《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)41 空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征及三視圖與直觀圖 理（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)41 空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征及三視圖與直觀圖 理（含解析）新人教版（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)作業(yè)41　空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征及三視圖與直觀圖 一、選擇題 1．一幾何體的直觀圖如圖，下列給出的四個(gè)俯視圖中正確的是(　B　) 解析：由直觀圖可知，該幾何體由一個(gè)長(zhǎng)方體和一個(gè)截角三棱柱組成．從上往下看，外層輪廓線是一個(gè)矩形，矩形內(nèi)部是一條水平線段連接兩個(gè)三角形，故選B. 2．若某幾何體的三視圖如圖所示，則這個(gè)幾何體的直觀圖可以是(　D　) 解析：由三視圖知該幾何體的上半部分是一個(gè)三棱柱，下半部分是一個(gè)四棱柱．故選D. 3.如圖，△A′B′O′是利用斜二測(cè)畫(huà)法畫(huà)出的△ABO的直觀圖，已知A′B′∥y′軸，O′B′＝4，且△ABO的面積為16，過(guò)A′作A′C′⊥

2、x′軸，則A′C′的長(zhǎng)為(　A　) A．2　　　　B. C．16　　　　D．1 解析：因?yàn)锳′B′∥y′軸， 所以△ABO中，AB⊥OB. 又因?yàn)椤鰽BO的面積為16， 所以AB·OB＝16. 因?yàn)镺B＝O′B′＝4，所以AB＝8，所以A′B′＝4. 因?yàn)锳′C′⊥O′B′于C′，所以B′C′＝A′C′， 所以A′C′＝4·sin45°＝2，故選A. 4．(2018·浙江卷)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是(　C　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：由三視圖可知，該幾何體是一個(gè)底面為直角梯形的直四棱柱，所以該

3、幾何體的體積V＝×(1＋2)×2×2＝6.故選C. 5．如圖，在一個(gè)正方體內(nèi)放入兩個(gè)半徑不相等的球O1，O2，這兩個(gè)球外切，且球O1與正方體共頂點(diǎn)A的三個(gè)面相切，球O2與正方體共頂點(diǎn)B1的三個(gè)面相切，則兩球在正方體的面AA1C1C上的正投影是(　B　) 解析：由題意可以判斷出兩球在正方體的面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(zhǎng)度小于兩球半徑的和，即兩個(gè)投影圓相交，即為圖B. 6．一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，圖中的三個(gè)正方形的邊長(zhǎng)均為2，則該幾何體的體積為(　A　) A．8－ B．4－ C．8－ D．4－

4、 解析：由三視圖可得該幾何體的直觀圖如圖所示，該幾何體是一個(gè)棱長(zhǎng)為2的正方體上、下各挖去一個(gè)底面半徑為1，高為1的圓錐后剩余的部分，其體積為23－2××π×12×1＝8－.故選A. 7．如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗線畫(huà)出的是某幾何體的正視圖和側(cè)視圖，且該幾何體的體積為，則該幾何體的俯視圖可以是(　C　) 解析：若俯視圖為選項(xiàng)C中的圖形，則該幾何體為正方體截去一部分后的四棱錐P-ABCD，如圖所示，該四棱錐的體積V＝×(2×2)×2＝，符合題意．若俯視圖為其他選項(xiàng)中的圖形，則根據(jù)三視圖易判斷對(duì)應(yīng)的幾何體不存在，故選C. 二、填空題 8．已知正四棱錐V-ABCD中，

5、底面面積為16，一條側(cè)棱的長(zhǎng)為2，則該棱錐的高為6. 解析：如圖，取正方形ABCD的中心O，連接VO，AO，則VO就是正四棱錐V-ABCD的高． 因?yàn)榈酌婷娣e為16，所以AO＝2. 因?yàn)橐粭l側(cè)棱長(zhǎng)為2. 所以VO＝＝＝6. 所以正四棱錐V-ABCD的高為6. 9．如圖，點(diǎn)O為正方體ABCD-A′B′C′D′的中心，點(diǎn)E為平面B′BCC′的中心，點(diǎn)F為B′C′的中點(diǎn)，則空間四邊形D′OEF在該正方體的各個(gè)面上的射影可能是①②③.(填出所有可能的序號(hào)) 解析：空間四邊形D′OEF在正方體的平面DCC′D′上的射影是①；在平面BCC′B′上的射影是②；在平面ABCD上的射影

