(通用版)高考数学一轮复习 立体几何课时分层作业四十一7.1空间几何体的结构及其三视图和直观图(理)
课时分层作业四十一空间几何体的结构及其三视图和直观图
一、选择题(每小题5分,共35分)
1.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.②④
【解析】选D.①中正、侧、俯三视图均相同,不符合题意;②中正、侧视图均相同,符合题意;③中正、侧、俯三视图均不相同,不符合题意;④中正、侧视图均相同,符合题意.
2.对于用“斜二测画法”画平面图形的直观图,下列说法正确的是( )
A.等腰三角形的直观图仍为等腰三角形
B.梯形的直观图可能不是梯形
C.正方形的直观图为平行四边形
D.正三角形的直观图一定为等腰三角形
【解析】选C.根据“斜二测画法”的定义可得正方形的直观图为平行四边形.
3.(2018·南昌模拟)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是
(0,0,0),(1,0,1),(0,1,1),,绘制该四面体三视图时,按照如图所示的方向画正视图,则得到的侧视图可以为 ( )
【解析】选B.将四面体放在如图正方体中,得到如图四面体ABCD,得到如图的侧视图.
【变式备选】在空间直角坐标系O-xyz中,一个四面体的顶点坐标分别为
(0,0,2),(2,2,0),(0,2,0),(2,2,2).画该四面体三视图中的正视图时,以xOz平面为投影面,则得到正视图可以为( )
【解析】选A.因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是
(0,0,2),(2,2,0),(0,2,0),(2,2,2).
几何体的直观图如图(1),
所以以xOz平面为投影面如图(2),则得到正视图为:
4.如图,在空间直角坐标系中,已知直三棱柱的顶点A在x轴上,AB平行于y轴,侧棱AA1平行于z轴.当顶点C在y轴正半轴上运动时,以下关于此直三棱柱三视图的表述正确的是( )
A.该三棱柱正视图的投影不发生变化
B.该三棱柱侧视图的投影不发生变化
C.该三棱柱俯视图的投影不发生变化
D.该三棱柱三个视图的投影都不发生变化
【解析】选B.A:该三棱柱正视图的长度是AB或者AC在y轴上的投影,随C点的运动发生变化,故错误;B:设O1是z轴上一点,且AA1=OO1,则该三棱柱侧视图就是矩形AOO1A1,图形不变,故正确;C:该三棱柱俯视图就是△ABC,随C点的运动发生变化,故错误.故D也错误.
【一题多解】选B.三视图主要刻画几何体的长宽高,在C点运动过程中,只有高和宽一定不会发生改变,所以侧视图的投影不发生改变.
5.圆环内圆半径为4,外圆半径为5,则圆环绕其对称轴旋转一周形成的几何体的体积为 ( )
A. B.
C. D.
【解析】选A.该旋转体是球体中挖掉一个球体,该旋转体体积为V=×53-×43=.
6.已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是( )
A.88 cm3
B.104 cm3
C.98 cm3
D.134 cm3
【解析】选D.由三视图可得,原几何体为一个长宽高分别为6 cm、4 cm、6 cm的长方体砍去一个三棱锥,且三棱锥的底面是直角边分别为3 cm、5 cm的直角三角形,高为4 cm,如图.所以该几何体的体积
V=4×6×6-××3×5×4= 134(cm3).
【题目溯源】本考题来源于人教A版教材必修2 P6的图1.1-11.割和补是得到简单组合体的重要方法,对组合体进行适当割补成为简单的组合体,进而进行求解.
【变式备选】如图为蛋筒冰激凌的三视图,蛋筒是一个底面半径为3 cm,高为
20 cm的圆锥,上方为一个半球体,则该冰激凌的体积为______________.
【解析】由圆锥的体积公式可得,
V圆锥=×πr2×h=×π×9×20=60π(cm3),
V半球体=××πr3=18π(cm3),
所以所求体积为78π cm3.
答案:78π cm3
7.一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为V1,V2,V3,V4,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有( )
A.V1<V2<V4<V3
B.V1<V3<V2<V4
C.V2<V1<V3<V4
D.V2<V3<V1<V4
【解析】选C.由题意可知,由于上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体.根据三视图可知,最上面一个简单几何体是上底面圆的半径为2,下底面圆的半径为1,高为1的圆台,其体积
V1=π×(12+22+1×2)×1=π;从上到下的第二个简单几何体是一个底面圆半径为1,高为2的圆柱,其体积V2=π×12×2=2π;从上到下的第三个简单几何体是棱长为2的正方体,其体积V3=23=8;从上到下的第四个简单几何体是一个棱台,其上底面是边长为2的正方形,下底面是边长为4的正方形,棱台的高为1,故体
积V4=×(22+2×4+42)×1=,比较大小可知答案选C.
二、填空题(每小题5分,共15分)
8.如图,BD是边长为3的正方形ABCD的对角线,将△BCD绕直线AB旋转一周后形成的几何体的体积等于____________.
【解析】对角线BD绕着AB旋转,形成圆锥的侧面;边BC绕着AB旋转形成圆面;边CD绕着AB旋转,形成圆
柱的侧面,所以该几何体是由圆柱挖去一个同底面的圆锥,所以V=π·32·3-·π·32·3=18π.
答案:18π
9.已知某几何体的三视图如图所示,则它的外接球表面积为______________.
【解析】由三视图可知该几何体是三棱锥,且三棱锥的高为1,底面为一个直角三角形,由于底面斜边上的中线长为1,则底面的外接圆半径为1,顶点在底面上的投影落在底面外接圆的圆心上,由于顶点到底面的距离与底面外接圆的半径相等,则三棱锥的外接球半径R为1,则三棱锥的外接球表面积S=4πR2=4π.
答案:4π
【方法点晴】空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时,一般过球心及接、切点作截面,把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题,再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解.
(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两互相垂直,且PA=a,PB=b,PC=c,一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体,利用4R2=a2+b2+c2求解.
10.如图是一个棱长为1的无盖正方体盒子的平面展开图,A,B,C,D为其上四个点,以A,B,C,D为顶点的三棱锥的体积为______________.
【解析】根据图示可知三棱锥的底面积为,高为1,进而得到三棱锥的体积为.
答案:
1.(5分)如图,△A′B′C′是△ABC用“斜二测画法”画出的直观图,其中O′B′=O′C′=1,O′A′=,那么△ABC是一个( )
A.等边三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.三边互不相等的三角形
【解析】选A.由图形知,在原△ABC中,AO⊥BC,
因为A′O′=,所以AO=.
因为B′O′=C′O′=1,所以BC=2.
所以AB=AC=2.所以△ABC为等边三角形.
2.(5分)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,记该正方体的正视图与侧视图的面积分别为S1,S2,则( )
A.-为定值
B.为定值
C.+为定值
D.+为定值
【解析】选A.设投影面与侧面所成的角为α⇒S1=sin α+cos α,S2=sin(90°-α)+cos(90°-α)=sin α
+cos α,S1=S2⇒-为定值.
3.(5分)(2018·贵阳模拟)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正投影可能是________(填出所有可能的序号).
【解析】空间四边形D′OEF在正方体的面DCC′D′及其对面ABB′A′上的正投影是①;在面BCC′B′及其对面ADD′A′上的正投影是②;在面ABCD及其对面A′B′C′D′上的正投影是③.
答案:①②③
4.(5分)一个透明密闭的正方体容器中,恰好盛有该容器一半容积的水,任意转动这个正方体,则水面在容器中的形状可以是:①三角形;②长方形;③正方形;④正六边形.其中正确的结论是________________.(把你认为正确的序号都填上)
【解析】因为正方体容器中盛有一半容积的水,无论怎样转动,其水面总是过正方体的中心,三角形截面不过正方体的中心,故①不正确;
过正方体的一对棱和中心可作一截面,截面形状为长方形,故②正确;
过正方体四条互相平行的棱的中点得截面形状为正方形,该截面过正方体的中心,故③正确;
过正方体一面上相邻两边的中点以及正方体的中心得截面形状为正六边形,故④正确.
答案:②③④
5.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面为正方形,PC与底面ABCD垂直,如图为该四棱锥的正视图和侧视图,它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形.
(1)根据图中所给的正视图、侧视图,画出相应的俯视图,并求出该俯视图的面积.
(2)求PA.
【解析】(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形,如图,其面积为36 cm2.
(2)由侧视图可求得
PD===6.
