统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练38空间几何体的结构及其三视图和直观图文

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练38空间几何体的结构及其三视图和直观图文，共8页。
[基础强化]
一、选择题
1.以下命题：
①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；③用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．
其中正确命题的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
2.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（ ）
A.圆柱
B.圆锥
C.球体
D.圆柱、圆锥、球体的组合体
3.已知正△ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为（ ）
A. eq \f(\r(3),4)a2 B． eq \f(\r(3),8)a2 C． eq \f(\r(6),8)a2 D． eq \f(\r(6),16)a2
4.把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥A－BCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为（ ）
A. eq \f(\r(2),2)
B. eq \f(1,2)
C. eq \f(\r(2),4)
D. eq \f(1,4)
5.三视图如图所示的几何体是（ ）
A.三棱锥 B．四棱锥
C.四棱台 D．三棱台
6.
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（ ）
7.
如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是（ ）
A．2 B．3
C.4 D．5
8.如图，某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各条棱中最长的棱和最短的棱长度之和为（ ）
A.6 B．4 eq \r(2)
C.2 eq \r(5)＋2 D．2 eq \r(6)＋2
9.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（ ）
A. eq \f(\r(5)－1,4) B． eq \f(\r(5)－1,2)
C. eq \f(\r(5)＋1,4) D． eq \f(\r(5)＋1,2)
二、填空题
10.一个圆台上、下底面的半径分别为3和8，若两底面圆心的连线长为12，则这个圆台的母线长为 ．
11.[2023·全国甲卷（文）]在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是 ．
12.[2023·上海二模]如图1，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N，Q分别是线段AD1，B1C，C1D1上的动点，当三棱锥Q－BMN的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为 ．
[能力提升]
13.[2023·江西省临川第一中学模拟]如图是一个四棱锥的三视图，则该四棱锥的所有侧棱中，最长的侧棱长为（ ）
A.2 B． eq \r(5)
C.2 eq \r(2) D．3
14.[2023·陕西宝鸡二模]如图，在正三棱锥P－ABC中，∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝30°，
PA＝PB＝PC＝4，一只虫子从A点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A点，则虫子爬行的最短距离是 ．
15.[2023·全国乙卷（文）]已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝ ．
16.[2023·重庆一中高三月考]传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球， 这个球的直径恰好与圆柱的高相等．这个“圆柱容球”是阿基米德生前最引以为豪的发现．如图，在底面半径为2的圆柱O1O2内有球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，设A，B分别为圆柱O1O2的上、下底面圆周上一点，且O1A与O2B所成的角为90°，直线AB与球O的球面交于两点M，N，则线段MN的长度为 ．
专练38 空间几何体的结构及其三视图和直观图
1．B 由圆台的定义可知①错误，②正确．对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确．
2．C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．
3．D 如图所示的①②分别为△ABC的实际图与直观图
由斜二测画法可知：A′B′＝AB＝a，O′C′＝ eq \f(1,2)OC＝ eq \f(1,2)×a× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(\r(3),4)a，
∴S△A′B′C′＝ eq \f(1,2)A′B′×O′C′×sin 45°＝ eq \f(1,2)×a× eq \f(\r(3),4)a× eq \f(\r(2),2)＝ eq \f(\r(6),16)a2.
4．D 由正视图与俯视图可得三棱锥A－BCD的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为 eq \f(\r(2),2)，故其侧视图的面积S＝ eq \f(1,2)× eq \f(\r(2),2)× eq \f(\r(2),2)＝ eq \f(1,4).
5．B 由三视图可作几何体如图，可知选B.
6．D 根据已知条件作出图形如图所示，结合多面体的正视图可知，该几何体的侧视图为D选项中的图形．
7．C 由三视图可得该几何体是如图所示的四棱锥P－ABCD，由图易知四个侧面都是直角三角形．
8．D 由三视图知，该几何体是底面为腰长为2的等腰直角三角形、长为4的侧棱垂直于底面(垂足为腰与底边交点)的三棱锥，所以该三棱锥的最长棱的棱长为 eq \r(42＋（2\r(2)）2)＝2 eq \r(6)，最短棱的棱长为2，所以该几何体中最长的棱与最短的棱的长度之和为2 eq \r(6)＋2.
