第七章 课时作业1 空间几何体的结构特征-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦空间几何体结构特征，通过基础认知、综合应用、拓展创新三层设计，实现从概念识别到跨情境建模的知识巩固，培养空间观念与推理意识。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础认知|几何体类型判断、斜二测画法、旋转体形成|以直观图形辨析为主，如第1题几何体识别，强化空间观念| |综合应用|定义辨析、动态性质分析|通过多选项概念辨析（如第7题正四棱柱判定）和动态问题（第9题长方体倾斜），发展推理意识| |拓展创新|欧拉公式应用、最短路径计算|结合新定义（第12题曲率）与实际情境（第13题足球结构），体现跨情境建模，提升创新意识|

课时1 空间几何体的结构特征 一、单选题 1．如图所示，观察下列四个几何体，其中判断正确的是（    ） 图① 图② 图③ 图④ A．①是棱台，②不是圆台 B．②是圆台，③是棱锥 C．③是棱锥，④是棱台 D．③是棱锥，④是棱柱 2．如图，长方体ABCD­A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′. 则剩下的几何体是(　　) A．棱台 B．四棱柱 C．五棱柱 D．六棱柱 3．已知水平放置的四边形OABC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中O′A′∥B′C′，∠O′A′B′＝90°，O′A′＝1，B′C′＝2，则原四边形OABC的面积为(　 　) A． B．3 C．4 D．5 4．下列选项中的三角形绕直线l旋转一周，能得到如图所示几何体的为（　　）    A．   B．   C．   D．   5．一个正方体内接于一个球，过这个球的球心作一平面，则截面图形不可能是(　　) A B 　C D 6．某圆柱的高为2，底面周长为16，M，N分别是圆柱上、下底面圆周上的两点，其中OE⊥ON，如图所示，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长为(　 　) A．2　 B．2　 C．3　 D．2 二、多选题 7、下列说法正确的有(　　) A．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直的棱柱是正四棱柱 B．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥 D．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体 8、下列关于空间几何体的叙述正确的有(　　) A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形 C．长方体是直平行六面体 D．存在每个面都是直角三角形的四面体 9．如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，下列说法正确的有（    ） A．水的部分始终呈棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状 B．水面四边形EFGH的面积不改变 C．棱始终与水面EFGH平行 D．当时，是定值 三、填空题 10．一个棱柱有10个顶点,所有侧棱长之和为60 cm,则每条侧棱长为　　　　cm． 11．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，高为5，从点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线长度为 ． 12、（2025·浙江嘉兴市期末）规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为. 根据以上规定，可求得正方体在每个顶点的曲率为 ；四棱锥的总曲率为 . 四、解答题 13．瑞士数学家、物理学家欧拉发现任一凸多面体(即多面体内任意两点的连线都被完全包含在该多面体中，直观上讲是指没有凹陷或孔洞的多面体)的顶点数V、棱数E及面数F满足等式V－E＋F＝2，这个等式称为欧拉多面体公式，被认为是数学领域最漂亮、简洁的公式之一.现实生活中存在很多奇妙的几何体，现代足球的外观即取自一种不完全正多面体，它是由m块黑色正五边形面料和（32－m）块白色正六边形面料构成的．根据欧拉多面体公式，求m的值． 14. 如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB＝2，BC＝，AC＝1，AA1＝3，F为棱AA1上的动点，求BF＋FC1最小时△BFC1的面积． 课时1 空间几何体的结构特征参考答案 1．D【解析】对于选项A，①不是棱台，因为侧面不都是平行四边形，故A错误； 对于选项B，②不是圆台，因为上下底面不平行，故B错误； 对于选项C，④是棱柱，故C错误； 对于选项D，③是棱锥，④是棱柱，故D正确.故选D. 2．C【解析】由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱.故选C. 3．B【解析】方法一：由已知求得O′C′＝，把直观图还原后如图所示，可得原图形为直角梯形，OA∥CB，OA⊥OC，且OA＝1，BC＝2，OC＝2，故原四边形OABC的面积为×(1＋2)×2＝3．故选B. 方法二：由题意知A′B′＝1，所以S直观图＝×(1＋2)×1＝，所以S原图形＝2S直观图＝3．故选B. 4．B【解析】由题意知，该几何体是组合体，上、下各一个圆锥，根据旋转体的定义，可得B项符合题意.故选B. 5．D【解析】当截面平行于正方体的一个侧面时得C图；当截面过正方体的体对角线时得B图；当截面不平行于任何侧面也不过体对角线时得A图；但无论如何都不能截出D图.故选D. 6．B【解析】圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为EP的四等分点)如图所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．EN＝×16＝4，EM＝2，所以MN＝＝＝2．故选B. 7、AD【解析】若底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直，则该四棱柱底面为正方形，且侧棱垂直于底面，所以该四棱柱为正四棱柱，故A正确； 棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，因为它的侧棱延长后不一定交于一点，故B错误； 当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误； 若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确．故选AD. 8、CD【解析】当顶点在底面的投影是正多边形的中心时才是正棱锥，故A不正确； 当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为圆或矩形，否则为椭圆或椭圆的一部分，故B不正确； 长方体是直平行六面体，故C正确； 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形，故D正确．故选CD. 9．ACD【解析】根据面面平行性质定理，可得BC固定时，在倾斜的过程中，始终有，且平面平面DHGC，故水的形状成棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状，A正确. 水面四边形EFGH的面积是改变的，B错误. 因为，水面EFGH，水面EFGH，所以水面EFGH正确，C正确. 由于水的体积是定值，高不变，所以底面ABFE面积不变，即当E在时，是定值.D正确.故选ACD. 10．12【解析】n棱柱有2n个顶点,因为此棱柱有10个顶点,所以此棱柱为五棱柱.又棱柱的侧棱都相等,五条侧棱长的和为60 cm,可知每条侧棱长为12 cm. 11．13【解析】如图，将正三棱柱沿AA1剪开，再拼接一次，其侧面展开图为一个矩形，其长为12，宽为5，其最短路线长度等于＝13． 12、；【解析】根据曲率的定义得，正方体在每个顶点的曲率为.由定义可得，多面体的总曲率×顶点数各面内角和.因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为. 13．【解】依题意，设足球顶点数V、棱数E及面数F，则F=m+32－m=32，每条棱被两个面公用，故棱数每个顶点被3条棱公用，故顶点 .， 解得m=12. 14.【解】将直三棱柱ABC­A1B1C1沿棱AA1展开成平面，连接BC1(图略)，与AA1的交点即为满足BF＋FC1最小时的点F.因为在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝2，BC＝，AC＝1，AA1＝3，再结合棱柱的性质，可得A1F＝AA1＝1，故AF＝2.由图形及棱柱的性质，可得BF＝＝2，FC1＝＝，BC1＝＝2，cos∠BFC1＝＝＝－.故sin∠BFC1＝＝，所以△BFC1的面积为S＝ . 学科网（北京）股份有限公司 $