由正视图可知AD=6,且AD⊥PD,
所以在Rt△APD中,
PA===6(cm).。
2017届高考数学大一轮复习第七章立体几何7.1空间几何体的结构及其三视图和直观图课时规范训
【高考领航】2017届高考数学大一轮复习 第七章 立体几何7.1空 间几何体的结构及其三视图和直观图课时规范训练理北师大版[A 级基础演练]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. 2D. 1解析：由正棱锥的定义可知所有侧棱相等，故①正确；由于直棱柱的底面不一定是正多边形，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.答案：B2. （2014 •高考福建卷）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，故选 A.答案：A3. （2016 •开封摸底）一个正四棱锥的所有棱长均为 2，其俯视图如图所示，则该正四 棱锥的正视图的面积为（）B. ,3 D. 4解析：由题知，所求正视图是底边长为2，腰长为.3的等腰三角形，其面积为扌X 2X （3）2- 1 = 2.答案：A 4.下面关于四棱柱的四个命题：C.四面体A. 2 C. 2俯视图①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；②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;③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱；④若四棱柱的四条体对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱.其中，真命题的编号是 ________ （写出所有真命题的编号）.解析：①错，必须是两个相邻的侧面；②正确；③错，反例，可以是斜四棱柱；④正确,对角线两两相等，则此两对角线所在的平行四边形为矩形.答案：②④5. （2016 •西城区检测）已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧（左）视图如图所示，那么此三棱柱正（主）视图的面积为________ .解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正（主）视图是一个矩形，其中一边的长是侧（左）视图中三角形的高，另一边是棱长.因为侧（左）视图中三角形的边长为2,所以高为，3,所以正视图的面积为 2 3.答案：2 36. 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, DCL BC,则这块菜地的面积为_________ .解析：过A 作AEL BC于E,在Rt△ ABE中，AB= 1，/ ABE= 45而四边形AECD^矩形，AD= 1,••• EC= AD= 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丄B' C1•••这块菜地的面积为S= 2(A' D + B C ) • A B=2 1+ 1 + 孑X 2= 2 + #答案：2 +#7. 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392，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O A = r,则SO = r,•••一底面周长是另一底面周长的3倍，• OA= 3r,贝U SO= 3r, SA= 3，,2r,• OO = 2r.1由轴截面的面积为2（2 r + 6r）・2 r = 392，得r = 7.故上底面半径为7,下底面半径为21，高为14,母线长为14 2.&如图，在四棱锥P— ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCDt直，图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为 6 cm的全等的等腰直角三角形.（1）根据图所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；⑵求PA解：（1）该四棱锥的俯视图为（内含对角线），边长为6 cm的正方形，如图，其面积为2n36 cm .⑵由侧视图可求得PD= .P C+C D=,62+ 62= 6 .2.由正视图可知AD= 6且ADL PD 所以在Rt △ APD中,P "PD + AD =< 讨2 2 + 62 = 6书(cm).[B 级能力突破]1. (2015 •高考课标卷n ) 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1 A.8 i C.6解析：由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分， 如图所示，截去部分是一个三棱锥.设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为A. 6 2B . 4 2B.—1 1 V =3X 2X 1X 1X 1= 剩余部分的体积“13-1=|11，故选D. 5答案：D2. (2014 •高考新课标全国卷I )如图，网格纸上小正方形的边长为 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(1,粗实线画出的 )F 图,11C. 6D. 4解析：将三视图还原为几何体再计算，几何体为三棱锥.如图，侧面SBC_底面ABC点S在底面ABC的射影点0是BC的中点，△ ABC为直角三角形.••• AB= 4, B0= 2,••• A0= 20, SOL底面ABC••• SOL AO SO= 4,•••最长的棱AS=甘20+ 16= 6.答案：C3. （2014 •高考北京卷）在空间直角坐标系Oxyz中，已知A（2,0,0）,B（2,2,0） ,q0,2,0）, D（1,1，型）.若S, S, S3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 = S2= S3B. S2= S 且S e M S3C. S3= S 且S B M SD. S= S且S3M S I解析：作出三棱锥在三个坐标平面上的正投影，计算三角形的面积.1如图所示，△ ABC为三棱锥在坐标平面xOy上的正投影，所以S =㊁x 2X 2= 2.三棱锥1在坐标平面yOz上的正投影与△ DEFE F分别为OA BC的中点）全等，所以S=?x 2x^2=■.2.三棱锥在坐标平面xOz上的正投影与△ DGHG H分别为AB OC的中点）全等，所以1S = ^x 2x 9=72.所以S2= S3 且S M S.故选D.答案：D4. 给出下列命题：①在正方体上任意选择4个不共面的顶点，它们可能是正四面体的4个顶点；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；③若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱.其中正确命题的序号是___________ .解析：①正确，正四面体是每个面都是等边三角形的四面体，如正方体 ABCDABGD中的四面体 A-CBD ;②错误，反例如图所示，底面△ABC 为等边三角形，可令 AB= VB= VC=BC = AC 则A VBC 为等边三角形，△ VAB 和△ VCA 均为等腰三角形，但不能判定其为正三 棱锥；③错误，必须是相邻的两个侧面.答案：①5. 已知一个几何体的三视图如图，正视图和侧视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择 4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是（写出所有正确结论的编号） _________① 矩形；② 不是矩形的平行四边形；③ 有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体； ④ 每个面都是等腰三角形的四面体； ⑤ 每个面都是直角三角形的四面体. 解析：由三视图可知该几何体为底面是边长为a 的正方形，高为b 的长方体.若以四个顶点为顶点的图形为平行四边形，则一定是矩形，故②不正确.答案：①③④⑤6. （2016 •武邑一模）某几何体的一条棱长为 ，7,在该几何体的正视图中，这条棱的投 影是长为.6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a +b 的最大值为1E 规图侧视图俯视图解析：本题构造长方体，体对角线长为，7,其在侧视图中为侧面对角线a,在俯视图中为底面对角线b,设长方体底面宽为1,则b — 1 + a — 1 = 6,即a + b = 8,利用不等式2 22＜字=4,则a+ b w4.答案：47•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：（1）设圆柱的高为h,由题意可知，4（4 r + 2h）= 9.6，即2r + h= 1.2.2S= 2 n rh + n r = n r （2.4 —3r）=3n [ —（r —0.4）2+ 0.16]，其中0v r < 0.6.当半径r = 0.4 米时，Snax= 0.48 n~ 1.51（平方米）.⑵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:■'-（）,6 笨十。
2019版高考数学一轮复习第七章立体几何课时分层作业四十一7.1空间几何体的结构及其三视图和直观图理
课时分层作业四十一空间几何体的结构及其三视图和直观图一、选择题(每小题5分,共35分)1.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【解析】选D.①中正、侧、俯三视图均相同,不符合题意;②中正、侧视图均相同,符合题意;③中正、侧、俯三视图均不相同,不符合题意;④中正、侧视图均相同,符合题意.2.对于用“斜二测画法”画平面图形的直观图,下列说法正确的是( )A.等腰三角形的直观图仍为等腰三角形B.梯形的直观图可能不是梯形C.正方形的直观图为平行四边形D.正三角形的直观图一定为等腰三角形【解析】选C.根据“斜二测画法”的定义可得正方形的直观图为平行四边形.3.(2018·南昌模拟)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(0,0,0),(1,0,1),(0,1,1),,绘制该四面体三视图时,按照如图所示的方向画正视图,则得到的侧视图可以为 ( )【解析】选B.将四面体放在如图正方体中,得到如图四面体ABCD,得到如图的侧视图.【变式备选】在空间直角坐标系O-xyz中,一个四面体的顶点坐标分别为(0,0,2),(2,2,0),(0,2,0),(2,2,2).画该四面体三视图中的正视图时,以xOz平面为投影面,则得到正视图可以为( )【解析】选A.因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(0,0,2),(2,2,0),(0,2,0),(2,2,2).几何体的直观图如图(1),所以以xOz平面为投影面如图(2),则得到正视图为:4.如图,在空间直角坐标系中,已知直三棱柱的顶点A在x轴上,AB平行于y轴,侧棱AA1平行于z轴.当顶点C在y轴正半轴上运动时,以下关于此直三棱柱三视图的表述正确的是( )A.该三棱柱正视图的投影不发生变化B.该三棱柱侧视图的投影不发生变化C.该三棱柱俯视图的投影不发生变化D.该三棱柱三个视图的投影都不发生变化【解析】选B.A:该三棱柱正视图的长度是AB或者AC在y轴上的投影,随C点的运动发生变化,故错误;B:设O1是z轴上一点,且AA1=OO1,则该三棱柱侧视图就是矩形AOO1A1,图形不变,故正确;C:该三棱柱俯视图就是△ABC,随C点的运动发生变化,故错误.故D也错误.【一题多解】选B.三视图主要刻画几何体的长宽高,在C点运动过程中,只有高和宽一定不会发生改变,所以侧视图的投影不发生改变.5.圆环内圆半径为4,外圆半径为5,则圆环绕其对称轴旋转一周形成的几何体的体积为 ( )A. B.C. D.【解析】选A.该旋转体是球体中挖掉一个球体,该旋转体体积为V=×53-×43=.6.已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是( )A.88 cm3B.104 cm3C.98 cm3D.134 cm3【解析】选D.由三视图可得,原几何体为一个长宽高分别为6 cm、4 cm、6 cm的长方体砍去一个三棱锥,且三棱锥的底面是直角边分别为3 cm、5 cm的直角三角形,高为4 cm,如图.所以该几何体的体积V=4×6×6-××3×5×4= 134(cm3).【题目溯源】本考题来源于人教A版教材必修2 P6的图1.1-11.割和补是得到简单组合体的重要方法,对组合体进行适当割补成为简单的组合体,进而进行求解.【变式备选】如图为蛋筒冰激凌的三视图,蛋筒是一个底面半径为3 cm,高为20 cm的圆锥,上方为一个半球体,则该冰激凌的体积为______________.【解析】由圆锥的体积公式可得,V圆锥=×πr2×h=×π×9×20=60π(cm3),V半球体=××πr3=18π(cm3),所以所求体积为78π cm3.答案:78π cm37.