eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 立体几何学）：在长方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $A B=A D=4, A A_{2}=2$, 过点 $A_{1}$ 作平面 $\alpha$ 与 $A B, A D$分别交于 $M, N$ 两点, 若 $A A_{1}$ 与平面 $\alpha$ 所成的角为 $45^{\circ}$, 则截面 $A_{1} M N$ 面积的最小值是 ( )
选项：
A. $2 \sqrt{3}$
B. $4 \sqrt{2}$
C. $4 \sqrt{6}$
D. $8 \sqrt{2}$
答案：B
解析：【分析】

过点 $A$ 作 $A E \perp M N$, 连接 $A_{1} E$, 首先证明平面 $A_{1} A E \perp$ 平面 $A_{1} M N$, 即可得 $\angle A A_{1} E$ 为 $A A_{1}$ 与平面 $A_{1} M N$ 所成的角, 进而可得 $A E=2, A_{1} E=2 \sqrt{2}, M E \cdot E N=A E^{2}=4$, 由基本不等式得

$M N=M E+E N \geq 2 \sqrt{M E \cdot E N}=4$, 从而可求出截面 $A_{1} M N$ 面积的最小值.

## 【详解】

如图, 过点 $A$ 作 $A E \perp M N$, 连接 $A_{1} E$



$\because A_{1} A \perp$ 平面 $A B C D$,

$\therefore A_{1} A \perp M N$,

$\therefore M N \perp$ 平面 $A_{1} A E$,

$\therefore A_{1} E \perp M N$, 所以平面 $A_{1} A E \perp$ 平面 $A_{1} M N$,

$\therefore \angle A A_{1} E$ 为 $A A_{1}$ 与平面 $A_{1} M N$ 所成的角,

$\therefore \angle A A_{1} E=45^{\circ}$,

在 Rt $\triangle A_{1} A E$ 中,

$\because A A_{1}=2, \therefore A E=2, A_{1} E=2 \sqrt{2}$,

在 Rt $\triangle M A N$ 中, 由射影定理得 $M E \cdot E N=A E^{2}=4$,

由基本不等式得 $M N=M E+E N \geq 2 \sqrt{M E \cdot E N}=4$ ，

当且仅当 $M E=E N$, 即 $E$ 为 $M N$ 中点时等号成立,

$\therefore$ 截面 $A_{1} M N$ 面积的最小值为 $\frac{1}{2} \times 4 \times 2 \sqrt{2}=4 \sqrt{2}$.

故选: B

## 【点睛】

本题考查的是立体几何中面面垂直的证法、线面角及基本不等式, 是一道较综合的题.
题目（高一 · 立体几何学）：圆台的两个底面面积之比为 $4: 9$, 母线与底面的夹角是 $60^{\circ}$, 轴截面的面积为 $180 \sqrt{3}$, 则圆台的母线长 $l=0$
选项：
$6 \sqrt{3}$
B. $6 \sqrt{2}$
C. $12 \sqrt{3}$
D. 12
答案：D
解析：【分析】

设圆台的上底面半径为 $2 r$, 根据面积比可知下底面半径为 $3 r$; 利用圆台的轴截面面积构造关于 $r$ 的方程, 求得 $r$ 后, 利用 $A D=2 A E$ 即可得到结果.

## 【详解】

设圆台的上底面半径为 $2 r$, 则其下底面半径为 $3 r$

可作圆台的轴截面如下图所示:



其中 $D E \perp A B, C F \perp A B, \angle D A E=\angle C B F=60^{\circ}$
$\therefore D E=C F=\sqrt{3} r, A E=B F=r, E F=4 r$

$\therefore$ 轴截面面积 $S=S_{D E F D C}+S_{\triangle A D E}+S_{\triangle B F C}=4 r \cdot \sqrt{3} r+r \cdot \sqrt{3} r=180 \sqrt{3}$

解得: $r=6 \quad \therefore$ 母线长 $l=A D=2 A E=2 r=12$

本题正确选项: $D$

## 【点睛】

本题考查圆台母线长的求解问题, 关键是能够利用圆台轴截面面积构造方程求出上下底面半径, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：用一个平面去截一个四棱雉, 截面形状不可能的是 ( )
选项：
四边形
B. 三角形
C. 五边形
D. 六边形
答案：D
解析：根据一般的截面与几何体的几个面相交就得到几条交线, 截面就是几边形, 而四棱锥最多只有 5 个面，则截面形状不可能的是六边形，故选 D.
题目（高一 · 立体几何学）：《九章算术》中, 称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱雉为阳马, 设 $A A_{1}$ 是正六棱柱的一条侧棱, 如图, 若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以 $A A_{1}$ 为底面矩形的一边, 则这样的阳马的个

## 数是 ( )


选项：
A. 4
B. 8
C. 12
D. 16
答案：D
解析：【分析】

根据新定义和正六边形的性质可得答案.

## 【详解】

根据正六边形的性质, 则 $\mathrm{D}_{1}-\mathrm{A}_{1} \mathrm{ABB}_{1}, \mathrm{D}_{1}-\mathrm{A}_{1} \mathrm{AFF}_{1}$ 满足题意,
而 $C_{1}, E_{1}, C, D, E$, 和 $D_{1}$ 一样, 有 $2 \times 4=8$,

当 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{ACC}_{1}$ 为底面矩形, 有 4 个满足题意,

当 $A_{1} A E E_{1}$ 为底面矩形, 有 4 个满足题意,

故有 $8+4+4=16$

故选 D.

