2021年高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标39空间几何体的三视图直观图表面积和体积
2021年高考数学10.1 空间几何体的直观图、三视图及其应用
立体几何高考第一轮复习第一节 空间几何体的直观图、三视图及其应用1高考引航2必备知识3关键能力高考引航平行四边形答案知识清单平行多边形三角形答案平行四边形全等平行四边形矩形答案等腰三角形直角三角形答案直角三角形等腰梯形直角梯形直角三角形直角三角形直角梯形直角梯形矩形一边答案直角三角形任一直角边直角腰圆直角梯形等腰三角形等腰梯形矩形答案正(主)视图正前方俯视图侧(左)视图正左方正上方答案45°(或135°)斜二测画法不变平行于坐标轴垂直一半答案ch侧面积两个底面积侧面积一个底面积答案基础训练BB题型归纳题型一 空间几何体的三视图答案C关键能力点拨：三视图问题的常见类型及解题策略:(1)由几何体的直观图求三视图.注意正(主)视图、侧(左)视图和俯视图的观察方向,注意看到的部分用实线,不能看到的部分用虚线表示.(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图.先根据已知的一部分视图,还原、推测直观图的可能形式,然后再找其剩下部分视图的可能形式.当然作为选择题,也可将选项逐项代入,再看看给出的部分三视图是否符合.(3)由几何体的三视图还原几何体的形状.要熟悉柱、锥、台、球的三视图,明确三视图的形成原理,结合空间想象将三视图还原为实物图.D题型二 空间几何体的表面积与体积点拨：求解几何体的表面积与体积的技巧:(1)求三棱锥的体积:等体积转化是常用的方法,转化原则是其高易求,底面放在已知几何体的某一个面上.(2)求不规则几何体的体积:常用分割或补形的方法,将不规则几何体转化为规则几何体求解.答案118.8题型三 空间几何体的综合问题——识图与计算26 -1点拨：求解本题的关键是将立体几何平面化,另外还要熟练掌握常见几何体的相关性质,如遇到直观图画法的问题,还需要有较强的直观想象能力.方法突破空间几何体表面积的求法方法一答案方法二 空间几何体体积的求法答案B谢谢观赏。
高考数学一轮总复习第7章立体几何7.1空间几何体的结构及其三视图和直观图课件文
【变式训练 1】 锥；
以下命题：
①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆 ②以直角梯形 的一腰为 轴旋转一 周所得 的旋转体是 圆 台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆； ④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台． 其中正确命题的个数为( A．0 B ．1 C ．2 ) D ．3
解析
命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，
2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”
坐标轴的夹角改变， “三变” 与y轴平行的线段的长度变为原来的一半， 图形改变 . 平行性不改变， “三不变” 与x， z轴平行的线段的长度不改变， 相对位置不改变 .
3．直观图与原图形面积的关系 2 S 直观图＝ S 4
原图形
(或 S
3． [2017· 宁德质检] 如图是正方体截去阴影部分所得的几 何体，则该几何体的侧视图是( )
解析
此几何体侧视图是从左边向右边看，故选 C.
π 4 ． [2015· 山 东 高 考 ] 在 梯 形 ABCD 中 ， ∠ ABC ＝ ， 2 AD∥BC，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形 ABCD 绕 AD 所在的 直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( 2π A. 3 4π B. 3 5π C. 3 D ．2 π )
1．画几何体的底面 在已知图形中取互相垂直的 x 轴、y 轴，两轴相交于点 O，画直观图时，把它们画成对应的 x′轴、y′轴，两轴相 交于点 O ′，且使∠x′O′ y′＝45° (或 135° )，已知图形中 平行于 x 轴的线段， 在直观图中仍平行于 x′轴， 长度不变 ____， 平行于 y 轴的线段仍平行于 y′轴，长度减半． _____
[ 解析 ]
A 错， 如图 1； B 正确， 如图 2， 其中底面 ABCD
2021年高考数学一轮复习第7章立体几何7.1空间几何体的结构及其三视图和直观图课后作业理
2021年高考数学一轮复习第7章立体几何7.1空间几何体的结构及其三视图和直观图课后作业理一、选择题1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )答案D解析由俯视图是圆环可排除A，B，C，进一步将已知三视图还原为几何体，故选D.2．如图所示，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，M，E是AB的三等分点，G，N是CD的三等分点，F，H分别是BC，MN的中点，则四棱锥A′－EFGH的侧视图为 ( )答案C解析在侧视图中A′E，A′G重合，A′H成为A′N，A′F，A′B重合，侧视图为向左倾斜的三角形．故选C.3．(xx·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABC－DEF截去一个三棱锥A－BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是( )答案 C解析由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD 在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直．故选C.4．(xx·江西景德镇质检)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1上、下底面中心分别为O1，O 2，将正方体绕直线O 1O 2旋转一周，其中由线段BC 1旋转所得图形是( )答案 D解析 由图形的形成过程可知，在图形的面上能够找到直线，在B ，D 中选，显然B 不对，因为BC 1中点绕O 1O 2旋转得到的圆比B 点和C 1点的小．故选D.5．(xx·内江模拟)如图，已知三棱锥P －ABC 的底面是等腰直角三角形，且∠ACB ＝π2，侧面PAB ⊥底面ABC ，AB ＝PA ＝PB ＝2.则这个三棱锥的三视图中标注的尺寸x ，y ，z 分别是( )A.3，1， 2B.3，1,1 C ．2,1， 2 D ．2,1,1答案 B解析 ∵三棱锥P －ABC 的底面是等腰直角三角形，且∠ACB ＝π2，侧面PAB ⊥底面ABC ，AB ＝PA ＝PB ＝2；∴x 是等边△PAB 边AB 上的高，x ＝2sin60°＝3，y 是边AB 的一半，y ＝12AB ＝1，z 是等腰直角△ABC 斜边AB 上的中线，z ＝12AB ＝1；∴x ，y ，z 分别是3，1,1.故选B.6．(xx·南昌二模)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz 中的坐标分别是(0,0,0)，(1,0,1)，(0,1,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，绘制该四面体三视图时，按照如图所示的方向画正视图，则得到侧(左)视图可以为( )答案 B解析 满足条件的四面体如下图，依题意投影到yOz 平面为正投影，所以侧(左)视方向如图所示，所以得到侧(左)视图效果如上图．故选B.7．(xx·湖南郴州模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A 出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A．①② B．①③C．③④ D．②④答案 D解析由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.8．(xx·江西赣州模拟)某几何体的正视图和侧视图如图1，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图2，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为( )A．48 B．64C．96 D．128答案 C解析由题图2及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形OABC，设CB与y 轴的交点为D，则易知CD＝2，OD＝2×22＝42，∴CO＝CD2＋OD2＝6＝OA，∴俯视图是以6为边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为4，所以该几何体的侧面积为4×6×4＝96.故选C.9．早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前344年商鞅督造的一种标准量器，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x为( )A ．1.2B ．1.6C ．1.8D ．2.4答案 B解析 由三视图知，商鞅铜方升是由一个圆柱和一个长方体组合而成的，利用体积及已知线段长度即可求出x .故其体积为(5.4－x )×3×1＋π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×x ＝16.2－3x ＋14πx ＝12.6，又π＝3，故x ＝1.6.故选B.10．(xx·辽宁六校联考)如图所示是某一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度h 随时间t 变化的可能图象是( )答案 B解析 根据所给的三视图可知原几何体是倒放的圆锥，设圆锥的底面半径为R ，高为H ，水流的速度是v ，则由题意得vt ＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎫h H 2R 2h .当vt >0时，解得h ＝33vH 2t πR 2，这是一个幂型函数，所以容器中水面的高度h 随时间t 变化的图象类似于幂函数y ＝3x 的图象，故选B.二、填空题11．如图所示，正方形O ′A ′B ′C ′的边长为1 cm ，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是________cm.答案 8解析 根据直观图的画法可知，在原几何图形中，OABC 为平行四边形，且有OB ⊥OA ，OB ＝22，OA ＝1，所以AB ＝3.从而原图的周长为8 cm.12．如图，点O 为正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的中心，点E 为平面B ′BCC ′的中心，点F 为B ′C ′的中点，则空间四边形D ′OEF 在该正方体的各个面上的投影可能是 (填出所有可能的序号)．答案 ①②③解析 空间四边形D ′OEF 在正方体的平面DCC ′D ′上的投影是①；在平面BCC ′B ′上的投影是②；在平面ABCD 上的投影是③，而不可能出现的投影为④的情况．13．一四面体的三视图如图所示，则该四面体四个面中最大的面积是________．答案 2 3解析 由三视图可知该四面体为D －BD 1C 1，由直观图可知面积最大的面为△BDC 1.在正三角形BDC 1中，BD ＝22，所以面积S ＝12×(22)2×32＝2 3.14．(xx·大连模拟)某四面体的三视图如图所示．该四面体的六条棱的长度中，最大的是________．答案 27解析由三视图可知该四面体为V－ABC，如图所示．其中AE⊥BE，VC⊥平面ABE.EC＝CB＝2，AE＝23，VC＝2，所以VB2＝VC2＋CB2＝8，VB＝22，AC2＝AE2＋EC2＝(23)2＋22＝16，所以VA2＝AC2＋VC2＝16＋22＝20，VA＝20＝2 5.AB2＝AE2＋EB2＝(23)2＋42＝28，所以AB＝28＝27>25>22，所以该四面体的六条棱的长度中，最大的为27.三、解答题15．已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积．解 (1)如右图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝ 23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232 ＝2 3.∴S △VBC ＝12×23×23＝6. 16．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V ；(2)求该几何体的侧面积S .解 由正视图和侧视图的三角形结合俯视图可知该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥，如图．(1)V ＝13×(8×6)×4＝64. (2)四棱锥的两个侧面VAD ，VBC 是全等的等腰三角形，取BC 的中点E ，连接OE ，VE ，则△VOE 为直角三角形，VE 为△VBC 边上的高，VE ＝ VO 2＋OE 2＝4 2.同理侧面VAB 、VCD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高h ＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝5. ∴S 侧＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×42＋12×8×5＝40＋24 2.。
