课时作业(四十一)　空间几何体的结构特征及三视图和直观图.DOC

1、课时作业(四十一)空间几何体的结构特征及三视图和直观图 基础过关组 一、单项选择题 1下列说法中，正确的是() A棱柱的侧面可以是三角形 B若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形 C正方体的所有棱长都相等 D棱柱的所有棱长都相等 解析棱柱的侧面都是平行四边形，选项 A 错误；其他侧面可能是平行四边形，选项 B 错误；棱柱的侧 棱与底面边长并不一定相等，选项 D 错误；易知选项 C 正确。故选 C。 答案C 2下列结论正确的是() A各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体 C棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥 D圆锥的

2、顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线 解析由图知，A 不正确。如图，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则 B 不正确。 若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形。由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长 必然要大于底面边长，C 错误。由母线的概念知，选项 D 正确。故选 D。 答案D 3(2021新乡期末)若一个圆锥的轴截面是面积为 1 的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为() A. 2B. 5 C2D4 解析设圆锥底面半径为 r，高为 h，母线长为 l，则 rh 2 2 l，由题意得1 2( 2r) 21，所以 r1，l 2，该圆锥的侧面积为rl 2。故选 A。

3、答案A 4 如图， ABC是利用斜二测画法所画的ABC 的直观图， 其中 ABAC， ABx 轴，ACy轴，那么ABC 是() A等腰三角形B钝角三角形 C等腰直角三角形D直角三角形 解析由题意知 ACAB 且 AC2AB，故ABC 是直角三角形。故选 D。 答案D 5棱台的上、下底面面积分别为 4 和 9，则这个棱台的高和截得棱台的原棱锥的高的比是() A.1 2 B.1 3 C.2 3 D.3 4 解析不妨设该棱台为三棱台 ABCA1B1C1， 原棱锥为 PA1B1C1， 棱台和棱锥对应的高分别为 OO1和 PO1。 由题意知， PO PO1 AO A1O1 AB A1B1 4 9 2 3

4、，所以 OO1 PO1 1 3。故选 B。 答案B 6在三棱柱 ABCA1B1C1中，已知底面 ABC 为正三角形，AA1平面 ABC，AB6 3，AA116，则该三 棱柱外接球的半径为() A10B12 C8 2D10 3 解析设 O为ABC 的中心， O 为三棱柱外接球的球心， 在正三角形 ABC 中， 得 OA6。 易知 OO 平面 ABC，又 OO8，所以 OA OO2OA210，即该三棱柱外接球的半径为 10。 答案A 7已知一个四棱锥的高为 3，用斜二测画法所画的水平放置的四棱锥的底面的直观图是一个边长为 1 的 正方形，则此四棱锥的体积为() A2 2B6 2 C1D. 2 解析

5、因为用斜二测画法所画的水平放置的四棱锥的底面的直观图是一个边长为 1 的正方形，所以在直 角坐标系中，四棱锥的底面是边长为 1 和 3 的平行四边形，且平行四边形的一条对角线垂直于平行四边形的 短边，此对角线的长为 2 2，所以该四棱锥的体积为 V1 32 2132 2。故选 A。 答案A 二、多项选择题 8如图是某三棱柱的正视图，其上、下底面为等边三角形，则下列结论成立的是() A该三棱柱可能为斜三棱柱 B该三棱柱的侧视图可能为菱形 C该三棱柱的表面积一定为 122 3 D该三棱柱的体积一定为 2 3 解析由题可知该三棱柱可能是正三棱柱，也可能是斜三棱柱，故仅有体积为定值，体积为 3 4 2

6、22 2 3。故选 AD。 答案AD 9(2020临沂期中)用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体可能是() A圆锥B圆柱 C三棱锥D正方体 解析用一个平面去截一个圆锥时，轴截面的形状是一个等腰三角形，所以 A 满足条件；用一个平面去 截一个圆柱时，截面的形状不可能是一个三角形，所以 B 不满足条件；用一个平面去截一个三棱锥时，截面 的形状是一个三角形，所以 C 满足条件；用一个平面去截一个正方体时，截面的形状可以是一个三角形，所 以 D 满足条件。故选 ACD。 答案ACD 10如图，棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，M 为线段 A1B 上的动点，则下列

