【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(　　)
A．9　　　　　　　 B．11
C．13 D．15
[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(　　)

A．1 B．
C. 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1×1＝1，则四棱锥的体积为×1×1＝，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(　　)

A．1　　 B．2　　　　
C．3　　 D．4
[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，62＋82＝102，所以直角三角形ABC的内切圆半径为r＝＝2，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(　　)

A．90cm2 B．129cm2
C．132cm2 D．138cm2
[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＝(2×4×6＋2×3×4＋3×6＋3×3)＋(3×4＋3×5＋2××3×4)＝138(cm2)，故选D.
5．(文)(2022·新课标Ⅰ)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 B．6
C．4 D．4
[答案]　B
[解析]　由三视图可知，该几何体是一个三棱锥S－ABC，底面ABC为等腰直角三角形，直角边长AB＝BC＝4，侧面SBC⊥底面ABC，侧面SBC是一个等腰三角形，底边BC＝4，高SO＝4，故其最长的棱为SA，取BC的中点O，则SO⊥平面ABC，∴BO＝2，AO＝＝，∴SA＝＝6，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V－ABC，VA⊥VC，AB⊥BC，∠VAC＝∠ACB＝30°，若侧面VAC⊥底面ABC，则其主视图与左视图面积之比为(　　)

A．4 B．4
C. D．
[答案]　A
[解析]　主视图为Rt△VAC，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AC＝x，则VA＝x，VC＝x，∴VD＝x，BE＝x，
则S主视图S左视图＝(·x·x)(·x·x)＝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. B．3
C．4 D．
[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ABCD－A1B1C1D1，其体积V＝S梯形ABCD·AA1＝×1＝cm3.

(理)(2021·长春三校)在三棱柱ABC－A′B′C′中，已知AA′⊥平面ABC，AA′＝2，BC＝2，∠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AA′＝1，平面ABC所在圆的半径为BC＝，则球的半径为＝2，则球的体积为
×π×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，∠BAC＝90°，
∴可将三棱柱ABC－A′B′C′补成长方体ABEC－A′B′E′C′，则此长方体内接于球；
设球半径为R，则2R＝
＝＝＝4，∴R＝2，
∴V球＝πR3＝.
8．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1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：
①四边形BFD1E有可能为梯形；
②四边形BFD1E有可能为菱形；
③四边形BFD1E在底面ABCD内的投影确定是正方形；
④四边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D1D；
⑤四边形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]　②③④⑤
[解析]　∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BFD1E∩平面ADD1A1＝D1E，平面BFD1E∩平面BCC1B1＝BF，∴D1E∥BF；同理BE∥FD1，∴四边形BFD1E为平行四边形，①明显不成立；当E、F分别为AA1、CC1的中点时，易证BF＝FD1＝D1E＝BE，∴EF⊥BD1，又EF∥AC，AC⊥BD，∴EF⊥BD，∴EF⊥平面BB1D1D，∴平面BFD1E⊥平面BB1D1D，∴②④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，∴AB＝3，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＝π·()2＝.
三、解答题
10．(文)(2021·广州调研)已知四棱锥P－ABCD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P－ABCD的侧视图和俯视图．

(1)求证：AD⊥PC；
(2)求四棱锥P－ABCD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，
∴AD⊥PE.
∵AD⊥CD，CD∩PE＝E，
CD⊂平面PCD，PE⊂平面PCD，
∴AD⊥平面PCD.
∵PC⊂平面PCD，
∴AD⊥PC.
(2)依题意，在等腰三角形PCD中，PC＝PD＝3，DE＝EC＝2，
在Rt△PED中，PE＝＝.
过点E作EF⊥AB，垂足为F，连接PF，
∵PE⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴AB⊥PE.
∵EF⊂平面PEF，PE⊂平面PEF，EF∩PE＝E，
∴AB⊥平面PEF.
∵PF⊂平面PEF，∴AB⊥PF.
依题意得EF＝AD＝2.
在Rt△PEF中，PF＝＝3，
∴△PAB的面积S＝·AB·PF＝6.
∴四棱锥P－ABCD的侧面PAB的面积为6.
(理)如图甲，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，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，∴PA⊥BC，
又AC⊥BC，AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，AC∩PA＝A，
∴BC⊥平面PAC，
又∵AD⊂平面PAC，∴AD⊥BC.
又由三视图知，PA＝AC＝4，D为PC中点，∴AD⊥PC，
又∵BC∩PC＝C.
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CQ＝2CO，点Q即为所求．
∵O为CQ中点，D为PC中点，∴PQ∥OD，
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，∴AQ＝4.
又∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AQ，
在Rt△PAQ中，
PQ＝＝＝4.