2021届高考数学一轮温习第七章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图课时作业
第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图课时作业A组——基础对点练1.如图所示，四面体ABCD的四个极点是长方体的四个极点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的正视图、侧视图、俯视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤解析：正视图应为边长为3和4的长方形，且正视图中右上到左下的对角线应为实线，故正视图为①；侧视图应为边长为4和5的长方形，且侧视图中左上到右下的对角线应为实线，故侧视图为②；俯视图应为边长为3和5的长方形，且俯视图中左上到右下的对角线应为实线，故俯视图为③，故选B.答案：B2．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正三角形，则侧视图的面积为( ) A．8 B．43C．4 2 D．4解析：由三视图可知，该几何体是一个正三棱柱，高为4，底面是一个边长为2的正三角形．因此，侧视图是一个长为4，宽为3的矩形，其面积S＝3×4＝4 3.答案：B3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为( )A．3 3 B．2 6C.21 D．2 5解析：由三视图得，该几何体是四棱锥PABCD，如图所示，ABCD为矩形，AB＝2，BC＝3，平面PAD ⊥平面ABCD ，过点P 作PE ⊥AD ，则PE ＝4，DE ＝2，所以CE ＝22，所以最长的棱PC ＝PE 2＋CE 2＝26，故选B.答案：B4．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2解析：由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.答案：D5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．(25＋35)πB ．(25＋317)πC ．(29＋35)πD ．(29＋317)π解析：由三视图可知该几何体的直观图如图所示，所以该几何体的表面积为π＋π×(1＋2)×17＋2×π×2×4＋4π×222＝π＋317π＋16π＋8π＝(25＋317)π，故选B.答案：B6．(2021·长沙模拟)某几何体的正视图和侧视图均为图甲所示，则在图乙的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是( )A ．①③B ．①③④C ．①②③D ．①②③④解析：若图②是俯视图，则正视图和侧视图中矩形的竖边延长线有一条和圆相切，故图②不合要求；若图④是俯视图，则正视图和侧视图不相同，故图④不合要求，故选A. 答案：A7．(2021·石家庄市模拟)某几何体的三视图如图所示，则其体积为( )A.3π4B ．π＋24C.π＋12D ．3π＋24解析：由几何体的三视图知，该几何体的一部份是以腰长为1的等腰直角三角形为底面，高为3的三棱锥，另一部份是底面半径为1，高为3的圆锥的四分之三．所以几何体的体积为13×3π4×3＋13×12×1×1×3＝3π4＋12＝3π＋24，故选D. 答案：D8．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＋16π解析：由三视图恢复的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图．其中长方体的长、宽、高别离是4,2,2，半个圆柱的底面半径为2，母线长为4.∴长方体的体积V 1＝4×2×2＝16， 半个圆柱的体积V 2＝12×22×π×4＝8π.∴这个几何体的体积是16＋8π. 答案：A9．一个半径为2的球体通过切割以后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．16πB ．12πC ．14πD ．17π解析：按照三视图可知几何体是一个球体切去四分之一，则该几何体的表面是四分之三球面和两个截面(半圆)． 由题意知球的半径是2，∴该几何体的表面积S ＝34×4π×22＋π×22＝16π.答案：A10．一个几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为( )A.72 m 3 B ．92 m 3 C.73m 3 D ．94m 3 解析：由三视图可知，几何体为如图所示的几何体，其体积为3个小正方体的体积加三棱柱的体积，所以V ＝3＋12＝72(m 3)，故选A.答案：A11．球面上有A ，B ，C 三点，球心O 到平面ABC 的距离是球半径的13，且AB ＝22，AC ⊥BC ，则球O 的表面积是( ) A ．81π B ．9π C.81π4D ．9π4解析：由题意可知，AB 为△ABC 的外接圆的直径，设球O 的半径为R ，则R 2＝(R3)2＋(2)2，可得R ＝32，则球的表面积S ＝4πR 2＝9π.故选B.答案：B12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：将三视图还原成直观图，取得如图所示几何体，设BC 的中点为G ，连接AG ，DG ，△ABC 是一个边长为2的等边三角形，其高AG ＝ 3.该几何体可以看成一个三棱锥与一个四棱锥组合而成．∴该几何体的体积V ＝V三棱锥D ABG＋V四棱锥A DECG＝13×S △ABG ×DG ＋13×S 四边形DECG×AG ＝13×12×1×3×2＋13×2×1×3＝ 3.答案： 313．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由题意取得几何体的直观图如图，即从四棱锥P ABCD 中挖去了一个半圆锥．其体积V ＝13×2×2×2－12×13×π×12×2＝8－π3.答案：8－π314.某零件的正(主)视图与侧(左)视图均是如图所示的图形(实线组成半径为2 cm 的半圆，虚线是等腰三角形的两腰)，俯视图是一个半径为2 cm 的圆(包括圆心)，则该零件的体积是________．解析：依题意得，零件可视为从一个半球中挖去一个小圆锥所剩余的几何体，其体积为12×4π3×23－13×π×22×1＝4π(cm 3)．答案：4π cm 3B 组——能力提升练1．若三棱锥S ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，AB ＝SA ＝SB ＝SC ＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为( ) A.16π3B ．8π3C.43π3D ．4π3解析：在等腰直角三角形ABC 中，AB 是斜边且AB ＝2，取AB 的中点D ，连接CD ，SD .∴CD ＝AD ＝BD ＝1.又SA ＝SB ＝SC ＝2，∴SD ⊥AB ，且SD ＝3，在△SCD 中，SD 2＋CD 2＝SC 2，∴SD ⊥CD ，∴SD ⊥平面ABC .∴三棱锥S ABC 的外接球球心在SD 上，记为O ，设球半径为R ，连接OA ，则SO ＝OA ＝R ，∴在Rt △AOD 中，AD ＝1，OD ＝3－R ，AO ＝R ，∴12＋(3－R )2＝R 2⇒R ＝233，∴三棱锥S ABC 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×(233)2＝16π3.故选A.答案：A2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163B.203C.152D.132解析：该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－13×12×2×2×2－13×12×1×1×1＝132.故选D.答案：D3.如图是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体，截面与底面所成的角为45°，过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形ABB ′A ′为矩形，若沿AA ′将其侧面剪开，其侧面展开图的形状大致为( )解析：过AB 作平行于底面的半平面α，如图，取截面边界上任一点P ，过P 作PP ′垂直于半平面α，垂足为P ′，延长PP ′交圆柱底面于点P 1，过P作PM ⊥AB ，垂足为M ，连接MP ′，则MP ′⊥AB ，∠PMP ′就是截面与底面所成的角，∠PMP ′＝45°，设AB 的中点为O ，连接OP ′.设l AP ′＝x ，则∠AOP ′＝x1＝x ，在Rt △PP ′M 中，PP ′＝MP ′，在Rt △OP ′M 中，MP ′＝OP ′sin∠MOP ′＝sin x ，∴PP ′＝sin x ，PP 1＝AA ′＋sin x ，故选A.答案：A4．如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个极点间距离的最大值是( )A ．4B ．5C ．3 2D ．3 3解析：作出直观图如图所示，通过计算可知AF 最长且|AF |＝|BF |2＋|AB |2＝3 3.答案：D5.高为4的直三棱柱被削去一部份后取得一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的( ) A.34 B ．14 C.12D ．38解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为二、底面积为12×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为4.易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的48＝12，故选C.答案：C6．(2021·昆明市检测)我国南北朝时期的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上，提出下面的体积计算原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面面积，“势”是几何体的高．意思是：若两个等高几何体在同高处的截面面积总相等，则这两个几何体的体积相等．现有一旋转体D (如图1所示)，它是由抛物线y ＝x 2(x ≥0)，直线y ＝4及y 轴围成的封锁图形绕y 轴旋转一周形成的几何体，旋转体D 的参照体的三视图如图2所示，利用祖暅原理，则旋转体D 的体积是( )A.16π3B ．6πC ．8πD ．16π解析：由三视图知参照体是一个直三棱柱，其体积V ＝12×4×4×π＝8π，故旋转体D 的体积为8π，故选C. 答案：C7．如图，某三棱锥的正视图、侧视图和俯视图别离是直角三角形、等腰三角形和等边三角形．若该三棱锥的极点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．27πB ．