【科学备考】（新课标）2022高考数学二轮复习 第八章 立体几何 空间几何体的结构、三视图和直观图 理（含2022试题）

【科学备考】（新课标）2022高考数学二轮复习第八章立体几何空间几何体的结构、三视图和直观图理（含2022试题）理数1.(2022大纲全国,8,5分)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为(　　)A.　　B.16π　　C.9π　　D.　　[答案]1.A[解析]1.设球的半径为R,由题意可得(4-R)2+()2=R2,解得R=,所以该球的表面积为4πR2=.故选A.2.(2022重庆,7,5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(　　)A.54B.60C.66D.72[答案]2.B[解析]2.该几何体的直观图如图所示,易知该几何体的表面是由两个直角三角形,两个直角梯形和一个矩形组成的,则其表面积S=×3×4+×3×5+×5+×4+3×5=60.选B.3.(2022福建,2,5分)某空间几何体的正视图是三角形,则该几何体不可能是(　　)A.圆柱　　B.圆锥　　C.四面体　　D.三棱柱　　[答案]3.A[解析]3.由三视图知识可知,圆柱的正视图是矩形,不可能为三角形.故选A.4.(2022江西,10,5分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=11,AD=7,AA1=12.一质点20\n从顶点A射向点E(4,3,12),遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理),将第i-1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i=2,3,4),L1=AE,将线段L1,L2,L3,L4竖直放置在同一水平线上,则大致的图形是(　　)[答案]4.C[解析]4.由对称性知质点经点E反射到平面ABCD的点E1(8,6,0)处.在坐标平面xAy中,直线AE1的方程为y=x,与直线DC的方程y=7联立得F.由两点间的距离公式得E1F=,∵tan∠E2E1F=tan∠EAE1=,∴E2F=E1F·tan∠E2E1F=4.∴E2F1=12-4=8.∴====.故选C.5.(2022江西,5,5分)一几何体的直观图如图,下列给出的四个俯视图中正确的是(　　)[答案]5.B[解析]5.由几何体的直观图知,该几何体最上面的棱横放且在中间的位置上,因此它的俯视图应排除A、C、D,经验证B符合题意,故选B.6.(2022湖北,5,5分)在如图所示的空间直角坐标系O-xyz中,一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2).给出编号为①、②、③、④的四个图,则该四面体的正视图和俯视图分别为(　　)20\nA.①和②　　B.③和①　　C.④和③　　D.④和②　　[答案]6.D[解析]6.设A(0,0,2),B(2,2,0),C(1,2,1),D(2,2,2).∵B、C、D在平面yOz上的投影的坐标分别为(0,2,0),(0,2,1),(0,2,2),点A(0,0,2)在平面yOz上,又点C的横坐标小于点B和D的横坐标,∴该几何体的正视图为图④.∵点A、C、D在平面xOy上的投影的坐标分别为(0,0,0),(1,2,0),(2,2,0),点B(2,2,0)在平面xOy上,∴该几何体的俯视图为图②.故选D.7.(2022湖南,7,5分)一块石材表示的几何体的三视图如图所示,将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于(　　)A.1B.2C.3D.4[答案]7.B[解析]7.由三视图知该石材表示的几何体是一个直三棱柱,该直三棱柱的底面是两直角边长分别为6和8的直角三角形,其高为12.要得到最大球,则球与三个侧面相切,从而球的半径应等于底面直角三角形的内切圆的半径,故半径r==2,其中S为底面直角三角形的面积.故选B.8.(2022安徽,7,5分)一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的表面积为(　　)A.21+　　B.18+　　C.21　　D.18[答案]8.A20\n[解析]8.根据题意作出直观图如图,该多面体是由正方体切去两个角而得到的,根据三视图可知其表面积为6+2××()2=6×+=21+.故选A.9.(2022浙江,3,5分)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的表面积是(　　)A.90cm2B.129cm2C.132cm2D.138cm2[答案]9.D[解析]9.由三视图可知该几何体由一个直三棱柱与一个长方体组合而成(如图),其表面积为S=3×5+2××4×3+4×3+3×3+2×4×3+2×4×6+3×6=138(cm2).10.(2022北京,7,5分)在空间直角坐标系Oxyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,).若S1,S2,S3分别是三棱锥D-ABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则(　　)A.S1=S2=S3B.S2=S1且S2≠S3C.S3=S1且S3≠S2D.S3=S2且S3≠S1[答案]10.D[解析]10.三棱锥D-ABC如图所示.20\nS1=S△ABC=×2×2=2,S2=×2×=,S3=×2×=,∴S2=S3且S1≠S3,故选D.11.(2022课标全国卷Ⅱ,6,5分)如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3cm,高为6cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为(　　)A.　　B.　　C.　　D.[答案]11.C[解析]11.由三视图知该零件是两个圆柱的组合体.一个圆柱的底面半径为2cm,高为4cm;另一个圆柱的底面半径为3cm,高为2cm.