高三数学一轮复习课件--立体几何

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高考数学(理)一轮总复习课件：第八章立体几何 8-专题研究

【解析】由题意作图，如图所示．由题知圆柱 1 的底面半径r＝ 2 ，球的半径R＝1，设圆柱的高为h.则由R＝ h 2 2 h 2 1 2 2 （2）＋r 得1 ＝( 2 ) ＋( 2 ) ，解得h＝ 3 ，所
2
3π 以该圆柱的体积为V＝πr h＝ .故选B. 4 【答案】 B
微专题2：锥体的外接球 (1)求棱长为1的正四面体外接球的体积为________．
(2)(2019· 长春模拟)已知三棱柱ABC－ A1B1C1的底面是边长为 6 的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的表
面积为12π，则该三棱柱的体积为________．
【解析】设球半径为R，上，下底面中心设为M，N，由题意，外接球球心为MN的中点，设为O，则OA＝R，由4πR2＝12π，得R＝OA＝ 3 ，又易得AM＝ 2 ，由勾股定理可知，OM＝1，所 3 以MN＝2，即棱柱的高h＝2，所以该三棱柱的体积为 4 ×( 6)2×2 ＝3 3. 【答案】 3 3
思考题2 (1)(2019· 山西八校联考一)已知一个球的表面上有A， B，C三个点，且AB＝AC＝BC＝2 ABC的距离为1，则该球的表面积为( A．20π C．10π ) 3 ，若球心到平面
B．15πD．2π
【解析】设球心为O，△ABC的中心为O′，因为AB＝ AC 2 ＝BC＝2 3 ，所以AO′＝ ×3＝2，因为球心到平面ABC的距离 3 为1，所以OO′＝1，所以 AO＝ 22＋12 ＝ 5 ，故该球的表面积S ＝4π×(OA)2＝20π.故选A. 【答案】 A
2 6 a 6 6 2 2 2 ＋r＝SE＝ 3 a，R －r ＝CE ＝ 3 ，解得R＝ 4 a，r＝ 12 a.
专题讲解
题型一

高考数学一轮复习第7章立体几何 7.2 空间几何体的表面积与体积课件文

积．12/8/2021
搞清组合体构成部分，分别求其表面
第十八页，共五十五页。
解析由三视图可得圆锥的母线长为 22＋2 32＝4， ∴S 圆锥侧＝π×2×4＝8π.又 S 圆柱侧＝2π×2×4＝16π，S ＝圆柱底 4π，∴该几何体的表面积为 8π＋16π＋4π＝28π.故选 C.
12/8/2021
12/8/2021
第三十页，共五十五页。
解析由三视图知该零件是两个圆柱的组合体．一个圆柱的底面半径为 2 cm，高为 4 cm；另一个圆柱的底面半径为 3 cm，高为 2 cm.则零件的体积 V1＝π×22×4＋ π×32×2 ＝ 34π(cm3) ．而毛坯的体积 V ＝ π×32×6 ＝ 54π(cm3)，因此切削掉部分的体积 V2＝V－V1＝54π－34π＝ 20π(cm3)，所以VV2＝5240ππ＝1207.故选 C.
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＝
3 2.
∴圆柱的体积为 V＝πr2h＝34π×1＝34π.故选 B.
12/8/2021
第四十一页，共五十五页。
2．正三棱锥 A－BCD 内接于球 O，且底面边长为 3，
16π 侧棱长为 2，则球 O 的表面积为____3____．
12/8/2021
第二十六页，共五十五页。
A．110 B．116 C．118 D．120 此题应采用割补法求解．
12/8/2021
第二十七页，共五十五页。
解析如图，过点 A 作 AP⊥CD，AM⊥EF，过点 B 作 BQ⊥CD，BN⊥EF，垂足分别为 P，M，Q，N，连接 PM， QN，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，底面积为12×10×3＝15.棱柱的高为 8，体积 V＝15×8＝120. 故选 D.

