2021高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第1讲 空间几何体的结构及其三视图和直观图课时作业（含解析）新人教B版.doc

1、空间几何体的结构及其三视图和直观图课时作业1给出下列命题：各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；长方体一定是正四棱柱其中正确的命题个数是()A0 B1 C2 D3答案A解析底面是菱形的直平行六面体，满足条件但不是正棱柱；底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；显然错误2(2019河北唐山五校联考)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为()答案A解析由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A，故选A.3如图，直观图所表示的平面图形是()A正三角形 B锐角三角形C钝角三角形

2、D直角三角形答案D解析由直观图中，ACy轴，BCx轴，还原后如图ACy轴，BCx轴所以ABC是直角三角形故选D.4(2019宁德质检)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()答案C解析该几何体的侧视图是从左边向右边看故选C.5如图所示，从三棱台ABCABC中截去三棱锥AABC，则剩余部分是()A三棱锥B四棱锥C三棱柱D三棱台答案B解析剩余部分是四棱锥ABBCC，选B.6(2019湖南长沙模拟)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ABCD的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)()答案A解析正视图和俯视图中棱AD和BD均看不见，

3、为虚线，故选A.7某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是()答案D解析几何体的正视图和侧视图完全相同，则该几何体从正面看和从侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能故选D.8(2019临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABCDEF 截去一个三棱锥ABCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正(主)视图是()答案C解析由于三棱柱为正三棱柱，故侧面ADEB底面DEF，DEF是等边三角形，所以CD在面ABED上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面DEF不垂直故选C.9(2019河北石家庄质检)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可

4、能为()答案D解析由图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD平面BCD.故选D.10(2019湖北武汉模拟)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、的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()A和 B和 C和 D和答案D解析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)，则空间几何体ABCD即为满足条件的四面体，得出其正视图和俯视图分别为和，故选D.11(2018全国卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图圆柱

5、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()A2 B2 C3 D2答案B解析根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽、圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为2，故选B.12某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A10 B12 C14 D6答案B解析由多面体的三视图还原直观图如图所示该几何体由上

6、方的三棱锥ABCE和下方的三棱柱BCEB1C1A1构成，其中侧面CC1A1A和侧面BB1A1A是梯形，则梯形的面积之和为212.故选B.13(2019全国卷)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261解析先求面数，有如下两种解法解法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其

7、上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有29826个面解法二：一般地，对于凸多面体顶点数(V)面数(F)棱数(E)2.(欧拉公式)由题图知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24.故由VFE2，得面数F2EV2482426.再求棱长作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为棱长连接AF，过H，G分别作HMAF，GNAF，垂足分别为M，N，则AMMHNGNFx.又AMMNNF1，xxx1.x1，即半正多面体的棱长为1.14现有编号为，的三个三棱锥(底面水平放置)，其俯视图分别为图1、图2、图3，

8、则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的所有编号是_答案解析编号为的三棱锥，其直观图可能是图，侧棱VC底面ABC，则侧面VAC底面ABC，满足题意；编号为的三棱锥，其直观图可能是图，侧面PBC底面ABC，满足题意；编号为的三棱锥，顶点的投影不在底面边上(如图)，不存在侧面与底面垂直故答案为.15已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正(主)视图是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧(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，

9、如图(1)V(86)464.(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的边BC上的高，VE 4.同理侧面VAB，VCD也是全等的等腰三角形，AB边上的高h 5.所以S侧24024.16若已知ABC的直观图ABC是边长为a的正三角形，求原ABC的面积解如图所示是ABC的直观图ABC.作CDy轴交x轴于点D，则CD对应ABC的高CD，CD2CD2CO2aa.而ABABa，SABCaaa2.17(2019合肥模拟)一个几何体的三视图如图所示已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为、宽为1的矩形，俯视图为两个边

10、长为1的正方形拼成的矩形(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的表面积S.解(1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为.所以V11.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D平面ABCD，CD平面BCC1B1，所以AA12，侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形S2(11112)62.18(2019河北衡水中学第二次调研)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，求最长的棱的长度解由三视图可知，多面体是一个三棱锥，其直观图如图三棱锥ABCD.将其放入棱长为2的正方体模型中，可求得最长的棱AB的长度为 3