一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为V1,V2,V3,V4,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有( )A.V1<V2<V4<V3B.V1<V3<V2<V4C.V2<V1<V3<V4D.V2<V3<V1<V4【解析】选C.由题意可知,由于上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体.根据三视图可知,最上面一个简单几何体是上底面圆的半径为2,下底面圆的半径为1,高为1的圆台,其体积V1=π×(12+22+1×2)×1=π;从上到下的第二个简单几何体是一个底面圆半径为1,高为2的圆柱,其体积V2=π×12×2=2π;从上到下的第三个简单几何体是棱长为2的正方体,其体积V3=23=8;从上到下的第四个简单几何体是一个棱台,其上底面是边长为2的正方形,下底面是边长为4的正方形,棱台的高为1,故体积V4=×(22+2×4+42)×1=,比较大小可知答案选C.二、填空题(每小题5分,共15分)8.如图,BD是边长为3的正方形ABCD的对角线,将△BCD绕直线AB旋转一周后形成的几何体的体积等于____________.【解析】对角线BD绕着AB旋转,形成圆锥的侧面;边BC绕着AB旋转形成圆面;边CD绕着AB旋转,形成圆柱的侧面,所以该几何体是由圆柱挖去一个同底面的圆锥,所以V=π·32·3-·π·32·3=18π.答案:18π9.已知某几何体的三视图如图所示,则它的外接球表面积为______________.【解析】由三视图可知该几何体是三棱锥,且三棱锥的高为1,底面为一个直角三角形,由于底面斜边上的中线长为1,则底面的外接圆半径为1,顶点在底面上的投影落在底面外接圆的圆心上,由于顶点到底面的距离与底面外接圆的半径相等,则三棱锥的外接球半径R为1,则三棱锥的外接球表面积S=4πR2=4π.答案:4π【方法点晴】空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时,一般过球心及接、切点作截面,把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题,再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两互相垂直,且PA=a,PB=b,PC=c,一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体,利用4R2=a2+b2+c2求解.10.如图是一个棱长为1的无盖正方体盒子的平面展开图,A,B,C,D为其上四个点,以A,B,C,D为顶点的三棱锥的体积为______________.【解析】根据图示可知三棱锥的底面积为,高为1,进而得到三棱锥的体积为.答案:1.(5分)如图,△A′B′C′是△ABC用“斜二测画法”画出的直观图,其中O′B′=O′C′=1,O′A′=,那么△ABC是一个( )A.等边三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.三边互不相等的三角形【解析】选A.由图形知,在原△ABC中,AO⊥BC,因为A′O′=,所以AO=.因为B′O′=C′O′=1,所以BC=2.所以AB=AC=2.所以△ABC为等边三角形.2.(5分)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,记该正方体的正视图与侧视图的面积分别为S1,S2,则( )A.-为定值B.为定值C.+为定值D.+为定值【解析】选A.设投影面与侧面所成的角为α⇒S1=sin α+cos α,S2=sin(90°-α)+cos(90°-α)=sin α+cos α,S1=S2⇒-为定值.3.(5分)(2018·贵阳模拟)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正投影可能是________(填出所有可能的序号).【解析】空间四边形D′OEF在正方体的面DCC′D′及其对面ABB′A′上的正投影是①;在面BCC′B′及其对面ADD′A′上的正投影是②;在面ABCD及其对面A′B′C′D′上的正投影是③.答案:①②③4.(5分)一个透明密闭的正方体容器中,恰好盛有该容器一半容积的水,任意转动这个正方体,则水面在容器中的形状可以是:①三角形;②长方形;③正方形;④正六边形.其中正确的结论是________________.(把你认为正确的序号都填上)【解析】因为正方体容器中盛有一半容积的水,无论怎样转动,其水面总是过正方体的中心,三角形截面不过正方体的中心,故①不正确;过正方体的一对棱和中心可作一截面,截面形状为长方形,故②正确;过正方体四条互相平行的棱的中点得截面形状为正方形,该截面过正方体的中心,故③正确;过正方体一面上相邻两边的中点以及正方体的中心得截面形状为正六边形,故④正确.答案:②③④5.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面为正方形,PC与底面ABCD垂直,如图为该四棱锥的正视图和侧视图,它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形.(1)根据图中所给的正视图、侧视图,画出相应的俯视图,并求出该俯视图的面积.(2)求PA.【解析】(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形,如图,其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD===6.由正视图可知AD=6,且AD⊥PD,所以在Rt△APD中,PA===6(cm).。
高考数学一轮复习第7章 第1节 空间几何体的结构及其表面积、体积
全国卷五年考情图解高考命题规律把握1.考查形式高考在本章一般命制2道小题、1道解答题，分值约占22分．2．考查内容(1)小题主要考查三视图、几何体体积与表面积计算，此类问题属于中档题目；对于球与棱柱、棱锥的切接问题，知识点较整合，难度稍大．(2)解答题一般位于第18题或第19题的位置，常设计两问：第(1)问重点考查线面位置关系的证明；第(2)问重点考查空间角，尤其是二面角、线面角的计算．属于中档题目.空间几何体的结构及其表面积、体积[考试要求]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.4.了解球、棱柱、棱锥、台体的表面积和体积的计算公式．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侧棱互相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2．正棱柱、正棱锥的结构特征(1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．(2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．3．旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面长度相等且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形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环—旋转 图形矩形 直角三角形 直角梯形 半圆4．三视图与直观图三视图画法规则：长对正、高平齐、宽相等 直观图斜二测画法：(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在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.5．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式名称 圆柱圆锥圆台侧面 展开 图侧面 积公 式S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l名称 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝S 底h 锥体(棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13S 底h台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S上S下)h球S＝4πR2V＝43πR3[常用结论]1．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：2．多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝，外接球半径R＝(2)设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝(3)设正四面体的棱长为a，则它的高为H＝，内切球半径，外接球半径一、易错易误辨析(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)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)×二、教材习题衍生1．如图所示，长方体ABCD-A′B′C′D′中被截去一部分，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 ．简单组合体C [由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．]2．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．12π B ．323πC ．8πD ．4πA [由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线23即为球的直径，所以球的表面积为4πR 2＝(2R )2π＝12π，故选A.]3．已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．32cmB [S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4， ∴r ＝2(cm)．]4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．163π [由三视图可知，该几何体是一个圆柱挖去了一个同底等高的圆锥，其体积为π×22×2－13π×22×2＝163π.]考点一空间几何体的三视图、直观图和展开图1．三视图画法的基本原则长对正，高平齐，宽相等；画图时看不到的线画成虚线．2．由三视图还原几何体的步骤3．直观图画法的规则：斜二测画法．4．通常利用空间几何体的表面展开图解决以下问题：(1)求几何体的表面积或侧面积；(2)求几何体表面上任意两个点的最短表面距离．三视图[典例1－1](1)(2018·全国卷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 B C D(2)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()A B C D(3)(2020·全国卷Ⅱ)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(1)A(2)C(3)A[(1)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.(2)过点A，E，C1的截面如图所示，由图可知该剩余几何体的侧视图为C.(3)由三视图知，该几何体是由两个长方体组合而成的，其直观图如图所示，由图知该端点在侧视图中对应的点为E，故选A.]点评：画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定连线在投影面上的虚实．直观图[典例1－2]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()A.34a 2B ．38a 2C.68a 2D ．616a 2D [法一：如图①②所示的是实际图形和直观图，由图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 ，所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.法二：S △ABC ＝12×a ×a sin 60°＝34a 2，又S 直观图＝24S 原图形＝24×34a 2＝616a 2.故选D.]点评：直观图的面积问题常常有两种解法．一是利用斜二测画法求解，注意“斜”及“二测”的含义；二是直接套用等量关系：S 直观图＝24S 原图形．展开图[典例1－3] 如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝2，BC ＝3，AC ＝1，AA 1＝3，F 为棱AA 1上的一动点，则当BF ＋FC 1最小时，△BFC 1的面积为________．152[将直三棱柱ABC -A 1B 1C 1沿棱AA 1展开成平面，连接BC 1(图略)，与AA 1的交点即为满足BF ＋FC 1最小时的点F ，∵直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝2，BC ＝3，AC ＝1，AA 1＝3，再结合棱柱的性质，可得A 1F ＝13AA 1＝1，故AF ＝2.