2021-2022年高考数学 7.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图练习
高三数学空间几何体的三视图与直观图试题答案及解析
高三数学空间几何体的三视图与直观图试题答案及解析1.一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可知，该多面体是由正方体截去两个正三棱锥所成的几何体，如图，正方体棱长为2，正三棱锥侧棱互相垂直，侧棱长为1，故几何体的体积为：V正方体-2V棱锥侧2×2×2−2×．故选：A．【考点】三视图求解几何体的体积．2.在长方体中割去两个小长方体后的几何体的三视图如图，则切割掉的两个小长方体的体积之和等于.【答案】24【解析】由题意割去的两个小长方体的体积为.【考点】三视图，几何体的体积..3.某几何体的三视图如图(其中侧视图中的圆弧是半圆)，则该几何体的表面积为()A．92＋14πB．82＋14πC．92＋24πD．82＋24π【答案】A【解析】由几何体的三视图，知该几何体的下半部分是长方体，上半部分是半径为2，高为5的圆柱的一半．长方体中EH＝4，HG＝4，GK＝5，所以长方体的表面积为(去掉一个上底面)2(4×4＋4×5)＋4×5＝92．半圆柱的两个底面积为π×22＝4π，半圆柱的侧面积为π×2×5＝10π，所以整个组合体的表面积为92＋4π＋10π＝92＋14π，选A．4.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为()【答案】D【解析】由题目所给的几何体的正视图和俯视图，可知该几何体为半圆锥和三棱锥的组合体，如图所示，可知左视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D．5.一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图为()【答案】C【解析】依题意可知该几何体的直观图如图所示，故其俯视图应为C．6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．12B．18C．24D．30【答案】C【解析】由三视图可知该几何体是一个底面为直角三角形的直三棱柱的一部分，其直观图如上图所示，其中,侧面是矩形，其余两个侧面是直角梯形，由于,平面平面,所以平面,所以几何体的体积为：故选C.【考点】1、空间几何体的三视图；2、空间几何体的体积.7.一块石材表示的几何体的三视图如图2所示，将石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图,侧视图,俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径,则,故选B.【考点】三视图内切圆球三棱柱8. [2013·四川高考]一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可以是()A．棱柱B．棱台C．圆柱D．圆台【答案】D【解析】由正视图和侧视图可知，该几何体不可能是圆柱，排除选项C；又由俯视图可知，该几何体不可能是棱柱或棱台，排除选项A、B.故选D.9.[2013·宁波质检]如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA1⊥平面A1B1C1，正视图是正方形，俯视图是正三角形，该三棱柱的侧视图面积为()A．2B．C．2D．4【答案】A【解析】由题意可知，该三棱柱的侧视图应为矩形，如图所示．在该矩形中，MM1＝CC1＝2，CM＝C1M1＝·AB＝.所以侧视图的面积为S＝2.10.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积的最大值为 .【答案】【解析】该几何体是类似墙角的三棱锥，假设一条直角的棱长为x，则三条直角棱长分别为.所以体积为.当且仅当时取等号.【考点】1.三视图.2.函数最值问题.3.空间想象能力.11.（2012•广东）某几何体的三视图如图所示，它的体积为（）A．12πB．45πC．57πD．81π【答案】C【解析】由三视图可知，此组合体上部是一个母线长为5，底面圆半径是3的圆锥，下部是一个高为5，底面半径是3的圆柱故它的体积是5×π×32+π×32×=57π故选C12. (2014·咸宁模拟)某几何体的三视图如图所示(其中侧视图中的圆弧是半圆),则该几何体的表面积为( )A．92+14πB．82+14πC．92+24πD．82+24π【答案】A【解析】由几何体的三视图知该几何体的下半部分是长方体,上半部分是半径为2,高为5的圆柱的一半.所以长方体的表面积为(去掉一个上底面)2(4×4+4×5)+4×5=92.半圆柱的两个底面积为π×22=4π,半圆柱的侧面积为π×2×5=10π,所以整个组合体的表面积为92+4π+10π=92+14π. 13.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为【答案】D【解析】条件对应的几何体是由底面棱长为r的正四棱锥沿底面对角线截出的部分与底面为半径为r的圆锥沿对称轴截出的部分构成的。
高一数学空间几何体的三视图与直观图试题答案及解析
高一数学空间几何体的三视图与直观图试题答案及解析1.已知一个几何体的三视图如图所示.（Ⅰ）求此几何体的表面积；（Ⅱ）在如图的正视图中，如果点为所在线段中点，点为顶点，求在几何体侧面上从点到点的最短路径的长.【答案】（1）；（2）【解析】（1）以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素的位置关系和数量关系；（2）多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理；（3）圆锥、圆柱、圆台的侧面是曲面，计算侧面积或长度时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和. 试题解析：（Ⅰ）由三视图知：此几何体是一个圆锥加一个圆柱，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和.所以． 6分（Ⅱ）沿点到点所在母线剪开圆柱侧面，如图：则，所以从点到点在侧面上的最短路径的长为． 12分【考点】空间几何体的表面积.2.如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为，腰和上底均为的等腰梯形，那么原平面图形的面积是_______-【答案】【解析】如图，根据斜二测画法，可得原平面图形是直角梯形，在直观图中，分别过顶点作底面的高，由于是等腰梯形，可得底面边长为，所以在平面图形中，可知DC=2，所以S= ( AD+BC)·DC=.【考点】直观图和平面图的关系.3.下列命题中正确的是（）A．空间三点可以确定一个平面B．三角形一定是平面图形C．若A、B、C、D既在平面α内，又在平面β内，则平面α和平面β重合D．四条边都相等的四边形是平面图形【答案】B【解析】不在同一直线的三点确定一个平面，故A错，B对；共线的四点可以构成无数个平面，故C错；正四面体的四个边都相等，但它不是平面图形，故D错.故选B.【考点】平面的基本性质.4.将棱长为2的正方体切割后得一几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为___________.【答案】.【解析】由三视图可知，该几何体为正方体先切割得到的三棱柱后切割一三棱锥，如图所示，则其体积为.【考点】空间几何体的体积.5.某一几何体的三视图如图所示.按照给出的尺寸（单位:cm），(1)请写出该几何体是由哪些简单几何体组合而成的;（2）求出这个几何体的体积.【答案】(1) 正方体和直三棱柱；（2）10cm3．【解析】(1)画出已知三视图的直观图,就很容易获得此几何体是由哪些简单几何体组合而成的;(1)既然几何体是由简单几何体组合而成的,那就只需先求得各个简单几何体的体积,然后相加即得所求几何体的体积.试题解析：(1)如图是题中所给几何体的直观图，所以这个几何体可看成是由正方体及直三棱柱的组合体．（2）由，，可得．所求几何体的体积：【考点】1.三视图;2.直观图;3.体积公式.6.某向何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可知,该几何体是一个长方体和一个半圆柱组成的几何体,所以体积为。
高考数学一轮总复习 第七章 立体几何 第一节 空间几何体的结构及其三视图和直观图练习 文
第一节空间几何体的结构及其三视图和直观图【最新考纲】 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．1．多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都互相平行，上下底面是全等的多边形．(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．旋转体的形成直角三角形(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图．(2)三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．1．(质疑夯基)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.( )(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×2．如图，长方体ABCD A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．简单组合体解析：由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．答案：C3．(2016·邯郸调研)一几何体的直观图如图所示，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解析：由于组合体的上部分(五面体)与下部分(长方体)有相同的底面，则几何体在下底面的投影为图形B.答案：B4．(2015·课标全国Ⅱ卷)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15解析：如图所示，由条件知，截去部分是正三棱锥DABC.设正方体的棱长为a ，则V DABC ＝a 36，因此剩余部分的体积V 剩＝56a 3，故它们的体积之比为15.答案：D5．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于________．解析：由题意得圆柱的底面半径r ＝1，母线l ＝1. 所以圆柱的侧面积S ＝2πrl ＝2π. 答案：2π一种思想棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想．两点注意1．注意空间几何体的不同放置对三视图的影响． 2．画直观图注意平行性、长度两个要素．(1)平行性不变；(2)平行于y 轴的线段长度减半，平行于x 轴、z 轴的线段长度不变． 三条规则——画三视图应遵循的三条规则 1．画法规则：“长对正，宽相等，高平齐”．2．摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方．3．实虚线的画法规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见线和棱用虚线画出．一、选择题1．(2014·福建卷)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体 D ．三棱柱解析：由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形．答案：A3．已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( )A.32 B ．1 C.2＋12D. 2 解析：由于该正方体的俯视图是面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，因此该几何体的正视图是一个长为2，宽为1的矩形，其面积为 2.答案：D4．(2014·北京卷)在空间直角坐标系O xyz 中，已知A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(1，1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( )A ．S 1＝S 2＝S 3B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2D ．S 3＝S 2且S 3≠S 1解析：如右图所示。
高考一轮练习(7.1空间几何体的结构特征及三视图和直观图)
课时提升作业(四十二)一、选择题1.以下四个命题:①正棱锥的所有侧棱相等;②直棱柱的侧面都是全等的矩形;③圆柱的母线垂直于底面;④用经过旋转轴的平面截圆锥,所得的截面一定是全等的等腰三角形.其中,真命题的个数为( )(A)4 (B)3 (C)2 (D)12.下列几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是( )(A)①②(B)①③(C)①④(D)②④3.(2013·沈阳模拟)一个锥体的主视图和左视图如图所示,下面选项中,不可能是该锥体的俯视图的是( )4.如图,△ABC为正三角形,AA′∥BB′∥CC′,CC′⊥平面ABC且3AA′=错误！未找到引用源。
BB′=CC′=AB,则多面体ABC-A′B′C′的主视图是( )5.(2013·宁波模拟)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示),∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这个平面图形的面积为( )(A)错误！未找到引用源。
+错误！未找到引用源。
(B)2+错误！未找到引用源。
(C)错误！未找到引用源。
+错误！未找到引用源。
(D)错误！未找到引用源。
+错误！未找到引用源。
6.一个正方体截去两个角后所得几何体的主视图、左视图如图所示,则其俯视图为( )7.(2013·西安模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A处出发,经正方体的表面,按最短路线爬行到达顶点C1位置,则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的主视图是( )(A)①②(B)①③(C)②④(D)③④二、填空题8.等腰梯形ABCD,上底CD=1,腰AD=CB=错误！未找到引用源。
,下底AB=3,以下底所在直线为x轴,则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为.9.(2013·临沂模拟)已知某个几何体的三视图如图所示,根据图中标出的尺寸(单位:cm),可得这个几何体的体积是错误！未找到引用源。
2022年高考数学空间几何体的直观图与三视图知识点专项练习含答案
专题28 空间几何体的直观图与三视图一、单选题（本大题共12小题，共60分）1.已知一个几何体的正视图和侧视图如图(1)所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图(2)所示)，则此几何体的体积为()A. 1B. √2C. 2D. 2√22.正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图(如图)，则原图形的周长是()A. 6cmB. 8cmC. (2+3√2)cmD. (2+2√3)cm3.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. 3π2+1+√32B. 3π+12+√32C. 3π+1+√32D. 3π+1+√324.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. 3π+4+√3B. 3π+5+√3C. 52π+6+√3 D. 52π+4+√35.已知某几何体的一条棱长为l，该棱在正视图中的投影长为√2020，在侧视图与俯视图中的投影长为a与b，且a+b=2√1011，则l的最小值为()A. √20212B. √40422C. √2021D. 20216.已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. √24π+72B. √24π+4 C. 1+√24π+72D. 1+√24π+47.某圆柱的正视图是如图所示的边长为2的正方形，圆柱表面上的点A，B，C，D，F在正视图中分别对应点A，B，C，E，F.其中E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线AC与DF所成角的余弦值为()A. 13B. √23C. √33D. √638.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()A. 22π3B. 28π3C. 34π3D. 40π39.如图，网络纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的某几何体的三视图，则该几何体的体积是()A. 18πB. 21πC. 27πD. 36π10.如图所是某一容器三视图，现容中匀速注水，容器中的度h随时间变可能图象是()A. B. C. D.11.如图是一个四棱锥的三视图，则该几何体的体积为()A. 403B. 323C. 163D. 28312.如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A. 64−8√2π3B. 64−4√2π3C. 64−8π3D. 64−4π3二、单空题（本大题共4小题，共20分）13.某组合体的正视图和侧视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是图(2)中粗线所表示的平面图形，其中四边形O′A′B′C′为平行四边形，D′为C′B′的中点，则图(2)中平行四边形O′A′B′C′的面积为___________．14.以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和附视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_____________(写出符合求的一组答案即可)．15.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别是棱B1C1，C1D1的中点，过A，M，N三点作正方体的截面，将截面多边形向平面ADD1A1作投影，则投影图形的面积为．16.把平面图形α上的所有点在另一个平面上的射影所构成的图形β称为图形α在这个平面上的射影，如图所示，在三棱锥A−BCD中，BC⊥DC，AD⊥DC，BC⊥AB，BC= CD=4，AC=4√3，则△ADB在平面ABC上的射影的面积是________．三、解答题（本大题共2小题，共20分）13．设某几何体的三视图如图(尺寸的长度单位为cm)，（1）用斜二测画法画出该几何体的直观图(不写画法)；（2）求该几何体最长的棱长.14．设一正方形纸片ABCD边长为4厘米，切去阴影部分所示的四个全等的等腰三角形，剩余为一正方形纸片和四个全等的等腰三角形，沿虚线折起，恰好能做成一个正四棱锥，O为正四棱锥底面中心．，（粘接损耗不计），图中AH PQ（1）若正四棱锥的棱长都相等，请求出它的棱长并画出它的直观图示意图；（2）设等腰三角形APQ的底角为x，试把正四棱锥的侧面积表示为x的函数，并求S范围．专题28 空间几何体的直观图与三视图一、单选题（本大题共12小题，共60分）17.已知一个几何体的正视图和侧视图如图(1)所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图(2)所示)，则此几何体的体积为()A. 1B. √2C. 2D. 2√2【答案】B【解析】解：根据直观图可得该几何体的俯视图是一个直角边长分别是2和√2的直角三角形，根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为3，所以体积V=13×(12×2×√2)×3=√2．故选B．18.正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图(如图)，则原图形的周长是()A. 6cmB. 8cmC. (2+3√2)cmD. (2+2√3)cm【答案】B【解析】解：如图，OA=1cm，在Rt△OAB中，OB=2√2 cm，∴AB=√OA2+OB2=3cm．∴四边形OABC的周长为8cm．故选B．19.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. 3π2+1+√32B. 3π+12+√32C. 3π+1+√32D. 3π+1+√32【答案】C【解析】解：由三视图可知几何体上部为三棱锥，下部为半球，三棱锥的底面和2个侧面均为等腰直角三角形，直角边为1，另一个侧面为边长为√2的等边三角形，半球的直径2r=√2，故r=√22．