统考版2024届高考数学一轮复习第八章8.1空间几何体的结构及其三视图和直观图课时作业理含解析20230426114.docx

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1、统考版2024届高考数学一轮复习第八章8.1空间几何体的结构及其三视图和直观图课时作业理含解析20230426114课时作业40空间几何体的结构及其三视图和直观图 基础达标一、选择题1下列命题中，正确的是()A有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱B侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥C侧面都是矩形的四棱柱是长方体D底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱22021湖北孝感模拟如图，网格纸上的小方格都是正方形，粗实线画出的是一个锥体的侧视图和俯视图，则该锥体的正视图可能是()32021河南郑州质量检测一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是()42021东北

2、四市联考如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为()5如图，矩形OABC是水平放置的一个平面图形的直观图，其中OA6cm，OC2cm，则原图形是()A正方形B矩形C菱形D一般的平行四边形62018北京卷某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为()A1B2C3D472021山西省八校联考将正方体(如图1)截去三个三棱锥后，得到如图2所示的几何体，侧视图的视线方向如图2所示，则该几何体的侧视图为()82021河北模拟某几何体的三视图如图所示，记A为此几何体所有棱的长度构成的集合，则()A3AB5AC2AD4A92021河南

3、百校联考如图，网格纸上小正方形的边长为1，图中粗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()A2B3C.D.102021江西南昌模拟如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为()A1:1B2:1C2:3D3:2二、填空题11下列说法正确的有_个(1)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥(2)正棱锥的侧面是等边三角形(3)底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥12一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的正三角形，俯视图是正方形，那么该几何体的侧视图的面

4、积是_13如图，E，F分别为正方体的面ADD1A1，面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是_142021洛阳高三统考在半径为4的球面上有不同的四点A，B，C，D，若ABACAD4，则平面BCD被球所截得图形的面积为_能力挑战152021惠州调研某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为()A32B32C64D6416如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是ABC的BC边中点，AB，BC分别与y轴、x轴平行，则三条线段AB，AD，AC中()A最长的是AB，最短的是ACB最长的是AC，最短的是ABC最长的是AB，最短的是ADD最长的是

5、AC，最短的是AD172021广州毕业班测试在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，M是棱A1D1的中点，过C1，B，M作正方体的截面，则这个截面的面积为_课时作业401解析：认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故A，C都不够准确，B中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确答案：D2解析：由俯视图和侧视图可知原几何体是四棱锥，底面是长方形，且与长方形的长相交的某一侧面垂直于底面，所以正视图为A.答案：A3解析：若俯视图为选项C，侧视图的宽应为俯视图中三角形的高，所以俯视图不可能是选项C.答案：C4解析：如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA

6、1B1A，B(C)点消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D.答案：D5.解析：如图，在原图形OABC中，应有OD2OD224(cm)，CDCD2cm，所以OC6(cm)，所以OAOC，故四边形OABC是菱形，因此选C.答案：C6解析：由三视图得四棱锥的直观图如图所示其中SD底面ABCD，ABAD，ABCD，SDADCD2，AB1.由SD底面ABCD，AD，DC，AB底面ABCD，得SDAD，SDDC，SDAB，故SDC，SDA为直角三角形，又ABAD，ABSD，AD，SD平面SAD，ADSDD，AB平面SAD，又SA平面SAD，ABSA，即SAB也是直角三角形，从而SB3，又BC，SC2，BC

7、2SC2SB2，SBC不是直角三角形，故选C.答案：C7.解析：将图2中的几何体放到正方体中如图所示，从侧视图的视线方向观察，易知该几何体的侧视图为选项D中的图形，故选D.答案：D8.解析：由三视图可得，该几何体的直观图如图所示，其中底面是边长为4的正方形，AF平面ABCD，AFDE，AF2，DE4，可求得BE的长为4，BF的长为2，EF的长为2，EC的长为4，故选D.答案：D9.解析：根据三视图，利用棱长为2的正方体分析知，该多面体是一个三棱锥，即三棱锥A1MNP，如图所示，其中M，N，P是棱长为2的正方体相应棱的中点，可得棱A1M最长，A1M3，故最长的棱的长度为3，选B.答案：B10解析

