还剩5页未读，
继续阅读
所属成套资源：2023届高考一轮复习讲义（理科）讲义学案练习【解析版】
成套系列资料，整套一键下载
2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章 立体几何 第1讲 高效演练分层突破学案
展开
这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章 立体几何 第1讲 高效演练分层突破学案，共8页。
1． 如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴，x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )
A．最长的是AB，最短的是AC
B．最长的是AC，最短的是AB
C．最长的是AB，最短的是AD
D．最长的是AC，最短的是AD
解析：选B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB2．如图所示的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( )
A．①② B．②③ C．③④ D．①⑤
解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；
当截面不过旋转轴时，
圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；
故截面图形可能是①⑤.
3．(2020·陕西彬州质检)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图中△ABC是边长为1的等边三角形，俯视图为正六边形，那么该几何体的侧视图的面积为( )
A.eq \f(3,8) B．eq \f(3,4) C．1 D．eq \f(3,2)
解析：选A.由三视图可知该几何体为正六棱锥，其直观图如图所示．该正六棱锥的底面正六边形的边长为eq \f(1,2)，侧棱长为1，高为eq \f(\r(3),2).侧视图的底面边长为正六边形的高，为eq \f(\r(3),2)，则该几何体的侧视图的面积为eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3,8)，故选A.
4．(2020·江西省名校学术联盟质检)如图所示，边长为1的正方形网格中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体所有棱长组成的集合为( )
A．{1，eq \r(5)} B．{1，eq \r(6)}
C．{1，eq \r(2)，eq \r(5)} D．{1，eq \r(2)，2eq \r(2)，eq \r(6)}
解析：选B.如图所示，该几何体是四棱柱，底面是边长为1的正方形，侧棱长为eq \r(6)，故选B.
5．(一题多解)(2020·河南非凡联盟4月联考)某组合体的正视图和侧视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是图(2)中粗线所表示的平面图形，其中四边形O′A′B′C′为平行四边形，D′为C′B′的中点，则图(2)中平行四边形O′A′B′C′的面积为( )
A．12 B．3eq \r(2) C．6eq \r(2) D．6
解析：选B.法一：由题图易知，该几何体为一个四棱锥(高为2eq \r(3)，底面是长为4，宽为3的矩形)与一个半圆柱(底面圆半径为2，高为3)的组合体，所以其俯视图的外侧边沿线组成一个长为4，宽为3的矩形，其面积为12，由斜二测知识可知四边形O′A′B′C′的面积为4×eq \f(3,2)sin 45°＝3eq \r(2).
法二：由斜二测画法可先还原出俯视图的外轮廓是长为4，宽为3的矩形，其面积为4×3＝12，结合直观图面积是原图形面积的eq \f(\r(2),4)，即可得结果．
6.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左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________．
解析：由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为eq \f(（2＋4）×2,2)×2＝12.
答案：12
7．一个圆台上、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：
如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.
在Rt△ABC中，AC＝12(cm)，BC＝8－3＝5(cm)．
所以AB＝eq \r(122＋52)＝13(cm)．
答案：13
8．已知正四棱锥VABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为2eq \r(11)，则该棱锥的高为________．
解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连接VO，AO，则VO就是正四棱锥VABCD的高．因为底面面积为16，所以AO＝2eq \r(2).
因为一条侧棱长为2eq \r(11)，
所以VO＝eq \r(VA2AO2)＝eq \r(44－8)＝6.
所以正四棱锥VABCD的高为6.
答案：6
9．如图所示的三个图中，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如图所示(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：(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－eq \f(1,3)×(eq \f(1,2)×2×2)×2＝eq \f(284,3)(cm3)．
10．已知正三棱锥VABC的正视图和俯视图如图所示．
(1)画出该三棱锥的直观图和侧视图；
(2)求出侧视图的面积．
解：(1)如图．
(2)侧视图中VA＝eq \r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)×\f(\r(3),2)×2\r(3)))\s\up12(2))＝eq \r(12)＝2eq \r(3).
则S△VBC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2eq \r(3)＝6.
[综合题组练]
1．(2020·河南开封一模)如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O1，O2，这两个球外切，且球O1与正方体共顶点A的三个面相切，球O2与正方体共顶点B1的三个面相切，则两球在正方体的面AA1C1C上的正投影是( )
解析：选B.由题意可以判断出两球在正方体的面AA1C1C上的正投影与正方形相切，排除C，D.由于两球不等，把其中一个球扩大为与正方体相切，则另一个球被挡住一部分，所以排除A.B正确．
2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )
A．圆弧 B．抛物线的一部分
C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分
解析：选D.根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.
3．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥PBCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为( )
A．1 B．eq \r(2)
C.eq \r(3) D．2
解析：选D.正视图，底面B，C，D三点，其中D与C重合，随着点P的变化，其正视图均是三角形且点P在正视图中的位置在边B1C1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a，则S正视图＝eq \f(1,2)×a2；设A1C1的中点为O，随着点P的移动，在俯视图中，易知当点P在OC1上移动时，S俯视图就是底面三角形BCD的面积，当点P在OA1上移动时，点P越靠近A1，俯视图的面积越大，当到达A1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S俯视图＝a2，所以eq \f(S俯视图,S正视图)的最大值为eq \f(a2,\f(1,2)a2)＝2，故选D.
