2020版高考数学一轮复习课时规范练37空间几何体的三视图直观图理北师大版.docx

课时规范练37空间几何体的三视图、直观图基础巩固组1.(2018四川成都期中,4)下列说法中正确的是()A.斜三棱柱的侧面展开图一定是平行四边形B.水平放置的正方形的直观图有可能是梯形C.一个直四棱柱的主视图和左视图都是矩形,则该直四棱柱就是长方体D.用平行于圆锥底面的平面去截圆锥,底面与截面之间的部分形成的几何体就是圆台2.(2018河北衡水中学二调,4)一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图是()3.(2018黑龙江实验中学期末,6)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图所示,圆柱表面上的点M在主视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为()A.2B.2C.3D.24.(2018重庆一中月考,7)已知一个三棱柱高为3,其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图所示),则此三棱柱的体积为()A.B.6C.D.35.(2018上海浦东新区三模,14)正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱AA1的中点(如图)用过点B、E、D1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为()6.(2018山东济南一模,8)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为BD1的中点,则PAC在该正方体各个面上的正投影可能是()A.B.C.D.7.(2018四川南充高中模拟,6)在正方体中,M,N,P分别为棱DD1、D1A1、A1B1的中点(如图),用过点M,N,P的平面截去该正方体的顶点C1所在的部分,则剩余几何体的主视图为()8.(2018北京通州三模,6)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的最长棱的长度为()A.1B.C.D.29.一水平放置的平面四边形OABC,用斜二测画法画出它的直观图OABC如图所示,此直观图恰好是一个边长为1的正方形,则原平面四边形OABC的面积为.10.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,点P是平面A1B1C1D1内一点,则三棱锥P-BCD的主视图与左视图的面积之比为.11.(2018河北唐山期中,12)在三棱锥A-BCD中,AC=BD=3,AD=BC=4,AB=CD=m,则m的取值范围是.12.(2018河南信阳一模,14)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P,Q,R分别是棱A1A,A1B1,A1D1的中点,以PQR为底面作正三棱柱,若此三棱柱另一底面的三个顶点也都在该正方体的表面上,则这个正三棱柱的高为.综合提升组13.用若干块相同的小正方体搭成一个几何体,该几何体的三视图如图所示,则搭成该几何体需要的小正方体的块数是()A.8B.7C.6D.514.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()15.一个正方体截去两个角后所得几何体的主视图、俯视图如图所示,则其左视图为()16.如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面边长为4,下底面边长为8,高为5,点M,N分别在A1B1,D1C1上,且A1M=D1N=1.过点M,N的平面与此四棱台的下底面会相交,则平面与四棱台的面的交线所围成图形的面积的最大值为()A.18B.30C.6D.36创新应用组17.(2018山东济南模拟,7)一只蚂蚁从正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A出发,经正方体的表面,按最短路线爬行到顶点C1的位置,则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的主视图的是()A.B.C.D.18.(2018福建厦门模拟,8)日晷是中国古代利用日影测得时刻的一种计时工具,又称“日规”.通常由铜制的指针和石制的圆盘组成,铜制的指针叫做“晷针”,垂直地穿过圆盘中心,石制的脚盘叫做“晷面”,它放在石台上,其原理就是利用太阳的投影方向来测定并划分时刻.利用日晷计时的方法是人类在天文计时领域的重大发明,这项发明被人类沿用达几千年之久,下图是一位游客在故宫中拍到的一个日晷照片,假设相机镜头正对的方向为正方向,则根据图片判断此日晷的左 (侧)视图可能为()参考答案课时规范练37空间几何体的三视图、直观图1.D对于选项A,斜棱柱的每个侧面是平行四边形,但是全部展开以后,那些平行四边形未必可以构成一个平行四边形.所以是假命题.对于选项B,水平放置的正方形的直观图是平行四边形,不可能是梯形,所以是假命题.对于选项C,一个直四棱柱的主视图和左视图都是矩形,则该直四棱柱不一定是长方体,因为底面可能不是矩形,所以是假命题.对于选项D,用平行于圆锥底面的平面去截圆锥,底面与截面之间的部分形成的几何体就是圆台,是真命题.故选D.2.C由题得几何体原图是如图所示的三棱锥A-BCD,所以这个几何体的直观图是C.故选C.3.B根据圆柱的三视图以及其本身的特征,可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽,圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处,所以所求的最短路径的长度为=2,故选B.4.D由斜二测画法的规则可知,三棱柱的底面为直角三角形,且两条直角边长分别为2,故此三棱柱的体积为23=3.选D.5.D由题意可知:过点B、E、D1的平面截去该正方体的上半部分,如图直观图,则几何体的左视图为D,故选D.6.BP点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为,在前面、后面以及左面,右面的投影为,故选B.7.B过点M,N,P的平面截去该正方体的顶点C1所在的部分,直观图如图:则该几何体的主视图为B.故选B.8.C由三视图可知:原三棱锥为P-ABC.其中PA底面ABC,ACCB,PA=AC=BC=1.这个三棱锥最长棱的棱长是PB=.故选C.9.2因为直观图的面积是原图形面积的24倍,且直观图的面积为1,所以原图形的面积为2.10.11根据题意,三棱锥P-BCD的主视图是三角形,且底边长为正四棱柱的底面边长,高为正四棱柱的高;左视图是三角形,且底边长为正四棱柱的底面边长,高为正四棱柱的高,故三棱锥P-BCD的主视图与左视图的面积之比为11.11.(,5)将三棱锥放置于长方体中,如图所示:设长方体三棱长分别为a、b、c,则由勾股定理,得所以m2=a2+c2a2+c2+2b2=25,解得m0,解得m,所以m5.12.32连接A1C,AC,B1C,D1C,分别取AC,B1C,D1C的中点E,F,G,连接EF,EG,FG.由中位线定理可得PEA1C,QFA1C,RGA1C.又A1C平面PQR,三棱柱PQR-EFG是正三棱柱.三棱柱的高h=PE=A1C=32.13.C画出直观图,共六块.14.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.由于两球球心连线AB1与面ACC1A1不平行,故两球球心射影所连线段的长度小于两球半径的和,即两个投影圆相交,即为图B.15.C根据一个正方体截去两个角后所得几何体的主视图、俯视图可得几何体的直观图如图所示.所以左视图如图所示.16.B当斜面经过点BCNM时与四棱台的面的交线围成的图形的面积最大,此时为等腰梯形,上底为MN=4,下底为BC=8,此时作正四棱台ABCD-A1B1C1D1俯视图如下:则MN中点在底面的投影到BC的距离为8-2-1=5,因为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为5,所以截面等腰梯形的高为=5,所以截面面积的最大值为S=(4+8)5=30.17.D由点A经正方体的表面,按最短路线爬行到达顶点C1的位置,共有6种路线(对应6种不同的展开方式),若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展开到同一个平面内,连接AC1,则AC1是