5.1 空间几何体的结构、三视图和直观图-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

在(0,1]上为增函数 (3)当a>3时，f(x)在(0,1]上是增函数， fmx(x)=f(1)=a-1=1→a=2(不合题意，舍 去)，当0≤a≤3时，f'(x)=a-3x2,令f'(x)= 0,x=N3 a 如下表： 0A3 a /3 f'(x) 0 f(x) 最大值 ∴.f(x)在x=】 号处取最大值一气侣) 327 当a<0时，f'(x)=a-3x2<0,f(x)在(0,1] 上单调递减，f(x)在(0,1]无最大值. .存在a= √4，使f(x)在(0,1]上有最大 值1. 17.解：(1)设y=f(x)与y=g(x)(x>0)在公 共点(x。,y)处的切线相同， ·f'(z)=x+2a,g'()=3a x 由题意f(xo)=g(xo),f'(xo)=g'(xo), 2xi+2ax=3a'lnto+b, 1 即 x0+2a= 3a2 由xo+2a=3a ,得xo=a或xo=-3a(舍去)， o 即有6=a+2a-3a2lm=号a-3a2ha 1 令Ae)=哥-3rlw4>0),则a)=21- 3Int). 于是当t(1-3lnt)>0,即0<t<e时，h'(t) >0: 当t(1-3lnt)<0,即t>e时，h'(t)<0. 故h(t)在(0，e了)上为增函数，在(e,+oo)上为 减函数. 4 于是h(t)在(0，十∞)上的最大值为h(e)= 32 2e. (2)证明：设F(x)=f(x)-g(x)= 2x+2ax -3a1nx-b(x>0),则F'(x)=x+2a-3a= (x-a)z+3a》(z>0). 故F(x)在(0，a)上为减函数，在(a,+∞)上为 增函数.于是函数F(x)在(0，十∞)上的最小值是F (a)=0. 故当x>0时，有f(x)-g(x)≥0，即当x>0 时，f(x)≥g(x）. 第五章立体几何与空间向量 §5.1空间几何体的结构、三视图和直观图 五年高考母题原型训练 1.C【解析】本题考查有关球的问题.可知两 个长度的比即为两个圆的半径比，设赤道所在圆半径 为R,北纬60°所在圆的半径为r,由纬度定义可知 cos60=R=2,故选择C 2,D【解析】甲、乙在东经120°线上，所对圆 心角为75°+45°=120°，所以甲、乙的球面距离为球 西大国同长的行，长为。 3.D【解析】本题解题思路是依据球半径、球 心到截面的距离、截面圆半径三者间的关系来考虑。 设球半径为2a,依题意过M,O作垂直于OP的平 面，截球面得到两个圆的半径的平方分别是(2a)2 a2=3a2,(2a)2=4a2,因此这两个圆的面积之比为 ,选D 3 4.D【解析】如图，平面AA1D1D裁球所得 圆面的半径r= IADI√2 2 2 EFC面AA1D1D, .EF被球O截得的线段为圆面直径d, ∴.d=2r=√2.故本题选D. D A B 5.C【解析】本题是立体几何中的组合体问 题，可确定球心O是长方体ABCD一A1B1C1D1的 中心，易得球的半径为√2；在△AOB中，OA=OB= 2,AB=2,故∠AOB=2:由球面上两点间的球面 距离的定义得，A、B两点的球西距离为E×哥 =2x 2 【点评】本题考查了学生对空间组合体的空间 认识，要求学生具有较强的空间想象能力；同时考查 了学生对球面上两点间的球面距离的理解与计算。 6.B【解析】考查孤长公式及球面距离的概 念.由已知得∠BOB=∠FOC=千，则可得EF=1, ∠BOF=子，因此E、F在球面上的球面距离是行 故选B 7.C【解析】本题主要考查立体几何中的球 体问题，属于知识能力应用的考查，取AC的中，点O, 即为球心，则由∠BOD=三，得B,D的球面积距离 8.C【解析】如右图所 M B 示，由AB=2√7，CD=4√3， OB=OD=4可得OM=3,ON -- =2,当弦运动时，点M的轨迹 为以○为球心，3为半径的球 面，则弦AB与CD可能相交于点M,但不可能相交 于点N,MN的最大值为3+2=5，最小值为3一2= 1,即真命题为①③④，故应选C. 9,A【解析】本题解题思路是结合所给选项 及图形分析思考得出结论.依各选项结合图形可知， 模块①②⑤与模块⑥可构造一个成为一个棱长为3 的大正方体，选A 10吾R停R【解折】I在AB所在的大 国中AB=R,0A=OB=R,∠AOB=子，AB 的孤长=R,故A,B两点的球面距离为R. (2)设截面ABC的圆心为O1,由已知得OA= ·4 OB=OC,又AC⊥BC,所以AB为圆O1的直径，又 由球的裁面性质：OO1⊥平面ABC,O1为AB中点， 所以r=R/2,在Rt△OO1B中OB=R,O1B= 号f议00-合R 【点评】本题考查球面距离的概念及球的截面 性质. 11.2 【解析】长方体的外接球中的球面距 离问题，注意球心为长方体的中心，可求得对角线 √/+1+2=2→R=1,球心O和A,B构成的三角 形为等腰三角形且OA=OB=1,AB=1→∠AOB= 行，球心0和A,D,药成的三角形为等接三角形且 OA=OD1=1,AD1=5→∠AOD1= 2πm=1 3 n 2 12.