高考数学一轮总复习第7章7.1空间几何体的结构及其三视图和直观图模拟演练文41
2020版高考数学一轮复习教案- 第7章 第1节 空间几何体的结构及其三视图和直观图
第7章立体几何初步第一节空间几何体的结构及其三视图和直观图[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．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3.三视图的画法(1)在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．(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为原来的一半．[常用结论]1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形面积的关系如下．2S直观图＝S原图形，S原图形＝2 2S直观图．42．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．3．正棱柱、正棱锥的结构特征(1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．(2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．[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)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．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×2．(教材改编)如图所示，长方体ABCDA′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，剩下的几何体为五棱柱．]3．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D[根据斜二测画法的规则知，A，B，C 均不正确，故选D.]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．]5．以边长为1 的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于________．2π[由题意得圆柱的底面半径r＝1，母线l＝1，所以圆柱的侧面积S＝2πrl＝2π.]空间几何体的结构特征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)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；(5)棱台的侧棱延长后交于一点．其中正确命题的个数为()A．2B．3C．4D．5C[(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；(5)正确，由棱台的概念可知．]2．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锥；(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．3B[命题(1)错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥；命题(2) 错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰；命题(3)对；命题(4)错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以．]3．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D[A 错误．如图①所示，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．图①图②B 错误．如图2，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在直线，所得的几何体都不是圆锥．C 错误．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．D 正确．][规律方法]解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧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，只需举一个反例即可.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棱圆台是由棱圆锥截得的，所以在解决棱圆台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.空间几何体的三视图►考法1已知几何体，识别三视图【例1】(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()(2)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()(1)A(2)D[(1)由题意可知，咬合时带卯眼的木构件如图所示，其俯视图为选项A 中的图形．(2)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，故选D.]►考法2已知三视图，判断几何体【例2】(1)(2018·北京高考)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．1B．2C．3D．4(2)(2019·郑州模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．(1)C(2)22[(1)在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥PABCD，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，故选C.(2)由三视图可知该三棱锥的底面是斜边长为2 的等腰直角三角形，有一条长度为2 的侧棱垂直于底面，所以三条侧棱长分别是2，6，2 2.故该三棱锥中最长棱的棱长为2 2.]►考法3已知三视图中的两个视图，判断另一个视图【例3】(1)一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为()(2)(2018·衡水模拟)如图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1 的正方1形，且体积为，则该几何体的俯视图可以是()2(1)C(2)C[(1)由三视图中的正、侧视图得到几何体的直观图如图所示，所以该几何体的俯视图为C.(2)由该几何体的正视图和侧视图可知该几何体是柱体，且其高为1，由其体1 1 π积是，可知该几何体的底面积是，由图知A 的面积是1，B 的面积是，C 的2 2 41 π面积是，D 的面积是，故选C.]2 4[规律方法] 1.已知几何体，识别三视图的技巧,已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚.2.已知三视图，判断几何体的技巧1对柱、锥、台、球的三视图要熟悉.2明确三视图的形成原理，“直角本由垂线生，虚线皆因遮挡起”，并能结合空间想象将三视图还原为直观图.3遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则.4对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同.(1)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱棱长为()A．1 B. 2 C. 3D．2(2)如图，三棱柱ABCA1B1C1 的侧棱长和底面边长均为2，且侧棱AA1⊥底面ABC，其正视图是边长为2的正方形，则此三棱柱侧视图的面积为()A. 3 B．2 3 C．2 2 D．4(1)C(2)B[(1)由三视图可知AD＝BC＝CD＝DE＝EB＝1，AE＝AC＝2，AB ＝ 3.所以最长棱棱长为 3.(2)其侧视图为一矩形，其宽为三棱柱底面正三角形的高．所以面积S＝2 3 .]空间几何体的直观图【例4】(1)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()3 3A. a2B. a24 86 6C. a2D. a28 16(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，则原图形是()A．正方形B．矩形C．菱形D．一般的平行四边形(1)D(2)C[(1)如图①②所示的实际图形和直观图，1 3由图②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，2 42 6在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝O′C′＝a，2 81 1 6 6所以S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2，故选D.2 2 8 16(2)如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×2 2＝4 2(cm)，CD ＝C′D′＝2 cm.所以OC＝OD2＋CD2＝ 4 22＋22＝6(cm)，所以OA＝OC，故四边形OABC是菱形，故选C.][规律方法] 1.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．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2积S′之间的关系S′＝S，能更快捷地进行相关问题的计算．4(1)(2018·襄阳模拟)如图所示，直观图四边形A′B′C′D′是一个底角为45°，腰和上底均为1 的等腰梯形，那么原平面图形的面积是________．(2)如图正方形OABC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.(1)2＋2(2)8[(1)把直观图还原为平面图形得：在直角梯形ABCD中，AB＝2，BC＝2＋1，AD＝1，1所以面积为(2＋2)×2＝2＋ 2.2(2)由题意知正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，所以OB＝ 2 cm，对应原图形平行四边形的高为2 2 cm，所以原图形中，OA＝BC＝1 cm，AB＝OC＝ 2 22＋12＝3 cm，故原图形的周长为2×(1＋3)＝8 cm.]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．2 17B．2 5C．3 D．2B[设过点M的高与圆柱的下底面交于点O，将圆柱沿MO剪开，则M，N 的位置如图所示，连接MN，易知OM＝2，ON＝4，则从M到N的最短路径为OM2＋ON2＝22＋42＝2 5.]2．(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()A．10B．12C．14D．16B[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1的面积之和为2××(2＋4)×2＝12.故选B.]2。
2020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模拟演练文
【2019最新】精选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模拟演练文[A级基础达标](时间：40分钟)1．[2017·云南玉溪模拟]将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )答案D解析根据几何体的结构特征进行分析即可．2．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( )答案A解析该几何体是正方体的一部分，结合侧视图可知直观图为选项A中的图．3．[2017·沈阳模拟]一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )答案C解析若俯视图为选项C，侧视图的宽应为俯视图中三角形的高，所以俯视图不可能是选项C.4．[2014·全国卷Ⅰ]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 B．6C．4 D．4答案B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＝2＋22＝6，选B.5．[2017·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.6．如图，正方形OABC的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长为________．答案8 cm解析将直观图还原为平面图形，如图．可知还原后的图形中，OB＝2，AB＝＝3，于是周长为2×3＋2×1＝8(cm)．7．[2016·四川高考]已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．答案33解析在长方体(长为2，宽、高均为1)中作出此三棱锥，如图所示，则VP－ABC ＝××2×1×1＝.8．一四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－BD1C1，由直观图可知，面积最大的面为△BDC1.在正三角形BDC1中，BD＝2，所以面积S＝×(2)2×＝2.9．[2017·贵州模拟]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，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(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 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝＝＝6.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝＝＝6(cm)．10．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.解本题考查由三视图求几何体的侧面积和体积，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＝×(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＝＝4.同理侧面VAB、VCD也是全等的等腰三角形，AB边上的高h＝＝5.∴S侧＝2×＝40＋24.[B级知能提升](时间：20分钟)11．[2017·湖南模拟]正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为( )答案C解析过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C. 12．[2017·河北石家庄质检]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，故选D.13.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________．答案242解析解法一：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××＝O′C′，∵O′C′＝2，∴OE＝4，∴S▱OABC＝6×4＝24.解法二：由题意知，S直观图＝6×2＝12，所以S原图形＝2S直观图＝24.14．[2017·大连模拟]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＝a，AD 是正棱锥的高，则AD＝a，所以该平面图形(侧视图)的面积为S＝×a×a＝a2.。
