2020版高考數(shù)學一輪復習 第八章 立體幾何 課時規(guī)范練35 空間幾何體的三視圖、直觀圖 文 北師大版

課時規(guī)范練35空間幾何體的三視圖、直觀圖基礎鞏固組1.(2018四川成都期中,4)下列說法中正確的是()A.斜三棱柱的側(cè)面展開圖一定是平行四邊形B.水平放置的正方形的直觀圖有可能是梯形C.一個直四棱柱的主視圖和左視圖都是矩形,則該直四棱柱就是長方體D.用平行于圓錐底面的平面去截圓錐,底面與截面之間的部分形成的幾何體就是圓臺2.(2018河北衡水中學二調(diào),4)一個幾何體的三視圖如圖所示,則這個幾何體的直觀圖是()3.(2018黑龍江實驗中學期末,6)某圓柱的高為2,底面周長為16,其三視圖如圖所示,圓柱表面上的點M在主視圖上的對應點為A,圓柱表面上的點N在左視圖上的對應點為B,則在此圓柱側(cè)面上,從M到N的路徑中,最短路徑的長度為()A.2B.2C.3D.24.(2018重慶一中月考,7)已知一個三棱柱高為3,其底面用斜二測畫法所畫出的水平放置的直觀圖是一個直角邊長為1的等腰直角三角形(如圖所示),則此三棱柱的體積為()A.B.6C.D.35.(2018上海浦東新區(qū)三模,14)正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱AA1的中點(如圖)用過點B、E、D1的平面截去該正方體的上半部分,則剩余幾何體的左視圖為()6.(2018山東濟南一模,8)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為BD1的中點,則PAC在該正方體各個面上的正投影可能是()A.B.C.D.7.(2018四川南充高中模擬,6)在正方體中,M,N,P分別為棱DD1、D1A1、A1B1的中點(如圖),用過點M,N,P的平面截去該正方體的頂點C1所在的部分,則剩余幾何體的主視圖為()8.(2018北京通州三模,6)某三棱錐的三視圖如圖所示,則該三棱錐的最長棱的長度為()A.1B.C.D.29.一水平放置的平面四邊形OABC,用斜二測畫法畫出它的直觀圖O'A'B'C'如圖所示,此直觀圖恰好是一個邊長為1的正方形,則原平面四邊形OABC的面積為. 10.如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,點P是平面A1B1C1D1內(nèi)一點,則三棱錐P-BCD的主視圖與左視圖的面積之比為. 11.(2018河北唐山期中,12)在三棱錐A-BCD中,AC=BD=3,AD=BC=4,AB=CD=m,則m的取值范圍是. 12.(2018河南信陽一模,14)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,點P,Q,R分別是棱A1A,A1B1,A1D1的中點,以PQR為底面作正三棱柱,若此三棱柱另一底面的三個頂點也都在該正方體的表面上,則這個正三棱柱的高為. 綜合提升組13.用若干塊相同的小正方體搭成一個幾何體,該幾何體的三視圖如圖所示,則搭成該幾何體需要的小正方體的塊數(shù)是()A.8B.7C.6D.514.如圖,在一個正方體內(nèi)放入兩個半徑不相等的球O1,O2,這兩個球外切,且球O1與正方體共頂點A的三個面相切,球O2與正方體共頂點B1的三個面相切,則兩球在正方體的面AA1C1C上的正投影是()15.一個正方體截去兩個角后所得幾何體的主視圖、俯視圖如圖所示,則其左視圖為()16.如圖,在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中,上底面邊長為4,下底面邊長為8,高為5,點M,N分別在A1B1,D1C1上,且A1M=D1N=1.過點M,N的平面與此四棱臺的下底面會相交,則平面與四棱臺的面的交線所圍成圖形的面積的最大值為()A.18B.30C.6D.36創(chuàng)新應用組17.(2018山東濟南模擬,7)一只螞蟻從正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A出發(fā),經(jīng)正方體的表面,按最短路線爬行到頂點C1的位置,則下列圖形中可以表示正方體及螞蟻最短爬行路線的主視圖的是()A.B.C.D.18.(2018福建廈門模擬,8)日晷是中國古代利用日影測得時刻的一種計時工具,又稱“日規(guī)”.