经【解析】如下 B D 图所示，由BC⊥CD,可得，过 BCD三点的小圆直径为BD, 又由AB⊥平面BCD,可得 A BC=√AC一AB=4,AD即为球O的直径，由此 可得OB=0C=BC,即∠BOC3,.B,C两点间 的球西距高是管×4一经 13.D【解析】正方体的三视图都是正方形， 不合题意：圆锥的主视图和左视图都是等腰三角形， 俯视图是圆，符合题意；三棱台的主视图和左视图、俯 视图各不相同，不合题意；正四棱锥的主视图和左视 图都是三角形，而俯视图是正方形，符合题意，所以② ④正确故选D. 14.D 15,A【解析】三视图是新课标高考的一个新 增内容，也会是近几年高考的一个常考内容，解决此 类问题的关键是要明确三视图的定义，它是把一个空 间图形向某个平面作正投影，即空间图形投射到这个 平面内的图形.显然本题所得到的几何体中，平面 ADE与左视图所在的侧立投射面是互相垂直的，根 据定义，易得答案为A 16.4【解析】直观 D 图如图，则三棱锥中AD ⊥AB,AD⊥AC,AB 2 h ⊥AC, :体报V=号×号AB·ACh=20,4h=么 3 17.三棱锥、三棱柱、圆锥（其他正确答案同样给 分)【解析】由正视图的特征可选取三棱锥、三棱 柱，圆锥作为正确答案 【点评】本题主要考查利用三视图知识，立体几 何知识探索问题的能力， 18.本小题主要考查三视图、几何体体积、等腰 三角形性质、三角形面积等基础知识，以及空间想象 能力、运算求解能力. 解：由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥， 其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对 侧面均为底边长为8、高为1的等腰三角形，左、右侧 面均为底边长为6、高为h2的等腰三解形，如图所示 8 (I)几何体的体积为： P1.S彩·h=3义6义8X4=64. (Ⅱ)正侧面及相对侧面底边上的高为： h1=w√4十32=5. 左、右侧面的底边上的高为： h2=√4+4=4√2】 故几何体的侧面面积为： 1 S=2,(2×8×5+z×6×42）=40+245. 19.解：(I)俯视图如图所示 61 +2可 (Ⅱ)所求多面体体积 V=V长方件一V正三摧=4义4X6一 3 (合×2x2）×2-284(em). 4 (Ⅲ)在长方体ABCD-A'B'CD'中，连接AD', 则AD'∥BC'. D' G A B' E D C B 因为E,G分别为AA',A'D'中点，所以AD ∥EG, 从而EG∥BC'.又BC'在平面EFG,所以BC'∥ 面EFG. 2012一2013高考题源拓展测试 1.A【解析】由题意知该几何体是一个正方 体与一个正四棱锥的组合体.正方体五个面的面积和 为80cm2;正四棱锥的侧面积为16√2cm2.故选A. 2.C 3.A【解析】从原图到直观图只能保证平行 于x轴、y轴的直线仍平行于x'轴、y√轴，但不能保证 平行直线依然平行，平行于x轴的线段长度保持相 等，而其他线段则没有类似的规律，其他关系更没法 保持，故四个命题均为假命题，故选A 4.C【解析】由三视图 A 可画出如图所示的几何体 直三棱锥，其中AB⊥底面 B) BCD,BC⊥BD,AB=CB=BD. 可证出三个三角形△ABC,C △BCD,△ABD都是直角三角形， 5,B【解析】由三视图知，三棱柱底面边长为 2v5 3 3 =4,高为2，其表面积=2S点十S制=2XX16 2 +3×2×4=(8W3+24)cm2.故选B. 6.D【解析】由题意：PA⊥面ABCD,S△PAs =Sa如=za,Sanr=5aw=号a2,Sk=a2, S表=a2+a2十√2a2=2a2+√2a2,故选D. 7.B【解析】由已知BCy 1十号，还原因形如图S= 2 ×(+号}8=2+9 8.2√2 9.正视图侧视图俯视图【解析】利用得 到图形的形状和边长的长度来确定， 10.2 11.22.2【解析】S庶=πr2-9=27-9=18, S#=πrl=3×3X5=45, S例=4×3×4=48， S=18+45+48=111, 需刷油漆0.2×111=22.2 C (kg). 3 12.解：画法：(1)画x'轴， A' y轴，使∠x'O'y'=45° (2)在Ox轴上取D'、B',使O'D'=OD,O'B'= OB(如图)，在O'y'轴上取C‘, 使O'C'=2OC,在O'x'轴下方过D'作D'A'∥ Oy',使D'A'=号DA. 2 (3)连线，连结OA'、A'B′、CB',所得四边形 O'A'B'C'就是四边形OABC的直观图. 