7、结论正确的为() A三棱锥 MDCC1的体积为定值 BDC1D1M CAMD1的最大值为 90 DAMMD1的最小值为 2 解析对于 A，因为 A1B平面 DCC1D1，所以线段 A1B 上的点 M 到平面 DCC1D1的距离都为 1，又 DCC1的面积为定值1 2，所以三棱锥 MDCC 1的体积 V1 31 1 2 1 6为定值，故 A 正确；对于 B，因为 A 1D1 DC1，A1BDC1，A1D1A1BA1，所以 DC1平面 A1BCD1，又 D1M平面 A1BCD1，所以 DC1D1M，故 B 正确；对于 C，当 0A1M 2 2 时，在AD1M 中，利用余弦定理可得AMD1为钝角，故

8、 C 不正确；对于 D， 将平面 AA1B 与平面 A1BCD1沿 A1B 展成平面图形， 线段 AD1即为 AMMD1的最小值。 在D1A1A 中， D1A1A 135，利用余弦定理得 AD1 11211cos 135 2 22，故 D 不正确。故选 AB。 答案AB 三、填空题 11一个圆台上、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 ACOB，交 OB 于点 C。在 RtABC 中，AC12(cm)，BC835(cm)。所 以 AB 1225213(cm)。 答案13 12如图，ABO是利用斜二

9、测画法画出的ABO 的直观图，已知 ABy轴，OB4， 且ABO 的面积为 16，过 A作 ACx轴，则 AC的长为_。 解析因为 ABy轴，所以ABO 中，ABOB。又因为ABO 的面积为 16，所以 1 2ABOB16。 因为 OBOB4，所以 AB8，所以 AB4。因为 ACOB于点 C，所以 AC4sin 452 2。 答案2 2 13如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则其表面积为_。 解析由题意得该几何体是球被切割后剩下的1 4，所以它的表面积由三个部分组成，所以 S 1 442 2 1 22 21 22 28。 答案8 14已知两个圆锥有公共底面，

10、且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上。若圆锥底面面积是这 个球面面积的 3 16，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为_。 解析如图，设球的半径为 R，圆锥底面半径为 r。由题意得r2 3 164R 2。所以 r23 4R 2，根据球的截 面的性质可知两圆锥的高线必过球心 O， 在过两圆锥顶点的截面的大圆上 ABO1C。 所以 OO1 R2r21 2R， 因此体积较小的圆锥的高 AO1R1 2R R 2，体积较大的圆锥的高 BO 1RR 2 3 2R。则这两个圆锥中，体积较 小者的高与体积较大者的高的比值为1 3。 答案 1 3 素养提升组 15(数学应用)足球被誉为“

11、世界第一运动”，它是全球体育界最具影响力的体育运动。足球的表面可 看成是由正二十面体用平面截角的方法形成的， 即用如图所示的正二十面体， 从每个顶点的棱的1 3处将其顶 角截去，截去 12 个顶角后剩下的如图所示的结构就是足球的表面结构。已知正二十面体是由 20 个边长为 3 的正三角形围成的封闭几何体，则如图所示的几何体的棱数为_。 解析根据截取方法，原有的棱没有减少，每个正三角形内增加三条棱，即原来正二十面体的每一条棱 都会保留，正二十面体每个面 3 条棱，每条棱属于两个面，所以共有320 2 30 条棱，截取顶角后每个面会 产生 3 条新棱，共产生 32060 条新棱，所以共有 90 条

12、棱。 答案90 16(2021八省联考)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用。刻画空间的弯曲性是几 何研究的重要内容。用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于 2与多面体在该点的面角之和的 差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲 率等于该多面体各顶点的曲率之和。例如：正四面体在每个顶点有 3 个面角，每个面角是 3，所以正四面体在 各顶点的曲率为 23 3，故其总曲率为 4。 (1)求四棱锥的总曲率； (2)若多面体满足：顶点数棱数面数2，证明：这类多面体的总曲率是常数。 解(1)因为四棱锥有 5 个顶点，5 个面，其中 4 个面为三角形，1 个面为四边形， 所以面角和为 426， 则四棱锥总曲率为 5264。 (2)证明：设多面体顶点数为 V，棱数为 E，面数为 F，每个面分别为 n1，n2，nF边形， 则 VEF2。 由多边形内角和为(n2)， En1n2nF 2 ， 得多面体面角和为(n12)(n22)(nF2) (n1n2nF)2F 2E2F， 所以总曲率为 2V(2E2F) 2(VEF) 4。 所以这类多面体的总曲率是常数。