【点睛】

本题考查了新定义，以及排除组合的问题，考查了棱柱的特征，属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：在正四棱柱 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, 顶点 $B_{1}$ 到对角线 $B D_{1}$ 和到平面 $A_{1} B C D_{1}$ 的距离分别为 $h$ 和 $d$,则下列命题中正确的是 ( )
选项：
若侧棱的长小于底面的变长, 则 $\frac{h}{d}$ 的取值范围为 $(0,1)$

B. 若侧棱的长小于底面的变长, 则 $\frac{h}{d}$ 的取值范围为 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$

C. 若侧棱的长大于底面的变长, 则 $\frac{h}{d}$ 的取值范围为 $\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}, \sqrt{2}\right)$

D. 若侧棱的长大于底面的变长, 则 $\frac{h}{d}$ 的取值范围为 $\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3},+\infty\right)$
答案：C
解析：【详解】

设侧棱长是 $b$, 底面的变长是 $a$, 点 $B_{1}$ 到对角线 $B D_{1}$ 的距离 $h$ 即为直角三角形 $\triangle B_{1} B D_{1}$ 斜边 $B D_{1}$ 上的高, $B_{1} D_{1}=\sqrt{2} a, B_{1} B=b, h=\frac{\sqrt{2} a b}{\sqrt{2 a^{2}+b^{2}}}$, 点 $B_{1}$ 到平面 $A_{1} B C D_{1}$ 的距离分别 $d$ 即为直角三角形

$$
\begin{aligned}
& B_{1} A_{1}=a, B_{1} B=b, h=\frac{a b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}} \\
& \therefore \frac{h}{d}=\frac{\sqrt{2} a b}{\sqrt{2 a^{2}+b^{2}}} \div \frac{a b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}} \\
& =\frac{\sqrt{2} \sqrt{a^{2}+b^{2}}}{\sqrt{2 a^{2}+b^{2}}}=\sqrt{\frac{2 a^{2}+2 b^{2}}{2 a^{2}+b^{2}}}=\sqrt{1+\frac{b^{2}}{2 a^{2}+b^{2}}}=\sqrt{1+\frac{1}{\frac{2 a^{2}}{b^{2}}+1}}
\end{aligned}
$$

$$
\triangle B_{1} B A \text { 斜边 } B_{1} A \text { 上的高, } \therefore \frac{\sqrt{2} a b}{d}=\frac{a b}{\sqrt{2 a^{2}+b^{2}}} \div \frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}
$$

若侧棱的长小于底面的边长,

即 $b<a, \sqrt{1+\frac{1}{\frac{2 a^{2}}{b^{2}}+1}} \therefore \frac{2 a^{2}}{b^{2}}>2,1<1+\frac{1}{\frac{2 a^{2}}{b^{2}}+1}<\frac{4}{3} \Rightarrow 1<\sqrt{1+\frac{1}{\frac{2 a^{2}}{b^{2}}+1}}<\frac{2 \sqrt{3}}{3}$

$\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 错误;

若侧棱的长大于底面的边长,
即 $b>a, \sqrt{1+\frac{1}{\frac{2 a^{2}}{b^{2}}+1}} \therefore 0<\frac{2 a^{2}}{b^{2}}<2,2>1+\frac{1}{\frac{2 a^{2}}{b^{2}}+1}>\frac{4}{3} \Rightarrow \sqrt{2}>\sqrt{1+\frac{1}{\frac{2 a^{2}}{b^{2}}+1}}>\frac{2 \sqrt{3}}{3}$

选 C
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在正三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $A B=2, A A_{1}=2 \sqrt{3}, D, F$ 分别是棱 $A B, A A_{1}$ 的中点, $E$ 为棱 $A C$ 上的动点, 则 $\triangle D E F$ 的周长的最小值为 $(0$


选项：
$2 \sqrt{2}+2$
B. $2 \sqrt{3}+2$
C. $\sqrt{6}+2$
D. $\sqrt{7}+2$
答案：D
解析：【分析】

根据正三棱柱的特征可知 $\triangle A B C$ 为等边三角形且 $A A_{1} \perp$ 平面 $A B C$, 根据 $A A_{1} \perp A D$ 可利用勾股定理求得 $D F=2$; 把底面 $A B C$ 与侧面 $A C C_{1} A_{1}$ 在同一平面展开, 可知当 $D, E, F$ 三点共线时, $D E+E F$取得最小值; 在 $\triangle A D F$ 中利用余弦定理可求得最小值, 加和得到结果.

## 【详解】

$\because$ 三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 为正三棱柱 $\quad \therefore \triangle A B C$ 为等边三角形且 $A A_{1} \perp$ 平面 $A B C$

$\because A D \subset$ 平面 $A B C \quad \therefore A A_{1} \perp A D \quad \therefore D F=\sqrt{1+3}=2$

把底面 $A B C$ 与侧面 $A C C_{1} A_{1}$ 在同一平面展开, 如下图所示:



当 $D, E, F$ 三点共线时, $D E+E F$ 取得最小值

又 $\angle F A D=150^{\circ}, A F=\sqrt{3}, A D=1$

$\therefore(D E+E F)_{\min }=\sqrt{A F^{2}+A D^{2}-2 A F \cdot A D \cos \angle F A D}=\sqrt{4-2 \sqrt{3} \times\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}=\sqrt{7}$

$\therefore \triangle D E F$ 周长的最小值为: $\sqrt{7}+2$

本题正确选项: $D$

## 【点睛】

本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题, 关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题, 利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.
题目（高一 · 立体几何学）：已知正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱长为 $3, M, N$ 分别为 $A B_{1}, A_{1} C_{1}$ 上的点, 且 $A_{1} N=A M$, $A M=2 M B_{1}, P, Q$ 分别为 $B B_{1}, B_{1} C_{1}$ 上的动点, 则折线 $M P Q N$ 长度的最小值为 $(\quad)$


选项：
3
B. $\sqrt{13}$
C. $\sqrt{5}+\sqrt{2}$
D. $\sqrt{10}$
答案：B
解析：【分析】

将折线 $M P Q N$ 化归到同一平面中, 利用两点间的距离最短, 即可求得答案.

## 【详解】

将折线 $M P Q N$ 所在平面展成平面图形，如图所示：



因为正方体的棱长为 3 , 且 $A_{1} N=A M, A M=2 M B_{1}$,

所以 $M, N$ 均为对角线上的三等分点, 作 $O N, O M$ 分别与正方形的边平行,

所以 $O N=3, O M=2$, 所以 $M N=\sqrt{3^{2}+2^{2}}=\sqrt{13}$,

所以折线 $M P Q N$ 长度的最小值为 $\sqrt{13}$.

故选: B.

## 【点睛】

本题考查立体几何中折线段的最小值问题, 考查降维思想的应用, 考查转化与化归思想和运用求解能力，求解的关键是将空间问题转化为平面问题.
题目（高一 · 立体几何学）：已知三棱雉 $P-A B C$ 中, $P A, P B, P C$ 两两垂直, 且 $P A=P B=P C=1$, 则三棱雉 $P-A B C$ 外接球的表面积为 (
选项：
A. $\pi$
B. $\sqrt{3} \pi$
C. $2 \pi$
D. $3 \pi$
答案：D
解析：【分析】

将三棱雉扩展为正方体, 体对角线为直径, 根据表面积公式得到答案.