一、选择题
11．(2021·新课标Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A．16＋8π B．8＋8π
C．16＋16π D．8＋16π
[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V＝V上＋V下＝4×2×2＋×π×22×4＝16＋8π.
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，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为(　　)

A. B．
C. 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＝，
∴S△AGD＝×1×＝，
∴V＝×1＋2×(××)＝.

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P－AED和三棱锥P－BCF都是棱长为1的正四周体，四棱锥P－ABCD为棱长为1的正四棱锥．
∴V＝×12×＋2×××＝.
13．(2022·新课标Ⅱ)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. B．
C. 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V＝V1＋V2＝π×22×4＋π×32×2＝34π.底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯的体积V＝π×32×6＝54π，所以切削掉部分的体积为54π－34π＝20π，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O－xyz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D－ABC在xOy、yOz、zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则(　　)
A．S1＝S2＝S3 B．S2＝S1且S2≠S3
C．S3＝S1且S3≠S2 D．S3＝S2且S3≠S1
[答案]　D
[解析]　如图，在空间直角坐标系中，
S1＝AB·BC＝2，
S2＝AB·DE＝，
S3＝BC·DE＝，
∴S1>S2＝S3，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(　　)

A．8－2π B．8－π

C．8－ D．8－
[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V＝23－(π·12)×2×2＝8－π.
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]　26π
[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S＝π×12＋π×32＋π×(1＋3)×＝26π.
16．(2022·福州模拟)利用斜二测画法得到的：
①三角形的直观图确定是三角形；
②正方形的直观图确定是菱形；
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①正确；②错误，是一般的平行四边形；③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，④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V＝V长方体－V正三棱锥
＝4×4×6－××2＝(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B1N∩C1N＝N，
∴BN⊥平面C1B1N.
(2)设平面CNB1的法向量n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0，
又∵＝(4,4，－4)，＝(0,8，－4)，
∴
令y＝1，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θ，则
sinθ＝＝，
∴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，
BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝CD＝2，AD＝1，

∴AD⊥平面BDC，
∴四周体体积V＝××2×2×1＝.
(2)∵BC∥平面EFGH，
平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，
∴BC∥FG，BC∥EH，
∴FG∥EH.
同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形．
又∵AD⊥平面BDC.
∴AD⊥BC，∴EF⊥FG.
∴四边形EFGH是矩形．
(理)(2022·广东六校联考)已知几何体A－BCED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AQ⊥BQ，并说明理由．

[解析]　(1)由该几何体的三视图知AC⊥平面BCED，且EC＝BC＝AC＝4，BD＝1，
∴S梯形BCED＝×(4＋1)×4＝10，
∴V＝·S梯形BCED·AC＝×10×4＝.
即该几何体的体积为.
(2)方法一：过点B作BF∥ED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，∵AB＝4，BF＝AF＝＝5，
∴cos∠ABF＝＝.
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AQ⊥BQ.
取BC中点O，过O作OQ⊥DE于点Q，则点Q满足题设．
连接EO，OD，在Rt△ECO和Rt△OBD中，
∵＝＝2，∴Rt△ECO∽Rt△OBD，∴∠EOC＋∠DOB＝90°.
∴∠EOD＝90°.
∵OE＝＝2，OD＝＝，
∴OQ＝＝＝2.
∴以O为圆心，以BC为直径的圆与DE相切，切点为Q，∴BQ⊥CQ.

∵AC⊥平面BCED，BQ⊂平面CEDB，
∴BQ⊥AC，∴BQ⊥平面ACQ.
∵AQ⊂平面ACQ，∴BQ⊥AQ.