2016届高考数学二轮复习五三视图作业理

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高考数学文试题分类汇编三视图

高考数学文试题分类汇编------- 三视图1、（2016年山东高考）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为2.（2016年全国II 卷高考）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ C ）（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π3、（2016年天津高考）将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（ B ）4.（2016年全国III 卷高考）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为B（A ）（B ）（C ）90（D ）81 5、（2016年北京高考）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________. 6、（2016年四川高考）已知某三菱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积3。

7、（2016年浙江高考）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是__80 ；____cm 2,体积是_40_____cm 3.8.（15北京理科）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是 CA ．2B ．4C ．2+D ．59.（15北京文科）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（ C）A ．1BCD ．210.（15年安徽文科）一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( C )（A ）（B ）（C ）（D ）11.（15年福建文科）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于（ B ）18+54+3.211+2A ．B ．C ．D ．12.（15年陕西文科）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ D ）A ．B ．C ．D ．13.[2014·北京卷] 某三棱锥的三视图如图1-3所示，则该三棱锥最长棱的棱长为__22______．14．[2014·辽宁卷] 某几何体三视图如图1-2所示，则该几何体的体积为( C )A ．8－π4B ．8－π2C ．8－πD ．8－2π15.[2014·浙江卷] 某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( B)A ．72 cm 3B ．90 cm 3C ．108 cm 3D ．138 cm 316．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1-1，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，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3 cm ，高为6 cm 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( C )图1-1A.1727B.59C.1027D.1317．[2014·四川卷] 某三棱锥的侧视图、俯视图如图1-1所示，则该三棱锥的体积是(锥体体积公式：V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高)( D )图1-1A ．3B ．2 C. 3 D ．118．[2014·重庆卷] 某几何体的三视图如图1-2所示，则该几何体的体积为( C )A ．12B ．18C ．24D ．3019．[2014·天津卷] 一个几何体的三视图如图1-2所示(单位：m)，则该几何体的体积为__20π3______m 3.8+11+14+153π4π24π+34π+。

（完整版）高中数学3三视图课后习题（带答案）

（完整版）高中数学3三视图课后习题（带答案）332 正视图侧视图俯视图图1 三视图课后习题1.（陕西理5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是A ．283π-B ．83π-C ．82π-D ．23π2.（全国新课标理6）。

在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为3.（湖南理3）设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A ．9122π+B ．9182π+C ．942π+D ．3618π+4.（广东理7）如图1－3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为A ．63 B ．93C ．123D ．1835.（北京理7）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是A ．8B ．62C ．10D ．826.（安徽理6）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A ）48 （B ）32+817 （C ）48+817 （D ）807.（辽宁理15）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为32，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是．8.（天津理10）一个几何体的三视图如右图所示（单位：m ），则该几何体的体积为__________3m9.（2010湖南文数）13.图2中的三个直角三角形是一个体积为20cm 2的几何体的三视图，则h= cm10．（2010浙江理数）（12）若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是___________3cm .11．（2010辽宁文数）（16）如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为 .12.（2010辽宁理数）（15）如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为______.13.（2010天津文数）（12）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为。

高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升文理专题3立体几何文科第1讲空间几何体三视图表面积与体积文理

表面两两垂直的平面共有
(C )
A．3对
B．4对
C．5对
D．6对
23
【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为四棱锥体．如图所示：平面与平面的位置关系：平面ABCD⊥平面PBC、平面ABCD⊥平面PCD、平面PBC⊥平面PCD、平面PAB⊥平面PBC、平面PAD⊥平面PCD.故选C．
Ⅲ卷
题号 3、12 11、 20(2)
9
考查角度
分值
与棱锥有关的计算；求球的表面积 10
在求点到面的距离时涉及球的表面积；
求四棱锥的体积
11
由三视图求几何体的表面积
5
9
年份 2019
2018
卷别 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷
Ⅲ卷
题号 16 16 16 9 16
3、12
考查角度点到平面的距离多面体的棱长与面的个数
21
(3)已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度保持不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半．
(4)在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的 z′轴也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变．
22
1．(2020·浙江模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体
38
考向2 空间几何体的体积
典例3 (1)(2020·葫芦岛模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱
长为2，在A，B，C，D，C1，D1这六个顶点中，选择两个点与A1，B1构
成正三棱锥P，在剩下的四个顶点中选择两个点与A1，B1构成正三棱锥
Q，M表示P与Q的公共部分，则M的体积为
( A)
A．13

高考数学立体几何题型全归纳

高考数学立体几何题型全归纳一、空间几何体的结构特征1. 一个三棱柱的底面是正三角形，侧棱垂直于底面，它的三视图及其尺寸如下（单位cm），则该三棱柱的表面积为（）正视图：是一个矩形，长为2，高为√(3)；侧视图：是一个矩形，长为2，高为1；俯视图：是一个正三角形，边长为2。

解析：底面正三角形的边长a = 2，底面积S_{底}=(√(3))/(4)a^2=(√(3))/(4)×2^2=√(3)。

侧棱长h = 1，三个侧面的面积S_{侧}=3×2×1 = 6。

所以表面积S=2S_{底}+S_{侧}=2√(3)+6。

2. 若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是（）正视图：是一个梯形，上底为1，下底为2，高为2；侧视图：是一个矩形，长为2，宽为1；俯视图：是一个矩形，长为2，宽为1。

解析：该几何体是一个四棱台。

上底面积S_{1}=1×1 = 1，下底面积S_{2}=2×2=4，高h = 2。

根据四棱台体积公式V=(1)/(3)h(S_{1}+S_{2}+√(S_{1)S_{2}})=(1)/(3)×2×(1 + 4+√(1×4))=(14)/(3)二、空间几何体的表面积与体积3. 已知球的直径SC = 4，A，B是该球球面上的两点，AB=√(3)，∠ ASC=∠BSC = 30^∘，则棱锥S - ABC的体积为（）解析：设球心为O，因为SC是球的直径，∠ ASC=∠ BSC = 30^∘所以SA=SB = 2√(3)，AO = BO=√(3)又AB=√(3)，所以 AOB是等边三角形，S_{ AOB}=(√(3))/(4)×(√(3))^2=(3√(3))/(4)V_{S - ABC}=V_{S - AOB}+V_{C - AOB}=(1)/(3)× S_{ AOB}×(SO + CO)=(1)/(3)×(3√(3))/(4)×2=√(3)4. 一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）正视图：是一个正方形，右上角缺了一个等腰直角三角形；侧视图：是一个正方形，右上角缺了一个等腰直角三角形；俯视图：是一个正方形，右上角缺了一个小正方形。

