2013高考数学(理)一轮复习教案：第八篇_立体几何第1讲_空间几何体的结构、三视图和直观
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
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′＝34 a.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.。
2013届高考数学简单几何体复习教案8
第78课时：第九章 直线、平面、简单几何体——直线与平面、直线与直线所成的角课题；直线与平面、直线与直线所成的角一．复习目标：1．掌握直线与直线、直线与平面所成的角的概念，能正确求出线与线、线与面所成的角． 二．知识要点：1．异面直线,a b 所成角的定义： ． 2．直线与平面所成角θ：（1）直线与平面平行或直线在平面内，则θ= ． （2）直线与平面垂直，则θ= ．（3）直线是平面的斜线，则θ定义为 ． 3．最小角定理： ． 三．课前预习：1．正方体1111ABCD A B C D -中，O 为,AC BD 的交点，则1C O 与1A D 所成的角 （ ）()A 60 ()B 90 ()C ()D 2．,,PA PB PC 是从P 点引出的三条射线，每两条的夹角都是60，则直线PC 与平面APB 所成的角的余弦是（ ）()A 12 ()B 3()C 3 ()D 23．如图，在底面边长为2的正三棱锥ABC V -中，E 是BC 的中点， 若VAE ∆的面积是41，则侧棱VA 与底面所成角的大小为 ． （结果用反三角函数值表示）四．例题分析：例1．在060的二面角βα--l 中，βα∈∈B A ,，已知A 、B 到l 的距离分别是2和4，A BC VE D 1C 1B 1A 1O DCBA· B 1PA CD A 1C 1D 1BO H ·且10=AB ，A 、B 在l 的射影分别为C 、D ，求：（1）CD 的长度；（2）AB 和棱l 所成的角．例2．在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，O 是正方形1111A B C D 的中心，点P 在棱1CC 上，且14CC CP =．（Ⅰ）求直线AP 与平面11BCC B 所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；（Ⅱ）设O 点在平面1D AP 上的射影是H ，求证：1D H AP ⊥．例3．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AE PD ⊥，//,EF DC AM EF =．（1）证明MF 是异面直线AB 与PC 的公垂线；（2）若3PA AB =，求直线AC 与平面EAM 所成角的正弦值．五．课后作业：1．在正三棱柱111ABC A B C -中，已知1AB =，D 在1BB 上，且1BD =，若AD 与平面11AACC 所成的角为α，则α=（ ）()A 13 ()B 4π ()C arcsin 4()D arcsin 4 2．一直线和直二面角的两个面所成的角分别是,αβ，则αβ+的范围是（ ）AMBCDF EP()A [,)2ππ ()B [0,)2π ()C (0,]2π ()D [0,]2π3．已知AB 是两条异面直线,AC BD 的公垂线段，1AB =，10AC BD ==，CD ,AC BD 所成的角为 ．4．如图，在三棱锥P ABC -中，ABC ∆是正三角形90PCA ∠=，D 是PA 中点，二面角P AC B --为120，2,PC AB ==，（1）求证：AC BD ⊥； （2）求BD 与平面ABC 所成角．5．如图，已知直三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=，侧面1AB 与侧面1AC 所成的二面角为60，M 为1AA 上的点，1130A MC ∠=，190CMC ∠=，AB a =． （1）求BM 与侧面1AC 所成角的正切值；（2）求顶点A 到面1BMC 的距离．6．如图直四棱柱 1111ABCD A BC D -中，底面ABCD 是直角梯形，设090=∠=∠ABC BAD ，2,8BC AD ==,异面直线1AC 与D A 1互相垂直，（1）求证：D A 1⊥平面B AC 1；（2）求侧棱1AA 的长；（3）已知4AB =，求D A 1与平面11B ADC 所成的角．A BC PDD 1C 1B 1A DCB A。
高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第1节 空间几何体的结构及其表面积、体积教学案 理 北师大版-北
第8章立体几何全国卷五年考情图解高考命题规律把握1.考查形式高考在本章一般命制2道小题、1道解答题，分值约占22分．2.考查内容(1)小题主要考查三视图、几何体体积与表面积计算，此类问题属于中档题目；对于球与棱柱、棱锥的切接问题，知识点较整合，难度稍大．(2)解答题一般位于第18题或第19题的位置，常设计两问：第(1)问重点考查线面位置关系的证明；第(2)问重点考查空间角，尤其是二面角、线面角的计算．属于中档题目．3.备考策略从2019年高考试题可以看出，高考对三视图的考查有所降温；对空间几何体的展开、平面图形的折叠、解题中的补体等传统几何思想有所加强.第一节空间几何体的结构及其表面积、体积[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3．三视图与直观图 三视图画法规那么：长对正、高平齐、宽相等 直观图斜二测画法：(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在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.4．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 1＋r 2)l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 31．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 ，那么它的内切球半径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 ，那么它的外接球半径R ＝a 2＋b 2＋c 22.(3)设正四面体的棱长为a ，那么它的高为H ＝63a ，内切球半径r ＝14H ＝612a ，外接球半径R ＝34H ＝64a .一、思考辨析(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)× 二、教材改编1．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括( ) A ．