创新方案2017届高考数学一轮复习第八章立体几何第一节空间几何体的三视图直观图表面积与体积课后作业理
高考数学一轮复习第八章立体几何第1节空间几何体的结构三视图直观图市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖P
)
A. 43a2
B. 83a2
C. 26a2
D. 86a2
45/65
[解析] (1)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. (2)解法一：过 C′作 C′D′与 y′轴平行，在△B′C′D′中，
∠C′B′D′＝60°，∠C′D′B′＝45°，B′C′＝a.
∴a＝2.该正三棱柱的直观图如右图，其左 视图是图中的阴影面，是一个边长分别为 2、
3的矩形，其面积为 2 3. [答案] 2 3
18/65
考点
题型突破
19/65
考点一 空间几何体的结构特征——自练型
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(1)下列结论正确的是(
)
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转
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(1)圆柱可以由_矩_形____绕其任一边旋转得到． (2)圆锥可以由直角三角形绕其_直__角_边_____旋转得 旋 到． 转 (3)圆台可以由直角梯形绕_直_角__腰____或等腰梯形 体 绕 _上__下_底__中_点__连__线_____ 旋 转 得 到 ， 也 可 由 __平__行_于__圆_锥__底_面________的平面截圆锥得到． (4)球可以由半圆或圆绕_直__径___旋转得到.
B．圆锥
C．棱锥
D．棱柱
[解析] 圆锥的三视图中一定不会出现正方形，故选 B.
[答案] B
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3．如下图，长方体 ABCD－A′B′C′D′被截去阴影部分，
其中 FG∥EH∥A′D′，剩下的几何体是(
)
A．棱台 C．五棱柱
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第1讲 空间几何体的三视图和直观图课件 理
考点(kǎo di空ǎn)间1(kōngjiān)几何体的结构特征
例 1：(1)如图 8-1-3，模块①～⑤均由 4 个棱长为 1 的小正
方体构成，模块⑥由 15 个棱长为 1 的小正方体构成.现从模块
①～⑤中选出三个放到模块⑥上，使得模块⑥成为(chéngwéi)一个棱长为
3 的大正方体，则下列方案中，能够完成任务的为(
第四页，共四十页。
1.在正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两
顶点的连线称为它的对角线，那么一个(yī ɡè)正五棱柱对角线的条数
共有(ɡònɡ yDǒu)( )
A.20
B.15
C.12
D.10
2.某空间(kōngjiān)几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是
(A ) A.圆柱
B.圆锥
( D)
A.12＋
2 2
C.1＋ 2
B.1＋
2 2
D.2＋ 2
第三十三页，共四十页。
易错、易混、易漏
⊙将三视图还原成几何体时对数据的判断产生(chǎnshēng)错误 例题(lìtí)：(1)某三棱锥的三视图如图 8-1-13，则该三棱锥最长 棱的棱长为________.
图 D63
第十三页，共四十页。
(3)如图 8-1-4(1)，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E，F 分别 是AA1，C1D1的中点(zhōnɡ diǎn)，G是正方形BCC1B1的中心，则四边形 AGFE 在该正方体的各个面上的投影可能是图 8-1-4(2) 中的
____________.
(4)球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转得到.
第三页，共四十页。
2.三视图与直观图 三视图 画法规则：长对正，高平齐，宽相等
高考数学一轮复习第八章立体几何三视图与直观图课件
撬题·对点题 必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
1．思维辨析 (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，若∠A 的两边分别平行于 x 轴和 y 轴，且∠A＝90°，则在直观图 中，∠A＝45°.( × ) (4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( × ) (5)底面是正方形的四棱柱为正四棱柱．( × ) (6)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱．( × )
命题法 空间几何体的结构特征、三视图及直观图 典例 (1)给出下列命题： ①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形； ②用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台； ③若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直； ④若四棱柱有两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ⑤存在每个面都是直角三角形的四面体； ⑥棱台的侧棱延长后交于一点．
的左面向右面正投影，得到的投影图叫做几何体的 侧视图 (或左视图)；光线从几何体的上面向下面正 投影，得到的投影图叫做几何体的 俯视图． 几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图．
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
观察几何体画
出的轮廓线．
4 三视图的长度特征 “长对正、宽相等、高平齐”
解析 此几何体侧视图是从左边向右边看，故 C 符合题意．
14 撬点·基础点 重难点
撬法·命题法 解题法
高考数学一轮复习第八章立体几何8.1.1三视图与直观图课件理
结构特征
圆
两个底面互相平行，有无数条母线，且长度相等，都与
柱
轴平行，过轴的截面是全等的矩形
底面是圆面，有无数条母线，长度相等且交于一点，平 圆
行于底面的截面是与底面大小不相等的圆，过轴的截面 锥
是全等的等腰三角形
图形
结构特征
上、下底面平行且不相
等，母线的延长线交于一
圆
点，平行于底面的截面是
台
与两底面大小都不相等
第八章 立体几何
第1讲 空间几何体的三视图、表面积和 体积考点一 三视图与来自观图撬点·基础点 重难点
1 多面体的图形与结构特征 图形
棱 柱
棱 锥
棱 台
结构特征 两个面互相平行，其余各面是四边形，侧棱互相平行 底面是多边形，侧棱交于一点 上、下底面平行且相似，侧棱的延长线交于一点
2 旋转体的图形与结构特征 图形
的圆，过轴的截面是全等
的等腰梯形
过球心的截面是大小相 球
等的圆
3 三视图的定义
光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图叫做几何体的 正视图 (或主视图)；光线从几何体
的左面向右面正投影，得到的投影图叫做几何体的 侧视图 (或左视图)；光线从几何体的上面向下面正 投影，得到的投影图叫做几何体的 俯视图． 几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图．
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
观察几何体画
出的轮廓线．
4 三视图的长度特征 “长对正、宽相等、高平齐”
，即正视图和俯视图长对正，侧视图和俯视图宽相等，正视图和
侧视图高平齐．
5 用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤 (1)在已知图形中取互相垂直的 x 轴和 y 轴，两轴交于点 O.画直观图时，把它们画成对应的 x′轴和 y′ 轴，两轴交于点 O′，且使 ∠x′O′y′＝45° (或 135°)，它们确定的平面表示水平面． (2)已知图形中平行于 x 轴或 y 轴的线段，在直观图中分别画成平行于 x′轴或 y′轴的线段． (3)已知图形中平行于 x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于 y 轴的线段，长度为原来的 一半．
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第1讲 简单几何体及其直观图、三视图教学案 理
【第1讲简单几何体及其直观图、三视图】之小船创作一、知识梳理1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①在已知图形中建立直角坐标系xOy，画直观图时，它们分别对应x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面．②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x ′轴和y ′轴的线段．③已知图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段，长度为原来的12． 3．三视图 (1)几何体的三视图包括主视图、左视图、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：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．常用结论1．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2．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的主视图和左视图均为全等的等腰三角形．(3)水平放置的圆台的主视图和左视图均为全等的等腰梯形．(4)水平放置的圆柱的主视图和左视图均为全等的矩形．二、教材衍化1．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解析：选D.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．2．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：③⑤3．已知如图所示的几何体，其俯视图正确的是________．(填序号)解析：由俯视图定义易知选项③符合题意．答案：③一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)棱柱的概念不清致误；(2)不清楚三视图的三个视图间的关系，想象不出原几何体而出错；(3)斜二测画法的规则不清致误．1．如图，长方体ABCDA′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析：选C.由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.2．将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的主视图与俯视图如图所示，则该几何体的左视图为( )解析：选B.先根据主视图和俯视图还原出几何体，再作其左视图．由几何体的主视图和俯视图可知该几何体为图①，故其左视图为图②.故选B.3．在直观图(如图所示)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO 为________，面积为________cm2.解析：由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图，即在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2.答案：矩形8空间几何体的几何特征(自主练透) 1．下列说法正确的是( )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的任意一点的连线都是母线解析：选D.由图知，A不正确．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．侧棱长与底面多边形的边长相等的棱锥一定不是六棱锥，故C错误．由定义知，D正确．2．给出下列几个命题：①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；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③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( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B.①不一定，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；②正确；③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，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④空间几何体概念辨析问题的常用方法空间几何体的三视图(多维探究)角度一已知几何体，识别三视图(1)(2020·宜宾模拟)已知棱长都为2的正三棱柱ABCA1B1C1的直观图如图．若正三棱柱ABCA1B1C1绕着它的一条侧棱所在直线旋转，则它的左视图可以为( )(2)(2020·湖南衡阳二模)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，B在平面α上，AB＝ 2.若平面A1B1C1D1与平面α所成角为30°，由如图所示的俯视方向，正方体ABCDA1B1C1D1在平面α上的俯视图的面积为( )A．2 B．1＋ 3 C．2 3 D．22【解析】(1)由题知，四个选项的高都是2.若左视图为A，则中间应该有一条竖直的实线或虚线；若左视图为C，则其中有两条侧棱重合，不应有中间竖线；若左视图为D，则长度应为3，而不是1.故选B.(2)由题意得AB在平面α内，且平面α与平面ABCD 所成的角为30°，与平面B1A1AB所成的角为60°，故所得的俯视图的面积S＝2×(2cos 30°＋2cos 60°)＝2(cos 30°＋cos 60°)＝1＋ 3.【答案】(1)B (2)B角度二已知三视图，判断几何体(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(2)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4【解析】(1)由题三视图得直观图如图所示，为三棱柱，故选B.(2)将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示．易知，BC ∥AD ，BC ＝1，AD ＝AB ＝PA ＝2，AB ⊥AD ，PA ⊥平面ABCD ，故△PAD ，△PAB 为直角三角形，因为PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BC ，又BC ⊥AB ，且PA ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，所以BC ⊥PB ， 所以△PBC 为直角三角形，容易求得PC ＝3，CD ＝5，PD ＝22，故△PCD 不是直角三角形，故选C.【答案】 (1)B (2)C【迁移探究1】 (变问法)在本例(2)条件下，求该四棱锥的所有棱中，最长棱的棱长是多少？解：由三视图可知，PA ＝AB ＝AD ＝2，BC ＝1，经计算可知，PB ＝PD ＝22，PC ＝3，CD ＝5，故最长棱为PC ，且|PC |＝3.【迁移探究2】 (变问法)在本例(2)条件下，求该四棱锥的五个面中，最小面的面积．解：面积最小的面为面PBC ，且S △PBC ＝12BC ·PB ＝12×1×22＝2，即最小面的面积为 2. 角度三 已知几何体的某些视图，判断其他视图(1)(2020·福州模拟)如图为一圆柱切削后的几何体及其主视图，则相应的左视图可以是( )(2)(2020·河北衡水中学联考)《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：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈、长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知该楔体的主视图和俯视图如图中粗实线所示，则该楔体的左视图的周长为( )A ．