假期作业18 基本立体图形及立体图的直观图-【快乐假期】2024年高一数学暑假大作业（人教A版）

假期作业１８　基本立体图形及立体图的直观图　　 　　　　　 １．空间几何体的结构特征 (１)多面体的结构特征 多面体 结构特征 棱柱 有两个面　　　　　　,其余各面都 是四边形且每相邻两个四边形的公共 边都互相平行 棱锥 有一个面是多边形,而其余各面都是 有一个　　　　　的三角形 棱台 棱锥被　　　　底面的平面所截,截 面和底面之间的部分叫做棱台 (２)旋转体的形成 几何体 旋转图形 旋转轴 圆柱 矩形 矩形一边所在的直线 或对边中点连线所在 直线 圆锥 直角三角形或 等腰三角形 一直角边所在的直线 或等腰三角形底边上 的高所在直线 圆台 直角梯形或 等腰梯形 直角腰所在的直线或 等腰梯形上下底中点 连线所在直线 球 半圆或圆 直径所在的直线 ２．直观图 (１)画法:常用斜二测画法． (２)规则:①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直, 直观图中,x′轴,y′轴的夹角为　　　　　,z′ 轴与x′轴和y′轴所在平面垂直． ②原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中 仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段 在直观图中保持原长度不变,平行于y轴的 线段长度在直观图中　　　　　　． ◆[考点一]　空间几何体的结构特征 １．观察如图所示的四个几何体,其中判断不正 确的是 (　　) A．①是棱柱　　　　　　B．②不是棱锥 C．③不是棱锥 D．④是棱台 ２．下列说法中,正确的是 (　　) 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 ３．(多选题)下列命题正确的是 (　　) A．过球面上任意两点只能作一个经过球心 的圆 B．球的任意两个经过球心的圆的交点的连 线是球的直径 C．用不过球心的截面截球,球心和截面圆 心的连线垂直于截面 D．球的半径是球面上任意一点和球心的连线段 ４．下列说法正确的是 (　　) A．有两个面平行,其余各面都是四边形的 几何体叫棱柱 B．过空间内不同的三点,有且只有一个平面 C．棱锥的所有侧面都是三角形 D．用一个平面去截棱锥,底面与截面之间 的部分组成的几何体叫棱台 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５３ ◆[考点二]　空间几何体的直观图 ５．(多选)下列关于直观图的斜二测画法的说 法,正确的是 (　　) A．原图形中平行于x 轴的线段,其对应线 段平行于x′轴,长度不变 B．原图形中平行于y 轴的线段,其对应线 段平行于y′轴,长度变为原来的１２ C．画与直角坐标系xOy对应的x′O′y′时, ∠x′O′y′必须是４５° D．在画直观图时,由于选的轴不同,所得直 观图可能不同 ６．用斜二测画法作一个边长为２的正方形,则 其直观图的面积为 (　　) A．２４　　　B．２　　　C．４　　　D．２ ７．若水平放置的四边形 AOBC 按 “斜 二 测 画 法”得到如图所示的直 观图,其中 A′C′∥O′ B′,A′C′⊥B′C′,A′C′ ＝１,O′B′＝２,则原四边形AOBC的面积为 (　　) A．１２　　B．６　　C．３ ２　　D．３ ２２ ８．在直观图(如图)中,四边 形为O′A′B′C′菱形且边 长为２cm,则在xOy坐标 系中,四边形ABCO 周长 为　　　　　cm,面积为 　　　　　cm２． ◆[考点三]　几何体的有关计算 ９．如图,一个矩形边长为１和４, 绕它的长为４的边旋转二周后 所得如图的一开口容器(下表 面密封),P 是BC 中点,现有一 只妈蚁位于外壁A 处,内壁P 处有一米粒, 若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点P 处取得米粒,则它所需经过的最短路程为 (　　) A．