2023年新高考数学一轮复习知识点讲解+真题测试专题8

专题8.1空间几何体及其三视图和直观图（真题测试）

一、单选题

1.（全国•高考真题（文））如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这

三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱

【解析】

【详解】

试题分析：由三视图中的正视图可知，由一个面为直角三角形，左视图和俯视图可知其它的面为长方形.综

合可判断为三棱柱.

2.（湖南•高考真题（文））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（）

B.2C.3D.4

【答案】B

【解析】【详解】

试题分析：由三视图可知，这是一个三棱柱，内切球在正视图的投影是正视图的内切圆，设其半径为"，根

据三角形面积公式有g（6+8+10）r=g68,r=2.

3.（2022•福建省泉州市培元中学高一期中）某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图，圆柱表面上

的点”在正（主）视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在侧（左）视图上的对应点为8,则在此圆柱

侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）

C.3D.2

【答案】B

【解析】

【分析】

判断三视图对应的几何体的形状，利用侧面展开图，转化求解即可.

【详解】

由题意可知几何体是圆柱，底面周长16,高为：2.侧面展开图如下图:

圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为8,

则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中,

最短路径的长度：不=26.

故选：B.4.（2022•安徽蚌埠.高一期末）如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个斜边长为2的等腰

直角三角形，且斜边成横向，那么原平面图形中最长边的长度是（）

A.2而B.屈C.2百D.473

【答案】C

【解析】

【分析】

根据斜二测画法可得原图，从而可计算原平面图形中最长边的长度.

【详解】

斜二测直观图如图（1）所示，原图如图（2）所示，其中：OA=2,OB=2&,

故原平面图形

图⑴图（2）

中最长边为AB=J4+8=2G.

故选：C.

5.（2021•全国•高考真题（文））在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E,F,G.该正方体截

去三棱锥A-EFG后,所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（）

正视图

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断.

【详解】

由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示,

所以其侧视图为

D

6.（2020・全国卷I）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正

四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,

则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）

V5-1cy/5-1cG+1C石+1

-----B.-----C.-----D.-----

【答案】c

【解析】设正四棱锥的高为从底面正方形的边长为加，斜高为八

依题意得分2=,x2ax〃?，即/尸=""?,①

2

易知//+4=，/,②由①②得m='+।“（,m=-~YE”舍去）,

22

V5+1

2"一6+1

所以一=.故选C.

2a2a4

7.（2021・江苏・高考真题）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（）

A.72:1B.2:1C.1：应D.1:2

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意作图，由轴截面得出母线与底面圆半径的等量关系，再套公式求解.

【详解】

根据题意作图,

s

设圆锥的底面圆半径为r,高为/?,母线长为/.

若圆锥的轴截面为等腰直角三角形,

则有2伸45。=/,/=扬.

该圆锥的底面积与侧面积比值为二=上1=±

nrl兀r72rV2

故选：C.

8.（北京・高考真题（理））某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是（）

Kzd—3—

M（左）视图

A.8B.6x/2C.10D.8万

【答案】C

【解析】

【详解】

在正方体中画出该三棱锥，如图所示:

易知：各个面均是直角三角形，且AB=4,M=4,BC=3,

••・SAA8C=6,SAAAC=1°，SAABC=d回，

所以四个面中面积最大的是10,故选C.

二、多选题

9.（2022・广东中山•高一期末）从正方体的8个顶点中任选4个不同顶点，然后将它们两两相连，可组成空

间几何体.这个空间几何体可能是（）

A.每个面都是直角三角形的四面体；

B.每个面都是等边三角形的四面体；

C.每个面都是全等的直角三角形的四面体；D.有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四

面体.

【答案】ABD

【解析】

【分析】

根据正方体的性质和四面体的特征，结合图形逐个分析判断即可

【详解】

对于A,每个面都是直角三角形的四面体，如：E-ABC,所以A正确；

对于B,每个面都是等边三角形的四面体，如E-BGD,所以B正确；

对于C,若四面体的每个面都是全等的直角三角形，则必有直角边等于斜边，而这样的直角三角形不存在,

所以C错误；

对于D,有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体，如：A-BDE,所以D正确；

故选：ABD.