由图形及棱柱的性质，可得BF ＝4＋4＝22，FC 1＝1＋1＝2，BC 1＝3＋9＝23，cos ∠BFC 1＝BF2＋FC21－BC212×BF×FC1＝8＋2－122×22×2＝－14.故sin ∠BFC 1＝1－116＝154， ∴△BFC 1的面积为S ＝12×BF ×FC 1×sin ∠BFC 1＝12×22×2×154＝152.]点评：本题在探求BF ＋FC 1最小时，采用了化曲为直的策略，将空间问题平面化，在解决空间折线段最短问题时可适当考虑其展开图．[跟进训练]1．(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．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 在左视图上的对应点为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 ．217B ．25C ．3D ．2B [先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M ，N 的位置如图1所示．图1 图2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 ＝OM2＋ON2＝22＋42＝25. 故选B.]2．某几何体的正视图和侧视图如图①所示，它的俯视图的直观图是矩形O 1A 1B 1C 1，如图②，其中O 1A 1＝6，O 1C 1＝2，则该几何体的侧面积为( )A ．48B ．64C ．96D ．128C [由题意可知俯视图的直观图面积为2×6＝12，故俯视图的面积为242.又由三视图可知该几何体为直四棱柱，且高为4，底面为边长为6的菱形．所以几何体的侧面积为6×4×4＝96.故选C.]考点二空间几何体的表面积与体积1．空间几何体表面积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)以三视图为载体的需确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．2．空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)直接利用公式进行求解．(2)用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)以三视图的形式给出的应先得到几何体的直观图．空间几何体的表面积[典例2－1](1)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A．48＋πB．48－πC．48＋2πD．48－2π(2)(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为() A．122πB．12πC．82πD．10π(3)(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为() A．64πB．48πC．36πD．32π(1)A(2)B(3)A[(1)该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋4×2×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.(2)因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.(3)如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以AB sin 60°＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝(23)2＋22＝16，所以球O 的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.]点评：解答本题(1)时易误认为几何体的上底面不存在，导致计算错误．空间几何体的体积求空间几何体的体积的常用方法[典例2－2](1)如图所示，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC中点，则三棱锥A-B1DC1的体积为()A．3 B．3 2C．1D．3 2(2)(2017·全国卷Ⅱ)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，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为()A．90πB．63πC．42πD．36π(3)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为________．(1)C(2)B(3)13[(1)(直接法)如题图，在正三角形ABC中，D为BC中点，则有AD ＝32AB ＝3，又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，平面BB 1C 1C ∩平面ABC ＝BC ，AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A -B 1DC 1的底面B 1DC 1上的高，∴V A －B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1.(2)法一(分割法)：由题意知，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积V 1＝π×32×4＝36π.上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半， 其体积V 2＝12×π×32×6＝27π.所以该组合体的体积V ＝V 1＋V 2＝36π＋27π＝63π.法二(补形法)：由题意知，该几何体是一圆柱被一平面截去一部分后所得的几何体，在该几何体上方再补上一个与其相同的几何体，让截面重合，则所得几何体为一个圆柱，故圆柱的底面半径为3，高为10＋4＝14，该圆柱的体积V 1＝π×32×14＝126π.故该几何体的体积为圆柱体积的一半， 即V ＝12V 1＝63π.法三(估值法)：由题意，知12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，所以45π＜V 几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．(3)(等体积法)如图，∵正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N 分别为BB 1，AB 的中点，∴S △ANM ＝12×1×1＝12，∴V A -NMD 1＝V D 1-AMN ＝13×12×2＝13.]点评：处理体积问题的思路(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高，即等体积法；(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算，即分割法；(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法，即补形法．[跟进训练]1．(2019·浙江高考)祖暅是我国南北朝时期的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh ，其中S是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm 3)是( )A ．158B ．162C ．182D ．324B [由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为⎝⎛⎭⎪⎪⎫2＋62×3＋4＋62×3×6＝162.故选B.] 2．若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其表面积为________． 4＋45 [如图．由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2， 则正四棱锥的斜高PE ＝22＋12＝5. 所以该四棱锥的侧面积S ＝4×12×2×5＝45，∴S 表＝2×2＋45＝4＋45.]考点三 与球有关的切、接问题与球有关的切、接问题的解法(1)旋转体的外接球：常用的解题方法是过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)多面体的外接球：常用的解题方法是将多面体还原到正方体和长方体中再去求解．①若球面上四点P ，A ，B ，C 中P A ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体，利用2R ＝a2＋b2＋c2求R .②一条侧棱垂直底面的三棱锥问题：可补形成直三棱柱．先借助几何体的几何特征确定球心位置，然后把半径放在直角三角形中求解．[典例3] (1)(2020·全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．(2)(2020·福建十校联考)已知三棱锥P -ABC 的三条侧棱两两互相垂直，且AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，则此三棱锥的外接球的体积为( )A.83π B ．823πC.163π D ．323π(3)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各顶点都在以O 为球心的球面上，且∠BAC ＝3π4，AA 1＝BC ＝2，则球O 的体积为( ) A ．43πB ．8πC ．12πD ．20π(1)23π (2)B (3)A [(1)易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE 及其内切球O 如图所示，设内切球的半径为R ，则sin ∠BPE ＝R OP ＝BEPB ＝13，所以OP ＝3R ，所以PE ＝4R ＝错误!＝32－12＝22，所以R ＝22，所以内切球的体积V ＝43πR 3＝23π，即该圆锥内半径最大的球的体积为23π.(2)∵AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，∴P A ＝1，PC ＝3，PB ＝2.以P A ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示， 则长方体的外接球同时也是三棱锥P -ABC 的外接球． ∵长方体的体对角线长为1＋3＋4＝22，∴球的直径为22，半径R ＝2，因此，三棱锥P -ABC 外接球的体积是43πR 3＝43π×(2)3＝823π.故选B.(3)在底面△ABC 中，由正弦定理得底面△ABC 所在的截面圆的半径为r ＝BC2si n∠BAC＝22sin3π4＝2，则直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的半径为R ＝r2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AA122＝错误!＝错误!， 则直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的体积为43πR 3＝43π.故选A.][母题变迁]1．若将本例(3)的条件“∠BAC ＝3π4，AA 1＝BC ＝2”换为“AB ＝3，AC ＝4，AB⊥AC ，AA 1＝12”，则球O 的半径为________．132 [如图所示，过球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫522＋62＝132.] 2．若将本例(3)的条件改为“正四面体的各顶点都在以O 为球心的球面上”，则此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为________．63π[设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径r 为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa26，则S1S2＝3a2πa26＝63π.] 3．若将本例(3)的条件改为“侧棱和底面边长都是32的正四棱锥的各顶点都在以O 为球心的球面上”，则其外接球的半径为________．3 [依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为32×2＝6，高为错误!＝3， 因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.]点评：通过本例(3)及母题变迁训练，我们可以看出构造法、补形法等是处理“外接”问题的主要方法，其关键是找到球心，借助勾股定理求球的半径．(1)锥体的外接球问题，解决这类问题的关键是抓住外接球的特点，即球心到各个顶点的距离等于球的半径．(2)柱体的外接球问题，其解题关键在于确定球心在多面体中的位置，找到球的半径或直径与多面体相关元素之间的关系，结合原有多面体的特性求出球的半径，然后再利用球的表面积和体积公式进行正确计算．[跟进训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D-ABC体积的最大值为() A．123B．183C．243D．