π２＋３６ B．π２＋１６ C．４π２＋３６ D．４π２＋１ １０．圆锥底面半径为１cm,母线长为２cm,则 其侧面展开图扇形的圆心角θ＝　　． １１．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的 ３倍,轴截面的面积等于３９２cm２,母线与 轴的夹角是４５°,求这个圆台的高、母线长 和两底面半径． １２．长方体 ABCD－A１B１C１D１ (如图所示)中,AB＝３,BC ＝４,A１A＝５,现有一甲壳虫 从A 出发沿长方体表面爬 行到C１ 来获取食物,试画出 它的最短爬行路线,并求其 路程的最小值． １．已知正三棱柱ABCＧA′B′C′的各棱长均为 ２,P是线段BC′的中点,沿正三棱柱的表面从 点A′到点P的路程最小值为　　　　　． ２．棱台的上下底面面积分别为４和９,则这个 棱台的高和截得棱台的原棱锥的高的比是 　　　　　． 某学生本科读的重大,硕 士读的浙大,博士读的北大, 毕业证上校长栏统统盖的林 建华的章． 找工作的时候,面试官: “同学,造假也要专业一点,你 就不能多刻几个章?”(林建 华先后任重大、浙大、北大的校长) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６３ ６．BCD　[若z１＞z２,则z１,z２ 为实数,当z１＝１,z２＝－２时,满 足z１＞z２,但|z１|＜|z２|,故 C项不正确;因为两个虚数之间 只有等与不等,不能比较大小,所以 D 项不正确;当两个复 数不相等时,它们的模有可能相等,比如１－i≠１＋i,但|１－i| ＝|１＋i|,所以B项不正确;因为当两个复数相等时,模一定 相等,所以 A项正确．] ７．A　[由z＝７＋i３＋４i 得z＝ (７＋i)(３－４i) (３＋４i)(３－４i)＝ ２１－２８i＋３i＋４ ２５ ＝ １－i,故􀭵z＝１＋i．] ８．B　[由题意可得z＝ ２＋i １＋i２＋i５ ＝ ２＋i１－１＋i＝ i(２＋i) i２ ＝２i－１－１ ＝ １－２i,则z＝１＋２i．] ９．A　[因为z＝１－i２＋２i＝－ １ ２i ,所以z＝１２i ,所以z－z＝－i．] １０．解析:由题意可得５＋１４i２＋３i＝ (５＋１４i)(２－３i) (２＋３i)(２－３i)＝ ５２＋１３i １３ ＝４ ＋i． 答案:４＋i １１．解:设z＝a＋bi(a,b∈R),由|z|＝１＋３i－z, 得 a２＋b２－１－３i＋a＋bi＝０, 则 a ２＋b２＋a－１＝０, b－３＝０,{ 所以 a＝－４, b＝３,{ 所以z＝－４＋３i． 则 (１＋i)２(３＋４i)２ ２z ＝ ２i(３＋４i)２ ２(－４＋３i) ＝２ (－４＋３i)(３＋４i) ２(－４＋３i) ＝３＋４i． １２．解:(１)设z＝a＋bi(a,b∈R), 由已知条件得:a２＋b２＝２,z２＝a２－b２＋２abi,所以２ab＝２． 所以a＝b＝１或a＝b＝－１,即z＝１＋i或z＝－１－i． (２)当z＝１＋i时,z２＝(１＋i)２＝２i,z－z２＝１－i,所以点 A(１,１),B(０,２), C(１,－１),所以S△ABC＝ １ ２|AC|×１＝ １ ２×２×１＝１ ; 当z＝－１－i时,z２＝(－１－i)２＝２i,z－z２＝－１－３i． 所以点A(－１,－１),B(０,２),C(－１,－３),所以S△ABC＝ １ ２|AC| ×１＝１２×２×１＝１． 即△ABC的面积为１． 新题快递 １．