第8.1节综合训练

对于 $ \mathrm{A} $ ，由于侧棱都垂直于底面的棱柱叫直棱柱，所以当一个立体图形的两个侧面是矩形时，还不能保证该立体图形的所有侧棱都垂直于底面，故 $ \mathrm{A} $ 错误；

对于 $ \mathrm{B} $ ，侧棱都相等且底面是正多边形的棱锥才叫做正棱锥，故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ，当底面不是矩形时，这样的四棱柱不是长方体，故 $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ ，因为棱柱的侧棱平行，则由相邻两个侧面与底面垂直，可得所有的侧棱都与底面垂直，所以底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱，故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{D} $ .

已知正方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ ,

对于 $ \mathrm{A} $ ,过 $ A $ , $ {B}_{1} $ , $ {D}_{1} $ 三点的截面为 $ △A{B}_{1}{D}_{1} $ ,由于 $ A{D}_{1}={D}_{1}{B}_{1}={B}_{1}A $ ,所以截面的形状为正三角形, $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,过棱 $ A{A}_{1} $ , $ B{B}_{1} $ , $ C{C}_{1} $ , $ D{D}_{1} $ 的中点,作正方体的截面,此时截面与上下底面平行且全等,所以截面的形状为正方形, $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ,如图①,用一个平面截正方体,截面可以是五边形,但不能为正五边形,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

图①

对于 $ \mathrm{D} $ ,如图②,用一个平面截正方体,当截面取各棱的中点时,截面是正六边形,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

图②

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

由题意，不妨设长方体礼物盒的长、宽、高分别为4，4，1，

则方式①中包装绳长为 $ 4\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}}+4\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}=4\sqrt{2}+4\sqrt{5} $ ，

方式②中包装绳长为 $ 4×1+4×4=20 $ ，所以使用方式①与使用方式②所需的包装绳长的比值为 $ \dfrac{4(\sqrt{2}+\sqrt{5})}{20}=\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{5}}{5} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

如图， $ △ABC $ 为圆锥的轴截面，设圆锥的底面半径为 $ r $ ，

若 $ \mathrm{\angle }BAC < {90}^{\circ } $ ，则所得截面面积的最大值为 $ {S}_{△ABC} $ ，

$ {S}_{△ABC}=\dfrac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin \mathrm{\angle }BAC < \dfrac{1}{2}AB\cdot AC=8 $ ，不符合题意，

故 $ \mathrm{\angle }BAC\geqslant {90}^{\circ } $ ，此时所得截面面积的最大值 $ S=\dfrac{1}{2}×4×4× \sin {90}^{\circ }=8 $ ，符合题意，

此时有 $ \sin \mathrm{\angle }OAB=\dfrac{r}{4}\geqslant \dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ，所以 $ r\geqslant 2\sqrt{2} $ ，

又 $ r < 4 $ ，所以 $ r\in [2\sqrt{2},4) $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

如图①,将三棱柱 $ ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ 的侧面 $ B{B}_{1}{C}_{1}C $ 和侧面 $ C{C}_{1}{A}_{1}A $ 沿 $ C{C}_{1} $ 展开至同一平面内,连接 $ M{B}_{1} $ ,

图①

$ \because M $ 为 $ AC $ 的中点,直三棱柱底面 $ △ABC $ 和 $ △{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ 是等边三角形,

$ \therefore CM=\dfrac{1}{2}AC=\sqrt{3} $ , $ \therefore BM=CM+BC=3\sqrt{3} $ ,

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△MB{B}_{1} $ 中,由勾股定理得 $ {B}_{1}M=\sqrt{31} $ .

如图②,把底面 $ ABC $ 和侧面 $ B{B}_{1}{A}_{1}A $ 沿 $ AB $ 展开至同一平面内,连接 $ M{B}_{1} $ ,

过点 $ M $ 作 $ MF\perp {A}_{1}{B}_{1} $ 于点 $ F $ ,交 $ AB $ 于点 $ E $ ,由图易知四边形 $ AEF{A}_{1} $ 是矩形,且 $ ME\perp AB $ ,

图②

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△AME $ 中, $ \mathrm{\angle }MAE={60}^{\circ } $ ,

$ \therefore ME=AM\cdot \sin {60}^{\circ }=\sqrt{3}×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3}{2} $ , $ AE=AM\cdot \cos {60}^{\circ }=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ,

$ \therefore MF=ME+EF=\dfrac{7}{2} $ , $ {B}_{1}F={A}_{1}{B}_{1}-{A}_{1}F=\dfrac{3\sqrt{3}}{2} $ ,

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△MF{B}_{1} $ 中,由勾股定理可得 $ {B}_{1}M=\sqrt{19} $ .

如图③,将底面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ 和侧面 $ {A}_{1}{C}_{1}CA $ 沿 $ {A}_{1}{C}_{1} $ 展开至同一平面内,连接 $ {B}_{1}M $ 交 $ {A}_{1}{C}_{1} $ 于点 $ N $ ,则 $ {B}_{1}M\perp AC $ , $ {B}_{1}N\perp {A}_{1}{C}_{1} $ ,

图③

$ 在\mathrm{R}\mathrm{t}△{A}_{1}N{B}_{1} $ 中, $ \mathrm{\angle }N{A}_{1}{B}_{1}={60}^{\circ } $ , $ \therefore N{B}_{1}={A}_{1}{B}_{1}\cdot \sin {60}^{\circ }=3 $ , $ \therefore {B}_{1}M={B}_{1}N+MN=5 $ .

$ \because \sqrt{19} < 5 < \sqrt{31} $ , $ \therefore $ 小虫爬行的最短路程为 $ \sqrt{19} $ .

因为 $ AB=2 $ , $ PA=2\sqrt{3} $ , $ AP\perp AB $ ,所以 $ PB=4 $ ,所以 $ \mathrm{\angle }APB={30}^{\circ } $ .

因为 $ AB\perp AC $ , $ AB=AC=2 $ ,所以 $ BC=2\sqrt{2} $ .

因为 $ PA $ 是球 $ O $ 的直径, $ D $ 在球 $ O $ 上,所以根据直径所对的圆周角为直角,可得 $ PD\perp AD $ ,则 $ AD=\sqrt{3} $ , $ PD=3 $ .

同理 $ AE=\sqrt{3} $ , $ PE=3 $ .

连接 $ DE $ ,因为 $ \dfrac{PD}{PB}=\dfrac{PE}{PC}=\dfrac{3}{4} $ ,所以 $ DE//BC $ ,故 $ \dfrac{PD}{PB}=\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{3}{4} $ ,得 $ DE=\dfrac{3\sqrt{2}}{2} $ .

在 $ △ADE $ 中,由余弦定理得 $ \cos \mathrm{\angle }DAE=\dfrac{D{A}^{2}+A{E}^{2}-D{E}^{2}}{2DA\cdot AE}=\dfrac{3+3-\dfrac{9}{2}}{2×\sqrt{3}×\sqrt{3}}=\dfrac{1}{4} $ .

设四分之一球的球心为 $ O $ ,小球的球心为 $ {O}_{1} $ ,小球的最大半径为 $ r $ ,作出该储物盒的轴截面如图，

由图可知, $ O{O}_{1}=\sqrt{2}r $ ,

因为 $ OB=O{O}_{1}+B{O}_{1} $ ,所以 $ \sqrt{2}r+r=2 $ ,解得 $ r=2\sqrt{2}-2 $ ，即小球的最大半径为 $ 2\sqrt{2}-2 $ .