3丈B ．6丈C ．8丈D ．(5＋13)丈【解析】 (1)圆柱被不平行于底面的平面所截，得到的截面为椭圆，结合主视图，可知左视图最高点在中间，故选B.(2)由题意可知该楔体的左视图是等腰三角形，它的底边长为3丈，相应高为2丈，所以腰长为 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＝52(丈)，所以该楔体左视图的周长为3＋2×52＝8(丈)．故选C. 【答案】 (1)B (2)C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．注意主视图、左视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，看不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、推测其直观图的可能形式，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直观图．1．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( )解析：选A.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.2．(2020·安徽宣城二模)一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最大面的面积是( ) A．2 B．2 2 C．2 3 D．4解析：选C.如图所示，由三视图可知该几何体是四棱锥PABCD截去三棱锥PABD后得到的三棱锥PBCD.其中四棱锥中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，且PA＝AB＝2，易知面积最大面为面PBD，面积为34×(22)2＝2 3.故选C.3．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在主视图上的对应点为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解析：选B.由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N 的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.故选B.空间几何体的直观图(自主练透) 1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD为( )A．平行四边形B．梯形C．菱形D．矩形解析：选D.由斜二测画法可知在原四边形ABCD中DA⊥AB，并且AD∥BC，AB∥CD，故四边形ABCD为矩形．2．已知等边三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为( )A.34a2B．38a2C.68a2D．616a2解析：选D.如图①②所示的实际图形和直观图，由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.所以S△A′B′C′＝12A′B′·C′D′＝12×a×68a＝616a2.故选D.3．在等腰梯形ABCD中，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________．解析：因为OE＝（2）2－12＝1，所以O′E′＝12，E′F′＝24.所以直观图A′B′C′D′的面积为S′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22(1)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(2)平面图形直观图与原图形面积间的关系对于几何体的直观图，除掌握斜二测画法外，记住原图形面积S 与直观图面积S ′之间的关系S ′＝24S ，能更快捷地进行相关问题的计算．构造法求解三视图问题的三个步骤三视图问题(包括求解几何体的表面积、体积等)是培养和考查空间想象能力的好题目，是高考的热点．由三视图还原几何体是解决这类问题的关键，而由三视图还原几何体只要按照以下三个步骤去做，基本都能准确还原出来．这三个步骤是：第一步，先画长(正)方体，在长(正)方体中画出俯视图；第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)作垂线，找到顶点，连线即可．一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体的体积为( ) A.16 B ．26 C.36D ．12【解析】 几何体还原说明：①画出正方体，俯视图中实线可以看作正方体的上底面及底面对角线．②俯视图是正方形，有四个直角，主视图和左视图中分别有一个直角．主视图和左视图中的直角对应上底面左边外侧顶点(图中D 点上方顶点)，将该顶点下拉至D 点，连接DA ，DB ，DC 即可．该几何体即图中棱长为1的正方体中的四面体ABCD ，其体积为13×12×1×1×1＝16.故选A. 【答案】 A如图是一个四面体的三视图，三个三角形均是腰长为2的等腰直角三角形，还原其直观图．【解】 第一步，根据题意，画正方体，在正方体内画出俯视图，如图①.第二步，找直角，在俯视图、主视图和左视图中都有直角．第三步，将俯视图的直角顶点向上拉起，与三视图中的高一致，连线即可．所求几何体为三棱锥ABCD，如图②.[基础题组练]1．如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴，x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )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AC，最短的是AD解析：选 B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.2．如图所示的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( ) A．①② B．②③ C．③④D．①⑤解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；故截面图形可能是①⑤.3．(2020·陕西彬州质检)一个几何体的三视图如图所示，其中主视图中△ABC 是边长为1的等边三角形，左视图为正六边形，那么该几何体的左视图的面积为( ) A.38 B ．34 C ．1 D ．32 解析：选A.由三视图可知该几何体为正六棱锥，其直观图如图所示．该正六棱锥的底面正六边形的边长为12，侧棱长为1，高为32.左视图的底面边长为正六边形的高，为32，则该几何体的左视图的面积为12×32×32＝38，故选A. 4．(2020·江西省名校学术联盟质检)如图所示，边长为1的正方形网格中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体所有棱长组成的集合为( )A ．{1，5}B ．{1，6}C ．{1，2，5}D ．{1，2，22，6}解析：选B.如图所示，该几何体是四棱柱，底面是边长为1的正方形，侧棱长为6，故选B.5．(一题多解)(2020·河南非凡联盟4月联考)某组合体的主视图和左视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是图(2)中粗线所表示的平面图形，其中四边形O ′A ′B ′C ′为平行四边形，D ′为C ′B ′的中点，则图(2)中平行四边形O′A′B′C′的面积为( )A．12 B．3 2 C．6 2 D．6解析：选B.法一：由题图易知，该几何体为一个四棱锥(高为23，底面是长为4，宽为3的矩形)与一个半圆柱(底面圆半径为2，高为3)的组合体，所以其俯视图的外侧边沿线组成一个长为4，宽为3的矩形，其面积为12，由斜二测知识可知四边形O′A′B′C′的面积为4×32sin 45°＝3 2.法二：由斜二测画法可先还原出俯视图的外轮廓是长为4，宽为3的矩形，其面积为4×3＝12，结合直观图面积是原图形面积的24，即可得结果．6. 某多面体的三视图如图所示，其中主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________．解析：由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为（2＋4）×22×2＝12.答案：127．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为______cm.解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.在Rt△ABC中，AC＝12(cm)，BC＝8－3＝5(cm)．所以AB＝122＋52＝13(cm)．答案：138．已知正四棱锥VABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连接VO，AO，则VO就是正四棱锥VABCD的高．因为底面面积为16，所以AO＝2 2.因为一条侧棱长为211，所以VO＝VA2AO2＝44－8＝6.所以正四棱锥VABCD的高为6.答案：69．如图所示的三个图中，上面是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的主视图和左视图如图所示(单位：cm)．(1)在主视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积．解：(1)如图．(2)所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843(cm 3)． 10．已知正三棱锥V ABC 的主视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图和左视图；(2)求出左视图的面积．解：(1)如图．(2)左视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23×32×232＝12＝2 3. 则S △VBC ＝12×23×23＝6. [综合题组练]1．(2020·河南开封一模)如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1，O 2，这两个球外切，且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切，球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切，则两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影是( )解析：选B.由题意可以判断出两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影与正方形相切，排除C ，D.由于两球不等，把其中一个球扩大为与正方体相切，则另一个球被挡住一部分，所以排除A.B 正确．2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的左视图中的虚线部分是( )A．圆弧B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分解析：选D.根据几何体的三视图可得，左视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故左视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.3．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥PBCD的俯视图与主视图面积之比的最大值为( )A．1 B．2C. 3 D．2解析：选D.主视图，底面B，C，D三点，其中D与C重合，随着点P的变化，其主视图均是三角形且点P在主视图中的位置在边B1C1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a，则S主视图＝12×a2；设A1C1的中点为O，随着点P的移动，在俯视图中，易知当点P在OC1上移动时，S俯视图就是底面三角形BCD的面积，当点P在OA1上移动时，点P越靠近A1，俯视图的面积越大，当到达A1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S俯视图＝a2，所以S俯视图S主视图的最大值为a212a2＝2，故选D.4．(2020·河北衡水二模)某几何体的三视图如图所示，三视图中的点P ，Q 分别对应原几何体中的点A ，B ，在此几何体中从点A 经过一条侧棱上点R 到达点B 的最短路径的长度为( )A ．aB ．2a C.52a D ．3a解析：选D.由几何体的三视图可知，该几何体为棱长为a 的正四面体(如图1)，将侧面三角形CDB 绕CD 翻折到与面ACD 在同一平面内(如图2)，连接AB 与CD 交于一点R ，该点即为使路径最短的侧棱上的点R ，且最短路径为AB 长，在△ACB 中，由余弦定理易知AB ＝a 2＋a 2－2a ·a ·cos 120°＝3a .故选D.5．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为1，点M 在线段BC 上(点M 异于B ，C 两点)，点N 为线段CC 1的中点，若平面AMN 截正方体ABCD A 1B 1C 1D 1所得的截面为四边形，则线段BM 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎥⎥⎤0，13 B ．⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12 C.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12，1 D ．⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，23 解析：选B.由题意，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，如图所示，当点M为线段BC的中点时，截面为四边形AMND1，当0＜BM≤12时，截面为四边形，当BM＞12时，截面为五边形，故选B.6．已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若△MNQ为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )A．2 2 B．3C．2 3 D．4解析：选C.如图，不妨设N在B处，AM＝h，CQ＝m，则MB2＝h2＋4，BQ2＝m2＋4，MQ2＝(h－m)2＋4，由MB2＝BQ2＋MQ2，得m2－hm＋2＝0.Δ＝h2－8≥0即h2≥8，该直角三角形斜边MB＝4＋h2≥2 3.故选C.7．某几何体的主视图和左视图如图(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________．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，所以CO＝CD2＋OD2＝6＝OA，所以俯视图是以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.答案：968．(2019·高考全国卷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________．解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1.答案：26 2－1。
高考数学一轮总复习第8章立体几何初步第1节空间几何体的结构及其三视图与直观图高考AB卷理