CD　[当z１＝ １ ２＋ ３ ２i 时,满足|OZ１ →|＝１,故 A错误; Z１Z２ →＝OZ２→－OZ１→＝(３,４)－(４,３)＝(－１,１),B错误; 设z１＝a＋bi,z２＝c＋di,a,b,c,d∈R 若|z１＋z２|＝|z１－z２|,则(a＋c)２＋(b＋d)２＝(a－c)２＋(b －d)２, 化简得:ac＋bc＝０,故OZ１ →􀅰OZ２→＝ac＋bd＝０,所以OZ１→⊥ OZ２ →,C正确; 设z１＝a＋bi,z２＝c＋di,a,b,c,d∈R, 则OZ１ →＋OZ２→＝(a＋c,b＋d),OZ１→－OZ２→＝(a－c,b－d), 若(OZ１ →＋OZ２→)⊥(OZ１→－OZ２→),则(a＋c)(a－c)＋(b＋d)(b －d)＝a２＋b２－c２－d２＝０, 所以a２＋b２＝c２＋d２,则|z１|＝|z２|,D正确．] ２．AC　[对于 A,当b２－４ac＝０时,x１＝x２＝－ b ２a∈R ,故正 确;对于 B,当b２－４ac＜０时,则x１＝ －b－i －b２＋４ac ２a , x２＝ －b＋i －b２＋４ac ２a ,则x１∉R,x２∉R,且􀭺x１≠􀭺x２,故错 误;对于 C,由一元二次方程根与系数的关系可得x１＋x２＝ －ba ,x１x２＝ c a ,故正确;对于 D,(x１－x２)２＝ b２－４ac a２ ,故 错误． 假期作业１８　基本立体图形及 立体图的直观图 思维整合室 １．互相平行　公共顶点　平行于 ２．(２)４５°(或１３５°)　变为原来的一半 技能提升台　素养提升 １．B　２．C ３．BCD　[当任意两点与球心在一条直线上时,可作无数个圆,故A 错;B正确;C正确;根据球的半径的定义可知D正确．] ４．C　[选项 A,四棱台的上下底面平行,其余各面也均为四边 形,但不是棱柱,即 A错误;选项B,若这三点共线,则可以确 定无数个平面,即B错误;选项 C,棱锥的底面为多边形,其 余各面都是有一个公共顶点的三角形,即C正确;选项 D,只 有用平行于底面的平面去截棱锥,底面与截面之间的部分组 成的几何体叫棱台,即 D错误．] ５．ABD　 [由 直 观 图 的 画 法 规 则,可 知 A,B,D 正 确,C 中 ∠x′O′y′可以是４５°或１３５°,故 C错误．] ６．D　[根据斜二测画法的原则可知OC＝２,OA＝１, 所以对应直观图的面积为S＝２×１２×OA×OC×sin４５°＝２ ×１２×１×２× ２ ２＝ ２． ] ７．C　[因为 A′C′∥O′B′,A′C′ ⊥B′C′,A′C′＝１,O′B′＝２, 所以由斜二测画法的直观图 可知O′A′＝ ２,所 以 由 斜 二 测画 法 的 规 则 还 原 原 图 形 AOBC,如图． 所以AC∥OB,OA⊥OB,AC ＝１,OB＝２,AO＝２A′O′＝２× ２＝２ ２,所以梯形AOBC 的 面积S＝１２× (１＋２)×２ ２＝３ ２．] ８．解析:在直观图中,四边形为O′A′B′C′菱形且边长为２cm, ∴由斜二测法的规则得:在xOy坐标系中,四边形ABCO 是 矩形, 其中OA＝２cm,OC＝４cm, ∴四边形ABCO 的周长为:２×(２＋４)＝１２(cm), 面积为S＝２×４＝８(cm２)． 答案:１２　８ ９．A　[依题意可得圆柱的底面半径r＝１,高h ＝４ 将圆柱的侧面(一半)展开后得矩形ABCD, 其中AB＝π,AD＝４, 问题转化为在CD 上找一点Q,使AQ＋PQ 最短, 作P 关于CD 的对称点E,连接AE,令 AE 与CD 交于点Q, 则得 AQ＋PQ 的 最 小 值 就 是 为 AE ＝ π２＋(４＋２)２ ＝ π２＋３６．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３９ １０．解析:圆锥底面半径为１cm,母线长为２cm,则它的侧面展 开图扇形的圆心角所对的弧长为２π×１＝２π(cm); 所以扇形的圆心角为θ＝２π２＝π． 答案:π １１．解:圆台的轴截面题图所示,设圆台上、 下底面半径分别为xcm,３xcm,延 长 AA１ 交 OO１ 的 延 长 线 于 S,在 Rt △SOA 中,∠ASO ＝ ４５°,则 ∠SAO ＝４５°, 所以SO＝AO＝３x,SO１＝A１O１＝x,所以OO１＝２x． 又S轴截面 ＝１２ (６x＋２x)􀅰２x＝３９２,所以x＝７． 