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
高考数学大一轮复习配套课时训练：第七篇 立体几何 第1节 空间几何体的结构及三视图和直观图(含答案)
第七篇立体几何(必修2)第1节空间几何体的结构及三视图和直观图课时训练练题感提知能【选题明细表】A组一、选择题1.(2013山东烟台模拟)如图是底面半径为1,母线长均为2的圆锥和圆柱的组合体,则该组合体的侧(左)视图的面积为( C )(A)8π(B)6π(C)4+(D)2+解析:该组合体的侧(左)视图为其中正方形的边长为2,三角形为边长为2的三角形,所以侧(左)视图的面积为22+×22×=4+,故选C.2.(2013山东莱州模拟)一个简单几何体的正(主)视图,侧(左)视图如图所示,则其俯视图不可能为①长方形;②直角三角形;③圆;④椭圆.其中正确的是( C )(A)①(B)② (C)③ (D)④解析:当该几何体的俯视图为圆时,由三视图知,该几何体为圆柱,此时,正(主)视图和侧(左)视图应相同,所以该几何体的俯视图不可能是圆,其余都有可能.故选C.3.(2013韶关市高三调研)某几何体的三视图如图所示,根据图中标出的数据,可得这个几何体的表面积为( B )(A)4+4 (B)4+4(C) (D)12解析:由三视图知该几何体为正四棱锥P ABCD,底面边长为2,高PO=2,如图所示,取CD的中点E,连接OE、PE,则PE==,因此几何体的表面积为2×2+×2×4×=4+4,故选B.4.如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°,腰和上底均为1的等腰梯形,那么原平面图形的面积是( A )(A)2+(B)(C)(D)1+解析:由题意画出斜二测直观图及还原后原图,由直观图中底角均为45°,腰和上底长度均为1,得下底长为1+,所以原图上、下底分别为1,1+,高为2的直角梯形.所以面积S=(1++1)×2=2+.故选A.5.(2013北京东城区模拟)已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中三个视图都是直角三角形,则在该三棱锥的四个面中,直角三角形的个数为( D )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:由题意可知,几何体是三棱锥,其放置在长方体中形状如图所示,利用长方体模型可知,此三棱锥A BCD的四个面中,全部是直角三角形.故选D.6.(2013广州市毕业班测试(二))一个圆锥的正(主)视图及其尺寸如图所示,若一个平行于圆锥底面的平面将此圆锥截成体积之比为1∶7的上、下两部分,则截面的面积为( C )(A)π(B)π (C)π(D)4π解析:由题意知,该几何体是底面半径为3,高为4的圆锥.由截面性质知截面圆半径为×3=,故截面的面积为π·（）2=,故选C.7.下面是关于四棱柱的四个命题:①若有两个侧面垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;②若过两个相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;③若四个侧面两两全等,则该四棱柱为直四棱柱;④若四棱柱的四条对角线两两相等,则该四棱柱为直四棱柱.其中真命题为( D )(A)①②(B)①③(C)②③(D)②④解析:对于①,平行六面体的两个相对侧面与底面垂直且互相平行,而另两个相对侧面可能与底面不垂直,则不是直棱柱,故①假;对于②,两截面的交线平行于侧棱,且垂直于底面,故②真;对于③,作正四棱柱的两个平行菱形截面,可得满足条件的斜四棱柱(如图(1)所示),故③假;对于④,四棱柱一个对角面的两条对角线,恰为四棱柱的对角线,故对角面为矩形,于是侧棱垂直于底面的一条对角线,同样侧棱也垂直于底面的另一条对角线,故侧棱垂直于底面,故④真.故选D.二、填空题8.如图所示的Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周得到的图形是.解析:过Rt△ABC的顶点C作线段CD⊥AB,垂足为D,所以Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周后应得到的是以CD作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体.答案:两个圆锥的组合体9.一个几何体的正(主)视图为一个三角形,则这个几何体可能是下列几何体中的(填入所有可能的几何体前的编号).①三棱锥;②四棱锥;③三棱柱;④四棱柱;⑤圆锥;⑥圆柱.解析:显然①②⑤均有可能;当三棱柱放倒时,其正(主)视图可能是三角形,所以③有可能,④不可能.答案:①②③⑤10.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).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,而不可能出现投影为④的情况.答案:①②③11.(2013山东烟台模拟)如图,三棱柱的侧棱长为2,底面是边长为2的正三角形,AA1⊥面A1B1C1,正(主)视图是边长为2的正方形,俯视图为正三角形,则侧(左)视图的面积为.解析:因为俯视图为正三角形,所以俯视图的高为,侧视图为两直角边分别为2、的矩形,所以侧(左)视图的面积为2.答案:2三、解答题12.(2013西工大附中模拟)已知四棱锥P ABCD的三视图如图所示,求此四棱锥的四个侧面的面积中最大值.解:由三视图可知该几何体是如图所示的四棱锥,顶点P在底面的射影是底面矩形的顶点D.底面矩形边长分别为3,2,△PDC是直角三角形,直角边为3与2,所以S△PDC=×2×3=3.△PBC是直角三角形,直角边长为2,,三角形的面积为×2×=.△PAB是直角三角形,直角边长为3,2;其面积为×3×2=3.△PAD也是直角三角形,直角边长为2,2,三角形的面积为×2×2=2. 所以四棱锥P ABCD的四个侧面中面积最大的是前面三角形的面积为3.13.圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,轴截面的面积等于392 cm2,母线与轴的夹角为45°,求这个圆台的高、母线长和底面半径.解:圆台的轴截面如图.设圆台的上、下底面半径分别为x cm和3x cm,延长AA1交OO1的延长线于点S.在Rt△SOA中,∠ASO=45°,则∠SAO=45°.所以SO=AO=3x,OO1=2x.又×(6x+2x)×2x=392,解得x=7.所以圆台高OO母线长l=OO1=14 cm,底面半径分别为7 cm和21 cm.B组14.(2013广州高三调研)已知四棱锥P ABCD的三视图如图所示,则四棱锥P ABCD的四个侧面中面积最大的是( C )(A)3 (B)2(C)6 (D)8解析:四棱锥如图所示,PM=3,×4×=2,S△PDC=S△PAB=×4×3=6,S△PBC=S△PAD=×2×3=3,故四个侧面中面积最大的是6.15.(2013北京西城检测)三棱锥D ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图所示,则棱BD的长为.解析:取AC的中点E,连结BE,DE,由正(主)视图可知BE⊥AC,BE⊥DE.DC⊥平面ABC且DC=4,BE=2,AE=EC=2.所以BC====4,即BD====4.答案:416.三棱锥V ABC的底面是正三角形,顶点在底面ABC上的射影为正△ABC的中心,其三视图如图所示:(1)画出该三棱锥的直观图;(2)求出侧(左)视图的面积.解:(1)直观图如图所示.(2)根据三视图间的关系可得BC=2,作AM⊥BC于M,连结VM,过V作VO⊥AM于O,过O作EF∥BC交AB,AC于F、E,则△VEF即侧(左)视图.由=,得EF=.又VA=4,AM==3.则AO=2,VO===2.××2=4.所以S即侧(左)视图的面积为4.。
高考数学一轮总复习 第七章 立体几何 第一节 空间几何体的结构及其三视图和直观图练习 文
第一节空间几何体的结构及其三视图和直观图【最新考纲】 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．1．多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都互相平行，上下底面是全等的多边形．(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．旋转体的形成直角三角形(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，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．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．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为原来的一半．1．(质疑夯基)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)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．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×2．如图，长方体ABCD A′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．简单组合体解析：由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．答案：C3．(2016·邯郸调研)一几何体的直观图如图所示，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解析：由于组合体的上部分(五面体)与下部分(长方体)有相同的底面，则几何体在下底面的投影为图形B.答案：B4．(2015·课标全国Ⅱ卷)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.18B.17C.16D.15解析：如图所示，由条件知，截去部分是正三棱锥DABC.设正方体的棱长为a ，则V DABC ＝a 36，因此剩余部分的体积V 剩＝56a 3，故它们的体积之比为15.答案：D5．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于________．解析：由题意得圆柱的底面半径r ＝1，母线l ＝1. 所以圆柱的侧面积S ＝2πrl ＝2π. 答案：2π一种思想棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想．两点注意1．注意空间几何体的不同放置对三视图的影响． 2．画直观图注意平行性、长度两个要素．(1)平行性不变；(2)平行于y 轴的线段长度减半，平行于x 轴、z 轴的线段长度不变． 三条规则——画三视图应遵循的三条规则 1．画法规则：“长对正，宽相等，高平齐”．2．摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方．3．实虚线的画法规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见线和棱用虚线画出．一、选择题1．(2014·福建卷)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．答案：A3．已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( )A.32 B ．1 C.2＋12D. 2 解析：由于该正方体的俯视图是面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，因此该几何体的正视图是一个长为2，宽为1的矩形，其面积为 2.答案：D4．(2014·北京卷)在空间直角坐标系O xyz 中，已知A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(1，1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( )A ．S 1＝S 2＝S 3B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2D ．S 3＝S 2且S 3≠S 1解析：如右图所示。
高考一轮练习(7.1空间几何体的结构特征及三视图和直观图)
课时提升作业(四十二)一、选择题1.以下四个命题:①正棱锥的所有侧棱相等;②直棱柱的侧面都是全等的矩形;③圆柱的母线垂直于底面;④用经过旋转轴的平面截圆锥,所得的截面一定是全等的等腰三角形.其中,真命题的个数为( )(A)4 (B)3 (C)2 (D)12.下列几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是( )(A)①②(B)①③(C)①④(D)②④3.(2013·沈阳模拟)一个锥体的主视图和左视图如图所示,下面选项中,不可能是该锥体的俯视图的是( )4.如图,△ABC为正三角形,AA′∥BB′∥CC′,CC′⊥平面ABC且3AA′=错误！未找到引用源。
BB′=CC′=AB,则多面体ABC-A′B′C′的主视图是( )5.(2013·宁波模拟)一个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),∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这个平面图形的面积为( )(A)错误！未找到引用源。
+错误！未找到引用源。
(B)2+错误！未找到引用源。
(C)错误！未找到引用源。
+错误！未找到引用源。
(D)错误！未找到引用源。