高考数学(理)二轮复习(课件+跟踪训练)：第一部分专题二三角函数、解三角形、平面向量(7份)专题

专题跟踪训练(八)一、选择题1．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a ＝80，b ＝100，A ＝30°，则此三角形( )A ．一定是锐角三角形B ．一定是直角三角形C ．一定是钝角三角形D ．可能是直角三角形，也可能是锐角三角形[解析] 依题意得a sin A ＝b sin B ，sin B ＝b sin A a ＝100sin 30°80＝58<32，因此0°<B <60°或120°<B <150°.若0°<B <60°，则C ＝180°－(B ＋30°)>90°，此时△ABC 是钝角三角形；若120°<B <150°，此时△ABC 仍是钝角三角形．因此，此三角形一定是钝角三角形，故选C.[答案] C2．(2015·贵州贵阳期末)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＋sin α＝435，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋7π6的值是( )A ．－235 B.235 C.45D ．－45[解析] sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＋sin α＝435⇒sin π3cos α＋cos π3sin α＋sin α＝435⇒32sin α＋32cos α＝435⇒32sin α＋12cos α＝45，故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋7π6＝sin αcos 7π6＋cos αsin 7π6＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin α＋12cos α＝－45，故选D.[答案] D3．如图，在△ABC 中，∠B ＝45°，D 是BC 边上一点，AD ＝5，AC ＝7，DC ＝3，则AB 的长为()A.615 B ．5 C.562D ．5 6[解析] 在△ADC 中，由余弦定理得cos ∠ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22·AD ·DC ＝25＋9－492×5×3＝－12，所以∠ADC ＝120°，则∠ADB ＝60°.在△ABD 中，由正弦定理可得AB ＝AD sin ∠ADB sin B ＝5×3222＝562，故选C. [答案] C4．(2015·江西南昌一模)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若c ＝1，B ＝45°，cos A ＝35，则b 等于( )A.53 B.107 C.57D.5214[解析] 因为cos A ＝35，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝45，所以sin C ＝sin[π－(A ＋B )]＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45cos 45°＋35sin 45°＝7210.由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得b ＝17210×sin 45°＝57，故选C.[答案] C5．(2015·贵阳七校联盟)已知角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴正半轴重合，终边在直线y ＝2x 上，则sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4的值为( )A ．－7210 B.7210 C ．－210D.210[解析] 由三角函数的定义得tan θ＝2，cos θ＝±55，所以tan 2θ＝2tan θ1－tan 2θ＝－43，cos 2θ＝2cos 2θ－1＝－35，所以sin 2θ＝cos 2θtan 2θ＝45，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＝22(sin 2θ＋cos 2θ)＝22×⎝ ⎛⎭⎪⎫45－35＝210，故选D.[答案] D6．(2015·河南郑州质量预测)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝3sin 2A ，且c ＝7，C ＝π3，则△ABC 的面积是( )A.334B.736C.213D.334或736[解析] sin(B ＋A )＝sin B cos A ＋cos B sin A ，sin(B －A )＝sin B cos A －cosB sin A ，sin 2A ＝2sin A cos A ，sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝3sin 2A ，即2sin B cos A ＝6sin A cos A ．当cos A ＝0时，A ＝π2，B ＝π6，又c ＝7，得b ＝213.由三角形面积公式知S ＝12bc ＝736；当cos A ≠0时，由2sin B cos A ＝6sin A cos A 可得sin B ＝3sin A ，根据正弦定理可知b ＝3a ，再由余弦定理可知cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋9a 2－76a 2＝cos π3＝12，可得a ＝1，b ＝3，所以此时三角形的面积为S ＝12ab sin C ＝334.综上可得三角形的面积为736或334，所以选D.[答案] D 二、填空题7．(2014·温州十校联考)已知锐角α满足cos 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α，则sin 2α等于________． [解析] 由cos 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α得，cos 2α－sin 2α＝22cos α＋22sin α，而α为锐角，∴cos α＋sin α≠0，∴cos α－sin α＝22，两边平方得，1－sin 2α＝12，∴sin 2α＝12.[答案] 128．(2015·广东卷)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝3，sin B ＝12，C ＝π6，则b ＝________.[解析] 由sin B ＝12得B ＝π6或5π6，因为C ＝π6，所以B ≠5π6，所以B ＝π6，于是A ＝2π3.由正弦定理，得3sin 2π3＝b12，所以b ＝1. [答案] 19．(2015·贵阳质检)在△ABC 中，a ，b ，c 为∠A ，∠B ，∠C 的对边，若cos 2B ＋cos B ＋cos(A －C )＝1，b ＝7，则a 2＋c 2的最小值为____________．[解析] ∵cos 2B ＋cos B ＋cos(A －C )＝1，∴－cos(A ＋C )＋cos(A －C )＝1－cos 2B,2sin A sin C ＝2sin 2B ，由正弦定理得ac ＝b 2，即7＝ac ≤12(a 2＋c 2)(当且仅当a ＝c 时等号成立)，∴a 2＋c 2的最小值为14.[答案] 14 三、解答题10．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，且a ＝3，b ＝3，cos B ＝13.(1)求c 的值； (2)求cos(B －C )的值．[解] (1)因为b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，且a ＝3，b ＝3，cos B ＝13，所以9＝9＋c 2－2×3c ×13，解得c ＝2或0(舍去)，故c ＝2. (2)在△ABC 中，sin B ＝1－cos 2B ＝223，由正弦定理，得sin C ＝c b sin B ＝23×223＝429，因为a ＝b >c ，所以C 为锐角，因此cos C ＝1－sin 2C ＝79，于是cos(B －C )＝cos B cos C ＋sin B sin C ＝13×79＋223×429＝2327. 11．(2015·山西太原一模)已知a ，b ，c 分别是△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边，且c ＝2，C ＝π3.(1)若△ABC 的面积等于3，求a ，b ； (2)若sin C ＋sin(B －A )＝2sin 2A ，求A 的值． [解] (1)∵c ＝2，C ＝π3，∴由余弦定理得4＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab ， ∵△ABC 的面积等于3， ∴12ab sin C ＝3，∴ab ＝4，联立⎩⎨⎧a 2＋b 2－ab ＝4ab ＝4，解得a ＝2，b ＝2.(2)∵sin C ＋sin(B －A )＝2sin 2A ， ∴sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝4sin A cos A ， ∴sin B cos A ＝2sin A cos A ， ①当cos A ＝0时，A ＝π2；②当cos A ≠0时，sin B ＝2sin A ，由正弦定理得b ＝2a ，联立⎩⎨⎧a 2＋b 2－ab ＝4b ＝2a，解得a ＝233，b ＝433，∴b 2＝a 2＋c 2，∴B ＝π2.∵C ＝π3，∴A ＝π6.综上所述，A ＝π2或A ＝π6.12．(2015·辽宁五校期末)已知函数f (x )＝2cos 2x －sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －7π6.(1)求函数f (x )的最大值，并写出f (x )取最大值时x 的取值集合； (2)已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A )＝32，b ＋c ＝2.求实数a 的取值范围．[解] (1)f (x )＝2cos 2x －sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －7π6＝(1＋cos 2x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2x cos 7π6－cos 2x sin 7π6＝1＋32sin 2x ＋12cos 2x ＝1＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. ∴函数f (x )的最大值为2.当且仅当sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＝1，即2x ＋π6＝2k π＋π2，k ∈Z ，即x ＝k π＋π6，k ∈Z 时取到．∴函数取最大值时x 的取值集合为 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ＝k π＋π6，k ∈Z .(2)由题意，f (A )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＋1＝32，化简得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12. ∵A ∈(0，π)，∴2A ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，∴2A ＋π6＝5π6，∴A ＝π3.在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝(b ＋c )2－3bc .由b ＋c ＝2，知bc ≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b ＋c 22＝1，即a 2≥1，当且仅当b ＝c ＝1时取等号．又由b ＋c >a 得a <2，∴a 的取值范围是[1,2)．。

三年高考(2016-2018)数学(理)真题分项专题21 三视图的辨别与应用(Word版)

专题21 三视图的辨别与应用考纲解读明方向考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.空间几何体的结构认识柱、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了解2016课标全国Ⅲ,10;2015课标Ⅱ,6选择题填空题★★☆2.三视图和直观图①能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述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;②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;③会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求)理解2017课标全国Ⅰ,7;2017北京,7;2016课标全国Ⅰ,6;2015重庆,5;2014湖南,7;2013四川,3选择题填空题★★★等几何体的形成过程,正确把握轴截面、中截面的含义及掌握将圆柱、圆锥、圆台的空间问题转化为平面问题的方法.3.理解三视图的形成过程及掌握三视图及直观图的画法.4.注重空间想象能力的培养.5.高考对本节的考查以三视图的识别和应用为主,分值约为5分,属中档题.2018年高考全景展示1．【2018年理新课标I卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B. C. D. 22017年高考全景展示1.【2017课标1，理7】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A ．10B ．12C ．14D ．162.【2017浙江，3】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．12+π B ．32+π C ．123+πD ．323+π 3.【2017北京，理7】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（A ）2 （B ）3 （C ）2 （D ）22016年高考全景展示1.【2016高考新课标3理数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）（A）18365+（B）54185+（C）90 （D）812.【2016高考山东理数】一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（）（A）1233+π（B）123+π（C）123+π（D）21+π3.【2016年高考四川理数】已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是.正视图3314.【2016高考浙江理数】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是 cm2，体积是 cm3.5.【2016高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m），则该四棱锥的体积为_______m3.。

2016高考数学(理)二轮复习高效演练 2.5.1空间几何体的三视图、表面积及体积含答案

高效演练1.(考向一）如图中的三个直角三角形是一个体积为30cm3的几何体的三视图,则侧视图中的h为( ）A。

5cm B。

6cm C.7cm D.8cm【解析】选B.原几何体是一个三棱锥,底面是直角三角形，直角边为5cm和6cm,三棱锥的高为h，所以××5×6×h=30,解得h=6cm.2.(考向二）某由圆柱切割获得的几何体的三视图如图所示,其中俯视图是中心角为60°的扇形，则该几何体的侧面积为（)A.12+πB。

6+πC。

12+2πD。

6+4π【解析】选C。

由三视图知几何体是个圆柱体，且母线长为3，底面半径为2，所以弧长为×2=π，所以几何体的侧面积S=×3=12+2π。

3.（考向三)某几何体的三视图如图所示,则该几何体外接球的表面积为（)A。

π B.πC。

4πD。

16π【解析】选D。

由三视图知：几何体为圆锥，圆锥的高为1,底面半径为，设外接球的半径为R，如图：则（1—R）2+3=R2⇒R=2.所以外接球的表面积S=4π×22=16π.4.（考向三）已知E,F分别是矩形ABCD的边BC与AD的中点，且BC=2AB=2，现沿EF将平面ABEF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC,则三棱锥A—FEC外接球的体积为（)A.πB.πC.πD。