9．C 如图，设正四棱锥的底面边长BC＝a，侧面三角形底边上的高PM＝h，则正四棱锥的高PO＝ eq \r(h2－\f(a2,4))，
∴以|PO|为边长的正方形面积为h2－ eq \f(a2,4)，
侧面三角形面积为 eq \f(1,2)ah，
∴h2－ eq \f(a2,4)＝ eq \f(1,2)ah，∴4h2－2ah－a2＝0，
两边同除以a2可得4( eq \f(h,a))2－2· eq \f(h,a)－1＝0，
解得 eq \f(h,a)＝ eq \f(1±\r(5),4)，
又∵ eq \f(h,a)>0，∴ eq \f(h,a)＝ eq \f(\r(5)＋1,4).
10．答案：13
解析：如图，过A作AC⊥BO，交BO于点C，
则BC＝OB－O′A＝8－3＝5，又AC＝12，
∴AB＝ eq \r(AC2＋BC2)＝ eq \r(52＋122)＝13.
11．答案：[2 eq \r(2)，2 eq \r(3)]
解析：由该正方体的棱与球O的球面有公共点，可知球O的半径应介于该正方体的棱切球半径和外接球半径之间(包含棱切球半径和外接球半径).设该正方体的棱切球半径为r，因为AB＝4，所以2r＝ eq \r(2)×4，所以r＝2 eq \r(2)；设该正方体的外接球半径为R，因为AB＝4，所以(2R)2＝42＋42＋42，所以R＝2 eq \r(3).所以球O的半径的取值范围是[2 eq \r(2)，2 eq \r(3)].
12．答案： eq \f(3,2)
解析：由题意得：点M为AD1的中点，点Q为C1D1中点，点N与B1重合，
∴其俯视图为三角形BM′N′，如图所示
∴S＝ eq \f(1,2)× eq \r(2)× eq \f(3\r(2),2)＝ eq \f(3,2).
13．C 根据三视图还原原几何体的直观图如图所示：
由三视图可知△PAD为等腰三角形，AD＝2，PA＝PD＝ eq \r(3＋（\f(AD,2)）2)＝2，
AB⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，则AB⊥PA，AB＝1，CD＝2，PB＝ eq \r(PA2＋AB2)＝ eq \r(5)，
同理可得PC＝ eq \r(CD2＋PD2)＝2 eq \r(2)，
由正视图可知，四边形ABCD为直角梯形，且AB、CD为腰，
BC＝ eq \r(AD2＋（CD－AB）2)＝ eq \r(5)，
因此，该四棱锥的所有侧棱中，最长的侧棱长为2 eq \r(2).
14．答案：4 eq \r(2)
解析：如图所示，将三棱锥的侧面展开，
因为∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝30°，所以∠APA1＝90°，
当虫子沿AA1爬行时，距离最短，
又AA1＝ eq \r(16＋16)＝4 eq \r(2)，
所以虫子爬行的最短距离是4 eq \r(2).
15．答案：2
解析：方法一
如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝ eq \f(2,3)× eq \f(\r(3),2)×3＝ eq \r(3).
将三棱锥S­ABC补形为正三棱柱SB1C1－ABC，由题意知SA为侧棱，设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝ eq \f(1,2)SA.
又球的半径R＝OA＝2，OA2＝OO eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋O1A2，所以4＝ eq \f(1,4)SA2＋3，得SA＝2.
方法二
如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝ eq \f(2,3)× eq \f(\r(3),2)×3＝ eq \r(3).
设三棱锥S­ABC的外接球球心为O，连接OO1，则OO1⊥平面ABC.
又SA⊥平面ABC，所以OO1∥SA，连接OS，OA，
由题意知OS＝OA＝2.
过O作SA的垂线，设垂足为H，
则四边形AO1OH为矩形，所以OO1＝AH，
由OS＝OA可知H为SA的中点，则OO1＝AH＝ eq \f(1,2)SA.
所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2＝OO eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋O1A2，即4＝ eq \f(1,4)SA2＋3，得SA＝2.
16．答案：2 eq \r(2)
解析：△OAO1≌△OBO2，∴OA＝OB，取AB中点G，连接OG，OA，OM，ON，OB，O2A，
∵OA＝OB，G为AB中点，∴OG⊥AB；
∵O2B⊥O1A，O2B⊥O1O2，O1A∩O1O2＝O1，O1A，O1O2⊂平面AO1O2，
∴O2B⊥平面AO1O2，又O2A⊂平面AO1O2，∴O2B⊥O2A；
∵OA2＝OO eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋O1A2＝8，AB2＝O2A2＋O2B2＝22＋42＋22＝24；
∴OG＝ eq \r(OA2－AG2)＝ eq \r(8－6)＝ eq \r(2)，∴MG＝ eq \r(OM2－OG2)＝ eq \r(4－2)＝ eq \r(2)，
∵OM＝ON，∴G也是MN中点，∴MN＝2MG＝2 eq \r(2).