48πC ．64πD ．81π 解析：由三视图可知该几何体为三棱锥，该棱锥的高VA ＝4，棱锥底面ABC 是边长为6的等边三角形，作出直观图如图所示．因为△ABC 是边长为6的等边三角形，所之外接球的球心D 在底面ABC 上的投影为△ABC 的中心O ，过D 作DE ⊥VA 于E ，则E 为VA 的中点，连接OD ，OA ，DA ，则DE ＝OA＝23×33＝23，AE ＝12VA ＝2，DA 为外接球的半径，所以DA ＝DE 2＋AE 2＝4，所以外接球的表面积S ＝4πr 2＝64π.故选C. 答案：C8．(2021·天津测试)若一个几何体的表面积和体积相同，则称这个几何体为“同积几何体”．已知某几何体为“同积几何体”，其三视图如图所示，则a ＝( )A.14＋223B ．8＋223C.12＋223D ．8＋2 2解析：按照几何体的三视图可知该几何体是一个四棱柱，如图所示，可得其体积为12(a ＋2a )·a ·a ＝32a 3，其表面积为12·(2a ＋a )·a ·2＋a 2＋a 2＋2a ·a ＋2a ·a ＝7a 2＋2a 2，所以7a 2＋2a 2＝32a 3，解得a ＝14＋223，故选A.答案：A9.(2021·郑州质检)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．8πB ．16πC ．32πD ．64π解析：还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高别离为22，22，4的长方体，则该长方体外接球的半径r ＝222＋222＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr 2＝32π.答案：C10.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．18＋2πB ．20＋πC ．20＋π2D ．16＋π 解析：由三视图可知，这个几何体是一个棱长为2的正方体割去了两个半径为一、高为1的14圆柱，其表面积相当于正方体五个面的面积与两个14圆柱的侧面积的和，即该几何体的表面积S ＝4×5＋2×2π×1×1×14＝20＋π，故选B. 答案：B11．(2021·南昌模拟)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥最长的一条侧棱的长度是________．解析：由题意可知该几何体是一个底面为直角梯形的四棱锥，梯形的两底边长别离为4,2，高为3，棱锥的高为2，所以最长侧棱的长度为22＋32＋42＝29.答案：2912．在三棱锥A BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积别离为22，32，62，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：设彼此垂直的三条侧棱AB ，AC ，AD 别离为a ，b ，c ，则12ab ＝22，12bc ＝32，12ac ＝62，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.所以三棱锥A BCD 的外接球的直径2R ＝a 2＋b 2＋c 2＝6，则其外接球的表面积S ＝4πR 2＝6π.答案：6π13．一个直三棱柱被削去一部份后的几何体ABCDE 及其侧视图、俯视图如图所示，其中侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形．设M 是BD 的中点，点N 在棱DC 上，且MN ⊥平面BDE ，则CN ＝_____________________________.解析：由题意可得，DC ⊥平面ABC ，所以DC ⊥CB .若MN ⊥平面BDE ，则MN ⊥BD .又因为∠MDN ＝∠CDB ，所以△DMN ∽△DCB ，所以DN DB ＝DM DC ，故DN 26＝64，解得DN ＝3，所以CN ＝CD －DN ＝1.答案：114．(2021·武汉市模拟)棱长均相等的四面体ABCD 的外接球半径为1，则该四面体的棱长为________．解析：将棱长均相等的四面体ABCD 补成正方体，设正方体的棱长为a ，则正四面体ABCD 的棱长为2a ，正方体的体对角线长为3a ，由3a ＝2⇒a ＝233，则2a ＝263. 答案：263。
高考数学一轮复习学案：空间几何体的结构、三视图和直观图(含答案)
高考数学一轮复习学案：空间几何体的结构、三视图和直观图（含答案）8.1空间几何体的结构空间几何体的结构..三视图和直观图三视图和直观图最新考纲考情考向分析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，会用斜二测画法画出它们的直观图.3.会用平行投影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.空间几何体的结构特征.三视图.直观图在高考中几乎年年考查主要考查根据几何体的三视图求其体积与表面积对空间几何体的结构特征.三视图.直观图的考查，以选择题和填空题为主.1多面体的结构特征2旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.空间几何体的三视图1三视图的名称几何体的三视图包括正视图.侧视图.俯视图2三视图的画法在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线三视图的正视图.侧视图.俯视图分别是从几何体的正前方.正左方.正上方观察到的几何体的正投影图4空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，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轴的线段在直观图中长度变为原来的一半知识拓展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”“三变”坐标轴的夹角改变与y轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”平行性不改变与x，z轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变题组一思考辨析1判断下列结论是否正确请在括号中打“”或“”1有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱2有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥3夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台4正方体.球.圆锥各自的三视图中，三视图均相同5用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱6菱形的直观图仍是菱形题组二教材改编2P19T2下列说法正确的是A相等的角在直观图中仍然相等B相等的线段在直观图中仍然相等C正方形的直观图是正方形D若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行答案D解析由直观图的画法规则知，角度.长度都有可能改变，而线段的平行性不变3P8T1在如图所示的几何体中，是棱柱的为________填写所有正确的序号答案题组三易错自纠4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A解析由三视图知识知，圆锥.四面体.三棱柱放倒看都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形5xx珠海质检将正方体如图1所示截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为答案B解析侧视图中能够看到线段AD1，应画为实线，而看不到B1C，应画为虚线由于AD1与B1C不平行，投影为相交线，故选B.6.正三角形AOB的边长为a，建立如图所示的直角坐标系xOy，则它的直观图的面积是________答案616a2解析画出坐标系xOy，作出OAB的直观图OAB如图，D为OA的中点易知DB12DBD为OA的中点，SOAB1222SOAB2434a2616a2.题型一空间几何体的结构特征1给出下列命题在圆柱的上.下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；棱台的上.下底面可以不相似，但侧棱长一定相等其中正确命题的个数是A0B1C2D3答案A解析不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；错误，棱台的上.下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等2xx青岛模拟以下命题以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；圆柱.圆锥.圆台的底面都是圆面；一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台其中正确命题的个数为A0B1C2D3答案B解析由圆台的定义可知错误，正确对于命题，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，不正确思维升华1关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一反例即可2圆柱.圆锥.圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系3既然棱圆台是由棱圆锥定义的，所以在解决棱圆台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略题型二简单几何体的三视图命题点1已知几何体，识别三视图典例xx贵州七校联考如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点长方体是虚拟图形，起辅助作用，则四面体ABCD的三视图是用代表图形ABCD答案B解析正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是，侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是.命题点2已知三视图，判断几何体的形状典例xx全国某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧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A10B12C14D16答案B解析观察三视图可知，该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示因此该多面体各个面中有两个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这两个梯形的面积之和为21224212.故选B.命题点3已知三视图中的两个视图，判断第三个视图典例xx汕头模拟一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下列选项中，不可能是该锥体的俯视图的是答案C解析A，B，D选项满足三视图作法规则，C不满足三视图作法规则中的宽相等，故C不可能是该锥体的俯视图思维升华三视图问题的常见类型及解题策略1由几何体的直观图求三视图注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示2由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱.锥.台.球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图3由几何体的部分视图画出剩余的部分视图先根据已知的一部分三视图，还原.推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合跟踪训练1xx全国如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A90B63C42D36答案B解析方法一割补法由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上下两部分由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V3243261263.