∴S表面积=12×1×1×2+√34×(√2)2+12×4π×(√22)2+π×(√22)2−12×1×1=12+√32+3π2．故选：C．20.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. 3π+4+√3B. 3π+5+√3C. 52π+6+√3 D. 52π+4+√3【答案】A【解析】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个半圆柱和三棱锥的组合体半圆柱的半径为1高2，所以该组合体的面积故选A．21.已知某几何体的一条棱长为l，该棱在正视图中的投影长为√2020，在侧视图与俯视图中的投影长为a与b，且a+b=2√1011，则l的最小值为()A. √20212B. √40422C. √2021D. 2021【答案】C【解析】解：如图所示：设长方体中AB=m，BD为正投影，BE为侧投影，AC为俯视图的投影．故：BD=√2020，BE=a，AC=b，设AE=x，CE=y，BC=z，则：x2+y2+z2=l2，x2+y2=b2，y2+z2=a2，x2+z2=2020，所以2(x2+y2+z2)=a2+b2+2020，故：2l2=a2+b2+2020，因为a2+b2≥(a+b)22=2022，所以2l2≥2022+2020，则l≥√2021．故l的最小值为√2021．故选C．22.已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. √24π+72B. √24π+4 C. 1+√24π+72D. 1+√24π+4【答案】D【解析】解：几何体左边为四分之一圆锥，圆锥的半径为1，高为1，右边为三棱锥，三棱锥底面是直角边长为1和2的直角三角形，高为1，所以几何体的表面积为：+12×(2+1)×1+12×√2×√(√5)2−(√22)2，故选D．23.某圆柱的正视图是如图所示的边长为2的正方形，圆柱表面上的点A，B，C，D，F在正视图中分别对应点A，B，C，E，F.其中E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线AC与DF所成角的余弦值为()A. 13B. √23C. √33D. √63【答案】D【解析】解：如图所示，连结DE，EF，易知EF//AC，所以异面直线AC与DF所成角为∠DFE，由正视图可知，DE⊥平面ABC，所以DE⊥EF．由于AB=BC=2，所以EF=√2，又DE=1，所以DF=√3，在RtΔEFM中，cos∠DFE=√2√3=√63，故选D．24.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()A. 22π3B. 28π3C. 34π3D. 40π3【答案】C【解析】解：根据几何体得三视图转换为几何体为：该几何体是由一个底面半径为2，高为3的半圆柱和一个半径为2的半球组成，故：V=12⋅π×22×3+12×43×π×23=34π3．故选C．25.如图，网络纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的某几何体的三视图，则该几何体的体积是()A. 18πB. 21πC. 27πD. 36π【答案】A【解析】解：该几何体是一个四分之一的圆和圆锥的组合体，如图：有题意知该圆的直径为6cm，圆锥的高为3cm，则该几何体的体积为13×π×32×3+1 4×43π×33=18π，故选A．26.如图所是某一容器三视图，现容中匀速注水，容器中的度h随时间变可能图象是()A. B. C. D.【答案】B【解析】解：三视图表示的容器倒的圆锥，下细，上面，刚开始度增加的相快些．曲越竖直”，后，高度增加来越慢，图越平稳．故B．27.如图是一个四棱锥的三视图，则该几何体的体积为()A. 403B. 323C. 163D. 283【答案】A【解析】解：由三视图得到其直观图(下图所示)，则体积为：13×[12(1+4)×4]×4=403，故选A ．28.如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A. 64−8√2π3B. 64−4√2π3C. 64−8π3D. 64−4π3【答案】A【解析】解：这是一个有一条侧棱垂直于底面的四棱锥内部挖去了一个八分之一的球，四棱锥的底面边长和高都等于4，八分之一球的半径为2√2，，故选A ．二、单空题（本大题共4小题，共20分）29. 某组合体的正视图和侧视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是图(2)中粗线所表示的平面图形，其中四边形O ′A ′B ′C ′为平行四边形，D ′为C ′B ′的中点，则图(2)中平行四边形O ′A ′B ′C ′的面积为___________．【答案】3√2【解析】解：由正视图和侧视图可得俯视图如下：∴|O′A′|=4，|O′C′|=32，∠A′O′C′=45°，∴S ΔA′O′C′=12|O′A′|·|O′C′|·sin∠A′O′C′ =12×4×32×√22=3√22， ∴S ▱O′A′B′C′=2S △A′O′C′=3√2， 故答案为3√2．30.以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和附视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_____________(写出符合求的一组答案即可)．【答案】②⑤或③④【解析】解：由高度可知，侧视图只能为②或③，侧视图为②，如图(1)平面PAC⊥平面ABC，PA=PC=√2，BA=BC=√5,AC=2，俯视图为⑤；侧视图为③，如图(2)，PA⊥平面ABC，PA=1,AC=AB=√5,BC=2，俯视图为④．故答案为②⑤或③④．31.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别是棱B1C1，C1D1的中点，过A，M，N三点作正方体的截面，将截面多边形向平面ADD1A1作投影，则投影图形的面积为．【答案】712【解析】解：直线MN分别与直线A1D1，A1B1交于E，F两点，连接AE，AF，分别与棱DD1，BB1交于G，H两点，连接GN，MH，得到截面五边形AGNMH，向平面ADD1A1作投影，得到五边形AH1M1D1G，由点M，N分别是棱B1C1，C1D1的中点，可得D1E=D1N=12，由△D1EG∽△DAG，可得DG=2D1G=23，同理BH=2B1H=23，则AH1=2A1H1=23，A1M1=D1M1=12，则S AH1M1D1G =1−S A1H1M1−S ADG=1−12×12×13−12×1×23=712，故答案为：712．32.把平面图形α上的所有点在另一个平面上的射影所构成的图形β称为图形α在这个平面上的射影，如图所示，在三棱锥A−BCD中，BC⊥DC，AD⊥DC，BC⊥AB，BC= CD=4，AC=4√3，则△ADB在平面ABC上的射影的面积是________．【答案】8√2【解析】解：因为BC⊥DC，AD⊥DC，BC⊥AB，BC=CD=4，AC=4√3，把三棱锥A−BCD放入如图所示的棱长为4的正方体中，过点D作CE的垂线DF，垂足为F，连接AF，BF，因为BC⊥平面CE，DF⊂平面CE，故BC⊥DF又BC∩CE=C，BC，CE⊂平面ABC则DF⊥平面ABC，故△ADB在平面ABC上的射影为△AFB，因为AB=√42+42=4√2，×4×4√2=8√2，所以△AFB的面积为12即△ADB在平面ABC上的射影的面积为8√2．故答案为8√2．三、解答题（本大题共2小题，共20分）13．设某几何体的三视图如图(尺寸的长度单位为cm)，（1）用斜二测画法画出该几何体的直观图(不写画法)；（2）求该几何体最长的棱长.【答案】（1）答案见解析；（2）4cm.【解析】（1）（2）如下图，SE⊥面ABC，线段AC中点为D2,3,1,4,2,=1======，BD AC SE cm AE cm CE cm AC cm AD DC cm DE cm⊥，=，3BD cm在等腰ABC中，AB AC=在Rt SEA△中，SA=在Rt SEC△中，SC△中，BE==在Rt BDE∴⊥SE⊥面ABC，SE BE在Rt SEB△中，SB=<==<<，在三梭锥S-ABC中，SC AB AC SA SB AC所以最长的棱为AC ，长为4cm14．设一正方形纸片ABCD 边长为4厘米，切去阴影部分所示的四个全等的等腰三角形，剩余为一正方形纸片和四个全等的等腰三角形，沿虚线折起，恰好能做成一个正四棱锥（粘接损耗不计），图中AH PQ ⊥，O 为正四棱锥底面中心．，（1）若正四棱锥的棱长都相等，请求出它的棱长并画出它的直观图示意图；（2）设等腰三角形APQ 的底角为x ，试把正四棱锥的侧面积表示为x 的函数，并求S 范围．【答案】（1），画图见解析；（2）161tan 2tan S x x=++，()0,4.【解析】（1）由题意，设正四棱锥的棱长为a，则AH =，2a AC a +===（2）设PH b =，则tan AH b x =，由2tan 2a x a ⋅+=a =，从而22116tan 442tan 2(tan 1)APQ x S S PQ AH a x x ==⋅⋅⋅==+△，其中(tan 1),x ∈+∞，∴16(0,4)1tan 2tan S x x=∈++。
2022版高考数学一轮复习第七章立体几何第一讲空间几何体的结构及其三视图和直观图学案含解析新人教版
第七章立体几何第一讲空间几何体的结构及其三视图和直观图知识梳理·双基自测知识梳理知识点一多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形结构特征①有两个面互相__平行且全等__，其余各面都是__四边形__.②每相邻两个四边形的公共边都互相__平行__有一个面是__多边形__，其余各面都是有一个公共顶点的__三角形__的多面体用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，__截面__和__底面__之间的部分侧棱__平行且相等__相交于__一点__但不一定相等延长线交于__一点__ 侧面形状__平行四边形____三角形____梯形__名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，__垂直__于底面相交于__一点__延长线交于__一点__轴截面全等的__矩形__全等的__等腰三角全等的__等腰梯__圆__归纳拓展1．三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，主视图反映了物体的长度和高度；俯视图反映了物体的长度和宽度；左视图反映了物体的宽度和高度；由此得到：主俯长对正，主左高平齐，俯左宽相等．2．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比，有“三变、三不变”．三变：坐标轴的夹角改变，与y轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变．三不变：平行性不变，与x轴平行的线段长度不变，相对位置不变．双基自测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( ×)(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( ×)(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的截面与底面之间的部分．( √)(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( ×)(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( ×)(6)菱形的直观图仍是菱形．( × )题组二 走进教材 2．(必修2P 19T2)下列说法正确的是( D )A ．相等的角在直观图中仍然相等B ．相等的线段在直观图中仍然相等C ．正方形的直观图是正方形D ．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行[解析]由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行关系不变． 题组三 走向高考3．(2020·新课标Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( C )A ．5－14B ．5－12C ．5＋14D ．5＋12[解析]如图，设CD ＝a ，PE ＝b ，则PO ＝PE 2－OE 2＝b 2－a 24，由题意PO 2＝12ab ，即b 2－a 24＝12ab ，化简得4⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2－2·b a －1＝0，解得b a ＝1＋54(负值舍去)．故选C ．4．(2017·，7)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( B )A．32B．2 3C．22D．2[解析]根据三视图可得该四棱锥的直观图(四棱锥P－ABCD)如图所示，将该四棱锥放入棱长为2的正方体中．由图可知该四棱锥的最长棱为PD，PD＝22＋22＋22＝2 3.故选B．5．(2018·全国Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如下图，圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在侧视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( B )A．217B．2 5C．3D．2[解析]先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点M，N的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ， 则图中MN 即为M 到N 的最短路径．|ON |＝14×16＝4，|OM |＝2， ∴|MN |＝|OM |2＋|ON |2＝22＋42＝2 5.考点突破·互动探究考点一 空间几何体的结构特征——自主练透例1 (1)给出下列四个命题，其中错误命题．．．．的序号是( D ) ①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 ②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 ③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体 ④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱A ．②③④B ．①②③C ．①②④D ．①②③④(2)下列结论：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；⑤用任意一个平面截一个几何体，所得截面都是圆面，则这个几何体一定是球．其中正确结论的序号是__⑤__.[解析](1)认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，例：在如图所示的平行六面体中，ADD 1A 1及BCC 1B 1都是矩形，且平面ABB 1A 1及DCC 1D 1都与底面ABCD垂直，故①④错误；将菱形沿一条对角线折起所得三棱锥各面都是等腰三角形，但该棱锥不一定是正棱锥，故②错误；侧面都是矩形但底面为梯形的直四棱柱不是长方体，故③错误．故选D．(2)①中这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，①错；②中这条腰若不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，②错；圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，③错误；④中如果用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，则得到的不是圆锥和圆台，④错；只有球满足任意截面都是圆面，⑤正确．名师点拨空间几何体概念辨析题的常用方法(1)定义法：紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定．(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图——多维探究角度1 由几何体的直观图识别三视图例2(2018·课标Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( A )[解析]由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A．角度2 由空间几何体的三视图还原直观图例3(2018·高考)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( C )A．1B．2C．3D．4[解析]由该四棱锥的三视图，得其直观图如图，由正视图和侧视图都是等腰直角三角形，知PD⊥平面ABCD，所以侧面PAD和PDC都是直角三角形，由俯视图为直角梯形，易知DC⊥平面PAD．又AB∥DC，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PA，所以侧面PAB也是直角三角形.易知PC＝22，BC＝5，PB＝3，从而△PBC不是直角三角形，故选C．角度3 由三视图的两个视图推测另一视图例4(2021·某某金卷改编)某几何体的正视图与侧视图如图所示，则它的俯视图不可能是( C )[解析]若几何体为两个圆锥体的组合体，则俯视图为A；若几何体为四棱锥与圆锥的组合体，则俯视图为B；若几何体为两个三棱锥的组合体，则俯视图为D；故选C．名师点拨1．由几何体的直观图求三视图．注意主视图、左视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，看不到的部分用虚线表示．2．由几何体的三视图还原几何体的形状，要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象或长方体将三视图还原为实物图．常见三视图对应的几何体：①三视图为三个三角形，对应三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应三棱柱；⑤三视图为两个四边形，一个圆，对应圆柱．3．由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，再找其剩下部分三视图的可能形式，当然作为选择题，也可将选项逐项检验，看看给出的部分三视图是否符合．〔变式训练1〕(1)(理)(角度1)(2020·某某省某某市三模)“牟合方盖”是我国古代数学家X徽在研究球的体积过程中构造在一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)，其直观图如图所示，图中四边形是体现其直观性所做的辅助线，当其正视图与侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别是( A )A．a，b B．a，cC．a，d D．b，d(文)(角度1)(2019·某某某某中学月考)将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( D )(2)(理)(角度2)(2021·某某模拟)若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( A )(文)(2021·某某模拟)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( D )(3)(角度3)(2021·某某某某三诊)如图是某几何体的正视图和侧视图，则该几何体的俯视图不可能是( A )[解析](1)(理)因为相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．所以其正视图和侧视图是一个圆；若俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，则俯视图是有2条对角线且为实线的正方形．故选A．(文)易知侧视图的投影面为矩形，又AF的投影线为虚线，即为左下角到右上角的对角线，所以该几何体的侧视图为选项D中图．(2)(理)利用排除法求解．B的侧视图不对．C图的俯视图不对，D的正视图不对，排除B，C，D，A正确，故选A．(文)选项A的正视图、俯视图不符合要求，选项B的正视图不符合要求，选项C的俯视图不符合要求，故选D．(3)若俯视图为A，则正视图不符，故选A．考点三空间几何体的直观图——师生共研例5(2021·某某某某三中模拟)已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为( D )A ．34a 2B ．38a 2C ．68a 2D ．616a 2[解析]如图①、②所示的实际图形和直观图．由②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a .∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.