8、：根据题意，三棱锥PBCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高故三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为1:1.答案：A11.解析：(1)错误棱锥的定义是：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥而“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，故此说法是错误的如图所示的几何体满足此说法，但它不是棱锥，理由是ADE和BCF无公共顶点(2)错误正棱锥的侧面都是等腰三角形，不一定是等边三角形(3)错误由已知条件知，此三棱锥的三个侧面未必全等，

9、所以不一定是正三棱锥如图所示的三棱锥中有ABADBDBCCD.满足底面BCD为等边三角形三个侧面ABD，ABC，ACD都是等腰三角形，但AC长度不一定，三个侧面不一定全等答案：012.解析：根据三视图可知该几何体是一个四棱锥，其底面是正方形，侧棱相等，所以这是一个正四棱锥其侧视图与正视图是完全一样的正三角形故其面积为22.答案：13解析：分别作出在六个面上的射影可知选.答案：14解析：因为A，B，C，D为球面上不同的四点，所以B，C，D不共线，由ABACAD知A在平面BCD内的射影为BCD外接圆的圆心，记圆心为O1.设O为球的球心，则OBOCOD，故O在平面BCD内的投影也为BCD外接圆的圆心

10、O1，故有OA平面BCD.又ABACAD4，所以平面BCD垂直平分线段OA.记BCD外接圆的半径为r，由勾股定理得r2242，即r216412.从而平面BCD被球所截得的图形即BCD的外接圆，其面积为r212.答案：1215解析：将三视图还原为如图所示的三棱锥PABC，其中底面ABC是直角三角形，ABBC，PA平面ABC，BC2，PA2y2102，(2)2PA2x2，所以xyxx64，当且仅当x2128x2，即x8时取等号，因此xy的最大值是64.选C.答案：C16解析：由条件知，原平面图形中ABBC，从而ABADAC.答案：B17解析：设AA1的中点为N，连接MN，NB，BC1，MC1，AD

11、1，则MNAD1BC1，平面MNBC1就是过正方体中C1，B，M三点的截面，因为正方体的棱长为2，所以A1MA1N1，所以MN，同理BC12.又MC1BN，所以梯形MNBC1的高h，所以所求截面的面积为S梯形MNBC1(2).答案：课时作业41空间几何体的表面积和体积基础达标一、选择题1若圆锥的侧面展开图是圆心角为120，半径为l的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积比是()A3:2B2:1C4:3D5:322021重庆一中调考一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A3B4C24D3432021福州市高中毕业班质量检测如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的正视图、俯

12、视图，则该三棱锥的体积为()A81B27C18D942020天津卷，5若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A12B24C36D14452021广州市高三年级阶段训练题陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也称陀罗如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为()A(72)B(102)C(104)D(114)62021大同市高三学情调研测试试题体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为()A4B8C12D672021河北省九校高三联考试题下图网格纸中小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A784

13、B744C584D54482021广东省七校联合体高三联考试题已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的表面积之比为()A.B.C.D.92021北京昌平区检测九章算术是我国古代数学著作，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺问：积及为米几何？”其意思为：在屋内墙角处堆放米，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积及堆放的米各为多少？已知米堆所形成的几何体的三视图如图所示，一斛米的体积约为1.62立方尺，由此估算出堆放的米约有()A21斛B34斛C55斛D63斛10.2020全国卷，10已知ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都

14、在球O的球面上若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为()A.B.C1D.二、填空题112021南昌市高三年级摸底测试卷已知一个圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为_122021广州市普通高中毕业班综合测试如图，如果一个空间几何体的正视图与侧视图为全等的等边三角形，俯视图为一个半径为1的圆及其圆心，则这个几何体的体积为_，表面积为_132021广州市高三年级调研检测已知某正三棱锥的侧棱长大于底边长，其外接球体积为，三视图如图所示，则其侧视图的面积为_142021石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试已知正三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，棱锥的底面是边长为2的