【大高考】2017版高考数学一轮总复习 第8章 立体几何初步 第1节 空间几何体的结构及其三视图与直观图高考AB 卷 理三视图、直观图1.(2016·全国Ⅲ，9)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，则该多面体的表面积为( )A.18＋365B.54＋18 5C.90D.81解析 由题意知，几何体为平行六面体，边长分别为3，3，45，几何体的表面积S ＝3×6×2＋3×3×2＋3×45×2＝54＋18 5. 答案 B2.(2016·全国Ⅱ，6)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( )A.20πB.24πC.28πD.32π解析 由三视图可知，组合体的底面圆的面积和周长均为4π，圆锥的母线长l ＝（23）2＋22＝4，所以圆锥的侧面积为S 锥侧＝12×4π×4＝8π，圆柱的侧面积S 柱侧＝4π×4＝16π，所以组合体的表面积S ＝8π＋16π＋4π＝28π，故选C. 答案 C3.(2015·全国Ⅰ，11)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16＋20π，则r ＝( )A.1B.2C.4D.8解析 由题意知，2r ·2r ＋12·2πr ·2r ＋12πr 2＋12πr 2＋12·4πr 2＝4r 2＋5πr 2＝16＋20π，解得r ＝2. 答案 B4.(2014·全国Ⅰ，12)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 C空间几何体的结构1.(2015·广东，8)若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值( )A.大于5B.等于5C.至多等于4D.至多等于3解析 当n ＝3时显然成立，故排除A ，B ；由正四面体的四个顶点，两两距离相等，得n ＝4时成立，故选C. 答案 C2.(2012·辽宁，16)已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若PA ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________.解析 正三棱锥P －ABC 可看作由正方体PADC －BEFG 截得，如图所示，PF 为三棱锥P －ABC 的外接球的直径，且PF ⊥平面ABC .设正方体棱长为a ，则3a 2＝12，a ＝2，AB ＝AC ＝BC ＝2 2.S △ABC ＝34×(22)2＝2 3. 由V P －ABC ＝V B －PAC ，得13·h ·S △ABC ＝13×12×2×2×2，所以h ＝233，因此球心到平面ABC 的距离为33.答案33三视图、直观图3.(2016·北京，6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D.1解析 由三视图知，三棱锥如图所示：由侧视图得高h ＝1， 又底面积S ＝12×1×1＝12.所以体积V ＝13Sh ＝16.答案 A4.(2016·山东，5)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.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D.1＋26π 解析 由三视图知，半球的半径R ＝22，四棱锥为底面边长为1，高为1的正四棱锥，∴V ＝13×1×1×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π，故选C. 答案 C5.(2015·北京，5)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A.2＋ 5B.4＋ 5C.2＋2 5D.5解析 该三棱锥的直观图如图所示：过D 作DE ⊥BC ，交BC 于E ，连接AE ，则BC ＝2，EC ＝1，AD ＝1，ED ＝2，S 表＝S △BCD ＋S △ACD ＋S △ABD ＋S △ABC ＝12×2×2＋12×5×1＋12×5×1＋12×2×5＝2＋2 5.答案 C6.(2015·浙江，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.8 cm 3B.12 cm 3C.323cm 3D.403cm 3解析 该几何体是棱长为2 cm 的正方体与一底面边长为2 cm 的正方形，高为2 cm 的正四棱锥组成的组合体，V ＝2×2×2＋13×2×2×2＝323(cm 3).故选C.答案 C7.(2014·江西，5)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( )解析 由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成.从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形. 答案 B8.(2014·湖北，5)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①、②、③、④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解析 在空间直角坐标系O －xyz 中作出棱长为2的正方体，在该正方体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为④，俯视图为②.选D.答案 D9.(2013·四川，3)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( )解析 由于俯视图是两个圆，所以排除A ，B ，C ，故选D. 答案 D10.(2013·湖南，7)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，则该正方体的正视图的面积不可能等于( ) A.1 B. 2 C.2－12D.2＋12解析 根据三视图中正视图与俯视图等长，故正视图中的长为2cos θ，如图所示.故正视图的面积为S ＝2cos θ(0≤θ≤π4)，∴1≤S ≤2，而2－12<1，故面积不可能等于2－12.答案 C11.(2015·天津，10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析 由三视图可知，该几何体由相同底面的两圆锥和圆柱组成，底面半径为1，圆锥的高为1，圆柱的高为2，所以该几何体的体积V ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83π m 3.答案 83π。
高三数学一轮复习立体几何知识点突破训练含答案解析
精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！第八章⎪⎪⎪立 体 几 何第一节空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征 多面体 结构特征棱柱 有两个面平行，其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等棱锥 有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形 棱台棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做棱台几何体 旋转图形 旋转轴圆柱 矩形 矩形任一边所在的直线 圆锥 直角三角形 一条直角边所在的直线圆台 直角梯形或等腰梯形直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点的连线球半圆或圆直径所在的直线(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①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．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：本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的三视图和直观图；2.空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.(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轴的线段在直观图中长度为原来的一半．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的结构特征[例1](1)用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体(2)下列说法正确的是()A．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B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，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一定交于一点[解析](1)截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．(2)A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．[答案](1)C(2)B[方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1(2)中的A，C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．空间几何体的三视图1.画三视图的规则长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列顺序先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2](1)(2017·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①②③④⑤⑥代表图形，按正视图，侧视图，俯视图的顺序排列)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤(2)(2016·天津高考)将一个长方体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()[解析](1)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.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.[答案](1)B(2)B[方法技巧]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视图、侧视图和俯视图的观察方向；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)由几何体的部分视图画出剩余的视图解决此类问题，可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检验．(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．空间几何体的直观图直观图与原图形面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3]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()[解析]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.[答案] A能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．2．[考点二]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()解析：选B由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形．3．[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A，D；当正视图是直角三角形时，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故答案为C.4．[考点三]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C 依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.5．[考点二](2017·南昌模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.突破点(二) 空间几何体的表面积与体积基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l圆柱、圆锥、圆台侧面积间的关系：S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝rS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 2．空间几何体的表面积与体积公式名称 几何体表面积 体积柱体 (棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底V ＝Sh 锥体 (棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体 (棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的表面积[例1] (1)(2017·安徽江南十校联考)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 ．4π＋16＋4 3B ．5π＋16＋4 3C ．4π＋16＋2 3D ．5π＋16＋2 3(2)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2[解析] (1)由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为2×4×2＝16，两个底面面积之和为2×12×2×3＝23；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2×12×π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋23，故选D.(2)根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD ⊥底面BCD ，另两个侧面ABC ，ACD 为等边三角形，则有S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3.[答案] (1)D (2)B[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路(1)求多面体的表面积，只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积．(2)求旋转体的表面积，可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系．(3)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积．空间几何体的体积柱体、锥体、台体体积间的关系[例2] (1)(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D ．1 (2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋2π B.13π6 C.7π3D.5π2[解析] (1)通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P -ABC ，通过侧视图得高h ＝1，通过俯视图得底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝13×12×1＝16.(2)由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝13π6.[答案] (1)A (2)B [方法技巧]求空间几何体体积的常见类型及思路(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)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，然后根据条件求解．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二](2016·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( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π.故选C. 2．[考点二]已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3 cm 3 B ．2π cm 3 C.7π3cm 3 D ．3π cm 3解析：选C 该几何体为一个圆柱挖去半个球得到的几何体，其体积V ＝π×12×3－12×4π×133＝7π3(cm 3)．3.