13.解：由正视图和侧视图 可知该几何体是锥体，由俯视 图可知该几何体是正四棱锥， 其直观图如图所示，侧棱与底 面所成的角是∠PAO,在 Rt△POA中，OA=√2，AP= 5,0P=5,故ian∠PA0=0P=5 OA 2 14.由三视图可知，该多面体D下 是底面为直角三角形的直三棱柱 H ADE-BCF,AB=BC=BF=2, DE=CF=2E∠CBF=2 (1)证明：取BF中点G,连MG、VG,由M、N分 别为AF、BC的中点可得，NG∥CF,MG∥EF. ∴.平面MNG∥平面CDEF, 又MNC平面MNG, ∴.MN∥平面CDEF. (2)解：取DE的中点H. :AD=AE,AH⊥DE, 4 在直三楼柱ADE一BCF中， 平面ADE⊥平面CDEF,面ADE∩面CDEF= DE,∴AH⊥平面CDEF. '.多面体A一CDEF是以AH为高，以矩形 CDEF为底面的棱锥， 在△ADE中，AH=√2， SE形cDEF=DE·EF=4√2， 六校推A一CDEF的体积为V=子Sgm, AH=专×4ExE-号 15.(1)证明：连结BD. 在正方体AC1中，对角线BD∥B1D1. 又E、F为棱AD、AB的中点， ∴.EF∥BD..EF∥B1D1. 又B1D1C平面CB1D1,EF丈平面CB1D1, EF∥平面CB1D1. D A (2)证明：在正方体AC1中，AA1⊥平面 A1B1C1D1,而B1D1C平面AB1C1D1, .AA1⊥B1D1. 又，在正方形AB1C1D1中，AC1⊥BD1, ∴.B,D1⊥平面CAA1C1. 又：B1D1C平面CB1D. .平面CAA1C1⊥平面CB1D1. (3)解：如图，将正方体六个面展开，从图中F到 F,两点之间线段最短，而且依次经过棱BB1、B1C1、 C1D1、D1D、DA的中点，所求的最小值为3√2. 16.解：解法一（几何法） (1)证法一： 连结AD1,由长方体的性质可知： AE⊥平面ADD1A1· A1DC平面ADD1A1,AE⊥A1D. 又AD=AA1=1,.AD1⊥A1D, AD1∩AE=A,.A1D⊥平面AD1E, D1EC平面AD1E,.AD⊥D1E. D C 证法二： 连结AD1,由长方体的性质可知： AE⊥平面ADD1A1, AD1是ED1在平面ADD1A:内的射影. 又AD=AA1=1,.AD1⊥A1D, .D1E⊥A1D(三垂线定理). (2)设AB=x,,四边形ADD1A1是正方形， ∴.小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点C!可 能有两种途径 如图甲的最短路程为AC1|=√x+4, 如图乙的最短路程为 |AC1|=√(x+1)+1=√x2+2x+2, B B 图乙 图甲 ,x>1,x2+2x+2>x2+2+2=x2+4, ∴.√x+4=2√2，∴x=2.即AB的长度为2. (3)假设存在满足条 D 件的点E,连结DE,设EB A =t,过点D在平面ABCD 内作DH⊥EC,连结 H D1H,则∠D1HD为二面 角D1一EC一D的平面角， ∠D,HD=iDH=DD,= 在Rt△EBC内，EC=A+1, 而EC·DH=DC·AD, 即√+I=2,解得t=√5，即存在E点，且与点 4 B距离为时，二面角D,-EC-D的大小为干 解法二（向量法） (1)建立如图空间直角坐标系，设AE=a, D B A B 则E(1,a,0),D1(0,0,1),A1(1,0,1),D(0,0, 0), .DA·D1E=1X1+0Xa+1×(-1)=0, .D1E⊥A1D (2)同解法一， (3)假设存在满足条件的点E,平面DEC的法向 量n1=(0,0,1),D1C=(0,2,-1),设平面D1EC的 法向量n2=（x,yx), D1C·n2=0, 0+2y-之=0， 则 即》 D1E·n:=0,x+ay-x=0, 承y=1,解得=2， .n2=(2-a,1,2), (x=2-a, 2 √2 由题意得：cosn1,n2〉= √(2-a)2+1+22 2 解得a=2-√3或a=2十√3（舍去）， 即存在E点，且与点B距离为3时，二面角 D,-BC-D的大小为年 §5.2空间几何体的表面积和体积 五年高考母题原型训练 1.C【解析】本题考查了几何体内接于球体 的几何模型的空间结构，设正四棱柱底面边长为口， 则体积V=4a2=16,解得a=2,则球半径R2=22+ (√2)2，球的表面积S=4πR2=24π，故应选C. 2.C【解析】由三视图知该几何体下层为长、 宽、高分别为10、8、2的长方体，上层为长、宽、高分别 为6、2、8的长方体重叠在一起.表面积为： 【点评】本题主要考查三视图基本知识及几何 体的表面积公式. 2×(8×10+8×2+10×2)+2×(6×2+6×8+ 8×2)-6×2×2=360.