2025年高考数学一轮复习课件第七章立体几何-7.5空间向量与立体几何-第1课时空间向量及基本应用

， = 1 − + 或 = + ，这里 + = 1.对空间四点，，
，，可通过证明下列结论成立来证明四点共面：① = + ；②对空间
任一点， = + + ；③对空间任一点， = + + ，
条件是存在唯一的有序实数对 , ，使 =_________
空间向量基本定理
不共面，
如果三个向量，，__________那么对任意一个空间向量，
, ,
存在唯一的有序实数组________，使得
= + +
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2.空间向量及其运算的坐标表示
（1）空间向量运算的坐标表示.
位置关系
向量表示
直线1,2的方向向量分别为
1//2
1//2 ⇒ 1 = 2
1，2
1 ⊥ 2
1 ⊥ 2 ⇔ 1 ⋅ 2 = 0
直线的方向向量为,平面的
//
⊥ ⇔ ⋅ = 0
法向量为
⊥
// ⇔ =
//
// ⇔ =
1
4
1
4
1
2
1
4
1
4
1
2
1
+
4
1− 2来自A. + −
B. − −
1
C.−
4
3
D.−
4
√
1
−
4
+
1

2
)
解:由已知,得1 = 1 = , = = , = = ，
=
+
1
1
2
+

新课标2023版高考数学一轮总复习第6章立体几何第5节空间向量及其运算课件

2
解析：|E→F|2＝
→ EF
2＝(E→C＋C→D＋D→F)2
＝E→C2
＋C→D2＋D→F2＋
→→ 2(EC·CD
＋E→C·D→F＋C→D·D→F
)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos
120°＋0＋
2×1×cos 120°)＝2，所以|E→F|＝ 2，所以 EF 的长为 2．
02
关键能力·研析考点强“四翼”
B 解析：M→N＝O→N－O→M＝12(O→B＋O→C)－23O→A＝－23a＋12b＋12c．
2．在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E 为上底面 A1C1 的中心．若 A→E＝A→A1＋xA→B＋yA→D，则 x，y 的值分别为( )
A．1,1
B．1，12
向量的数量积运算有两条途径，一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算．
考向 2 空间数量积的应用如图，已知平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，底面 ABCD
是边长为 1 的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°． (1)求线段 AC1 的长； (2)求异面直线 AC1 与 A1D 所成角的余弦值； (3)求证：AA1⊥BD．
空间向量基本定理空间向量 p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，
使得 p＝xa＋yb＋zc
设 O，A，B，C 是不共面的四点，则对平面 ABC
推论
内任一点 P，都存在唯一的三个有序实数 x，y， z，使O→P＝xO→A＋yO→B＋zO→C，且 x＋y＋z＝1
空间向量基本定理的 3 点注意 (1)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底． (2)由于零与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故零不能作为基向量． (3)基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示．

2023版高考数学一轮总复习第六章立体几何第一讲空间几何体的结构特征和直观图课件

以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y
轴的线段长度减半，平行于 x 轴和 z 轴的线段长度不变)来
掌握.
(2)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
2 4S
原图形.
【变式训练】
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 22的等腰梯形，那么原平面图形的面积
由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝21OC
＝ 43a，在图 6-1-6 中作 C′D′⊥A′B′于 D′，则 C′D′
＝ 22O′C′＝ 86a.所以 S△A′B′C′＝21A′B′·C′D′＝
12·a·86a＝ 166a2.
答案：D
【题后反思】
(1)画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可
3.(教材改编题)如图 6-1-1，长方体 ABCD-A′B′C′D′
被截去一部分，其中 EH∥A′D′.剩下的几何体是(
)
A.棱台 C.五棱柱答案：C
图 6-1-1 B.四棱柱 D.六棱柱
题组三真题展现
4.(2021 年新高考Ⅰ)已知圆锥的底面半径为 2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A.2
B.2 2
C.4
D.4 2
答案：B
5.(2020 年全国Ⅰ)如图 6-1-2，在三棱锥 P-ABC 的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝ 3 ，AB⊥AC，AB⊥AD， ∠CAE＝30°，则 cos∠FCB＝________.
答案：－14
图 6-1-2
考点一空间几何体的结构特征
[例 1] (1)给出下列命题：