543B[由等边△ABC的面积为93，可得34AB2＝93，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝33AB＝23.设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝R2－r2＝16－12＝2.所以三棱锥D-ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D-ABC体积的最大值为13×93×6＝183.]2．(2020·南宁模拟)已知三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，P A＝PB＝PC＝3，P A⊥PB，则三棱锥P-ABC的外接球的体积为()A．27π2B．273π2C．273πD．27πB[∵三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，P A＝PB＝PC＝3，∴△P AB≌△PBC≌△P AC.∵P A⊥PB，∴P A⊥PC，PC⊥PB.以P A，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球．∵正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，∴其外接球半径R＝332.因此三棱锥P-ABC的外接球的体积V＝4π3×⎝⎛⎭⎪⎪⎫3323＝273π2.]核心素养5用数学眼光观察世界——巧解简单几何体的外接球与内切球问题简单几何体外接球与内切球问题是立体几何中的难点，也是历年高考重要的考点，几乎每年都要考查，重在考查考生的直观想象能力和逻辑推理能力．此类问题实质是解决球的半径长或确定球心O的位置问题，其中球心的确定是关键．下面从六个方面分类阐述该类问题的求解策略.利用长方体的体对角线探索外接球半径[素养案例1]已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，沿AD进行折叠，使折叠后的∠BDC＝π2，则过A，B，C，D四点的球的表面积为()A．3πB．4πC．5πD．6πC[连接BC(图略)，由题知几何体ABCD为三棱锥，BD＝CD＝1，AD＝3，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是3，1,1的长方体，其体对角线长为1＋1＋3＝5，故该三棱锥外接球的半径是52，其表面积为5π.][评析]若几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两条垂直，可构造墙角模型(如下图)，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2求出R.[素养培优](2020·河北重点中学6月联考)阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并称为世界三大数学家．他的一个重要数学成就是“圆柱容球”定理，即在带盖子的圆柱形容器(容器的厚度忽略不计)里放一个球，该球与圆柱形容器的两个底面和侧面都相切，则球的体积是圆柱形容器的容积的23，并且球的表面积也是圆柱形容器的表面积的23.则该圆柱形容器的容积与它的外接球的体积之比为() A．328B．24C ．23D ．23A [设容器里所放球的半径为R ，则圆柱形容器的底面半径为R ，设圆柱形容器的高为h ，由题意知h ＝2R ，圆柱形容器的外接球的半径为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2R 22＋R2＝2R .圆柱形容器的容积V ＝πR 2·2R ＝2πR 3， V 外接球＝43π(2R )3＝823πR 3， 所以VV 外接球＝2πR3823πR3＝328，故选A.]利用长方体的面对角线探索外接球半径 [素养案例2] 三棱锥S -ABC 中，SA ＝BC ＝13，SB ＝AC ＝5，SC ＝AB ＝10.则三棱锥的外接球的表面积为________．14π [如图，在长方体中，设AE ＝a ，BE ＝b ，CE ＝c . 则SC ＝AB ＝a2＋b2＝10，SA ＝BC ＝b2＋c2＝13， SB ＝AC ＝a2＋c2＝5.从而a 2＋b 2＋c 2＝14＝(2R )2，可得S ＝4πR 2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π.][评析] 三棱锥的相对棱相等，探寻球心无从着手，注意到长方体的相对面的面对角线相等，可在长方体中构造三棱锥，从而巧妙探索外接球半径．[素养培优](2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O 的体积为()A．86πB．46πC．26πD．6πD[因为点E，F分别为P A，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面P AC，所以PB⊥平面P AC，所以PB⊥P A，PB⊥PC，因为P A＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以P A⊥PC，即P A，PB，PC两两垂直，将三棱锥P-ABC放在正方体中．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R＝62，所以球O的体积V＝43πR3＝43π⎝⎛⎭⎪⎪⎫623＝6π，故选D.]利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心[素养案例3]平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝2，BD⊥CD.将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD.若四面体A′BCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为()A．32πB．3πC ．23π D ．2πA [如图，设BD ，BC 的中点分别为E ，F .因点F 为底面直角△BCD 的外心，知三棱锥A ′-BCD 的外接球球心必在过点F 且与平面BCD 垂直的直线l 1上．又点E 为直角△A ′BD 的外心，知外接球球心必在过点E 且与平面A ′BD 垂直的直线l 2上．因而球心为l 1与l 2的交点．又FE ∥CD ，CD ⊥BD 知FE ⊥平面A ′BD .从而可知球心为点F .又A ′B ＝A ′D ＝1，CD ＝1知BD ＝2，球半径R ＝FD ＝BC2＝32.故V ＝43π⎝⎛⎭⎪⎪⎫323＝32π.][评析] 三棱锥侧面与底面垂直时，可紧扣球心与底面三角形外心连线垂直于底面这一性质，利用底面与侧面的外心，巧探外接球球心，妙求半径．[素养培优](2020·广州模拟)三棱锥P -ABC 中，平面P AC ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝PC ＝AC ＝2，AB ＝4，则三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为( )A ．23πB ．234πC ．64πD ．643πD [如图，设O ′为正△P AC 的中心，D 为Rt △ABC 斜边的中点，H 为AC 中点．由平面P AC ⊥平面ABC .则O ′H ⊥平面ABC .作O ′O ∥HD ，OD ∥O ′H ，则交点O 为三棱锥外接球的球心，连接OP ，又O ′P ＝23PH ＝23×32×2＝233，OO ′＝DH ＝12AB ＝2.∴R 2＝OP 2＝O ′P 2＋O ′O 2＝43＋4＝163.故几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝643π.]利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心[素养案例4] 一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．4π3[设正六棱柱底面边长为a ，正六棱柱的高为h ，底面外接圆的半径为r ，则a ＝12，底面积为S ＝6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＝338，V 柱＝Sh ＝338h ＝98，∴h ＝3，R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＝1，R ＝1，球的体积为V ＝4π3.][评析] 直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型如图：其外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点． [素养培优](2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4B [设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＝32.∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4.故选B.]锥体的内切球问题(1)题设：如图①，三棱锥P -ABC 是正三棱锥，求其内切球的半径．图①第一步：先画出内切球的截面图，E ，H 分别是两个三角形的外心； 第二步：求DH ＝13CD ，PO ＝PH －r ，PD 是侧面△ABP 的高；第三步：由△POE ∽△PDH ，建立等式OEDH ＝POPD，解出r .(2)题设：如图②，四棱锥P -ABCD 是正四棱锥，求其内切球的半径．图②第一步：先画出内切球的截面图，P ，O ，H 三点共线； 第二步：求FH ＝12BC ，PO ＝PH －r ，PF 是侧面△PCD 的高；第三步：由△POG ∽△PFH ，建立等式OG HF＝PO PF，解出r .(3)题设：三棱锥P -ABC 是任意三棱锥，求其内切球半径．方法：等体积法，三棱锥P -ABC 体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；第二步：设内切球的半径为r ，球心为O ，建立等式：V P -ABC ＝V O -ABC ＋V O -P AB ＋V O -P AC ＋V O -PBC ⇒V P -ABC＝13S △ABC ·r ＋13S △P AB ·r ＋13S △P AC ·r ＋13S △PBC ·r ＝13(S △ABC ＋S △P AB ＋S △P AC ＋S △PBC )·r ； 第三步：解出r ＝3VPABCS△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC.[素养案例5] (1)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π(2)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为m 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝m ，P A ＝PC ＝2m ，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是________．(1)B (2)12(2－2)m [(1)半径为3，圆心角为2π3的扇形弧长为2π，故其围成的圆锥母线长为3，底面圆周长为2π， 得其底面半径为1，如图，MB ＝1，AB ＝3, ∴AM ＝22，由相似可得ONMB ＝AOAB，得ON ＝22，∴S 球＝4π×12＝2π.故选B.(2)由PD ⊥底面ABCD 得PD ⊥AD .又PD ＝m ，P A ＝2m ，则AD ＝m .设内切球的球心为O ，半径为R ，连接OA ，OB ，OC ，OD ，OP (图略)，易知V P -ABCD ＝V O -ABCD ＋V O -P AD ＋V O -P AB ＋V O -PBC ＋V O -PCD ，即13·m 2·m ＝13m 2R ＋13×12m 2R ＋13×12×2m 2·R ＋13×12×2m 2·R ＋13×12m 2R ，解得R ＝12(2－2)m ，所以此球的最大半径是12(2－2)m .][评析] 结合本题(2)的条件，采用体积分割法求解本题，即利用体积相等建立等量关系．[素养培优]有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是顶角的余弦值为12的等腰三角形．在容器内放一个半径为r 的铁球，并注水，使水面与球正好相切，然后将球取出，则这时容器中水的深度为________．315r [如图，作出轴截面，因为轴截面是顶角的余弦值为12的等腰三角形，所以顶角为π3，所以该轴截面为正三角形．根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r ，水面所在圆的半径为3r ，则容器内水的体积V ＝13π(3r )2·3r －43πr 3＝53πr 3.将球取出后，设容器中水的深度为h ，则水面圆的半径为33h ，从而容器内水的体积V ′＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫33h 2h ＝19πh 3，由V ＝V ′，得h ＝315r ，所以这时容器中水的深度为315r .]柱体的内切球问题[素养案例6] (2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3B [由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.。