设零点的体积V1=π×22×4+π×32×2=34π(cm3).而毛坯的体积V=π×32×6=54π(cm3),因此切削掉部分的体积V2=V-V1=54π-34π=20π(cm3),所以==.故选C.12.(2022课表全国Ⅰ，12，5分)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为(　　)A.6　　B.6C.4　　D.420\n[答案]12.B[解析]12.由多面体的三视图可知该几何体的直观图为一个三棱锥,如图所示.其中面ABC⊥面BCD,△ABC为等腰直角三角形,AB=BC=4,取BC的中点M,连结AM,DM,则DM⊥面ABC,在等腰△BCD中,BD=DC=2,BC=DM=4,所以在Rt△AMD中,AD===6,又在Rt△ABC中,AC=4<6,故该多面体的各条棱中,最长棱为AD,长度为6,故选B.13.（2022重庆一中高三下学期第一次月考，5）某几何体的三视图如下图所示，则它的表面积为（  ）（A）（B）（C）（D）[答案]13. B[解析]13. 该三视图对应的几何体为组合体，其中上半部为半径为3母线长为5的圆锥，下半部为底面半径为3高为5的圆柱，所以其表面积为.14.(2022天津蓟县第二中学高三第一次模拟考试，5)某几何体的三视图如图所示，根据图中标出的数据．可得这个几何体的表面积为(   )A.  20\nB.C.    D.12[答案]14. B[解析]14. 从三视图中可以看出该几何体是正四棱锥，且其斜高为底面是边长为2的正方形，故其表面积为.15.(2022山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考，3)下图是一个体积为10的空间几何体的三视图，则图中x的值为( )A.2B.3　　　　　　      C.4　　        D.5[答案]15. A[解析]15. 根据三视图可知，该几何体由两部分组成，上半部为底面边长分别为3和2的长方形高为x的四棱锥，下半部为高为1底面边长分别为3和2的长方形的长方体，所以其体积为，解得x=2.20\n16.(2022山西太原高三模拟考试（一），8)一个几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积为( )A.（32+)㎝3B.（32+)㎝3C.（41+)㎝3D.（41+)㎝3[答案]16. C[解析]16. 该三视图对应的几何体为由上中下三部分构成的组合体，其中上半部是长宽高分别为3、3、1的长方体；中半部为底面直径为1高为1的圆柱；下半部为长宽高分别为4、4、2的长方体，其体积为.17.(2022安徽合肥高三第二次质量检测，3)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（  ） A.           B.           C.D.[20\n  [答案]17.B[解析]17. 由三视图知，原几何体是一个三棱柱，底面是等腰直角三角形，且腰长为2，所以该三棱柱的体积.18.(2022重庆杨家坪中学高三下学期第一次月考，6)已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24，则该几何体的底面积是（ ）A.6　　B.12　　C.18　　D.24[答案]18. C[解析]18. 根据三视图可知，该几何体是一个有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，该四棱锥的高为4，因为体积为24，所以底面积.19.(2022湖北黄冈高三4月模拟考试，6)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是正三角形，则几何体的外接球的表面积为（   ）   A.B.         C.          D. 20\n[答案]19. D[解析]19.原几何体如图中三棱锥，由已知正视图、侧视图和俯视图均是三角形，可知该几何体有一个侧面垂直于底面，高为，底面是一个等腰直角三角形，则这个几何体的外接球的球心在高线上，且是等边三角形的中心，所以这个几何体的外接球的半径为，所以这个几何体的外接球的表面积为.20.(2022河北唐山高三第一次模拟考试，7)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（  ）A.6    B.2   C.3     D.20\n[答案]20.D[解析]20. 由三视图知，原几何体的体积为.21.(2022贵州贵阳高三适应性监测考试,5)下图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积等于（  ）[答案]21.D[解析]21.该几何体是一三棱柱，qi其体积为=4.22.(2022山东实验中学高三第一次模拟考试，5)已知正三棱锥的主视图、俯视图如下图所示，其中，则该三棱锥的左视图的面积为（　　）A.9　　B.6　　C.　　D.20\n[答案]22.B [解析]22.如图所示，底面是正三角形，边长为，所以，从而，故，所以侧视图面积为.23.（2022广东汕头普通高考模拟考试试题，7）某个长方体被一个平面所截，截得的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）A.4    　　B.　　C.    　　D.8[答案]23.D [解析]23. 如图，该长方体的底面边长为2，高为3，点、、分别为对应棱的中点，沿着平行四边形切割该长方体，显然被切割的部分占上面正方体的一半，所以剩余的部分体积为8.20\n24.(2022北京东城高三第二学期教学检测，6)某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为和的线段，则的最大值为（   ）A.B.          C.4          D.[答案]24.C[解析]24. 该条棱长可以看作长方体的体对角线，设长方体的长，宽，高分别为，则由已知可得，，，，可解得，从而，所以，故，当且仅当时取“”，选C.25.