高考数学一轮复习-第三板块-立体几何-层级(二)球的切、接问题与动态问题(动点、截面)【课件】

针对训练
1．(2022·韶关测试)(多选)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E，F 分别是棱 AB，
CC1 的中点，则下列说法正确的是
命题点(二) 几何体的外接球
空间几何体的外接球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一
般通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心两大策略解决此类问题.
[例 1] (2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为 l，其各顶点都在同一球
面上．若该球的体积为 36π，且 3≤l≤3 3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
由题意及图可得l2＝h2＋ 22a2， R2＝h－R2＋ 22a2，
解得
h＝2lR2 ＝l62， a2＝2l2－1l48，
所以正四棱锥的体积
V
＝13a2h
＝13
2l2－1l48×
l62＝
l4 18
2－1l28(3≤l≤3 3)，所以 V′＝49l3－5l54＝19l34－l62(3≤l≤3 3)，令 V′＝0，得 l＝2 6，所以当 3≤l＜2 6时，V′＞0；当 2 6＜l≤3 3时，V′＜0，所以函数 V＝1l482－1l28(3≤l≤3 3)在[3,2 6)上单调递增，在(2 6，3 3]上单调递减，又当
1．已知△ABC 中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以 AC 为轴旋转一周得到一个旋
转体，则该旋转体的内切球的表面积为
()
A.4396π B．54796π C.52756π D．32455π 解析：旋转体的轴截面如图所示，其中 O 为内切球的球心，过
O 作 AB，BC 的垂线，垂足分别为 E，F，则 OE＝OF＝r(r
[答案] AD
方法技巧 1．动点问题的解题关键在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化． 2．截面形状及相应面积的求法 (1)结合线面平行的判定定理与性质定理求截面问题． (2)结合线面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题． (3)猜想法求最值问题：“要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征动中找静”，如正三角形、正六边形、正三棱锥等． (4)建立函数模型求最值问题：①设元；②建立二次函数模型；③求最值．

高考数学一轮复习第八章立体几何第六节利用空间向量求空间角课件理

(2)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系．
[易错防范] 1．利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同． 2．求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．
答案：13
4．在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E 为 BB1 的中点，则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．
解析：以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为 1，
则 A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0，1,0)，
以 B 为原点，分别以
的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的
正方向建立空间直角坐标系，则 A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，
F(2,2,1)．
因为 AB⊥平面 BEC，所以＝(0,0,2)为平面 BEC 的法向量．设 n＝(x，y，z)为平面 AEF 的法向量．
所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为23.
A(0，－ 3，0)，E(1,0， 2)，F－1，0， 22，C(0， 3，0)，
所以直线
AE
与直线
CF
所成角的余弦值为
3 3.
[解题模板] 利用向量法求异面直线所成角的步骤
直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，∠BCA＝90°，M，N 分别是 A1B1，
A1C1 的中点，BC＝CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( )
接 EG，FG，EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB＝1.
由∠ABC＝120°，可得 AG＝GC＝ 3.