10.（2022.江西上饶.高一期末）下列命题正确的是（)

A.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱

B.棱锥是由一个底面为多边形，其余各面为具有公共顶点的三角形围成的几何体

C.用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台

D.球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180。所形成的曲面

【答案】BD

【解析】

【分析】

根据空间儿何体的定义逐个分析判断即可

【详解】根据空间几何体的定义,

对于A,如图所示：有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体，但不是棱柱，错误:

由棱锥的定义知由一个底面为多边形，其余各面为具有公共顶点的三角形围成的几

何体是棱锥，正确;

对于C,用•个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分不•定为棱台，因为不能保证截面与底面平行,

错误;

对于D,球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180。所形成的曲面，正确;

故选：BD.

11.（2021•福建省南安市侨光中学高一阶段练习）如图所示，E,E分别为正方体ABCO-ABGR的面

A3QA、面BCC内的中心，则四边形班在该正方体的面上的正投影可能是（）

C.

【答案】BC

【解析】

【分析】

按照三视图的作法：上下、左右、前后三个方向的射影，四边形的四个顶点在三个投影面上的射影，再将

其连接即可得到三个视图的形状，按此规则对题设中所给的四图形进行判断即可.

【详解】

解：因为正方体是对称的几何体，所以四边形8尸RE在该正方体的面上的射影可分为：自上而下、自左至

右、由前及后三个方向的射影,

也就是在面ABCD、面ABB,、面ADRA上的射影.

四边形BFRE在面ABC。和面ABBA上的射影相同，如图B所示:

四边形BFQ卢在该正方体对角面的ABCQ内，它在面A。。圈上的射影显然是一条线段，如图C所示.

故选：BC.

12.（2023・全国•高三专题练习）三棱锥P-A5C的三视图如图，图中所示顶点为棱锥对应顶点的投影，正视

图与侧视图是全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为1的正方形，则（）

A.该棱锥各面都是直角三角形B.直线A8与PC所成角为60。

C.点P到底面A8C的距离为1D.该棱锥的外接球的表面积为3万

【答案】CD

【解析】

【分析】

根据三视图可知三棱锥几何特征，即可逐项分析.

【详解】

由三视图可知三棱锥P-AfiC的底面为直角边长为1的等腰直角三角形，且

p

AB=BC=I,AC=PA=PC=RPB=6如图,

其中△PAC为等边三角形，故A错误;

由侧视图可知直线AB与PC所成角为45。，故B错误;

山正视图，侧视图可知点尸到底面ABC的距离为1,故C正确;

由条件可知三棱锥外接球的直径为PB,所以S=4万，故D正确.

故选：CD

三、填空题

13.（上海•高考真题（理））若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2万，则其母线与轴的夹角的大小为

【解析】

【详解】

由题意得：万〃：（：62厂）=2%=/=2//=＞母线与轴的夹角为g

14.（2019•全国•高考真题（文））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L则该半正多面体共有个面，

其棱长为_________

图1图2

【答案】共26个面.棱长为友-1.

【解析】

【分析】

第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决.

【详解】

由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18+8=26个

面.

如图，设该半正多面体的棱长为x,则/S=8E=x,延长与尸E交于点G,延长BC交正方体棱于”,

由半正多面体对称性可知，\BGE为等腰直角三角形,

BG=GE=CH=—x,G/7=2x变x+x=(&+l)x=l，

22

•."=7匕=应-1,即该半正多面体棱长为近一i.

15.（2020•全国•高考真题（理））如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中,

AC=\,AB=AD=6，AB1.AC,ABLAD,ZCAE=30°,贝Ucos/FCB=,

P(P)

H

矶/')

【答案】

【解析】

【分析】

在1CE中，利用余弦定理可求得CE,可得出CF，利用勾股定理计算"IBC、BD，可得出BF,然后在△BC尸

中利用余弦定理可求得cosNFCB的值.

