2017端午节-公司车辆管理制度

第1讲 空间几何体的结构特征及三视图和直观图
[基础题组练]
1.如 图所示是水平放置的三角形的直观图，点
D
是△
ABC
的
BC
边的
中点，
AB
，
BC
分别与
y
′轴，
x
′轴平行，则在原图中三条线段
AB
，
AD
，
AC
中( )
A．最长的是
AB
，最短的是
AC

B．最长的是
AC
，最短的是
AB

C．最长的是
AB
，最短的是
AD

D．最长的是
AC
，最短的是
AD

解析：选B.由条件知 ，原平面图形中
AB
⊥
BC
，从而
AB
<
AD<
AC
.
2．如图所示，上面的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为 底面，下底面圆
心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( )

A．①②
C．③④
B．②③
D．①⑤
解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；
当截面不过旋转轴时，
圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；
故截面图形可能是①⑤.
3．已 知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有
一条直角边长为2的直 角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )

- 1 -

解析：选C.当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚
线，排除A，D；当正视图是直 角三角形，由条件得一个直观图如
所示，中间的线是看不见的线
PA
形成的投影，应为 虚线，故答案
C.
4．如图，一个三棱柱的正视图和侧视图分别是矩形和正三角形，则这个三棱柱的俯视
图为( )
图
为


解析：选D.由正视图和侧视图可知，这是一个水平放置的正三棱柱．故选D.
5．(2019·福建漳州调研)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.5
C．3
B．22
D．23
解 析：选C.在棱长为2的正方体
ABCD
­
A
1
B
1
C
1
D
1
中，
M
为
AD
的中点，该几何 体的直观图如
图中三棱锥
D
1
­
MB
1
C
.故通过计算可得
D
1
C
＝
D
1
B
1＝
B
1
C
＝22，
D
1
M
＝
MC
＝5，
MB
1
＝3，故最长棱
的长度为3，故选C.

- 2 -

6.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方 形和等腰直
角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各
个面中 有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为________．
解析：由三视图可知该多面体是一个组合 体，下面是一个底面是等腰直角
三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直 角三角形的腰长为
2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的 面积之
（2＋4）×2
和为×2＝12.
2
答案：12
7．一个圆台上、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< br>AC
⊥
OB
，交
OB
于点
C
.

在Rt△
ABC
中，
AC
＝12(cm)，
BC
＝ 8－3＝5(cm)．
所以
AB
＝12＋5＝13(cm)．
答案：13
8．已知正四棱锥
V
­
ABCD
中，底面面积为16，一条侧棱的长 为211，则该棱锥的高为
________．
解析：如图，取正方形
ABCD的中心
O
，连接
VO
，
AO
，则
VO
就是正四
棱锥
V
­
ABCD
的高．因为底面面积为16，所以
AO
＝22.
因为一条侧棱长为211，
所以
VO
＝
VA
­
AO
＝44－8＝6.
所以正四棱锥
V
­
ABCD
的高为6.
答案：6
9．如图所示的三个图中，上面是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正
视图和侧视图如 图所示(单位：cm)．
(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；
(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积．
22
22
- 3 -

解：(1)如图．

(2)所求多面体的体积
V
＝
V
长方体
－
V
正三棱锥

＝4×4×6 －
1
3
×(
1
2
×2×2)×2＝
284
3
3
(cm)．
10．已知正三棱锥
V
­
ABC
的正视图和俯视图如图所示．
(1)画出该三棱锥的直观图和侧视图．
(2)求出侧视图的面积．

解：(1)如图．
- 4 -

(2)侧视图中
VA
＝
2

3

2

2
4－

××23

＝12＝23.
32

1
则
S
△
VBC
＝×23×23＝6.
2
[综合题组练]
1．(创新型)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )

A．圆弧
C．椭圆的一部分
B．抛物线的一部分
D．双曲线的一部分
解析：选D.根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于 旋转轴的平面截
圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.
2．(创新型 )某几何体的正视图和侧视图如图(1)，它的俯视图的直观图是矩形
O
1
A
1
B
1
C
1
，
如图(2)，其中
O
1A
1
＝6，
O
1
C
1
＝2，则该几何体的侧面 积为( )

A．48

B．64
- 5 -

C．96 D．128
解析：选C.由题图(2)及斜二测画法可知原俯 视图为如图所示的
平行四边形
OABC
，设
CB
与
y
轴的交点为
D
，则易知
CD
＝2，
OD
＝
2×2 2＝42，所以
CO
＝
CD
＋
OD
＝6＝
OA，所以俯视图是以6为
边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为4，所以该
几何体的侧面积为4×6×4＝96.故选C.
3.如图，在正方体
ABCD
­A
1
B
1
C
1
D
1
中，点
P
是线段
A
1
C
1
上的动点，
三棱锥
P­
BCD
的俯视图与正视图面积之比的最大值为( )
A．1
C.3
B.2
D．2
则
22
解析：选D.正视图 ，底面
B
，
C
，
D
三点，其中
D
与
C
重合，随着点
P
的变化，其正视图
均是三角形且点
P
在 正视图中的位置在边
B
1
C
1
上移动，由此可知，设正方体的棱长为
a
，则
S
正视图
1
2
＝×
a
；设
A
1
C
1
的中点为
O
，随着点
P
的移动，在俯视图中，易知当点
P
在
OC
1
上移动时，
2< br>S
俯视图
就是底面三角形
BCD
的面积，当点
P
在< br>OA
1
上移动时，点
P
越靠近
A
1
，俯视图 的面积越
大，当到达
A
1
的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大 ，
S
最大值为＝2，故选D.
1
2
a
2
4．(应 用型)已知正方体
ABCD
­
A
1
B
1
C
1
D
1
的体积为1，点
M
在线段
BC
上(点
M
异于
B
，
C
两
点)，点
N
为线段CC
1
的中点，若平面
AMN
截正方体
ABCD
­A
1
B
1
C
1
D
1
所得的截面为四边 形，则线
段
BM
的取值范围为( )
俯视图
＝
a
，所以
2
S
俯视图
的
S
正视图
a
2
1

A.

0，



3


1

C.

，1



2


1

B.

0，



2


12

D.
< br>，



23

解析：选B.由题意，正方体
ABCD
­
A
1
B
1
C
1
D
1
的棱长为1，如图所示，
1
当点
M
为线段
BC
的中 点时，截面为四边形
AMND
1
，当0＜
BM
≤时，截面
2
1
为四边形，当
BM
＞时，截面为五边形，故选B.
2
5 ．(2019·株洲模拟)已知直三棱柱
ABC
­
A
1
B
1
C
1
的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角
形，用一平面截此棱柱，与侧 棱
AA
1
，
BB
1
，
CC
1
，分 别交于三点
M
，
N
，
Q
，若△
MNQ
为直 角三角
形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )
A．22

B．3
- 6 -

C．23 D．4
22
解析：选C.如图，不妨设
N
在
B
处，
AM
＝
h< br>，
CQ
＝
m
，则
MB
＝
h
＋
4，
BQ
＝
m
＋4，
MQ
＝(
h
－m
)＋4，由
MB
＝
BQ
＋
MQ
，得
m
－
hm
＋2＝
0.
Δ
＝
h
－8≥0即< br>h
≥8，该直角三角形斜边
MB
＝4＋
h
≥23.故选C.
6．(2019·高考全国卷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________个面，其
棱长为________．
222
22222222

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
22
x
＋
x
＋< br>x
＝1，解得
x
＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1.
22
2－1 答案：26



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