一个圆台、两个圆锥 B ．两个圆台、一个圆柱 C ．两个圆柱、一个圆台 D ．一个圆柱、两个圆锥D [从较短的底边的端点向另一底边作垂线，两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱，两个圆锥所组成的几何体，如图：]2．如下图，长方体ABCD A ′B ′C ′D ′中被截去一部分，其中EH ∥A ′D ′，那么剩下的几何体是( )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．]3．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，那么该球的表面积为( ) A ．12π B ．323πC ．8πD ．4πA [由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线为23即为球的直径，所以球的表面积为4πR 2＝(2R )2π＝12π，应选A.]4．圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，那么底面圆的半径为( ) A ．1 cm B ．2 cm C ．3 cmD ．32cm B [S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4， ∴r ＝2(cm)．]5．某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为________．163π [由三视图可知，该几何体是一个圆柱挖去了一个同底等高的圆锥，其体积为π×22×2－13π×22×2＝163π.]考点1 空间几何体的结构特征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．1.给出以下命题：(1)棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；(2)假设三棱锥的三条侧棱两两垂直，那么其三个侧面也两两垂直；(3)在四棱柱中，假设两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，那么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．2 B．3C．4 D．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，假设三棱锥的三条侧棱两两垂直，那么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、圆台的底面都是圆面；(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．1C．2 D．3B[命题(1)错，因为这条边假设是直角三角形的斜边，那么得不到圆锥；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．以下结论正确的选项是 ( )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，那么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，假设△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，假设以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．](1)概念辨析类的问题常借助反例求解．(2)紧扣结构特征是判断空间几何体的结构特征正误的关键，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，然后依据题意判定．考点2 空间几何体的三视图和直观图1.三视图画法的基本原那么长对正，高平齐，宽相等；画图时看不到的线画成虚线．2．由三视图还原几何体的步骤3．直观图画法的规那么：斜二测画法．(1)[一题多解]正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为( )A.34a2 B.38a2C.68a 2D.616a 2 (2)(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 ，那么在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．217B ．2 5C ．3D ．2(1)D (2)B [(1)法一：如图①②所示的实际图形和直观图，由图②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′， 那么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. 应选D.(2)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 ，那么MS ＝2，SN ＝4，那么从M 到N 的路径中，最短路径的长度为MS 2＋SN 2＝22＋42＝2 5.应选B.]图① 图②(1)直观图的面积问题常常有两种解法：一是利用斜二测画法求解，注意“斜〞及“二测〞的含义；二是直接套用等量关系：S直观图＝24S原图形．(2)解决空间几何体表面上两点距离的最短问题，常借助其侧面展开图．1.(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．假设如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，那么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．某几何体的三视图如下图，网格纸的小方格是边长为1的正方形，那么该几何体中最长棱的棱长是( )A. 5B. 6C.7D.3A[由三视图可知该几何体为一个三棱锥DABC，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.]考点3 空间几何体的表面积与体积空间几何体的表面积几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和． (2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)假设以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(1)(2019·某某模拟)如图，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，假设将该直角梯形绕BC 边旋转一周，那么所得的几何体的表面积为________．