[引申]若已知△ABC 的平面直观图△A 1B 1C 1是边长为a 的正三角形，则原△ABC 的面积为__62a 2__.[解析]在△A 1D 1C 1中，由正弦定理asin 45°＝xsin 120°，得x ＝62a ，∴S △ABC ＝12×a ×6a ＝62a 2.名师点拨1．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段的位置，注意“三变”与“三不变”；平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系是S直观图＝24S原图形．2．在原图形中与x轴或y轴平行的线段，在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．〔变式训练2〕一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面四边形的面积等于( B )A．24a2B．22a2C．22a2D．223a2[解析]由题意可知原平行四边形一边长为a，此边上的高为22a，故其面积为22a2.故选B．名师讲坛·素养提升(理)三视图识图不准致误例6(2020·某某某某模拟)如图为一圆柱切削后的几何体及其正视图，则相应的侧视图可以是( B )[错因分析] (1)不能正确把握投影方向致误；(2)不能正确判定上表面椭圆投影形状致误；(3)不能正确判定投影线的虚实致误．[解析]圆柱被不平行于底面的平面所截得的截面为椭圆，结合正视图，可知侧视图最高点在中间，故选B．名师点拨对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，再画其三视图．另外要注意交线的位置，可见的轮廓线都画成实线，存在但不可见的轮廓线一定要画出，但要画成虚线，即一定要分清可见轮廓线与不可见轮廓线，避免出现错误．〔变式训练3〕(2019·某某省某某市模拟)设四面体ABCD各棱长均相等，S为AD的中点，Q为BC上异于中点和端点的任一点，则△SQD在四面体的面BCD上的射影可能是( C )[解析]设BC的中点为P，则由题意可知DP⊥BC且平面ADP⊥平面BDC，从而S在平面BCD上的射影在DP上，△SQD在面BCD上的射影为C，故选C．(文)三视图识图不准致误例6(2021·某某阆中中学测试)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为( B )[错因分析](1)不能正确把握投影方向、角度致误；(2)不能正确确定点、线的位置致误；(3)不能正确判断实线与虚线而致误．[解析]其左视图即为几何体在平面BCC1B1上的投影，注意到加工后的几何体的棱AD1在平面BCC1B1上的投影为BC1且在左视图中能见到，而棱B1C的投影即为它本身且在左视图中看不见，故选B．名师点拨在三视图中，正视图、侧视图的高就是空间几何体的高，正视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度，侧视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度，在绘制三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画出，被遮挡的部分的轮廓线用虚线表示出来，即“眼见为实、不见为虚”．〔变式训练3〕(2020·某某某某质检)如图是正方体截去阴影部分所得的几何体，则该几何体的侧视图是( C )[解析]此几何体侧视图是从左边向右边看．故选C．。
近年高考数学一轮复习第7章立体几何7.1空间几何体的结构及其三视图和直观图课后作业文(2021年整
2019版高考数学一轮复习第7章立体几何7.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图课后作业文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第7章立体几何7.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图课后作业文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019版高考数学一轮复习第7章立体几何7.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图课后作业文的全部内容。
7．1 空间几何体的结构及其三视图和直观图[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以是（）答案D解析由俯视图是圆环可排除A，B，C,进一步将已知三视图还原为几何体，故选D.2．如图所示，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，M，E是AB的三等分点,G，N是CD的三等分点，F，H分别是BC，MN的中点，则四棱锥A′－EFGH的侧视图为（）答案C解析侧视图中A′E，A′G重合，A′H成为A′N，A′F，A′B重合,侧视图为向左倾斜的三角形．故选C.3．(2017·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABC－DEF截去一个三棱锥A－BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图（主视图）是( )答案C解析由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直．故选C.4．（2018·江西景德镇质检)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1上、下底面中心分别为O1，O2，将正方体绕直线O1O2旋转一周，其中由线段BC1旋转所得图形是( ）答案D解析由图形的形成过程可知,在图形的面上能够找到直线，在B，D中选,显然B不对,因为BC1中点绕O1O2旋转得到的圆比B点和C1点的小．故选D.5．（2017·内江模拟)如图，已知三棱锥P－ABC的底面是等腰直角三角形，且∠ACB＝错误!，侧面PAB⊥底面ABC，AB＝PA＝PB＝2.则这个三棱锥的三视图中标注的尺寸x，y，z分别是( )A。
2021届高考数学一轮温习第七章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图课时作业
第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图课时作业A组——基础对点练1.如图所示，四面体ABCD的四个极点是长方体的四个极点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的正视图、侧视图、俯视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤解析：正视图应为边长为3和4的长方形，且正视图中右上到左下的对角线应为实线，故正视图为①；侧视图应为边长为4和5的长方形，且侧视图中左上到右下的对角线应为实线，故侧视图为②；俯视图应为边长为3和5的长方形，且俯视图中左上到右下的对角线应为实线，故俯视图为③，故选B.答案：B2．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正三角形，则侧视图的面积为( ) A．8 B．43C．4 2 D．4解析：由三视图可知，该几何体是一个正三棱柱，高为4，底面是一个边长为2的正三角形．因此，侧视图是一个长为4，宽为3的矩形，其面积S＝3×4＝4 3.答案：B3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为( )A．3 3 B．2 6C.21 D．2 5解析：由三视图得，该几何体是四棱锥PABCD，如图所示，ABCD为矩形，AB＝2，BC＝3，平面PAD ⊥平面ABCD ，过点P 作PE ⊥AD ，则PE ＝4，DE ＝2，所以CE ＝22，所以最长的棱PC ＝PE 2＋CE 2＝26，故选B.答案：B4．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2解析：由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.答案：D5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．(25＋35)πB ．(25＋317)πC ．(29＋35)πD ．(29＋317)π解析：由三视图可知该几何体的直观图如图所示，所以该几何体的表面积为π＋π×(1＋2)×17＋2×π×2×4＋4π×222＝π＋317π＋16π＋8π＝(25＋317)π，故选B.答案：B6．(2021·长沙模拟)某几何体的正视图和侧视图均为图甲所示，则在图乙的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是( )A ．①③B ．①③④C ．①②③D ．①②③④解析：若图②是俯视图，则正视图和侧视图中矩形的竖边延长线有一条和圆相切，故图②不合要求；若图④是俯视图，则正视图和侧视图不相同，故图④不合要求，故选A. 答案：A7．(2021·石家庄市模拟)某几何体的三视图如图所示，则其体积为( )A.3π4B ．π＋24C.π＋12D ．3π＋24解析：由几何体的三视图知，该几何体的一部份是以腰长为1的等腰直角三角形为底面，高为3的三棱锥，另一部份是底面半径为1，高为3的圆锥的四分之三．所以几何体的体积为13×3π4×3＋13×12×1×1×3＝3π4＋12＝3π＋24，故选D. 答案：D8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π解析：由三视图恢复的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图．其中长方体的长、宽、高别离是4,2,2，半个圆柱的底面半径为2，母线长为4.∴长方体的体积V 1＝4×2×2＝16， 半个圆柱的体积V 2＝12×22×π×4＝8π.∴这个几何体的体积是16＋8π. 答案：A9．一个半径为2的球体通过切割以后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．16πB ．12πC ．14πD ．17π解析：按照三视图可知几何体是一个球体切去四分之一，则该几何体的表面是四分之三球面和两个截面(半圆)． 由题意知球的半径是2，∴该几何体的表面积S ＝34×4π×22＋π×22＝16π.答案：A10．一个几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为( )A.72 m 3 B ．92 m 3 C.73m 3 D ．94m 3 解析：由三视图可知，几何体为如图所示的几何体，其体积为3个小正方体的体积加三棱柱的体积，所以V ＝3＋12＝72(m 3)，故选A.答案：A11．球面上有A ，B ，C 三点，球心O 到平面ABC 的距离是球半径的13，且AB ＝22，AC ⊥BC ，则球O 的表面积是( ) A ．81π B ．9π C.81π4D ．9π4解析：由题意可知，AB 为△ABC 的外接圆的直径，设球O 的半径为R ，则R 2＝(R3)2＋(2)2，可得R ＝32，则球的表面积S ＝4πR 2＝9π.故选B.答案：B12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：将三视图还原成直观图，取得如图所示几何体，设BC 的中点为G ，连接AG ，DG ，△ABC 是一个边长为2的等边三角形，其高AG ＝ 3.该几何体可以看成一个三棱锥与一个四棱锥组合而成．∴该几何体的体积V ＝V三棱锥D ABG＋V四棱锥A DECG＝13×S △ABG ×DG ＋13×S 四边形DECG×AG ＝13×12×1×3×2＋13×2×1×3＝ 3.答案： 313．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由题意取得几何体的直观图如图，即从四棱锥P ABCD 中挖去了一个半圆锥．其体积V ＝13×2×2×2－12×13×π×12×2＝8－π3.答案：8－π314.某零件的正(主)视图与侧(左)视图均是如图所示的图形(实线组成半径为2 cm 的半圆，虚线是等腰三角形的两腰)，俯视图是一个半径为2 cm 的圆(包括圆心)，则该零件的体积是________．解析：依题意得，零件可视为从一个半球中挖去一个小圆锥所剩余的几何体，其体积为12×4π3×23－13×π×22×1＝4π(cm 3)．答案：4π cm 3B 组——能力提升练1．若三棱锥S ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，AB ＝SA ＝SB ＝SC ＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为( ) A.16π3B ．8π3C.43π3D ．4π3解析：在等腰直角三角形ABC 中，AB 是斜边且AB ＝2，取AB 的中点D ，连接CD ，SD .∴CD ＝AD ＝BD ＝1.又SA ＝SB ＝SC ＝2，∴SD ⊥AB ，且SD ＝3，在△SCD 中，SD 2＋CD 2＝SC 2，∴SD ⊥CD ，∴SD ⊥平面ABC .∴三棱锥S ABC 的外接球球心在SD 上，记为O ，设球半径为R ，连接OA ，则SO ＝OA ＝R ，∴在Rt △AOD 中，AD ＝1，OD ＝3－R ，AO ＝R ，∴12＋(3－R )2＝R 2⇒R ＝233，∴三棱锥S ABC 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×(233)2＝16π3.故选A.答案：A2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163B.203C.152D.132解析：该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－13×12×2×2×2－13×12×1×1×1＝132.故选D.答案：D3.如图是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体，截面与底面所成的角为45°，过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形ABB ′A ′为矩形，若沿AA ′将其侧面剪开，其侧面展开图的形状大致为( )解析：过AB 作平行于底面的半平面α，如图，取截面边界上任一点P ，过P 作PP ′垂直于半平面α，垂足为P ′，延长PP ′交圆柱底面于点P 1，过P作PM ⊥AB ，垂足为M ，连接MP ′，则MP ′⊥AB ，∠PMP ′就是截面与底面所成的角，∠PMP ′＝45°，设AB 的中点为O ，连接OP ′.设l AP ′＝x ，则∠AOP ′＝x1＝x ，在Rt △PP ′M 中，PP ′＝MP ′，在Rt △OP ′M 中，MP ′＝OP ′sin∠MOP ′＝sin x ，∴PP ′＝sin x ，PP 1＝AA ′＋sin x ，故选A.答案：A4．如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个极点间距离的最大值是( )A ．4B ．5C ．3 2D ．3 3解析：作出直观图如图所示，通过计算可知AF 最长且|AF |＝|BF |2＋|AB |2＝3 3.答案：D5.高为4的直三棱柱被削去一部份后取得一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的( ) A.34 B ．14 C.12D ．38解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为二、底面积为12×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为4.易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的48＝12，故选C.答案：C6．(2021·昆明市检测)我国南北朝时期的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上，提出下面的体积计算原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面面积，“势”是几何体的高．意思是：若两个等高几何体在同高处的截面面积总相等，则这两个几何体的体积相等．现有一旋转体D (如图1所示)，它是由抛物线y ＝x 2(x ≥0)，直线y ＝4及y 轴围成的封锁图形绕y 轴旋转一周形成的几何体，旋转体D 的参照体的三视图如图2所示，利用祖暅原理，则旋转体D 的体积是( )A.16π3B ．6πC ．8πD ．16π解析：由三视图知参照体是一个直三棱柱，其体积V ＝12×4×4×π＝8π，故旋转体D 的体积为8π，故选C. 答案：C7．如图，某三棱锥的正视图、侧视图和俯视图别离是直角三角形、等腰三角形和等边三角形．若该三棱锥的极点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．27πB ．48πC ．64πD ．81π 解析：由三视图可知该几何体为三棱锥，该棱锥的高VA ＝4，棱锥底面ABC 是边长为6的等边三角形，作出直观图如图所示．因为△ABC 是边长为6的等边三角形，所之外接球的球心D 在底面ABC 上的投影为△ABC 的中心O ，过D 作DE ⊥VA 于E ，则E 为VA 的中点，连接OD ，OA ，DA ，则DE ＝OA＝23×33＝23，AE ＝12VA ＝2，DA 为外接球的半径，所以DA ＝DE 2＋AE 2＝4，所以外接球的表面积S ＝4πr 2＝64π.故选C. 答案：C8．(2021·天津测试)若一个几何体的表面积和体积相同，则称这个几何体为“同积几何体”．已知某几何体为“同积几何体”，其三视图如图所示，则a ＝( )A.14＋223B ．8＋223C.12＋223D ．8＋2 2解析：按照几何体的三视图可知该几何体是一个四棱柱，如图所示，可得其体积为12(a ＋2a )·a ·a ＝32a 3，其表面积为12·(2a ＋a )·a ·2＋a 2＋a 2＋2a ·a ＋2a ·a ＝7a 2＋2a 2，所以7a 2＋2a 2＝32a 3，解得a ＝14＋223，故选A.答案：A9.(2021·郑州质检)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．8πB ．16πC ．32πD ．64π解析：还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高别离为22，22，4的长方体，则该长方体外接球的半径r ＝222＋222＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr 2＝32π.答案：C10.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．18＋2πB ．20＋πC ．20＋π2D ．16＋π 解析：由三视图可知，这个几何体是一个棱长为2的正方体割去了两个半径为一、高为1的14圆柱，其表面积相当于正方体五个面的面积与两个14圆柱的侧面积的和，即该几何体的表面积S ＝4×5＋2×2π×1×1×14＝20＋π，故选B. 答案：B11．(2021·南昌模拟)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥最长的一条侧棱的长度是________．解析：由题意可知该几何体是一个底面为直角梯形的四棱锥，梯形的两底边长别离为4,2，高为3，棱锥的高为2，所以最长侧棱的长度为22＋32＋42＝29.答案：2912．在三棱锥A BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积别离为22，32，62，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：设彼此垂直的三条侧棱AB ，AC ，AD 别离为a ，b ，c ，则12ab ＝22，12bc ＝32，12ac ＝62，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.所以三棱锥A BCD 的外接球的直径2R ＝a 2＋b 2＋c 2＝6，则其外接球的表面积S ＝4πR 2＝6π.答案：6π13．一个直三棱柱被削去一部份后的几何体ABCDE 及其侧视图、俯视图如图所示，其中侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形．设M 是BD 的中点，点N 在棱DC 上，且MN ⊥平面BDE ，则CN ＝_____________________________.解析：由题意可得，DC ⊥平面ABC ，所以DC ⊥CB .若MN ⊥平面BDE ，则MN ⊥BD .又因为∠MDN ＝∠CDB ，所以△DMN ∽△DCB ，所以DN DB ＝DM DC ，故DN 26＝64，解得DN ＝3，所以CN ＝CD －DN ＝1.答案：114．(2021·武汉市模拟)棱长均相等的四面体ABCD 的外接球半径为1，则该四面体的棱长为________．解析：将棱长均相等的四面体ABCD 补成正方体，设正方体的棱长为a ，则正四面体ABCD 的棱长为2a ，正方体的体对角线长为3a ，由3a ＝2⇒a ＝233，则2a ＝263. 答案：263。