[考点一]某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．125＋20B ．242＋20C ．44D ．12 5解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，且上、下底面的边长分别为2,4，则侧面梯形的高h ＝ 22＋⎝⎛⎭⎫4－222＝5，所以该正四棱台的表面积S ＝(2＋4)×52×4＋22＋42＝125＋20.4．[考点一]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，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 的值为________．解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得：(5.4－x )×3×1＋π·⎝⎛⎭⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.6突破点(三) 与球有关的切、接应用问题1.球的表面积和体积是每年高考的热点，且多与三视图、多面体等综合命题，常以选择题、填空题的形式出现.解决此类问题时，一是要善于把空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中处理；二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.2.与球有关的组合体问题主要有两种，一种是内切问题，一种是外接问题.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关“元素”间的数量关系，并作出合适的截面图.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”多面体的内切球问题[例1] 若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.[解析] 设正四面体棱长为a ， 则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14， 即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26， 则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. [答案] 63π[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．多面体的外接球问题处理与球有关外接问题的策略把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)(2017·抚顺模拟)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4(3)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．[解析] (1)如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132.(2)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ， ∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2， ∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2， 解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.(3)依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，球的直径就是正方体的体对角线，∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3， ∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.[答案] (1)C (2)A (3)43π [方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12.(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.2．[考点二]如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π，故选D. 3．[考点二](2016·太原模拟)如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′-BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′-BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．3πB.32π C ．4π D.34π 解析：选A 由图示可得BD ＝A ′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A ′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A ′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 4．[考点二]设一个球的表面积为S 1，它的内接正方体的表面积为S 2，则S 1S 2的值等于( )A.2πB.6πC.π6D.π2解析：选D 设球的半径为R ，其内接正方体的棱长为a ，则易知R 2＝34a 2，即a ＝233R ，则S 1S 2＝4πR 26×⎝⎛⎭⎫233R 2＝π2.[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国甲卷)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( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得，l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2C ．6πD.32π3解析：选B 设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2.故选B. 3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)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( )A.18 B.17 C.16 D.15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D. 4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.5．(2015·新课标全国卷Ⅰ)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16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.6．(2015·新课标全国卷Ⅰ)《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．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B. 7．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，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( )A.1727B.59C.1027D.13解析：选C 原毛坯的体积V ＝(π×32)×6＝54π(cm 3)，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V ′＝V 1＋V 2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π(cm 3)，故所求比值为1－V ′V ＝1027.8．(2013·新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π解析：选A根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π，故选A.9．(2012·新课标全国卷)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球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，则此棱锥的体积为()A.26 B.36 C.23 D.22解析：选A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，所以三棱锥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，如图所示，S△ABC＝34×AB2＝34，高OD＝12－⎝⎛⎭⎫332＝63，所以V S-ABC＝2V O-ABC＝2×13×34×63＝26.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．下列结论正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D A错误，如图①是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B 错误，如图②，若△ABC 不是直角三角形，或△ABC 是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C 错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．2.如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A.41π3B.62π3C.83π3D.104π3解析：选D 由题意得，此几何体为球与圆柱的组合体，其体积V ＝43π×23＋π×22×6＝104π3. 3．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：选D 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.4．《九章算数》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．6＋4 2解析：选C 由题可知，该几何体的底面为等腰直角三角形，等腰直角三角形的斜边长为2，腰长为2，棱柱的高为2.所以其侧面积S ＝2×2＋22×2＝4＋42，故选C.5．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝9π2，∴R ＝32，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.答案： 3[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a2 B.3πa3πC.23πa 3πD.23a 3π解析：选C 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.2．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，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( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π解析：选C 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C. 3．一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：选D 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.4．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( ) A ．8π B ．12π C.32π D ．3π 解析：选D 如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连接PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π. 5．(2017·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：选C 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、高分别为22，22，4的长方体，则该长方体外接球的半径r ＝(22)2＋(22)2＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr 2＝32π.6．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是( )A ．6B ．8C ．2 5D ．3解析：选A 四棱锥如图所示，作PN ⊥平面ABCD ，交DC 于点N ，PC ＝PD ＝3，DN ＝2，则PN ＝32－22＝5，AB ＝4，BC ＝2，BC ⊥CD ，故BC ⊥平面PDC ，即BC ⊥PC ，同理AD ⊥PD .设M 为AB 的中点，连接PM ，MN ，则PM ＝3，S △PDC ＝12×4×5＝25，S △PBC ＝S△PAD＝12×2×3＝3，S △PAB ＝12×4×3＝6，所以四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是6.二、填空题7．在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M -PBC 的体积为________．解析：∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BC 1的距离是D 1到平面BC 1距离的13，即三棱锥P -MBC 的高h ＝D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点， ∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M -PBC ＝V P -MBC ＝13×92×1＝32. 答案：328．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.。
2017版高考数学一轮总复习课件：第八章 第一节空间几何体的结构及其三视图与直观图
②原图形面积 S 与其直观图面积 S′之间的关系为 S′＝ 42S]在如图所示的直观图中，四边形 O′A′B′C′ 为菱形且边长为 2 cm，则在 xOy 坐标系中，四边形 ABCD 为________，面积为________cm2. 解析 由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图 ，即在xOy坐标系中，四边形ABCO是一个长为4 cm，宽为2 cm 矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2. 答案 矩形 8
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由空间几何体的直观图识别三视图方法突破
空间几何体的三视图是分别从空间几何体的正面、左面、上面用 平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体 的三视图时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图 或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对 应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果.
解析 由俯视图知有两个不等大的正六边形面，侧视图、正视图中 出现了梯形，故是正六棱台. 答案 正六棱台
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►斜二测画法几点注意.
(3)[①注意原图与直观图中的“三变、三不变”： 坐标轴的夹角改变，
“三变”与y轴平行线段的长度改变（减半）， 图形改变.
“三不变”平 与行 x轴性平不行改的变线，段的长度不改变， 相对位置不改变.
