【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A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．(文)(2021·陕西检测)如图是由若干个相同的小立方体组成的几何体的俯视图，其中小立方体中数字表示相应位置的小立方体的个数，则该几何体的左视图为(　　)

[答案]　C
[解析]　由俯视图知左视图从左到右能看到的小立方体个数分别为2,3,1，选C．
(理) (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．(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．
4．(2021·昆明调研)如图，若一个空间几何体的三视图中，正视图和侧视图都是直角三角形，其直角边长均为1，则该几何体的表面积为(　　)

A．1＋　 B．2＋2
C．　 D．2＋
[答案]　D
[解析]　依题意得，题中的几何体是底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱锥P－ABCD(如图)，其中底面边长为1，PD＝1，PD⊥平面ABCD，S△PAD＝S△PCD＝×1×1＝，S△PAB＝S△PBC＝×1×＝，S四边形ABCD＝12＝1，因此该几何体的表面积为2＋，选D．
5．(文)(2022·山西四校其次次联考)如图所示，△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是(　　)

A．等腰三角形　 B．直角三角形
C．等腰直角三角形　 D．钝角三角形
[答案]　B
[解析]　由题图知A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴，由斜二测画法知，在△ABC中，AC∥y轴，AB∥x轴，∴AC⊥AB．又由于A′C′＝A′B′，∴AC＝2AB≠AB，∴△ABC是直角三角形，B项正确．
(理)(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.

6．(文)(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.
(理)某几何体的正视图与侧视图如图所示，若该几何体的体积为，则该几何体的俯视图可以是(　　)

[答案]　D
[解析]　由正视图及俯视图可知该几何体的高为1，又∵其体积为，故为锥体，∴S底＝1，A中为三角形，此时其底面积为，舍去；B为个圆，底面积为，也舍去，C为圆，其面积为π舍去，故只有D成立．
[点评]　假如不限定体积为 ，则如图(1)在三棱锥P－ABC中，AC⊥BC，PC⊥平面ABC，AC＝BC＝PC＝1，则此三棱锥满足题设要求，其俯视图为等腰直角三角形A；如图(2)，底半径为1，高为1的圆锥，被截面POA与POB截下一角，OA⊥OB，则此时几何体满足题设要求，其俯视图为B；如图(3)，这是一个四棱锥，底面是边长为1的正方形，PA⊥平面ABCD，此几何体满足题设要求，其俯视图为D．

二、填空题
7．(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.
8．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．

[答案]　48＋8
[解析]　由三视图可知该几何体是底面是等腰梯形的直棱柱，底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4.
如图，两底面等腰梯形的面积
S1＝2S梯形ABCD＝2××(2＋4)×4＝24，

作D1E⊥A1B1，则D1E＝4，A1E＝1，∴A1D1＝，
∴梯形底面周长为4＋2＋2＝6＋2，
∴侧面积S2＝(6＋2)×4＝24＋8，
∴表面积S＝S1＋S2＝48＋8.
9．(2021·陕西)某几何体的三视图如图所示，则其表面积为________．

[答案]　3π
[解析]　此几何体是一个半球，所以表面积为球的表面积的一半加上底面的面积，球半径为1，故所求表面积为S＝2π＋π＝3π.
三、解答题
10．(文)已知一个四棱锥P－ABCD的三视图(主视图与左视图为直角三角形，俯视图是带有一条对角线的正方形)如下，E是侧棱PC的中点．

(1)求四棱锥P－ABCD的体积；
(2)求证：平面APC⊥平面BDE.
[解析]　(1)由三视图可知，AB＝BC＝1，PC⊥平面ABCD，且PC＝2，

又底面ABCD是正方形，故S正方形ABCD＝1，
所以VP－ABCD＝×1×2＝.
(2)证明：由于底面ABCD是正方形，
所以对角线AC⊥BD，
又PC⊥平面ABCD，而BD⊂平面ABCD
故BD⊥PC，
又PC∩AC＝C，所以，BD⊥平面APC．
又BD⊂平面BDE，故平面APC⊥平面BDE.
(理)多面体PABCD的直观图及三视图如图所示，E、F分别为PC、BD的中点．

(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)求证：PA⊥平面PDC．
[解析]　由多面体PABCD的三视图知，该几何体是四棱锥，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD是等腰直角三角形，PA＝PD＝，且平面PAD⊥平面ABCD．

(1)连接AC，则F是AC的中点，
又∵E是PC的中点，
∴在△CPA中，EF∥PA，
又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
∴EF∥平面PAD．
(2)∵平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
又CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PA．
∵△PAD是等腰直角三角形，且∠APD＝.
即PA⊥PD．又CD∩PD＝D，∴PA⊥平面PDC．

一、选择题
11．(文)(2021·辽宁鞍山一模)几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为(　　)

A．3π　 B．2π
C．　 D．以上都不对
[答案]　C
[解析]　该几何体是底面半径为1，母线长为2的圆锥，设外接球半径为R，则有(－R)2＋1＝R2，解得R＝.故S球＝4π×()2＝.
(理)(2021·淮北第一次检测)已知某个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A．π＋4　 B．
C．　 D．π＋
[答案]　B
[解析]　该几何体是由过轴的截面所截得的半个圆锥和一个三棱锥所组成的组合体．如图所示，圆锥的底面半径为1，高为2.

V＝×(×π×12×2)＋×(×2×2)×2＝.
12．(文)(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×××＝.

(理)(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．
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．
二、填空题
14．(文)一个圆锥的侧面开放图是圆心角为π，半径为10cm的扇形，则圆锥的体积为________．
[答案]　96πcm3
[解析]　扇形弧长l＝10×＝12π，设圆锥底面半径为R，高为h，则2πR＝12π，∴R＝6，∴h＝＝8，
∴体积V＝πR2h＝96π
(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＝.
15．(文)(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．
(理)若一个螺栓的底面是正六边形，它的正(主)视图和俯视图如图所示，则它的体积是________．

[答案]　9＋π
[解析]　由三视图知，该螺栓的上部是一个底半径为0.8，高为2的圆柱，下部是底面边长为2，高为1.5的正六棱柱，故体积V＝π×0.82×2＋6××22×1.5＝9＋.
三、解答题
16．已知四棱锥P－ABCD的直观图及三视图如图所示．
(1)求四棱锥P－ABCD的体积；
(2)若E是侧棱PC的中点，求证：PA∥平面BDE；
(3)若E是侧棱PC上的动点，不论点E在什么位置，是否都有BD⊥AE？证明你的结论．

[分析]　(1)由图形确定棱锥的底面和高，再求体积．
(2)欲证PA∥平面BDE，需找一个经过PA与平面BDE相交的平面，结合E为PC的中点，AC与BD的交点为AC的中点，故取平面PAC．
(3)“不论E在PC上的什么位置，都有BD⊥AE”的含义是BD⊥平面PAC．
[解析]　(1)由该四棱锥的直观图和三视图可知，该四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PC⊥底面ABCD，且PC＝2，∴VP－ABCD＝S四边形ABCD·PC＝.
(2)连接AC交BD于F，如图所示，则F为AC的中点，

又∵E为PC的中点，∴PA∥EF，
又PA⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，∴PA∥平面BDE.
(3)不论点E在什么位置，都有BD⊥AE.
证明：连接AC，∵四边形ABCD是正方形，∴BD⊥AC．
∵PC⊥底面ABCD，且BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PC．
又AC∩PC＝C，∴BD⊥平面PAC，
∵不论点E在PC上什么位置，都有AE⊂平面PAC．
∴不论点E在PC上什么位置，都有BD⊥AE.
17．(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.
18．(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.