【详解】

三棱雉 $P-A B C$ 中, $P A, P B, P C$ 两两垂直, 则 $2 r=\sqrt{1^{2}+1^{2}+1^{2}}=\sqrt{3}$

$r=\frac{\sqrt{3}}{2}, S=4 \pi r^{2}=3 \pi$

答案为 D

## 【点睛】

本题考查了三棱雉的外接球问题, 把三棱雉扩展为长方体是解题的关键.
题目（高一 · 立体几何学）：已知正三棱雉 $A-B C D$ 的所有顶点都在球 $O$ 的球面上, 其底面边长为 $3, E, F, G$ 分别为侧棱 $A B, A C, A D$ 的中点.若 $O$ 在三棱雉 $A-B C D$ 内, 且三棱雉 $A-B C D$ 的体积是三棱雉 $O-B C D$ 体积的 3 倍, 则平面 $E F G$ 截球 $O$ 所得截面的面积为 ( )
选项：
$\frac{15 \pi}{4}$
B. $\frac{3 \pi}{2}$
C. $\frac{9 \sqrt{3}}{8}$
D. $4 \pi$
答案：A
解析：【分析】

$M$ 是底面 $\triangle B C D$ 的中心, 则 $O$ 在 $A M$ 上, 而由 $V_{A-B C D}=3 V_{O-B C D}$ 得 $A M=3 O M, A M$ 与平面 $E F G$交于点 $N, N$ 是过平面 $E F G$ 的截面圆圆心, 在 $\triangle O B M$ 中由勾股定理求得 $R^{\circ}$, 再由截面圆性质可求得截面圆半径.

## 【详解】

如图, $M$ 是底面 $\triangle B C D$ 的中心, 则 $O$ 在 $A M$ 上, 而由 $V_{A-B C D}=3 V_{O-B C D}$ 得 $A M=3 O M$, 设 $O A=R$,则 $O M=\frac{R}{2}$, 又 $B C=C D=D B=3, M$ 是 $\triangle B C D$ 中心, 则 $M B=\frac{\sqrt{3}}{3} \times 3=\sqrt{3}, \therefore$ 由 $O B^{2}=O M^{2}+B M^{2}$ 得 $R^{2}=\left(\frac{R}{2}\right)^{2}+(\sqrt{3})^{2}$, 解得 $R=2$, 设 $A M$ 与平面 $E F G$ 交于点 $N$, $\because E 、 F 、 G$ 分别是 $A B, A C, A D$ 的中点, 则 $N$ 是 $A M$ 的中点, $\therefore M N=\frac{1}{2} A M=\frac{1}{2} \times \frac{3}{2} R=\frac{3}{2}$, $O N=M N-O M=\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}$, 设平面 $E F G$ 截球 $O$ 所得截面圆半径为 $r$, 则 $r=\sqrt{R^{2}-O N^{2}}=\sqrt{2^{2}-\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{15}}{2}, \therefore$ 此圆面积为 $\pi r^{2}=\pi \times\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\right)^{2}=\frac{15}{4} \pi$. 故选 A.



## 【点睛】

本题考查棱雉与其外接球, 解题关键首先是确定球的半径, 然后根据截面圆性质求得截面圆半径从而得出其面积. 记住结论：正棱雉的外接球球心一定在其高上.
题目（高一 · 立体几何学）：已知下列命题, 其中正确命题的个数是 ( )

(1)以直角三角形的一边为对称轴旋转一周所得的旋转体是圆雉

(2)以直角梯形的一腰为对称轴旋转一周所得的旋转体是圆台

(3)圆柱、圆雉、圆台的底面都是圆

(4)一个平面去截一个圆雉得到一个圆雉和一个圆台.
选项：
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
答案：B
解析：【分析】
根据圆雉的几何特征判断(1)的真假;根据圆台的几何特征判断(2)的真假;根据旋转体的几何特征判断 (3)的真假;根据圆台的几何特征判断(4)的真假，即可得到答案.

## 【详解】

对于(1):以直角三角形的斜边为轴旋转一周得到的旋转体不是圆雉,而是两个同底的圆雉构成的组合体,故(1)错误;

对于(2:以直角梯形的一斜腰为轴旋转一周得到的旋转体不是圆台,故(2)错误;

对于(3):圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆,故(3)正确;

对于(4):用一个平行于底面的平面截一个圆锥得到的是一个圆雉和一个圆台,故(4)错误;

故选:B

## 【点睛】

本题考查旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的结构特征; 考查学生的空间想象能力;熟练掌握简单几何体的结构特征是求解本题的关键;属于基础题、概念辨析题.
题目（高一 · 立体几何学）：下列命题中正确的个数是

(1)由五个面围成的多面体只能是三棱柱;

(2)由若干个平面多边形所围成的几何体是多面体;

## (3)仅有一组对面平行的五面体是棱台;

(4)有一面是多边形, 其余各面是三角形的几何体是棱雉.
选项：
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
答案：B
解析：【分析】

举反例说明(1)(3)不正确; (2)是多面体的定义, 正确; 由棱雉的结构特征说明(4)错误.

## 【详解】

解: (1)中, 由五个面围成的多面体可以是四棱雉, 故(1)不正确;

(2)中, 根据几何体的性质和结构特征可知, 多面体是由若干个平面多边形所围成的几何体, 故(2)正确;

(3)中, 仅有一组对面平行的五面体, 可以是三棱柱, 故(3)不正确;

(4) 中, 有一个面是多边形, 其余各面是三角形的几何体不一定是棱雉,

如图中的几何体，满足条件，但并不是棱雉，故(4)不正确.



故选: B.

## 【点睛】

本题考查棱柱、棱雉和多面体的定义及结构特征, 通过举反例说明某个命题的正确性是一种常用的方法，属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：下列平面图形中, 通过围绕定直线 $l$ 旋转可得到如图所示几何体的是 $(\quad)$


选项：
A.


B.


C.


D.