15、正三角形，侧棱长为2，则球O的表面积为_能力挑战152021广州市普通高中毕业班综合测试已知直三棱柱ABCA1B1C1的体积为V，若P，Q分别在AA1，CC1上，且APAA1，CQCC1，则四棱锥BAPQC的体积为()A.VB.VC.VD.V162021福建省高三毕业班质量检测某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是()A.B.C.D.172021河南省豫北名校高三质量考评如图为一个正方体ABCDA1B1C1D1与一个半球O1构成的组合体，半球O1的底面圆与该正方体的上底面A1

16、B1C1D1的四边相切，O1与正方形A1B1C1D1的中心重合将此组合体重新置于一个球O中(球O未画出)，使该正方体的下底面ABCD的顶点均落在球O的表面上，半球O1与球O内切，设切点为P，若四棱锥PABCD的表面积为44，则球O的表面积为()A.B.C12D9课时作业411解析：底面半径rll，故圆锥中S侧l2，S表l22l2，所以表面积与侧面积的比为4:3.故选C.答案：C2.解析：由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示，表面积为222121243，故选D.答案：D3解析：由已知条件可以确定该几何体为三棱锥，其高为6，底面积为俯视图中三角形的面积，故底面积S3633236，

17、所以该三棱锥的体积V627.故选B.答案：B4解析：设外接球的半径为R，易知2R26，所以R3，于是表面积S4R236，故选C.答案：C5解析：由三视图知，该陀螺是一个圆锥与一个圆柱的组合体，其中圆锥的底面半径为2、高为2，圆柱的底面半径为1、高为3，所以该陀螺的表面积为222213(104)，故选C.答案：C6解析：由正方体的体积为8，可知其棱长为2，且正方体的体对角线为其外接球的直径，所以其外接球的半径R，则外接球的体积VR34.故选A.答案：A7解析：由三视图可知，该几何体是上方为一个八分之一球，下方是一个底面为等腰直角三角形的直三棱柱，故所求表面积S42222322222584，故选C

18、.答案：C8解析：设圆锥底面圆的半径为R，球的半径为r，由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形，球的大圆是该等边三角形的内切圆，如图所示，所以rR，S球4r242R2，S圆锥R2RR23R2，所以球与圆锥的表面积之比，故选B.答案：B9解析：设圆锥的底面圆的半径为r，则r8，解得r，故米堆的体积为25(立方尺)1斛米的体积约为1.62立方尺，1.6221(斛)，故选A.答案：A10解析：设等边ABC的边长为a，外接圆半径为r，球心O到平面ABC的距离为h，球的半径为R，依题意得a2，解得a3(负值舍去)，则ABC的外接球半径为ra，因为球O的表面积为16，即4R216，所以R2.由R2

19、h2r2得h1.故选C.答案：C11解析：因为圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径r1，母线l，所以圆锥的侧面积Srl.答案：12解析：根据三视图可知，该几何体为圆锥，其底面半径r1，母线长l2，所以该圆锥的高h，所以这个几何体的体积为Sh12，表面积为r2rl12123.答案：313解析：画出正三棱锥的直观图如图所示，其中F是等边三角形ABC的中心，E是正三棱锥外接球的球心，G是BC的中点根据正三棱锥的几何性质有DF平面ABC.由俯视图可知，等边三角形ABC的边长为2，所以ABC的高为2sin603.根据等边三角形的几何性质可知，等边三角形ABC的外接圆半径FA32.