2π【解析】选B。

由题意，三棱锥A-FEC外接球是正方体AC的外接球,由此三棱锥A-FEC外接球的半径是，所以三棱锥A—FEC外接球的体积为π=π。

5.（考向二）（2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ）A.+πB。

+π C.+2πD。

+2π【解析】选A。

由三视图可知,该几何体为三棱锥和半个圆柱构成的组合体.由图中数据可知，三棱锥的体积为V1=××1×2×1=,半个圆柱的体积为V2=×π×12×2=π，所以几何体的体积为+π。

高考数学二轮复习第一部分专题篇专题四立体几何第二讲空间点、线、面位置关系的判断课时作业

2017届高考数学二轮复习第一部分专题篇专题四立体几何第二讲空间点、线、面位置关系的判断课时作业理1．(2016·正定摸底)已知直线a与平面α，β，α∥β，a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中( )A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一一条与a平行的直线解析：设直线a和点B所确定的平面为γ，则α∩γ＝a，记β∩γ＝b，∵α∥β，∴a ∥b，故存在唯一一条直线b与a平行．答案：D2．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：易知①正确；②错误，l与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明；④正确，可以以三棱柱为例证明，故选B.答案：B3．如图所示，O为正方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是( )A．A1D B．AA1C．A1D1D．A1C1解析：由题意知，A1C1⊥平面DD1B1B，又OB1⊂面DD1B1B，所以A1C1⊥OB1，故选D.答案：D4．(2016·某某模拟)设m、n为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，给出下列命题：①若m⊥α，m⊥β，则α∥β；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若m⊥α，n⊥α，则m∥n.上述命题中，所有真命题的序号是( )A．①④B．②③C．①③D．②④解析：由线面垂直的性质定理知①④正确；平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，故②错；平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能相交或异面，故③错．选A. 答案：A5.如图，在三棱锥PABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.答案：B6．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是( ) A．垂直B．相交不垂直C ．平行D ．重合解析：如图，分别取另三条棱的中点A ，B ，C 将平面LMN 延展为平面正六边形AMBNCL ，因为PQ ∥AL ，PR ∥AM ，且PQ 与PR 相交，AL与AM 相交，所以平面PQR ∥平面AMBNCL ，即平面LMN ∥平面PQR .答案：C7．一个面截空间四边形的四边得到四个交点，如果该空间四边形的两条对角线与这个截面平行，那么此四个交点围成的四边形是________．解析：如图，由题意得AC ∥平面EFGH ，BD ∥平面EFGH .∵AC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面EFGH ＝EF ，∴AC ∥EF ，同理AC ∥GH ，所以EF ∥GH .同理，EH ∥FG ，所以四边形EFGH 为平行四边形．答案：平行四边形8．(2016·某某模拟)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为棱DC 的中点，则D 1P 与BC 1所在直线所成角的余弦值等于________．解析：连接AD 1，AP (图略)，则∠AD 1P 就是所求角，设AB ＝2，则AP ＝D 1P ＝5，AD 1＝22，∴cos ∠AD 1P ＝12AD 1D 1P ＝105. 答案：1059.如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值X 围是________．解析：取B 1C 1中点M ，则A 1M ∥AE ；取BB 1中点N ，则MN ∥EF (图略)，∴平面A 1MN ∥平面AEF .若A 1P ∥平面AEF ，只需P ∈MN ，则P 位于MN 中点时，A 1P 最短；当P 位于M 或N 时，A 1P 最长．不难求得A 1P 的取值X 围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52 10.(2016·某某模拟)如图，在四面体ABCD 中，平面BAD ⊥平面CAD ，∠BAD ＝90°.M ，N ，Q 分别为棱AD ，BD ，AC 的中点．(1)求证：CD ∥平面MNQ ；(2)求证：平面MNQ ⊥平面CAD .证明：(1)因为M ，Q 分别为棱AD ，AC 的中点，所以MQ ∥CD ，又CD ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，故CD ∥平面MNQ .(2)因为M ，N 分别为棱AD ，BD 的中点，所以MN ∥AB ，又∠BAD ＝90°，故MN ⊥AD .因为平面BAD ⊥平面CAD ，平面BAD ∩平面CAD ＝AD ，且MN ⊂平面ABD ，所以MN ⊥平面CAD ，又MN ⊂平面MNQ ，所以平面MNQ ⊥平面CAD .11．(2016·某某五校联考)如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ＝PD ，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．(1)求证：AD ⊥平面PBE ；(2)若Q 是PC 的中点，求证：PA ∥平面BDQ ；(3)若V P BCDE ＝2V Q ABCD ，试求CP CQ的值．解析：(1)证明：由E 是AD 的中点，PA ＝PD 可得AD ⊥PE .又底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，所以AB ＝BD ，又因为E 是AD 的中点，所以AD ⊥BE ，又PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PBE .(2)证明：连接AC (图略)，交BD 于点O ，连接OQ .因为O 是AC 的中点， Q 是PC 的中点，所以OQ ∥PA ，又PA ⊄平面BDQ ，OQ ⊂平面BDQ ，(3)设四棱锥P BCDE ，Q ABCD 的高分别为h 1，h 2.所以V P BCDE ＝13S 四边形BCDE h 1， V Q ABCD ＝13S 四边形ABCD h 2.又因为V P BCDE ＝2V Q ABCD ，且S 四边形BCDE ＝34S 四边形ABCD ，所以CP CQ ＝h 1h 2＝83. 12．(2016·某某模拟)一个正方体的平面展开图及该正方体直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N .(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN ∥平面BDH ；(3)过点M ，N ，H 的平面将正方体分割为两部分，求这两部分的体积比．解析：(1)点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)证明：连接BD ，设O 为BD 的中点，连接OM ，OH ，AC ，BH ，MN .∵M ，N 分别是BC ，GH 的中点，∴OM ∥CD ，且OM ＝12CD ，NH ∥CD ，且NH ＝12CD ， ∴OM ∥NH ，OM ＝NH ，则四边形MNHO 是平行四边形，∴MN ∥OH ，又∵MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ，(3)由(2)知，OM∥NH，OM＝NH，连接GM，MH，过点M，N，H的平面就是平面GMH，它将正方体分割为两个同高的棱柱，高都是GH，底面分别是四边形BMGF和三角形MGC，体积比等于底面积之比，即3∶1.。

精选三年高考2016-高考数学试题分项版解析专题21三视图的辨别与应用理含解析

专题21三视图的辨别与应用考纲解读明方向几何体的形成过程,正确把握轴截面、中截面的含义及掌握将圆柱、圆锥、圆台的空间问题转化为平面问题的方法.3.理解三视图的形成过程及掌握三视图及直观图的画法.4.注重空间想象能力的培养.5.高考对本节的考查以三视图的识别和应用为主,分值约为5分,属中档题.全景展示高考年2018 1．【2018年理新课标I 卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B.C. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M 和点N 在圆柱上所处的位置，点M 在上底面上，点N 在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M 、N 在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.2017年高考全景展示1.【2017课标1，理7】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A．10B．12C．14D．16【答案】B【考点】简单几何体的三视图【名师点睛】三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角、距离等问题相结合，解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征并且熟悉常见几何体的三视图.。

立体几何三视图专题(理科)(2016高考真题分专题复习)

（A）1 （B）2 （C）4 （D）8
8．【2015高考重庆，理5】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
A、 B、 C、 D、
9．【2015高考北京，理5】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（）
A． B． C． D．5
10．【2015高考安徽，理7】一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（）
12．A．分析题意可知，问题等价于圆锥的内接长方体的体积的最大值，设长方体体的长，宽，高分别为，，，长方体上底面截圆锥的截面半径为，则，如下图所示，圆锥的轴截面如图所示，则可知，而长方体的体积
，当且仅当，时，等号成立，此时利用率为，故选A．
13．C．由题意得，该几何体为一立方体与四棱锥的组合，如下图所示，∴体积，
（A）（B）（C）（D）
3．（2016年高考北京理数）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）
A． B． C． D．
4．（2016高考新课标3理数）如上图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）
（A）（B）（C）90（D）81
5．（2016高考山东理数）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为（）
考点：1．三视图；2．空间几何体体积计算．
4．B由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积，故选B．
考点：空间几何体的三视图及表面积．
5．C由三视图可知,上面是半径为的半球,体积为 ,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积 ,故选C．
6．D由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为，母线长为，所以该几何体的表面积是，故选D．

高三数学第二轮重点复习内容

高三数学第二轮重点复习内容高三数学第二轮重点复习内容专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：着重掌握函数的单调性，奇偶性，周期性，对称性。

这些性质通常会综合起来一起考察，并且有时会考察具体函数的这些性质，有时会考察抽象函数的这些性质。

一元二次函数：一元二次函数是贯穿中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了了解，高中阶段更多的是将它与导数进行衔接，根据抛物线的开口方向，与x轴的交点位置，进而讨论与定义域在x轴上的摆放顺序，这样可以判断导数的正负，最终达到求出单调区间的目的，求出极值及最值。