答案：B
解析：A. 是一个圆雉以及一个圆柱; C. 是两个圆雉; D. 一个圆雉以及一个圆柱; 所以选 B.
题目（高一 · 立体几何学）：将一个直角三角形绕斜边所在直线旋转一周, 所得的几何体为
选项：
一个圆台
B. 两个圆雉
C. 一个圆柱
D. 一个圆锥
答案：B
解析：【分析】

根据旋转体的定义, 可得将一个直角三角形绕斜边所在直线旋转一周得到两个同底的圆锥组成的组合体，即可求解.

## 【详解】

由题意, 根据旋转体的定义, 可得将一个直角三角形绕斜边所在直线旋转一周得到两个同底的圆雉组成的组合体，故选 B.

## 【点睛】

本题主要考查了旋转体的概念及其应用, 其中解答中熟记旋转体的概念, 合理判定是解答的关键,
着重考查了空间想象能力, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：一个正方体内接于一个球, 过球心作一截面, 如图所示, 则截面可能是( )



(1)



(2)



(3)



(4)
选项：
(1)(3)(4)
B. (2)(4)
C. (1)(2)(3)
D. (2)(3)(4)
答案：C
解析：考虑过球心的正方体截面位置的可能情形. 当截面平行于正方体的一个侧面时得(3),

当截面过正方体的体对角线时得(2), 当截面不平行于任何侧面也不过体对角线时得(1),

但无论如何都不能截出(4)

故选 C

点睛: 本题主要考查了球内接多面体、棱柱的结构特征. 注意截面的形状既与被截的几何体有关,还与截面的角度和方向有关.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示的几何体, 关于其结构特征, 下列说法不正确的是


选项：
A. 该几何体是由两个同底的四棱雉组成的几何体

B. 该几何体有 12 条棱、6 个顶点

C. 该几何体有 8 个面, 并且各面均为三角形

D. 该几何体有 9 个面, 其中一个面是四边形, 其余均为三角形
答案：D
解析：【分析】

根据几何体的直观图, 得出该几何体的结构特征, 由此判断选项 A、B、C 正确, 选项 D 错误.

## 【详解】

根据几何体的直观图, 得

该几何体是由两个-同底的四棱雉组成的几何体，

且有棱 $M A 、 M B 、 M C 、 M D 、 A B 、 B C 、 C D 、 D A 、 N A 、 N B 、 N C$ 和 ND，共 12 条;

顶点是 $M 、 A 、 B 、 C 、 D$ 和 $N$ 共 6 个;

且有面 MAB、面 MBC、面 MCD、面 MDA、面 NAB、面 NBC、面 NCD 和面 NDA 共个，且每个面都是三角形.

所以选项 A、B、C 正确, 选项 D 错误.

故选 D.

## 【点睛】

本题考查了利用空间几何体的直观图判断几何体结构特征的应用问题，是基础题目.
题目（高一 · 立体几何学）：已知棱长为 $\sqrt{3}$ 的正方体 $\mathbf{A B C D}-\mathbf{A}_{1} \mathbf{B}_{1} \mathbf{C}_{1} \mathbf{D}_{1}$ 内部有一圆柱, 此圆柱恰好以直线 $\mathrm{AC}_{1}$ 为轴, 则该圆柱侧面积的最大值为 ( )
选项：
$\frac{9 \sqrt{2} \pi}{8}$
B. $\frac{9 \sqrt{2} \pi}{4}$
C. $2 \sqrt{3} \pi$
D. $3 \sqrt{2} \pi$
答案：A
解析：【分析】

由题知, 只需考虑圆柱的底面与正方体的表面相切的情况, 即可得出结论.

## 【详解】

由题知, 只需"考虑圆柱的底面与正方体的表面相切的情况, 由图形的对称性可知, 圆柱的上底面必与过 $\mathrm{A}$ 点的三个面相切, 且切点分别在线段 $\mathrm{AB}_{1}, \mathrm{AC}, \mathrm{AD}_{1}$ 上, 设线段 $\mathrm{AB}_{1}$ 上的切点为 $\mathrm{E}, \mathrm{AC}_{1} \cap$面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{BD}=\mathrm{O}_{2}$, 圆柱上底面的圆心为 $\mathrm{O}_{1}$, 半径即为 $\mathrm{O}_{1} \mathrm{E}=\mathrm{r}$, 则 $A O_{2}=\frac{1}{3} A C_{1}=\frac{1}{3} \sqrt{\sqrt{3}^{2}+\sqrt{3}^{2}+\sqrt{3}^{2}}=1, O_{2} F=\sqrt{A F^{2}-A O_{2}{ }^{2}}=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)^{2}-1}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 由 $\mathrm{O}_{1} \mathrm{E} / / \mathrm{O}_{2} \mathrm{~F}$知 $\frac{O_{1} E}{O F_{2}}=\frac{A O_{1}}{A C_{1}} \Rightarrow A O_{1}=\sqrt{2} O_{1} E=\sqrt{2} \mathrm{r}$, 则圆柱的高为 $3-2 A O_{1}=3-2 \sqrt{2} r$, $S_{\text {侧 }}=2 \pi r(3-2 \sqrt{2} r)=4 \sqrt{2} \pi r\left(\frac{3 \sqrt{2}}{4}-r\right) \leq 4 \sqrt{2} \pi\left(\frac{r+\frac{3 \sqrt{2}}{4}-r}{2}\right)^{2}=\frac{9 \sqrt{2} \pi}{8}$ 当且仅当 $\mathrm{r}=\frac{3 \sqrt{2}}{8}$ 取
等号.

故选 A.



【点睛】

本题考查求圆柱侧面积的最大值, 考查正方体与圆柱的内切问题, 考查学生空间想象与分析解决问题的能力，属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：已知四面体 $A B C D$ 中, $A B=C D=5, A C=B D=\sqrt{34}, A D=B C=\sqrt{41}, O$ 为其外接球球心, $A O$ 与 $A B, A C, A D$ 所成的角分别为 $\alpha, \beta, \gamma$. 有下列结论:

(1)该四面体的外接球的表面积为 $50 \pi$ (2)该四面体的体积为 10

(3) $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta+\cos ^{2} \gamma=1$ (4) $\angle B A C+\angle C A D+\angle D A B=180^{\circ}$其中所有正确结论的编号为:
选项：
A. (1)(4)
B. (1)(2)
C. (2)(3)
D. (3)(4)
答案：A
解析：【分析】

把四面体补成长方体，结合长方体的性质可求.