2021-2022年高考数学一轮复习 8.1空间几何 体的结构、三视图和直观图配套训练 理 新人教A
2021-2022年高考数学一轮复习 8.1空间几何体的结构、三视图和直观图配套训练理新人教A版基础巩固1.在下面四个命题中,真命题有( )①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱;②斜三棱柱的侧面一定都不是矩形;③底面为矩形的平行六面体是长方体;④侧面是正方形的正四棱柱是正方体.A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】A【解析】由棱柱、直棱柱的概念可得命题④正确.2.如果四棱锥的四条侧棱都相等,就称它为“等腰四棱锥”,四条侧棱称为它的腰,以下四个命题中,假命题是( )A.等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B.等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C.等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D.等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上【答案】B【解析】选项B由于底面形状未定,仅依靠等腰不能确定侧面高是否相等.3.如图所示,已知△ABC的水平放置的直观图是等腰Rt△A'B'C',且∠A'=90°,A'B'=,则△ABC的面积是( )A. B.2C.4D.1【答案】B【解析】因为由题意可知∠A'B'C'=45°,A'B'=,从而B'C'=2,所以△ABC为直角三角形,∠B=90°,AB=2A'B'=2,BC=B'C'=2.故S△ABC=×2×2=2.4.下列几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是( )A.①②B.①③C.①④D.②④【答案】D【解析】正方体的三视图均为正方形;圆锥的三视图为两个相同的三角形和带一圆心的圆;三棱台的三视图为两个不同的梯形和两个嵌套的三角形;正四棱锥的三视图为两个相同的三角形和一个正方形.故选D.5.沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图甲所示,则该几何体的侧视图为( )甲【答案】B【解析】由三视图的相关知识易知应选B.6.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上,E,F分别是棱AA1,DD1的中点,则直线EF被球O截得的线段长为( )A. B.1C.1+D.【答案】D【解析】由题意知球O半径为,球心O到直线EF的距离为,因此直线EF被球O截得的线段长d=2. 7.一个几何体的三视图如下图所示,其中正视图中△ABC是边长为2的正三角形,俯视图为正六边形,那么该几何体的侧视图的面积为( )A. B. C.1 D.2【答案】A【解析】由三视图知该几何体为正六棱锥,底面边长为1,高为,侧视图为等腰三角形,底边边长为,高为.故所求侧视图的面积为.8.棱长为a的正四面体ABCD的四个顶点均在一个球面上,则此球的半径R=.【答案】a【解析】如图所示,设正四面体ABCD内接于球O,由D点向底面ABC作垂线,垂足为H,连接AH,OA,则可求得,AH=a,DH=a.在Rt△AOH中,可得=R2,解得R=a.9.有一块多边形的菜地,它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示),∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这块菜地的面积为.【答案】2+【解析】在直观图中,过点A作AE⊥BC,垂足为E,则在Rt△ABE中,AB=1,∠ABE=45°,可得BE=.∵四边形AECD为矩形,AD=1,∴EC=AD=1.故BC=BE+EC=+1.由此可还原原图形如图.在原图形中,A'D'=1,A'B'=2,B'C'=+1,且A'D'∥B'C',A'B'⊥B'C',故这块菜地的面积为S=(A'D'+B'C')·A'B'=×2=2+.10.如右图所示的几何体是从一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面,下底面圆心为顶点的圆锥而得到的,现用一个平面去截这个几何体,若这个平面垂直于圆柱底面所在平面,那么所截得的图形可能是下图中的(把可能的图的序号都填上).【答案】①③【解析】截面为轴截面时可得①,不是轴截面时可得③.11.某圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,轴截面的面积等于392cm2,母线与轴的夹角为45°,求这个圆台的高、母线长和底面半径.【解】作出圆台的轴截面如图.设圆台的上、下底面半径分别为x cm和3x cm,延长AA1交OO1的延长线于点S.在Rt△SOA中,∠ASO=45°,则∠SAO=45°.于是SO=AO=3x,OO1=2x.又×(6x+2x)×2x=392,解得x=7,所以圆台的高OO1=14cm,母线长l=OO1=14cm,底面半径分别为7cm和21cm.12.在半径为25cm的球内有一个截面,它的面积是49πcm2,求球心到这个截面的距离.【解】设球半径为R,截面圆的半径为r,球心到截面的距离为d,如图.∵S=πr2=49πcm2,∴r=7(cm).因此d==24(cm).故球心到这个截面的距离为24cm.13.如图①,在四棱锥P-ABCD中,底面为正方形,PC与底面ABCD垂直,图②为该四棱锥的正视图和侧视图,它们是腰长为6cm的全等的等腰直角三角形.图①图②(1)根据图②所给的正视图、侧视图,画出相应的俯视图,并求出该俯视图的面积;(2)求PA.【解】(1)该四棱锥的俯视图为内含对角线,边长为6cm的正方形,如图,其面积为36cm2.(2)由侧视图可求得PD==6.由正视图可知AD=6且AD⊥PD.故在Rt△APD中,PA==6(cm).拓展延伸14.从一个底面半径和高均为R的圆柱中挖去一个以圆柱上底面为底,下底面中心为顶点的圆锥,得到如图所示的几何体,如果用一个与圆柱下底面距离等于l并且平行于底面的平面去截它,求所得截面的面积.【解】几何体轴截面如图所示,被平行于下底面的平面所截的圆柱截面半径O1C=R,设圆锥截面半径O1D=x,∵OA=AB=R,∴△OAB为等腰直角三角形.又CD∥OA,∴BC=CD=R-x.又BC=R-l,∴x=l.故所求截面面积为S=πR2-πl2=π(R2-l2).28094 6DBE 涾+23629 5C4D 屍29265 7251 牑=31944 7CC8 糈28987 713B 焻20335 4F6F 佯23460 5BA4 室30689 77E1 矡H,36493 8E8D 躍29434 72FA 狺8。
2021-2022年高考数学 第八篇 第1讲 空间几何体的结构、三视图和直观图限时训练 新人教A版
2021-2022年高考数学第八篇第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图限时训练新人教A版一、选择题(每小题5分，共20分)1．给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是( )．A．0 B．1 C．2 D．3解析反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故③中不能组成正六棱锥；④显然错误，故选A.答案A2．以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是( )．A．球的三视图总是三个全等的圆B．正方体的三视图总是三个全等的正方形C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆解析画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．答案 A3．(xx·陕西)将正方体(如图(a)所示)截去两个三棱锥，得到图(b)所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )．解析还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线，D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线．答案 B4．(xx·浙江)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )．解析A，B的正视图不符合要求，C的俯视图显然不符合要求，答案选D.答案 D二、填空题(每小题5分，共10分)5.如图所示，E、F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面DCC1D1上的投影是________(填序号)．解析B在面DCC1D1上的投影为C，F、E在面DCC1D1上的投影应分别在边CC1和DD1上，而不在四边形的内部，故①③④错误．答案②6．一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥圆柱．解析显然，三棱锥、圆锥的正视图可以是三角形；三棱柱的正视图也可以是三角形(把三棱柱放倒，使一侧面贴在地面上，并让其底面面对我们，如图所示)；只要形状合适、摆放适当(如一个侧面正对着观察者的正四棱锥)，四棱锥的正视图也可以是三角形(当然，不是任意摆放的四棱锥的正视图都是三角形)，即正视图为三角形的几何体完全有可能是四棱锥；不论四棱柱、圆柱如何摆放，正视图都不可能是三角形(可以验证，随意摆放的任意四棱柱的正视图都是四边形，圆柱的正视图可以是圆或四边形)．综上所述，应填①②③⑤.答案①②③⑤三、解答题(共25分)7．(12分)已知：图a是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图b是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．解图a几何体的三视图为：图b所示的几何体是上面为正六棱柱，下面为倒立的正六棱锥的组合体．8．(13分)已知圆锥的底面半径为r，高为h，且正方体ABCD－A1B1C1D1内接于圆锥，求这个正方体的棱长．解如图所示，过内接正方体的一组对棱作圆锥的轴截面，设圆锥内接正方体的棱长为x，则在轴截面中，正方体的对角面A1ACC1的一组邻边的长分别为x和2x.∵△VA1C1∽△VMN，∴2x2r＝h－xh，∴x＝2rh2r＋2h.即圆锥内接正方体的棱长为2rh2r＋2h.B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(xx·温州质检)下图是一个正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形是( )．解析∵在这个正方体的展开图中，与有圆的面相邻的三个面中都有一条直线，当变成正方体后，这三条直线互相平行，∴选B.答案 B2．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )．解析选项C不符合三视图中“宽相等”的要求．答案 C二、填空题(每小题5分，共10分)3．利用斜二测画法得到的：①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上正确结论的序号是________．解析由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案①4．图(a)为长方体积木块堆成的几何体的三视图，此几何体共由________块木块堆成；图(b)中的三视图表示的实物为________．图(a) 图(b)解析(1)由三视图可知从正面看到三块，从侧面看到三块，结合俯视图可判断几何体共由4块长方体组成．(2)由三视图可知几何体为圆锥．答案 4 圆锥三、解答题(共25分)5．(12分)正四棱锥的高为3，侧棱长为7，求侧面上斜高(棱锥侧面三角形的高)为多少？解如图所示，在正四棱锥S－ABCD中，高OS＝3，侧棱SA＝SB＝SC＝SD＝7，在Rt△SOA中，OA＝SA2－OS2＝2，∴AC＝4.∴AB＝BC＝CD＝DA＝2 2.作OE⊥AB于E，则E为AB中点．连接SE，则SE即为斜高，在Rt△SOE中，∵OE＝12BC＝2，SO＝3，∴SE＝5，即侧面上的斜高为 5.6．(13分)(1)如图1所示的三棱锥的三条侧棱OA、OB、OC两两垂直，那么该三棱锥的侧视图是图2还是图3?(2)某几何体的三视图如图4，问该几何体的面中有几个直角三角形？(3)某几何体的三视图如图5，问该几何体的面中有几个直角三角形？解(1)该三棱锥在侧(右)投影面上的投影是一直角三角形，该三棱锥的侧视图应是图2.(2)该几何体是三棱锥，其直观图如图所示，其中OA、OB、OC两两垂直，∴△OAB、△OAC、△OBC都是直角三角形，但△ABC是锐角三角形．设AO＝a，OC＝c，OB＝b，则AC＝a2＋c2，BC＝c2＋b2，AB＝a2＋b2，∴cos∠BAC＝a2>0，∴∠BAC为锐角．同理，∠ABC、∠a2＋b2·c2＋a2ACB也是锐角．综上所述，该几何体的面中共有三个直角三角形．(3)该几何体是三棱锥，其直观图如图所示，其中，AB⊥BC，AB⊥BD，BD⊥CD，∴DC⊥面ABD，∴DC⊥AD，∴△ACD也是直角三角形．∴该几何体的面中共有四个直角三角形.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.)40129 9CC1 鳁25395 6333 挳22438 57A6 垦6'24140 5E4C 幌27796 6C94 沔l29944 74F8 瓸/38705 9731 霱8C。
高考数学专题《空间几何体及其三视图和直观图》习题含答案解析
专题8.1 空间几何体及其三视图和直观图1.（2020·广西兴宁�南宁三中高一期末）已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的组成方式为（ ）A ．上面为圆台，下面为圆柱B ．上面为圆台，下面为棱柱C ．上面为棱台，下面为棱柱D ．上面为棱台，下面为圆柱【答案】A【解析】结合图形分析知上面为圆台，下面为圆柱.故选：A.2.（2021·江西师大附中高二月考（理））如图是一个棱锥的正视图和侧视图，它们为全等的等腰直角三角形，则该棱锥的俯视图不可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C练基础【解析】根据棱锥的三视图想象原几何体的结构，可以在正方体中想象描出原几何体，确定其结构．【详解】若几何体为三棱锥，由其正视图和侧视图可知，其底面在下方且为直角三角形，故ABD 均有可能，若几何体是四棱锥，由其正视图和侧视图可知，其底面在下方，且为正方形，俯视图为正方形，但对角线应从左上到右下，C 不正确．故选：C ．3.（2021·江苏高一期末）已知一个圆锥的母线长为2，其侧面积为2π，则该圆锥的高为（）A ．1B C D ．2【答案】C【解析】由侧面积求出圆锥的底面圆半径，再根据勾股定理可求得其高.【详解】设圆锥的底面圆的半径为r ，母线为l ，则2l =，所以其侧面积为22rl r πππ==，解得1r =，==故选：C.4.（2020·河北易县中学高三其他（文））若圆台的母线与高的夹角为6π，且上、下底面半径之差为2，则该圆台的高为（ ）A B ．2C ．D ．【答案】D【解析】设上、下底面半径分别为R ，r ，圆台高为h ，由题可知：tan 6R r h π-=，即2h =所以h =．故选：D5.（2020届浙江绍兴市诸暨市高三上期末）某几何体的正视图与侧视图如图所示：则下列两个图形①②中，可能是其俯视图的是（ ）A ．①②都可能B ．①可能，②不可能C ．①不可能，②可能D ．①②都不可能【答案】A【解析】若是①，可能是三棱锥；若是②，可能是棱锥和圆锥的组合；所以①②都有可能，故选：A.6．（2021·石家庄市第十七中学高一月考）如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，每个圆锥的底面直径和高均为12cm ，现有体积为396πcm 的细沙全部漏入下圆锥后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此锥形沙堆的高度为（ ）A ．3cmB ．6cmC ．8cmD ．9cm【答案】C【解析】根据圆锥的体积公式列方程求出沙堆的高．【详解】解：细沙漏入下部后，圆锥形沙堆的底面半径为6r =，设高为h ，则沙堆的体积为216963V h ππ=⋅⋅=圆锥，解得()8h cm =，所以圆锥形沙堆的高度为8cm ．故选：C ．7.（2021·云南弥勒市一中高一月考）如图，正方形OABC 的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ）A ．8B ．6C ．(21D ．(21+【答案】A【解析】根据斜二测画法的规则，得到原图形的形状为平行四边形，进而求得其边长，即可求解.【详解】由斜二测画法的规则，可得原图形为O A B C ''''是一个平行四边形，如图所示，因为水平放置的一个平面图形的直观图OABC 的边长为1的正方形，可得1,OA OB ==1,O A O B ''''==，在直角O A B '''△中，可得3A B ''==，所以原图形的周长为11338+++=.故选：A.8．（2021·浙江高三三模）如图，等腰直角三角形ABC 在平面α上方，90BAC ∠= ，若ABC V 以BC 为旋转轴旋转，形成的旋转体在平面α内的投影不可能的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】对直线BC 与平面α的位置关系进行分类讨论，判断出投影的形状，即可得出合适的选项.【详解】若BC α⊥，则形成的旋转体在平面α内的投影如D 选项所示；若//BC α，则形成的旋转体在平面α内的投影为正方形；若BC 与α所成的角的取值范围是0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭时，则形成的旋转体在平面α内的投影如A 、B 选项所示.投影不可能如C 选项所示.故选：C.9．（2020·上海市进才中学高二期末）设MN 是半径为R 的球的直径，则,M N 两点的球面距离是________．【答案】Rπ【解析】MN 是半径为R 的球的直径，则,M N 两点所对的球心角为π，球面距离为R π．故答案为：R π．10．（2020·全国）如图为一几何体的平面展开图，按图中虚线将它折叠起来，画出它的直观图．【答案】见解析【解析】由题设中所给的展开图可以得出，此几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为2的正方形，垂直于底面的侧棱长为2，其直观图如图所示.1.（2021·四川高一期末（理））某圆柱的高为1，底面周长为8，其三视图如图.圆柱表面上的点P 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点Q 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从P 到Q 的路径中，最短路径的长度为（ ）ABC ．32D ．1【答案】B【解析】根据三视图分析出,P Q 所在的位置，然后结合圆柱的侧面展开图即可求出结果.【详解】由三视图还原几何体，如图：即点B 在距离点A 在底面投影的14圆弧 处，沿A 所在的母线得到如图所示的侧面展开图，练提升圆柱的底面周长即为侧面展开图的长，圆柱的高即为侧面展开图的宽，而线段AB 的距离即为所求P 到Q 的路径中的最短路径，因为底面周长为8 ,所以1824A B '=⨯=，又因为高为1，则1A A '=，所以AB ===,故选：B.2.【多选题】（2021·宁波市北仑中学高一期中）如图，棱长为a 的正四面体形状的木块，点P 是ACD △的中心．劳动课上需过点P 将该木块锯开，并使得截面平行于棱AB 和CD ，则下列关于截面的说法中正确的是（ ）A ．截面不是平行四边形B ．截面是矩形C ．截面的面积为229a D ．截面与侧面ABC 的交线平行于侧面ABD【答案】BCD【解析】过点P 构建四边形，通过相关直线间的平行关系进一步证明为平行四边形，找对应线之间的垂直证明截面为矩形，从而计算截面面积【详解】解：如图所示，在正四面体中，4个面均为正三角形，由于点P 为ACD △的中心，所以P 位于CD 的中线的23外，分别取,,,BC AC AD BD 的三等分点，则EM ∥AB ，EF ∥CD ，FN ∥AB ，MN ∥CD ，所以EM ∥FN ，EF ∥MN ，所以截面EFNM 为平行四边形，所以A 错误，延长AP 交CD 于G ，连接BG ，由于P 为ACD △的中心，所以G 为CD 的中点，因为AC AD BC BD ===，所以,AG CD BG CD ⊥⊥，因为AG BG G = ，所以CD ⊥平面ABG ，所以CD AB ⊥，因为EM ∥AB ，EF ∥CD ，所以EM EF ⊥，所以截面EFNM 为矩形，所以B 正确，因为2211,3333MN CD a ME AB a ====，所以2212339S MN ME a a a =⋅=⋅=，所以C 正确，对于D ，截面EFNM ⋂平面ABC ME =，ME ∥AB ，ME ⊄平面ABD ，AB Ì平面ABD ，所以ME ∥平面ABD ，所以D 正确，故选：BCD3.