故选B.方法二估值法由题意知，12V圆柱V几何体V圆柱，又V圆柱321090，45V几何体90.观察选项可知只有63符合故选B.2如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个锥体的侧视图和俯视图，则该锥体的正视图可能是答案A解析由俯视图和侧视图可知原几何体是四棱锥，底面是长方形，内侧的侧面垂直于底面，所以正视图为A.题型三空间几何体的直观图典例xx福州调研已知等腰梯形ABCD，上底CD1，腰ADCB2，下底AB3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图ABCD的面积为________答案22解析如图所示，作出等腰梯形ABCD的直观图因为OE2211，所以OE12，EF24，则直观图ABCD的面积S1322422.思维升华用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与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跟踪训练xx贵阳联考有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形如图所示，ABC45，ABAD1，DCBC，则这块菜地的面积为________答案222解析如图1，在直观图中，过点A作AEBC，垂足为E.在RtABE中，AB1，ABE45，BE22.又四边形AECD 为矩形，ADEC1，BCBEEC221，由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形ABCD.在梯形ABCD中，AD1，BC221，AB2.这块菜地的面积S12ADBCAB1211222222.。
2021届高考数学 8.1空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积配套文档 理
§8.1空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积1．多面体的结构特点2.3.空间几何体的直观图经常使用斜二测画法来画，其规那么：(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维持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中长度为原先的一半．4．空间几何体的三视图(1)三视图的主视图、俯视图、左视图别离是从物体的正前方、正上方、正左方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形．(2)三视图的特点：三视图知足“长对正、高平齐、宽相等”或说“主左一样高、主俯一样长、俯左一样宽”．5．柱、锥、台和球的侧面积和体积1． (1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱． ( × ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( × )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A 时，假设∠A 的两边别离平行于x 轴和y 轴，且∠A ＝90°，那么在直观图中，∠A ＝45°.( × ) (4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同． ( × ) (5)圆柱的侧面展开图是矩形．( √ ) (6)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计算．( √ )2． (2021·四川)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的直观图能够是 ( )答案 D解析 由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.3． (2021·课标全国Ⅰ)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，若是不计容器的厚度，那么球的体积为( )A.500π3cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3答案 A解析 作出该球轴截面的图象如下图，依题意BE ＝2，AE ＝CE ＝4，设DE ＝x ，故AD ＝2＋x ，因为AD 2＝AE 2＋DE 2，解得x ＝3，故该球的半径AD ＝5， 因此V ＝43πR 3＝500π3. 4． 一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，原三角形的面积为________．答案62解析 由斜二测画法，知直观图是边长为1的正三角形，其原图是一个底为1，高为6的三角形，因此原三角形的面积为62.5． 假设一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，那么该圆锥的体积为________．答案33π 解析 侧面展开图扇形的半径为2，圆锥底面半径为1， ∴h ＝22－1＝3，∴V ＝13π×1×3＝33π.题型一 空间几何体的结构特点 例1 (1)以下说法正确的选项是( )A ．有两个平面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B ．四棱锥的四个侧面都能够是直角三角形C ．有两个平面相互平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D ．棱台的各侧棱延长后不必然交于一点 (2)给出以下命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，那么这两点的连线是圆柱的母线； ②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； ③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面能够不相似，但侧棱长必然相等． 其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3思维启发 从多面体、旋转体的概念入手，能够借助实例或几何模型明白得几何体的结构特点． 答案 (1)B (2)A解析 (1)A 错，如图1；B 正确，如图2，其中底面ABCD 是矩形，可证明∠PAB ，∠PCB 都是直角，如此四个侧面都是直角三角形；C 错，如图3；D 错，由棱台的概念知，其侧棱必相交于同一点．(2)①不必然，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②不必然，因为“其余各面都是三角形”并非等价于“其余各面都是有一个公共极点的三角形”，如图1所示；③不必然，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，可是侧棱长不必然相等． 思维升华 (1)有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的几何体不必然是棱柱． (2)既然棱台是由棱锥概念的，因此在解决棱台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略． (3)旋转体的形成不仅要看由何种图形旋转取得，还要看旋转轴是哪条直线．如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A ，B ，C是展开图上的三点，那么在正方体盒子中，∠ABC 的值为 ( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 C解析 还原正方体，如下图，连接AB ，BC ，AC ，可得△ABC 是正三角形，那么∠ABC ＝60°. 题型二 空间几何体的三视图和直观图例2 (1)如图，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为12，那么该几何体的俯视图能够是( )(2)正三角形AOB 的边长为a ，成立如下图的直角坐标系xOy ，那么它的直观图的面积是________．思维启发 (1)由主视图和左视图可知该几何体的高是1，由体积是12可求出底面积．由底面积的大小可判定其俯视图是哪个．(2)依照直观图画法规那么确信平面图形和其直观图面积的关系． 答案 (1)C (2)616a 2解析 (1)由该几何体的主视图和左视图可知该几何体是柱体，且其高为1，由其体积是12可知该几何体的底面积是12，由图知A 的面积是1，B 的面积是π4，C 的面积是12，D 的面积是π4，应选C.(2)画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图)．D ′为O ′A ′的中点． 易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2.思维升华 (1)三视图中，主视图和左视图一样高，主视图和俯视图一样长，左视图和俯视图一样宽．即“长对正，宽相等，高平齐”．(2)解决有关“斜二测画法”问题时，一样在已知图形中成立直角坐标系，尽可能运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系．(1)(2021·湖南)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，那么该正方体的主视图的面积不可能等于( )A ．1 B.2 C.2－12D.2＋12(2)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 ，O ′C ′＝2 cm ，那么原图形是 ( ) A ．正方形 B ．矩形C ．菱形D ．一样的平行四边形答案 (1)C (2)C解析 (1)由俯视图知正方体的底面水平放置，其主视图为矩形，以正方体的高为一边长，另一边长最小为1，最大为2，面积范围应为[1，2]，不可能等于2－12.(2)如图，在原图形OABC 中， 应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝42 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm.∴OC ＝OD 2＋CD 2＝422＋22＝6 cm ，∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形． 题型三 空间几何体的表面积与体积例3 (1)一个空间几何体的三视图如下图，那么该几何体的表面积为 ( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80(2)已知某几何体的三视图如下图，其中主视图、左视图均由直角三角形与半圆组成，俯视图由圆与内接三角形组成，依照图中的数据可得几何体的体积为 ( ) A.2π3＋12B.4π3＋16 C.2π6＋16D.2π3＋12思维启发 先由三视图确信几何体的组成及气宇，然后求表面积或体积． 答案 (1)C (2)C解析 (1)由三视图知该几何体的直观图如下图，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12＝17.因此S表＝42＋2×4＋12×(2＋4)×4×2＋4×17×2＝48＋817.(2)由三视图确信该几何体是一个半球体与三棱锥组成的组合体，如图，其中AP ，AB ，AC 两两垂直，且AP ＝AB ＝AC ＝1，故AP ⊥平面ABC ，S △ABC ＝12AB ×AC ＝12，因此三棱锥P －ABC 的体积V 1＝13×S △ABC ×AP ＝13×12×1＝16，又Rt△ABC 是半球底面的内接三角形，因此球的直径2R ＝BC ＝2，解得R ＝22，因此半球的体积V 2＝12×4π3×(22)3＝2π6，故所求几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝16＋2π6.思维升华 解决此类问题需先由三视图确信几何体的结构特点，判定是不是为组合体，由哪些简单几何体组成，并准确判定这些几何体之间的关系，将其切割为一些简单的几何体，再求出各个简单几何体的体积，最后求出组合体的体积．