20、设正三棱锥的外接球半径为R，则R3，解得R，故DEEAR，所以EF.所以正三棱锥的高DFEDEF4，即侧视图的高为4.所以侧视图的面积为346.答案：614解析：如图，延长SO交球O于点D，设ABC的外心为点E，连接AE，AD，由正弦定理得2AE4，AE2，易知SE平面ABC，由勾股定理可知，三棱锥SABC的高SE4，由于点A是以SD为直径的球O上一点，SAD90，由射影定理可知，球O的直径2RSD5，因此，球O的表面积为4R2(2R)225.答案：2515解析：如图，设D是BB1上一点，且BDBB1，连接DP，DQ，由于APAA1，CQCC1，所以平面DPQ平面ABC.所以V四棱锥BAPQC

21、V三棱柱ABCPDQV.故选B.答案：B16解析：解法一如图，OC2，OA3，由AEDAOC可得.设圆柱体的底面半径rED2x(0x1)，可得AE3x，则圆柱体的高hOE33x，圆柱体的体积V(2x)2(33x)12(x2x3)，令V(x)12(x2x3)，则V(x)12(2x3x2)，令V(x)0，解得x或x0(舍去)，可得V(x)在上单调递增，在上单调递减，故当x时，V(x)取得最大值，V(x)max，即圆柱体的最大体积是.解法二同解法一，则圆柱体的体积V12x2(1x)6xx(22x)63，当且仅当x22x，即x时等号成立，故圆柱体的最大体积是.故选A.答案：A17解析：如图，设球O，半

22、球O1的半径分别为R，r，由题意知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2r，四棱锥PABCD为正四棱锥设正方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD的中心为G，连接AC，PG，则四棱锥PABCD的高PG3r，其各侧面的高为r.由题意得(2r)242rr44，解得r1.易知球O的球心在线段O1G上，连接OC，则在RtOGC中，OCR，OG3R，CGAC2，于是由勾股定理，得(3R)2()2R2，解得R，所以球O的表面积S4R2，故选B.答案：B课时作业42空间点、直线、平面之间的位置关系基础达标一、选择题12021江西七校联考已知直线a和平面，l，a，a，且a在，内的射影分别为直线b和c，则直

23、线b和c的位置关系是()A相交或平行B相交或异面C平行或异面D相交、平行或异面2若直线ab，且直线a平面，则直线b与平面的位置关系是()AbBbCb或bDb与相交或b或b3.如图所示，ABCDA1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是()AA，M，O三点共线BA，M，O，A1不共面CA，M，C，O不共面DB，B1，O，M共面42021广东省七校联合体高三联考试题在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，则异面直线A1B1与AC1所成角的正切值为()A.B.C.D.5a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是(

24、)A若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面B若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交C若ab，则a，b与c所成的角相等D若ab，bc，则ac62021河北张家口模拟三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等边三角形，AA1平面ABC，AA1AB，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，则BM与AN所成角的余弦值为()A.B.C.D.二、填空题7设P表示一个点，a，b表示两条直线，表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确命题的序号是_Pa，Pa；abP，ba；ab，a，Pb，Pb；b，P，PPb.8如图所示为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有_对9

25、若直线l平面，平面平面，则直线l与平面的位置关系为_三、解答题10.如图，在四边形ABCD中，已知ABCD，直线AB，BC，AD，DC分别与平面相交于点E，G，H，F，求证：E，F，G，H四点必定共线11.2021福建四地六校联考已知三棱锥ABCD中，ABCD，且直线AB与CD成60角，点M、N分别是BC、AD的中点，求异面直线AB与MN所成角的大小能力挑战122021洛阳市高三年级统一考试已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成的角的正弦值为()A.B.C.D.132021山西省六校高三阶段性测试已知三棱锥BACD中，棱AB，CD，A

26、C的中点分别是M，N，O，ABC，ACD，BOD都是正三角形，则异面直线MN与AD所成角的余弦值为()A.B.C.D.142021广东广州质检如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点在这个正四面体中：GH与EF平行；BD与MN为异面直线；GH与MN成60角；DE与MN垂直以上四个命题中，正确命题的序号是_课时作业421解析：依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面故选D.答案：D2解析：b与相交或b或b都可以故选D.答案：D3解析：连接A1C1，AC(图略)，则A1C1AC，A1，C1，A，C四点共面，A1C平面ACC1A1.M