通常由銅制的指針和石制的圓盤組成,銅制的指針叫做“晷針”,垂直地穿過圓盤中心,石制的腳盤叫做“晷面”,它放在石臺上,其原理就是利用太陽的投影方向來測定并劃分時刻.利用日晷計時的方法是人類在天文計時領域的重大發(fā)明,這項發(fā)明被人類沿用達幾千年之久,下圖是一位游客在故宮中拍到的一個日晷照片,假設相機鏡頭正對的方向為正方向,則根據(jù)圖片判斷此日晷的左(側(cè))視圖可能為()課時規(guī)范練35空間幾何體的三視圖、直觀圖1.D對于選項A,斜棱柱的每個側(cè)面是平行四邊形,但是全部展開以后,那些平行四邊形未必可以構成一個平行四邊形.所以是假命題.對于選項B,水平放置的正方形的直觀圖是平行四邊形,不可能是梯形,所以是假命題.對于選項C,一個直四棱柱的主視圖和左視圖都是矩形,則該直四棱柱不一定是長方體,因為底面可能不是矩形,所以是假命題.對于選項D,用平行于圓錐底面的平面去截圓錐,底面與截面之間的部分形成的幾何體就是圓臺,是真命題.故選D.2.C由題得幾何體原圖是如圖所示的三棱錐A-BCD,所以這個幾何體的直觀圖是C.故選C.3.B根據(jù)圓柱的三視圖以及其本身的特征,可以確定點M和點N分別在以圓柱的高為長方形的寬,圓柱底面圓周長的四分之一為長的長方形的對角線的端點處,所以所求的最短路徑的長度為=2,故選B.4.D由斜二測畫法的規(guī)則可知,三棱柱的底面為直角三角形,且兩條直角邊長分別為2,故此三棱柱的體積為×2××3=3.選D.5.D由題意可知:過點B、E、D1的平面截去該正方體的上半部分,如圖直觀圖,則幾何體的左視圖為D,故選D.6.BP點在上下底面投影落在AC或A1C1上,所以PAC在上底面或下底面的投影為,在前面、后面以及左面,右面的投影為,故選B.7.B過點M,N,P的平面截去該正方體的頂點C1所在的部分,直觀圖如圖:則該幾何體的主視圖為B.故選B.8.C由三視圖可知:原三棱錐為P-ABC.其中PA底面ABC,ACCB,PA=AC=BC=1.這個三棱錐最長棱的棱長是PB=.故選C.9.2因為直觀圖的面積是原圖形面積的倍,且直觀圖的面積為1,所以原圖形的面積為2.10.11根據(jù)題意,三棱錐P-BCD的主視圖是三角形,且底邊長為正四棱柱的底面邊長,高為正四棱柱的高;左視圖是三角形,且底邊長為正四棱柱的底面邊長,高為正四棱柱的高,故三棱錐P-BCD的主視圖與左視圖的面積之比為11.11.(,5)將三棱錐放置于長方體中,如圖所示:設長方體三棱長分別為a、b、c,則由勾股定理,得所以m2=a2+c2<a2+c2+2b2=25,解得m<5.由BAC為銳角,可知:32+m2-42>0,解得m>,所以<m<5.12.連接A1C,AC,B1C,D1C,分別取AC,B1C,D1C的中點E,F,G,連接EF,EG,FG.由中位線定理可得PE A1C,QF A1C,RG A1C.又A1C平面PQR,三棱柱PQR-EFG是正三棱柱.三棱柱的高h=PE=A1C=.13.C畫出直觀圖,共六塊.14.B由題意可以判斷出兩球在正方體的面AA1C1C上的正投影與正方形相切.由于兩球球心連線AB1與面ACC1A1不平行,故兩球球心射影所連線段的長度小于兩球半徑的和,即兩個投影圓相交,即為圖B.15.C根據(jù)一個正方體截去兩個角后所得幾何體的主視圖、俯視圖可得幾何體的直觀圖如圖所示.所以左視圖如圖所示.16.B當斜面經(jīng)過點BCNM時與四棱臺的面的交線圍成的圖形的面積最大,此時為等腰梯形,上底為MN=4,下底為BC=8,此時作正四棱臺ABCD-A1B1C1D1俯視圖如下:則MN中點在底面的投影到BC的距離為8-2-1=5,因為正四棱臺ABCD-A1B1C1D1的高為5,所以截面等腰梯形的高為=5,所以截面面積的最大值為S=×(4+8)×5=30.17.D由點A經(jīng)正方體的表面,按最短路線爬行到達頂點C1的位置,共有6種路線(對應6種不同的展開方式),若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展開到同一個平面內(nèi),連接AC1,則AC1是最短路線,且AC1會經(jīng)過BB1的中點,此時對應的主視圖為;若把平面ABCD和平面CDD1C1展開到同一個平面內(nèi),連接AC1,則AC1是最短路線,且AC1會經(jīng)過CD的中點,此時對應的主視圖為.而其他幾種展開方式對應的主視圖在題中沒有出現(xiàn).故選D.18.A從左邊看,圓盤在底面的投影為橢圓,又晷針斜向下穿盤而過,故其投影為左虛右實,故選A.7