【详解】

•/AB_LAC，AB=y/3，AC=1,

由勾股定理得BC=VAFTTC7=2，

同理得8。二指，：.BF=BD=&,

在AACE中，AC=1,AE=AD=6，NC4E=3(r,

由余弦定理得GE?=4C2+AE2—2AC・4£：COS30=1+3—2xlxGxt=l,

2

；.CF=CE=1,

在ABC/中，BC=2,BF=R,CF=1,

CF2-VBC2-BF21+4-6_1

由余弦定理得cosN尸C8=

2CF•BC2x1x2~~4

故答案为：4-

16.（2020海南•高考真题）已知直四棱柱ABCD-A向GD的棱长均为2,ZBAD=60°.以口为球心，石为

半径的球面与侧面BCG8/的交线长为.【答案】工.

2

【解析】

【分析】

根据已知条件易得D、E=6，RE1侧面B,C,CB，可得侧面BCCB与球面的交线上的点到E的距离为近,

可得侧面BCCB与球面的交线是扇形EFG的弧尸G，再根据弧长公式可求得结果.

【详解】

如图:

取与G的中点为E,的中点为尸，C&的中点为G,

因为NB4£）=60。，直四棱柱ABC。-ABCA的棱长均为2,所以A为等边三角形，所以RE=G，

RE1.B£,

又四棱柱4B8-AqG"为直四棱柱，所以841.平面AAGA，所以8耳_1反6，

因为8片nB,C,=B,,所以RE，侧面B£CB,

设P为侧面BgCB与球面的交线上的点，则D}ELEP,

因为球的半径为石，RE=6，所以|EP|=J|〃「=7^5=夜,

所以侧面8£CB与球面的交线上的点到E的距离为④,

因为|M|=|EG|=JL所以侧面4GCB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，

因为NB|EF=NGEG=?,所以NFEG=],所以根据弧长公式可得尸G=]X&=]^.

故答案为：立■兀.

2

四、解答题

17.（2021•全国•高一课时练习）画出如图所示的三棱柱的三视图.

2【答案】作图见解析

/主视方向

【解析】

【分析】

根据三棱柱画出三视图，标上对应的数据即可.

【详解】

三棱柱的三视图如图所示:

左视图18.（2022•全国•高二课时练习）如图，一圆柱体的底面周长为24cm,

高AB为16cm,8c是上底面的直径.一只昆虫从点A出发，沿着圆柱的侧面爬行到点C,求昆虫爬行的最

【解析】

【分析】

作出圆柱侧面展开图，可知所求最短路程为4C，利用勾股定理可求得结果.

【详解】

作出圆柱的侧面展开图如下图所示，

则当昆虫的爬行路线为线段AC时，爬行的路程最短,

•••圆柱体的底面周长为24cm,，AD=gx24=12；

最短路程为：yjAD2+CD2=V122+162=20（cm）.

19.（2020♦全国•高三专题练习（文））如图1,在四棱锥P-A8CQ中，底面为正方形，PC与底面A8CC垂

直，如图2为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6c〃?的全等的等腰直角三角形.

（1）根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图,

正视图侧视图

图2

并求出该俯视图的面积;

（2）求租.【答案】（1）俯视图答案见解析，其面积为36c〃?2：（2）66cm.

【解析】

（1）由正视图和侧视图可判断俯视图为正方形多一条对角线：

（2）R4可理解为正方体的体对角线，利用弘=Jpc?+CD?+D4?即可求解

【详解】

（1）该四棱锥的俯视图为（内含对角线）边长为6<”的正方形，如图，其面积为36,加2；

俯视图

(2)由侧视图可求得尸。=y]pC2+CD2=>/62+62=642cm，

由正视图可知AO=6,RADLPD,

所以在RfAAPD中，PA=yjpD2+AD2=J（6>/2）2+62=6y/3cm.

20.（2022•全国•高二课时练习）设圆锥的底面半径为1,母线与底面所成角为30。，过圆锥的任意两条母线

作截面，求截面面积的最大值.

【答案】|

【解析】

【分析】

利用面积公式可求截面面积的最大值.

【详解】

因为母线与底面所成角为故圆锥的轴与母线所成的角为

63

故两条母线的夹角〃的范围为（0,与），

故截面面积为S’xlxlxsinoJsinevL

222

当且仅当e=］时等号成立，故截面面积的最大值为

21.（2021・全国•高一课时练习）如