通用版2022届高考数学一轮总复习第八章立体几何第6讲空间坐标系与空间向量课件

题组一走出误区 1.(多选题)下列结论中正确的是( ) A.空间中任意两个非零向量 a，b 共面 B.对于非零向量 b，由 a·b＝b·c，则 a＝c C.若 A，B，C，D 是空间任意四点，则有A→B＋B→C＋C→D＋D→A ＝0 D.若 a·b<0，则 a，b 是钝角答案：AC
题组二走进教材
A.－2
解析：由球 O 的半径为 2，A，B 是球面上的两点，且 AB＝2 3，可得∠AOB＝23π， O→A·O→B＝2×2×－12＝－2，|O→A＋O→B|＝2， P→A·P→B＝(O→A－O→P)·(O→B－O→P)＝O→A·O→B－(O→A＋O→B)·O→P＋ O→P2＝－2－|O→A＋O→B|·|O→P|cos θ＋4＝2－4cos θ∈[－2,6]，故选
图 8-6-5 当A→1C＝2A→1P时，A→1P＝－12， 23，－12， D→P＝D→A1＋A→1P＝12， 23，12，而D→B1＝(1， 3，1)，
∴D→P＝12D→B1， ∴B1，P，D 三点共线，A 正确；令A→P＝A→A1＋A→1P＝A→A1＋λA→1C＝(－λ， 3λ，1－λ). 当A→P⊥A→1C时，A→P·A→1C＝5λ－1＝0，∴λ＝15， ∴A→P·D→1P＝－15， 53，45·45， 53，－15＝－15≠0， ∴A→P与D→1P不垂直，B 错误；
∴AB1 与 BC1 所成的角是∠MNP 或其补角.
∵AB＝2，BC＝CC1＝1，
∴MN＝12AB1＝
25，NP＝12BC1＝
2 2.
取 BC 的中点 Q，连接 PQ，MQ，则可知△PQM 为直角三
角形，且 PQ＝1，MQ＝12AC，
在△ABC 中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋

2023新高考数学一轮复习创新课件第8章第1讲基本立体图形及其直观图

A．最 B．美 C．逆 D．行
答案
解析由题图可知，“致”的对面是“美”，“敬”的对面是 “逆”，“最”的对面是“行”．若图中“致”在正方体的后面，则 “美”在前面．故选B.
解析
角度空间几何体的截面问题
例 4 (1)某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了
一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个
A．四棱柱
B．四棱台
C．三棱柱
D．三棱锥
解析根据题图，因为有水的部分始终有两个平面平行，而其余各面
都易证是平行四边形，因此形成的几何体是四棱柱或三棱柱．故选AC．
解析答案
考向二平面图形与其直观图的关系
例 2 (1)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( )
解析
(2)某同学为表达对“新冠疫情”抗疫一线医护人员的感激之情，亲手为他们制作了一份礼物，用正方体纸盒包装，并在正方体六个面上分别写了“致敬最美逆行”六个字．该正方体纸盒水平放置的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示．如图是该正方体的展开图，若图中“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是( )
解析答案
4．以下利用斜二测画法得到的结论中，正确的是( ) A．相等的角在直观图中仍相等 B．相等的线段在直观图中仍相等 C．平行四边形的直观图是平行四边形 D．菱形的直观图是菱形解析根据斜二测画法的规则可知，平行于坐标轴的直线平行性不变，平行于x轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度减半，故A，B，D 错误；对于C，根据平行性不变原则，平行四边形的直观图仍然是平行四边形，C正确．故选C．
A．24 2 C．48 2

2023年《师说》高考数学一轮复习课件第8章立体几何与空间向量

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
2
4πR
S＝________
体积
S底·h
V＝________
【微点拨】
(1)求棱柱、棱锥、棱台与球的表面积时，要结合它们的结构特点与
平面几何知识来解决．
(2)求几何体的体积时，要注意利用分割、补形与等积法．
(3)柱体、锥体、台体体积之间的关系：
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＝
2
S原图形．
4
[巩固训练2]
如图是一个水平放置的直观图、它是一个底角为45；腰和上底均为1，
2＋ 2
下底为 2＋1的等腰梯形，那么原平面图形的面积为________．
解析：∵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，
“对棱相等”模型是指三棱锥的相对的两条棱相等，应用数学建模
素养，构建长方体，将该三棱锥放入该长方体中，使三棱锥的顶点与
长方体的顶点重合，将该三棱锥的外接球转化为该长方体的外接球，
从而求出该外接球的半径，如图．
2
，
3
[典例2] 在平行四边形ABCD中，AB＝2 2，BC＝3，且cos A＝
沿BD将△BDC折起，使点C到达点E处，且满足AE＝AD，则三棱锥E
a
3．设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝，外接球半径R＝
2
3
a.
2
4．设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝
a2 +b2 +c2
.
2
5．设正四面体的棱长为a，则它的高为
接球半径R＝