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6.一个正方体截去两个角后所得几何体的主视图、左视图如图所示,则其俯视图为( )7.(2013·西安模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A处出发,经正方体的表面,按最短路线爬行到达顶点C1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主视图是( )(A)①②(B)①③(C)②④(D)③④二、填空题8.等腰梯形ABCD,上底CD=1,腰AD=CB=错误！未找到引用源。
,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.9.(2013·临沂模拟)已知某个几何体的三视图如图所示,根据图中标出的尺寸(单位:cm),可得这个几何体的体积是错误！未找到引用源。
2020版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学案文
7．1 空间几何体的结构及其三视图和直观图[知识梳理]1．多面体的结构特征2．旋转体的结构特征3．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(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)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轴的线段的长度在直观图中变为原来的一半．4．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、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．(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．[诊断自测]1．概念思辨(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．( )答案(1)×(2)×(3)×(4)×2．教材衍化(1)(必修A2P15T4)如图所示为一个简单几何体的三视图，则其对应的几何体是( )答案 A解析对于A，该几何体的三视图恰好与已知图形相符，故A符合题意；对于B，该几何体的正视图的矩形中，对角线应该是虚线，故不符合题意；对于C，该几何体的正视图的矩形中，对角线应该是从左上到右下的方向，故不符合题意；对于D，该几何体的侧视图的矩形中，对角线应该是虚线，不符合题意．故选A.(2)(必修A2P28T3)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，正视图中点D1的射影是B1，侧棱B1B是看不见的，在直观图中用虚线表示．所以正视图是选项C中的图形．故选C.3．小题热身(1)(2017·长沙模拟)如图是一个正方体，A，B，C为三个顶点，D是棱的中点，则三棱锥A－BCD的正视图，俯视图是(注：选项中的上图是正视图，下图是俯视图)( )答案 A解析正视图是等腰直角三角形，且AD棱属于看不见的部分，用虚线表示，俯视图也是等腰直角三角形，且BD棱属于看不见的部分，用虚线表示．故选A.(2)(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 3 C．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.题型1 空间几何体的结构特征典例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)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)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．举反例．答案0个解析(1)(2)(3)(4)的反例见下面四个图．(5)平行于轴的连线才是母线．空间几何体结构特征有关问题的解题策略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，只需举一个反例即可．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，要注意应用“还台为锥”的解题策略．冲关针对训练下列结论正确的是________．①各个面都是三角形的几何体是三棱锥．②若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．③四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形．④一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．答案③解析①错误，如图1；②错误，若两个垂直于底面的侧面平行，则可为斜棱柱；③正确，如图2，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，那么四棱锥P－ABCD四个侧面都是直角三角形；④错误，当截面与底面不平行时，不正确．题型2 空间几何体的直观图典例(2017·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.38a2 C.68a2 D.616a2根据平面图形的原图形与直观图的关系求解．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D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a .∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.故选D. [条件探究] 若将典例条件变为“△ABC 的直观图△A 1B 1C 1是边长为a 的正三角形”，则△ABC 的面积是多少？解在△A 1D 1C 1中，由正弦定理a sin45°＝xsin120°，得x ＝62a ，∴S △ABC ＝12×a ×6a ＝62a 2. 方法技巧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．冲关针对训练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22cm2，则原平面图形的面积为( )A．4 cm2 B．4 2 cm2C．8 cm2 D．8 2 cm2答案 C解析依题意可知∠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 cm2.故选C.题型3 空间几何体的三视图角度1 已知几何体识别三视图E，F，G分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱典例(2018·湖南长沙三校一模)已知点AA1，CC1，DD1的中点，点M，N，Q，P分别在线段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P为顶点的三棱锥P－MNQ的俯视图不可能是( )答案 C解析当M与F重合、N与G重合、Q与E重合、P与B1重合时，三棱锥P－MNQ的俯视图为A；当M，N，Q，P是所在线段的中点时，三棱锥P－MNQ的俯视图为B；当M，N，Q，P位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥P－MNQ，使其俯视图为D.不管M，N，P，Q在什么位置，三棱锥P－MNQ的俯视图都不可能是正三角形．故选C.角度2 已知三视图还原几何体A为此几何体所典例(2018·河北名师俱乐部模拟)某几何体的三视图如图所示，记有棱的长度构成的集合，则 ( )A．3∈A B．5∈A C．26∈A D．43∈A答案 D解析由三视图可得，该几何体的直观图如图所示，其中底面是边长为4的正方形，AF ⊥平面ABCD，AF∥DE，AF＝2，DE＝4，可求得BE的长为43，BF的长为25，EF的长为25，EC的长为4 2.故选D.方法技巧1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)一般情况下，根据正视图、侧视图确定是柱体、锥体还是组合体．(2)根据俯视图确定是否为旋转体，确定柱体、锥体类型、确定几何体摆放位置．(3)综合三个视图特别是在俯视图的基础上想象判断几何体．提醒：对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．冲关针对训练(2017·文登市三模)空间几何体的三视图如图所示，则此空间几何体的直观图为( )答案 A解析由已知三视图的上部分是锥体，是三棱锥，三棱锥的底面是等腰三角形，但不是直角三角形，排除B，C.等腰三角形的一个顶点在正方体一条棱的中点，故排除D.故选A.1．(2017·全国卷Ⅰ)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( )A ．10B ．12C ．14D ．16 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共有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.故选B.2．(2016·全国卷Ⅰ)如图，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 ．17π B．18π C．20π D．28π 答案 A解析 由三视图可知，该几何体是一个球被截去18后剩下的部分，设球的半径为R ，则该几何体的体积为78×43πR 3，即283π＝78×43πR 3，解得R ＝2.故其表面积为78×4π×22＋3×14×π×22＝17π.故选A.3．(2018·山西模拟)某几何体的正(主)视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧(左)视图的面积为( )A.152B ．6＋ 3 C.32＋3 3 D ．4 3 答案 A解析 由题图可知该几何体的侧视图如图，则该几何体的侧(左)视图的面积为3×2＋12×3×3＝152，故选A.4．(2018·济宁模拟)点M ，N 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱A 1B 1，A 1D 1的中点，用过A ，M ，N 和D ，N ，C 1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图1，则该几何体的正视图、侧视图、俯视图依次为图2中的 ( )A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．②④③答案 B解析由正视图的定义可知：点A，B，B1在后面的投影点分别是点D，C，C1，线段AN 在后面的投影面上的投影是以D为端点且与线段CC1平行且相等的线段，另外线段AM在后面的投影线要画成实线，被遮挡的线段DC1要画成虚线，正视图为②；同理可得侧视图为③，俯视图为④.故选B.[基础送分提速狂刷练]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．(2017·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．(2018·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，O2，将正方体绕直线O1O2旋转一周，其中由线段BC1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．(2017·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．(2017·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．(2018·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C 1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．①③ C．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C 1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB 1A 1和平面BCC 1B 1展到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过BB 1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD 和平面CDD 1C 1展到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1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．(2018·山西康杰中学模拟)已知某锥体的正视图和侧视图如图所示，其体积为233，则该锥体的俯视图可能是( )答案 C解析 由正视图得该锥体的高是h ＝22－12＝3，因为该锥体的体积为233，所以该锥体的底面面积是S ＝23313h＝23333＝2，A项的正方形的面积是2×2＝4，B项的圆的面积是π×12＝π，C项的大三角形的面积是12×2×2＝2，D项图形不满足三视图“宽相等”原则，所以不可能是该锥体的俯视图．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．1.2 B．1.6 C．1.8 D．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．(2018·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．(2018·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，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，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)如下图所示．(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.。
近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文(2021年整
2019版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文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版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文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019版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文的全部内容。