（2021·湖北随州市·广水市一中高一月考）如图所示，矩形O A B C ''''是水平放置一个平面图形的直观图，其6O A ''=，2O C ''=，则原图形是（ ）A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．梯形【答案】C【解析】由已知得原图为平行四边形，OD BC ^，利用勾股定理计算边长得到OC OA =,可判断原图形的形状.【详解】因为//O A B C ''''，=O A B C ''''，所以直观图还原得//OA BC ，=6OA BC O A ''==，四边形OABC 为平行四边形，OD BC ^，则2C D O C ''''==，2CD ∴=，O D C ''''==2OD O D ''==6OC ===，所以6OC OA ==，故原图形为菱形．故选：C.4．（2021·肇州县第二中学高一月考）如图是利用斜二测画法画出的Rt ABO V 的直观图，已知4O B ''=，且ABO V 的面积为16，过点A '作A C x '''⊥轴于点C '，则A C ''的长为（ ）A ．BC ．D ．1【答案】A【解析】利用面积公式，求出直观图的高，求出''A B ，然后在直角三角形'''A B C 中求解即可【详解】解：由直观图可知，在Rt ABO V 中，2ABO π∠=，因为ABO V 的面积为16，4O B OB ''==,所以1162AB OB ⋅=，所以8AB =，所以''4A B =，因为'''4A B C π∠=， A C x '''⊥轴于点C '，所以''''sin 44AC A B π=⋅==故选：A5．（2021·宁夏大学附属中学高一月考）三棱锥S ABC -及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱SB 的长为（ ）A ．B ．C D ．【答案】B【解析】根据几何体的三视图，结合几何体的数量关系，在直角SBD V 中，即可求解.【详解】如图所示，根据三棱锥S ABC -及其三视图中的正视图和侧视图，可得底面ABC V 中，点D 为AC 的中点， BD =SC ⊥底面ABC ，又由点D 为AC 的中点，且根据侧视图，可得BD AC ⊥，在直角BCD △中，可得4BC ===又由4SC =，在直角SBC V 中，可得SB ===故选：B.6．（2021·江苏省镇江中学）点P 是平面ABC 外一点，且PA PB PC ==，则点P 在平面ABC 上的射影一定是ABC V 的（）A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心【答案】A【解析】过点P 作PO ⊥平面ABC ，因为PA PB PC ==，得到OA OB OC ==，即可求解.【详解】如图所示，过点P 作PO ⊥平面ABC ，可得OA OB OC ===因为PA PB PC ==，可得OA OB OC ==，所以O 为ABC V 的外心.故选：A.7.（2021·上海高二期末）圆锥的高为1，则过圆锥顶点的截面面积的最大值为____________【答案】2【解析】求出圆锥轴截面顶角大小，判断并求出所求面积最大值．【详解】如图，SAB 是圆锥轴截面，SC 是一条母线，设轴截面顶角为θ，因为圆锥的高为1tan 2θ(0,)θπ∈，所以23θπ=，232ππθ=>，设圆锥母线长为l ，则2l =，截面SBC 的面积为211sin sin 22S SB SC BSC l BSC =⋅∠=∠，因为2(0,]3BSC π∠∈，所以2BSC π∠=时，2max 1222S =⨯=．故答案为：2．8．（2021·浙江绍兴市·高一期末）已知四面体ABCD 的所有棱长均为4，点O 满足OA OB OC OD ===，则以O 为半径的球与四面体ABCD 表面所得交线总长度为______.【解析】根据正四面体的结构特征求得O 到面的距离，进而利用球的截面的性质求得各面所在平面与球的截面圆的半径，注意与各面的三角形内切圆的半径比较，确定此截面圆是否整个在面所在的三角形内，进而确定球与各面的交线，得到球与四面体表面所得交线总长度．【详解】已知四面体ABCD 的所有棱长均为4，所以四面体ABCD 是正四面体，因为点O 满足OA OB OC OD ===，所以O 为正四面体ABCD 的中心.设正三角BCD 的中心为F ，正三角ACD 的中心为G ，CD 的中点为E ，则连接,,,,AF BG AE BE 则,BG AF O BF AG E ⋂=⋂=．:::1:3,:1:4,OF OA GF AB EF EB OF AF ===∴=则BE AE ==23BF BE ==，AF ==4AF OF ==因为球O O 被平面BCD 截得圆半径为r PF ===因为正三角形BCD 的边长为4，所以正三角形内切圆半径为2tan 30︒=故球O 与四面体ABCD 的每一个面所得的交线为正好为内切圆，每个内切圆的周长为2r π=，所以球与四面体ABCD ．．9.（2020届浙江杭州四中高三上期中）某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是_____，最长棱长为_____．【答案】3【解析】由已知中的三视图可得该几何体是一个以直角梯形为底面的四棱锥，且梯形上下边长为1和2，高为2，如图：2AD =，2AB =，1BC =，PA x =，//AD BC ，PA ⊥平面ABCD ，AD AB ⊥，∴底面的面积1(12)232S =⨯+⨯=，∴几何体的体积1333V x g ==，可得3x =，最长棱长为：PC ==故答案为：3．10．（2019·全国高考真题（理））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【答案】共26个面..【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有1-18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，，．1.（2021·全国高考真题）其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）A ．2B ．C ．4D ．【答案】B【解析】设圆锥的母线长为l ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l 的值，即为所求.【详解】设圆锥的母线长为l ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2l ππ=l =.故选：B.2．（2021·北京高考真题）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（mm ）来判断降雨程度．其中小雨（10mm <），中雨（10mm 25mm -），大雨（25mm 50mm -），暴雨（50mm 100mm -），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（ ）x AB BE x ==BC FE G BC H BGE ∆,21)1BG GE CH x GH x x x ∴===∴=+=+=1x ∴==-1练真题A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨【答案】B【解析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.【详解】由题意，一个半径为()200100mm 2=的圆面内的降雨充满一个底面半径为()20015050mm 2300⨯=，高为()150mm 的圆锥，所以积水厚度()22150150312.5mm 100d ππ⨯⨯==⨯，属于中雨.故选：B.3.（2020·全国高考真题（理））如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .故选：A4．(2019年高考全国Ⅲ卷理)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作于，连接，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交EO CD O ON直线.过作于，连接，平面平面，平面，平面，平面，与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，，故选B ．5.（2018·北京高考真题（文））某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（ ）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.详解：由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，，M MF OD ⊥F BF CDE ⊥ABCD ,EO CD EO ⊥⊂CDE EO ∴⊥ABCD MF ⊥ABCD MFB ∴△EON △12EO ON EN ===,5,2MF BF BM ==∴=BM EN ∴≠P ABCD -P ABCD -2,2,2,1PD AD CD AB ====由勾股定理可知：，则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C.6.（2021·全国高考真题（理））以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．【答案】③④（答案不唯一）【解析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.【详解】选择侧视图为③，俯视图为④，3,PA PC PB BC ====,,PAD PCD PAB ∆∆∆如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，12,1AB BC BB ===，,E F 分别为棱11,BC BC 的中点，则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥E ADF -.故答案为：③④.。
新高考数学复习知识点讲解与练习6---空间几何体的结构、三视图和直观图
新高考数学复习知识点讲解与练习空间几何体的结构、三视图和直观图知识梳理1．简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等且平行的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形；(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形．2．旋转体的形成3.三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．4．直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形．(3)水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形．(4)水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形．2．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．3．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．4．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．诊断自测1．判断下列说法的正误．(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．()(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．()(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱．(2)反例：如图所示图形不是棱锥．(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，把x，y轴画成相交成45°或135°，平行于x轴的线还平行于x轴，平行于y轴的线还平行于y轴，所以∠A也可能为135°.(4)球的三视图均相同，而圆锥的正视图和侧视图相同，且为等腰三角形，其俯视图为圆心和圆，正方体的三视图不一定相同．2．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱答案A解析由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形．3.将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为()答案B解析先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧视图为图②.4．(2018·上海卷)《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是()A．4 B．8C．12 D．16答案D解析符合题目条件的面有四个，每一个都有4个顶点，所以选择D.5.正△AOB的边长为a，建立如图所示的直角坐标系xOy，则它的直观图的面积是________．答案616a 2解析 画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图)．D ′为O ′A ′的中点．易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2.6．(2021·北京平谷区质检)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面中直角三角形的个数为________个．答案4解析由三视图知几何体为一四棱锥，其直观图为如图中的P－ABCD；由图得：该棱锥的四个侧面均为直角三角形，故该四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为4个.考点一空间几何体的结构特征【例1】(1)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3(2)以下命题：下列说法不正确的是()A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形B．在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱C．存在每个面都是直角三角形的四面体D．棱台的侧棱延长后交于一点答案(1)A(2)A解析(1)①不一定，只有当这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．(2)A不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；B正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；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；D正确，由棱台的概念可知．感悟升华(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可．(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．【训练1】(1)下列结论正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线(2)(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A.5－14B.5－12C.5＋14D.5＋12 答案(1)D(2)C解析(1)如图1知，A 不正确．如图2，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B 不正确．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，C 错误．由圆锥母线的概念知，选项D 正确． (2)设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ，侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′.由已知得h 2＝12ah ′.又∵h ′2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)． 故选C.考点二 空间几何体的三视图角度1 由空间几何体的直观图判断三视图【例2－1】一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()答案B解析该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选项B适合．角度2由三视图判定几何体【例2－2】(1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱(2)(2020·全国Ⅱ卷)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为()A．E B．FC．G D．H答案(1)B(2)A解析(1)由题知，该几何体的三视图为一个三角形、两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B.(2)由三视图还原几何体，如图所示，由图可知，M点在侧视图中对应的点为E.感悟升华(1)由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点确认．(2)根据三视图还原几何体①对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．②明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．③根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．提醒对于简单组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．【训练2】(1)(2020·浙江五校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最短的棱与最长的棱长度之比是()A.22 B.23C.24 D.13(2)(2021·北京丰台区期末)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的棱中最长的棱的长度为()A．2 B. 5 C．2 2 D．2 3答案(1)B(2)D解析(1)由三视图知，此几何体的底面ABCD为矩形，且顶点P在底面ABCD上的射影为边CD的靠近点D的三等分点，如图，由俯视图知AB＝3，BC＝2，DH＝1，由侧视图知PH＝1，则最长棱PB＝PH2＋HC2＋BC2＝3，最短棱PD＝PH2＋DH2＝2，所以PDPB＝23，故选B.(2)由三视图可知，该三棱锥的底面是直角梯形，一条侧棱与底面垂直，直观图如图，图中P A与底面垂直，且AD∥BC，AD⊥AB，P A＝AB＝BC＝2AD＝2，由勾股定理可得PD ＝CD＝5，PB＝22，PC＝P A2＋AB2＋BC2＝23，所以最长的棱为2 3.考点三空间几何体的直观图【例3】已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，下底AB＝3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．答案2 2解析如图所示，作出等腰梯形ABCD的直观图：因为OE＝（2）2－12＝1，所以O′E′＝12，E′F＝24，则直观图A′B′C′D′的面积S′＝1＋32×24＝22.感悟升华(1)画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y轴的线段长度减半，平行于x轴和z轴的线段长度不变)来掌握．对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量．(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝2 4S原图形．【训练3】有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．答案2＋2 2解析如图1，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E.在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝2 2.