2021届高考数学一轮总复习课时作业43空间几何体的结构特征三视图和直观图含解析苏教版 7页

课时作业43　空间几何体的结构特征、三视图和直观图 一、选择题 ‎1．下列说法中，正确的是(　C　)‎ 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.‎ ‎2．下列结论正确的是(　D　)‎ 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．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线 解析：如图1知，A不正确．如图2，两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．‎ ‎3．在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是(　C　)‎ A．圆面 B．矩形面 C．梯形面 D．椭圆面或部分椭圆面 解析：‎ 7‎ 将圆柱桶竖放，水面为圆面；将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面，故选C.‎ ‎4．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是(　C　)‎ A．圆柱 B．圆锥 C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体 解析：截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．‎ ‎5．用一个平面去截正方体，则截面不可能是(　A　)‎ A．直角三角形 B．等边三角形 C．正方形 D．正六边形 解析：用一个平面去截正方体，则截面的情况为：‎ ‎①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；‎ ‎②截面为四边形时，可以是梯形(等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；‎ ‎③截面为五边形时，不可能是正五边形；‎ ‎④截面为六边形时，可以是正六边形．‎ ‎6．(2020·临沂模拟)某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是(　A　)‎ A．三棱锥 B．四棱锥 C．四棱台 D．三棱台 解析：因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．故选A.‎ ‎7．在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图为(　D　)‎ 7‎ 解析：由正视图与俯视图知，几何体是一个三棱锥与被轴截面截开的半个圆锥的组合体，故侧视图为D.‎ ‎8．中国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的正视图和俯视图如图所示，则该“堑堵”的侧视图的面积为(　C　)‎ A．18 B．18 C．18 D. 解析：由正视图和俯视图可知，该几何体为直三棱柱，底面直角三角形斜边的高为＝3，该“堑堵”的侧视图的面积为3×6＝18，故选C.‎ ‎9．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是(　B　)‎ 7‎ 解析：由直观图知，俯视图应为正方形，又上半部分相邻两曲面的交线为可见线，在俯视图中应为实线，因此，选项B可以是几何体的俯视图．‎ ‎10．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的所有棱中，最长的棱的长度为(　B　)‎ A. B. C．5 D．3 解析：由三视图可知该几何体为如图所示的四棱锥PABCD.其中PA⊥底面ABCD，四棱锥PABCD的底面是边长为3的正方形，高PA＝4.连接AC，易知最长的棱为PC，且PC＝＝＝.故选B.‎ 二、填空题 ‎11．一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′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面积为2.‎ 7‎ 解析：因为直观图的面积是原图形面积的倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2.‎ ‎12．已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为的矩形，则该正方体的正视图的面积等于.‎ 解析：由题知此正方体的正视图与侧视图是一样的，正视图的面积与侧视图的面积相等为.‎ ‎13．(2020·兰州模拟)正四棱锥的底面边长为2，侧棱长均为，其正视图和侧视图是全等的等腰三角形，则正视图的周长为2＋2.‎ 解析：由题意知，正视图就是如图所示的截面PEF，其中E，F分别是AD，BC的中点，连接AO，易得AO＝，又PA＝，于是解得PO＝1，所以PE＝，故其正视图的周长为2＋2.‎ ‎14．给出下列命题：‎ ‎①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；‎ ‎②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；‎ ‎③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；‎ ‎④存在每个面都是直角三角形的四面体．‎ 其中正确命题的序号是②③④.‎ 解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面所在的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B‎1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．‎ 7‎ ‎15．(2020·昆明测试)数学中有很多公式都是数学家欧拉(Leonhard Euler)发现的，它们都叫欧拉公式，分散在各个数学分支之中，任意一个凸多面体的顶点数V、棱数E、面数F之间，都满足关系式V－E＋F＝2，这个等式就是立体几何中的“欧拉公式”．若一个凸二十面体的每个面均为三角形，则由欧拉公式可得该多面体的顶点数为(　B　)‎ A．10 B．12‎ C．15 D．20‎ 解析：二十面体的每个面均为三角形，每条棱都是两个面共用，所以棱数E＝20×3×＝30，面数F＝20，顶点数V＝E－F＋2＝12.故选B.‎ ‎16．(2019·全国卷Ⅱ)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1.则该半正多面体共有26个面，其棱长为－1.‎ 解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1.‎ 7‎ 7‎