高三数学(理)一轮复习(课件)第七章立体几何7-5

因为 SA＝SB，所以△SAB 为等腰三角形，所以 SE⊥AB。又 SE∩DE＝E，所以 AB⊥平面 SDE。又 SD⊂平面 SDE，所以 AB⊥SD。在△SAC 中，SA＝SC，D 为 AC 的中点，所以 SD⊥AC。又 AC∩AB＝A，所以 SD⊥平面 ABC。 (2)由于 AB＝BC，则 BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥平面 ABC，又 BD⊂平面 ABC，所以 SD⊥BD，又 SD∩AC＝D，所以 BD⊥平面 SAC。
1．证明面面垂直的常用方法：(1)利用面面垂直的定义；(2)利用面面垂直的判定定理，转化为从现有直线中(或作辅助线)寻找平面的垂线，即证明线面垂直。
2．两个平面垂直问题，通常是通过“线线垂直→线面垂直→面面垂直”的过程来实现的。
【变式训练】 (2019·唐山市摸底考试)如图，在四棱锥 P－ABCD 中， PC⊥底面 ABCD，ABCD 是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD ＝2，E 是 PB 的中点。
考点三开放型问题【例 3】如图所示，在直四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，DB＝BC， DB⊥AC，点 M 是棱 BB1 上一点。
(1)求证：B1D1∥平面 A1BD。 (2)求证：MD⊥AC。 (3)试确定点 M 的位置，使得平面 DMC1⊥平面 CC1D1D。
解 (1)证明：由直四棱柱，得 BB1∥DD1，且 BB1＝DD1，
(1)如图，连接 OA，OB，OC，OP，在 Rt△POA，Rt△POB 和 Rt△POC 中，PA＝PB＝PC，所以 OA＝OB＝OC，即 O 为△ABC 的外心。
(2)如图，延长 AO，BO，CO 分别交 BC，AC，AB 于 H，D，G。因为 PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，所以 PC⊥平面 PAB，又 AB⊂平面 PAB，所以 PC⊥AB，因为 AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以 AB⊥平面 PGC，又 CG ⊂平面 PGC，所以 AB⊥CG，即 CG 为△ABC 边 AB 上的高。同理可证 BD， AH 分别为△ABC 边 AC，BC 上的高，即 O 为△ABC 的垂心。

高三数学高考一本通立体几何第一轮复习课件第7课时棱柱

知识整合
• （2）棱柱的分类：①按侧棱是否垂直于底面分为直棱柱和斜棱柱，在直棱柱中，若底面是正多边形，则为正棱柱。例如：正方体是正四棱柱，但正四棱柱不是正方体。 • ②按底面多边形的边数，棱柱可分为三棱柱，四棱柱，五棱柱，……
2.性质 (1)侧棱都相等，侧面是平行四边形； (2)两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形； (3)过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形.
基础再现
2、长方体全面积为11，十二条棱长底的和为24，则长方体的一条对角线长为（ C） 2 3 B： 14 C：5 A： D：6
ll
基础再现
• 3、长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝ 3，BC＝2，BB1＝1，则A到C1在长方体表面上的最短距离为（） C • A： 3 B： 5 C： 3 2D： 5 3
知识整合
• （4）特殊的四棱柱：一些特殊的四棱柱是本节研究的一个重点，为便于理解与掌握，我们把四棱柱与平行六面体及特殊的平行六面体之间的关系图示如下四棱柱
平行六面体
直平行六面体
长方体
正四棱柱
正方体
知识整合
• （5）长方体的对角线有下面的性质 • ①长方体一条对角线的长的平方等于一个顶点上三条棱的长的 ________ • ②长方体一条对角线与过同一个端点的三条棱成角为、， 2 2 2 则 cos cos cos ＝_____ • ③长方体一条对角线与过同一端点的三个面所成角 1 , 2 , 3 , 则 cos2 1 cos2 2 cos2 3 ＝_____
例题精析
[解题回顾]利用直线与平面所成的角的定义，二面角的平面角的定义找出所要求的角，用面的平行线把要求的点到面的距离转化到平面的垂面上的点到平面的距离，是求点到面距离的常用方法，利用三棱锥的体积代换也是求点面距离的常用方法。