故选C. 3.2【解析】由面积之比等于半径之比的平第五章立体几何与空间向量 §5.1空间几何体的结构、三视图和直观图 考纲·题型解读 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构 2.能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱形等的简易组合）的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会 用斜二测法画出它们的直观图. 3.会用平行投影与中心投影两种方法，画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式. 4,会画某些建筑物的三视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）. 5.柱、锥、台、球以及简单组合体的结构特征，在旧教材中出现过，三视图为新增内容，一般情况下，新增内容会重点考查，所 以以该知识点命题的可能性较大，多以选择题、填空题为主，也不排除通过三视图来给出几何体的直观图的解答题，考查基础知 识及应用所学知识解决问题的能力， 五年高考母题题源揭秘 题源1 空间几何体的结构特征 而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台。 其中旋转轴叫做所围成的几何体的轴；在轴上的这条 解题模型 边叫做这个几何体的高；垂直于轴的边旋转而成的圆面叫 1.棱柱的结构特征 做这个几何体的底面：不垂直于轴的边旋转而成的曲面叫 (1)棱柱的主要结构特征：有两个面互相平行，其余各 做这个几何体的侧面，无论旋转到什么位置，这条边都叫 面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平 做侧面的母线， 行，棱柱的两个互相平行的面叫棱柱的底面，其余各面叫 4.棱台、圆台的特征 棱柱的侧面，两侧面的公共边叫做棱柱的侧棱.如果棱柱的 用平行于底面的平面去截棱锥、圆锥，截面与底面间 一个底面水平放置，则铅垂线与两底面的交点之间的线段 的部分叫棱台、圆台. 的长，叫做棱柱的高， 5.球 (2)棱柱的分类：按侧棱与底面的关系可分为斜棱柱、 (1)一个半圆围绕着它的直径所在的直线旋转一周所 直棱柱：按底面多边形边数可分为三棱柱、四棱柱、五棱柱 形成的曲面叫做球面，球面所围成的几何体叫做球 等；底面是正多边形的直棱柱又称为正棱柱， 形成球的半圆的圆心叫做球心；连结球面上一点和球 2.棱锥的结构特征 心的线段叫球的半径；连结球面上两点且通过球心的线段 (1)棱锥的定义：有一个面是多边形，其余各面是有一 叫球的直径. 个公共顶点的三角形，这些面围成的几何体叫做棱锥， (2)球面被不经过球心的平面截得的圆叫做球的小 (2)正棱锥的定义：如果一个棱锥的底面是正多边形， 圆，被经过球心的平面截得圆叫做球的大圆 并且顶点在底面内的射影是底面中心，这样的棱锥叫做正 球的裁面性质：r=√R一d严，其中r为截面圆的半 棱锥 径，R为球的半径，d为球心O到截面圆心的距离. (3)正棱锥的性质： (3)球面距离：在球面上，两点之间最短连线的长度， ①各侧棱相符，各侧面都是全等的等腰三角形，各等 就是经过这两点的大圆在这两点间的一段劣孤的长度，我 腰三角形底边上的高相等，它叫做正棱锥的斜高 们把这个孤长叫做两点的球面距离. ②棱锥的高、斜高和斜足与底面中心连线组成一个基 【注意】(1)球面与球是两个不同的概念，球面只是球的 础直角三角形：棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也 表面，可视为是“空心的”，而球则是几何体，是“实心的”， 组成一个直角三角形， (2)球面距离实质上是弧长，所以要求两点的球面距 3.圆柱、圆锥、圆台的特征 离，应找到过这两点的大圆，确定劣瓢所对的圆心角，再运 分别以矩形一边、直角三角形一直角边、直角梯形中 用弧长公式l=aR即可求得， 垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周 (3)在解决球的问题时，常常选取球的一个大圆，化 “球”为“圆”，应用平面几何的知识进行解决 ·80· [真题1](2021·全国Ⅱ)纸制的正方体的六个面根据其 [解析]本题主要考查立体几何中的球体问题，属于知识 方位分别标记为上、下、东、南、西、北现在沿该正方体的一些棱 能力应用的考查.令球心为点O,AB=a,P为△ABC的中心，则 将正方体剪开，外面朝上展平，得到下面的平面图形，则标“△” 的面的方位是 0B=1,0P= ,Bp= 号a,南OB=Op+BP得a=26 3 A.