## 【详解】

依题意，把四面体补成长方体，如图，设长方体的长、宽、高分别为 $a, b, c$ ，则

$a^{2}+c^{2}=34, b^{2}+c^{2}=25, a^{2}+b^{2}=41$, 解得 $a=5, b=4, c=3$;

由于四面体的外接球就是长方体的外接球，所以易得该四面体的外接球的表面积为 $50 \pi$; 该四面体的体积等于长方体的体积去掉三个三棱雉的体积, 易求体积为 20 ; 四面体的外接球的球心 $O$ 是长方体体对角线的中点, 所以 $\alpha, \beta, \gamma$ 分别等同于长方体的体对角线与 $A B, A C, A D$ 所成的角, 易求 $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta+\cos ^{2} \gamma=2 ;$

结合选项可知选 A.



故选: A.

## 【点睛】

本题主要考查四面体的性质, 把四面体补成长方体, 使其位置关系或者度量关系更加清晰, 是求解这类问题的关键，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $\boldsymbol{P}$ 为 $B D_{1}$ 的中点, 则 $\triangle P A C$ 在该正方体各个面上的正投影（实线部分）可能是


(2)



(3)



(4)
选项：
A. (1)(4)
B. (1)(2)
C. (2)(3)
D. (2)(4)
答案：A
解析：【分析】

由题意需要从三个角度对正方体进行平行投影, 首先确定关键点 $P 、 A$ 在各个面上的投影, 再把它们连接起来，即 $\triangle P A C$ 在该正方体各个面上的射影

## 【详解】

从上下方向上看, $\triangle P A C$ 的投影为(1)图所示的情况.

从左右方向上看, $\triangle P A C$ 的投影为(4)图所示的情况.

从前后方向上看, $\triangle P A C$ 的投影为(4)图所示的情况.

故选: A.

## 【点睛】

本题主要考查了平行投影和空间想象能力, 关键是确定投影图得关键点, 如顶点等, 再连接即可得在平面上的投影图, 主要依据平行投影的含义和空间想象来完成. 属于基础题
题目（高一 · 立体几何学）：某多面体的三视图如图所示, 则该几何体的体积与其外接球的体积之比为 ( )


选项：
$\frac{\sqrt{6}}{18 \pi}$
B. $\frac{\sqrt{6}}{9 \pi}$
C. $\frac{\sqrt{6}}{3 \pi}$
D. $\frac{1}{3 \pi}$
答案：A
解析：【分析】

先还原几何体, 再根据雉体体积公式求体积, 由长方体性质得外接球球心位置, 根据球体积公式求条件, 最后作商得结果.

## 【详解】

几何体为如图三棱雉 $\mathrm{S}-\mathrm{ABC}, \mathrm{SA}=2, \mathrm{SC}=4, \mathrm{BD}=2$, 体积为 $\frac{1}{3} \times 2 \times\left(\frac{1}{2} \times 4 \times 2\right)=\frac{8}{3}$, 其外接球球心为 $\mathrm{SB}$中点,外接球半径为 $\frac{1}{2} \sqrt{2^{2}+2^{2}+4^{2}}=\sqrt{6}$,
所以几何体的体积与其外接球的体积之比为 $\frac{\frac{8}{3}}{\frac{4}{3} \pi(\sqrt{6})^{3}}=\frac{\sqrt{6}}{18 \pi}$, 选 A.



## 【点睛】

若以三视图的形式给出几何体, 则应先根据三视图得到几何体的直观图, 然后根据条件求给定的几何体的体积.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 点 $O$ 为正方体 $A B C D-A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ 的中心, 点 $E$ 为面 $B^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的中心, 点 $F$ 为 $B^{\prime} C^{\prime}$ 的中点,则空间四边形 D'OEF 在该正方体的面上的正投影不可能是（）


选项：
A.


B.


C.


D.


答案：D
解析：由题意知光线从上向下照射, 得到 C,

光线从前向后照射，得到 $\mathrm{A}$

光线从左向右照射得到 $B$

故选 D

点睛: 本题考查平行投影及平行投影的作图法, 考查正方体的性质, 本题是一个基础题, 是为后面学习三视图做准备, 告诉我们从三个不同的角度观察图形结果不同.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, $E, F$ 分别为正方体的面 $A D D_{1} A_{1}$ 、面 $B C C_{1} B_{1}$ 的中心, 则四边形 $B F D_{1} E$ 在该正方体的面上的射影可能是 ( )




(2)


(3)


(4)


选项：
(1)(2)(3)
B. (2)(3)
C. (1)(2)(4)
D. (2)(1)
答案：B
解析：【分析】

根据正方体的对称性,可知四边形 $B F D_{1} E$ 在该正方体的面上的射影有三种:分别为在面 $A B C D$ 、面 $B C C_{1} B$ 、面 $D C C_{1} D_{1}$ 上的射影,即可得解.

## 【详解】

因为正方体是对称的几何体,所以四边形 $B F D_{1} E$ 在该正方体的面上的射影可分为: 自上而下、自左至右、由前及后三个方向的射影,也就是在面 $A-B C D$ 、面 $B C C_{1} B$ 、面 $D C C_{1} D_{1}$ 上的射影.

四边形 $B F D_{1} E$ 在面 $\mathrm{ABCD}$ 和面 $D C C_{1} D_{1}$ 上的射影相同,如图(2)所示;

四边形 $B F D_{1} E$ 在该正方体的对角面 $A B C_{1} D_{1}$ 内, 它在面 $B C C_{1} B_{1}$ 上的射影是一条线段,如图(3)所示.所以(2)(3)正确.