27、A1C，M平面ACC1A1.又M平面AB1D1，M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，A，M，O三点共线故选A.答案：A4解析：在长方体ABCDA1B1C1D1中，直线A1B1与直线AB平行，则直线A1B1与AC1所成的角等于AB与AC1所成的角，在直角三角形ABC1中，BC1，AB1，所以tanBAC1，所以异面直线A1B1与AC1所成角的正切值为.故选A.答案：A5解析：若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若ab，bc，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所

28、成的角的定义知C正确，故选C.答案：C6解析：取BC的中点O，连接NO，AO，MN，因为B1C1綊BC，OBBC，所以OBB1C1，OBB1C1，因为M，N分别为A1B1，A1C1的中点，所以MNB1C1，MNB1C1，所以MN綊OB，所以四边形MNOB是平行四边形，所以NOMB，所以ANO或其补角即为BM与AN所成角，不妨设AB2，则有AO，ONBM，AN，在ANO中，由余弦定理可得cosANO.故选C.答案：C7解析：当aP时，Pa，P，但a，错；aP时，错；如图ab，Pb，Pa，由直线a与点P确定唯一平面，又ab，由a与b确定唯一平面，但经过直线a与点P，与重合，b，故正确；两个平面的公

29、共点必在其交线上，故正确答案：8.解析：还原后如图，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行故互为异面直线的有3对答案：39解析：直线l平面，平面平面，直线l平面，或者直线l平面.答案：l或l10证明：因为ABCD，所以AB，CD确定一个平面.又因为ABE，AB，所以E，E，即E为平面与的一个公共点同理可证F，G，H均为平面与的公共点，因为若两个平面有公共点，那么它们有且只有一条通过公共点的公共直线，所以E，F，G，H四点必定共线11.解析：如图，取AC的中点P，连接PM，PN，则PMAB，且PMAB，PNCD，且PNCD.MPN或其

30、补角为AB与CD所成的角，则MPN60或MPN120，PMAB，PMN或其补角是AB与MN所成的角，ABCD，PMPN，若PMN60，则PMN是等边三角形，PMN60，AB与MN所成的角为60.若MPN120，则PMN30，AB与MN所成的角为30，综上，异面直线AB与MN所成的角为30或60.12解析：解法一如图，将题中的直三棱柱补形成一个直四棱柱ABCDA1B1C1D1，连接AD1，易知BC1AD1，所以B1AD1是直线AB1与BC1所成的角或者其补角连接B1D1，在AB1D1中，AB1，AD1，B1D1，ADB1D5AB，AD1B1D1，sinB1AD1.因此，异面直线AB1与BC1所成

31、的角的正弦值为，故选C.解法二依题意得，AB1，BC1，0，()()22，即|cos，2，cos，2，cos，又异面直线AB1与BC1所成的角，所以异面直线AB1与BC1所成的角的正弦值sin，故选C.答案：C13解析：解法一由题意可得BOAC，DOAC，则AC平面BOD.在平面BOD内过点O作OD的垂线，以O为坐标原点，OD，OC所在的直线分别为x轴，y轴，所作的OD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设AC2，则D(，0,0)，C(0,1,0)，A(0，1,0)，B，所以M，N，(，1,0)设异面直线MN与AD所成的角为，则|cos|，故选D.解法二由题意可得BOAC，DOAC，连接BN，AN，设AC2，则BODO，所以BD.在BDC中，BCCD2，BD，通过余弦定理可得BN.在ABN中，BN，AB2，AN，通过余弦定理可得MN.连接ON，则ONAD，易得MNO或其补角是异面直线MN与AD所成的角连接MO，在MNO中，OMON1，MN，由余弦定理可得cosMNO.故选D.答案：D14解析：把正四面体的平面展开图还原，如图所示，由正四面体的性质易知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60角，DEMN.答案：