又四边形AECD为矩形，AD＝EC＝1.∴BC＝BE＋EC＝22＋1.由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A′B′C′D′.在梯形A′B′C′D′中，A′D′＝1，B′C′＝22＋1，A′B′＝2.∴这块菜地的面积S＝12(A′D′＋B′C′)·A′B′＝12×⎝⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22.基础巩固题组一、选择题1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是()A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等答案B解析根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．2．将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()答案 D解析易知侧视图的投影面为矩形，又AF的投影线为虚线，即为左下角到右上角的对角线，∴该几何体的侧视图为选项D.3.中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()解析由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.4．已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，且它的正视图如图所示，则该四棱锥侧视图的面积是()A．4 2 B．4C．2 2 D．2答案C解析由四棱锥P－ABCD的正视图可知，四棱锥的正视图是一个高为2，底边长为22的等腰三角形，又因为四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，所以四棱锥的侧视图是一个高为2，底边长为22的等腰三角形，所以侧视图的面积为12×2×22＝2 2.故选C.5．6个棱长为1的正方体在桌面上堆叠成一个几何体，该几何体的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图不可能为()解析如图(1)所示，A正确；如图(2)所示，B正确；如图(3)所示，C正确．故选D.6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A．6 2 B．4 2 C．6 D．4答案C解析如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－BCD，最长的棱为AD＝（42）2＋22＝6.7．某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是()A．①③B．①④C．②④D．①②③④答案A解析由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确．8．(2021·北京昌平区二模)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A. 5 B．2 2 C．2 3 D．3答案D解析根据三视图可知几何体是一个四棱锥，底面是一个直角梯形，AD⊥AB、AD∥BC，AD＝AB＝2，BC＝1，P A⊥底面ABCD，且P A＝2，∴该四棱锥最长棱的棱长为PC＝P A2＋AC2＝22＋22＋12＝3.二、填空题9．已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于________．答案 2解析由题知此正方体的正视图与侧视图是一样的，正视图的面积与侧视图的面积相等为 2.10．直观图(如图)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在原坐标系xOy中四边形为________(填图形形状)；面积为________cm2.答案矩形8解析将直观图恢复到平面图形(如图)，是OA＝2 cm，OC＝4 cm的矩形，S OABC＝2×4＝8(cm2)．11．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长为________．答案 5解析由三视图可知几何体为如图所示的三棱锥P－ABC，其最长棱为AC＝22＋12＝5.12．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中三个梯形的面积之和为________．答案46解析由三视图可知，该几何体的直观图如图五面体，其中平面ABCD⊥平面ABEF，CD ＝2，AB＝6，EF＝4，底面梯形是等腰梯形，高为3，梯形ABCD的高为4，等腰梯形EFDC的高为9＋16＝5，三个梯形的面积之和为2＋62×4＋4＋62×3＋2＋42×5＝46.13．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为42，点M是棱BC的中点，点P在底面ABCD 内，点Q在线段A1C1上，若PM＝1，则PQ长度的最小值为________．答案33解析由题意得，过点Q作QN⊥平面ABCD，垂足为N，则点N在线段AC上，分别连接PQ，PN，在Rt△PNQ中，PQ＝QN2＋PN2＝（42）2＋PN2，在平面ABCD内过点M作MR⊥AC，垂足为R，则MR＝2，即M到直线AC的最短距离为2，又PM＝1，当P∈MR时，此时PN min＝MR－1＝1，所以PQ min＝（42）2＋12＝33.14．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有________对．答案4解析由三视图的特征，将俯视图拉伸得四棱锥A－BCDE，且顶点A在底面BCDE上的射影为棱BC的中点O，又底面BCDE为矩形，则侧面ABC⊥底面BCDE，侧面ABE⊥侧面ABC，侧面ACD⊥侧面ABC；又因为AC＝AB＝22，BC＝4，即AB⊥AC，则由CD⊥侧面ABC，知CD⊥AB，故AB⊥侧面ACD，故侧面ABE⊥侧面ACD.因此此几何体中共有4对平面互相垂直．能力提升题组15．在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②答案D解析如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.16．(2021·杭州市高级中学仿考)已知一个四棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为()答案A解析 根据四棱锥的正视图和俯视图在棱长为2的正方体内画出该四棱锥的直观图P －ABCD 如图所示，则该四棱锥的侧视图为A 中的图形，故选A.17.(2021·北京房山区一模)某三棱锥的三视图如图所示，正视图与侧视图是两个全等的等腰直角三角形，直角边长为1，俯视图是正方形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是()A.12B.22C.32D ．1答案C解析 该多面体为一个三棱锥D －ABC ，是正方体的一部分，如图所示，其中3个面是直角三角形，1个面是等边三角形，S △BCD ＝34×(2)2＝32，S △BAD ＝S △ACD ＝12×1×2＝22，S △BCA ＝12×1×1＝12，所以该三棱锥的四个面的面积中最大的是32.18．已知△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′是边长为a 的正三角形，那么原△ABC 的面积为________． 答案62a 2解析 如图，过C ′作y ′轴的平行线C ′D ′，与x ′轴交于点D ′.则C ′D ′＝32a sin 45°＝62a .又C ′D ′是原△ABC 的高CD 的直观图，所以CD ＝6a . 故S △ABC ＝12AB ·CD ＝62a 2.19．(2020·全国Ⅰ卷)如图，在三棱锥P －ABC 的平面展开图中，AC ＝1，AB ＝AD ＝3，AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE ＝30°，则cos ∠FCB＝________．答案 －14解析 在△ABD 中，∵AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝3， ∴BD ＝6，∴FB ＝BD ＝ 6.在△ACE 中，∵AE ＝AD ＝3，AC ＝1，∠CAE ＝30°， ∴EC ＝（3）2＋12－2×3×1×cos 30°＝1， ∴CF ＝CE ＝1.又∵BC ＝AC 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2， ∴在△FCB 中，由余弦定理得cos ∠FCB ＝CF 2＋BC 2－FB 22·CF ·BC ＝12＋22－（6）22×1×2＝－14. 20．(2020·新高考山东卷)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为__________． 答案2π2 解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ，连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形，∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形，则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ .又D 1P ＝5， ∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1，同理C 1Q ＝1， ∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点，∴∠PEQ ＝π2， 知PQ ︵的长为π2×2＝2π2.。
高考数学一轮复习专题训练—空间几何体的结构、三视图和直观图
空间几何体的结构、三视图和直观图考纲要求1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图；3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．知识梳理1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似相交于一点，但不侧棱平行且相等延长线交于一点一定相等侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形互相平行且相等，相交于一点延长线交于一点母线垂直于底面轴截面矩形等腰三角形等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2.直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)画出的三视图要长对正，高平齐，宽相等．1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的正视图和侧视图二者为全等的等腰三角形.(3)水平放置的圆台的正视图和侧视图二者为全等的等腰梯形．(4)水平放置的圆柱的正视图和侧视图二者为全等的矩形．2．在绘制三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画出，被遮挡的部分的轮廓线用虚线表示出来，即“眼见为实、不见为虚”．在三视图的判断与识别中要特别注意其中的虚线．3．直观图与原平面图形面积间关系S直观图＝24S原图形．诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．()(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．()(3)菱形的直观图仍是菱形．()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱．(2)反例：如图所示的图形满足条件但不是棱锥．(3)用斜二测画法画水平放置的菱形的直观图是平行四边形，但邻边不一定相等，(3)错误．(4)球的三视图均相同，而圆锥的正视图和侧视图相同，且为等腰三角形，其俯视图为圆心和圆，正方体的三视图不一定相同．2．在如图所示的几何体中，是棱柱的为________(填写所有正确的序号)．答案③⑤解析由棱柱的定义可判断③⑤属于棱柱．3．如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是()A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱答案 C解析由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．4．(2021·兰州一中调研)如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图OA′B′C′的面积为4，则该平面图形的面积为()A. 2 B．4 2C．8 2 D．2 2答案 C解析由S原图形＝22S直观图，得S原图形＝22×4＝8 2.5．(2018·全国Ⅲ卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()答案 A解析由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.6.设四面体ABCD各棱长均相等，S为AD的中点，Q为BC上异于中点和端点的任一点，则△SQD在四面体的面上的射影不可能是()答案 A解析设BC的中点为P，则由题意可知DP⊥BC且平面ADP⊥平面BDC，从而S在平面BCD上的射影在DP上，△SQD在面BCD上的射影为选项C，同理△SQD在面ABC、面ACD上的射影分别为选项B、D，故选A.考点一空间几何体的结构特征1．给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 A解析①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．2．以下四个命题中，真命题为()A．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥B．底面是矩形的平行六面体是长方体C．直四棱柱是直平行六面体D．棱台的侧棱延长后必交于一点答案 D解析A中等腰三角形的腰不一定是侧棱，A是假命题，B中，侧棱与底面矩形不一定垂直，B是假命题，C中，直四棱柱的底面不一定是平行四边形，C不正确，根据棱台的定义，选项D是真命题．3．若四面体的三对相对棱分别相等，则称之为等腰四面体，若四面体的一个顶点出发的三条棱两两垂直，则称之为直角四面体，以长方体ABCD－A1B1C1D1的顶点为四面体的顶点，可以得到等腰四面体、直角四面体的个数分别为()A．2,8 B．4,12 C．2,12 D．12,8答案 A解析因为矩形的对角线相等，所以长方体的六个面的对角线构成2个等腰四面体．因为长方体的每个顶点出发的三条棱都是两两垂直的，所以长方体中有8个直角四面体．感悟升华 1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例．2．圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．3．既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．考点二空间几何体的三视图【例1】(1)(2020·全国Ⅱ卷)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为()A．E B．FC．G D．H(2)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在侧视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A．217 B．2 5 C．3 D．2答案(1)A(2)B解析(1)根据三视图可得直观图如图所示，图中的点U在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，所以该端点在侧视图中对应的点为E.(2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为MN＝MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.感悟升华 1.由直观图确定三视图，一要根据三视图的含义及画法和摆放规则确认．二要熟悉常见几何体的三视图．2．由三视图还原到直观图要抓住关键几点：(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的直观图形状．(4)要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图形成原理．【训练1】(1)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为()(2)(2021·邯郸检测)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱长为()A．2 2 B．2 5 C．2 6 D．4 2答案(1)C(2)C解析(1)如图(1)所示，过点A，E，C1的截面为AEC1F，则剩余几何体的侧视图为选项C 中的图形．(2)由三视图知，该几何图是如图(2)所示的四棱锥A－BCC1B1.易知AC1为最长棱，因此AC1＝42＋22＋22＝2 6.考点三空间几何体的直观图角度1水平放置的直观图【例2】已知等腰梯形ABCD中，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，下底AB＝3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．答案2 2解析如图(1)和(2)的实际图形和直观图所示．图(1)图(2) 因为OE＝22－1＝1，由斜二测画法可知O′E′＝1 2，E′F＝24，D′C′＝1，A′B′＝3，则直观图A′B′C′D′的面积S′＝1＋32×24＝22.感悟升华 1.画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y轴的线段长度减半，平行于x轴和z轴的线段长度不变)来掌握．2．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝24S 原图形．【训练2】 如图，一个水平放置的平面图形的直观图(斜二测画法)是一个底角为45°、腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的面积是( )A ．2＋ 2B ．1＋ 2C ．4＋2 2D ．8＋4 2答案 D解析 由已知直观图根据斜二测画法规则画出原平面图形，如图所示．由于O ′D ′＝2，D ′C ′＝2， ∴OD ＝4，DC ＝2，过D ′作D ′H ⊥A ′B ′，易知A ′H ＝2sin 45°＝ 2. ∴AB ＝A ′B ′＝2A ′H ＋DC ＝22＋2.故平面图形的面积S ＝DC ＋AB 2·AD ＝4(2＋2)．角度2 几何体的直观图中计算【例3】 (2020·新高考山东卷)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为__________． 答案2π2解析 如图，连接B 1D 1，易知△B 1C 1D 1为正三角形，所以B 1D 1＝C 1D 1＝2.分别取B 1C 1，BB 1，CC 1的中点M ，G ，H ，连接D 1M ，D 1G ，D 1H ，则易得D 1G ＝D 1H ＝22＋12＝5，D 1M ⊥B 1C 1，且D 1M ＝ 3. 由题意知G ，H 分别是BB 1，CC 1与球面的交点．在侧面BCC 1B 1内任取一点P ，使MP ＝2，连接D 1P ，则D 1P ＝D 1M 2＋MP 2＝32＋22＝5，连接MG ，MH ，易得MG ＝MH ＝2，故可知以M 为圆心，2为半径的圆弧GH 为球面与侧面BCC 1B 1的交线．由∠B 1MG ＝∠C 1MH ＝45°知∠GMH ＝90°，所以GH ︵的长为14×2π×2＝2π2. 感悟升华 1.本题求解的关键是明确球面与侧面BCC 1B 1交线的位置，从而转化为以M 为圆心，以MH ＝2为半径的圆弧GH ︵的计算．2．题目考查直四棱柱的结构特征与直观图，核心素养是直观想象和数学运算．【训练3】 (2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B ．5－12 C ．5＋14 D ．5＋12答案 C解析 如图，设正四棱锥的底面边长BC ＝a ，侧面等腰三角形底边上的高PM ＝h ，则正四棱锥的高PO ＝h 2－a 24，∴以PO 的长为边长的正方形面积为h 2－a 24， 一个侧面三角形面积为12ah ， ∴h 2－a 24＝12ah ，∴4h 2－2ah －a 2＝0. 则a ＝(5－1)h ，∴h a ＝5＋14.A 级 基础巩固一、选择题1．下列说法中，正确的是( )A ．棱柱的侧面可以是三角形B ．