2021版高考数学理科人教通用版核心讲练一轮复习课时分层提升练 四十一空间几何体的结构及其三视图和直观图
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课时分层提升练四十一空间几何体的结构及其三视图和直观图……………………25分钟50分一、选择题(每小题5分,共25分)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.0B.1C.2D.3【解析】选A.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.2.一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C.A,B,D选项满足三视图作法规则,C不满足三视图作法规则中的宽相等,故C不可能是该锥体的俯视图.3.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以是( )【解析】选 D.由三视图可知该几何体为一个上部为圆台、下部为圆柱的组合体,圆台的下底面和圆柱的底面恰好重合.4.如图是一个正方体,A,B,C为三个顶点,D是棱的中点,则三棱锥A-BCD的正视图,俯视图是(注:选项中的上图是正视图,下图是俯视图)( )【解析】选A.正视图是等腰直角三角形,且AD棱属于看不见的部分,用虚线表示,俯视图也是等腰直角三角形,且BD棱属于看不见的部分,用虚线表示,故选A.5.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】选D. 由正视图排除A,B,由俯视图排除C,故选D.二、填空题(每小题5分,共15分)6.(2020·六盘水模拟)如图,正方形O′A′B′C′的边长为a cm,它是一个水平放置的平面图形的直观图,则它的原图形OABC的周长是________cm.【解析】由斜二测画法的规则知,与x′轴平行的线段其长度不变以及与x轴平行的性质不变,正方形的对角线在y′轴上,因为O′A′=a,所以原图形中OA=O′A′=a cm,对角线O′B′= a cm,则原图形中OB=2O′B′=2 a cm,且△OBC为直角三角形,则OC==3a(cm),则原图形的周长是2(3a+a)=8a(cm).答案:8a7.一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm,若两底面圆心的连线长为12 cm,则这个圆台的母线长为________cm.【解析】由题意,圆台的母线长为=13 cm.答案: 138.已知某组合体的正视图与侧视图相同,如图所示,其中AB=AC,四边形BCDE为矩形,则该组合体的俯视图可以是________.(把你认为正确的图的序号都填上)【解析】由组合体的正视图与侧视图可知,该组合体可以是正四棱柱与正四棱锥的组合体,则该组合体的俯视图为①;该组合体可以是圆柱与正四棱锥的组合体,则该组合体的俯视图为②;该组合体可以是圆柱与圆锥的组合体,则该组合体的俯视图为③;该组合体可以是正四棱柱与圆锥的组合体,则该组合体的俯视图为④.答案:①②③④三、解答题9.(10分)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).……………………15分钟30分1.(5分)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( )【解析】选B. 由题意得截去的是长方体前右上方顶点.2.(5分)(2020·攀枝花模拟)给出下列命题:①在正方体上任意选择4个不共面的顶点,它们可能是正四面体的4个顶点;②底面是等边三角形,侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥;③若有两个侧面垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱.其中正确命题的序号是________.【解析】①正确,正四面体是每个面都是等边三角形的四面体,如正方体ABCD-A1B1C1D1中的四面体A-CB1D1;②错误,反例如图所示,底面△ABC为等边三角形,可令AB=VB=VC=BC=AC,则△VBC为等边三角形,△VAB和△VCA均为等腰三角形,但不能判定其为正三棱锥;③错误,必须是相邻的两个侧面.答案:①3.(5分)(2019·成都模拟)已知某三棱柱的三视图如图所示,那么该三棱柱最大侧面的面积为________.【解析】该几何体正视图、侧视图为长方形,俯视图为三角形的几何体为三棱柱,由图形可知面DA′的面积最大为.答案:4.(5分)三条侧棱两两垂直的正三棱锥,其俯视图如图所示,正视图的边界是底边长为2的等边三角形,则正视图的面积等于________.【解析】由题意,正三棱锥有三个面都是等腰直角三角形,(如图:Rt△SAB,Rt△SBC,Rt△SAC)且直角边长相等为,其体积为V=××××=.根据俯视图可得,底面是边长为2的等边三角形.其面积为.设正视图的高OS=h,则××h=,所以h=.正视图的边界是底边长为2的等腰三角形,其高为,得面积S=××2=.答案:5.(10分)(2020·大理模拟)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6 cm的全等的等腰直角三角形.(1)根据图所给的正视图、侧视图,画出相应的俯视图,并求出该俯视图的面积;(2)在四棱锥P-ABCD中,求PA的长.【解析】(1)该四棱锥的俯视图为边长为6 cm的正方形(内含对角线),如图,其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD===6(cm).由正视图可知AD=6 cm且AD⊥PD,所以在Rt△APD中,PA===6 (cm).关闭Word文档返回原板块。
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 课时作业40 空间几何体的结构特征和直观图课件
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13．正四棱锥的底面边长为 2，侧棱长均为 3，其正视图和 侧视图是全等的等腰三角形，则正视图的周长为 2＋2 2 .
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二、填空题
11．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
2 2.
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解析：根据斜二测画法规则画出直观图，如图所示．
解析：由题意知，正视图就是如图所示的截面 PEF，其中 E，F 分别是 AD，BC 的中点，连接 AO，易得 AO＝ 2，又 PA ＝ 3，于是解得 PO＝1，所以 PE＝ 2，故其正视图的周长为 2 ＋2 2.
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14．数学中有很多公式都是数学家欧拉(Leonhard Euler)发现 的，它们都叫欧拉公式，分散在各个数学分支之中，任意一个凸 多面体的顶点数 V、棱数 E、面数 F 之间，都满足关系式 V－E ＋F＝2，这个等式就是立体几何中的“欧拉公式”．若一个凸二 十面体的每个面均为三角形，则由欧拉公式可得该多面体的顶点 数为( B )
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内容(nèiróng)总结
课时(kèshí)作业40 空间几何体的结构特征和直观图
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2022版高考数学一轮复习练案42理+41文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练
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A组基础巩固一、选择题1．下列结论中正确的是( D )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的几何体是棱台C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线[解析]当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A错误；如右图可知，B错误；若六棱锥的所有棱都相等，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，则棱长必须要大于底面边长，故C错误．选D.2．(2021·某某毛坦厂中学月考)已知一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图是( C )[解析]对A、B选项俯视图不符；对D选项正视图不符，故选C.3．在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图为( D )[解析]由正视图与俯视图知，几何体是一个三棱锥与被轴截面截开的半个圆锥的组合体，故侧视图为D.4．(2019·某某一模)若一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为( D )A．1B．2C．3D．4[解析]观察三视图，可得直观图如图所示．该三棱锥A－BCD的底面BCD是直角三角形，AB ⊥平面BCD，CD⊥BC，所以侧面ABC，侧面ABD是直角三角形；由CD⊥BC，CD⊥AB，BC∩AB＝B.知CD⊥平面ABC，CD⊥AC，所以侧面ACD也是直角三角形，故选D.5．(2016·某某)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( B )[解析]由正视图、俯视图得原几何体的形状如图所示，则该几何体的侧视图为B.6．(2020·海淀一模)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥中最长棱的棱长为( C )A．5B．2 2C．23D．13[解析] 由三视图知，四棱锥底面是直角梯形，EA⊥底面ABCD，EA＝AB＝BC＝2，最长棱是EC，在Rt△ABC中，AC2＝AB2＋BC2，在Rt△EAC中，EC2＝EA2＋AC2，∴EC2＝EA2＋AB2＋BC2＝12，EC＝2 3.故选C.7．(理)(2014·某某高考)在如图所示的空间直角坐标系Oxyz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)．给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( D )A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②(文)(2020·某某省某某市诊断)几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( B )[解析] (理)在空间直角坐标系中，构建棱长为2的正方体，设A (0,0,2)，B (2,2,0)，C (1,2,1)，D (2,2,2)，则四面体ABCD 即为满足条件的四面体，得出正视图和俯视图分别为④和②，故选D.(文)对A 、C 选项俯视图不符；对D 选项，侧视图不符，故选B.8．(理)(2020·怀柔一模)如图，网格纸上小正方形的边长均为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( D )A ．23B ．43C ．3D ．32(文)(2020·某某某某模拟)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( C )[解析](理)根据三视图可知，该几何体的直观图为三棱锥P－ABC，如图，可知AB＝3，BC＝1，AB⊥BC，点P到平面ABC的距离为h＝3S△ABC＝12·AB·BC＝12×3×1＝32，所以V P－ABC＝13·S△ABC·h＝13×32×3＝32，故选：D.(文)A、B、D选项对应的几何体分别为故选C.二、填空题9．(2021·某某某某联片办学期末改编)下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是__②④__.[解析]正方体的三视图都相同，而三棱台的三视图各不相同，圆锥和正四棱锥的，正视图和侧视图相同，所以，正确答案为B 、D.10. (2021·某某某某期末改编)用若干个体积为1的小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，则这个几何体的体积最小值为__5__.[解析]由题意可知，几何体直观图可能是等等．11．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22.[解析]如图所示，作出等腰梯形ABCD 的直观图．因为OE ＝22－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24， 则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.12．(2020·某某)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是__1_cm__.