2022高考数学一轮复习-课时规范练38-空间几何体的结构及其三视图、直观图北师大版.docx

2022高考数学一轮复习 课时规范练38 空间几何体的结构及其三视图、直观图北师大版

2022高考数学一轮复习 课时规范练38 空间几何体的结构及其三视图、直观图北师大版

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课时规范练38　空间几何体的结构及其三视图、直观图
基础巩固组
1.下列说法中正确的是(　　)

A.斜三棱柱的侧面展开图一定是平行四边形
B.水平放置的正方形的直观图有可能是梯形
C.一个直四棱柱的主视图和左视图都是矩形,则该直四棱柱就是长方体
D.用平行于圆锥底面的平面去截圆锥,底面与截面之间的部分形成的几何体就是圆台
2.(2020浙江衢州模拟)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 B.矩形
C.梯形 D.椭圆或部分椭圆
3.将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示,则该几何体的左视图为(　　)

4.(2020江西南昌八一中学期中)如图,一个水平放置的面积是2+2的平面图形的斜二测直观图是等腰梯形,其中A'D'∥B'C',则等腰梯形面积为(　　)

A.12+22 B.1+22
C.1+2 D.2+2
5.某三棱锥的三视图如图所示,其俯视图是一个等腰直角三角形,在此三棱锥的六条棱中,最长棱的长度为(　　)

A.2 B.22
C.6 D.2
6.(2020北京丰台一模)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的四个面中,面积等于3的有(　　)

A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
7.正方体被一个平面截去一部分后,所得几何体的三视图如图所示,则截面图形的形状为(　　)

A.等腰三角形
B.直角三角形
C.平行四边形
D.梯形
8.(2020广东广雅中学模拟)如图正方形O'A'B'C'的边长为1 cm,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　　　　　cm. 
9.(2020北京朝阳一模)已知某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的最长棱的长为　　　　　. 

(第8题图)

(第9题图)

综合提升组
10.如图是某几何体的三视图,则过该几何体顶点的所有截面中,最大截面的面积是(　　)

A.2 B.3
C.32 D.1
11.已知某长方体的三视图如图所示,在该长方体的一组相对侧面M,N上取三点A,B,P,其中P为侧面N的对角线上一点(与对角线端点不重合),A,B为侧面M的一条对角线的两个端点.若以线段AB为直径的圆过点P,则m的最小值为(　　)

A.4 B.43
C.2 D.23
12.(2020安徽阜阳模拟)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43 m,则圆锥底面圆的半径等于　　　　　m. 

创新应用组
13.《九章算术》涉及中国古代算数中的一种几何体——阳马,它是底面为矩形,两个侧面与底面垂直的四棱锥,已知网格纸上小正方形的边长为1,现有一体积为4的阳马,则该阳马对应的三视图(用粗实线画出)可能为(　　)

14.(2020黑龙江绥化模拟)刍甍,中国古代算数中的一种几何形体,《九章算术》中记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无广.刍,草也.甍,屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶.”如图为一个刍甍的三视图,其中主视图为等腰梯形,左视图为等腰三角形,则该茅草屋顶的面积为　　　　　. 

15.(2019全国2,文16)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　　　　. 

图1

图2

参考答案

课时规范练38　空间几何体的
结构及其三视图、直观图
1.D　对于选项A,斜棱柱的每个侧面是平行四边形,但是全部展开以后,那些平行四边形未必可以构成一个平行四边形,所以是错误的.对于选项B,水平放置的正方形的直观图是平行四边形,不可能是梯形,所以是错误的.对于选项C,一个直四棱柱的主视图和左视图都是矩形,则该直四棱柱不一定是长方体,因为底面可能不是矩形,所以是错误的.对于选项D,用平行于圆锥底面的平面去截圆锥,底面与截面之间的部分形成的几何体就是圆台,是正确的.故选D.
2.C　当圆柱筒竖直放置时,液面形状为圆形,当圆柱筒水平放置时,液面为矩形,当圆柱筒倾斜放置时,若液面经过底面,则液面为椭圆的一部分,若液面不经过底面,则液面为椭圆,故选C.
3.D　易知左视图为矩形.又AF的投影线为虚线,故该几何体的左视图为选项D.