(2)假设正四棱锥的底面边长和高都为2，那么其表面积为________．(3)圆台的上、下底面半径分别是10 cm 和20 cm ，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，那么圆台的表面积为________cm 2(结果中保留π)．(4)(2019·某某模拟)一几何体的三视图如下图，它的左视图与主视图相同，那么该几何体的表面积为( )A ．16＋12πB ．32＋12πC ．24＋12πD ．32＋20π(1)(2＋3)π (2)4＋4 5 (3)1 100π (4)A [(1)由图中数据可得：S 圆锥侧＝12×π×2×2＝2π，S 圆柱侧＝2π×1×1＝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)因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，如图． 由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2， 那么正四棱锥的斜高PE ＝22＋12＝ 5. 所以该四棱锥的侧面积S ＝4×12×2×5＝45，∴S 表＝2×2＋45＝4＋4 5.(3)如下图，设圆台的上底周长为C ，因为扇环的圆心角是180°，所以C ＝π·SA . 又C ＝2π×10＝20π，所以SA ＝20(cm)． 同理SB ＝40(cm)． 所以AB ＝SB －SA ＝20(cm)．S 表＝S 侧＋S 上底＋S 下底＝π(r 1＋r 2)·AB ＋πr 21＋πr 22 ＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202＝1 100π(cm 2)．故圆台的表面积为1 100π cm 2.(4)由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为22，该几何体的表面积S ＝12×4π×22＋π×22＋22×2×4＝12π＋16.]本例(1)得到的是旋转体，求解的关键是将旋转体的表面积分割为圆锥的侧面积与圆柱的侧面积及底面积之和；本例(2)是有关多面体侧面积的问题，关键是找到其特征几何图形，如棱柱中的矩形、棱台中的直角梯形、棱锥中的直角三角形，它们是联系高与斜高、边长等几何元素间的桥梁，从而架起求侧面积公式中的未知量与条件中几何元素间的联系；本例(3)是圆台的侧面积问题，采用了还锥为台的思想；本例(4)先由三视图还原几何体，求解的关键是正四棱柱及半球的数量关系确定，易错点是两几何体重叠部分的表面积处理．(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正视图和俯视图如下图．假设该几何体的表面积为16＋20π，那么r ＝( )A．1 B．2C．4 D．8B[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，那么表面积S＝12×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，应选B.]空间几何体的体积求空间几何体的体积的常用方法(1)直接法：对于规那么几何体，直接利用公式计算即可．假设三视图求体积，应注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置，确定几何体中的线面垂直等关系，进而利用公式求解．(2)等积法：利用三棱锥的“等积性〞可以把任一个面作为三棱锥的底面．(3)割补法：当一个几何体的形状不规那么时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规那么的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．(1)如下图，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC中点，那么三棱锥AB1DC1的体积为( )A．3 B.3 2C．1 D.3 2(2)[一题多解](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，那么该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π(3)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，那么三棱锥D 1EDF 的体积为________．(1)C (2)B (3)16 [(1)(直接法)如题图，在正△ABC 中，D 为BC 中点，那么有AD ＝32AB ＝3，又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，平面BB 1C 1C ∩平面ABC ＝BC ，AD ⊥BC ，AD 平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A B 1DC 1的底面B 1DC 1上的高，∴V A －B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1. (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，那么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．(3)(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.] 处理体积问题的思路(1)“转〞：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高；(2)“拆〞：指的是将一个不规那么的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算；(3)“拼〞：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法．[教师备选例题]1．(2019·某某高考)如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积是120，E 为CC 1的中点，那么三棱锥E BCD 的体积是________．10 [因为长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为120，所以AB ·BC ·CC 1＝120，因为E 为CC 1的中点，所以CE ＝12CC 1， 由长方体的性质知CC 1⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD 的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD 的体积V ＝13×12AB ·BC ·CE ＝13×12AB ·BC ·12CC 1＝112×120＝10.] 