故选:B

## 【点睛】

本题考查了正方体的结构特点,投影的定义及投影形状的判定,属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, $\triangle A B C$ 为正三角形, $A A_{1} / / B B_{1} / / C C_{1}, C C_{1} \perp$ 底面 $A B C$, 若 $B B_{1}=2 A A_{1}=2$, $A B=C C_{1}=3 A A_{1}$, 则多面体 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 在平面 $A_{1} A B B_{1}$ 上的投影的面积为


选项：
A. $\frac{27}{4}$
B. $\frac{9}{2}$
C. 9
D. $\frac{27}{2}$
答案：A
解析：根据题意, 多面体 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 在平面 $A_{1} A B B_{1}$ 上的投影是几何体的正视图, 如图所示;



所以该投影面的面积为 $3 \times 3-\frac{1}{2} \times 2 \times 1.5-\frac{1}{2} \times 1 \times 1.5=\frac{27}{4}$, 故选 A.
题目（高一 · 立体几何学）：将右图所示的一个直角三角形 $A B C\left(\angle C=90^{\circ}\right)$ 绕斜边 $A B$ 旋转一周, 所得到的几何体的正视图是下面四个图形中的（ ）


选项：
A.


B.


C.


D.


答案：B
解析：【分析】

根据旋转特点可得几何体, 进而得到正视图.

## 【详解】

按已知要求旋转后得到的几何体如下图所示:



可知"正视图为四边形 $A C B C^{\prime}$

故选 B

【点睛】
题目（高一 · 立体几何学）：如图, $P$ 为正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中 $A C_{1}$ 与 $B D_{1}$ 的交点, 则 $\triangle P A C$ 在该正方体各个面上的射

## 影可能是 ( )



(1)



(2)



(3)



(4)


D. (2)(4)
选项：
(1)(2)(3)(4)
B. (1)(3)
C. (1)(4)
b.
答案：C
解析：【分析】

从三个角度对正方体进行平行投影, 首先确定关键点 $P 、 A, C$ 在各个面上的投影, 再把它们连接起来, 即得 $\triangle P A C$ 在该正方体各个面上的射影.

## 【详解】

由题意知, $P$ 为正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的中心,

则从上向下投影时, 点 $P$ 的影子落在对角线 $A C$ 上, 故 $\triangle P A C$ 在下底面上的射影是线段 $A C$, 是第一个图形;

当从前向后投影时, 点 $P$ 的影子应落在侧面 $C D C_{1} D_{1}$ 的中心上, $A$ 点的影子落在 $D$ 上, 故故 $\triangle P A C$在面 $C D C_{1} D_{1}$ 上的射影是三角形, 是第四个图形;

当从左向右投影时, 点 $P$ 的影子应落在侧面 $B C B_{1} C_{1}$ 的中心上, $A$ 点的影子落在 $B$ 上, 故故 $\triangle P A C$在面 $C D C_{1} D_{1}$ 上的射影是三角形, 是第四个图形.

故选: $C$.

## 【点睛】

本题主要考查了平行投影和空间想象能力, 关键是确定投影图得关键点, 如顶点等, 再一次连接即可得在平面上的投影图, 主要依据平行投影的含义和空间想象来完成.
题目（高一 · 立体几何学）：在棱长为 1 的正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $\mathbf{E}, \mathbf{F}$ 分别为线段 $\mathbf{C D}$ 和 $A_{1} B_{1}$ 上的动点, 且满足 $C E=A_{1} F$, 则四边形 $D_{1} F B E$ 所围成的图形 (如图所示阴影部分) 分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和（ ）


选项：
有最小值 $\frac{3}{2}$
B. 有最大值 $\frac{5}{2}$
C. 为定值 3
D. 为定值 2
答案：D
解析：【分析】

分别在后, 上, 左三个平面得到该四边形的投影, 求其面积和即可.

## 【详解】





依题意, 设四边形 $\mathrm{D}_{1} \mathrm{FBE}$ 的四个顶点在后面, 上面, 左面的投影点分别为 $\mathrm{D}^{\prime}, \mathrm{F}^{\prime}, \mathrm{B}^{\prime}, \mathrm{E}^{\prime}$, 则四边形 $\mathrm{D}_{1} \mathrm{FBE}$ 在上面, 后面, 左面的投影分别如上图.



在上面的投影面积 $S_{E}=D^{\prime} E^{\prime} \times 1=D E \times 1=D E ，$



所以四边形 $\mathrm{D}_{1} \mathrm{FBE}$ 所围成的图形 (如图所示阴影部分）分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和

$\mathrm{S}=\mathrm{S}_{\text {后 }}+\mathrm{S}_{\text {上 }}+\mathrm{S}_{\text {左 }}=1+\mathrm{DE}+\mathrm{CE}=1+\mathrm{CD}=2$.

故选 D.

## 【点睛】

本题考查了正方体中-四边形的投影问题，考查空间想象能力. 属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：9. 四棱雉 $P-A B C D$ 的三视图如图所示, 则该四棱雉的外接球的表面积为

选项：
$\frac{81 \pi}{5}$
B. $\frac{81 \pi}{20}$
C. $\frac{101 \pi}{5}$
D. $\frac{101 \pi}{20}$
答案：C
解析：

由题意可知,四棱雉 P-ABCD 顶点 $\mathrm{P}$ 的射影落在 $\mathrm{AD}$ 中点, 长度为 $\sqrt{5}$, 底面边长为 4,2 , 且平面 PAD 垂直平面 $\mathrm{ABCD}$, 因此球心 $\mathrm{O}$ 应在矩形 $\mathrm{ABCD}$ 对角线交点处的正上方, 且设高为 $\mathrm{h}$, 则有 $|O P|^{2}=|O C|^{2}$,即 $1^{2}+(\sqrt{5}-h)^{2}=h^{2}+(\sqrt{5})^{2}$, 解得 $h=\frac{\sqrt{5}}{10}, \therefore R=|O C|=\frac{101}{20}$, 四棱雉的外接球的表面积为 $4 \pi R^{2}=\frac{101}{5} \pi$, 故选 C.
题目（高一 · 立体几何学）：一个几何体的三视图如图所示, 则该几何体的各个表面中, 最大面的面积为 ( )



正视图



侧视图



俯视图
选项：
A. $2 \sqrt{15}$
B. $\sqrt{15}$
C. 2
D. 4
答案：B
解析：【分析】

由三视图还原出原几何体后, 计算各个面的面积, 比较可得最大值。

## 【详解】

下图原几何体的直观图, 其中 $A D \perp$ 平面 $B C D$ 。尺寸见三视图,



$A D=B D=2, \quad S_{\triangle A B D}=\frac{1}{2} \times 2 \times 2=2$,

$C D=2, \triangle B C D$ 的边 $B D$ 上的高为 $h=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}, S_{\triangle B C D}=\frac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{3}=\sqrt{3}$,