(2021·课标全国)已知三棱锥S －ABC 的所有极点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，那么此棱锥的体积为 ( ) A.26 B.36 C.23 D.22答案 A解析 由于三棱锥S －ABC 与三棱锥O －ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S －ABC 的高是三棱锥O －ABC 高的2倍，因此三棱锥S －ABC 的体积也是三棱锥O －ABC 体积的2倍． 在三棱锥O －ABC 中，其棱长都是1，如下图， S △ABC ＝34×AB 2＝34，高OD ＝ 12－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫332＝63， ∴V S －ABC ＝2V O －ABC ＝2×13×34×63＝26.转化思想在立体几何计算中的应用典例：(12分)如图，在直棱柱ABC —A ′B ′C ′中，底面是边长为3的等边三角形，AA ′＝4，M 为AA ′的中点，P 是BC 上一点，且由P 沿 棱柱侧面通过棱CC ′到M 的最短线路长为29，设这条最短线路与CC ′的交点为N ，求：(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长； (2)PC 与NC 的长；(3)三棱锥C —MNP 的体积．思维启发 (1)侧面展开图从哪里剪开展平；(2)MN ＋NP 最短在展开图上呈现如何的形式；(3)三棱锥以谁做底好． 标准解答解 (1)该三棱柱的侧面展开图为一边长别离为4和9的矩形，故对角线长为42＋92＝97.[2分](2)将该三棱柱的侧面沿棱BB ′展开，如以下图，设PC ＝x ，那么MP 2＝MA 2＋(AC ＋x )2. ∵MP ＝29，MA ＝2，AC ＝3，∴x ＝2，即PC ＝2.又NC ∥AM ，故PC PA ＝NCAM ，即25＝NC 2.∴NC ＝45.[8分](3)S △PCN ＝12×CP ×CN ＝12×2×45＝45.在三棱锥M —PCN 中，M 到面PCN 的距离， 即h ＝32×3＝332.∴V C —MNP ＝V M —PCN ＝13·h ·S △PCN＝13×332×45＝235.[12分] 温馨提示 (1)解决空间几何体表面上的最值问题的全然思路是“展开”，即将空间几何体的“面”展开后铺在一个平面上，将问题转化为平面上的最值问题．(2)若是已知的空间几何体是多面体，那么依照问题的具体情形能够将那个多面体沿多面体中某条棱或两个面的交线展开，把不在一个平面上的问题转化到一个平面上．若是是圆柱、圆锥那么可沿母线展开，把曲面上的问题转化为平面上的问题．(3)此题的易错点是，不明白从哪条侧棱剪开展平，不能正确地画出侧面展开图．缺乏空间图形向平面图形的转化意识.方式与技术1．棱柱、棱锥要把握各部份的结构特点，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决．2．旋转体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状．3．三视图画法：(1)实虚线的画法：分界限和可见轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线；(2)明白得“长对正、宽平齐、高相等”．4．直观图画法：平行性、长度两个要素．5．求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规那么的几何体通过度割或补形将其转化为规那么的几何体求解．6．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确信有关元素间的数量关系，并作出适合的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的极点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．失误与防范1．台体能够看成是由锥体截得的，但必然强调截面与底面平行．2．注意空间几何体的不同放置对三视图的阻碍．3．几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系．A组专项基础训练(时刻：40分钟)一、选择题1．正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两极点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有( )A．20 B．15C．12 D．10答案D解析如图，在正五棱柱ABCDE－A1B1C1D1E1中，从极点A动身的对角线有两条：AC1，AD1，同理从B，C，D，E点动身的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．2．(2021·福建)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么那个几何体不能够是( )A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱答案 D解析 考虑选项中几何体的三视图的形状、大小，分析可得． 球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等，第一排除选项A 和C. 关于如下图三棱锥O －ABC ，当OA 、OB 、OC 两两垂直且OA ＝OB ＝OC 时， 其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B. 不论圆柱如何设置，其三视图的形状都可不能完全相同， 故答案选D.3． (2021·重庆)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为( )A.5603B.5803 C ．200 D ．240答案 C解析 由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S ＝2＋8×42＝20.又棱柱的高为10，因此体积V ＝Sh ＝20×10＝200.4． 如图是一个物体的三视图，那么此三视图所描述物体的直观图是( ) 答案 D解析 由俯视图可知是B 和D 中的一个，由主视图和左视图可知B 错．5． 某几何体的三视图如下图，其中俯视图是个半圆，那么该几何体的表面积为( )A.32π B ．π＋3C.32π＋ 3D.52π＋3答案 C解析 由三视图可知该几何体为一个半圆锥，底面半径为1，高为3，∴表面积S ＝12×2×3＋12×π×12＋12×π×1×2＝3＋3π2.二、填空题6. 如下图，E 、F 别离为正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面ADD 1A 1、面BCC 1B 1的中心，那么四边形BFD 1E 在该正方体的面DCC 1D 1上的正投影是________．(填序号)答案 ②解析 四边形在面DCC 1D 1上的正投影为②：B 在面DCC 1D 1上的正投影为C ，F 、E 在面DCC 1D 1上的投影应在边CC 1与DD 1上，而不在四边形的内部，故①③④错误．7． 已知三棱锥A —BCD 的所有棱长都为2，那么该三棱锥的外接球的表面积为________． 答案 3π 解析 如图，构造正方体ANDM —FBEC .因为三棱锥A —BCD 的所有棱长都为2，因此正方体ANDM —FBEC 的棱长为1.因此该正方体的外接球的半径为32. 易知三棱锥A —BCD 的外接球确实是正方体ANDM —FBEC 的外接球，因此三棱锥A —BCD 的外接球的半径为32.因此三棱锥A —BCD 的外接球的表面积为S 球＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＝3π. 8． (2021·江苏)如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 别离是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F －ADE的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，那么V 1∶V 2＝________.答案 1∶24解析 设三棱锥F －ADE 的高为h ，则V 1V 2＝13h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12AD ·AE ·sin∠DAE 2h 122AD 2AE sin∠DAE＝124. 三、解答题9．一个几何体的三视图及其相关数据如下图，求那个几何体的表面积．解 那个几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半．依照图中数据可知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为3，母线长为2，几何体的表面积是两个半圆的面积、圆台侧面积的一半和轴截面的面积之和，故那个几何体的表面积为S ＝12π×12＋12π×22＋12π×(1＋2)×2＋12×(2＋4)×3＝11π2＋3 3.10．已知一个正三棱台的两底面边长别离为30 cm 和20 cm ，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高．解 如下图，三棱台ABC —A 1B 1C 1中，O 、O 1别离为两底面中心，D 、D 1别离为BC和B 1C 1的中点，那么DD 1为棱台的斜高．由题意知A 1B 1＝20，AB ＝30，则OD ＝53，O 1D 1＝1033， 由S 侧＝S 上＋S 下，得12×(20＋30)×3DD 1＝34×(202＋302)， 解得DD 1＝1333，在直角梯形O 1ODD 1中，O 1O ＝DD 21－OD －O 1D 12＝43，因此棱台的高为4 3 cm. B 组 专项能力提升(时刻：30分钟)1． 在四棱锥E —ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD,2AB ＝3CD ，M 为AE 的中点，设E —ABCD 的体积为V ，那么三棱锥M —EBC 的体积为( )A.25VB.13VC.23VD.310V 答案 D解析 设点B 到平面EMC 的距离为h 1，点D 到平面EMC 的距离为h 2.连接MD .因为M 是AE 的中点，因此V M —ABCD ＝12V . 因此V E —MBC ＝12V －V E —MDC . 而V E —MBC ＝V B —EMC ，V E —MDC ＝V D —EMC ，因此V E —MBCV E —MDC ＝V B —EMC V D —EMC ＝h 1h 2.因为B ，D 到平面EMC 的距离即为到平面EAC 的距离，而AB ∥CD ，且2AB ＝3CD ，因此h 1h 2＝32. 因此V E —MBC ＝V M －EBC ＝310V .2． 某三棱锥的三视图如下图，该三棱锥的表面积是( ) A ．28＋6 5 B ．30＋65C ．56＋125 D ．60＋125 答案 B 解析 由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如下图，其中AE ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，且CD ＝4，BD ＝5，BE ＝2，ED ＝3，AE ＝4.∵AE ＝4，ED ＝3，∴AD ＝5.又CD ⊥BD ，CD ⊥AE ，则CD ⊥平面ABD ，故CD ⊥AD ，因此AC ＝41且S △ACD ＝10.在Rt△ABE 中，AE ＝4，BE ＝2，故AB ＝25. 在Rt△BCD 中，BD ＝5，CD ＝4，故S △BCD ＝10，且BC ＝41.在△ABD 中，AE ＝4，BD ＝5，故S △ABD ＝10.在△ABC 中，AB ＝25，BC ＝AC ＝41，则AB 边上的高h ＝6，故S △ABC ＝12×25×6＝6 5. 因此，该三棱锥的表面积为S ＝30＋65. 3． 表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，那么该圆锥的底面直径为________．答案 2解析 设圆锥的母线为l ，圆锥底面半径为r .