【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固：第9章-第1节-空间几何体及其直观图、三视图.docx

第九章第一节一、选择题1.(2021保定调研)用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体，其正视图、侧视图都是如图所示的图形，则这个几何体的最大体积是()A9B11C13D15答案B解析由正视图、侧视图可知，几何体的体积最大时，底层有9个小正方体，上面有2个，共11个，最大体积为11，所以选B.2(2022河南南阳三模)已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()答案C解析由条件得直观图如图所示，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA形成的投影，为虚线故选C.3(2022江西师大附中期中)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A1BC.D答案B解析由三视图可知，该几何体是四棱锥，以俯视图为底，高为1，俯视图的面积为111，则四棱锥的体积为11，故选B.4(文)(2022湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于()A1B2C3D4答案B解析依据三视图得如图所示的三棱柱，即底面ABC是直角三角形的直棱柱要想得到最大的球，只需球与三个侧面都相切由于直角三角形中，6282102，所以直角三角形ABC的内切圆半径为r2，故得到的最大球的半径为2.(理)(2022浙江理)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是()A90cm2B129cm2C132cm2D138cm2答案D解析由题干中的三视图可得原几何体如图所示该几何体由长方体和直三棱柱组成，长方体长、宽、高分别为6cm、4cm、3cm，直三棱柱底面三角形三边长为3cm,4cm,5cm，高为3cm.故该几何体的表面积S(2462343633)(3435234)138(cm2)，故选D.5(文)(2022新课标)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()A6B6C4D4答案B解析由三视图可知，该几何体是一个三棱锥SABC，底面ABC为等腰直角三角形，直角边长ABBC4，侧面SBC底面ABC，侧面SBC是一个等腰三角形，底边BC4，高SO4，故其最长的棱为SA，取BC的中点O，则SO平面ABC，BO2，AO，SA6，其直观图如图1.把该几何体放入正方体中如图2.(理)(2021江西师大附中、鹰潭一中、宜春中学联考)如图三棱锥VABC，VAVC，ABBC，VACACB30，若侧面VAC底面ABC，则其主视图与左视图面积之比为()A4B4C.D答案A解析主视图为RtVAC，左视图为以VAC中AC边上的高VD为一条直角边，ABC中AC边上的高BE为另一条直角边的直角三角形设ACx，则VAx，VCx，VDx，BEx，则S主视图S左视图(xx)(xx)4，故选A.6(2021忻州一中测试)已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该截面的面积为()A.B3C4D答案A解析由三视图知几何体为正方体切去一个棱台，且切去棱台的下底面直角三角形的直角边长为1，其直观图如图截面为等腰梯形，且两底边长分别为，2，腰长为，梯形的高为，截面面积S，故选A.二、填空题7(文)已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，其中正(主)视图是直角梯形，侧(左)视图和俯视图都是矩形，则这个几何体的体积是_cm3.答案解析依据三视图知，该几何体的上、下底面均为矩形，上底面是边长为1的正方形，下底面是长为2，宽为1的矩形，左侧面是与底面垂直的正方形，其直观图如图所示，易知该几何体是四棱柱ABCDA1B1C1D1，其体积VS梯形ABCDAA11cm3.(理)(2021长春三校)在三棱柱ABCABC中，已知AA平面ABC，AA2，BC2，BAC，且此三棱柱的各个顶点都在一个球面上，则球的体积为_答案解析如图，依题意可知，球心O到平面ABC的距离为AA1，平面ABC所在圆的半径为BC，则球的半径为2，则球的体积为23.解法探究一般地，在题设条件中有两两垂直的三条线段时，常考虑长方体进行补形AA平面ABC，BAC90，可将三棱柱ABCABC补成长方体ABECABEC，则此长方体内接于球；设球半径为R，则2R4，R2，V球R3.8在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交AA1于E，交CC1于F，得四边形BFD1E，给出下列结论：四边形BFD1E有可能为梯形；四边形BFD1E有可能为菱形；四边形BFD1E在底面ABCD内的投影确定是正方形；四边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D1D；四边形BFD1E面积的最小值为.