若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形C ．正方体的所有棱长都相等D ．棱柱的所有棱长都相等答案 C解析 棱柱的侧面都是平行四边形，选项A 错误；其他侧面可能是平行四边形，选项B 错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D 错误；易知选项C 正确．2．如图为一圆柱切削后的几何体及其正视图，则相应的侧视图可以是( )答案 B解析由圆柱切削后的几何体及其正视图知，截得的截面为椭圆，结合正视图，可知侧视图应该是从实物图的左边正投影，右边的轮廓线为不可见轮廓，故用虚线表示，故选B. 3．一个菱形的边长为4 cm，一内角为60°，用斜二测画法画出的这个菱形的直观图的面积为()A．2 3 cm2B．2 6 cm2C．4 6 cm2D．8 3 cm2答案 B解析直观图的面积为24×32×42＝26(cm2)．4．如图为某个几何体的三视图，根据三视图可以判断这个几何体为()A．圆锥B．三棱椎C．三棱柱D．三棱台答案 C解析由三视图可知，该几何体是一个横放的三棱柱，故选C.5．在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是()A．圆面B．矩形面C．梯形面D．椭圆面或部分椭圆面答案 C解析将圆柱桶竖放，水面为圆面；将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面．6.某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下面的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是()A ．①③B ．①④C ．②④D ．①②③④答案 A 解析 由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确．7.如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，∠ACB ＝90°，AB ＝2，P A ＝BC ＝1，则此几何体的侧视图的面积是( )A.14B ．1 C.32 D ．12答案 D解析 由题知，BC ⊥AC ，BC ⊥P A ，又AC ∩P A ＝A ，∴BC ⊥平面P AC ，∴该几何体的侧视图为直角三角形，两直角边长分别等于P A 的长与AC的长，∵AB ＝2，BC ＝1，∴AC ＝1＝P A ，∴侧视图的面积S ＝12×1×1＝12. 8．已知某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图是全等的等腰直角三角形，则该四面体的四个面中直角三角形的个数为( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析在棱长为1的正方体中作出该几何体的直观图，记为四面体D－ABC，如图，由图可知在此四面体中，△ABC，△DAB，△DAC，△DBC都是直角三角形．二、填空题9.如图是水平放置的正方形ABCO，在直角坐标系xOy中，点B的坐标为(2,2)，则由斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点B′到x′轴的距离为________．答案2 2解析利用斜二测画法作正方形ABCO的直观图如图，在坐标系x′O′y′中，|B′C′|＝1，∠x′C′B′＝45°.过点B′作x′轴的垂线，垂足为点D′.在Rt△B′D′C′中，|B′D′|＝|B′C′|sin 45°＝1×22＝22.10．下列结论正确的是________(填序号)．①各个面都是三角形的几何体是三棱锥②夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥④圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线解析 如图1知，①不正确．如图2，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则②不正确．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，③错误．由圆锥母线的概念知，④正确．11．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈、长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知该楔体的正视图和俯视图如图中粗实线所示，则该楔体的侧视图的周长为________丈．答案 8解析 由题意可知该楔体的侧视图是等腰三角形，它的底边长为3丈，相应高为2丈，所以腰长为22＋⎝⎛⎭⎫322＝52(丈)，所以该楔体侧视图的周长为3＋2×52＝8(丈)． 12.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 3 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.答案 43 解析 圆锥顶点记为O ，把圆锥侧面沿母线OP 展开成如图所示的扇形，由题意OP ＝4，PP ′＝43，则cos ∠POP ′＝42＋42－4322×4×4＝－12， 又∠POP ′为△POP ′一内角，所以∠POP ′＝2π3. 设底面圆的半径为r ，则2πr ＝2π3×4，所以r ＝43. B 级 能力提升13. “牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图1，图2中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是( )图1图2A．a，b B．a，c C．c，b D．b，d答案 A解析当正视图和侧视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选项A正确．14．(2021·江西重点中学联考)现有编号为①、②、③的三个棱锥(底面水平放置)，俯视图分别为图1、图2、图3，则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的编号是()A．①②B．①③C．①②③D．②③答案 A解析还原出空间几何体，编号为①的三棱锥的直观图如图(1)的三棱锥P－ABC，平面P AC⊥平面ABC，平面PBC⊥平面ABC，满足题意；编号为②的三棱锥的直观图如图(2)的三棱锥P－ABC，平面PBC⊥平面ABC，满足题意；编号为③的三棱锥的直观图如图(3)的三棱锥P－ABC，不存在侧面与底面互相垂直，所以满足题意的编号是①②.15．一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为________．答案4 2解析由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，P A＝AB＝AC＝4，DB＝2，则易得S△P AC＝S△ABC＝8，S△CPD＝12，S梯形ABDP＝12，S△BCD＝12×42×2＝4 2.16．(2019·全国Ⅱ卷)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图①)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图②是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．答案262－1解析依题意知，题中的半正多面体的上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分为9个面，共有9＋8＋9＝26(个)面，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1.。
空间几何体的结构及其三视图和直观图备战2022年高考数学(理)知识梳理与典型题
考点21 空间几何体的结构及其三视图和直观图1．（2021·全国高考真题（理））以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．【答案】③④（答案不唯一）【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.【详解】选择侧视图为③，俯视图为④，如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，12,1AB BC BB ===，,E F 分别为棱11,B C BC 的中点，.则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥E ADF故答案为：③④.【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系.空间几何体的直观图的画法(1)对于一些常见几何体(柱、锥、台、球)的直观图，应该记住它们的大致形状，以便可以较快较准确地画出.(2)画空间几何体的直观图时，比画平面图形的直观图增加了一个z′轴，表示竖直方向.(3)z′轴方向上的线段，方向与长度都与原来保持一致.一、空间几何体的三视图1.概念：正视图、侧视图和俯视图分别是从几何体的正前方、正左方和正上方观察到的几何体的正投影图。
2.位置：侧视图在正视图的右边，俯视图在正视图的下边。
3.大小：正视图与侧视图高度一样，俯视图与正视图长度一样，侧视图和俯视图宽度一样。
4.能看见的轮廓线和棱用实线表示，不能看见的用虚线表示5.由三视图还原直观图办法：（1）还原后的几何体一般为较为熟悉的柱、锥、台、球的组合体；（2）图中实线和虚线是原几何体中的可视线与被遮挡线；（3）想象物体原型，画出草图后进行三视图还原，并与所给几何体比较，再准确画出原几何体。
二、水平放置的平面图形的直观图的画法用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤三、空间几何体直观图的画法立体图形直观图的画法步骤(1)画轴：与平面图形的直观图画法相比多了一个z轴，直观图中与之对应的是z′轴.(2)画底面：平面x′O′y′表示水平平面，平面y′O′z′和x′O′z′表示竖直平面，按照平面图形的画法，画底面的直观图.(3)画侧棱：已知图形中平行于z轴(或在z轴上)的线段，在其直观图中平行性和长度都不变.(4)成图：去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线.1．（2021·全国高三其他模拟（理））香水是香料溶于乙醇中的制品，早在公元前1500年，埃及艳后克娄巴特拉七世就已经开始用15种不同气味的香水洗澡了.近年来，香水已经逐渐成为众多女士的日常用品.已知“香奈儿”的一款饱受热评的男士香水的包装瓶如图（1）所示，其三视图如图（2）所示，其中图（2）中方格小正方形的边长为1，则该香水瓶的体积为（）A ．120π+B ．2120π+C ．110π+D ．2110π+2．（2021·陕西高三其他模拟（理））如图所示的是某多面体的三视图，其中A 和B 分别对应该多面体的两个顶点，则这两个顶点的距离为（ ）A ．2B ．2C ．5D ．63．（2021·全国高三其他模拟（理））如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A．2π3B．4πC．8π3D．8π4．（2021·全国高三其他模拟（理））若空间某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积是（）A．1622π-B．46πC．24πD．642π+5．（2021·全国高三其他模拟（理））已知某几何体的三视图如图所示，点A，B在正视图中的位置如图所示(A，B分别为正视图中等腰梯形的两个顶点)，则在此几何体的侧面上，从A到B的最短距离为（）A 33B．33C．372D．376．（2019·福建省永春第一中学高三其他模拟（理））在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为（）A．18B．22C．24D．287．（2021·吉林长春市·东北师大附中高三月考（理））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．2 B．4 C．862+D．1462+8．（2021·北京二中高三其他模拟）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的是（）A．32B．23C．47D．2219．（2021·北京市大兴区精华培训学校高三三模）某四棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则四棱锥的侧面积为（）A．442+B．4223+C．842+D．8 310．（2021·浙江温州市·高三其他模拟）某三棱锥的三视图如图所示．则该三棱锥内切球的半径是（）A ．713-B ．713+C ．6D ．2211．（2021·全国高三其他模拟（理））如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．5210π+B ．4812π+C ．3618π+D ．6416π+12．（2021·全国高三其他模拟（理））已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．2B ．8C ．6D ．413．（2021·海原县第一中学高三二模（理））我国古代《九章算术》将上、下两面为平行矩形的六面体称为刍童.如图是一个刍童的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和4，高为2，则该刍童的表面积为（ ）A ．125B ．40C ．16123+D ．16125+14．（2021·河北衡水中学高三三模）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，过B ，E ，1D 的截面与棱11A B 交于F ，则截面1BED F 分别在平面1111D C B A 和平面11ABB A 上的正投影的面积之和（ ）A ．有最小值1B ．有最大值2C ．为定值2D ．为定值115．（2021·北京高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（ ）A．332+B．4 C．33+D．216．（2021·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．32B．3 C．322D．3217．（2010·北京高考真题（理））一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧（左）视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为A．B．C．D．18．（2014·福建高考真题（理））某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱19．（2016·天津高考真题（理））已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.20．（2019·北京高考真题（理））某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．1．D【分析】根据三视图可得包装瓶由棱柱和圆柱组合而成，利用体积公式可求其体积.【详解】由三视图可得包装瓶的直观图如图所示：故其体积为：()25242121102ππ⨯-+⨯⨯=+，故选：D.2．D 【分析】由三视图还原成直观图，根据所给数据，利用图像即可得解. 【详解】根据题意可得如图所示直观图，为一组合体， 底面为直角梯形，侧棱垂直底面， 所以22215BE =+=， 由高1AE =，22516BE AE ++=， 故选：D. 3．C 【分析】由三视图还原原几何体如图，是半径为2的半球内部挖去一个圆锥，圆锥的底面与半球的大圆面重合，圆锥的高为半球的半径，从而可求出几何体的体积 【详解】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是半径为2的半球内部挖去一个圆锥，圆锥的底面与半球的大圆面重合， 圆锥的高为半球的半径． 则该几何体的体积321418ππ2π222333V =⨯⨯-⨯⨯=． 故选：C ． 4．C 【分析】根据三视图，可在长方体中利用构造法还原几何体，利用长方体的对角线计算外接球的直径，进而计算表面积． 【详解】据三视图分析知，该几何体是由长方体截得如下图所示几何体ABCDE ，22222426++=， 即为外接球的直径， 6，外接球的表面积4624S ππ=⨯=．5．A 【分析】作出三视图的直观图，并展开，根据三视图中的数据求得展开图中的边长，半径，圆心角等，从而求得AB 的长. 【详解】由三视图可知该几何体为下底面半径1R =，上底面半径12r =，高为2的圆台，故其母线长为2213(1)(2)22BC =-+=，其侧面展开图为以上、下底面周长为弧长，圆台母线长为半径的扇环，如图所示，将圆台补形为圆锥，由相似三角形知，12OB r OC R ==，即3122OC OC -=，解得3OC =， 即圆锥的母线为3，记扇形的圆心角为α，则2OB r απ⋅=，即31222απ⋅=⨯，解得23πα= 由三视图可知，点B 为展开图中圆弧的中点，在OAB 中，3AOB π∠=，32OB =，3OA =，则2ABO π∠=， 故33sin AB OA AOB =∠= 故选：A 6．C根据三视图作出几何体的直观图，然后根据几何体的结构特征，利用分割法可求得几何体的体积. 【详解】根据三视图还原原几何体的直观图如下图所示：其中，底面ABC 为直角三角形，且90BAC ∠=，4AB =，3AC =， 侧棱BD 、AF 、CE 与底面ABC 垂直，且2BD =，5AE CF ==， 过点D 分别作//DG AB 、//DH BC 分别交AB 、CE 于点G 、H ，则三棱柱ABC GDH -为直棱柱，四棱锥D EFGH -的底面为矩形EFGH ，高为AB ， 所以，211432342423ABCEFD ABC GDH D EFGH V V V --=+=⨯⨯⨯+⨯⨯=. 故选:C. 【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 7．B 【分析】首先根据三视图得到几何体的形状，接着利用棱锥的体积公式求解即可. 【详解】由题意可得几何体如下图所示四棱锥P ABCD -：其中2,2,22,3PA PB AB CD AD BC ======, 且四边形ABCD 为矩形，三角形PAB 为等腰直角三角形， 且面ABCD ⊥面PAB ， 所以22362ABCD S ==222h ==所以11622433P ABCD ABCD V S h -=⨯⨯=⨯=， 故选：B 【点睛】(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 8．C 【分析】由三视图还原几何体，求出各面的面积即可选出正确答案. 【详解】由题意可知,几何体的底面是边长为4的正三角形，棱锥的高为4，并且高为侧棱垂直底面三角形的一个顶点的三棱锥, 两个垂直底面的侧面面积相等为8,底面面积为234434=,另一个侧面的面积为()2214423472⨯+=四个面中面积的最大值为47, 故选:C.【点睛】 关键点睛:本题的关键是由三视图还原几何体. 9．A 【分析】结合正方体作出四棱锥直观图，可得到四棱锥的结构特征，从而求出其侧面积. 【详解】解：结合正方体，作出三棱锥N DFHK -，（它在正方体中的位置），可知21222NDK NKH S S ==⨯=△△，1222222NFH NFD S S ==⨯⨯=△△,则侧面积为=442NDK NKH NFH NFD S S S S ++++△△△△. 故选：A .【点睛】关键点点睛：解题关键是在正方体中作出几何体的直观图，这样容易得出几何体的结构特征.本题考查了三维想象能力、棱锥的侧面积的计算，属于中档题. 10．A 【分析】由三视图可得三棱锥直观图，利用等体积法求出球的半径即可. 【详解】根据三视图可得该三棱锥的直观图如下：取AB AC 、的中点为E 、D 则有PE ⊥平面ABC ，902233ABC BC AB PE ∠=︒===，，，， 所以1424DE AC DC PC ====，，，故三棱锥的表面积22111122222PA S PE AB BC PB AB BC PA AC ⎛⎫=⋅+⋅+⋅+- ⎪⎝⎭所以7339S = 又116333P ABC ABC V S PE -=⋅=⨯△设内切球的半径为R ，则13P ABC S R V -⋅=表可得713R -= 故选：A 【点睛】关键点点睛：由直观图及条件可求出棱锥的表面，设球半径为R ，可分割为四个高为R 的棱锥，利用等积法求解即可,属于中档题. 11．D 【分析】从侧视图出发，正方形内切一圆，以及正视图、侧视图长综合观察，那么该几何体左右两侧为圆柱，中间为正方体，利用几何体体积公式进行求解.【详解】由题图易知该几何体的中间是一个棱长为4的正方体，左，右两侧均是一个底面半径为2，母线长为2的圆柱，则此几何体的体积3242226416Vππ=+⨯⨯⨯=+.故选：D【点睛】先通过三视图还原几何体，检验几何体的三视图是否和题目一致，再利用公式进行求解.12．