$S_{\triangle A D C}=\frac{1}{2} \times 2 \times 2=2$,

$A C=A B=2 \sqrt{2}, B C=\sqrt{3^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=2 \sqrt{3}, \triangle A B C$ 中 $B C$ 边上的高为

$h^{\prime}=\sqrt{(2 \sqrt{2})^{2}-(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{5}, \quad S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \times B C \times h^{\prime}=\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{3} \times \sqrt{5}=\sqrt{15}$,
最大面积为 $\sqrt{15}$ 。

故选: B。

## 【点睛】

本题考查三视图, 解题关键是由三视图还原出原几何体, 得出线面间的关系, 然后可计算各个面的面积。
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 网格纸的小正方形的边长是 1 , 在其上用粗实线和粗虚线画出了某几何体的三视图, 则该几何体的体积是 ( )


选项：
$7 \pi$
B. $9 \pi$
C. $11 \pi$
D. $13 \pi$
答案：A
解析：【分析】

根据三视图, 还原空间结构体, 根据空间结构体的特征及球、棱雉的体积公式求得总体积.

## 【详解】

根据空间结构体的三视图，得原空间结构体如下图所示:



该几何体是由下面半球的 $\frac{3}{4}$ 和上面四棱雉的 $\frac{3}{4}$ 组成

由三视图的棱长及半径关系, 可得几何体的体积为

$V=\frac{4}{3} \pi R^{3} \times \frac{1}{2} \times \frac{3}{4}+\frac{1}{3} \times \pi R^{2} \times 3 \times \frac{3}{4}$

$=\frac{4}{3} \pi \times 2^{3} \times \frac{1}{2} \times \frac{3}{4}+\frac{1}{3} \times \pi \times 2^{2} \times 3 \times \frac{3}{4}$

$=7 \pi$

所以选 A

## 【点睛】

本题考查了三视图的简单应用, 空间结构体的体积求法, 属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：已知某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的表面积为( )


选项：
$8 \pi+6$
B. $6 \pi+6$
C. $8 \pi+12$
D. $6 \pi+12$
答案：B
解析：由三视图可得该几何体是由圆柱的一半 (沿轴截面截得, 底面半径为 1 , 母线长为 3 ) 和一个半径为 1 的半球组合而成 (部分底面重合), 则该几何体的表面积为 $S=2 \pi+\pi+2 \pi \times 3 \times \frac{1}{2}+2 \times 3=6 \pi+6$.

【名师点睛】先利用三视图得到该组合体的结构特征, 再分别利用球的表面积公式、圆柱的侧面积公式求出各部分面积, 最后求和即可.处理几何体的三视图和表面积、体积问题时, 往往先由三视图判定几何体的结构特征, 再利用相关公式进行求解.
题目（高一 · 立体几何学）：如图是某简单组合体的三视图, 则该组合体的体积为

选项：
A. $\frac{4 \sqrt{3}}{3}(\pi+2)$
B. $\frac{4 \sqrt{3}}{3}(\pi+1)$
C. $\frac{8 \sqrt{3}}{3}(\pi+2)$
D. $\frac{8 \sqrt{3}}{3}(\pi+1)$
答案：A
解析：【分析】

根据三视图可得该几何体是一个半圆雉和三棱雉形成的组合体, 根据底面积和高即可求得体积.

## 【详解】

由三视图可得该几何体是一个半圆锥与三棱雉形成的组合体,

该雉体的高为 $2 \sqrt{3}$, 底面半圆的半径为 2 , 底面三角形底边长为 4 , 高为 2 ,

所以该几何体的体积为 $V=\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times \pi \times 2^{2} \times 2 \sqrt{3}+\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 4 \times 2 \times 2 \sqrt{3}=\frac{4 \sqrt{3}}{3}(\pi+2)$.

故选: A

## 【点睛】

此题考查求锥体体积, 关键在于准确识别三视图, 根据三视图求出底面积和锥体的高, 根据公式求解体积.
题目（高一 · 立体几何学）：一个四棱雉的三视图如图所示, 其正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形, 俯视图是边长为 $\sqrt{2}$的正方形，则该几何体的表面积为( )



正视图


选项：
4
B. $2 \sqrt{3}$
C. $2 \sqrt{3}+2$
D. 6
答案：C
解析：【分析】

首先把几何体进行转换, 进一步求出几何体的高, 最后求出侧视图的面积.

## 【详解】

根据几何体的三视图, 转换为几何体为:



由于正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形, 俯视图是边长为 $\sqrt{2}$ 的正方形,故底面的对角线长为 2.

所以四棱雉的高为 $\frac{1}{2} \times 2=1$,

故四棱雉的侧面高为 $h=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+1^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$,

则:四棱锥的表面积为 $S=4 \times \frac{1}{2} \times \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{6}}{2}+2=2 \sqrt{3}+2$.

故选: C.

## 【点睛】

本题考查的知识要点: 三视图和几何体的转换, 几何体的体积公式和面积公式的应用, 主要考查学生的运算能力和转化能力, 属于基础题型.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 网格纸上小正方形的边长为 1 , 粗线画出的是某几何体的三视图, 则该几何体的表面积


选项：
$6+2 \sqrt{3}$
B. $6+2 \sqrt{2}$
C. $4+4 \sqrt{2}$
D. $4+4 \sqrt{3}$
答案：C
解析：【分析】

画出几何体的直观图, 利用三视图的数据求解几何体的表面积即可.

## 【详解】

解: 几何体的直观图如图, 是正方体的一部分, $P-A B C$,



正方体的棱长为 2 ,

该几何体的表面积:

$\frac{1}{2} \times 2 \times 2+\frac{1}{2} \times 2 \times 2+\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{2}+\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{2}=4+4 \sqrt{2}$.

故选 C.

【点睛】

本题考查三视图求解几何体的直观图的表面积, 判断几何体的形状是解题的关键.
题目（高一 · 立体几何学）：某多面体的三视图如图所示, 网格小正方形的边长为 1 , 则该多面体最长棱的长为 ( )


选项：
$\sqrt{5}$
B. $2 \sqrt{2}$
C. 3
D. $2 \sqrt{3}$
答案：C
解析：【分析】

根据三视图还原几何体的直观图, 再计算各条棱的长, 并比较棱的大小, 即可得答案.