南 则由余孩定理得∠AOB=-arecos(- ,从而可求A,B两点的 B.北 C.西 东 D.下 球西离为an0(）选C [解析]本题考查铺平法为背景的信 [真题5](2019·福建)顶点在同一球面上的正四棱柱 息迁移问题，以东边为基准，复原正方体后，△应在后方，故为北 ABCD一A'B'C'D'中，AB=1,AA'=√2，则A、C两点间的球面 边，选B. 距离为 [真题2](2019·安徽)在正方体上任意选择4个顶点，它 A日 2 C. 们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是 4 D. (写出所有正确结论的编号) [解析]如图所示，正四棱柱的对 ①矩形： 角线A'C=AC'=√AA+AC= ②不是矩形的平行四边形： √2十2=2，则正四棱柱的外接球半径R ③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的 1 四面体； 2A'C=1,在△A0C中，AC=2, ④每个面都是等边三角形的四面体； ⑤每个面都是直角三角形的四 ∠A0C=三A,C两点问的球面距离 面体. 「解析]本题主要考查立体几何 A 至×1=，故应选B 中的概念，几何图形的性质，属于综合 [真题6](2021·陕西)如图，球O 知识能力的考查，如图四边形BB1D1D 的半径为2，圆O1是一小圆，01O=√2， 为矩形；四面体B1ACD1满足选项④： A,B是圆O1上两点.若A,B两点间的球 四面体A1AB1D1满足选项③；四面体 A 面距离为，则∠A0,B= ABD1D满足选项⑤.故填①③④⑤. [真题3](2021·四川)如图，在半径为3的球面上有A、 [解析]本题主要考查球面距离、球 B、C三点，∠ABC=90°，BA=BC,球心O到平面ABC的距离 的特殊内接三棱锥的求解，把握球心和小圆圆心的连线垂直小 圆所在的面、球面距离的转化和半径的特征是求解的关键，由 是3，则B.C两点的球面距离是 2 A,B间的球面距高为否知∠A0B=吾，所以△A0B为等边三 3 A.3 角形，AB=2,又由球O的半径为2，O1O=√2知O1A=O1B= B. E,所以△A0,B为等腰直肩三角彩，∠A0,B=受 4 C. [真题7](2021·湖北)如 D.2x 图，卫星和地面之间的电视信号 [解析]本题考查球半径、球心到截面的距离与截面圆半 沿直线传播，电视信号能够传送 径三者间的关系以及等腰直角三角形的性质的应用、球面上两 到达的地面区域，称为这个卫星 点间的球面距离的意义等，设△ABC的外接圆半径是r,则有r2 的覆盖区域.为了转播2008年北 京奥运会，我国发射了“中星九 2 )=3,r=3y .在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC, 号”广播电视直播卫星，它离地球表面的距离约为36000km,已 2 知地球半径约为6400k,则“中星九号”覆盖区域内的任意两点 1 因此有AC=2r=3√2，BC= ,AC=3.在△OBC中，OA=OB 的球面距离的最大值约为 km.(结果中保留反余弦的符 √2 号) =BC=3,∠BOC= 3,B,C两点的球面距离等于 X3=， 3 [解析] 如图，0A=42400,0B= 8 选B. 6400,cos∠AOB= 3,∠A0B=arccos [真题4](2019·安徽)半径为1的球面上的四点A,B, 8 C,D是正四面体的顶点，则A与B两点间的球面距离为() 孤BC长为2×6400 X arccos 53 =12800× A.arcco ( B.arccos 6】 8 3 arccos 53' C.ar(） D.arceos() [真题8](2020·四川)设M、N是球O半径OP上的两 点，且NP=MN=OM,分别过N、M,O作垂直于OP的平面， ·81· 截球面得三个圆，则这三个圆的面积之比为 解题模型 A.3:5:6 B.36:8 1.,空间几何体的三视图 C.5:7:9 D.5:8:9 (1)“视图”是将物体按正投影法向投影面投射时所得 [解析]本题解题思路是依据球半径、球心到截面的距离、 到的投影图，光线自物体的前面向后投影，所得的投影图 截面圆半径三者间的关系来考虑.设球半径为3α，依题意得过 称为“正视图”：自左向右投影，所得的投影图称为“侧视 N,M,O作垂直于OP的平面，截球面得到三个圆的半径的平方 图”：自上向下投影所得的投影图称为“俯视图”， 分别是(3a)2-(2a)2=5a2、(3a)2-a2=8a2、(3a)=9a2,因此 (2)若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的 这三个圆的面积之比为5：8：9，选D. 