6、是③，而不可能出現(xiàn)的射影為④中的情況． 10.如圖，一立在水平地面上的圓錐形物體的母線長(zhǎng)為4 m，一只小蟲(chóng)從圓錐的底面圓上的點(diǎn)P出發(fā)，繞圓錐表面爬行一周后回到點(diǎn)P處．若該小蟲(chóng)爬行的最短路程為4 m，則圓錐底面圓的半徑等于m. 解析：把圓錐側(cè)面沿過(guò)點(diǎn)P的母線展開(kāi)成如圖所示的扇形，由題意OP＝4，PP′＝4，則cos∠POP′＝＝－，所以∠POP′＝.設(shè)底面圓的半徑為r，則2πr＝×4，所以r＝. 11．(2019·河南百校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，圖中粗線畫(huà)出的是某多面體的三視圖，則該多面體的各條棱中，最長(zhǎng)的棱的長(zhǎng)度為(　B　) A．2 B．3 C

7、. D. 解析：根據(jù)三視圖，利用棱長(zhǎng)為2的正方體分析知，該多面體是一個(gè)三棱錐，即三棱錐A1-MNP，如圖所示，其中M，N，P是棱長(zhǎng)為2的正方體相應(yīng)棱的中點(diǎn)，可得棱A1M最長(zhǎng)，A1M＝＝3，故最長(zhǎng)的棱的長(zhǎng)度為3，故選B. 12．(2019·江西南昌聯(lián)考)已知圓臺(tái)和正三棱錐的組合體的正視圖和俯視圖如圖所示，圖中小方格是單位正方形，那么組合體的側(cè)視圖的面積為(　B　) A．6＋ B. C．6＋ D．8 解析：由題意可得側(cè)視圖如圖所示，上面是一個(gè)三角形，其底為1＋＝，高為2，三角形的面積S1＝××2＝；下面是一個(gè)梯形，上底為2，下底為4，高為2，梯形的面積S2＝×(2＋4

8、)×2＝6，所以組合體的側(cè)視圖的面積S＝S1＋S2＝＋6＝.故選B. 13．(2019·安徽滁州測(cè)試)榫卯(sǔn mǎo)是中國(guó)古代建筑、家具及其他器械的主要結(jié)構(gòu)方式，是在兩個(gè)構(gòu)建上采用凹凸部位相結(jié)合的一種連接方式，突出部分叫做“榫頭”．若某“榫頭”的三視圖如圖所示，則該“榫頭”的體積為(　C　) A．10 B．12 C．14 D．16 解析：由三視圖可知，該幾何體為一個(gè)3×2×3的長(zhǎng)方體，去掉四個(gè)角(棱長(zhǎng)為1的正方體)余下的幾何體．∴該“榫頭”的體積為3×2×3－4×13＝14. 14．(2019·安徽黃山一模)《九章算術(shù)》中記載了一個(gè)問(wèn)題“今有圓堡瑽，周四丈八尺

9、，高一丈一尺．問(wèn)積幾何？答曰：二千一百一十二尺．術(shù)曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”．這里所說(shuō)的圓堡瑽就是圓柱體，它的體積為“周自相乘，以高乘之，十二而一”．就是說(shuō)：圓堡瑽(圓柱體)的體積為V＝×(底面圓的周長(zhǎng)的平方×高)，則由此可推得圓周率π的取值為(　A　) A．3 B．3.1 C．3.14 D．3.2 解析：∵圓堡瑽(圓柱體)的體積為V＝×(底面圓的周長(zhǎng)的平方×高)，∴×(2πr)2h＝πr2h，解得π＝3. 15．已知點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中點(diǎn)，點(diǎn)M，N，Q，P分別在線段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P為頂點(diǎn)的三棱錐P-MNQ的俯視圖不可能是(　C　) 解析：當(dāng)M與F重合、N與G重合、Q與E重合、P與B1重合時(shí)，三棱錐P-MNQ的俯視圖為A；當(dāng)M，N，Q，P是所在線段的中點(diǎn)時(shí)，三棱錐P-MNQ的俯視圖為B；當(dāng)M，N，Q，P位于所在線段的非端點(diǎn)位置時(shí)，存在三棱錐P-MNQ，使其俯視圖為D.故選C. 8