7．1 空间几何体的结构及其三视图和直观图[基础送分提速狂刷练]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．(2017·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．（2018·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，O2，将正方体绕直线O1O2旋转一周，其中由线段BC1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BC1中点绕O1O2旋转得到的圆比B点和C1点的小．故选D.5．（2017·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＝错误!，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。
高考数学大一轮复习 第七章 1空间几何体的结构及三视图和直观图 文
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掌握柱体的基 本特点
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掌握椎体的基本特点
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判定与空间几何体结构特征有关命题的方 法：
(2)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式，然后 再找其剩下部分三视图的可能形式．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．
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直观图的斜二测画法的关键之处在于将图 中的关键点转化为坐标系中的水平方向与 垂直方向的坐标长度，然后运用“水平长 不变，垂直长减半”的方法确定出点，最 后连线即得直观图．注意被遮挡的部分画 成虚线．
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(1)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，在条件不 变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、 面等基本元素，然后再依据题意判定．
(2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个 命题是错误的，只要举出一个反例即可．
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直观图
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高考数学统考一轮复习 第七章 立体几何 第一节 空间几何体的结构、三视图和直观图(教师文档)教案
学习资料第一节空间几何体的结构、三视图和直观图授课提示:对应学生用书第119页［基础梳理]1．空间几何体的结构特征（1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且相等多边形互相平行侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形2）旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形全等的圆侧面展开图矩形扇形扇环（1）画法：常用斜二测画法．（2）规则:①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，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轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．简记为：横同竖半，平行性不变．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：主左一样高,主俯一样长，左俯一样宽；看到的线画实线,看不到的线画虚线．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有以下关系：S直观图＝错误!S原图，S原图＝2错误!S直观图．2．球心到截面的距离d＝错误!（其中R为球的半径，r为截面半径）．［四基自测]1．（基础点:三视图的画法规则)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错误!B．2错误!,2C．4，2D．2，4答案:D2．（易错点：三视图的识别)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,则该几何体的左视图为()答案：B3。
(基础点：直观图的画法规则）如图，在直观图中，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.答案：矩形8授课提示：对应学生用书第120页考点一空间几何体的结构特征［例]（1）下列结论正确的是（)A．以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台B．六条棱长均相等的四面体是正四面体C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D．一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台［解析］∵这条腰必须是垂直于两底的腰，∴A错；斜四棱柱也可能有两个侧面是矩形,∴C错；必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以得到一个圆锥和一个圆台，D错．故选B.［答案] B(2）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］A错误．如图（1)所示，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．图(1）B错误．如图（2)，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在直线，所得的几何体都不是圆锥．图（2）C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．D正确．［答案] D(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；③存在每个面都是直角三角形的四面体；④棱台的侧棱延长后交于一点．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，两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；③正确，如图，正方体ABCD。
高考数学一轮复习 第7章 空间几何体的结构及其三视图和直观图 第4讲 直线、平面平行的判定与性质创新
第4讲直线、平面平行的判定与性质[考纲解读] 1.掌握线线、线面、面面平行的判定定理和性质定理，并能应用它们证明有关空间图形的平行关系的简单命题．(重点)2．高考的重点考查内容之一，主要以几何体为载体考查线线、线面、面面平行的判定和性质．[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考的重点考查内容．预测2021年将会以以下两种方式进行考查：①以几何体为载体，考查线面平行的判定；②根据平行关系的性质进行转化．试题常以解答题的第一问直接考查，难度不大，属中档题型.1.直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理不在平面□01内的一条直线与此平面□02内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行(简记为：线线平行⇒线面平行)⎭⎬⎫□03l⊄α□04a⊂α□05l∥a⇒l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，那么过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线□06平行(简记为：线面平行⇒线线平行)⎭⎬⎫□07a∥α□08a⊂β□09α∩β＝b⇒a∥b文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条□01相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行(简记为：线面平行⇒面面平行)错误!⇒α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面□07相交，那么它们的交线平行⎭⎬⎫□08α∥β□09α∩γ＝a□10β∩γ＝b⇒a∥b3.必记结论(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．(3)经过平面外一点有且只有一个平面与平面平行．(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．(5)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．1．概念辨析(1)假设一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．( )(2)假设直线a∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线a的直线有无数条．( )(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．( )(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．( )答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)如果直线a平行于平面α，直线b∥a，那么b与α的位置关系是( )A．b与α相交B．b∥α或b⊂αC．b⊂αD．b∥α答案 B解析两条平行线中的一条与平面相交，那么另一条也与平面相交，所以由直线b∥a，可知假设b与α相交，那么a与α也相交，而由题目，直线a平行于平面α，所以b与α不可能相交，所以b∥α或b⊂α.应选B.(2)如图，α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，假设PC＝2，CA＝3，CD＝1，那么AB＝________.答案 52解析 因为α∥β，△PAB 所在的平面与α，β分别交于CD ，AB ，所以CD ∥AB ，所以PC PA＝CD AB .因为PC ＝2，CA ＝3，CD ＝1，所以AB ＝52. (3)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以下结论正确的选项是________(填序号)． ①AD 1∥BC 1；②平面AB 1D 1∥平面BDC 1； ③AD 1∥DC 1； ④AD 1∥平面BDC 1. 答案 ①②④解析 如图，因为AB 綊C 1D 1， 所以四边形AD 1C 1B 为平行四边形．故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．题型一直线与平面平行的判定与性质角度1 线面平行判定定理的应用1．(2019·全国卷Ⅰ节选)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．证明：MN∥平面C1DE.证明如图，连接B1C，ME.因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1DC ， 可得B 1C A 1D ，故ME ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形， 所以MN ∥ED .又MN ⊄平面C 1DE ，所以MN ∥平面C 1DE . 角度2 线面平行性质定理的应用2．如下图，CD ，AB 均与平面EFGH 平行，E ，F ，G ，H 分别在BD ，BC ，AC ，AD 上，且CD ⊥AB .求证：四边形EFGH 是矩形．证明 ∵CD ∥平面EFGH ，而平面EFGH ∩平面BCD ＝EF ， ∴CD ∥EF .同理，HG∥CD，∴EF∥HG.同理，HE∥GF，∴四边形EFGH为平行四边形，∵CD∥EF，HE∥AB，∴∠HEF为异面直线CD和AB所成的角．又CD⊥AB，∴HE⊥EF.∴平行四边形EFGH为矩形．1．判定线面平行的三种方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)，一般用反证法；(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．如举例说明1；(3)利用面面平行的性质定理①α∥β，a⊂α⇒a∥β；②α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β.2．用线面平行的判定定理证明线面平行(1)关键：在平面内找到一条与直线平行的直线．(2)方法：合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形等证明两直线平行．(3)易错：容易漏掉说明直线在平面外．3．用线面平行的性质定理证明线线平行(1)定势：看到线面平行想到用性质定理．(2)关键：合理选择过直线的平面与平面相交．如举例说明2.1．(2016·全国卷Ⅲ改编)如图，四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．证明：MN ∥平面PAB .证明 由得AM ＝23AD ＝2.如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ， 所以MN ∥平面PAB .2．如下图，四边形ABCD 是平行四边形，点P 是平面ABCD 外一点，M 是PC 的中点，在DM 上取一点G ，过G 和PA 作平面PAHG 交平面BMD 于GH .求证：PA ∥GH .证明 如下图，连接AC 交BD 于点O ，连接MO ，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴AP∥OM.又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴PA∥平面BMD.∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，且PA⊂平面PAHG，∴PA∥GH.题型二平面与平面平行的判定与性质1．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，那么α∥β的充要条件是( )A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面答案 B解析假设α∥β，那么α内有无数条直线与β平行，反之那么不成立；假设α，β平行于同一条直线，那么α与β可以平行也可以相交；假设α，β垂直于同一个平面，那么α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，假设一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，那么两平面平行，反之也成立．