不等式：这一类问题常常出现在恒成立，或存在性问题中，其实质是求函数的最值。

当然关于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的结合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是非常必要的。

专题二：数列。

以等差等比数列为载体，考察等差等比数列的通项公式，求和公式，通项公式和求和公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前n项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。

专题三：三角函数，平面向量，解三角形。

三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有涉及，有时候考察三角函数的公式之间的互相转化，进而求单调区间或值域;有时候考察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，当然正弦，余弦定理是很好的工具。

向量可以很好得实现数与形的转化，是一个很重要的知识衔接点，它还可以和数学的一大难点解析几何整合。

专题四：立体几何。

立体几何中，三视图是每年必考点，主要出现在选择，填空题中。

大题中的立体几何主要考察建立空间直角坐标系，通过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。

另外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，着重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应该掌握三棱柱，长方体。

空间直线与平面的位置关系应以证明垂直为重点，当然常考察的方法为间接证明。

专题五：解析几何。

人教版高考数学(理)二轮复习微专题：微专题16 解析几何中的“隐形圆”问题

微专题16 解析几何中的“隐形圆”问题真题感悟(2016·江苏卷)如图,在平面直角坐标系xOy 中,已知以M 为圆心的圆M ：x 2＋y 2－12x －14y ＋60＝0及其上一点A(2,4).(1)设圆N 与x 轴相切,与圆M 外切,且圆心N 在直线x ＝6上,求圆N 的标准方程； (2)设平行于OA 的直线l 与圆M 相交于B,C 两点,且BC ＝OA,求直线l 的方程； (3)设点T(t,0)满足：存在圆M 上的两点P 和Q,使得TA →＋TP →＝TQ →,求实数t 的取值范围. 解圆M 的标准方程为(x －6)2＋(y －7)2＝25,所以圆心M(6,7),半径为5. (1)由圆心N 在直线x ＝6上,可设N(6,y 0). 因为圆N 与x 轴相切,与圆M 外切,所以0＜y 0＜7, 于是圆N 的半径为y 0,从而7－y 0＝5＋y 0,解得y 0＝1. 因此,圆N 的标准方程为(x －6)2＋(y －1)2＝1. (2)因为直线l∥OA ,所以直线l 的斜率为4－02－0＝2.设直线l 的方程为y ＝2x ＋m,即2x －y ＋m ＝0, 则圆心M 到直线l 的距离d ＝|2×6－7＋m|5＝|m ＋5|5.因为BC ＝OA ＝22＋42＝25,而MC 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22,所以25＝（m ＋5）25＋5,解得m ＝5或m ＝－15.故直线l 的方程为2x －y ＋5＝0或2x －y －15＝0.(3)法一 TA →＋TP →＝TQ →,即TA →＝TQ →－TP →＝PQ →, 故|TA →|＝|PQ →|,因为|TA →|＝（t －2）2＋42,又0＜|PQ →|≤10, 所以0＜（t －2）2＋42≤10, 解得t∈[2－221,2＋221],对于任意t∈[2－221,2＋221],欲使TA →＝PQ →,此时0＜|TA →|≤10,只需要作直线TA 的平行线,使圆心到直线的距离为25－|TA →|24,必然与圆交于P,Q 两点,此时|TA →|＝|PQ →|,即TA →＝PQ →,因此对于任意t∈[2－221,2＋221],均满足题意, 综上,t∈[2－221,2＋221]. 法二设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2). 因为A(2,4),T(t,0),TA →＋TP →＝TQ →,所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝x 1＋2－t ，y 2＝y 1＋4.①因为点Q 在圆M 上,所以(x 2－6)2＋(y 2－7)2＝25.② 将①代入②,得(x 1－t －4)2＋(y 1－3)2＝25.于是点P(x 1,y 1)既在圆M 上,又在圆[x －(t ＋4)]2＋(y －3)2＝25上, 从而圆(x －6)2＋(y －7)2＝25与圆[x －(t ＋4)]2＋(y －3)2＝25有公共点, 所以5－5≤[（t ＋4）－6]2＋（3－7）2≤5＋5,解得2－221≤t≤2＋221. 因此,实数t 的取值范围是[2－221,2＋221].考点整合高考中圆的方程是C 级考点,其重要性不言而喻.但在一些题目中,条件没有直接给出圆方面的信息,而是隐藏在题目中,要通过分析和转化,发现圆(或圆的方程),从而最终可以利用圆的知识求解,我们称此类问题为“隐形圆”问题,课本习题给出的“阿波罗尼斯圆”是“隐形圆”典型的例子. 1.问题背景苏教版《数学必修2》P112第12题：已知点M(x,y)与两个定点O(0,0),A(3,0)的距离之比为12,那么点M 的坐标应满足什么关系？画出满足条件的点M 所构成的曲线. 2.阿波罗尼斯圆公元前3世纪,古希腊数学家阿波罗尼斯(Apollonius)在《平面轨迹》一书中,曾研究了众多的平面轨迹问题,其中有如下结果：到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆. 如图,点A,B 为两定点,动点P 满足PA ＝λPB.则λ＝1时,动点P 的轨迹为直线；当λ≠1时,动点P 的轨迹为圆,后世称之为阿波罗尼斯圆.证设AB ＝2m(m ＞0),PA ＝λPB ,以AB 中点为原点,直线AB 为x 轴建立平面直角坐标系,则A(－m,0),B(m,0).又设P(x,y),则由PA ＝λPB 得（x ＋m ）2＋y 2＝ λ（x －m ）2＋y 2,两边平方并化简整理得(λ2－1)x 2－2m(λ2＋1)x ＋(λ2－1)y 2＝m 2(1－λ2). 当λ＝1时,x ＝0,轨迹为线段AB 的垂直平分线；当λ＞1时,⎝ ⎛⎭⎪⎫x －λ2＋1λ2－1m 2＋y 2＝4λ2m 2（λ2－1）2,轨迹为以点⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋1λ2－1m ，0为圆心,⎪⎪⎪⎪⎪⎪2λm λ2－1为半径的圆. 上述课本习题的一般化情形就是阿波罗尼斯定理.热点一轨迹问题【例1】如图,圆O 1与圆O 2的半径都是1,O 1O 2＝4,过动点P 分别作圆O 1、圆O 2的切线PM,PN(M,N 分别为切点),使得PM ＝2PN,试建立适当的坐标系,并求动点P 的轨迹方程.解以O 1O 2的中点O 为原点,O 1O 2所在的直线为x 轴,建立平面直角坐标系,则O 1(－2,0),O 2(2,0),由已知PM ＝2PN,得PM 2＝2PN 2. 因为两圆的半径均为1, 所以PO 21－1＝2(PO 22－1).设P(x,y),则(x ＋2)2＋y 2－1＝2[(x －2)2＋y 2－1]. 即(x －6)2＋y 2＝33,所以所求轨迹方程为(x －6)2＋y 2＝33.探究提高动点的轨迹问题是高考的热点之一,解决轨迹问题的关键是通过建立直角坐标系,寻找动点满足的条件,列式化简得所求轨迹方程.【训练1】设A(－c,0),B(c,0)(c ＞0)为两定点,动点P 到A 点的距离与到B 点的距离的比为定值a(a ＞0),求P 点的轨迹.解设动点P 的坐标为(x,y), 由PA PB ＝a(a ＞0),得（x ＋c ）2＋y 2（x －c ）2＋y2＝a.化简得(1－a 2)x 2＋2c(1＋a 2)x ＋c 2(1－a 2) ＋(1－a 2)y 2＝0.当a≠1时,得x 2＋2c （1＋a 2）1－a2x ＋c 2＋y 2＝0, 整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋a 2a 2－1c 2＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2ac a 2－12.当a ＝1时,化简得x ＝0.