那么12πl 2＋πr 2＝3π，πl ＝2πr ，∴r ＝1，即圆锥的底面直径为2.4. 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，图为该四棱锥的主视图和左视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)依照图所给的主视图、左视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA .解 (1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.(2)由左视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2.由主视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，因此在Rt△APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝622＋62＝6 3 cm.5． 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝a ，PA ＝PC ＝2a ，假设在那个四棱锥内放一球，求此球的最大半径．解 当球内切于四棱锥，即与四棱锥各面均相切时球半径最大，设球的半径为r ，球心为O ，连接OP 、OA 、OB 、OC 、OD ，那么把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，这些小棱锥的高都是r ，底面别离为原四棱锥的侧面和底面，则V P －ABCD ＝13r (S △PAB ＋S △PBC ＋S △PCD ＋S △PAD ＋S 正方形ABCD )＝13r (2＋2)a 2.由题意，知PD ⊥底面ABCD ，∴V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝13a 3. 由体积相等， 得13r (2＋2)a 2＝13a 3，解得r ＝12(2－2)a .。
2021届山东高考数学一轮创新教学案：第7章第1讲空间几何体的结构及其三视图和直观图
第七章立体几何第1讲空间几何体的结构及其三视图和直观图[考纲解读] 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．能画出简单空间几何体的三视图，并能根据三视图识别几何体，会用斜二测画法画出它们的直观图．(重点、难点)[考向预测]从近三年高考情况来看，本讲一直是高考的重点内容之一．预测2021年会一如既往地进行考查，以三视图和直观图的联系与转化为主要命题方向，考查题型有：①根据三视图还原几何体；②根据几何体求体积．试题以客观题形式呈现，难度一般不大，属中档题.1.多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相□01平行且□02相等多边形互相□03平行侧棱□04平行且相等相交于□05一点，但不一定相等延长线交于□06一点侧面形状□07平行四边形□08三角形□09梯形名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相相交于□02一点延长线交于□03—等，□01垂直于底面一点轴截面全等的□04矩形全等的□05等腰三角形全等的□06等腰梯形□07圆(1)画法：常用□01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′轴与y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴(或y′轴)□02垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍□03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□04不变，平行于y轴的线段的长度在直观图中变为原来的□05一半．4．三视图(1)几何体的三视图包括□01正视图、□02侧视图、□03俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：□04正侧一样高，□05正俯一样长，□06侧俯一样宽；看不到的线画虚线．1．概念辨析(1)棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形．()(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．()(3)棱台各侧棱的延长线交于一点．()(4)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是旋转体．()答案(1)×(2)×(3)√(4)×2．小题热身(1)如图所示，在三棱台A′B′C′－ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′－ABC，则剩余的部分是()A．三棱锥B．四棱锥C．三棱柱D．组合体答案 B解析剩余的部分是四棱锥A′－B′C′CB.(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 A解析由斜二测画法的原理可知．(3)若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为()A．2,2 3 B．22，2C．4,2 D．2,4答案 D解析由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D.(4)如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是________．答案五棱柱三棱柱题型一空间几何体的结构特征下列结论正确的个数是________．①有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱；②棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥；③有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台；④直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；⑤若在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线．答案0解析①③④错误，反例见下面三个图．②错误，若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．⑤错误，平行于轴的连线才是母线．识别空间几何体的两种方法(1)定义法：紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本要素，根据定义进行判定．(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析，要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可．(2019·青岛模拟)以下命题：①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为()A.0 B．1C．2 D．3答案 B解析由圆台的定义可知①错误，②正确．对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③错误.题型二空间几何体的直观图(2019·桂林模拟)已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为()A.34a2 B.38a2C.68a2 D.616a2答案 D解析如图(1)所示的是△ABC的实际图形，图(2)是△ABC的直观图．由图(2)可知A′B′＝AB＝a，O′C′＝12OC＝34a，在图(2)中作C′D′⊥A′B′于点D′，则C′D′＝22O′C′＝68a.∴S△A′B′C′＝12A′B′·C′D′＝12×a×68a＝616a2.故选D.条件探究将本例中的条件变为“△ABC的直观图△A1B1C1是边长为a的正三角形”，则△ABC的面积是________．答案6 2a2解析如图(1)所示的是△ABC的直观图，图(2)是△ABC的实际图形．在图(1)中作C1D1∥y1轴，交x1轴于点D1，在图(2)中作CD⊥x轴，交x轴于点D，设C1D1＝x，则CD＝2x.在△A1D1C1中，由正弦定理asin45°＝xsin120°，得x＝62a，∴S△ABC＝12AB·CD＝12×a×6a＝62a2.用斜二测画法画直观图的技巧(1)在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中仍然与x′轴或y′轴平行．(2)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．(3)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，然后用平滑曲线连接．(2019·福州调研)已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．答案2 2解析如图所示，图(1)是等腰梯形ABCD的实际图形，O为AB的中点，图(2)是等腰梯形ABCD的直观图．在图(2)中作E′F⊥x′轴，交x′轴于F，因为OE＝(2)2－1＝1，所以O′E′＝12，E′F＝24，则直观图A′B′C′D′的面积S′＝1＋32×24＝22.题型三空间几何体的三视图角度1已知几何体识别三视图1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()答案 A解析观察图形易知卯眼处应以虚线画出，俯视图为，故选A.角度2已知三视图还原几何体2．(2018·全国卷Ⅰ)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M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A.217 B ．2 5 C ．3 D ．2答案 B解析 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42＋22＝25，故选B.角度3 已知三视图中的部分视图，判断其他视图3.把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使得平面ABD ⊥平面CBD ，形成的三棱锥C －ABD 的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为( )A.12B.22C.24D.14答案 D解析 由三棱锥C －ABD 的正视图、俯视图得三棱锥C －ABD 的侧视图为直角边长是22的等腰直角三角形，其形状如图所示，所以三棱锥C －ABD 的侧视图的面积为14.三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意观察方向，注意能看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合.1.如图1所示，是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体的直观图，其中DD1＝1，AB＝BC＝AA1＝2，若此几何体的俯视图如图2所示，则可以作为其正视图的是()答案 C解析由直观图和俯视图知，其正视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B，D，又正视图中点D1的射影是B1，侧棱BB1是看不见的，在正视图中用虚线表示，所以正视图是C中的图形．故选C.2.(2019·河北衡水中学调研)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为()答案 C解析如图所示，过点A，E，C1的截面为AEC1F，则剩余几何体的侧视图为C中的图形.3.(2017·北京高考)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.3 2 B．2 3C．2 2 D．2答案 B解析在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知SD为该四棱锥的最长棱．