因此B中条件是α∥β的充要条件．应选B.2．如下图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点，求证：(1)B ，C ，H ，G 四点共面； (2)平面EFA 1∥平面BCHG .证明 (1)∵G ，H 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点， ∴GH 是△A 1B 1C 1的中位线，那么GH ∥B 1C 1. 又B 1C 1∥BC ，∴GH ∥BC ， ∴B ，C ，H ，G 四点共面．(2)∵E ，F 分别为AB ，AC 的中点，∴EF ∥BC ， ∵EF ⊄平面BCHG ，BC ⊂平面BCHG ， ∴EF ∥平面BCHG .又G ，E 分别为A 1B 1，AB 的中点，A 1B 1綊AB ， ∴A 1G 綊EB .∴四边形A 1EBG 是平行四边形，∴A 1E ∥GB . ∵A 1E ⊄平面BCHG ，GB ⊂平面BCHG ， ∴A 1E ∥平面BCHG .又A 1E ∩EF ＝E ， ∴平面EFA 1∥平面BCHG .条件探究 将本例中的条件“E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点〞变为“点D ，D 1分别是AC ，A 1C 1上的点，且平面BC 1D ∥平面AB 1D 1〞，试求ADDC的值．解 如图，连接A 1B 交AB 1于点O ，连接OD 1.由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O . 所以BC 1∥D 1O ，那么A 1D 1D 1C 1＝A 1OOB＝1. 同理，可证AD 1∥DC 1，那么A 1D 1D 1C 1＝DC AD， 所以DC AD ＝1，即AD DC＝1.1．判定面面平行的方法(1)利用面面平行的判定定理，转化为证明线面平行．如举例说明2(2)． (2)证明两平面垂直于同一条直线． (3)证明两平面与第三个平面平行． 2．面面平行条件的应用(1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行． (2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线．(2019·某某模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝2，AB ＝1.设M ，N 分别为PD ，AD 的中点．(1)求证：平面CMN ∥平面PAB ； (2)求三棱锥P －ABM 的体积．解 (1)证明：∵M ，N 分别为PD ，AD 的中点， ∴MN ∥PA .∵MN ⊄平面PAB ，PA ⊂平面PAB ， ∴MN ∥平面PAB .在Rt △ACD 中，∠CAD ＝60°，＝AN ， ∴∠A ＝60°.又∠BAC ＝60°，∴∥AB . ∵⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ， ∴∥平面PAB . 又∩MN ＝N ，∴平面CMN ∥平面PAB .(2)由(1)知，平面CMN ∥平面PAB ，∴点M 到平面PAB 的距离等于点C 到平面PAB 的距离． ∵AB ＝1，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝60°， ∴BC ＝3，∴三棱锥P －ABM 的体积V ＝V M －PAB ＝V C －PAB ＝13×12×1×2×3＝33.题型 三 立体几何中的探索性问题(2019·某某三模)如图，侧棱与底面垂直的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是梯形，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AA 1＝4，DC ＝2AB ，AB ＝AD ＝3，点M 在棱A 1B 1上，且A 1M ＝13A 1B 1.点E 是直线CD 上的一点，AM ∥平面BC 1E .(1)试确定点E 的位置，并说明理由； (2)求三棱锥M －BC 1E 的体积．解 (1)如图，在棱C 1D 1上取点N ，使D 1N ＝A 1M ＝1.又D 1N ∥A 1M ，∴四边形A 1MND 1是平行四边形， ∴MN ∥A 1D 1∥AD .∴四边形AMND 为平行四边形， ∴AM ∥DN .过C 1作C 1E ∥DN 交CD 于点E ，连接BE ， ∴DN ∥平面BC 1E ，AM ∥平面BC 1E ， ∴CE ＝1.(2)由(1)知，AM ∥平面BC 1E ，∴VM －BC 1E ＝VA －BC 1E ＝VC 1－ABE ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3×3×4＝6.线面平行的探究性问题解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，那么存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，那么不存在，而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．如图，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻转成△A 1DE .假设M 为线段A 1C 的中点，那么在△ADE 翻转过程中，正确的命题是________(填序号)．①MB 是定值； ②点M 在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④一定存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE . 答案 ①②④解析 如图，取DC 的中点N ，连接MN ，NB ，那么MN ∥A 1D ，NB ∥DE ，∴平面MNB ∥平面A 1DE ，∵MB ⊂平面MNB ，∴MB ∥平面A 1DE ，④正确；∠A 1DE ＝∠MNB ，MN ＝12A 1D ＝定值，NB ＝DE ＝定值，根据余弦定理得，MB 2＝MN 2＋NB 2－2MN ·NB ·cos∠MNB ，所以MB 是定值，①正确；B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD 满足AC ⊥DE 时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确．组 基础关1．假设平面α∥平面β，直线a ∥平面α，点B ∈β，那么在平面β内且过B 点的所有直线中( )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 ．存在唯一与a 平行的直线 答案 A解析 当直线a 在平面β内且过B 点时，不存在与a 平行的直线，应选A.2．设m ，n 是不同的直线，α，β是不同的平面，且m ，n ⊂α，那么“α∥β〞是“m ∥β且n ∥β〞的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 假设m ，n ⊂α，α∥β，那么m ∥β且n ∥β；反之假设m ，n ⊂α，m ∥β且n ∥β，那么α与β相交或平行，即“α∥β〞是“m ∥β且n ∥β〞的充分不必要条件．3.如下图，P是三角形ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段PA，PB，PC于A′，B′，C′，假设PA′∶AA′＝2∶3，那么△A′B′C′与△ABC面积的比为( ) A．2∶5B．3∶8C．4∶9D．4∶25答案 D解析∵平面α∥平面ABC，平面PAB∩α＝A′B′，平面PAB∩平面ABC＝AB，∴A′B′∥AB.又PA′∶AA′＝2∶3，∴A′B′∶AB＝PA′∶PA＝2∶5.同理B′C′∶BC＝A′C′∶AC ＝2∶5.∴△A′B′C′与△ABC相似，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25，应选D.4．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在以下四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，那么在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )答案 A解析A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，那么QD∥AB.∵QD∩平面MNQ ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，那么AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.C 项，作如图③所示的辅助线，那么AB ∥CD ，CD ∥MQ ，∴AB ∥MQ .又AB ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，∴AB ∥平面MNQ .D 项，作如图④所示的辅助线，那么AB ∥CD ，CD ∥NQ ，∴AB ∥NQ .又AB ⊄平面MNQ ，NQ ⊂平面MNQ ，∴AB ∥平面MNQ .应选A.5．在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别为AB ，AD 上的点，且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4，又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，那么( )A ．BD ∥平面EFG ，且四边形EFGH 是平行四边形B ．EF ∥平面BCD ，且四边形EFGH 是梯形C ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是平行四边形 D ．EH ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是梯形 答案 B解析 如图，由题意得EF ∥BD ，且EF ＝15BD .又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，所以HG ∥BD ，且HG ＝12BD .所以EF ∥HG ，且EF ≠HG .所以四边形EFGH 是梯形．又EF ∥平面BCD ，而EH与平面ADC 不平行，应选B.6．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面α与棱AB ，AC ，A 1C 1，A 1B 1分别交于点E ，F ，G ，H ，且直线AA 1∥平面α.有以下三个命题：①四边形EFGH 是平行四边形；②平面α∥平面BCC 1B 1；③平面α⊥平面BCFE .其中的真命题是( )A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③答案 C解析 直线AA 1∥平面α，且平面α与平面AA 1C 1C 、平面AA 1B 1B 分别交于FG ，EH ，所以AA 1∥FG ，AA 1∥EH ，所以FG ∥EH .又平面ABC ∥平面A 1B 1C 1，平面α与平面ABC 、平面A 1B 1C 1分别交于EF ，GH ，所以EF ∥GH .所以四边形EFGH 为平行四边形．因为AA 1∥平面α，且AA 1⊥平面ABC ，所以平面α⊥平面ABC ，即平面α⊥平面BCFE .平面α与平面BCC 1B 1可能相交，考虑特殊情况：F 与C 重合，G 与C 1重合，此时满足题意，但是两平面相交．综上，应选C.7．(2019·某某模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内(不包括边界)，假设B 1P ∥平面A 1BM ，那么C 1P 的最小值是( )A.305 B.2305C.275D.475答案 B解析 如图，在A 1D 1上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接DN ，NB 1，B 1Q ，QD ，∵DN ∥BM ，DQ ∥A 1M 且DN ∩DQ ＝D ，BM ∩A 1M ＝M ，∴平面B 1QDN ∥平面A 1BM ，那么动点P 的轨迹是DN (不含D ，N 两点)．又CC 1⊥平面ABCD ，那么当CP ⊥DN 时，C 1P 取得最小值，此时，CP ＝2×112＋22＝25， ∴C 1P 的最小值是⎝ ⎛⎭⎪⎫252＋22＝2305.8．(2019·某某模拟)以下三个命题在“________〞处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l ，m 为直线，α，β为平面)，那么此条件是________．⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m m ∥α①⇒l ∥α；⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αl ∥m ②⇒l ∥α；⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥m m ⊥α③⇒l ∥α.答案 l ⊄α解析 ①l ∥m ，m ∥α⇒l ∥α或l ⊂α，由l ⊄α⇒l ∥α； ②l ⊄α，m ⊂α，l ∥m ⇒l ∥α；③l ⊥m ，m ⊥α⇒l ∥α或l ⊂α，由l ⊄α⇒l ∥α.9.(2020·海淀模拟)如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M ，N 分别是下底面的棱A 1B 1，B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a3，过P ，M ，N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD上，那么PQ ＝________.答案223a解析 如下图，连接AC ，易知MN ∥平面ABCD ，又平面PQNM ∩平面ABCD ＝PQ ，MN ⊂平面PQNM ，∴MN ∥PQ .又MN ∥AC ，∴PQ ∥AC . 又AP ＝a3，∴PD AD ＝DQ CD ＝PQ AC ＝23， ∴PQ ＝23AC ＝223a .10．如图，在正四棱柱A 1C 中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，那么M 只需满足条件________时，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案M位于线段FH上(答案不唯一)解析连接HN，FH，FN，那么FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只要M∈FH，那么MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.组能力关1．