所以当a≠1时,P 点的轨迹是以⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2－1c ，0为圆心,⎪⎪⎪⎪⎪⎪2ac a 2－1为半径的圆；当a ＝1时,P 点的轨迹为y 轴.热点二含“隐形圆”的范围与最值问题【例2】 (2013·江苏卷)如图所示,在平面直角坐标系xOy 中,点A(0,3),直线l ：y ＝2x －4,设圆C 的半径为1,圆心在l 上.(1)若圆心C 也在直线y ＝x －1上,过点A 作圆C 的切线,求切线的方程； (2)若圆C 上存在点M,使MA ＝2MO,求圆心C 的横坐标a 的取值范围.解 (1)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －1，y ＝2x －4，得圆心为C(3,2).切线的斜率存在,设切线方程为y ＝kx ＋3. 则d ＝|3k ＋3－2|1＋k 2＝r ＝1, 得k ＝0或k ＝－34.故所求切线方程为y ＝3或3x ＋4y －12＝0.(2)设点M(x,y),由MA ＝2MO,知x 2＋（y －3）2＝2x 2＋y 2, 化简得x 2＋(y ＋1)2＝4.即点M 的轨迹为以(0,－1)为圆心,2为半径的圆,可记为圆D. 又因为点M 在圆C 上,故圆C 与圆D 的关系为相交或相切. 故1≤CD≤3,又C(a,2a －4),D(0,－1), 故1≤a 2＋（2a －3）2≤3. 解得0≤a≤125.所以圆心C 的横坐标a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，125.探究提高 (1)如何发现隐形圆(或圆的方程)是关键,常见的有以下五个策略：策略一：利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐形圆；策略二：动点P 对两定点A,B 的张角是90°(k PA ·k PB ＝－1或PA →·PB →＝0)确定隐形圆；策略三：两定点A,B,动点P 满足PA →·PB →＝λ确定隐形圆；策略四：两定点A,B,动点P 满足PA 2＋PB 2是定值确定隐形圆；策略五：两定点A,B,动点P 满足AP ＝λBP(λ＞0,λ≠1)确定隐形圆(阿波罗尼斯圆).(2)“隐形圆”发掘出来以后常考查点和圆、直线和圆、圆和圆的位置关系等相关知识点,一般解决思路可从“代数角度”或“几何角度”入手.【训练2】在△ABC 中,边BC 的中点为D,若AB ＝2,BC ＝2AD,则△ABC 的面积的最大值是________. 解析以AB 中点为原点,直线AB 为x 轴建立平面直角坐标系.则A(－1,0),B(1,0),由BD ＝CD,BC ＝2AD 知,AD ＝2BD,D 的轨迹为阿波罗尼斯圆,方程为(x －3)2＋y 2＝8.设C(x,y),得D ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12，y 2,所以点C 的轨迹方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12－32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 22＝8,即(x －5)2＋y 2＝32.所以S △ABC ＝12×2|y|＝|y|≤32＝42,故S △ABC的最大值是4 2. 答案 4 2热点三含“隐形圆”的定点与定值问题【例3】已知圆C ：x 2＋y 2＝9,点A(－5,0),在直线OA 上(O 为坐标原点)存在定点B(不同于点A)满足：对圆C 上任一点P,都有PBPA 为一常数,试求所有满足条件的点B的坐标.解法一假设存在满足条件的点B(t,0),当P 为圆C 与x 轴的左交点(－3,0)时,PB PA ＝|t ＋3|2；当P 为圆C 与x 轴的右交点(3,0)时,PB PA ＝|t －3|8,依题意|t ＋3|2＝|t －3|8,解得t ＝－5(舍去)或t ＝－95.下面证明点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－95，0对于圆C 上任一点P,都有PB PA 为常数.设P(x,y),则y 2＝9－x 2,所以PB 2PA 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋952＋y 2（x ＋5）2＋y 2＝x 2＋185x ＋8125＋9－x 2x 2＋10x ＋25＋9－x 2＝1825（5x ＋17）2（5x ＋17）＝925,从而PB PA ＝35为常数. 故满足条件的点B 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－95，0.法二假设存在满足条件的点B(t,0), 使得PB PA为常数λ(λ＞0),则PB 2＝λ2PA 2,所以(x －t)2＋y 2＝λ2[(x ＋5)2＋y 2],将y 2＝9－x 2代入得, x 2－2xt ＋t 2＋9－x 2＝λ2(x 2＋10x ＋25＋9－x 2), 即2(5λ2＋t)x ＋34λ2－t 2－9＝0对x∈[－3,3]恒成立, 所以⎩⎪⎨⎪⎧5λ2＋t ＝0，34λ2－t 2－9＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝35，t ＝－95或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，t ＝－5(舍去),故满足条件的点B 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－95，0. 探究提高本题以阿波罗尼斯圆为背景构建定点问题,体现了阿波罗尼斯圆在解析几何中的经典地位. 【训练3】已知⊙O：x 2＋y 2＝1和点M(4,2). (1)过点M 向⊙O 引切线l,求直线l 的方程；(2)求以点M 为圆心,且被直线y ＝2x －1截得的弦长为4的⊙M 的方程；(3)设P 为(2)中⊙M 上任一点,过点P 向⊙O 引切线,切点为Q,试探究：平面内是否存在一定点R,使得PQPR 为定值？若存在,请举出一例,并指出相应的定值；若不存在,请说明理由. 解 (1)直线l 的斜率存在,设切线l 的方程为y －2＝k(x －4), 易得|4k －2|k 2＋1＝1,解得k ＝8±1915. ∴切线l 的方程为y －2＝8±1915(x －4).(2)圆心到直线y ＝2x －1的距离为5,设圆的半径为r, 则r 2＝22＋(5)2＝9,∴⊙M 的方程为(x －4)2＋(y －2)2＝9.(3)假设存在满足条件的点R(a,b),设点P 的坐标为(x,y),相应的定值为λ(λ＞0). 根据题意可得PQ ＝x 2＋y 2－1,∴x 2＋y 2－1（x －a ）2＋（y －b ）2＝λ,即x 2＋y 2－1＝λ2(x 2＋y 2－2ax －2by ＋a 2＋b 2).(*) 又点P 在圆M 上,∴(x－4)2＋(y －2)2＝9, 即x 2＋y 2＝8x ＋4y －11,代入(*)式得8x ＋4y －12＝λ2[(8－2a)x ＋(4－2b)y ＋(a 2＋b 2－11)]. 若系数对应相等,则等式恒成立,∴⎩⎪⎨⎪⎧λ2（8－2a ）＝8，λ2（4－2b ）＝4，λ2（a 2＋b 2－11）＝－12，解得a ＝2,b ＝1,λ＝2或a ＝25,b ＝15,λ＝103,∴存在定点R,使得PQ PR 为定值,点R 的坐标为(2,1)时,定值为2；点R 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫25，15时,定值为103.【新题感悟】 (2019·南京、盐城高三二模)在平面直角坐标系xOy 中,已知点A(－1,0),B(5,0).若圆M ：(x －4)2＋(y －m)2＝4上存在唯一点P,使得直线PA,PB 在y 轴上的截距之积为5,则实数m 的值为________.解析根据题意,设P 的坐标为(a,b),则直线PA 的方程为y ＝b a ＋1(x ＋1),其在y 轴上的截距为ba ＋1,直线PB 的方程为y ＝b a －5(x －5),其在y 轴上的截距为－5ba －5.若点P 满足使得直线PA,PB 在y 轴上的截距之积为5,则有b a ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－5b a －5＝5,变形可得b 2＋(a －2)2＝9,则点P 在圆(x －2)2＋y 2＝9上.若圆M ：(x －4)2＋(y －m)2＝4上存在唯一点P,则圆M 与(x －2)2＋y 2＝9有且只有一个公共点,即两圆内切或外切,又由圆心距为（4－2）2＋m 2≥2,则两圆只能外切,则有4＋m 2＝25,解可得：m ＝±21. 答案 ±21一、填空题1.在平面直角坐标系xOy 中,已知B,C 为圆x 2＋y 2＝4上两点,点A(1,1),且AB⊥AC ,则线段BC 的长的取值范围为________.