第一节 空间几何体的结构及
其三视图与直观图
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知识点一 空间几何体的结构特征
棱柱的侧棱都 平行 且 相等 ，上下底面是平 棱柱
行且全等的多边形
多
棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共
高考数学一轮总复习 第八单元 立体几何 课时1 空间几何体的结构及三视图、直观图教案 文(含解析)新
空间几何体的结构及三视图、直观图1．了解柱、锥、台、球的定义、性质及它们之间的关系．2．掌握柱、锥、台、球的结构特征．3．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等及其简易组合)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．知识梳理1．柱、锥、台、球的结构特征名称结构特征图例棱柱两底面相互平行，其余各面都是平行四边形，侧棱平行且相等棱锥底面是多边形，各侧面均是三角形，各侧面有一个公共顶点续表名称结构特征图例棱台两底面相互平行；是用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分(1)正视图是光线自物体的前面向后面正投影所得的投影图．俯视图是光线自物体的上面向下面正投影所得的投影图．侧视图是光线自物体的左面向右面正投影所得的投影图．(2)三视图的排列规则：先画正视图，俯视图画在正视图的下方，长度与正视图相等，侧视图则安排在正视图的正右方，高度与正视图相同.3．直观图空间几何体的直观图常用斜二测法来画，基本步骤是：(1)画几何体的底面①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴与y′轴，两轴相交于O′点，且使∠x′O′y′＝45°(或135°).②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中，分别画成平行于x′轴或y′轴的线段．③在已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度为原来的一半.(2)画几何体的高在已知图形中过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′轴且长度相等.(3)成图根据实际图形，顺次连接线段的端点，并整理(去掉辅助线，将被遮挡部分改为虚线)，就得到了几何体的直观图．1．根据三视图确定直观图的常用结论(1)三视图为三个三角形，对应三棱锥；(2)三视图为两个三角形，一个四边形，对应四棱锥；(3)三视图为两个三角形，一个带圆心的圆，对应圆锥；(4)三视图为一个三角形，两个四边形，对应三棱柱；(5)三视图为两个四边形，一个圆，对应圆柱．2．用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图的面积是原图形面积的24.热身练习1．下列四个命题：①有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；②各个面都是三角形的几何体是三棱锥；③用一个平面去截棱锥，棱锥的底面与截面之间的部分是棱台；④两个面互相平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台．其中正确的命题有(A)A．0个 B．1个C．2个 D．3个①假，如棱台有两个面互相平行，其余各面是四边形；由图1至图3可知②、③、④都是错误的．2．下列说法正确的是(C)A．以直角三角形的一边为轴旋转所得到的旋转体是圆锥B．以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台C．以半圆的直径为轴旋转一周所得到的旋转体是球D．圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥底面圆的半径A是错误的，以直角三角形的直角边．．．为轴旋转所得到的旋转体才是圆锥；B是错误的．以直角梯形的垂直于底的腰．．．．．．为轴旋转所得的旋转体是圆台；C是正确；D是错误的，圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥的母线长．故选C.3．下列几何体的三视图中，有且仅有两个视图相同的是(D)A．①② B．①③C．①④ D．②④圆锥和正四棱锥的正视图和侧视图都是等腰三角形．4．(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(A)由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.5．如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，那么这个平面图形的面积是(C)A ．1＋22B ．1＋ 2C ．2＋ 2 D.12＋22先画出直观图：图(1)对应的平面图形：图(2)，可知平面图形是一个直角梯形，其中AD ＝2，DC ＝1，AB ＝2＋1，所以其面积S ＝1＋2＋12×2＝2＋ 2.空间几何体的结构特征(经典真题)若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值 A ．至多等于3 B ．至多等于4C．等于5 D．大于5根据n的取值构造相应的几何图形或几何体求解．n＝2时，可以；n＝3时，为正三角形，可以；n＝4时，为正四面体，可以；n＝5时，为四棱锥，侧面为正三角形，底面为菱形且对角线长与边长不可能相等．B本题考查了空间想象能力和推理论证能力，试题有较大的难度．根据题目特点善于构造几何图形和空间几何体是解决这类问题的关键．1．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何体是①③④⑤.(写出所有正确结论的编号)①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．作出正方体ABCD－A′B′C′D′.①显然可能；②不可能；③取一个顶点处的三条棱，连接各棱端点构成的四面体；④取正方体中对面上的两条异面直线对角线的四个端点构成的四面体，如B′－ACD′；⑤取D －B′BC时各面均为直角三角形．空间几何体的三视图如图，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的三视图分别是(①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①④③ B．①②③C．⑤④③ D．①④⑥由四面体ABCD四个顶点是长方体的四个顶点，可得四面体ABCD的正视图为①，侧视图为②，俯视图为③.故四面体ABCD的三视图分别为①②③.B(1)解决三视图问题，要从以下几个方面加以把握：①搞清正视、侧视、俯视的方向，同一物体由于正视、侧视的方向不同或放置的位置不同，所画的三视图可能不同．②遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．③注意几何体中与投影面垂直或平行的线段在三视图中的特点．④要注意实线、虚线的画法，可视轮廓线画成实线，不可视的画成虚线．(2)画三视图时，要注意所给几何体与熟知的几何体的联系，如将几何体放置在正方体(或长方体)中或补形成正方体等，有利用发现线、面与投影面的位置关系，从而准确作出相应的三视图．2．(1)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①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为(D)A ．①和②B ．③和①C ．④和③D ．④和②(2)已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为(C)A.34B.32C.34 D ．1(1)在空间直角坐标系中构建棱长为2的正方体，设A (0,0,2)，B (2,2,0)，C (1,2,1)，D (2,2,2)，则ABCD 即为满足条件的四面体，得出正视图和俯视图分别为④和②.(2)由图可知其侧视图为三角形，根据三视图的“高平齐”得侧视图的高为3，又由“宽相等”可知侧视图的宽度和俯视图的宽度相等，得侧视图的底为1×sin 60°＝32. 所以侧视图的面积为S ＝12×32×3＝34.由三视图得到空间几何体的直观图(2017·卷)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 2B ．2 3C ．2 2D ．2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.B将三视图还原为直观图时，若能将其放置到“正方体”或“长方体”中去研究，不仅能较易得到直观图，同时还能发现各元素之间的数量关系与位置关系，便于问题的解决．3．(2017·全国卷Ⅰ)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(B)A．10 B．12C．14 D．16将三视图还原为直观图，如图：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.因此该多面体各个面中有2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.故这些梯形的面积之和为2×12×(2＋4)×2＝12.1．与柱、锥、台、球有关的概念题，要结合其定义和结构特征，作出准确的判断，若说明命题是假命题，只需要举出一个反例即可．2．画三视图要注意“长对正、高平齐、宽相等”．3．三视图和直观图是空间几何体的不同的表现形式，空间几何体的三视图可以使我们很好地把握空间几何体的性质．由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以相互转化．。
2017届高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时43 空间几何体的三视图与直观图学案 文
课时43 空间几何体的三视图与直观图（课前预习案）班级： 姓名：一、高考考纲要求1.能画出简单空间图形的三视图，能识别上述的三视图所表示的模型.2.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，了解空图形的共同表现形式. 二、高考考点回顾1.空间几何体的三视图是指____________，__________，___________.2.三视图的排列规则是_________放在正视图的下方，长度与正视图一样，______放在正视图的右面，高度与正视图一样，宽度与俯视图的宽度一样.3.三视图的正视图、俯视图、侧视图分别是从________、__________、_______观察同一个几何体，画出的空间几何体的图形.4.表示空间图形的_______________________________叫做空间图形的直观图.5.用斜二测画法画空间图形的直观图时，图形中平行于x 轴、y 轴或z 轴的线段，在直观图中分别画成_______于'x 轴、'y 轴或'z 轴的线段，平行于x 轴和z 轴的线段，在直观图中长度_________;平行于y 轴的线段，长度变为原来的_______.6.平行投影的投影线互相_____________, 三、课前检测1．已知ABC ∆的水平放置直观图'''A B C ∆是边长为a 的正三角形,那么ABC ∆的的面积为( )A B C D ．22．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位cm)，可得这个几何体 的体积为( )A ．34000cm 3 B ．38000cm 3C ．32000cm D ．34000cm3、用斜二测画法画水平放置的等腰梯形的直观图。
课内探究案班级： 姓名：考点一 与三视图有关的计算问题【典例1】 一个正三棱柱的三视图如图所示，求这个三棱柱的表面积和体积. 【思路分析】解决三视图问题须先规定物体的长、宽、高尺寸方向。
创新方案2017届高考数学一轮温习第八章立体几何第一节空间几何体的三视图直观图表面积与体积课后作业理
【创新方案】2021届高考数学一轮温习 第八章 立体几何 第一节 空间几何体的三视图、直观图、外表积与体积课后作业 理[全盘稳固]一、选择题1．将一个边长别离为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，那么那个圆柱的外表积是( )A ．40π2B ．64π2C ．32π2或64π2D ．32π2＋8π或32π2＋32π2．(2021·衡水模拟)某几何体的三视图如以下图，那么该几何体的体积为( ) ＋π12 B ．1＋π12＋π4 D ．1＋π43．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，极点都在一个球面上，那么该球的外表积为( )A ．πa 2 π2 C πa 2 D ．5πa 24．(2021 ·北京高考)某三棱锥的三视图如以下图，那么该三棱锥的外表积是( )A ．2＋ 5B ．4＋ 5C ．2＋2 5D ．55．(2021 ·新课标全国卷Ⅱ)A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．假设三棱锥O ABC 体积的最大值为36，那么球O 的外表积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π二、填空题6.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，O ′C ′＝2，那么原图形OABC 的面积为________．7．一个几何体的三视图如以下图(单位：m)，那么该几何体的体积为________m3.8．三棱锥PABC中，D，E别离为PB，PC的中点，记三棱锥DABE的体积为V1，PABC的体积为V2，那么V1 V2＝________.三、解答题9．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判定该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积；(3)求出该几何体的体积．10．如图，某几何体的三视图如下(单位：cm)．(1)画出那个几何体的直观图(不要求写画法)；(2)求那个几何体的外表积及体积．[冲击名校]1．(2021·开封模拟)一个几何体的三视图如以下图，其中正视图是一个正三角形，那么那个几何体的外接球的外表积为( )C ．4 3D ．23π2 (2021 ·济南模拟)如图，三个半径都是5 cm 的小球放在一个半球面的碗中，三个小球的顶端恰好与碗的上沿处于同一水平面，那么那个碗的半径R 是________cm.答 案[全盘稳固]一、选择题1．解析：选D 当以长度为4π的边为底面圆时，底面圆的半径为2，两个底面的面积是8π；当以长度为8π的边为底面圆时，底面圆的半径为4，两个底面圆的面积为32π.不管哪一种方式，侧面积都是矩形的面积32π2.故所求的面积是32π2＋8π或32π2＋32π.2．解析：选B 该几何体由14圆锥和三棱柱组合而成，V ＝13×14×π×12×1＋12(1×2)×1＝π12＋1. 3．解析：选B 如图OA 为球的半径，在△O 1OA 中，O 1A ＝33a ，O 1O ＝a 2，∴|OA 2|＝R 2＝7a 212， ∴S 球＝4πR 2＝4π×7a 212＝73πa 2. 4．解析：选C 作出三棱锥的示用意如图，在△ABC中，作AB边上的高CD，连接SD.在三棱锥SABC中，SC⊥底面ABC，SC＝1，底面三角形ABC是等腰三角形，AC ＝BC ，AB 边上的高CD ＝2，AD ＝BD ＝1，斜高SD ＝5，AC ＝BC ＝ 5.∴S 表＝S △ABC ＋S △SAC ＋S △SBC ＋S △SAB ＝12×2×2＋12×1×5＋12×1×5＋12×2×5＝2＋2 5. 5．解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O ABC ＝V C AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36， ∴R ＝6，∴球O 的外表积为4πR 2＝4π×62＝144π.二、填空题6.解析：由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，那么OE ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2.答案：24 27．解析：由三视图可得该几何体是组合体，上面是底面圆的半径为2 m 、高为2 m 的圆锥，下面是底面圆的半径为1 m 、高为4 m 的圆柱，因此该几何体的体积是13×4π×2＋4π＝20π3(m 3)． 答案：20π3 8．解析：如图，设点C 到平面PAB 的距离为h ，△PAB 的面积为S ，那么V 2＝13Sh ，V 1＝V E ADB ＝13×12S ×12h ＝112Sh ，因此V 1V 2＝14.答案：14三、解答题9．解：(1)由题意可知该几何体为正六棱锥．(2)其侧视图如以下图，其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD的长是正六棱锥的高，即AD＝3a，∴该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2. (3)V ＝13×6×34a 2×3a ＝32a 3. 10．解：(1)那个几何体的直观图如以下图(2)那个几何体可看成是正方体AC 1及直三棱柱B 1C 1Q A 1D 1P 的组合体．由PA 1＝PD 1＝ 2 cm ，A 1D 1＝AD ＝2 cm ，可得PA 1⊥PD 1.故所求几何体的外表积S ＝5×22＋2×2×2＋2×12×(2)2＝22＋42(cm 2)，体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10(cm 3)．[冲击名校]1．解析：选A 如图，球心O 在SO 1上，设OO 1＝x ，在Rt △AOO 1中，x 2＋12＝(3－x )2，解得x ＝33，∴r ＝3－x ＝233，∴S ＝4πr 2＝16π3.2解析：依题意可设碗的球心为O ，半径为R .其他三个球的球心别离是O 1，O 2，O 3，这四个点组成了一个正三棱锥，如图，其中侧棱表示两个球内切的圆心距关系，底面长为两个外切球的圆心距．因此OO 1＝R －5，O 1O 2＝10.通过解直角三角形可得(R －5)2＝52＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23×10×322，R ＝5＋5213.答案：5＋5213。
高考数学一轮复习 第8章 立体几何初步 第1节 空间几何体的结构特征、三视图和直观图课件 文
课 后
B．相等的线段在直观图中仍然相等