4．(2020·河北衡水二模)某几何体的三视图如图所示，三视图中的点P，Q分别对应原几何体中的点A，B，在此几何体中从点A经过一条侧棱上点R到达点B的最短路径的长度为( )
A．a B．eq \r(2)a
C.eq \f(\r(5),2)a D．eq \r(3)a
解析：选D.由几何体的三视图可知，该几何体为棱长为a的正四面体(如图1)，将侧面三角形CDB绕CD翻折到与面ACD在同一平面内(如图2)，
连接AB与CD交于一点R，该点即为使路径最短的侧棱上的点R，且最短路径为AB长，在△ACB中，由余弦定理易知AB＝eq \r(a2＋a2－2a·a·cs 120°)＝eq \r(3)a.故选D.
5．已知正方体ABCDA1B1C1D1的体积为1，点M在线段BC上(点M异于B，C两点)，点N为线段CC1的中点，若平面AMN截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面为四边形，则线段BM的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))
解析：选B.由题意，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，如图所示，当点M为线段BC的中点时，截面为四边形AMND1，当0＜BM≤eq \f(1,2)时，截面为四边形，当BM＞eq \f(1,2)时，截面为五边形，故选B.
6．已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若△MNQ为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )
A．2eq \r(2) B．3
C．2eq \r(3) D．4
解析：选C.如图，不妨设N在B处，AM＝h，CQ＝m，则MB2＝h2＋4，BQ2＝m2＋4，MQ2＝(h－m)2＋4，由MB2＝BQ2＋MQ2，得m2－hm＋2＝0.Δ＝h2－8≥0即h2≥8，该直角三角形斜边MB＝eq \r(4＋h2)≥2eq \r(3).故选C.
7．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________．
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＝2×2eq \r(2)＝4eq \r(2)，所以CO＝eq \r(CD2＋OD2)＝6＝OA，所以俯视图是以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.
答案：96
8．(2019·高考全国卷Ⅱ)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________．
解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则eq \f(\r(2),2)x＋x＋eq \f(\r(2),2)x＝1，解得x＝eq \r(2)－1，故题中的半正多面体的棱长为eq \r(2)－1.
答案：26 eq \r(2)－1
1． 如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴，x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )
A．最长的是AB，最短的是AC
B．最长的是AC，最短的是AB
C．最长的是AB，最短的是AD
D．最长的是AC，最短的是AD
解析：选B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB
A．①② B．②③ C．③④ D．①⑤
解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；
当截面不过旋转轴时，
圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；
故截面图形可能是①⑤.
3．(2020·陕西彬州质检)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图中△ABC是边长为1的等边三角形，俯视图为正六边形，那么该几何体的侧视图的面积为( )
A.eq \f(3,8) B．eq \f(3,4) C．1 D．eq \f(3,2)
解析：选A.由三视图可知该几何体为正六棱锥，其直观图如图所示．该正六棱锥的底面正六边形的边长为eq \f(1,2)，侧棱长为1，高为eq \f(\r(3),2).侧视图的底面边长为正六边形的高，为eq \f(\r(3),2)，则该几何体的侧视图的面积为eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3,8)，故选A.
4．(2020·江西省名校学术联盟质检)如图所示，边长为1的正方形网格中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体所有棱长组成的集合为( )
A．{1，eq \r(5)} B．{1，eq \r(6)}
C．{1，eq \r(2)，eq \r(5)} D．{1，eq \r(2)，2eq \r(2)，eq \r(6)}
解析：选B.如图所示，该几何体是四棱柱，底面是边长为1的正方形，侧棱长为eq \r(6)，故选B.
5．(一题多解)(2020·河南非凡联盟4月联考)某组合体的正视图和侧视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是图(2)中粗线所表示的平面图形，其中四边形O′A′B′C′为平行四边形，D′为C′B′的中点，则图(2)中平行四边形O′A′B′C′的面积为( )
A．12 B．3eq \r(2) C．6eq \r(2) D．6
解析：选B.法一：由题图易知，该几何体为一个四棱锥(高为2eq \r(3)，底面是长为4，宽为3的矩形)与一个半圆柱(底面圆半径为2，高为3)的组合体，所以其俯视图的外侧边沿线组成一个长为4，宽为3的矩形，其面积为12，由斜二测知识可知四边形O′A′B′C′的面积为4×eq \f(3,2)sin 45°＝3eq \r(2).
法二：由斜二测画法可先还原出俯视图的外轮廓是长为4，宽为3的矩形，其面积为4×3＝12，结合直观图面积是原图形面积的eq \f(\r(2),4)，即可得结果．
6.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左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________．
解析：由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为eq \f(（2＋4）×2,2)×2＝12.
答案：12
7．一个圆台上、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：
如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.