解析如图,设BC 的中点为M(x,y). 连接OB,OM,AM,则BC ＝2BM ＝2AM, 所以OB 2＝OM 2＋BM 2＝OM 2＋AM 2, 即4＝x 2＋y 2＋(x －1)2＋(y －1)2,化简得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －122＝32,所以点M 的轨迹是以⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12为圆心,62为半径的圆, 所以AM 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤6－22，6＋22,所以BC 的取值范围是[6－2,6＋2]. 答案 [6－2,6＋2]2.在平面直角坐标系xOy 中,已知圆C ：(x －a)2＋(y －a ＋2)2＝1,点A(0,2),若圆C 上存在点M,满足MA 2＋MO 2＝10,则实数a 的取值范围是________. 解析设点M(x,y),由MA 2＋MO 2＝10,即x 2＋(y －2)2＋x 2＋y 2＝10,整理得x 2＋(y －1)2＝4, 即点M 在圆E ：x 2＋(y －1)2＝4上.圆C 上存在点M 满足MA 2＋MO 2＝10等价于圆E 与圆C 有公共点, 所以|2－1|≤CE≤2＋1,即1≤a 2＋（a －3）2≤3,整理得1≤2a 2－6a ＋9≤9, 解得0≤a≤3,即实数a 的取值范围是[0,3]. 答案 [0,3]3.已知圆O ：x 2＋y 2＝1,圆M ：(x －a)2＋(y －a ＋4)2＝1.若圆M 上存在点P,过点P 作圆O 的两条切线,切点为A,B,使得∠APB＝60°,则实数a 的取值范围为________.解析由题意得圆心M(a,a －4)在直线x －y －4＝0上运动,所以动圆M 是圆心在直线x －y －4＝0上,半径为1的圆.又因为圆M 上存在点P,使经过点P 作圆O 的两条切线,切点为A,B,使∠APB＝60°,所以OP ＝2,即点P 也在x 2＋y 2＝4上,于是2－1≤a 2＋（a －4）2≤2＋1,即1≤a 2＋（a －4）2≤3,解得实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－22，2＋22. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－22，2＋22 4.在平面直角坐标系xOy 中,圆C 的方程为x 2＋y 2－4x ＝0.若直线y ＝k(x ＋1)上存在一点P,使过P 所作的圆的两条切线相互垂直,则实数k 的取值范围是________.解析由题意知原命题等价于直线上存在点P 使得PC ＝22,从而(PC)min ≤22,即圆心C(2,0)到直线y ＝k(x ＋1)的距离d ＝|3k|1＋k2≤22,解得－22≤k≤2 2.答案 [－22,22]5.在平面直角坐标系xOy 中,设点A(1,0),B(3,0),C(0,a),D(0,a ＋2),若存在点P,使得PA ＝2PB,PC ＝PD,则实数a 的取值范围是________.解析设P(x,y),则（x －1）2＋y 2＝2·（x －3）2＋y 2,整理得(x －5)2＋y 2＝8,即动点P 在以(5,0)为圆心,22为半径的圆上运动.另一方面,由PC ＝PD 知动点P 在线段CD 的垂直平分线y ＝a ＋1上运动,因而问题就转化为直线y ＝a ＋1与圆(x －5)2＋y 2＝8有交点.所以|a ＋1|≤22,故实数a 的取值范围是[－22－1,22－1].答案 [－22－1,22－1]6.如图,在等腰△ABC 中,已知AB ＝AC,B(－1,0),AC 边的中点为D(2,0),则点C 的轨迹所包围的图形的面积等于________.解析因为AB ＝2AD,所以点A 的轨迹是阿波罗尼斯圆,易知其方程为(x －3)2＋y 2＝4(y≠0).设C(x,y),由AC 边的中点为D(2,0),知A(4－x,－y),所以C 的轨迹方程为(4－x －3)2＋(－y)2＝4,即(x －1)2＋y 2＝4(y≠0),所求的面积为4π. 答案 4π7.(2019·宿迁模拟)已知A,B 是圆C 1：x 2＋y 2＝1上的动点,AB ＝3,P 是圆C 2：(x －3)2＋(y －4)2＝1上的动点,则|PA →＋PB →|的取值范围为________.解析设AB 的中点为C,由垂径定理可得CC 1⊥AB ,则CC 1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝12,即点C 的轨迹方程是x 2＋y 2＝14,C 1C 2＝32＋42＝5,则PC max ＝5＋1＋12＝132,PC min ＝5－1－12＝72,所以|PA →＋PB →|＝|2PC →|∈[7,13]. 答案 [7,13]8.(2019·苏、锡、常、镇调研)在平面直角坐标系xOy 中,已知圆C ：(x ＋1)2＋y 2＝2,点A(2,0),若圆C 上存在点M,满足MA 2＋MO 2≤10,则点M 的纵坐标的取值范围是________.解析设M(x,y),因为MA 2＋MO 2≤10,所以(x －2)2＋y 2＋x 2＋y 2≤10,化简得x 2＋y 2－2x －3≤0,则圆C ：x 2＋y 2＋2x －1＝0与圆C′：x 2＋y 2－2x －3＝0有公共点,将两圆方程相减可得两圆公共弦所在直线的方程为x ＝－12,代入x 2＋y 2－2x －3≤0可得－72≤y≤72,所以点M 的纵坐标的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－72，72.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－72，72 二、解答题9.在x 轴正半轴上是否存在两个定点A,B,使得圆x 2＋y 2＝4上任意一点P 到A,B 两点的距离之比为常数12？如果存在,求出点A,B 坐标；如果不存在,请说明理由.解假设在x 轴正半轴上存在两个定点A,B,使得圆x 2＋y 2＝4上任意一点P 到A,B 两点的距离之比为常数12.设P(x,y),A(x 1,0),B(x 2,0),其中x 2＞x 1＞0, 则（x －x 1）2＋y2（x －x 2）2＋y 2＝12对满足x 2＋y 2＝4的任何实数对(x,y)恒成立, 整理得,2x(4x 1－x 2)＋x 22－4x 21＝3(x 2＋y 2),将x 2＋y 2＝4代入得, 2x(4x 1－x 2)＋x 22－4x 21＝12,这个式子对任意x∈[－2,2]恒成立,所以一定有⎩⎪⎨⎪⎧4x 1－x 2＝0，x 22－4x 21＝12，因为x 2＞x 1＞0, 所以解得x 1＝1,x 2＝4.所以在x 轴正半轴上存在两个定点A(1,0),B(4,0),使得圆x 2＋y 2＝4上任意一点P 到A,B 两点的距离之比为常数12.10.如图,已知平面α⊥平面β,A,B 是平面α与平面β的交线上的两个定点,DA ⊂β,CB ⊂β,且DA⊥α,CB⊥α,AD ＝4,BC ＝8,AB ＝6,在平面α上有一个动点P,使得∠APD＝∠BPC ,求△PAB 的面积的最大值.解由题意知DA⊥α,又PA ⊂α,∴DA ⊥PA, ∴在Rt△PAD 中,tan∠APD＝AD AP ＝4AP ,同理tan∠BPC＝BC BP ＝8BP .∵∠APD＝∠BPC ,∴BP＝2AP.在平面α上以线段AB 的中点为原点,AB 所在的直线为x 轴,建立平面直角坐标系,则A(－3,0),B(3,0), 设P(x,y),则有（x －3）2＋y 2＝2（x ＋3）2＋y 2(y≠0). 化简得(x ＋5)2＋y 2＝16,∴y 2＝16－(x ＋5)2≤16.∴|y|≤4.∴△PAB 的面积为S △PAB ＝12|y|·AB＝3|y|≤12,当且仅当x ＝－5,y ＝±4时取得等号,故△PAB 的面积的最大值是12.11.已知点A(－3,0),B(3,0),动点P 满足PA ＝2PB. (1)若点P 的轨迹为曲线C,求此曲线的方程；(2)若点Q 在直线l 1：x ＋y ＋3＝0上,直线l 2经过点Q 且与曲线C 只有一个公共点M,求QM 的最小值,并求此时直线l 2的方程.解 (1)设点P 的坐标为(x,y), 则（x ＋3）2＋y 2＝2（x －3）2＋y 2,化简可得(x －5)2＋y 2＝16即为所求.(2)由(1)知曲线C 是以点(5,0)为圆心、4为半径的圆,如图,则直线l 2是此圆的切线,连接CQ,CM,则QM ＝CQ 2－CM 2＝CQ 2－16,当CQ⊥l 1时,CQ 取最小值,CQ min ＝|5＋3|2＝42, 此时QM 的最小值为32－16＝4,这样的直线l 2有两条,设满足条件的两个公共点为M 1,M 2, 易证四边形M 1CM 2Q 是正方形,所以l 2的方程是x ＝1或y ＝－4.。