原分界线，在三视图中，分界线和可见轮廓线都用实线画 [真题9](2021·湖南)在半径为13的球面上有A,B,C 出，不可见轮廓线用虚线画出， 三点，AB=6,BC=8,CA=10,则 (3)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度 (1)球心到平面ABC的距离为 与正视图一样：侧视图放在正视图右面，高度和正视图一 (2)过A,B两点的大圆面与平面ABC所成二面角（锐角） 样，宽度与俯视图一样. 的正切值为 (4)对于简单空间几何体的组合体，一定要认真观察， [解析](1)由△ABC的三边大小易知此三角形是直角三 先认识它的基本结构，然后画它的三视图 角形，所以过A,B,C三点小圆的直径即为10，也即半径是5，设 2.空间几何体的直观图 球心到小圆的距离是d,则由d2十52=132，可得d=12.(2)设过 (1)画水平放置的平面图形的步骤为画轴、取点、成 A、B、C三点的截面圆的圆心是O1,AB中点是D点，球心是O 图，图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持不变，平行 ,点，则连结三角形O1OD,易知∠ODO1就是所求的二面角的一 于y轴的线段，长度变为原来的一半. 个平面角，0，D=√0，A-():=4,所以m∠0D0, O0112 O1D-4 =3,即正切值是3. (2)画立体图形的直观图，在画轴时，要多画一条与平 面x'O'y垂直的轴O',且平行于O'的线段，长度不变， [真题10](2021·全国Ⅱ)已知球的半径为2，相互垂直 其他同平面图形的画法 的两个平面分别截球面得两个圆，若两圆的公共弦长为2，则两 (3)空间几何体的直观图在数学中有重要作用，画得 圆的圆心距等于 ( ) 立体感强，在做题时，立体关系就便于观察，图形画得好， A.1 B.√2 C.5 D.2 在科学实验和日常生活中也会大有作用，结合前面所述的 [解析]如图所示，取相交弦AB的 三视图，则可形成知识链：实物图·三视图·直观图」 中点C,连结OC,设两圆的圆心分别为 O1,O2,连结OO1,OO2,可得一距形 [真题11门(2022·过宁)如图，网格纸的小正方形的边长 OO1CO。,且OC⊥AB,由OA=2,AB=2 是1，在其上用粗线画了某多面体的三视图，则这个多面体最长 可得O1O2=OC=√OA-AC= 的一条棱长为 √4-1=√3，故应选C. 题源2空间几何体的三视图和直观图 「解析]由已知三视图可得原几何体是底面边长是2的正 方形且侧棱与底面垂直的四棱锥，且这条侧棱长为2，故可求得 最长的棱长为√22+22+22=23.】 [真题12](2022·北京)一个长方体去掉一个小长方体， 所得几何体的正（主）视图与侧（左）视图分别如下图所示，则该 几何体的俯视图为 () 正（主）视图侧（左）视图 ·82· D [解析]正视图中小长方形在左上方，对应俯视图应该在 (I)请画出该安全标识墩的侧（左）视图； 左侧，排除B、D,侧视图中小长方形在右上方，对应俯视图应该 (Ⅱ)求该安全标识墩的体积； 在下方，排除A,故选C. (Ⅲl)证明：直线BD⊥平面PEG [真题13](2021·上海)如图，已知三楼鞋的底面是直角 三角形，直角边长分别为3和4，过直角顶点的侧棱长为4，且垂 直于底面，该三棱锥的主视图是 60cm 侧视E 正视 -40cm 乙 丙 [解析 (I)该安全标识墩侧视图如图所示 60cm [解析]由三视图的知识可得B图为三棱锥的主视图. [真题14](2022·陕西)若某空间几何体的三视图如图所 4-40cm 示，则该几何体的体积是 ( (Ⅱ)该安全标识墩的体积 V=VP-EEGH +VABCD-EFGH >1×40×40×60+40×40X20 主视图 左视图 =64000(cm3). (Ⅲ)由题设知四边形ABCD和四边形 2 EFGH均为正方形，∴.FH⊥EG,又ABCD 俯视图 一EFGH为长方体，.BD∥FH. 设，点O是EFGH的对称中心，，·P A.3 2 B.3 EFGH是正四棱锥，∴.PO⊥平面EFGH,而 C.1 D.2 FHC平面EFGH,.PO⊥FH.:FH⊥侧视E PO,FH⊥EG,PO∩EG=O,POC平面 [解析]由几何体的三视图知几何体是底面为以1和√2为 正视 PEG,EGC平面PEG,∴.FHL平面PEG. 直角边的直角三角形，高为√瓦的直三棱柱， 而BD∥FH,故BD⊥平面PEG y)1×2×2=1,故选C [真题15](2021·天津)如图是一个几何体的三视图.若 五年高考母题原型训练 它的体积是3√3，则a= (★代表高考出现的频次) 2.(2018·山东)设地球半径为R,若甲地位于北纬45东经 120°，乙地位于南纬75°东经120°，则甲、乙两地的球面距离为 正视图 侧视图 俯视图 [解析]本题考查三视图的概念及柱体体积公式， A.3R 2×2×a×3=35,得a=5. B令R [真题16](2021·广东)某高速公路收费站入口处的安全 C.R D.