2.如下图，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，那么该多面体的体积为________．4 [法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如下图，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，如下图，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.]1.如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1的各条棱长均为2，D 为棱B 1C 1上任意一点，那么三棱锥D A 1BC 的体积是________．233 [V D A 1BC ＝V B 1A 1BC ＝V A 1B 1BC ＝13×S △B 1BC ×3＝233.] 2．(2019·某某高考)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，那么积不容异〞称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体＝Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．假设某柱体的三视图如下图(单位：cm)，那么该柱体的体积(单位：cm 3)是( )A ．158B ．162C ．182D ．324B [(直接法)由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，那么该棱柱的体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋62×3＋4＋62×3×6＝162.应选B.] 3.如图，在多面体ABCDEF 中，ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，那么该多面体的体积为( )A.23B.33C.43D.32A [(分割法)如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12， AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32， 取AD 的中点O ，连接GO ，易得GO ＝22， ∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24， ∴多面体的体积V ＝V 三棱锥E ADG ＋V 三棱锥F BCH ＋V 三棱柱AGD BHC ＝2V 三棱锥E ADG ＋V 三棱柱AGD BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.应选A.] 考点4 与球有关的切、接问题与球有关的切、接问题的解法(1)旋转体的外接球：常用的解题方法是过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)多面体的外接球：常用的解题方法是将多面体还原到正方体和长方体中再去求解． ①假设球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体，利用2R ＝a 2＋b 2＋c 2求R .②一条侧棱垂直底面的三棱锥问题：可补形成直三棱柱．先借助几何体的几何特征确定球心位置，然后把半径放在直角三角形中求解．(1)一个圆锥底面半径为1，母线长为3，那么该圆锥内切球的表面积为( )A ．πB ．3π2C ．2πD ．3π (2)(2019·某某十校联考)三棱锥P ABC 的三条侧棱两两互相垂直，且AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，那么此三棱锥的外接球的体积为( )A.83π B.823π C.163π D.323π (3)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 ＝3π4，AA 1＝BC ＝2，那么球O 的体积为( ) A ．43πB ．8πC ．12πD ．20π(1)C (2)B (3)A [(1)依题意，作出圆锥与球的轴截面，如下图，设球的半径为r ，易知轴截面三角形边AB 上的高为22，因此22－r 3＝r 1，解得 r ＝22，所以圆锥内切球的表面积为4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝2π，应选C. (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，作长方体如下图，那么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.应选B.(3)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 ＝BC 2sin ∠BAC＝22sin 3π4＝2， 那么直三棱柱ABC A 1B 1C 1的外接球的半径为R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫AA 122＝22＋12＝3， 那么直三棱柱ABC A 1B 1C 1的外接球的体积为43πR 3＝43π.应选A.][母题探究] 1.假设将本例(3)的条件“∠BAC ＝3π4，AA 1＝BC ＝2〞换为“AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12〞，那么球O 的半径为________．132[如下图，由球心作平面ABC 的垂线，那么垂足为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．假设将本例(3)的条件改为“正四面体的各顶点都在以O 为球心的球面上〞，那么此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为________．63π [正四面体棱长为a ，那么正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径r 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， 那么S 1S 2＝3a 2πa 26＝63π.] 3．假设将本例(3)的条件改为“侧棱和底面边长都是32的正四棱锥的各顶点都在以O 为球心的球面上〞，那么其外接球的半径为________．3 [依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为32×2＝6，高为322－⎝ ⎛⎭⎪⎫12×62＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.] 