2016年高考数学一、二轮复习微专题(理科)：2016年高考数学微专题十六：三视图与直观图

2016年高考数学微专题十六：三视图、直观图的技巧、方法一、知识点解析1．空间几何体的三视图空间几何体的三视图是正投影得到，这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的，三视图包括正视图、侧视图、俯视图．2．空间几何体的直观图画空间几何体的直观图常用斜二测画法，其规则是：(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45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．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变为原来的一半．3．常用结论(1)常见旋转体的三视图①球的三视图都是半径相等的圆．②水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形．③水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形．④水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形．(2)斜二测画法中的“三变”与“三不变”横不变，纵减半，竖不变二．模拟试题精讲题型一空间几何体的三视图1、由空间几何体的三视图还原出几何体的形状例1(2015·海淀区期中测试)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()答案 D解析A，B的正视图不符合要求，C的俯视图显然不符合要求，故选D.2由空间几何体的直观图判断三视图例2(2015·陕西模拟)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 B解析该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选B.3由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图例3已知某组合体的正视图与侧视图相同，如图所示，其中AB＝AC，四边形BCDE为矩形，则该组合体的俯视图可以是________(把你认为正确的图的序号都填上)．答案①②③④解析直观图如图1的几何体(上部是一个正四棱锥，下部是一个正四棱柱)的俯视图为①；直观图如图2的几何体(上部是一个正四棱锥，下部是一个圆柱)的俯视图为②；直观图如图3的几何体(上部是一个圆锥，下部是一个圆柱)的俯视图为③；直观图如图4的几何体(上部是一个圆锥，下部是一个正四棱柱)的俯视图为④.训练(1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱答案(1)B解析由题中三视图可知该几何体的直观图如图所示，则这个几何体是三棱柱，故选B.(2)在如下图所示的空间直角坐标系Oxyz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①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②答案 D解析如下图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.题型二空间几何体的直观图例4(2016·广州市模拟)(1)右图是水平放置的某个三角形的直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边的中点且A′D′∥y′轴，A′B′，A′D′，A′C′三条线段对应原图形中的线段AB，AD，AC，那么()A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AD，最短的是AC(2)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()答案(1)C(2)A解析(1)A′D′∥y′轴，根据斜二测画法规则，在原图形中应有AD⊥BC，又AD为BC 边上的中线，所以△ABC为等腰三角形．AD为BC边上的高，则有AB，AC相等且最长，AD最短．(2)由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.思维升华用斜二测画法画直观图的技巧训练在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，C′D′＝2 cm，则原图形是()A．正方形B．矩形C．菱形D．一般的平行四边形答案 C解析如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×22＝42(cm)，CD＝C′D′＝2 cm.∴OC＝OD2＋CD2＝(42)2＋22＝6(cm)，∴OA＝OC，∴四边形OABC是菱形．三．高考模拟试题精练1．(2015·北京)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为()A．1 B. 2C. 3 D．2答案 C解析四棱锥的直观图如图所示，PC⊥平面ABCD，PC＝1，底面四边形ABCD为正方形且边长为1，最长棱长P A＝12＋12＋12＝ 3.2．(2015·豫晋冀上学期第二次调研)如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O1，O2，这两个球外切，且球O1与正方体共顶点A的三个面相切，球O2与正方体共顶点B1的三个面相切，则两球在正方体的面AA1C1C上的正投影是()答案 B解析由题意可以判断出两球在正方体的面AA1C1C上的正投影与正方形相切，排除C，D，把其中一个球扩大为与正方体相切，则另一个球全被挡住，由于两球不等，所以排除A，所以B正确．3.【2015高考浙江，文2】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）A ．83cmB ．123cmC ．3233cm D ．4033cm【答案】C4.【2015高考重庆，文5】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）(A)123π+ (B)136π (C) 73π (D) 52π【答案】B【解析】由三视图可知该几何体是由一个底面半径为1，高为2的圆柱，再加上一个半圆锥：其底面半径为1，高也为1，构成的一个组合体，故其体积为61311612122πππ=⨯⨯⨯+⨯⨯，故选B.5.【2015高考陕西，文5】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（） A ．3π B ．4π C ．24π+ D ．34π+【答案】D【考点】1.空间几何体的三视图；2.空间几何体的表面积.6．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )答案 B解析由已知中几何体的直观图，我们可得侧视图首先应该是一个正方形，故D 不正确；中间的棱在侧视图中表现为一条对角线，故C 不正确；而对角线的方向应该从左上到右下，故A 不正确．7.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P －ABC 的正视图与侧视图的面积的比值为________．答案 1解析如题图所示，设正方体的棱长为a ，则三棱锥P －ABC 的正视图与侧视图都是三角形，且面积都是12a 2，故面积的比值为1.8．某四棱锥的三视图如图所示，则最长的一条侧棱的长度是________．答案29解析该几何体为如图所示P－ABCD，最长侧棱为PB＝22＋52＝29.9．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形(侧视图)的面积．解(1)由该几何体的正视图和俯视图可知该几何体是一个正六棱锥．(2)该几何体的侧视图如图：其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图正六边形对边间的距离，即BC ＝3a ，AD 是正六棱锥的高，则AD ＝3a ，所以该平面图形(侧视图)的面积为 S ＝12×3a ×3a ＝32a 2. 10．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6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a 和b 的线段，求a ＋b 的最大值．解如图，把几何体放到长方体中，使得长方体的体对角线刚好为几何体的已知棱，则长方体的体对角线A 1C ＝7，则它的正视图投影长为A 1B ＝6，侧视图投影长为A 1D ＝a ，俯视图投影长为A 1C 1＝b ，则a 2＋b 2＋(6)2＝2·(7)2，即a 2＋b 2＝8，又a ＋b 2≤a 2＋b 22，当且仅当“a ＝b ＝2”时等号成立．所以a ＋b ≤4，即a ＋b 的最大值为4.。

2016年三视图全国卷复习解析

考点三由空间几何体的三视图还原直观图一、三视图之间的关系。

正视图的是几何体的高，长；侧视图的是几何体的高，宽。

俯视图的是几何体的长，宽；1、构建长方体2、通过三视图画出经过的线3、多线的交点圈出，估算几种可能发生的情况3、复杂的几何体难度相当大，要有耐心。

【例3】1.（2014新课标全国卷Ⅰ，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 2B ．4 2C ．6D ．4解析：如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A －BCD ，最长的棱为AD ＝(42)2＋22＝6，选C.答案：C2.(2014安徽，5分)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( )A. 233B.476C. 6 D ．7解析：选A 如图，由三视图可知，该几何体是由棱长为2的正方体从右后和左下分别截去一个小三棱锥得到的，其体积为V ＝8－2×13×1×12×1×1＝233.3．(2014重庆，5分)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．30解析：选C 此几何体是由一个三棱柱截去一个三棱锥得到的，三棱柱和三棱锥的底面都是直角三角形，两直角边长分别为3和4，其面积为6，三棱柱的高为5，三棱锥的高为3，所以该几何体的体积为6×5－13×6×3＝24，选C.规律方法在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．【训练3】1．【2015高考新课标2，理6】一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) A ．81 B ．71 C ．61 D ．512．（2014安徽，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＋ 3 B．18＋ 3C．21 D．183．（2014重庆，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．54 B．60C．66 D．72规律方法2 1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，参考答案1．【2015高考新课标2，理6】一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) A ．81 B ．71 C ．61 D ．51【答案】D【解析】由三视图得，在正方体1111ABCD A BC D -中，截去四面体111A A B D -，如图所示，，设正方体棱长为a ，则11133111326A A B D V a a -=⨯=，故剩余几何体体积为3331566a a a -=，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为51，故选D ．【考点定位】三视图．A1A【名师点睛】本题以正方体为背景考查三视图、几何体体积的运算，要求有一定的空间想象能力，关键是能从三视图确定截面，进而求体积比，属于中档题．2．（2014安徽，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＋ 3B ．18＋ 3C ．21D ．18解析：由三视图可知该几何体的直观图如图所示，其是棱长为2的正方体从后面右上角和前面左下角分别截去一个小三棱锥后剩余的部分，其表面积为S ＝6×4－12×6＋2×34×(2)2＝21＋ 3.答案：A3．（2014重庆，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解析：题中的几何体可看作是从直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中截去三棱锥E －A 1B 1C 1后所剩余的部分(如图所示)，其中在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝4，AC ＝3，则BC ＝5，Rt △ABC 的面积等于12×3×4＝6.AA 1⊥平面ABC ，则直角梯形ABEA 1的面积等于12×(2＋5)×4＝14，矩形ACC 1A 1的面积等于3×5＝15.过点E 作EF ⊥AA 1于点F ，则EF ＝AB ＝4，A 1F ＝B 1E ＝BB 1－BE ＝3，则A 1E ＝5，所以△A 1C 1E 的面积等于12×3×5＝152，直角梯形BCC 1E的面积等于12×(2＋5)×5＝352，因此题中的几何体的表面积为6＋14＋15＋152＋352＝60，选B.答案：B1．(2014辽宁，5分)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8－π4B ．8－π2C ．8－πD ．8－2π解析：选C 该几何体是一个正方体截去两个四分之一圆柱形成的组合体，其体积V ＝23－2×π×12×2×14＝8－π，故选C.2．(2014四川，5分)某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积是⎝⎛⎭⎫锥体体积公式：V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高( )A ．3B ．2 C. 3D ．1解析：选D 由俯视图可知三棱锥的底面是一个边长为2的正三角形，底面面积为12×2×2×sin 60°＝3，由侧视图可知三棱锥的高为3，故此三棱锥的体积V ＝13×3×3＝1，故选D.3．（2014浙江，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 ．90 cm 2B ．129 cm 2C ．132 cm 2D ．138 cm 2解析：由三视图画出几何体的直观图，如图所示，则此几何体的表面积S ＝S 1－S 正方形＋S 2＋2S 3＋S 斜面，其中S 1是长方体的表面积，S 2是三棱柱的水平放置的一个侧面的面积，S 3是三棱柱的一个底面的面积，则S ＝(4×6＋3×6＋3×4)×2－3×3＋3×4＋2×12×4×3＋5×3＝138(cm 2)，选D.答案：D4．（2013浙江，5分）已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A ．108 cm 3B ．100 cm 3C ．92 cm 3D ．84 cm 3解析：本题主要考查考生对三视图与几何体的相互转化的掌握情况，同时考查空间想象能力．根据几何体的三视图可知，所求几何体是一个长方体截去一个三棱锥，∴几何体的体积V ＝6×6×3－13×12×4×4×3＝100 cm 3.答案：B5．（2013新课标全国Ⅰ,5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．16＋8πB．8＋8πC．16＋16πD．8＋16π6.【2015高考新课标1，文理6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。