[解析] ∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为2π cm 2，设圆锥的母线长为a cm ， 则12×a 2π＝2π， ∴a ＝2 cm ，∴侧面展开扇形的弧长为2π cm ， 设圆锥的底面半径OC ＝r cm ， 则2πr ＝2π，解得r ＝1 cm. 故答案为：1 cm.13.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 2 m ，则圆锥底面圆的半径等于__1__m.[解析]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 ′＝42，则cos ∠POP ′＝42＋42－4222×4×4＝0，且∠POP ′是三角形的内角，所以∠POP ′＝π2，设底面圆的半径为r ，则2πr ＝π2×4，所以r ＝1.14．(2019·全国Ⅱ，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__26__个面，其棱长为2－1 .[解析]半正多面体面数从上至下依次为1,8,8,8,1，故共有1＋8＋8＋8＋1＝ 26个面．正方体被半正多面体顶点A ，B ，C 所在平面截得的图形如图2.八边形ABCDEFGH 为正八边形．设AB ＝a ，则1＝2×22a ＋a ，解得a ＝2－1.B 组能力提升1．(2021·某某交大附中一模)某超市货架上摆放着某品牌红烧牛肉方便面，如图是它们的三视图，则货架上的红烧牛肉方便面至少有( B )A．8桶B．9桶C．10桶D．11桶[解析]易得第一层有4桶，第二层最少有3桶，第三层最少有2桶，所以至少共有9个桶．故选B.2．(2021·某某省某某市第二次调研)我国古代数学家利用“牟合方盖”(如图甲)找到了球体体积的计算方法．“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体．图乙所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的正视图、侧视图、俯视图依次是( C )A．①②③B．②①③C．②①④D．③①④3．(2020·新课标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，左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 )A．E B．FC．G D．H[解析]根据三视图，画出多面体立体图形，D1D4上的点在正视图中都对应点M，直线B3C4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D4，线段D3D4，上的所有点在侧视图中都对应E，∴点D4在侧视图中对应的点为E.故选：A．4．(2021·某某六校联考)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点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( C )[解析]剩余几何体如图所示其侧视图为C.5．(理)(2021·某某晋中模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的某多面体的三视图，则该几何体各个表面的面积中，最小值为( A )A．22B． 2C．4 D．2 6(文)(2021·某某红河州统测)已知一块木板上有三个孔洞，则能够塞住这三个孔洞的塞子可能是( D )[解析](理)满足三视图的几何体为四棱锥P－ABCD，如图所示：则S ABCD＝42，SΔPCB＝4，SΔPCD＝4，SΔPAB＝22，SΔPAD＝12×22×23＝26，所以该几何体的表面中的面积最小值为2 2.故选D.(文)选项D的侧视图、正视图、俯视图恰好对应木板上的三个孔洞．。
高考数学一轮总复习第七章立体几何7.1空间几何体的结构特征及三视图与直观图课时训练理(2021年整
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7。
1 空间几何体的结构特征及三视图与直观图[课时跟踪检测］[基础达标]1．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．三棱台解析：因为正(主)视图和侧（左）视图都为三角形,可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．答案：A2．(2017年浙江卷)某几何体的三视图如图所示（单位：cm),则该几何体的体积(单位：cm3）是( )A.错误!＋1 B．错误!＋3C。
错误!＋1 D．错误!＋3解析:由图可知,几何体由半个圆锥与一个三棱锥构成，∵半圆锥的体积V＝错误!×(π×12）×3×错误!＝错误!，三棱锥的体积V2＝错误!×3×错误!＝11，∴该几何体的体积V＝V1＋V2＝错误!＋1.答案:A3．（2017年全国卷Ⅱ）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为（)A．π B．错误!C.错误!D．错误!解析: 过圆柱的轴作截面,所得截面如图，则圆柱的底面半径为r＝错误!＝错误!，所以圆柱的体积为πr2·h＝π×错误!2×1＝错误!。
高考数学一轮复习课时作业41第7章立体几何1Word版含答案
(1)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)所求多面体的体积
V＝V
长方体 －V
正三棱锥
＝
4×
4×
6－
1 3
×
(1 2
×
2
×
2)
×
2＝
284 3(
cm3)
。
解析： 通过正视图及俯视图可看出该几何体为半个圆锥和一个三棱锥组合在一起，
故侧
视图为 D。 答案： D
4．一个几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是等边三角形，且该几何体的四 个点在空间直坐标系 O－xyz 中的坐标分别是 (0,0,0) ， (2,0,0) ， (2,2,0)， (0,2,0) ，则第五个顶 点的坐标可能为 ( )
× 2＝2＋
22。
答案： B
6．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 解析： 由题知， 该几何体的三视图为一个三角形， 三棱柱，故选 B。 答案： B 二、填空题
两个四边形，经分析可知该几何体为
7．若正三棱锥 (底面为正三角形，顶点与底面中心的连线垂直于底面 图如图所示 (单位： cm) ，则它的侧视图的面积为 __________ cm2。
2．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图为
()
解析： 被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为长方体的面对角线，
它们在右侧面上
的投影与右侧面 (长方形 ) 的两条边重合，另一条为体对角线，它在右侧面上的投影与右侧面
的对角线重合，对照各图，只有选项 答案： D
(山东专用)2021新高考数学一轮复习 第七章 立体几何 课时作业41 空间几何体的表面积与体积(含
课时作业41 空间几何体的表面积与体积一、选择题1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( B ) A.163π B.323π C ．16π D ．24π解析：设球的半径为R ，则S ＝4πR 2＝16π，解得R ＝2，则球的体积V ＝43πR 3＝323π.2．已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( B )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD.32cm解析：由题意，得S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，解得r 2＝4，所以r ＝2(cm)． 3．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为( B )A.6B.7 C ．22D ．3解析：设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.4．已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有顶点都在球O 的球面上，该三棱柱的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同，若球O 的表面积为20π，则三棱柱的体积为( A )A ．63B ．12C ．123D ．18解析：设球O 的半径为R ，则由4πR 2＝20π得R 2＝5，由题意知，此三棱柱为正三棱柱，且底面三角形的外接圆与侧面的外接圆大小相同，故设三棱柱的底面边长为a ，高为h ，如图，取三角形ABC 的中心O 1，四边形BCC 1B 1的中心O 2，连接OO 1，OA ，O 2B ，O 1A ，由题意可知，在Rt △AOO 1中，OO 21＋AO 21＝AO 2＝R 2，即⎝⎛⎭⎫h 22＋⎝⎛⎭⎫3a 32＝R 2＝5 ①，又AO 1＝BO 2，所以AO 21＝BO 22，即⎝⎛⎭⎫3a 32＝⎝⎛⎭⎫h 22＋⎝⎛⎭⎫a 22②，由①②可得a 2＝12，h ＝2，所以三棱柱的体积V ＝⎝⎛⎭⎫34a 2h ＝6 3.故选A.5．已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为( B )A ．18B ．12C ．63D ．4 3解析：如图，由题意知，球心在三棱锥的高PE 上，设内切球的半径为R ，则S 球＝4πR 2＝16π，所以R ＝2，所以OE ＝OF ＝2，OP ＝4.在Rt △OPF 中，PF ＝OP 2－OF 2＝2 3.因为△OPF ∽△DPE ，所以OF DE ＝PF PE ，得DE ＝23，AD ＝3DE ＝63，AB ＝23AD ＝12.故选B.6．(多选题)已知A ，B ，C 三点均在球O 的表面上，AB ＝BC ＝CA ＝2，且球心O 到平面ABC 的距离等于球半径的13，则下列结论正确的是( AD )A ．球O 的表面积为6πB ．球O 的内接正方体的棱长为1C ．球O 的外切正方体的棱长为43D ．球O 的内接正四面体的棱长为2解析：设球O 的半径为r ，△ABC 的外接圆圆心为O ′，半径为R .易得R ＝233.因为球心O 到平面ABC 的距离等于球O 半径的13，所以r 2－19r 2＝43，得r 2＝32.所以球O 的表面积S＝4πr 2＝4π×32＝6π，选项A 正确；球O 的内接正方体的棱长a 满足3a ＝2r ，显然选项B不正确；球O 的外切正方体的棱长b 满足b ＝2r ，显然选项C 不正确；球O 的内接正四面体的棱长c 满足c ＝263r ＝263×62＝2，选项D 正确．二、填空题7．(2019·某某卷)如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积是120，E 为CC 1的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是10.解析：因为长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积是120， 所以CC 1·S 四边形ABCD ＝120，又E 是CC 1的中点， 所以三棱锥E -BCD 的体积V E -BCD ＝13EC ·S △BCD ＝13×12CC 1×12S 四边形ABCD ＝112×120＝10. 8．如图所示，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则R r ＝233.解析：由水面高度升高r ，得圆柱体积增加了πR 2r ，恰好是半径为r 的实心铁球的体积，因此有43πr 3＝πR 2r .故R r ＝233.9．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为12.解析：设六棱锥的高为h ，则V ＝13Sh ，所以13×34×4×6h ＝23，解得h ＝1.设六棱锥的斜高为h ′，则h 2＋(3)2＝h ′2，故h ′＝2. 所以该六棱锥的侧面积为12×2×2×6＝12.10．如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PB ⊥底面ABCD ，O 为对角线AC 与BD 的交点，若PB ＝1，∠APB ＝∠BAD ＝π3，则三棱锥P -AOB 的外接球的体积是4π3.解析：∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ，即OA ⊥OB .∵PB ⊥平面ABCD ，∴PB ⊥AO ，又OB ∩PB ＝B ，∴AO ⊥平面PBO ，∴AO ⊥PO ，即△P AO 是以P A 为斜边的直角三角形．∵PB ⊥AB ，∴△P AB 是以P A 为斜边的直角三角形，∴三棱锥P -AOB 的外接球的直径为P A .∵PB ＝1，∠APB ＝π3，∴P A ＝2，∴三棱锥P -AOB 的外接球的半径为1，∴三棱锥P -AOB的外接球的体积为4π3.三、解答题11．现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P -A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？