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个截面都是圆面，则这个几何体一定是
A．圆柱 C．球体 B．圆锥
(
)
D．圆柱、圆锥、球体的组合体
解析：当用过高线的平面截圆柱和圆锥时，截面分别为矩形和三角形，只有球满足任意截面都是圆面．答案：C
3．下列三种叙述，其中正确的有
(
)
①用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部
分是棱台；
②两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台； ③有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台．
的几何体都不是圆锥；
图1
图2
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．
[答案] D
解决此类题目要准确理解几何体的定义，把握几何体
的结构特征，并会通过反例对概念进行辨析．举反例时可
利用最熟悉的空间几何体如三棱柱、四棱柱、正方体、三棱锥、三棱台等，也可利用它们的组合体去判断．
A．0个
C．2个
B．1个
D．3个
解析：①中的平面不一定平行于底面，故①错．②③ 可用下图反例检验，故②③不正确．答案：A
4．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的： ①正方形的直观图一定是菱形；
②菱形的直观图一定是菱形；
③三角形的直观图一定是三角形．以上结论正确的是________．解析：①中其直观图是一般的平行四边形，②菱形的直观图不一定是菱形，③正确．
确的是
A．球的三视图总是三个全等的圆 B．正方体的三视图总是三个全等的正方形 C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形 D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆
(
)
解析：B中正方体的放置方向不明，不正确．C中三视
图不全是正三角形．D中俯视图用任意一个平面截一个几何体，各
二、旋转体的形成几何体圆柱旋转图形矩形任一边旋转轴所在的直线圆锥直角三角形一条直角边所在的直线垂直于底边的腰所在的直圆台直角梯形线直径所在的直线球半圆三、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．
(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段，“平
行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．”
(2)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： 2 S 直观图＝ S 原图形，S 原图形＝2 2S 直观图． 4
空间几何体的结构特征
[例1] (2012· 哈师大附中月考)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
[自主解答]
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
形．
(2)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正棱锥，注意正棱锥中“正”字包含两层含义： ①顶点在底面上的射影必需是底面正多边形的中心，②底面是正多边形，特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．
2．对三视图的认识及三视图画法
(1)空间几何体的三视图是该几何体在三个两两垂直
答案：③
5．一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
________．
解析：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③.
答案：③
1.正棱柱与正棱锥
(1)底面是正多边形的直棱柱，叫正棱柱，注意正棱柱中 “正”字包含两层含义：①侧棱垂直于底面；②底面是正多边
1．(2013· 天津质检)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4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
四、平行投影与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x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度平行于坐，
标轴平行于y轴的线段长度在直观图中
．不变
变为原来的一半
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五、三视图［动漫演示更形象,见配套课件］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．
[小题能否全取] 1．(教材习题改编)以下关于几何体的三视图的论述中，正
目录
立体几何
第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图
第二节空间几何体的表面积和体积
第三节空间点、直线、平面间的位置关系第四节直线、平面平行的判定及性质第五节直线、平面垂直的判定与性质第六节空间向量及其运算和空间位置关系
第七节空间向量与空间角
立体几何
[知识能否忆起] 一、多面体的结构特征多面体结构特征有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并棱柱平行且相等且每相邻两个面的交线都 ___________ 有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点棱锥 ____ 的三角形底面截面底面棱锥被平行于的平面所截，和棱台之间的部分
的平面上的正投影，并不是从三个方向看到的该几何体的侧面表示的图形． (2)在画三视图时，重叠的线只画一条，能看见的轮廓线和棱用实线表示，挡住的线要画成虚线． (3)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、正上方观察几何体用平行投影画
出的轮廓线．
3．对斜二测画法的认识及直观图的画法