2016届高考数学三轮讲练测核心热点总动员(新课标版)专题07三视图(原卷版)

2016年学易高考三轮复习系列：讲练测之核心热点【全国通用版】热点七三视图【名师精讲指南篇】【高考真题再现】1.【2013⋅新课标全国卷】某几何函数的三视图如图所示,则该几何的体积为( )A 、168π+B 、88π+C 、1616π+D 、816π+2.【2014全国卷】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 ）（B ）6 （C ）（D ）44CA BD3.【2014全国卷】如图,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的事一个几何体的三视图,则这个几何体是（）A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱4．【2015全国1】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为1620π+,则r=（）.A. 1B. 2C. 4D. 8 俯视图2rr5.【2015全国卷2】一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）1 A.81B.71C.61D.5俯视图侧视图主视图【热点深度剖析】从近几年的高考试题来看,几何体的三视图是高考的热点,题型多为选择题、填空题,难度中、低档．主要考查几何体的三视图,以及由三视图构成的几何体,在考查三视图的同时,又考查了学生的空间想象能力及运算与推理能力．2013年是一个组合体的三视图求体积,试题难度中等,2014年的理科题目给出三视图,求最长棱长,文科题目给出三视图,求几何体的形状；2015年两套试卷分别组合体的表面积及几何体的切割问题.考查从近几年的高考试题来看,高考对三视图的考查主要考查由三视图得出几何体的直观图,求其表面积、体积或由几何体的表面积、体积得出某些量；试题难度逐年有所增加,组合体及非正常状态下放置的棱锥的三视图成为考查的热点.纵观这三年高考,每年必考一题,分值5分,.预测2016年高考仍将以组合体及长方体的切割截的三视图为主要考查点,可能与表面积、体积有关,重点考查学生读图、识图能力以及空间想象能力．【重点知识整合】1.空间几何体的三视图三视图是观测者从不同位置观察同一个几何体,画出的空间几何体的图形.他具体包括：（1）正视图：物体前后方向投影所得到的投影图；它能反映物体的高度和长度；（2）侧视图：物体左右方向投影所得到的投影图；它能反映物体的高度和宽度；（3）俯视图：物体上下方向投影所得到的投影图；它能反映物体的长度和宽度.2.三视图画法规则高平齐：主视图与左视图的高要保持平齐长对正：主视图与俯视图的长应对正宽相等：俯视图与左视图的宽度应相等【应试技巧点拨】1.解决三视图问题的技巧：空间几何体的数量关系也体现在三视图中,正视图和侧视图的“高平齐”,正视图和俯视图的“长对正”,侧视图和俯视图的“宽相等”．也就是说正视图、侧视图的高就是空间几何体的高,正视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度,侧视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度．在绘制三视图时,分界线和可见轮廓线都用实线画出,被遮挡的部分的轮廓线用虚线表示出来,即“眼见为实、不见为虚”．在三视图的判断与识别中要特别注意其中的“虚线”．2.要切实弄清常见几何体(圆柱、圆锥、圆台、棱柱、棱锥、棱台、球)的三视图的特征,熟练掌握三视图的投影方向及正视图原理,才能迅速破解三视图问题,由三视图画出其直观图．3.解答三视图题目时：(1)可以从熟知的某一视图出发,想象出直观图,再验证其他视图是否正确；(2)视图中标注的长度在直观图中代表什么,要分辨清楚；(3)视图之间的数量关系：正俯长对正,正侧高平齐,侧俯宽相等．4．从能力上来看,三视图着重考查空间想象能力,即空间形体的观察分析和抽象的能力,要求是“四会”：①会画图——根据题设条件画出适合题意的图形或画出自己想作的辅助线(面),作出的图形要直观、虚实分明；②会识图——根据题目给出的图形,想象出立体的形状和有关线面的位置关系；③会析图——对图形进行必要的分解、组合；④会用图——对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或实行割补术；考查逻辑思维能力、运算能力和探索能力.【考场经验分享】1．三视图在近几年课改区的高考题都有体现,多面体画图、分析图,用自己的语言描述图,提高借助图形分析问题的能力,培养空间观念,注重三视图与直观图的相互转化及等积转化的思想.因此,三视图的内容应重点训练.与几何体的侧面积和体积有关的计算问题,根据基本概念和公式来计算,要重视方程的思想和割补法、等积转换法的运用.2.对于简单几何体的组合体的三视图,首先要确定正视,侧视,俯视的方向,其次要注意组合体有哪些几何体组成,弄清它们的组成方式,特别应注意它们的交线的位置.解题时一定耐心加细心,观察准确线与线的位置关系,区分好实线与虚线的不同.此类题目如只是单纯考查三视图,一般难度较低,需保证得全分；若与体积,表面积或组合体相结合,有时难度较大,需要较强的空间想象能力和准确的画图能力,此时若空间想象能力不够,不要花费过多的时间.【名题精选练兵篇】1.【2016江西省赣中南五校一模】已知一个几何体的三视图是三个全等的边长为1的正方形,如图所示,则它的体积为A . 16B . 13C .23 D . 562.【2016吉林长春质量监测二】几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为A. 323B. 2163π-C. 403D. 8163π- 3.【2016河北唐山一模】某几何体的三视图如右图所示,则其体积为（）(A) 172π (B) 8π (C) 152π (D) 9π 4.【2016年安徽安庆二模】一个几何体的三视图如图所示,其体积为（）A ．116BC ．32D ．125.【2016安徽省“江南十校”联考】某几何体的三视图如图所示,其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧,则该几何体的表面积为(A) 416π++π++(B) 516π++(C) 416π++(D) 5166.【2015河北省“五个一名校联盟”二模】多面体的三视图如图所示,则该多面体的表面积为（单位：cm）（）A．28+4B．30+4C．30+4 D．28+47.【2016年江西省南昌一模】如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点P是上底面A1B1C1D1内一动点,则三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的面积之比为（）A．1：1 B．2：1 C．2：3 D．3：28.【2016新疆乌鲁木齐二诊】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,则此几何体的体积为（）A．100 B．92 C．84 D．769.【2016河南六市高第一次联考】一个几何体的三视图如图所示,且其侧（左）视图是一个等边三角形,则这个几何体的体积为（）A B C ． D 10.【2016河南新乡许昌平顶山第二次调研】某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（）A ．133＋π3B ．5＋π2C ．5＋π3D ． 133＋π211.【2016河北衡水一调】某几何体的三视图如右图,若该几何体的所有顶点都在一个球面上,则该球面的表面积为（）A ．4πB ．283πC ．443π D ．20π 12.【2016河北省衡水二调】一个几何体的三视图如图所示,该几何体体积为 .13.【2016辽宁大连双基测试】如图,在小正方形边长为1的网格中画出了某多面体的三视图,则该多面体的外接球表面积为 .14. 【2015届辽宁省朝阳市三校协作体高三下学期开学联考】一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正（主）视图如右图所示该四棱锥侧面积和体积分别是（）A ．B ．83C ．81),3+ D ．8,8 15. 【2015届福建省龙岩市高三教学质量检查】一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,则这个几何体的表面积是（）A B C D 1+ 16. 【2015届上海市高境一中高三期末】一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积等于（）A 、263π+B 、463π+C 、283π+D 、483π+ 17. 【2015届吉林省长春市高三上学期阶段性考试】如图,正三棱柱111C B A ABC -的正视图是边长为４的正方形,则此正三棱柱的侧视图的面积为（）A ．16B ．32C ．34D ．3818. 【2015届甘肃省部分普通高中高三第一次联考】若一个底面为正三角形、侧棱与底面垂直的棱柱的三视图如下图所示,则这个棱柱的体积为（）俯视图侧视图正视图A ．312B ．336C ．327D ．6【名师原创测试篇】1. 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（）A ．5B ．4C ．2D ．12. 已知三棱锥的三视图,则该三棱锥的侧面积是（）A． B． C． D．3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为（）A．12B．12C．4 D12+4.一空间几何体按比例绘制的三视图如图所示,则该几何体的体积为（）m3A. 72B.92C.73D.945.已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中俯视图是顶角为120 的等腰三角形,则该三棱锥的四个表面中,面积的最大值为_______．6.四棱锥的三视图如图所示,则最长的一条侧棱的长度是（）2 A.29 B.5 C.13 D.2。