11、.课时作业1给出下列命题：各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；长方体一定是正四棱柱其中正确的命题个数是()A0 B1 C2 D3答案A解析底面是菱形的直平行六面体，满足条件但不是正棱柱；底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；显然错误2(2019河北唐山五校联考)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为()答案A解析由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A，故选A.3如图，直观图所表示的平面图形是()A正三角形 B锐角三角形C钝角三角形 D直角三角形答案D解析由直观图中

12、，ACy轴，BCx轴，还原后如图ACy轴，BCx轴所以ABC是直角三角形故选D.4(2019宁德质检)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()答案C解析该几何体的侧视图是从左边向右边看故选C.5如图所示，从三棱台ABCABC中截去三棱锥AABC，则剩余部分是()A三棱锥B四棱锥C三棱柱D三棱台答案B解析剩余部分是四棱锥ABBCC，选B.6(2019湖南长沙模拟)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ABCD的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)()答案A解析正视图和俯视图中棱AD和BD均看不见，为虚线，故选A.7某几何体的正视

13、图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是()答案D解析几何体的正视图和侧视图完全相同，则该几何体从正面看和从侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能故选D.8(2019临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABCDEF 截去一个三棱锥ABCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正(主)视图是()答案C解析由于三棱柱为正三棱柱，故侧面ADEB底面DEF，DEF是等边三角形，所以CD在面ABED上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面DEF不垂直故选C.9(2019河北石家庄质检)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为()答案D解析由图可知，该几

14、何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD平面BCD.故选D.10(2019湖北武汉模拟)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、的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()A和 B和 C和 D和答案D解析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)，则空间几何体ABCD即为满足条件的四面体，得出其正视图和俯视图分别为和，故选D.11(2018全国卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为

15、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()A2 B2 C3 D2答案B解析根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽、圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为2，故选B.12某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A10 B12 C14 D6答案B解析由多面体的三视图还原直观图如图所示该几何体由上方的三棱锥ABCE和下方的三棱柱

16、BCEB1C1A1构成，其中侧面CC1A1A和侧面BB1A1A是梯形，则梯形的面积之和为212.故选B.13(2019全国卷)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261解析先求面数，有如下两种解法解法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面

17、，下部分有9个面，共有29826个面解法二：一般地，对于凸多面体顶点数(V)面数(F)棱数(E)2.(欧拉公式)由题图知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24.故由VFE2，得面数F2EV2482426.再求棱长作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为棱长连接AF，过H，G分别作HMAF，GNAF，垂足分别为M，N，则AMMHNGNFx.又AMMNNF1，xxx1.x1，即半正多面体的棱长为1.14现有编号为，的三个三棱锥(底面水平放置)，其俯视图分别为图1、图2、图3，则至少存在一个侧面与此底面互相垂

18、直的三棱锥的所有编号是_答案解析编号为的三棱锥，其直观图可能是图，侧棱VC底面ABC，则侧面VAC底面ABC，满足题意；编号为的三棱锥，其直观图可能是图，侧面PBC底面ABC，满足题意；编号为的三棱锥，顶点的投影不在底面边上(如图)，不存在侧面与底面垂直故答案为.15已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正(主)视图是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧(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(86)464.(2

19、)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的边BC上的高，VE 4.同理侧面VAB，VCD也是全等的等腰三角形，AB边上的高h 5.所以S侧24024.16若已知ABC的直观图ABC是边长为a的正三角形，求原ABC的面积解如图所示是ABC的直观图ABC.作CDy轴交x轴于点D，则CD对应ABC的高CD，CD2CD2CO2aa.而ABABa，SABCaaa2.17(2019合肥模拟)一个几何体的三视图如图所示已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为、宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的表面积S.解(1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为.所以V11.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D平面ABCD，CD平面BCC1B1，所以AA12，侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形S2(11112)62.18(2019河北衡水中学第二次调研)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，求最长的棱的长度解由三视图可知，多面体是一个三棱锥，其直观图如图三棱锥ABCD.将其放入棱长为2的正方体模型中，可求得最长的棱AB的长度为 3.