其中正确的是_(请写出全部正确结论的序号)答案解析平面ADD1A1平面BCC1B1，平面BFD1E平面ADD1A1D1E，平面BFD1E平面BCC1B1BF，D1EBF；同理BEFD1，四边形BFD1E为平行四边形，明显不成立；当E、F分别为AA1、CC1的中点时，易证BFFD1D1EBE，EFBD1，又EFAC，ACBD，EFBD，EF平面BB1D1D，平面BFD1E平面BB1D1D，成立，四边形BFD1E在底面的投影恒为正方形ABCD.当E、F分别为AA1、CC1的中点时，四边形BFD1E的面积最小，最小值为.9(2021开封四中期中)已知正ABC三个顶点都在半径为2的球面上，球心O到平面ABC的距离为1，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值是_答案解析球O的半径为2，O到平面ABC的距离为1，ABC外接圆的半径为，AB3，过点E作球O的截面，当截面面积最小时，截面圆以AB为直径，其面积S()2.三、解答题10(文)(2021广州调研)已知四棱锥PABCD的正视图是一个底边长为4、腰长为3的等腰三角形，如图分别是四棱锥PABCD的侧视图和俯视图(1)求证：ADPC；(2)求四棱锥PABCD的侧面PAB的面积解析(1)由俯视图可知点P在平面ABCD上的射影是线段CD的中点E，如图，连接PE，则PE平面ABCD.AD平面ABCD，ADPE.ADCD，CDPEE，CD平面PCD，PE平面PCD，AD平面PCD.PC平面PCD，ADPC.(2)依题意，在等腰三角形PCD中，PCPD3，DEEC2，在RtPED中，PE.过点E作EFAB，垂足为F，连接PF，PE平面ABCD，AB平面ABCD，ABPE.EF平面PEF，PE平面PEF，EFPEE，AB平面PEF.PF平面PEF，ABPF.依题意得EFAD2.在RtPEF中，PF3，PAB的面积SABPF6.四棱锥PABCD的侧面PAB的面积为6.(理)如图甲，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ACBC，D为侧棱PC上一点，它的正(主)视图和侧(左)视图如图乙所示(1)依据三视图的要求，画出三棱锥的俯视图；(2)证明：AD平面PBC；(3)在ACB的平分线上确定一点Q，使得PQ平面ABD，并求此时PQ的长解析(1)如图(2)PA平面ABC，PABC，又ACBC，AC平面PAC，PA平面PAC，ACPAA，BC平面PAC，又AD平面PAC，ADBC.又由三视图知，PAAC4，D为PC中点，ADPC，又BCPCC.BC平面PBC，PC平面PBC，AD平面PBC.(3)取AB的中点O，连接CO并延长至Q，使CQ2CO，点Q即为所求O为CQ中点，D为PC中点，PQOD，又PQ平面ABD，OD平面ABD，PQ平面ABD，连接AQ，BQ，四边形ACBQ的对角线相互平分，ACBQ为平行四边形，AQ4.又PA平面ABC，PAAQ，在RtPAQ中，PQ4.一、选择题11(2021新课标)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A168B88C1616D816答案A解析该几何体是一个组合体，其中上面是一个长、宽、高分别为4,2,2的长方体，下面是底面半径为2，高为4的半圆柱，故体积VV上V下422224168.12(2022安徽六校联考)如图所示，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且ADE，BCF均为正三角形，EFAB，EF2，则该多面体的体积为()A.BC.D答案A解析方法一：如图所示，分别过A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，三棱锥高为，直三棱柱柱高为1，AG，取AD中点M，则MG，SAGD1，V12().方法二：如图所示，取EF的中点P，则原几何体分割为两个三棱锥和一个四棱锥，易知三棱锥PAED和三棱锥PBCF都是棱长为1的正四周体，四棱锥PABCD为棱长为1的正四棱锥V122.13(2022新课标)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()A.BC.D答案C解析由三视图可知，该零件是由两个圆柱组合而成，两个圆柱的体积之和VV1V222432234.底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯的体积V32654，所以切削掉部分的体积为543420，故切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为，故选C.14(文)(2022北京)在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，)，若S1、S2、S3分别是三棱锥DABC在xOy、yOz、zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则()AS1S2S3BS2S1且S2S3CS3S1且S3S2DS3S2且S3S1答案D解析如图，在空间直角坐标系中，S1ABBC2，S2ABDE，S3BCDE，S1S2S3，故选D.