行R 标识墩如图甲所示.墩的上半部分是正四棱锥P一EFGH,下半 3.(2020·四川)设M是球O半径OP的中点，分别过M、 部分是长方体ABCD一EFGH.图乙、图丙分别是该标识墩的正 O作垂直于OP的平面，截球面得两个圆，则这两个圆的面积比 (主)视图和俯视图， 值为 () 题源1空间几何体的结构特征（★★★★） A.4 D.是 1.(2021·辽宁)如果把地球看成一个球体，则地球上北纬 4.(2019·湖南)棱长为1的正方体ABCD一A1B1C1D1的 60°纬线长和赤道线长的比值为 8个顶点都在球O的表面上，E、F分别是棱AA1、DD1的中点， A.0.8 B.0.75 C.0.5 D.0.25 则直线EF被球O截得的线段长为 () 83· A号 B.1 C.1+ 10.(2018·北京)已知A、B、C三点在球心为O,半径为R 2 D.√2 的球面上，AC⊥BC,且AB=R,那么A,B两点的球面距离为 5.(2020·湖南)长方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点在 ,球心到平面ABC的距离为」 同一个球面上，且AB=2,AD=3,AA1=1,则顶点A、B间的 11.(2020·陕西)长方体ABCD-A1B1CD1的各顶点都 球面距离是 在球O的球面上，其中AB：AD:AA1=1:1:√2，A,B两点 A.22π B.√2x 的球面距离记为m,A,D,两点的球面距离记为n,则”的值 C②x 2 多 6.(2018·浙江)如图，O是半径为1的球的球心，点A、B、 12.(2020·安徽)已知点A,B,C,D在同一个球面上，AB C在球面上，OA、OB、OC两两垂直，E、F分别是大圆弧AB与 ⊥平面BCD,BC⊥CD,若AB=6,AC=2W13,AD=8,则B,C 两点间的球面距离是 AC的中点，则点E、F在该球面上的球面距离是 () 题源2空间几何体的三视图和直观图 (★★★★★) 13.(2019·山东)下列几何体各自的三视图中，有且仅有两 个视图相同的是 A. ①正方体 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥 C.2 D.②x A.①② B.①③ C.①④D.②④ 4 14.(2022·山东)如图，△ABC为正三角形，AA'∥BB'∥ 7.(2019·安徽)把边长为√2的正方形ABCD沿对角线AC 折成直二面角，折成直二面角后，在A,B,C,D四点所在的球面 CC',CC'⊥平面ABC且3AA'=号BB'=CC'=AB,由多面体 2 上，B与D两点之间的球面距离为 ( ABC一A'B'C'的正视图（也称主视图）是 A.√2π B.x c D 8.(2020·江西)连接球面上两点的线段称为球的弦.半径 为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于2√7,4√3，M、N分 B 别为AB、CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四 15.(2020·广东)将正三棱柱截去三个角（如图甲所示A, 个命题： B,C分别是△GH1三边的中点)得到几何体如图乙，则该几何 ①弦AB,CD可能相交于点M②弦AB、CD可能相交于 体按图乙所示方向的侧视图（或称左视图）为 点N③MN的最大值为5④MN的最小值为1 C 其中真命题的个数为 ( A.1 B.2 C.3 D.4 9.(2020·重庆)如下图，模块①~⑤均由4个棱长为1的 侧视 小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成现从模 块①~⑤中选出三个放到模块⑤上，使得模块⑥成为一个棱长 为3的大正方体则下列选择方案中，能够完成任务的为(） 模块① 模块② 模块③ 模块④ 模块⑤ 模块⑥ A.模块①，②，⑤ B.模块①，③，⑤ C.模块②，④，⑤ D.模块③，④，⑤ 16.(2022·福建)下图中的三个直角三角形是一个体积为 20cm3的几何体的三视图，则h等于 cm. ·84· 17.(2022·全国)正视图为一个三角形的几何体可以是 19.(2020·宁海)如下的三个图中，上面的是一个长方体截 .(写出三种)》 去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画 18.