D【分析】先根据三视图还原几何体的直观图，再利用锥体的体积公式即可求解．【详解】由三视图还原几何体的直观图如图所示，易知该几何体是由两个三棱锥组合而成的，若以这两个三棱锥共同的面为这两个三棱锥的底面，则这两个三棱锥的高都是2，底面三角形均是直角边长分别为2和3的直角三角形，故该几何体的体积1123224 32V⎛⎫=⨯⨯⨯⨯⨯=⎪⎝⎭．故选：D【点睛】此类以三视图为载体的几何体体积问题的关键是过好“双关”：首先是“还原关”，即利用“长对正、高平齐、宽相等”还原出空间几何体的直观图；其次是“公式关”，即会利用锥体的体积公式、柱体的体积公式等求几何体的体积．13．D【分析】根据三视图，还原几何体的直观图可得，该几何体的表面由两个全等的矩形，与四个全等的等腰梯形组成，根据三视图所给数据，求出矩形与梯形的面积，求和即可． 【详解】由三视图可知，该刍童的直观图是如图所示的六面体1111A B C D ABCD -，图中正方体棱长为4，1111,,,,,,,B C D A B C A D 分别是所在正方体棱的四等分点，其表面由两个全等的矩形，与四个全等的等腰梯形组成，矩形面积为248⨯=，梯形的上下底分别为2,4，梯形的高为2215FG +=，梯形面积为()1245352⨯+=28435⨯+⨯=165+ 故选：D. 【点睛】观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状． 14．D 【分析】证明1BED F 是平行四边形，得1CE A F =，1DE B F =，然后根据投影图形结论． 【详解】因为平面1BED F平面ABCD BE =，平面1BED F平面11111A B C D D F =，平面1111D C B A //平面ABCD ，所以1//BE D F ，同理1//D E BF ，所以截面1AED F 是平行四边形，所以1BE D F =，所以1A F CE =，从而1B F DE =，截面1BED F 在平面1111D C B A 上的正投影是以CE 为底，高为1的平行四边形，在平面11ABB A 上的正投影是以DE 为底，高为1的平行四边形，因此两个投影的面积和为()11S CE DE =+⨯=为定值．故选：D ．【点睛】关键点点睛：本题考查空间投影问题，解题关键是确定截面的形状，然后由正方体性质确定下面投影的形状，最后求出面积和得结论．15．A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥O ABC -，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1， 故其表面积为()213333112242+⨯⨯⨯+⨯=， 故选：A.16．A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【详解】几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A B C D -，其高为1，底面为等腰梯形ABCD ， 该等腰梯形的上底为2，下底为22，腰长为1，故梯形的高为1212-=， 故()1111123222122ABCD A B C D V -=⨯+⨯⨯=， 故选：A.17．C【分析】从正视图和侧视图上分析，去掉的长方体的位置应该在的方位，然后判断俯视图的正确图形．【详解】由正视图可知去掉的长方体在正视线的方向，从侧视图可以看出去掉的长方体在原长方体的右侧， 由以上各视图的描述可知去掉的长方体在原长方体的右上方，其俯视图符合C 选项．故选C ．点评：本题考查几何体的三视图之间的关系，要注意记忆和理解“长对正、高平齐、宽相等”的含义． 考点：三视图．18．A【详解】试题分析：因为圆柱的三视图有两个矩形，一个圆，正视图不可能是三角形，而圆锥、四面体（三棱锥）、三棱柱的正视图都有可能是三角形，所以选A.考点：空间几何体的三视图.19．2【详解】试题分析：由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的一边长为2，其对应的高为1，因此所求四棱锥的体积1(21)323V =⨯⨯⨯=．故答案为2． 【考点】三视图、几何体的体积【名师点睛】①解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图． ②三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．20．40.【分析】本题首先根据三视图,还原得到几何体,根据题目给定的数据,计算几何体的体积.属于中等题.【详解】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体,几何体的体积()3142424402V =-+⨯⨯=. 【点睛】 (1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．。
2021年高考数学 7.1空间几何体的结构及其三视图和直观图课时提升作业 文 新人教A版
2021年高考数学 7.1空间几何体的结构及其三视图和直观图课时提升作业文新人教A版一、选择题1.在斜二测画法的规则下,下列结论正确的是( )(A)角的水平放置的直观图不一定是角(B)相等的角在直观图中仍然相等(C)相等的线段在直观图中仍然相等(D)若两条线段平行,且相等,则在直观图中对应的两条线段仍然平行且相等2.以下四个命题：①正棱锥的所有侧棱相等；②直棱柱的侧面都是全等的矩形；③圆柱的母线垂直于底面；④用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形.其中，真命题的个数为( )(A)4 (B)3 (C)2 (D)13.(xx·梅州模拟)某几何体的三视图如图所示,那么这个几何体是( )(A)三棱锥(B)四棱锥(C)四棱台(D)三棱台4.（xx·清远模拟）一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )5.如图,△ABC为正三角形,AA′∥BB′∥CC′,CC′⊥平面ABC且=CC′=AB,则多面体ABC-A′B′C′的正视图是( )6.(xx·茂名模拟)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示),∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这个平面图形的面积为( )()()()()122 A B2442121C D2422++++7.一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图(又称主视图)、侧视图(又称左视图)如图所示,则其俯视图为( )8.(xx·潮州模拟)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,则该三棱锥的侧视图可能为( )二、填空题9.等腰梯形ABCD,上底CD=1,腰下底AB=3,以下底所在直线为x轴,则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为__________.10.(xx·青岛模拟)如图，点O为正方体ABCD-A′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的投影可能是___________（写出所有可能的序号）.11.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为它的三视图中的俯视图如图所示,侧视图是一个矩形,则这个矩形的面积是_________.三、解答题12.用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥,截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16,截去的圆锥的母线长是3 cm,求圆台的母线长.13.已知正三棱锥V-ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示.(1)画出该三棱锥的直观图.(2)求出侧视图的面积.14.(能力挑战题)如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝.再用S平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面).(1)当圆柱底面半径r取何值时，S取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米).(2)若要制作一个如图放置的、底面半径为0.3米的灯笼，请作出灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素).答案解析1.【解析】选D.角在直观图中可以与原来的角不等,但仍然为角;由正方形的直观图可排除B，C,故选D.2.【解析】选B.由正棱锥的定义可知所有侧棱相等，故①正确；由于直棱柱的底面的各边不一定相等，故侧面矩形不一定全等，因此②不正确；由圆柱母线的定义可知③正确；结合圆锥轴截面的作法可知④正确.综上，正确的命题有3个.3.【解析】选B.由所给三视图与直观图的关系,可以判定对应的几何体为如图所示的四棱锥,且PA⊥平面ABCD,AB⊥BC,BC∥AD.【变式备选】正三棱柱(底面为正三角形的直棱柱)ABC-A 1B1C1如图所示，以四边形ABB1A1为水平面，四边形BCC1B1的前面为正前方画出的三视图正确的是( )【解析】选A.矩形BCC1B1的前面为正前方,故正视图为矩形,左侧为△ABC,所以侧视图为三角形.俯视图为两个有公共边的矩形,公共边为CC1在面ABB1A1内的投影,故选A.4.【解析】选C.当俯视图为A，B时表示底面为等腰直角三角形，且过直角顶点的棱与底面垂直的三棱锥.当俯视图为D时，表示底面为正方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥.故选C.【方法技巧】由直观图画三视图的技巧(1)可以想象将一几何体放在自己面前,然后从正前方,左侧及上面观察该几何体,进而得到正视图、侧视图和俯视图.(2)在画三视图时,要注意看得见的轮廓线画成实线,看不见的轮廓线画成虚线.5.【解析】选D.由AA′∥BB′∥CC′及CC′⊥平面ABC,知BB′⊥平面ABC.又且△ABC为正三角形,故正视图应为D中的图形.6.【解析】选B.如图将直观图ABCD还原后为直角梯形A′BCD′,其中A′B=2AB=2,7.【解析】选C.依题意可知该几何体的直观图如图所示,故其俯视图应为C.8.【思路点拨】由正视图的高可知,侧视图的高为2,由俯视图是边长为2的正三角形,可知其侧视图的一边长为【解析】选B.由三视图间的关系,易知其侧视图是一个一边为高为2的直角三角形,故选B.9.【解析】如图所示，∴直观图A′B′C′D′的面积为答案：10.【解析】空间四边形D′OEF在正方体的面DCC′D′上的投影是①；在面BCC′B′上的投影是②；在面ABCD上的投影是③.故填①②③.答案：①②③11.【解析】设正三棱柱的底面边长为a,利用体积为很容易求出这个正三棱柱的底面边长和侧棱长都是2,所以底面正三角形的高为故所求矩形的面积为答案：12.【解析】设圆台的母线长为l cm,截得圆台的上、下底面半径分别为r cm,4r cm.根据相似三角形的性质得解得l=9.所以,圆台的母线长为9 cm.13.【解析】(1)如图所示.(2)根据三视图间的关系可得∴侧视图中14.【思路点拨】（1）根据条件确定圆柱的高与底面半径的关系，转化为函数问题解决.（2）结合实物图画出三视图即可.【解析】(1)设圆柱的高为h，由题意可知，4(4r+2h)=9.6，即2r+h=1.2.S=2πrh+πr2=πr(2.4-3r)=3π[-(r-0.4)2+0.16]，其中0<r<0.6.∴当半径r=0.4米时，S max=0.48π≈1.51(平方米).(2)由r=0.3及2r+h=1.2，得圆柱的高h=0.6(米).则灯笼的三视图为：33128 8168 腨 'qW 23390 5B5E 孞36169 8D49 赉39826 9B92 鮒]+ 24283 5EDB 廛23305 5B09 嬉。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2021年高考数学 7.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图练习
(25分钟60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(xx·兰州模拟)将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体如图所示,则该几何体的侧视图为( )
【解析】选D.如图所示,点D1的投影为C1,点D的投影为C,点A的投影为B,故选D.
【加固训练】(xx·佛山模拟)用一个平行于水平面的平面去截球,得到如图所示的几何体,则它的俯视图是图中的( )
【解析】选B.截去的平面在俯视图中看不到,故用虚线,因此选B.
2.(xx·淄博模拟)某三棱锥的正视图与俯视图如图所示,则其侧视图的面积为()
A.2
B.3
C.4
D.6
【解析】选A.由三棱锥的特点知侧视图为直角三角形,根据正视图和俯视图知,侧视
图的两直角边长分别为2,2,所以侧视图的面积为×2×2=2.
3.(xx·安庆模拟)某几何体的正视图和侧视图均为如图1所示的图形,则在图2的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是()
A.(1)(3)
B.(1)(4)
C.(2)(4)
D.(1)(2)(3)(4)
【解析】选A.由几何体的正视图与侧视图可得出,此几何体上部一定是一个球,下部可以是一个正方体,或是一个圆柱体,故(1)(3)一定正确,第二个几何体不符合要求,这是因为球的投影不在正中,第四个不对的原因与第二个相同,综上,A选项符合要求.故选A.
【加固训练】(xx·广州模拟)某几何体的正视图和侧视图均如图所示,则该几何体的俯视图不可能是()
【解析】选D.由几何体的正视图和侧视图均为题干图中左图.结合四个选项中的俯视图知,若为D,则正视图应为,故D不可能,所以选D.
4.(xx·绍兴模拟)如图,在下列四个几何体中,其三视图(正视图、侧视图、俯视图)中有且仅有两个相同的是()
A.②③④
B.①②③
C.①③④
D.①②④
【解析】选A.①的三个视图都是边长为1的正方形;②的俯视图是圆,正视图、侧视图都是边长为1的正方形;③的俯视图是一个圆,正视图、侧视图是相同的等腰三角形;④的俯视图是边长为1的正方形,正视图、侧视图是相同的矩形.
【方法技巧】由直观图确定三视图的技巧
(1)将几何体放在自己的前面,从正面、左面、上面观察几何体,得到三视图.
(2)画三视图时,看得到的轮廓线画成实线,看不到的轮廓线要画成虚线.
5.(xx·武汉模拟)如图,在透明塑料制成的长方体ABCD-A1B1C1D1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,有下列四个说法:
①水的部分始终呈棱柱状;
②水面四边形EFGH的面积不改变;
③棱A1D1始终与水面EFGH平行;
④当E∈AA1时,AE+BF是定值.
其中正确说法是()
A.①②③
B.①③
C.①②③④
D.①③④
【解析】选D.显然水的部分呈三棱柱或四棱柱状,故①正确;容器倾斜度越大,水面四边形EFGH的面积越大,故②不正确;显然棱A1D1始终与水面EFGH平行,故③正确;由于水的体积不变,四棱柱ABFE-DCGH的高不变,所以梯形ABFE的面积不变,所以AE+BF是定值,故④正确.所以四个命题中①③④正确.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.一个几何体的正视图为一个三角形,则这个几何体可能是下列几何体中的
(填入所有可能的几何体的编号).
①三棱锥;②四棱锥;③三棱柱;④四棱柱;⑤圆锥;⑥圆柱.
【解析】四棱柱与圆柱的正视图不可能为三角形,三棱锥、四棱锥、三棱柱、圆锥的正视图都有可能是三角形.
答案:①②③⑤
7.等腰梯形ABCD,上底CD=1,腰AD=CB=,下底AB=3,以下底所在直线为x轴,则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为.
【解析】如图所示:
因为OE==1,所以O′E′=,E′F=,
则直观图A′B′C′D′的面积为S′=×(1+3)×=.
答案:
8.(xx·武汉模拟)某四棱锥的三视图如图所示,则最长的一条侧棱的长度是.
【解析】根据三视图可知原图为如图,最长棱为AC,
所以AE=2,EB=2,ED=3,DC=4,
所以EC=5,所以AC=.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.如图是一个几何体的正视图和俯视图.
(1)试判断该几何体是什么几何体.
(2)画出其侧视图,并求该平面图形(侧视图)的面积.
【解析】(1)由该几何体的正视图和俯视图可知该几何体是一个正六棱锥.
(2)该几何体的侧视图如图:
其中AB=AC,AD⊥BC,且BC的长是俯视图正六边形对边间的距离,即BC=a,AD是正六棱锥的高,则AD=a,所以该平面图形(侧视图)的面积为S=×a×a=a2.
【加固训练】已知正三棱锥V-ABC的正视图和俯视图如图所示.
(1)画出该三棱锥的侧视图和直观图.
(2)求出侧视图的面积.
【解析】(1)如图.
(2)侧视图中V A=
==2.
则S△VBC=×2×2=6.
10.(xx·辽宁高考改编)某几何体的三视图如图所示.
(1)判断该几何体是什么几何体?
(2)画出该几何体的直观图.
【解题提示】根据俯视图可得这是一个切割后的几何体,再结合另外两个视图,得到几何体.
【解析】(1)该几何体是一个正方体切掉两个圆柱后得到的几何体.
(2)直观图如图所示.
(20分钟40分)
1.(5分)一梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形,且该梯形的面积为,则原梯形的面积为()
A.2
B.
C.2
D.4
【解析】选D.直观图为等腰梯形,若上底设为x,高设为y,则S直观图=y(x+2y+x)=,而原梯形为直角梯形,其面积为S=·2y(x+2y+x)=2×=4.
2.(5分)(xx·长沙模拟)如图,三棱锥V-ABC的底面ABC为正三角形,侧面V AC
与底面ABC垂直,且V A=VC,以平面V AC为正视图的投影面,其正视图的面积为,
则其侧视图的面积为()
A. B. C. D.
【解题提示】关键由题设条件确定侧视图的形状.
【解析】选B.取AC中点H,连接VH,BH,在△V AC中,V A=VC,所以VH⊥AC,因
为平面V AC⊥平面ABC且其交线为AC,所以VH⊥平面ABC,因为△ABC是等
边三角形,则BH⊥AC,所以AC⊥平面VHB,即侧视图为△VHB,设AB=a,VH=h,根据等体积法得S△ABC·h=S△VHB·AC,即·a2·h=S△VHB·a,所以S△VHB=a·h,又正视图面积为S=a·h=,所以S△VHB=×=.
【加固训练】(xx·成都模拟)三棱柱的侧棱与底面垂直,且底面是边长为2的等边三角形,其正视图(如图所示)的面积为8,则侧视图的面积为()
A.8
B.4
C.4
D.
【解析】选C.由正视图面积为8知,三棱柱的侧棱长为4,侧视图是一个矩形,它的一边长为4,另一边长是底
面正三角形的高,所以侧视图的面积为4×=4.
3.(5分)(xx·杭州模拟)多面体MN-ABCD的底面ABCD为矩形,其正(主)视图和侧(左)视图如图,其中正(主)视图为等腰梯形,侧(左)视图为等腰三角形,则AM的长为()
A. B. C. D.2
【解析】选C.在直观图中,过M作MH垂直于AB,垂足为H,则在直角三角形AHM中,AH=1,MH=,所以AM=.
4.(12分)(xx·石家庄模拟)如图的三个图中,上面是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图,它的正视图和侧视图在下面画出(单位:cm).
(1)在正视图下面,按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图.
(2)按照给出的尺寸,求该多面体的体积.
【解析】(1)如图.
(2)所求多面体体积V=V长方体-V正三棱锥
=4×4×6-××2=(cm3).
5.(13分)(能力挑战题)如图所示,为了制作一个圆柱形灯笼,先要制作4个全等的矩形骨架,总计耗用9.6米铁丝.再用S平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面).
(1)当圆柱底面半径r取何值时,S取得最大值?并求出该最大值(结果精确到0.01
平方米).
(2)若要制作一个如图放置的、底面半径为0.3米的灯笼,请作出灯笼的三视图(作
图时,不需考虑骨架等因素).
【解题提示】(1)根据条件确定圆柱的高与底面半径的关系,转化为函数问题解
决.(2)结合实物图画出三视图即可.
【解析】(1)设圆柱的高为h米,由题意可知,
4(4r+2h)=9.6,
即2r+h=1.2.
S=2πrh+πr2=πr(2.4-3r)
=3π[-(r-0.4)2+0.16],其中0<r<0.6.
所以当半径r=0.4米时,Smax=0.48π≈1.51(平方米).
(2)由r=0.3及2r+h=1.2,得圆柱的高h=0.6(米).则灯笼的三视图为:。