如图是正方体的平面展开图，关于这个正方体有以下判断：①ED与NF所成的角为60°；②∥平面AFB；③BM∥DE；④平面BDE∥平面NCF.其中正确判断的序号是( )A．①③B．②③C．①②④D．②③④答案 C解析把正方体的平面展开图还原成正方体ABCD－EFMN，得ED与NF所成的角为60°，故①正确；∥BE，⊄平面AFB，BE⊂平面AFB.∴∥平面AFB，故②正确；BM与ED是异面直线，故③不正确；∵BD∥FN，BE∥，BD∩BE＝B，BD⊂平面BDE，BE⊂平面BDE，所以平面BDE∥平面NCF，故④正确．正确判断的序号是①②④，应选C.2．平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，那么m，n所成角的正弦值为( )A.32B.22C.33D.13答案 A解析如图，过点A补作一个与正方体ABCD－A1B1C1D1相同棱长的正方体，易知m，n所成角为∠EAF1，因为△EAF1为正三角形，所以sin∠EAF1＝sin60°＝32，应选A.3．如下图，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB ＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，那么函数y ＝f(x)的图象大致是( )答案 C解析 过M 作MQ ∥DD 1，交AD 于点Q ，连接QN .∵MQ ⊄平面DCC 1D 1，DD 1⊂平面DCC 1D 1， ∴MQ ∥平面DCC 1D 1，∵MN ∥平面DCC 1D 1，MN ∩MQ ＝M ，∴平面MNQ ∥平面DCC 1D 1.又平面ABCD 与平面MNQ 和DCC 1D 1分别交于QN 和DC ，∴NQ ∥DC ，可得QN ＝CD ＝AB ＝1，AQ ＝BN ＝x ，∵MQAQ＝DD 1AD＝2. ∴MQ ＝2x .在Rt △MQN 中，MN 2＝MQ 2＋QN 2，即y 2＝4x 2＋1，∴y 2－4x 2＝1(0≤x <1,1≤y <5)，∴函数y ＝f (x )的图象为焦点在y 轴上的双曲线上支的一部分，应选C.4．(2019·某某某某模拟)如图，四边形ABCD 与ADEF 均为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．求证：(1)BE ∥平面DMF ； (2)平面BDE ∥平面MNG .证明 (1)如图，连接AE ，那么AE 必过DF 与GN 的交点O ，连接MO ，那么MO 为△ABE 的中位线，所以BE ∥MO ，又BE ⊄平面DMF ，MO ⊂平面DMF ， 所以BE ∥平面DMF .(2)因为N ，G 分别为平行四边形ADEF 的边AD ，EF 的中点，所以DE ∥GN ，又DE ⊄平面MNG ，GN ⊂平面MNG ，所以DE ∥平面MNG .又M 为AB 的中点，N 为AD 的中点，所以MN 为△ABD 的中位线，所以BD ∥MN ，又BD ⊄平面MNG ，MN ⊂平面MNG ，所以BD ∥平面MNG ，又DE 与BD 为平面BDE 内的两条相交直线，所以平面BDE ∥平面MNG .5．底面是平行四边形的四棱锥P －ABCD 中，E 是AB 上一点，且AE BE ＝12，在侧棱PD 上能否找到一点F ，使AF ∥平面PEC .解 设AF 存在，过F 点作DC 的平行线交PC 于点G ，连接EG ，如图．∵AB ∥CD ，∴AE ∥FG . 那么AE ，GF 确定一个平面， 假设AF ∥平面PEC ，那么AF ∥EG .∴AE ＝GF .而AE BE ＝12.∴AE ＝13AB .又AB ＝CD ，∴GF ＝13DC .∵GF ∥DC ，∴GF DC ＝PF PD ＝13.∴存在这样的F 点⎝ ⎛⎭⎪⎫PF PD ＝13，使AF ∥平面PEC . 组 素养关(2019·某某某某一中模拟)三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为AB 的中点，点E 在侧棱CC 1上，DE ∥平面AB 1C 1.(1)证明：E 是CC 1的中点；(2)设∠BAC ＝90°，四边形ABB 1A 1是边长为4的正方形，四边形ACC 1A 1为矩形，且异面直线DE 与B 1C 1所成的角为30°，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．解 (1)证明：连接A 1D ，A 1E 分别交AB 1，AC 1于点M ，N ，连接MN ，∵DE ∥平面AB 1C 1，DE ⊂平面A 1DE ，平面A 1DE ∩平面AB 1C 1＝MN ，∴DE ∥MN ，又在三棱柱侧面A 1ABB 1中，D 为AB 的中点，∴A 1B 1＝2AD ，由AD ∥A 1B 1可得，∠MAD ＝∠MB 1A 1，∠MDA ＝∠MA 1B 1，所以△ADM ∽△B 1A 1M ， 故A 1M ＝2MD ，∵DE ∥MN ，∴A 1N ＝2NE ， 在平面A 1ACC 1中，同理可证得△A 1NA ∽△ENC 1， ∴CC 1＝AA 1＝2EC 1. 故E 是CC 1的中点．(2)取BB 1的中点F ，连接EF ，DF ，可知EF ∥B 1C 1， 故∠DEF 为异面直线DE 与B 1C 1所成的角， 设AC ＝x ，那么在△DEF 中， 可求得DE ＝x 2＋8，DF ＝22， EF ＝BC ＝x 2＋16，由余弦定理，得cos ∠DEF ＝32＝x 2＋8＋x 2＋16－82x 2＋8 x 2＋16，解得x ＝4，故VABC －A 1B 1C 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×4×4＝32.。
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学案 文
7．1 空间几何体的结构及其三视图和直观图[知识梳理]1．多面体的结构特征2．旋转体的结构特征3．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(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)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轴的线段的长度在直观图中变为原来的一半．4．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、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．(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．[诊断自测]1．概念思辨(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．( )答案(1)×(2)×(3)×(4)×2．教材衍化(1)(必修A2P15T4)如图所示为一个简单几何体的三视图，则其对应的几何体是( )答案 A解析对于A，该几何体的三视图恰好与已知图形相符，故A符合题意；对于B，该几何体的正视图的矩形中，对角线应该是虚线，故不符合题意；对于C，该几何体的正视图的矩形中，对角线应该是从左上到右下的方向，故不符合题意；对于D，该几何体的侧视图的矩形中，对角线应该是虚线，不符合题意．故选A.(2)(必修A2P28T3)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，正视图中点D1的射影是B1，侧棱B1B是看不见的，在直观图中用虚线表示．所以正视图是选项C中的图形．故选C.3．小题热身(1)(2017·长沙模拟)如图是一个正方体，A，B，C为三个顶点，D是棱的中点，则三棱锥A－BCD的正视图，俯视图是(注：选项中的上图是正视图，下图是俯视图)( )答案 A解析正视图是等腰直角三角形，且AD棱属于看不见的部分，用虚线表示，俯视图也是等腰直角三角形，且BD棱属于看不见的部分，用虚线表示．故选A.(2)(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 3 C．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.题型1 空间几何体的结构特征典例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)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)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．举反例．答案0个解析(1)(2)(3)(4)的反例见下面四个图．(5)平行于轴的连线才是母线．空间几何体结构特征有关问题的解题策略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，只需举一个反例即可．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，要注意应用“还台为锥”的解题策略．冲关针对训练下列结论正确的是________．①各个面都是三角形的几何体是三棱锥．②若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．③四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形．④一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．答案③解析①错误，如图1；②错误，若两个垂直于底面的侧面平行，则可为斜棱柱；③正确，如图2，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，那么四棱锥P－ABCD四个侧面都是直角三角形；④错误，当截面与底面不平行时，不正确．题型2 空间几何体的直观图典例(2017·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.38a2 C.68a2 D.616a2根据平面图形的原图形与直观图的关系求解．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D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a .∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.故选D. [条件探究] 若将典例条件变为“△ABC 的直观图△A 1B 1C 1是边长为a 的正三角形”，则△ABC 的面积是多少？解在△A 1D 1C 1中，由正弦定理a sin45°＝xsin120°，得x ＝62a ，∴S △ABC ＝12×a ×6a ＝62a 2. 方法技巧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．冲关针对训练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22cm2，则原平面图形的面积为( )A．4 cm2 B．4 2 cm2C．8 cm2 D．8 2 cm2答案 C解析依题意可知∠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 cm2.故选C.题型3 空间几何体的三视图角度1 已知几何体识别三视图E，F，G分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱典例(2018·湖南长沙三校一模)已知点AA1，CC1，DD1的中点，点M，N，Q，P分别在线段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P为顶点的三棱锥P－MNQ的俯视图不可能是( )答案 C解析当M与F重合、N与G重合、Q与E重合、P与B1重合时，三棱锥P－MNQ的俯视图为A；当M，N，Q，P是所在线段的中点时，三棱锥P－MNQ的俯视图为B；当M，N，Q，P位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥P－MNQ，使其俯视图为D.不管M，N，P，Q在什么位置，三棱锥P－MNQ的俯视图都不可能是正三角形．故选C.角度2 已知三视图还原几何体A为此几何体所典例(2018·河北名师俱乐部模拟)某几何体的三视图如图所示，记有棱的长度构成的集合，则 ( )A．3∈A B．5∈A C．26∈A D．43∈A答案 D解析由三视图可得，该几何体的直观图如图所示，其中底面是边长为4的正方形，AF ⊥平面ABCD，AF∥DE，AF＝2，DE＝4，可求得BE的长为43，BF的长为25，EF的长为25，EC的长为4 2.故选D.方法技巧1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)一般情况下，根据正视图、侧视图确定是柱体、锥体还是组合体．(2)根据俯视图确定是否为旋转体，确定柱体、锥体类型、确定几何体摆放位置．(3)综合三个视图特别是在俯视图的基础上想象判断几何体．提醒：对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．冲关针对训练(2017·文登市三模)空间几何体的三视图如图所示，则此空间几何体的直观图为( )答案 A解析由已知三视图的上部分是锥体，是三棱锥，三棱锥的底面是等腰三角形，但不是直角三角形，排除B，C.等腰三角形的一个顶点在正方体一条棱的中点，故排除D.故选A.1．(2017·全国卷Ⅰ)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( )A ．10B ．12C ．14D ．16 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共有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.故选B.2．(2016·全国卷Ⅰ)如图，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 答案 A解析 由三视图可知，该几何体是一个球被截去18后剩下的部分，设球的半径为R ，则该几何体的体积为78×43πR 3，即283π＝78×43πR 3，解得R ＝2.故其表面积为78×4π×22＋3×14×π×22＝17π.故选A.3．(2018·山西模拟)某几何体的正(主)视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧(左)视图的面积为( )A.152B ．6＋ 3 C.32＋3 3 D ．4 3 答案 A解析 由题图可知该几何体的侧视图如图，则该几何体的侧(左)视图的面积为3×2＋12×3×3＝152，故选A.4．(2018·济宁模拟)点M ，N 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱A 1B 1，A 1D 1的中点，用过A ，M ，N 和D ，N ，C 1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图1，则该几何体的正视图、侧视图、俯视图依次为图2中的 ( )A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．