解：由PO 1＝2 m 知，O 1O ＝4PO 1＝8 m ．因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P -A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)； 正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)． 故仓库的容积是312 m 3.12．如图①，在等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，CD ＝2AB ＝2EF ＝4，M 为DF 的中点．现将四边形BEFC 沿EF 折起，使平面BEFC ⊥平面AEFD ，得到如图②所示的多面体．在图②中，(1)证明：EF ⊥MC ； (2)求三棱锥M -ABD 的体积．解：(1)证明：由题意，可知在等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∵E ，F 分别为AB ，CD 的中点，∴EF ⊥CD . 折叠后，EF ⊥DF ，EF ⊥CF . ∵DF ∩CF ＝F ，∴EF ⊥平面DCF . 又MC ⊂平面DCF ，∴EF ⊥MC .(2)易知AE ＝BE ＝1，DF ＝CF ＝2，DM ＝1，∴MF ＝1＝AE .又AE ∥MF ，∴四边形AEFM 为平行四边形．∴AM ∥EF ，故AM ⊥DF . ∵平面BEFC ⊥平面AEFD ，平面BEFC ∩平面AEFD ＝EF ，且BE ⊥EF ，∴BE ⊥平面AEFD . ∴V M -ABD ＝V B -AMD ＝13×S △AMD ×BE ＝13×12×1×2×1＝13. 即三棱锥M -ABD 的体积为13.13．已知在四面体ABCD 中，AD ＝DB ＝AC ＝CB ＝1，则该四面体的体积的最大值为2327.解析：如图，设AB 的中点为P ，连接PC ，PD ，因为AD ＝DB ，AC ＝CB ，所以AB ⊥PD ，AB ⊥PC ，又PC ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PCD .设AB ＝2x (0<x <1)，则PC ＝PD ＝1－x 2.于是，V 三棱锥A -BCD ＝V 三棱锥A -PCD ＋V 三棱锥B -PCD＝13·S △PCD ·AP ＋13·S △PCD ·BP ＝13·S △PCD ·AB ＝13·2x ·12(1－x 2)2sin ∠CPD≤13x ·(1－x 2)2. 设函数f (x )＝13x ·(1－x 2)2＝13(x －x 3)，0<x <1， 则f ′(x )＝13－x 2，所以当0<x <33时，f ′(x )>0；当33<x <1时，f ′(x )<0.所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，33上单调递增，在⎝⎛⎭⎫33，1上单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫33＝2327.从而V 三棱锥A -BCD≤2327，当且仅当sin ∠CPD ＝1且x ＝33，即平面ABD ⊥平面ABC 且AB ＝233时，不等式取等号．故所求四面体的体积的最大值为2327.14．如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 的中点，将△ADE 沿AE 折到△APE 的位置．(1)证明：AE ⊥PB ；(2)当四棱锥P -ABCE 的体积最大时，求点C 到平面P AB 的距离． 解：(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，连接BD ，交AE 于点O . ∵AB ∥CE ，AB ＝CE ，∴四边形ABCE 为平行四边形， ∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ，∴△ADE 为等边三角形， ∴在等腰梯形ABCD 中，∠C ＝∠ADE ＝π3，BD ⊥BC ，∴BD ⊥AE .如图，翻折后可得，OP ⊥AE ，OB ⊥AE ，又OP ⊂平面POB ，OB ⊂平面POB ，OP ∩OB ＝O ，∴AE ⊥平面POB ，∵PB ⊂平面POB ，∴AE ⊥PB .(2)当四棱锥P -ABCE 的体积最大时，平面P AE ⊥平面ABCE .又平面P AE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面P AE ，PO ⊥AE ，∴OP ⊥平面ABCE .∵OP ＝OB ＝32，∴PB ＝62，∵AP ＝AB ＝1， ∴S △P AB ＝12×62×1－⎝⎛⎭⎫12×622＝158，连接AC ，则V P -ABC ＝13OP ·S △ABC ＝13×32×34＝18， 设点C 到平面P AB 的距离为d ， ∵V P -ABC ＝V C -P AB ＝13S △P AB ·d ， ∴d ＝3V P -ABCS △P AB＝38158＝155.。
2021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理
2021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理一、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解析在侧视图中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．(xx·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．(xx·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，O 2，将正方体绕直线O 1O 2旋转一周，其中由线段BC 1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BC 1中点绕O 1O 2旋转得到的圆比B 点和C 1点的小．故选D.5．(xx·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 ＝π2，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.3，1， 2B.3，1,1 C ．2,1， 2 D ．2,1,1答案 B解析 ∵三棱锥P －ABC 的底面是等腰直角三角形，且∠ACB ＝π2，侧面PAB ⊥底面ABC ，AB ＝PA ＝PB ＝2；∴x 是等边△PAB 边AB 上的高，x ＝2sin60°＝3，y 是边AB 的一半，y ＝12AB ＝1，z 是等腰直角△ABC 斜边AB 上的中线，z ＝12AB ＝1；∴x ，y ，z 分别是3，1,1.故选B.6．(xx·南昌二模)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz 中的坐标分别是(0,0,0)，(1,0,1)，(0,1,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，绘制该四面体三视图时，按照如图所示的方向画正视图，则得到侧(左)视图可以为( )答案 B解析 满足条件的四面体如下图，依题意投影到yOz 平面为正投影，所以侧(左)视方向如图所示，所以得到侧(左)视图效果如上图．故选B.7．(xx·湖南郴州模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A 出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A．①② B．①③C．③④ D．②④答案 D解析由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.8．(xx·江西赣州模拟)某几何体的正视图和侧视图如图1，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图2，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为( )A．48 B．64C．96 D．128答案 C解析由题图2及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形OABC，设CB与y 轴的交点为D，则易知CD＝2，OD＝2×22＝42，∴CO＝CD2＋OD2＝6＝OA，∴俯视图是以6为边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为4，所以该几何体的侧面积为4×6×4＝96.故选C.9．早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前344年商鞅督造的一种标准量器，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x为( )A ．1.2B ．1.6C ．1.8D ．2.4答案 B解析 由三视图知，商鞅铜方升是由一个圆柱和一个长方体组合而成的，利用体积及已知线段长度即可求出x .故其体积为(5.4－x )×3×1＋π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×x ＝16.2－3x ＋14πx ＝12.6，又π＝3，故x ＝1.6.故选B.10．(xx·辽宁六校联考)如图所示是某一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度h 随时间t 变化的可能图象是( )答案 B解析 根据所给的三视图可知原几何体是倒放的圆锥，设圆锥的底面半径为R ，高为H ，水流的速度是v ，则由题意得vt ＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎫h H 2R 2h .当vt >0时，解得h ＝33vH 2t πR 2，这是一个幂型函数，所以容器中水面的高度h 随时间t 变化的图象类似于幂函数y ＝3x 的图象，故选B.二、填空题11．如图所示，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.答案 8解析 根据直观图的画法可知，在原几何图形中，OABC 为平行四边形，且有OB ⊥OA ，OB ＝22，OA ＝1，所以AB ＝3.从而原图的周长为8 cm.12．如图，点O 为正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的中心，点E 为平面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 (填出所有可能的序号)．答案 ①②③解析 空间四边形D ′OEF 在正方体的平面DCC ′D ′上的投影是①；在平面BCC ′B ′上的投影是②；在平面ABCD 上的投影是③，而不可能出现的投影为④的情况．13．一四面体的三视图如图所示，则该四面体四个面中最大的面积是________．答案 2 3解析 由三视图可知该四面体为D －BD 1C 1，由直观图可知面积最大的面为△BDC 1.在正三角形BDC 1中，BD ＝22，所以面积S ＝12×(22)2×32＝2 3.14．(xx·大连模拟)某四面体的三视图如图所示．该四面体的六条棱的长度中，最大的是________．答案 27解析由三视图可知该四面体为V－ABC，如图所示．其中AE⊥BE，VC⊥平面ABE.EC＝CB＝2，AE＝23，VC＝2，所以VB2＝VC2＋CB2＝8，VB＝22，AC2＝AE2＋EC2＝(23)2＋22＝16，所以VA2＝AC2＋VC2＝16＋22＝20，VA＝20＝2 5.AB2＝AE2＋EB2＝(23)2＋42＝28，所以AB＝28＝27>25>22，所以该四面体的六条棱的长度中，最大的为27.三、解答题15．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．解 (1)如右图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝ 23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232 ＝2 3.∴S △VBC ＝12×23×23＝6. 16．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V ；(2)求该几何体的侧面积S .解 由正视图和侧视图的三角形结合俯视图可知该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥，如图．(1)V ＝13×(8×6)×4＝64. (2)四棱锥的两个侧面VAD ，VBC 是全等的等腰三角形，取BC 的中点E ，连接OE ，VE ，则△VOE 为直角三角形，VE 为△VBC 边上的高，VE ＝ VO 2＋OE 2＝4 2.同理侧面VAB 、VCD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高h ＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝5. ∴S 侧＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×42＋12×8×5＝40＋24 2.。