在Rt△ABC中，AC＝12(cm)，BC＝8－3＝5(cm)．
所以AB＝eq \r(122＋52)＝13(cm)．
答案：13
8．已知正四棱锥VABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为2eq \r(11)，则该棱锥的高为________．
解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连接VO，AO，则VO就是正四棱锥VABCD的高．因为底面面积为16，所以AO＝2eq \r(2).
因为一条侧棱长为2eq \r(11)，
所以VO＝eq \r(VA2AO2)＝eq \r(44－8)＝6.
所以正四棱锥VABCD的高为6.
答案：6
9．如图所示的三个图中，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如图所示(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：(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－eq \f(1,3)×(eq \f(1,2)×2×2)×2＝eq \f(284,3)(cm3)．
10．已知正三棱锥VABC的正视图和俯视图如图所示．
(1)画出该三棱锥的直观图和侧视图；
(2)求出侧视图的面积．
解：(1)如图．
(2)侧视图中VA＝eq \r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)×\f(\r(3),2)×2\r(3)))\s\up12(2))＝eq \r(12)＝2eq \r(3).
则S△VBC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2eq \r(3)＝6.
[综合题组练]
1．(2020·河南开封一模)如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O1，O2，这两个球外切，且球O1与正方体共顶点A的三个面相切，球O2与正方体共顶点B1的三个面相切，则两球在正方体的面AA1C1C上的正投影是( )
解析：选B.由题意可以判断出两球在正方体的面AA1C1C上的正投影与正方形相切，排除C，D.由于两球不等，把其中一个球扩大为与正方体相切，则另一个球被挡住一部分，所以排除A.B正确．
2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )
A．圆弧 B．抛物线的一部分
C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分
解析：选D.根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.
3．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥PBCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为( )
A．1 B．eq \r(2)
C.eq \r(3) D．2
解析：选D.正视图，底面B，C，D三点，其中D与C重合，随着点P的变化，其正视图均是三角形且点P在正视图中的位置在边B1C1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a，则S正视图＝eq \f(1,2)×a2；设A1C1的中点为O，随着点P的移动，在俯视图中，易知当点P在OC1上移动时，S俯视图就是底面三角形BCD的面积，当点P在OA1上移动时，点P越靠近A1，俯视图的面积越大，当到达A1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S俯视图＝a2，所以eq \f(S俯视图,S正视图)的最大值为eq \f(a2,\f(1,2)a2)＝2，故选D.
4．(2020·河北衡水二模)某几何体的三视图如图所示，三视图中的点P，Q分别对应原几何体中的点A，B，在此几何体中从点A经过一条侧棱上点R到达点B的最短路径的长度为( )
A．a B．eq \r(2)a
C.eq \f(\r(5),2)a D．eq \r(3)a
解析：选D.由几何体的三视图可知，该几何体为棱长为a的正四面体(如图1)，将侧面三角形CDB绕CD翻折到与面ACD在同一平面内(如图2)，
连接AB与CD交于一点R，该点即为使路径最短的侧棱上的点R，且最短路径为AB长，在△ACB中，由余弦定理易知AB＝eq \r(a2＋a2－2a·a·cs 120°)＝eq \r(3)a.故选D.
5．已知正方体ABCDA1B1C1D1的体积为1，点M在线段BC上(点M异于B，C两点)，点N为线段CC1的中点，若平面AMN截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面为四边形，则线段BM的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))
解析：选B.由题意，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，如图所示，当点M为线段BC的中点时，截面为四边形AMND1，当0＜BM≤eq \f(1,2)时，截面为四边形，当BM＞eq \f(1,2)时，截面为五边形，故选B.
6．已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若△MNQ为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )
A．2eq \r(2) B．3
C．2eq \r(3) D．4
解析：选C.如图，不妨设N在B处，AM＝h，CQ＝m，则MB2＝h2＋4，BQ2＝m2＋4，MQ2＝(h－m)2＋4，由MB2＝BQ2＋MQ2，得m2－hm＋2＝0.Δ＝h2－8≥0即h2≥8，该直角三角形斜边MB＝eq \r(4＋h2)≥2eq \r(3).故选C.
7．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________．
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＝2×2eq \r(2)＝4eq \r(2)，所以CO＝eq \r(CD2＋OD2)＝6＝OA，所以俯视图是以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.
答案：96
8．(2019·高考全国卷Ⅱ)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________．
解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则eq \f(\r(2),2)x＋x＋eq \f(\r(2),2)x＝1，解得x＝eq \r(2)－1，故题中的半正多面体的棱长为eq \r(2)－1.
答案：26 eq \r(2)－1
相关学案
2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章 立体几何 第4讲 高效演练分层突破学案： 这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章 立体几何 第4讲 高效演练分层突破学案，共9页。
2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章 立体几何 第3讲 高效演练分层突破学案： 这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章 立体几何 第3讲 高效演练分层突破学案，共9页。
2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章 立体几何 第6讲 高效演练分层突破学案： 这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章 立体几何 第6讲 高效演练分层突破学案，共10页。