限 时
集
课 堂
C．正方形的直观图是正方形
训
考
点
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
探
究
D [根据斜二测画法的规则知，A，B，C均不正确，故选D.]
返
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2．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何
课
顾
B．存在每个面都是直角三角形的四面体
后 限
C．直角梯形以一条腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成
时 集课Βιβλιοθήκη 训堂 考的面所围成的旋转体是圆台
点
探 究
D．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
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B [如图 1 所示，可排除 A，如图 2 所示，正方体 ABCD-A1B1C1D1
回
顾 _平__行_(_pí_ng_xínxg)′于轴和y′轴的线段；
课 后
限
③已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变 ； 时
课 堂
平行于y轴的线段，长度为原来的
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集 训
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4．三视图
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(1)三视图的画法规则：
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高考数学一轮复习第1节空间几何体的三视图和直观图表面积与体积教学案理(解析版)
[考纲传真] 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.4.了解球、棱柱、棱锥、台体的表面积和体积的计算公式．1．简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形．2．旋转体的形成1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图． 2．多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a ，则它的内切球半径r ＝a 2，外接球半径R ＝32a .(2)设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则它的外接球半径R ＝a 2＋b 2＋c 22.(3)设正四面体的棱长为a ，则它的高为63a ，内切球半径r ＝612a ，外接球半径R ＝64a . [基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (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)菱形的直观图仍是菱形．( ) (4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同． ( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×2．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A [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．]3．(教材改编)如图所示，长方体ABCD A ′B ′C ′D ′中被截去一部分，其中EH ∥A ′D ′，则剩下的几何体是( )A ．棱台B ．四棱柱C ．五棱柱D ．简单组合体C [由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．]4．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．32cm B [S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4， ∴r ＝2(cm)．]5．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．12 [设正六棱锥的高为h ，棱锥的斜高为h ′. 由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.]空间几何体的三视图和直观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( )A B C DA [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.]2．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.34a 2 B ．38a 2 C.68a 2 D ．616a 2 D [法一：如图①②所示的实际图形和直观图，由②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′， 则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a ， 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.法二：S △ABC ＝12×a ×a sin 60°＝34a 2，又S 直观图＝24S 原图＝24×34a 2＝616a 2.故选D ．] 3．某几何体的三视图如图所示，网格纸的小方格是边长为1的正方形，则该几何体中最长棱的棱长是( )A. 5 B ． 6 C.7 D ．3A [由三视图可知该几何体为一个三棱锥D ABC ，如图，将其置于长方体中，该长方体的底面是边长为1的正方形，高为2.所以AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，CD ＝2，DA ＝2，BD ＝5， 因此最长棱为BD ，棱长是 5.] 空间几何体的表面积与体积►考法1 根据几何体的三视图计算表面积、体积【例1】 (1)(2018·合肥一模)如图所示，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为( )A ．5π＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．10π＋6(2)(2017·全国卷Ⅱ)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( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π(1)C (2)B [(1)由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和两个半球构成的，故该几何体的表面积为2×12×4π×12＋2×12×π×12＋2×3＋12×2π×1×3＝8π＋6. (2)法一(分割法)：由题意知，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积V 1＝π×32×4＝36π.上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半， 其体积V 2＝12×π×32×6＝27π.所以该组合体的体积V ＝V 1＋V 2＝36π＋27π＝63π.法二(补形法)：由题意知，该几何体是一圆柱被一平面截去一部分后所得的几何体，在该几何体上方再补上一个与其相同的几何体，让截面重合，则所得几何体为一个圆柱，故圆柱的底面半径为3，高为10＋4＝14，该圆柱的体积V 1＝π×32×14＝126π.故该几何体的体积为圆柱体积的一半， 即V ＝12V 1＝63π.法三(估值法)：由题意，知12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，所以45π＜V 几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．]►考法2 求空间几何体的表面积、体积【例2】 (1)(2019·南昌模拟)如图，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．(2)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1EDF 的体积为________．(1)(2＋3)π (2)16 [(1)由图中数据可得：S 圆锥侧＝12×π×2×2＝2π，S 圆柱侧＝π×2×1＝2π，S 底面＝π×12＝π.所以几何体的表面积S ＝S 圆锥侧＋S 圆柱侧＋S 底面＝2π＋2π＋π＝(2＋3)π. (2)(等积法)三棱锥D 1EDF 的体积即为三棱锥F DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以VD 1EDF ＝VF DD 1E ＝13×12×1＝16.](1)(2016·全国卷Ⅰ)如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π(2)(2017·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( ) A.π2＋1B ．π2＋3C.3π2＋1 D ．3π2＋3(3)如图所示，已知多面体ABCDEFG 中，AB ，AC ，AD 两两互相垂直，平面ABC ∥平面DEFG ，平面BEF ∥平面ADGC ，AB ＝AD ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1，则该多面体的体积为________．(1)A (2)A (3)4 [(1)由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图． 设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR2＋34πR 2＝17π.故选A. (2)由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，∴该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.故选A.(3)法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C 作CH ⊥DG 于H ，连接EH ，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH ABC 和一个斜三棱柱BEF CHG .由题意，知V三棱柱DEH ABC＝S △DEH ×AD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×2＝2，V 三棱柱BEF CHG＝S △BEF ×DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×2＝2.故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG ＝2＋2＝4. 法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半．又正方体的体积V 正方体ABHI DEKG ＝23＝8，故所求几何体的体积为V 多面体ABCDEFG ＝12×8＝4.]与球有关的切、接问题【例3】(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3B [由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V m ax ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π.故选B ．][母题探究] (1)若本例中的条件变为“直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上”，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，求球O 的表面积．(2)若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．[解] (1)将直三棱柱补形为长方体ABEC A 1B 1E 1C 1(图略)， 则球O 是长方体ABEC A 1B 1E 1C 1的外接球，所以体对角线BC 1的长为球O 的直径． 因此2R ＝32＋42＋122＝13， 故S 球＝4πR 2＝169π.(2)如图，设球心为O ，半径为r ，则在R t △AFO 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16.(1)已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的各顶点都在以O 为球心的球面上，且∠BAC ＝4，AA 1＝BC＝2，则球O 的体积为( )A ．43πB ．8πC ．12πD ．20π(2)(2019·福建十校联考)已知三棱锥P ABC 的三条侧棱两两互相垂直，且AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，则此三棱锥的外接球的体积为( )A.83π B ．823πC.163π D ．323π(1)A (2)B [(1)在底面△ABC 中，由正弦定理得底面△ABC 所在的截面圆的半径为r ＝BC2sin∠BAC ＝22sin3π4＝2，则直三棱柱ABC A 1B 1C 1的外接球的半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎪⎫AA 122＝22＋12＝3，则直三棱柱ABC A 1B 1C 1的外接球的体积为43πR 3＝43π.故选A.(2)∵AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，∴PA ＝1，PC ＝3，PB ＝2.以PA ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P ABC 的外接球． ∵长方体的对角线长为1＋3＋4＝22， ∴球的直径为22，半径R ＝2，因此，三棱锥P ABC 外接球的体积是43πR 3＝43π×(2)3＝823π.故选B ．1．(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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 ．217B ．2 5C ．3D ．2B [由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN ，则MS ＝2，SN ＝4，则从M 到N 的路径中，最短路径的长度为MS 2＋SN 2＝22＋42＝2 5.故选B ．图① 图②2.(2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3B [设等边三角形ABC 的边长为x ，则12x 2sin 60°＝93，得x ＝6.设△ABC 的外接圆半径为r ，则2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，所以球心到△ABC 所在平面的距离d ＝42－32＝2，则点D 到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6，所以三棱锥D ABC 体积的最大值V m ax ＝13S △ABC ×6＝13×93×6＝18 3.]3．(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．3π4C.π2D ．π4B [设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1， 由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32.∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4.故选B ．]4．(2016·全国卷Ⅲ)如图所示，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，则该多面体的表面积为( )A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81B [由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B ．]5．(2015·全国卷Ⅰ)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主视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．B [如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B ．]6．(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________． 415 [如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36B C. 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ， S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x＝3·25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4.令f ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，f (x )递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )<0，f (x )递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415.∴三棱锥体积的最大值为415 cm 3.]。
全国版高考数学一轮复习第8章立体几何第1讲空间几何体的结构三视图表面积和体积课件理
图的宽相等,正视图和侧视图的高平齐.