4.A　根据斜二测画法的规则得原水平放置的平面图:
上底为AD,下底为BC,高为2A'B'的直角梯形,
所以水平放置的平面图形的面积为SABCD=12(A'D'+B'C')×2A'B'=2+2,则SA'B'C'D'=12(A'D'+B'C')×22A'B'=24SABCD=24×(2+2)=12+22.故选A.

5.B　由题意可知几何体的直观图如图:可知PA⊥底面ABC,三角形ABC是等腰直角三角形,AB⊥BC,可知最长棱为PC=4+4=22.故选B.
6.C　该几何体对应的直观图如图所示,S△ABC=12×2×3=3,S△ABD=12×2×3=3,S△BCD=12×2×3=3,

∵AC=22+(3)2=7,AD=22+(3)2=7,∴S△ACD=12×2×(7)2-12=6.
则面积等于3的有3个,故选C.
7.A　

如图所示,由三视图可得,该几何体是正方体被一个平面截去一个三棱锥所得的几何体,很明显三棱锥的两条侧棱相等,故截面是等腰三角形.故选A.

8.8　由题意得原图形为O'B'=2cm,对应原图形平行四边形OABC的高为22cm,所以原图形中,OA=BC=1cm,AB=OC
=(22)2+12=3(cm),故原图形的周长为2×(1+3)=8(cm).
9.5　如图所示A-BCD是三棱锥的直观图,

其中AF⊥平面BCD,垂足为F,根据三视图可知,BE=ED=2,CE=EF=2,AF=3,所以BF=DF=BC=CD=22,AB=AD=(22)2+32=17,AC=AF2+CF2=32+42=5,可知该三棱锥的最长棱的长为AC=5.
10.A　由三视图可知其对应的几何体是一个半圆锥,且圆锥的底面半径为r=3,高h=1,故俯视图是一个腰长为2,顶角为120°的等腰三角形,
易知过该几何体顶点的所有截面均为等腰三角形,且腰长为2,顶角的范围为(0°,120°],设顶角为θ,则截面的面积S=12×2×2×sinθ=2sinθ,
当θ=90°时,面积取得最大值2.故选A.
11.D　如图,连接HF与NM,

由长方体可得,线段NM是直线HF与AB的公垂线段.当点P在对角线HF的中点时,点P到直线AB距离最短为2.又以线段AB为直径的圆过点P,
则AB2≥2,即m2+222≥2,解得m≥23.所以m的最小值为23.故选D.
12.43　把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如图所示的扇形,

由题意OP=4,PP'=43,则cos∠POP'=42+42-(43)22×4×4=-12,所以∠POP'=2π3.设底面圆的半径为r,则2πr=2π3×4,所以r=43.
13.C　由三视图可知几何体是四棱锥,且四棱锥的一条侧棱与底面垂直,B,D对应的几何体不符合阳马的特点,A对应的阳马体积不是4,C对应的阳马体积是4,故选C.
14.325　如图,E,F在平面ABCD内的垂足分别为Q,G,则QG=EF=FG=4,

H为AB的中点,则GH=2,于是FH=FG2+GH2=25,
FA=FH2+HA2=20+22=26.
点G在DA边上的垂足为P,则AP=2,FP=FA2-AP2=25,
则S△ABF=12AB·FH=12×4×25=45,S梯形ADEF=12(AD+EF)·FP=12×(8+4)×25=125,
所以茅草屋顶的面积为2×(45+125)=325.
15.

26　2-1　由题图2可知第一层与第三层各有9个面,共计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26个面.如图,设该半正多面体的棱长为x,则AB=BE=x,延长CB与FE的延长线交于点G,延长BC交正方体的棱于点H.由半正多面体的对称性可知,△BGE为等腰直角三角形,所以BG=GE=CH=22x,所以GH=2×22x+x=(2+1)x=1,解得x=12+1=2-1,即该半正多面体的棱长为2-1.