由三视图可知正方体的棱长为2，故SD＝22＋22＋22＝2 3.故选B.组基础关1.某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是()A.①③B．①④C.②④D．①②③④答案 A解析由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确.2.如图，直观图所表示的平面图形是()A．正三角形B.锐角三角形C.钝角三角形D.直角三角形答案 D解析由直观图可知，其表示的平面图形△ABC中AC⊥BC，所以△ABC是直角三角形.3．日晷是中国古代利用日影测得时刻的一种计时工具，又称“日规”．通常由铜制的指针和石制的圆盘组成，铜制的指针叫做“晷针”，垂直地穿过圆盘中心，石制的圆盘叫做“晷面”，它放在石台上，其原理就是利用太阳的投影方向来测定并划分时刻．利用日晷计时的方法是人类在天文计时领域的重大发明，这项发明被人类沿用达几千年之久．上图是一位游客在故宫中拍到的一个日晷照片，假设相机镜头正对的方向为正方向，则根据图片判断此日晷的侧视图可能为()答案 D解析因为相机镜头正对的方向为正方向，所以侧视图中圆盘为椭圆，指针上半部分为实线，下半部分为虚线，故选D.4.如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)()A.①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤答案 B解析正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①，侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.5.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解析由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故选D.6．(2019·四川省南充高中模拟)在正方体中，M，N，P分别为棱DD1，A1D1，A1B1的中点(如图)，用过点M，N，P的平面截去该正方体的顶点C1所在的部分，则剩余几何体的正视图为()答案 B解析由已知可知过点M，N，P的截面是过正方体棱BB1，BC，CD的中点的正六边形，所以剩余几何体如图所示，其正视图应是选项B.7. 用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是()A.8B.7C.6D.5答案 C解析画出直观图可知，共需要6块.8．如图，点O为正方体ABCD－A′B′C′D′的中心，点E为平面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的投影可能是________(填出所有可能的序号)．答案①②③解析空间四边形D′OEF在正方体的平面DCC′D′上的投影是①；在平面BCC′B′上的投影是②；在平面ABCD上的投影是③，而不可能出现的投影为④的情况.9.(2019·福州质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是________．答案 4解析由三视图可得该几何体是如图所示的四棱锥P－ABCD，由图易知四个侧面都是直角三角形，故此几何体各面中直角三角形有4个.10．如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处．若该小虫爬行的最短路程为4 2 m，则圆锥底面圆的半径等于________ m．答案 1解析把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如图所示的扇形，由题意知OP＝4 m，PP′＝4 2 m，则cos∠POP′＝42＋42－(42)22×4×4＝0，且∠POP′是三角形的内角，所以∠POP′＝π2.设底面圆的半径为r cm，则2πr＝π2×4，所以r＝1.组能力关1.“牟合方盖”(如图1)是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图2所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，其实际直观图中四边形不存在，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是()A．a，b B．a，cC．c，b D．b，d答案 A解析当正视图和侧视图均为圆时，有两种情况，一种正视图为a，此时俯视图为b；另一种情况的正视图和俯视图如右图所示．故选A.2.一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为()A.8 B．4C．4 3 D．4 2答案 D解析由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AB ＝AC ＝4，DB ＝2，则易得S △P AC ＝S △ABC ＝8，S △CPD ＝12，S 梯形ABDP ＝12，S △BCD ＝12×42×2＝42，故选D.3.(2020·江西赣州摸底)某几何体的正视图和侧视图如图1，它的俯视图的直观图是矩形O 1A 1B 1C 1，如图2，其中O 1A 1＝6，O 1C 1＝2，则该几何体的侧面积为( )A ．48B ．64C ．96D ．128答案 C解析 由题图2及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形OABC ，设CB 与y 轴的交点为D ，则易知CD ＝2，OD ＝2×22＝42，∴CO ＝CD 2＋OD 2＝6＝OA ，∴俯视图是以6为边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为4，所以该几何体的侧面积为4×6×4＝96.故选C.4.(2019·石家庄质检)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )答案 D解析由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD.所以该三棱锥的侧视图可能为D项.5.(2018·河南郑州质检)某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为________．答案64解析由三视图知三棱锥如图所示，底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，P A ⊥平面ABC，BC＝27，P A2＋y2＝102，(27)2＋P A2＝x2，因此xy＝x102－[x2－(27)2]＝x128－x2≤x2＋(128－x2)2＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.6.(2019·全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．答案262－1解析先求面数，有如下两种方法．解法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26(个)面．解法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2(欧拉公式)．由图形知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24，故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26.再求棱长．作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长．连接AF，过H，G分别作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则AM＝MH＝NG＝NF＝22x.又AM＋MN＋NF＝1，即22x＋x＋22x＝1.解得x＝2－1，即半正多面体的棱长为2－1.莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。
近年高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标39空间几何体的三视图、直观图、表面积和体积(2021年
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第39讲空间几何体的三视图、直观图、表面积和体积［解密考纲]考查空间几何体的结构特征与三视图、体积与表面积，以选择题或填空题的形式出现．一、选择题1．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( D）解析如图所示，点D1的投影为C1,点D的投影为C，点A的投影为B，故选D．2．某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是( D）解析由几何体的正视图和侧视图，结合四个选项中的俯视图知，若为D项，则正视图应为，故D项不可能，故选D项．3．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( B）A．2＋错误!B．2＋2错误! C．错误!D．错误!解析三棱锥的高为1，底面为等腰三角形,如图，因此表面积是12×2×2＋2×错误!×错误!×1＋错误!×错误!×2＝2＋2错误!，故选B．4．（2017·浙江卷)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：cm3)是（A）A．π2＋1 B．错误!＋3C．错误!＋1 D．错误!＋3解析由几何体的三视图可得,该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积V＝错误!×错误!×π×3＋错误!×错误!×2×1×3＝错误!＋1，故选A．5．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（B）A．6错误!B．6C．4错误!D．4解析由三视图知，该几何体为三棱锥D1－CEC1（如图所示）,∵平面CEC1⊥平面D1C1C，△D1C1C为等腰直角三角形，△CEC1为等腰三角形,且D1C1⊥CC1，所以CE＝C1E＝42＋22＝2错误!，CD1＝错误!＝4错误!,E＝错误!＝6，则该三棱锥最长的棱为6。
2021届高考数学大一轮总复习第七章立体几何课时作业44空间几何体的结构特征三视图和直观图课件新人教B版
解析：
由三视图可知该几何体为如图所示的四棱锥 P-ABCD．其中
PA⊥底面 ABCD，四棱锥 P-ABCD 的底面是边长为 3 的正方形， 高 PA＝4.连接 AC，易知最长的棱为 PC，且 PC＝ PA2＋AC2＝
42＋32＋32＝ 34.故选 B．
11.中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分 叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若 如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合 时带卯眼的木构件的俯视图可以是( A )
解析：由正视图与俯视图知，几何体是一个三棱锥与被轴 截面截开的半个圆锥的组合体，故侧视图为 D．
8．中国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角 形的直棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的正视图和俯视图如 图所示，则该“堑堵”的侧视图的面积为( C )
A．18 6 C．18 2
B．18 3 D．227 2
解析：由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向 看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选 A．
二、填空题 12．一水平放置的平面四边形 OABC，用斜二测画法画出它 的直观图 O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为 1 的正方形，则原平面四边形 OABC 面积为__2___2__.