2.三视图的长度特征
“长对正、宽相等、高平齐”,即正视图和俯视图的长对正,侧视图和俯视
图的宽相等,正视图和侧视图的高平齐.
3.直观图
(1)用斜二测画法画直观图的步骤
①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴,两轴相交于点O.画直观图时,把它
们画成对应的x ’轴 与y’轴 ,两轴交于点O',且使∠x'O'y'=45°(或135°),
它们确定的平面表示水平面.
②已知图形中平行于x轴或y轴的线段,在直观图中分别画成平行于x ’轴
或y’轴 的线段.
③已知图形中平行于x轴的线段,在直观图中保持原长度不变,平行于y轴的
线段,长度为原来的一半.
④擦去作为辅助线的坐标轴,就得到原图形的直观图.
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积=S侧+2S底
V=S底h
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积=S侧+S底
台体(棱台和圆台)
S表面积=S侧+S上+S下
球
S=4πR2
规律总结
1.关于几何体的表面积和侧面积
1.三视图的定义
几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图.
三视图中的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、
正上方观察几何体画出的轮廓线.
注意 (1)画三视图时,能看见的线用实线表示,不能看见的线用虚线表示.
(2)同一物体,若放置的位置不同,则所得的三视图可能不同.
2.三视图的长度特征
互相平行且全等
侧棱
平行且相等
高考数学一轮复习第8章立体几何第1节空间几何体的结构特征及三视图与直观图课件理新人教A版
|跟踪训练| (2019 年全国卷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________．
2．(2019 届安徽“江南十校”综合素质检测)已知在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1 ＝AB＝2AD＝2，E，F 分别为棱 BB1，D1C1 的中点，直线 CD1 被四面体 CC1EF 外接球截 得的线段长为________．
解析：由题意可得 EC＝ 2，EF＝ 3，CF＝ 5，则 EC2＋EF2＝CF2，所以 EF⊥EC，
2.数学运算 述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法 形式出现，1 到 2 个
画出它们的直观图.
小题，占 5 或 10 分，
3.会用平行投影画出简单空间图形的三视图与 属于容易题.
直观图，了解空间图形的不同表达形式.
1
课 前 ·基 础 巩 固
‖知识梳理‖
1．空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
复习课件
高考数学一轮复习第8章立体几何第1节空间几何体的结构特征及三视图与直观图课件理新人教A版
2021/4/17
高考数学一轮复习第8章立体几何第1节空间几何体的结构
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特征及三视图与直观图课件理新人教A版
第八章 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
栏
课 前 ·基 础 巩 固 1
高考数学一轮复习 第八章 立体几何8.1空间几何体的结构及其三视图与直观图教学案 理 新人教A版
第八章立体几何8．1 空间几何体的结构及其三视图与直观图考纲要求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．1．多面体的结构特征(1)棱柱：一般地，有两个面互相____，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相____．(2)棱锥：一般地，有一个面是______，其余各面都是有一个________的三角形．(3)棱台：用一个____________________的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫做棱台，棱台的各侧棱延长后________．2．旋转体的结构特征(1)圆柱：以矩形的一边所在直线为______，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆柱；平行于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面；无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做__________________．(2)圆锥：以__________________所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆锥．(3)圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，__________________的部分叫做圆台，圆台的__________延长后交于一点．(4)球：以____________所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称球．3．简单组合体简单组合体的构成有两种基本形式：一种是由简单几何体拼接而成；一种是由简单几何体截去或挖去一部分而成．有多面体与多面体、多面体与旋转体、旋转体与旋转体的组合体．4．空间几何体的三视图光线从几何体的前面向后面正投影，得到投影图，这种投影图叫做几何体的正视图；光线从几何体的左面向右面正投影，得到投影图，这种投影图叫做几何体的侧视图；光线从几何体的上面向下面正投影，得到投影图，这种投影图叫做几何体的俯视图．几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图．5．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用________________来画，基本步骤：(1)画几何体的底面：在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成对应的x′轴与y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝__________，已知图形中平行于x轴或y轴的线段在直观图中分别平行于x′轴或y′轴．已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度为__________．(2)画几何体的高：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____．1．如图所示几何体，是由哪个平面图形旋转得到的( )．2．如图是一个正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形是( )．3．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为( )．A．72 B．66 C．60 D．304．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( )．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( )．一、空间几何体的结构特征【例1】下列结论正确的是( )．A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线方法提炼真正把握空间几何体的结构特征，需要准确理解几何体的定义，若对概念进行辨析，一方面是严格按照定义判断，另一方面还要学会通过举反例来说明一个命题是错误的．请做演练巩固提升1二、几何体的三视图【例2】已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，则该三棱锥的侧视图可能为( )．方法提炼三视图的画法要坚持以下原则：(1)高平齐，即几何体的高与正视图和侧视图的高相等；(2)宽相等，即几何体的宽与侧视图和俯视图的宽相等；(3)长对正，即几何体的正视图与俯视图的长度相等；(4)看不见的轮廓线或棱要用虚线表示．请做演练巩固提升2三、几何体的直观图【例3】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.38a2 C.68a2 D.616a2方法提炼(1)对于几何体的直观图，一方面要掌握斜二测画法规则，注意线线平行关系的不变性及长度的变化特征；另一方面，若能了解原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝24S，还可以简化有关问题的计算．(2)把水平放置的直观图还原成原来的图形，基本过程就是逆用斜二测画法，使平行于x′轴的线段长度不变，平行于y′轴的线段长度变成原来的2倍．请做演练巩固提升5对实线与虚线的画法规则不明确而致误【典例】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为( )．解析：由正视图和俯视图可以推测几何体为半圆锥和三棱锥的组合体(如图所示)，且顶点在底面的射影恰是底面半圆的圆心，可知侧视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D.答案：D答题指导：1.在解答本题时常出现以下错误：(1)根据正视图和俯视图确定原几何体的形状时出现错误，误把半圆锥看成半圆柱，不能准确判断出几何体的形状而误选A.(2)对实线与虚线的画法规则不明确而误选C.2．解决三视图与几何体间的转化问题时，还有以下几点在备考时要高度关注：(1)画三视图时对个别的视图表达不准确，不能正确地画出所要求的视图；(2)对三视图中实虚线的含义不明确或画三视图时不能用虚线表示看不到的轮廓线．在复习时要明确三个视图各自的含义，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查．1．(2012福建高考)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( )．A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱2．(2012湖南高考)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( )．3．在正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶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．15 C．12 D．104．下图中的三个直角三角形是一个体积为20 cm3的几何体的三视图，则h＝__________cm.5．(2012长沙模拟)如图，一平面图形的直观图是一个等腰梯形OABC，且该梯形的面积为2，则原图形的面积为__________．参考答案基础梳理自测知识梳理1．(1)平行四边形平行(2)多边形公共顶点(3)平行于棱锥底面交于一点2．(1)旋转轴圆柱侧面的母线(2)直角三角形的一条直角边(3)底面与截面之间各母线(4)半圆的直径5．斜二测画法(1)45°(或135°)原来的一半(2)相等基础自测1．A2．B 解析：在这个正方体的展开图中与有圆面相邻的三个面中都有一条直线，当变成正方体后，这三条直线应该互相平行．3．A 解析：根据题目所给的三视图可知该几何体为一个侧棱与底面垂直的三棱柱，且底面是一直角三角形，两直角边长度分别为3,4，斜边长为5，三棱柱的高为5，所以表面积为3×4＋3×5＋4×5＋5×5＝72.4．A 5.B考点探究突破【例1】D 解析：A错误．