## 【详解】

多面体的直观图如图所示, $A E=A_{1} E_{1}=1, A D=A A_{1}=E E_{1}=A_{1} D_{1}=D D_{1}=D C=2$,

$C E=D_{1} E_{1}=\sqrt{5}, C D_{1}=2 \sqrt{2}, C E_{1}=3$, 最长棱为 $C E_{1}$, 其长为 3.

故选: C.



## 【点睛】

本题考查利用三视图还原几何体的直观图、几何体棱长计算, 考查空间想象能力和运算求解能力,求解时注意考虑的所有的棱长大小.
题目（高一 · 立体几何学）：已知四棱雉 $P-A B C D$ 的三视图如图所示, 则四棱雉 $P-A B C D$ 的体积为 ( )



正程娄



州蝶娄



䑁祝围

第 2 题
选项：
A. 1
B. $\frac{2}{3}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{3}{2}$
答案：B
解析：$\because$ 四棱雉 $\mathrm{P}-\mathrm{ABCD}$ 的三视图俯视图为正方形且边长为 1 , 正视图和侧视图的高为 2 ,故四棱雉 $\mathrm{P}-\mathrm{ABCD}$ 的底面面积 $\mathrm{S}=1$, 高 $\mathrm{h}=2$

故四棱雉 $\mathrm{P}-\mathrm{ABCD}$ 的 $V=\frac{1}{3} \cdot 1 \cdot 2=\frac{2}{3}$.

本题选择 B 选项.

点睛: (1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系, 利用相应体积公式求解; (2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出, 则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.
题目（高一 · 立体几何学）：某几何体的正 (主) 视图与侧 (左) 视图均为边长为 1 的正方形, 则下面四个图形中, 可能是该几何体俯视图的个数为 $(\quad)$


选项：
A. 1
答案：C
解析：俯视图从左到右依次记为:



图 (1)


B. 2


D. 4
C. 3



图 (3)



图 (4)

如果几何体为棱长为 1 的正方体, 则俯视图如图 (1);

如图几何体为圆柱, 它的底面直径为 1 , 高为 1 , 则俯视图如图 (4)

如果几何体为从棱长为 1 的正方体中挖去一个 $\frac{3}{4}$ 圆柱 (如下图所示), 则俯视图如图 (2)



而图（3）的正视图不是正方形, 故选 C.
题目（高一 · 立体几何学）：已知点 $E 、 \mathrm{~F} 、$ 分别是正方体 $^{A B C D}-A_{1} B_{1} \mathrm{C}_{1} \mathrm{D}_{1}$ 的棱 $A A_{1} 、 \mathrm{CC}_{1} 、 \mathrm{DD}_{1}$ 的中点, 点 ${ }^{M} 、 N 、 \mathrm{Q} 、{ }^{P}$ 分别在线段 ${ }^{\mathrm{DF}} 、 A \mathrm{G} 、 B E 、 \mathrm{C}_{1} B_{1}$ 上, 则以 ${ }^{M} 、 N 、 \mathrm{Q} 、{ }^{P}$ 为顶点的三棱雉 ${ }^{P-M N \mathrm{Q}}$ 的俯视图不可能是 ( )




选项：
A. B.


C. D.
答案：C
解析：


三棱雉 ${ }^{P-M N Q_{\text {的俯视图为 }}{ }^{D} \text {, 故选 }}$.

考点: 1.三视图; 2.几何体的特征.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 网格纸上小正方形的边长为 1 , 粗线画出的是某三棱雉的三视图, 则该三棱雉的体积为


选项：
$\frac{8}{3}$
B. $\frac{16}{3}$
C. $\frac{32}{3}$
D. 16
答案：B
解析：](本地图片-709.jpg)

由三视图可知, 该几何体是如图所示的三棱雉 $A-B C D$ (正方体的棱长为 $4, A, C$ 是棱的中点), 其体积为 $\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 2 \times 4 \times 4=\frac{16}{3}$, 故选 C.

【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力, 属于难题.三视图问题是, 考查学生空间想象能力最常见题型, 也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键, 不但要注意三视图的三要素“高平齐, 长对正, 宽相等”, 还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.
题目（高一 · 立体几何学）：一个几何体的三视图如图所示, 其中正视图是腰长为 2 的等腰三角形, 俯视图是半径为 1 的半圆,
则该几何体的体积是 ( )



正视图



侧视图



俯视图
选项：
$\frac{\sqrt{3} \pi}{6}$
B. $\frac{\sqrt{3} \pi}{3}$
C. $\frac{\sqrt{3} \pi}{2}$
D. $\sqrt{3} \pi$
答案：A
解析：【分析】

根据三视图可知该几何体的直观图为半个圆雉, 由所给数据即可求得其体积.

## 【详解】

由三视图可知该几何体的直观图为半个圆雉,

正视图是腰长为 2 的等腰三角形, 俯视图是半径为 1 的半圆,

所以该几何体的体积为 $V=\frac{1}{2} \times\left(\frac{1}{3} \times \pi \times 1^{2} \times \sqrt{3}\right)=\frac{\sqrt{3} \pi}{6}$,

故选: A.

## 【点睛】

本题考查了三视图的应用, 圆雉体积求法, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 Rt $\triangle O^{\prime} A^{\prime} B^{\prime}$ 是一个平面图形的直观图, 若 $O^{\prime} B^{\prime}=\sqrt{2}$, 则这个平面图形的面积是 ( )


选项：
1
B. $\sqrt{2}$
C. $2 \sqrt{2}$
D. $4 \sqrt{2}$
答案：C
解析：由直观图可知, 原平面图形是 Rt $\triangle O A B$, 其中 $O A \perp O B$, 则 $O B=O^{\prime} B^{\prime}=\sqrt{2}, O A=2 O^{\prime} A^{\prime}=4, \therefore S_{\triangle O A B}$ $=\frac{1}{2} O B \cdot O A=2 \sqrt{2}$, 故选 C.
点睛: 1.用斜二测法得直观图: “保平行, 横不变, 纵减半”是画图的标准;

2.平面多边形的斜二测画法的直观图与原图的面积关系: 一个平面多边形的面积为 $S$ 原, 它的斜二测