所以圆台的高OO１＝１４(cm),母线长l＝２OO１＝１４２(cm), 两底面半径分别为７cm,２１cm． １２．解:把长方体的部分面展开,如图所示． 对甲、乙、丙三种展开图利用勾股定理可得 AC１ 的长分别 为 ９０、 ７４、 ８０,由此可见乙是最短线路,所以甲壳虫 可以 先 在 长 方 形 ABB１A１ 内 由 A 到 E,再 在 长 方 形 BCC１B１ 内由E 到C１,也可以先在长方形AA１D１D 内由A 到F,再 在 长 方 形 DCC１D１ 内 由 F 到 C１,其 最 短 路 程 为 ７４． 新题快递 图① １．解析:正 三 棱 柱 ABCＧA′B′C′如 图 ① 所示． 当按照图②所示展开,过 P 作PP′⊥A′ C′于P′,可知PP′＝１,A′P′＝３, 由勾 股 定 理 可 得 AP＝ PP′２＋A′P′２ ＝ １０; 图② 当按照图③所示展开,连接A′P 交B′C′于点O,可知OP＝ １,A′O＝ ３, 所以A′P＝ ３＋１． 图③ 因为 ３＋１＜ １０,点A′到点P 的路程最小值为 ３＋１． 答案:３＋１ ２．解析:不妨设原棱锥为四棱锥, 设棱台的高为h,截得棱台的原棱锥的高为h１, 如图所示,即 MN＝h,PN＝h１ 因为四边形ABCD 与四边形EFGH 相似, 且上下底面面积分别为４和 ９, 故EM AN＝ ２ ３ , 由△PEM∽△PAN, 故PM PN＝ EM AN ＝ ２ ３ ,MN PN ＝ h h１ ＝１ －２３＝ １ ３ , 这个棱台的高和截得棱台的原棱 锥的高的比为１ ３． 答案:１ ３ 假期作业１９　简单几何体的 表面积与体积 思维整合室 １．２πrl　πrl　π(r１＋r２)l ２．S底 􀅰h　１３S底 􀅰h　４πR２ 技能提升台　素养提升 １．C　　２．C　 ３．A　[依题意,圆柱的母线长l＝２πr,故S侧 ＝(２πr)２＝４π２r２ ＝４π２．] ４．B　[圆台的上底面圆半径２,下底面圆半径４, 设圆台的母线长为l,扇环所在的小圆的半径为x, 由题意可得: １ ４×２π 􀅰(l＋x)＝２π×４ １ ４×２π 􀅰x＝２π×２ ì î í ïï ï ,解得 x＝８ l＝８{ , 所以圆台的侧面积π×(２＋４)×８＝４８π．] ５．A　[由题意知☉O１ 的半径r为２,由正弦定理知 AB sinC＝２r , 则 OO１ ＝AB＝２rsin６０°＝２ ３,所 以 球 O 的 半 径 R ＝ r２＋OO２１＝４,所以球O 的表面积为４πR２＝６４π．] ６．AC　[如图,由∠APB＝ １２０°,AP＝２ 可 知,底 面 直径AB＝２ ３,高PO＝１, 故该圆 锥 的 体 积 为 π,故 A对;该圆锥的侧面积为２ ３π,故 B错;连接CB,取 AC中点为Q,连接QO,PQ,易证二面角P－AC－O 的平面 角为∠PQO＝４５°,所以QO＝PO＝１,PQ＝ ２,所以BC＝２, 所以AC＝２ ２,故 C对;S△PAC＝ １ ２AC 􀅰PQ＝２,故 D错．] ７．B　[由题意可知:三棱锥PＧABC 的高为PA＝３,所以该四 面体的体积为１ ３×３× １ ２×２×２＝２． ] ８．B　[如图,分别过 M,C 作 MM′ ⊥PA,CC′⊥PA,垂 足 分 别 为 M′,C′．过B 作BB′⊥平面PAC, 垂足 为 B′,连 接 PB′,过 N 作 NN′⊥PB′,垂足为 N′． 因为BB′⊥平面 PAC,BB′⊂平 面PBB′, 所以平面PBB′⊥平面PAC． 又因为平面PBB′∩平面PAC＝PB′,NN′⊥PB′,NN′⊂平 面PBB′,所以 NN′⊥平面PAC, 且BB′∥NN′． 在△PCC′中,因为 MM′⊥PA,CC′⊥PA, 所以 MM′∥CC′,所以PMPC＝ MM′ CC′＝ １ ３ , 在△PBB′中,因为BB′∥NN′,所以PNPB＝ NN′ BB′＝ ２ ３ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４９