2．下列结论正确的是( D ) A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体 C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能 是六棱锥 D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线
解析：如图 1 知，A 不正确．如图 2，两个平行平面与底面 不平行时，截得的几何体不是旋转体，则 B 不正确．
B．矩形面
C．梯形面
2021高考数学一轮小专题复习之空间几何体的三视图和直观图课堂训练Word版含答案
空间几何体的三视图和直观图课堂训练 新人教A 版必修2学问填空： 1、柱、锥、台、球的结构特征 （1）棱柱：几何特征：①两底面是对应边平行的 ；侧面、对角面都是 ；②侧棱平行且相等；平行于底面的截面是与底面全等的 .（2）棱锥几何特征：①侧面、对角面都是 ；②平行于底面的截面与底面相像，其面积比等于顶点到截面距离与高的比的 .（3）棱台： 几何特征：①上下底面是相像的平行多边形 ②侧面是 ③侧棱交于原棱锥的 （4）圆柱：定义：以矩形的一边所在的直线为轴旋转,其余三边旋转所成几何特征：①底面是全等的圆；②母线与轴平行；③轴与底面圆的半径垂直；④侧面开放图是一个 . （5）圆锥：定义：以直角三角形的一条直角边为旋转轴,旋转一周所成 几何特征：①底面是一个圆；②母线交于圆锥的顶点；③侧面开放图是一个 . （6）圆台：定义：以直角梯形的垂直与底边的腰为旋转轴,旋转一周所成 几何特征：①上下底面是两个圆；②侧面母线交于原圆锥的 ；③侧面开放图是一个弓形. （7）球体：定义：以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体.几何特征：①球的截面是圆；②球面上任意一点到球心的距离等于半径. 2、中心投影、平行投影及空间几何体的三视图 （1）一点发出的光照射下形成的投影叫 .（2）平行光线照射下形成的投影叫平行投影，投影线正对着投影面时，叫 ，否则叫 . （3）三视图的正视图（光线从几何体的前面对后面正投影）、侧视图（从左向右）、俯视图（从上向下）.（被遮挡的轮廓线要画虚线）注：正视图反映了物体的高度和长度；俯视图反映了物体的长度和宽度；侧视图反映了物体的高度和宽度.3、空间几何体的直观图——斜二测画法斜二测画法特点：①原来与x 轴平行的线段照旧与x 平行且 ；②原来与y 轴平行的线段照旧与y 平行，长度为原来的 .例题分析：例1、下列命题中正确命题的个数（ ）⑴有两个面平行，其余各个面都是平面四边形的几何体叫棱柱 ⑵有两个面平行，其余各个面都是平行四边形的几何体叫棱柱 ⑶有两个面平行，其余各个面都是梯形的几何体叫棱台⑷用一个平面去截棱锥，棱锥的底面和截面之间的部分叫棱台 A. 3 B. 2 C. 1 D. 0例2、一个正方体内有一个内切球,作出正方体的对角面,所得截面图形是 ( )D C B A例3、下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是 （ ） 例4、某几何体的三视图如下，画出该几何体的直观图 直观图高平齐俯视图宽相等侧视图长对正正视图。
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2021年高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标39空间几何体的三视
图直观图表面积和体积
[解密考纲]考查空间几何体的结构特征与三视图、体积与表面积，以选择题或填空题的形式出现．
一、选择题
1．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( D)
解析如图所示，点D1的投影为C1，点D的投影为C，点A的投影为B，故选D．
2．某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是( D)
解析由几何体的正视图和侧视图，结合四个选项中的俯视图知，若为D项，则正视图应为，故D项不可能，故选D项．
3．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( B)
A ．2＋ 5
B ．2＋2 5
C ．4
3
D ．23
解析 三棱锥的高为1，底面为等腰三角形，如图，因此表面积是12×2×2＋2×1
2×5×1
＋1
2
×5×2＝2＋25，故选B ．
4．(xx·浙江卷)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 )
A ．π
2＋1
B ．π
2＋3
C ．3π
2
＋1
D ．3π2
＋3
解析 由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积V ＝13×12×π×3＋13×12×2×1×3＝π
2
＋1，故选A ．
5．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( B )
A ．6 2
B ．6
C ．4 2
D ．4
解析 由三视图知，该几何体为三棱锥D 1－CEC 1(如图所示)，
∵平面CEC 1⊥平面D 1C 1C ，△D 1C 1C 为等腰直角三角形，△CEC 1为等腰三角形，且D 1C 1⊥
CC 1，
所以CE ＝C 1E ＝42
＋22
＝25，CD 1＝42
＋42
＝42，
D 1
E ＝42＋()252＝6，则该三棱锥最长的棱为6.
6．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①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( D )
A ．①和③
B ．③和①
C ．④和③
D ．④和②
解析 由三视图可知，正视图与俯视图分别为④②. 二、填空题
7．(xx·江苏卷)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均
相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是__3
2
__.
解析 设球O 的半径为r ，则圆柱的底面半径为r 、高为2r ，所以V 1V 2＝πr 2·2r 43
πr
3
＝3
2.
8．等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底 AB ＝ 3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为__
2
2
解析 如图所示．因为OE ＝2
2
－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝2
4
，则直观
图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝2
2
.
9．某四棱锥的三视图如图所示，则最长的一条侧棱的长度是__29__.
解析 由三视图知，该几何体为一个四棱锥P －ABCD ，其中PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，AB ＝2AD ＝4，AD ⊥AB ，PA ＝2，∴该四棱锥的最长的棱为PC ＝22
＋32
＋42
＝29.
三、解答题
10．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，该四棱锥的正视图和侧视图如图所示，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．
(1)根据图所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA ．
解析 (1)该四棱锥的俯视图是边长为6 cm 的正方形(内含对角线)，如图，其面积为36 cm 2
.
(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2
＋CD 2
＝62
＋62
＝6 2. 由正视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，所以在Rt △APD 中，
PA ＝PD 2＋AD 2＝
62
2
＋62
＝6 3 (cm)．
11．现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．
(1)若AB ＝6 m ，PO 1 ＝2 m ，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？ 解析 (1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8.
因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积
V 锥＝1
3A 1B 21·PO 1＝13
×62×2＝24(m 3
)；
正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积
V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．
所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝312(m 3
)． (2)设A 1B 1＝a (m)，PO 1＝h (m)， 则0＜h ＜6，O 1O ＝4h .连接O 1B 1. 因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 2
1＋PO 2
1＝PB 21， 所以⎝
⎛⎭
⎪⎫2a 22＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2
)． 于是仓库的容积
V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13
a 2·h ＝133
a 2h ＝263
(36h －h 3)，0＜h ＜6，
从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2
)．
当0＜h ＜23时，V ′＞0，V 是单调增函数； 当23＜h ＜6时，V ′＜0，V 是单调减函数． 故当h ＝23时取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 m 时，仓库的容积最大．
12．如图，在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，BD ，DE ，DF ，求几何体EFC 1DBC 的体积．
解析 如图，连接DC 1，那么几何体EFC 1DBC 被分割成三棱锥D －EFC 1及四棱锥D －CBFC 1，那么几何体EFC 1DBC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×1
2
×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.
故所求几何体EFC 1DBC 的体积为66.。