如图，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．B错误．如下图，若△ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥．C 错误．若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形．但由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．【例2】 B 解析：由正视图和俯视图画出如图所示的直观图，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥底面ABC ，故其侧视图是一直角三角形，其一条直角边为PA ，另一条直角边长为B 到AC 的距离 3.【例3】 D 解析：先画出正三角形ABC ，然后再画出它的水平放置的直观图，如图所示，由斜二测画法规则知B ′C ′＝a ，O ′A ′＝34a .过A ′作A ′M ⊥x ′轴，垂足为M ，则A ′M ＝O ′A ′·sin 45°＝34a ×22＝68a . ∴S △A ′B ′C ′＝12B ′C ′·A ′M ＝12a ×68a ＝616a 2.演练巩固提升1．D 解析：∵圆柱的三视图中有两个矩形和一个圆， ∴这个几何体不可以是圆柱．2．C 解析：若为C 选项，则主视图为：故不可能是C 选项． 3．D 解析：从正五棱柱的上底面1个顶点与下底面不与此点在同一侧面上的两个顶点相连可得2条对角线，故共有5×2＝10条对角线．4．4 解析：由20＝13×12×5×6×h ，得h ＝4(cm)．5．4 解析：直观图的面积为12(BC ＋OA )·h ＝2，而原图形的高为直观图的22倍，∴原图形面积为12(BC ＋OA )·22h ＝4.。
2017版高考数学一轮复习课件：第八章 立体几何 第1讲
(2)(2015·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的 表面积是( )
A.2＋ 5
B.4＋ 5 C.2＋2 5 D.5
第二十九页，编辑于星期六：十九点 四十四分。
解析 (1)由正视图与俯视图想象出其直观图，然后进行运算 求解.如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球 的半径为 r，圆柱的底面半径为 r，高为 2r，则表面积 S＝12× 4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又 S＝16＋20π， ∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选 B.
B.三棱柱 D.四棱柱
解析 由题知，该几何体的三视图为一个三角形、两个四边 形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B. 答案 B
第十页，编辑于星期六：十九点 四十四分。
3.（2016·海盐高级中学高三检测）某几何体的三视图(单 位：cm)如图所示，则该几何体的表面积是( )
A.90 cm2 C.132 cm2
B.129 cm2
D.138 cm2
第十一页，编辑于星期六：十九点 四十四分。
解析 由三视图画出几何体的直观图，如图所示，长方体的长、宽、 高分别为6 cm，4 cm，3 cm， 直三棱柱的底面是直角三角形，边长分别为3 cm，4 cm，5 cm，所 以表面积S＝(4×6＋3×6＋3×4)×2－3×3＋3×4＋2××4×3＋5×3 ＝138(cm2)，选D.
解析 设新的底面半径为 r，由题意得13πr2·4＋πr2·8＝13π ×52×4＋π×22×8，解得 r＝ 7. 答案 7
第十五页，编辑于星期六：十九点 四十四分。
考点一 空间几何体的三视图与直观图
【例1】 (1)(2016·嘉兴高三联考)已知一个三棱锥的俯视图与 侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视 图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正 视图可能为( )
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【创新方案】2017届高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第一节
空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积课后作业 理
[全盘巩固]
一、选择题
1．将一个边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是( ) A ．40π2
B ．64π2
C ．32π2
或64π2
D ．32π2
＋8π或32π2
＋32π
2．(2016·衡水模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.13＋π12 B ．1＋π12 C.13＋π4 D ．1＋π4
3．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )
A ．πa 2 B.73πa 2 C.113
πa 2 D ．5πa 2
4．(2015·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )
A ．2＋ 5
B ．4＋ 5
C ．2＋2 5
D ．5
5．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )
A ．36π
B ．64π
C ．144π
D ．256π 二、填空题
6.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，
O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为________．
7．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3
.
8．三棱锥P ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE 的体积为V 1，P ABC 的体积为V 2，则V 1V 2
＝________.
三、解答题
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，并求该平面图形的面积； (3)求出该几何体的体积．
10．如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)．
(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)； (2)求这个几何体的表面积及体积．
[冲击名校]
1．(2016·开封模拟)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，则这个几何体的外接球的表面积为( )
A.
16π3 B.8π
3
C ．4 3
D ．23π 2 (2015·济南模拟)如图，三个半径都是5 cm 的小球放在一个半球面的碗中，三个小球的顶端恰好与碗的上沿处于同一水平面，则这个碗的半径R 是________cm.
答 案 [全盘巩固]
一、选择题
1．解析：选D 当以长度为4π的边为底面圆时，底面圆的半径为2，两个底面的面积是8π；当以长度为8π的边为底面圆时，底面圆的半径为4，两个底面圆的面积为32π.
无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2.故所求的面积是32π2＋8π或32π2
＋32π.
2．解析：选B 该几何体由14圆锥和三棱柱组合而成，V ＝13×14×π×12×1＋1
2(1×2)×1
＝π
12
＋1. 3．解析：选B 如图OA 为球的半径，在△O 1OA 中，O 1A ＝
33a ，O 1O ＝a 2
，
∴|OA 2
|＝R 2
＝7a
2
12
，
∴S 球＝4πR 2
＝4π×7a 2
12＝73
πa 2
.
4．解析：选C 作出三棱锥的示意图如图，
在△ABC 中，作AB 边上的高CD ，连接SD .在三棱锥S ABC 中，SC ⊥底面ABC ，SC ＝1，底面三角形ABC 是等腰三角形，AC ＝BC ，AB 边上的高CD ＝2，AD ＝BD ＝1，斜高SD ＝5，AC ＝BC ＝ 5.∴S 表
＝S △ABC ＋S △SAC ＋S △SBC ＋S △SAB ＝12×2×2＋12×1×5＋12×1×5＋1
2
×2×5
＝2＋2 5.
5．解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12
R 2
.
∵V O ABC ＝V C AOB ，而△AOB 面积为定值，
∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O ABC 最大，
∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O ABC 最大，为13×12R 2
×R ＝36，
∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2
＝4π×62
＝144π. 二、填空题
6.解析：由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，则OE ×12×2
2
＝O ′C ′，
∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42， ∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2. 答案：24 2
7．解析：由三视图可得该几何体是组合体，上面是底面圆的半径为2 m 、高为2 m 的圆锥，下面是底面圆的半径为1 m 、高为4 m 的圆柱，所以该几何体的体积是1
3×4π×2＋4π
＝20π3
(m 3)．
答案：20π3
8．解析：如图，设点C 到平面PAB 的距离为h ，△PAB 的面积为S ，则V 2＝1
3Sh ，V 1＝V E ADB
＝13×12S ×12h ＝112Sh ，所以V 1V 2＝14
.
答案：14
三、解答题
9．解：(1)由题意可知该几何体为正六棱锥．
(2)其侧视图如图所示，其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，
∴该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2
.
(3)V ＝13×6×34a 2×3a ＝32
a 3
.
10．解：(1)这个几何体的直观图如图所示
(2)这个几何体可看成是正方体AC 1及直三棱柱B 1C 1Q A 1D 1P 的组合体．
由PA 1＝PD 1＝ 2 cm ，A 1D 1＝AD ＝2 cm ，可得PA 1⊥PD 1.故所求几何体的表面积S ＝5×22
＋2×2×2＋2×12×(2)2＝22＋42(cm 2)，体积V ＝23＋12
×(2)2×2＝10(cm 3
)．
[冲击名校]
1．解析：选A 如图，球心O 在SO 1上，设OO 1＝x ，在Rt △AOO 1中，x 2
＋12
＝(3－x )2，解得x ＝
33，∴r ＝3－x ＝233，∴S ＝4πr 2
＝16π3
.
2解析：依题意可设碗的球心为O ，半径为R .其他三个球的球心分别是O 1，O 2，O 3，这四个点构成了一个正三棱锥，如图，其中侧棱表示两个球内切的圆心距关系，底面长为两个外切球的圆心距．所以OO 1＝R －5，O 1O 2＝10.通过解直角三角形可得(R －5)2
＝52
＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2
3
×10×322，R ＝5＋5213.
答案：5＋5213。