(2022天津,10,5分)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为________m3.20\n[答案]25.π[解析]25.该几何体由一个圆锥和一个圆柱组成,故体积V=π×12×4+×π×22×2=π(m3).26.13．(2022天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试，13)如果一个几何体的三视图如图所示(单位长度:cm), 则此几何体的表面积是         。[答案]26. [解析]26. 该三视图对应的几何体为组合体,其中上半部为底面边长为2,斜高为的正四棱锥,下半部分是边长为2的正方体,所以其表面积为.27.(2022福州高中毕业班质量检测,14)已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的表面积为      .20\n[答案]27.[解析]27. 由三视图知，原几何体是一个棱长为2的正方体削去一个三棱锥后剩下的一个七面体，截面三角形为边长为的等边三角形，截面的面积为，所以几何体的表面积为.28.(2022河北石家庄高中毕业班复习教学质量检测（二），15)如下图所示，某几何体的正视图是平行四边形，侧视图和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为__________.[答案]28.[解析]28. 该几何体为一四棱柱，体积.29.(2022四川,18,12分)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP.(Ⅰ)证明:P是线段BC的中点;(Ⅱ)求二面角A-NP-M的余弦值.20\n[答案]29.查看解析[解析]29.(Ⅰ)如图,取BD中点O,连结AO,CO.由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD为正三角形,因此AO⊥BD,OC⊥BD.因为AO,OC⊂平面AOC内,且AO∩OC=O,所以BD⊥平面AOC.又因为AC⊂平面AOC,所以BD⊥AC.取BO的中点H,连结NH,PH.又M,N分别为线段AD,AB的中点,所以NH∥AO,MN∥BD.因为AO⊥BD,所以NH⊥BD.因为MN⊥NP,所以NP⊥BD.因为NH,NP⊂平面NHP,且NH∩NP=N,所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP,所以BD⊥HP.又OC⊥BD,HP⊂平面BCD,OC⊂平面BCD,所以HP∥OC.因为H为BO中点,故P为BC中点.(Ⅱ)解法一:如图,作NQ⊥AC于Q,连结MQ.由(Ⅰ)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP.因为MN⊥NP,所以∠MNQ为二面角A-NP-M的一个平面角.由(Ⅰ)知,△ABD,△BCD是边长为2的正三角形,所以AO=OC=.由俯视图可知,AO⊥平面BCD.因为OC⊂平面BCD,所以AO⊥OC.因此在等腰Rt△AOC中,AC=.作BR⊥AC于R.20\n在△ABC中,AB=BC,所以BR==.因为在平面ABC内,NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR.又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点,因此NQ==.同理,可得MQ=,所以在等腰△MNQ中,cos∠MNQ===.故二面角A-NP-M的余弦值是.解法二:由俯视图及(Ⅰ)可知,AO⊥平面BCD.因为OC,OB⊂平面BCD,所以AO⊥OC,AO⊥OB.又OC⊥OB,所以直线OA,OB,OC两两垂直.如图,以O为坐标原点,以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0,0,),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0).因为M,N分别为线段AD,AB的中点,又由(Ⅰ)知,P为线段BC的中点,所以M,N,P.于是=(1,0,-),=(-1,,0),20\n=(1,0,0),=.设平面ABC的一个法向量n1=(x1,y1,z1),则即有从而取z1=1,则x1=,y1=1,所以n1=(,1,1).设平面MNP的一个法向量n2=(x2,y2,z2),则即有从而取z2=1,所以n2=(0,1,1).设二面角A-NP-M的大小为θ,则cosθ===.故二面角A-NP-M的余弦值是.30.(2022陕西,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.(Ⅰ)证明:四边形EFGH是矩形;(Ⅱ)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.[答案]30.查看解析[解析]30.(Ⅰ)由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1.20\n由题设,BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,∴四边形EFGH是平行四边形.又∵AD⊥DC,AD⊥BD,∴AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,∴四边形EFGH是矩形.(Ⅱ)解法一:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),∵EF∥AD,FG∥BC,∴n·=0,n·=0,得取n=(1,1,0),∴sinθ=|cos<,n>|===.解法二:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),∵E是AB的中点,∴F,G分别为BD,DC的中点,得E,F(1,0,0),G(0,1,0).∴=,=(-1,1,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),20\n则n·=0,n·=0,得取n=(1,1,0),∴sinθ=|cos<,n>|===.20