(2019·广东)已知某几何体的俯视图是如图所示的矩 出（单位：cm), 形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8、高为4的等腰三角 (I)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的 形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为6、高为4的等腰三 俯视图： 角形. (Ⅱ)按照给出的尺寸，求该多面体的体积： (I)求该几何体的体积V; (Ⅲ)在所给直观图中连接BC',证明：BC'∥面EFG. (Ⅱ)求该几何体的侧面积S, D' 正视图 侧视图 2022一2023高考题源拓展测试 未来高考还会这样考， (测试时间：90分钟总分：100分) 一、选择题（本题包括7小题，每小题3分，共21分。每小题只 A.(80+16√2)cm 有一个选项符合题意) B.96cm2 1.(宣2)如果一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的 C.(96+16W2)cm 表面积是 D.112cm2 2.(心2)如下图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1 的正方形，且体积为？则该几何体的俯视图可以是 () 正视图 侧视图 俯视图 ·85· B2+② 2 e+号 侧视图 n吉+E 二、填空题（本题包括4小题，每小题5分，共20分） 8.(了2)已知正四面体的俯视图如图所示，其中四边形 ABCD是边长为2cm的正方形，则这个四面体的主视图的面积 为 cm. D 3.(们2)下列叙述中正确的个数是 9.(2)如图，图(1)、(2)、(3)是图(4)表示的几何体的三视 ①相等的角，在直观图中仍相等： 图，其中图(1)是 ,图(2)是 ,图(3)是 ②长度相等的线段，在直观图中长度仍相等： (说出视图名称). ③若两条线段平行，在直观图中对应的线段仍平行； ④若两条线段垂直，则在直观图中对应的线段也互相垂直 A.0 B.1 C.2 D.3 4.(心2)如图所示是一几何体的三视图，则在此几何体中， (1) (2)(3) (4) 直角三角形的个数是 10.(g2)一个五面体的三视图如下，正视图与侧视图是等 A.1 腰直角三角形，俯视图为直角梯形，部分边长如图所示，则此五 2cm 2cm B.2 面体的体积为 C.3 Icm 1cm D.4 正视图 侧视图 俯视图 5.(心2)一个三棱柱的底面是正三角形，侧楼垂直于底面， 它的三视图及其尺寸如图所示（单位：cm),则该三棱柱的表面积为 正视图 侧视图 -23 正视图 侧视图 俯视图 A.24xcm B.(24+83)cm C.14√3cm2 D.18√3cm 6.(G2)四棱锥P一ABCD的顶点P在底面ABCD中的投 影恰好是A,其三视图如图所示：则四 棱锥P一ABCD的表面积为( 视 侧 A.3a2 图 图 俯视图 B.2a2 D 11.(。2)如图所示是一建筑物的三视图，现需将其外壁用 C.3a2+√2a2 图 油漆刷一遍，若每平方米用漆0.2kg,则共需油漆大约 kg. D.2a2+√2a2 A B (尺寸如图所示，单位：米，x取3) 7.(⑦2)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角 5 梯形（如图所示），∠ABC=45°，AB=AD=1,DC⊥BC,则这个 平面图形的面积为 ( +9 俯视图 正视图 侧视图 C ·86· 三、解答题（本题包括5小题，12~15题每小题12分，16题11 15.(1)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F为 分，共59分) 棱AD、AB的中点， 12.(G2)用斜二测画法画出如图所示中水平放置的四边形 (1)求证：EF∥平面CB1D1: OABC的直观图 (2)求证：平面CAAC⊥平面CBD1: (3)如果AB=1,一个点从F出发在正方体的表面上依次 经过棱BB1、B1C1、C1D1、D1D、DA上的点，又回到F,指出整 B 个线路的最小值并说明理由。 -3 A(3,-2) 13.(G2)一个简单几何体的正视图和侧视图都是边长为2 的等边三角形，俯视图如图所示，求该几何体的侧棱与底面所成 的角的正切值. 16.(▣1)如图所示，在长方体ABCD-AB1C1D1中，AD =AA1=1,AB>1,点E在棱AB上移动，小蚂蚁从点A沿长方 体的表面爬到点C1,所爬的最短路程为2√2， (1)求证：D1E⊥A1D: 14.(。1,2)一个多面体的直观图及三视图如图所示：（其中 (2)求AB的长度； M、N分别是AF、BC的中点) (3)在线段AB上是否存在点E,使得二面角D:一EC-D 的大小为若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由， 直观图 三视图 (1)求证：MN∥平面CDEF; (2)求多面体A-CDEF的体积. ·87·