②④③答案 B解析由正视图的定义可知：点A，B，B1在后面的投影点分别是点D，C，C1，线段AN 在后面的投影面上的投影是以D为端点且与线段CC1平行且相等的线段，另外线段AM在后面的投影线要画成实线，被遮挡的线段DC1要画成虚线，正视图为②；同理可得侧视图为③，俯视图为④.故选B.[基础送分提速狂刷练]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．(2017·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．(2018·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，O2，将正方体绕直线O1O2旋转一周，其中由线段BC1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．(2017·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．(2017·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．(2018·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C 1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．①③ C．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C 1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB 1A 1和平面BCC 1B 1展到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过BB 1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD 和平面CDD 1C 1展到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1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．(2018·山西康杰中学模拟)已知某锥体的正视图和侧视图如图所示，其体积为233，则该锥体的俯视图可能是( )答案 C解析 由正视图得该锥体的高是h ＝22－12＝3，因为该锥体的体积为233，所以该锥体的底面面积是S ＝23313h ＝23333＝2，A 项的正方形的面积是2×2＝4，B 项的圆的面积是π×12＝π，C 项的大三角形的面积是12×2×2＝2，D 项图形不满足三视图“宽相等”原则，所以不可能是该锥体的俯视图．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．(2018·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．(2018·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，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，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)如下图所示．(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.。
高考数学第一轮复习：《空间几何体的结构、三视图和直观图》
高考数学第一轮复习：《空间几何体的结构、三视图和直观图》新考纲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.会画某些建筑物的三视图和直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸线条等不作严格要求)【教材导读】1．平行投影和中心投影的区别和联系？提示：中心投影与人们感官的视觉效果是一致的，它常用来进行绘画；平行投影中，与投影面平行的平面图形留下的影子，与这个平面图形的形状和大小完全相同．2.两面平行，其余各面都是平行四边形的几何体就是棱柱吗？提示：不是，其余各面中相邻两面的公共边不一定都平行，如图几何体就不是棱柱．3．几何体三视图中的实线与虚线如何区分？提示：看得见的轮廓线和棱为实线，看不见的为虚线．4．怎样画物体的三视图和直观图？提示：三视图是利用物体的三个正投影来表示空间几何体的方法，利用平行投影画三视图；利用斜二测画法画几何体的直观图．1．多面体的结构特征多面体结构特征棱柱有两个面互相平行，其余各面都是四边形且每相邻两个四边形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2.旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形矩形一边所在的直线圆锥直角三角形一直角边所在的直线圆台直角梯形直角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)三视图的形成与名称：①形成：空间几何体的三视图是用平行投影得到的，在这种投影之下，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；②名称：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，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线；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、左前方、正上方观察几何体画出的轮廓线．4．空间几何体的直观图的画法空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，基本步骤是(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、y轴的线段，在直观图中平行于x′轴、y′轴．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．(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′轴且长度不变．【重要结论】1．几何体的三视图中，正视图和侧视图的高相等，正视图和俯视图的长相等，侧视图与俯视图的宽相等，简记为正侧等高，正俯等长，侧俯等宽．2．平面图形的直观图与原图形面积的关系：S直观图＝24S原图形，S原图形＝22S直观图．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D解析：A错误，如图(1)，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，但它不是三棱锥．B错误，如图(2)(3)，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在直线，所得的几何体都不是圆锥．C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，则侧棱长必然要大于底面边长．D正确．2．一个正方体的展开图如图所示，A，B，C，D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中()(A)AB∥CD (B)AB与CD相交(C)AB⊥CD (D)AB与CD所成的角为60°答案：D3．下图中的几何体是由下面哪个平面图形旋转得到的()答案：A4．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 ．217B ．2 5C ．3D ．2B 解析：先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M ，N 的位置如图①所示．①②圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴ |MN |＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5. 故选B.5．一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填上所有可能的几何体的编号)．①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥圆柱．解析：四棱柱与圆柱的正视图不可能为三角形，三棱锥、四棱锥、三棱柱、圆锥的正视图都有可能是三角形．答案：①②③⑤考点一 空间几何体的结构特征下列说法中正确的是( )(A)有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 (B)用一个平面去截一个圆锥，可以得到一个圆台和一个圆锥 (C)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥(D)将一直角三角形绕其一条直角边旋转一周，所得圆锥的母线长等于斜边长解析：如图，可以判断A、C不正确；又圆台是用平行于底面的平面截圆锥所得，故B 也不正确．【反思归纳】解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧(1)要想真正把握几何体的结构特征，必须多角度、全面地去分析，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，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定；(3)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．【即时训练】底面边长为1、侧棱长为2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E是侧棱AA1的中点，F是正方形ABCD的中心，则直线EF被球O所截得的线段长为________．解析：因为底面边长为1、侧棱长为2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的8个顶点都在球O 的表面上，所以球O的半径R＝1＋1＋42＝62，如图，设矩形ADD1A1的中心为Q，连接EQ，OQ，OE，OF，则EQ＝OQ＝12，OE＝14＋14＝22，在Rt△OEF中，OF＝1，EF＝1＋12＝62.设球心O 到EF 的距离为d ，则12×OE ×OF ＝12×EF ×d ，所以d ＝12×22×112×62＝33.所以直线EF 被球O 所截得的线段长为2R 2－d 2＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫622－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝423. 考点二 空间几何体的三视图考查角度1：根据几何体的结构特征确认其三视图．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱A 1B 1的中点，用过点A ，C ，E 的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为( )A 解析：如图所示，取B 1C 1的中点F ，则EF ∥AC ，即平面ACFE 即平面ACE 截正方体所得的截面，据此可得位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图如选项A 所示．故选A.【反思归纳】 根据几何体确认三视图的方法(1)由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点确认．(2)对于简单组合体的三视图，首先要确认正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．考查角度2：根据三视图还原几何体的直观图．如图是某几何体的三视图，图中每个小正方形的边长为1，则此几何体的体积为( )(A)83 (B)163 (C)4(D)203 B 解析：由已知中的三视图可得：该几何体是棱长为2的正方体截去两个角所得的组合体，其直观图如下图所示：故组合体的体积V ＝23－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13×12×2×2×2＝163.故选B.【反思归纳】 根据三视图还原几何体的策略 (1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉；(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图；(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．考查角度3：已知几何体的三视图中的某两视图，确定另外一种视图．一个长方体去掉一具小长方体，所得几何体的正(主)视图与侧(左)视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为()答案：C【反思归纳】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．考点三空间几何体的直观图如图所示，△A′B′C′是△ABC的直观图，且△A′B′C′是边长为a的正三角形，则△ABC的面积为________．解析：建立如图所示的坐标系xOy″，△A′B′C′的顶点C′在y″轴上，边A′B′在x轴上，把y″轴绕原点逆时针旋转45°得y轴，在y轴上取点C使OC＝2OC′，A，B点即为A′，B′点，长度不变．已知A′B′＝A′C′＝a，在△OA′C′中，由正弦定理得OC′sin∠OA′C′＝A′C′sin 45°，所以OC′＝sin 120°sin 45°a＝62a，所以原三角形ABC的高OC ＝6a，所以S△ABC＝12×a×6a＝62a2.答案：6 2a2【反思归纳】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．【即时训练】一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，求该平面图形的面积．解析：直观图的面积S′＝12×(1＋1＋2)×22＝2＋12.故原平面图形的面积S＝S′24＝2＋ 2.忽略三视图中的虚实线而致误如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的某几何体的三视图，则这个几何体的体积为()(A)323 (B)403 (C)563(D)643C 解析：还原三视图可得几何体，如图所示，棱长为4的正方体被平面ABCD 截得的后面部分的几何体，其中B ，C 为棱的中点．如图连接DE ，BE ，则几何体的体积可分为三棱锥D －ABE 的四棱锥B －EFCD . V D －ABE ＝13×12×4×4×4＝323，V B －EFCD ＝13×(2＋4)×42×2＝243. 