(理)(2021四川遂宁中学月考)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为()A82B8C8D8答案B解析由三视图可知，该几何体是将一个棱长为2的正方体截去两个相等的柱体，柱体是底面半径为1的圆柱的，故体积V23(12)228.二、填空题15(2021武汉武昌区联考)已知某几何体的正视图和侧视图是全等的等腰梯形，俯视图是两个同心圆，如图所示，则该几何体的全面积为_答案26解析由三视图知该几何体为上底直径为2，下底直径为6，高为2的圆台，则几何体的全面积S1232(13)26.16(2022福州模拟)利用斜二测画法得到的：三角形的直观图确定是三角形；正方形的直观图确定是菱形；等腰梯形的直观图可以是平行四边形；菱形的直观图确定是菱形以上结论正确的个数是_答案1解析由斜二测画法的规章可知正确；错误，是一般的平行四边形；错误，由于平行投影保持平行性，所以等腰梯形的直观图不行能是平行四边形；而菱形的直观图也不愿定是菱形，也错误三、解答题17(文)如下的三个图中，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，依据画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)依据给出的尺寸，求该多面体的体积解析(1)如图(2)所求多面体体积VV长方体V正三棱锥4462(cm3)(理)(2021东北三省四市联考)已知某几何体的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形(1)求证：BN平面C1B1N；(2)求直线C1N与平面CNB1所成角的正弦值解析(1)证明：由三视图可知BC平面ABB1N，以B为原点，BA，BB1，BC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则有B(0,0,0)，A(4,0,0)，N(4,4,0)，B1(0,8,0)，C(0,0,4)，C1(0,8,4)，(4,4,0)，(4，4,0)，C1N(4，4，4)，则有0，0且B1NC1NN，BN平面C1B1N.(2)设平面CNB1的法向量n(x，y，z)，则n0，n0，又(4,4，4)，(0,8，4)，令y1，得平面CNB1的一个法向量为n(1,1,2)，设C1N与平面CNB1所成的角为，则sin，直线C1N与平面CNB1所成角的正弦值为.18(文)(2022陕西文)四周体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四周体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四周体ABCD的体积；(2)证明：四边形EFGH是矩形解析(1)由该四周体的三视图可知，BDDC，BDAD，ADDC，BDCD2，AD1，AD平面BDC，四周体体积V221.(2)BC平面EFGH，平面EFGH平面BDCFG，平面EFGH平面ABCEH，BCFG，BCEH，FGEH.同理EFAD，HGAD，EFHG，四边形EFGH是平行四边形又AD平面BDC.ADBC，EFFG.四边形EFGH是矩形(理)(2022广东六校联考)已知几何体ABCED的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形(1)求此几何体的体积V的大小；(2)求异面直线DE与AB所成角的余弦值；(3)摸索究在DE上是否存在点Q，使得AQBQ，并说明理由解析(1)由该几何体的三视图知AC平面BCED，且ECBCAC4，BD1，S梯形BCED(41)410，VS梯形BCEDAC104.即该几何体的体积为.(2)方法一：过点B作BFED交EC于F，连接AF，则FBA或其补角即为异面直线DE与AB所成的角在BAF中，AB4，BFAF5，cosABF.即异面直线DE与AB所成的角的余弦值为.方法二：如图所示，以C为原点，以CA，CB，CE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系则A(4,0,0)，B(0,4,0)，D(0,4,1)，E(0,0,4)，(0，4,3)，(4,4,0)cos，.即异面直线DE与AB所成的角的余弦值为.(3)在DE上存在点Q，使得AQBQ.取BC中点O，过O作OQDE于点Q，则点Q满足题设连接EO，OD，在RtECO和RtOBD中，2，RtECORtOBD，EOCDOB90.EOD90.OE2，OD，OQ2.以O为圆心，以BC为直径的圆与DE相切，切点为Q，BQCQ.AC平面BCED，BQ平面CEDB，BQAC，BQ平面ACQ.AQ平面ACQ，BQAQ.