所以几何体的体积为323＋243＝563， 故选C.易错提醒：(1)此题在解答时，很容易根据已知侧视图，忽略了从前往后看，看不到棱BC ，侧视图中应该是虚线．(2)正视图、俯视图都是直角梯形，用正方体做模板去还原几何体，有利于少出现错误．课时作业基础对点练(时间：30分钟)1．一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，首先排除选项A和C.对于如图所示三棱锥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，其三视图的形状都不会完全相同，故答案选D.2．下列命题中正确的是()(A)有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱(B)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱(C)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥(D)棱台各侧棱的延长线交于一点D解析：棱柱的结构特征有三个方面：有两个面互相平行；其余各面是平行四边形；这些平行四边形所在面中，每相邻两个面的公共边都互相平行．由此可知选项A，B均不正确；各面都是三角形的几何体并不一定是棱锥，如正八面体，故选项C不正确．棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面截去一部分得到的，故可知棱台各侧棱的延长线交于一点．故选D.3．如图(1)所示，在三棱锥D－ABC中，已知AC＝BC＝CD＝2，CD⊥平面ACD，∠ACB ＝90°.若其正视图、俯视图如图(2)所示，则其侧视图的面积为()(1)(2)(A)6(B)2(C) 3 (D) 2D解析：由几何体的结构特征和正视图、俯视图，得该几何体的侧视图是一个直角三角形，其中一直角边为CD，其长度为2，另一直角边的底面三角形ABC的边AB上的中线，其长度为2，则其侧视图的面积为S＝12×2×2＝2，故选D.4．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()(A)32(B)327(C)64(D)647C解析：依题意，题中的几何体是三棱锥P－ABC(如图所示)，其中底面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，选C.5．某多面体的三视图如图所示，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()(A)2 2 (B)2(C)2 5 (D) 5A解析：由三视图知，该几何体是棱长为2的正方体截去两个角后得到的，几何体的直视图是多面体P ABCDEF，如图所示．易知其最长棱为正方体的一条面对角线，其长为22，故选A.6．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是32，则正视图中的x的值是()(A)2 (B)92 (C)32(D)3C 解析：依题意，由三视图还原出原几何体的直观图如图所示，原几何体为四棱锥，且其底面积为12×2×(1＋2)＝3，高为x ，所以其体积V ＝13×3x ＝32，所以x ＝32.故选C.已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧视图如图所示，那么此三棱柱正视图的面积为________．解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正视图是一个矩形，其中一边的长是侧视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正视图的面积为2 3.答案：2 38．正三角形ABC的边长为4，建立如图所示的直角坐标系，则它的直观图的面积是________．解析：画出坐标系x′O′y′，作出△ABC的直观图△A′B′C′(如图所示)．易知O′A′＝12OA.所以S△A′B′C′＝12×22S△ABC＝24×34×42＝ 6.答案： 69．给出下列命题：①在正方体上任意选择4个不共面的顶点，它们可能是正四面体的4个顶点；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；③若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱，其中正确命题的序号是________．解析：①正确，正四面体是每个面都是等边三角形的四面体，如正方体ABCDA1B1C1D1中的四面体ACB1D1；②错误，反例如图所示，底面△ABC为等边三角形，可令AB＝VB＝VC＝BC＝AC，则△VBC为等边三角形，△VAB和△VCA均为等腰三角形，但不能判定其为正三棱锥；③错误，必须是相邻的两个侧面．答案：①10．已知：图①是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图②是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．解：图①几何体的三视图为：图②所示的几何体是上面为正六棱柱，下面为倒立的正六棱锥的组合体．如图，在四棱锥P ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，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P A.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 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62(cm)．由正视图可知，AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，P A＝PD2＋AD2＝(62)2＋62＝63(cm)．能力提升练(时间：15分钟)12．某几何体的三视图如图所示，则其表面积为()(A)8π＋2 (B)10π＋2 (C)6π＋2 (D)12π＋2A解析：由三视图可知，该几何体上面为半球，下面是一个圆柱去掉13个半圆柱，∴其表面积S＝12×4π×12＋π×1×3＋π×1×2＋π×12＋2×1＝8π＋2.故选A.13．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1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∶1 (B)2∶1(C)2∶3 (D)3∶2A解析：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.故选A.14．如下图，点0为正方体ABCD－A′B′C′D′的中心，点E为棱BB′的中点，点F为棱B′C′的中点，则空间四边形OEFD′在该正方体的面上的正投影不可能是()C解析：由题意知光线从上向下照射，得到B，光线从前向后照射，得到A光线从左向右照射得到D故选C.15．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，从两个角度观察得到的图形如图所示，则搭成该几何体最少需要的小正方体的块数是________块．解析：由主观图知几何体有三层由俯视图知底层有7个小正方体，中间一层至少2个，最上层最少1个，搭该几何体至少需要10个小正方体．答案：1016．已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________cm3.解析：根据几何体的三视图，得：该几何体是上部为四棱锥，下部为半个圆柱的组合体，四棱锥的高为2，底面矩形的宽为2，长为4，圆柱的高为4，底面半径为1∴该组合体的体积为V ＝13×2×4×2＋12×π×12×4＝163＋2π.答案：163＋2π.。
2020版高考数学一轮复习第七章立体几何7_1空间几何体的结构特征及三视图和直观图课件文新人教A版
A．63π C．79π
B．72π D．99π
解析 由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为 5，底面圆的半径为 3，半球的半径为 3，所以组合体的体积为 32π×5＋12×43 π×33＝63π。故选 A。
答案 A
3．(方向 3)已知圆台和正三棱锥的组合体的正视图和俯视图如图所示， 图中小方格是单位正方形，那么组合体的侧视图的面积为( )
解析 由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边 形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也 不一定是菱形，④也错误。
答案 1
微考点·大课堂
考点例析 对点微练
考点一 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( )
(2)三视图的画法
①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线。
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 方观察几何体画出的轮廓线。
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，基本规则是：
(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
答案 C
(2)下列结论中错误的是( ) A．由五个面围成的多面体只能是三棱柱 B．正棱台的对角面一定是等腰梯形 C．圆柱侧面上的直线段都是圆柱的母线 D．各个面都是正方形的四棱柱一定是正方体
解析 (2)由五个面围成的多面体可以是四棱锥，所以 A 选项错误。B， C，D 说法均正确。
答案 A
考点二 空间几何体的三视图 微点小专题 方向 1：三视图辨析 【例 2】 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①②③④⑤ ⑥代表图形)( )
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2018版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模拟演练文
[A级基础达标](时间：40分钟)
1．[2017·云南玉溪模拟]将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )
答案 D
解析根据几何体的结构特征进行分析即可．
2．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( )
答案 A
解析该几何体是正方体的一部分，结合侧视图可知直观图为选项A中的图．
3．[2017·沈阳模拟]一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )
答案 C
解析若俯视图为选项C，侧视图的宽应为俯视图中三角形的高
3
2
，所以俯视图不可能
是选项C.
4．[2014·全国卷Ⅰ]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 2 B．6
C．4 2 D．4
答案B
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＝
422＋22＝6，选B.
5．[2017·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.
6．如图，正方形OABC的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长为________．
答案8 cm
解析将直观图还原为平面图形，如图．
可知还原后的图形中，
OB＝22，AB＝12＋222＝3，
于是周长为2×3＋2×1＝8(cm)．
7．[2016·四川高考]已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．
答案
3 3
解析在长方体(长为23，宽、高均为1)中作出此三棱锥，如图所示，则V P－ABC＝1
3
×
1
2
×23×1×1＝
3
3
.
8．一四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.
9．[2017·贵州模拟]如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，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(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 cm2.
(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.
由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，
所以在Rt△APD中，
PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝63(cm)．
10．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 本题考查由三视图求几何体的侧面积和体积，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 ＝1
3
×(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. [B 级 知能提升](时间：20分钟)
11．[2017·湖南模拟]正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点(如图)，用过点A ，E ，
C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为( )
答案 C
解析过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C.
12．[2017·河北石家庄质检]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，故选D.
13.
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________．
答案 24 2
解析 解法一：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 ×12×22
＝O ′C ′， ∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，
∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2.
解法二：由题意知，S 直观图＝6×2＝12，
所以S 原图形＝22S 直观图＝24 2.
14．[2017·大连模拟]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 ＝32
a 2.。