通过本例(3)及母题探究训练，我们可以看出构造法、补形法等是处理“外接〞问题的主要方法，其关键是找到球心，借助勾股定理求球的半径．(1)锥体的外接球问题，解决这类问题的关键是抓住外接球的特点，即球心到各个顶点的距离等于球的半径．(2)柱体的外接球问题，其解题关键在于确定球心在多面体中的位置，找到球的半径或直径与多面体相关元素之间的关系，结合原有多面体的特性求出球的半径，然后再利用球的表面积和体积公式进行正确计算．1.(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，那么三棱锥D ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3 B [由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6， 所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3. 设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，那么d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.]2．(2019·某某模拟)三棱锥P ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，PA ⊥PB ，那么三棱锥P ABC 的外接球的体积为( )A.27π2B.273π2C.273πD.27πB [∵三棱锥P ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，∴△PAB ≌△PBC ≌△PAC .∵PA ⊥PB ，∴PA ⊥PC ，PC ⊥PB .以PA ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如下图)，那么正方体的外接球同时也是三棱锥P ABC 的外接球．∵正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，∴其外接球半径R ＝332.因此三棱锥P ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫3323＝273π2.]课外素养提升⑦ 直观想象——巧解简单几何体的外接球与内切球问题简单几何体外接球与内切球问题是立体几何中的难点，也是历年高考重要的考点，几乎每年都要考查，重在考查考生的直观想象能力和逻辑推理能力．此类问题实质是解决球的半径长或确定球心O 的位置问题，其中球心的确定是关键．下面从六个方面分类阐述该类问题的求解策略：利用长方体的体对角线探索外接球半径[例1] (2019·东北三省四市模拟)边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，沿AD进行折叠，使折叠后的∠BDC ＝π2，那么过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为( ) A ．3πB ．4πC ．5πD ．6πC [连接BC (图略)，由题知几何体ABCD 为三棱锥，BD ＝CD ＝1，AD ＝3，BD ⊥AD ，CD ⊥AD ，BD ⊥CD ，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是3，1,1的长方体，其体对角线长为1＋1＋3＝5，故该三棱锥外接球的半径是52，其表面积为5π.][评析] 假设几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两个垂直，可构造墙角模型(如以下图)，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2求出R.[素养提升练习] 各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，那么这个球的表面积是( )A．16πB．20πC．24πD．32πC[设正四棱柱的底面边长为a，高为h，球半径为R，那么正四棱柱的体积为V＝a2h ＝16，a＝2,4R2＝a2＋a2＋h2＝4＋4＋16＝24，所以球的表面积为S＝24π.]利用长方体的面对角线探索外接球半径[例2] 三棱锥中SABC，SA＝BC＝13，SB＝AC＝5，SC＝AB＝10.那么三棱锥的外接球的表面积为________．14π[如图，在长方体中，设AE＝a，BE＝b，CE＝c.那么SC＝AB＝a2＋b2＝10，SA＝BC＝b2＋c2＝13，SB＝AC＝a2＋c2＝ 5.从而a2＋b2＋c2＝14＝(2R)2，可得S＝4πR2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π.][评析] 三棱锥的相对棱相等，探寻球心无从着手，注意到长方体的相对面的面对角线相等，可在长方体中构造三棱锥，从而巧妙探索外接球半径．[素养提升练习] (2019·全国卷Ⅰ)三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF ＝90°， 那么球O 的体积为( )A ．86πB ．46πC ．26πD.6πD [因为点E ，F 分别为PA ，AB 的中点，所以EF ∥PB ， 因为∠CEF ＝90°，所以EF ⊥CE ，所以PB ⊥CE . 取AC 的中点D ，连接BD ，PD ，易证AC ⊥平面BDP ，所以PB ⊥AC ，又AC ∩CE ＝C ，AC ，CE 平面PAC ，所以PB ⊥平面PAC ， 所以PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，因为PA ＝PB ＝PC ，△ABC 为正三角形，所以PA ⊥PC ，即PA ，PB ，PC 两两垂直，将三棱锥P ABC 放在正方体中．因为AB ＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P ABC 的外接球的半径R ＝62，所以球O 的体积V ＝43πR 3＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫623＝6π，应选D.]利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心[例3] 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 .假设四面体A ′BCD 的顶点在同一球面上，那么该球的体积为( )A.32π B ．3πC.23π D ．2πA [如图，设BD ，BC 的中点分别为E ，F .因点F 为底面直角△BCD 的外心，知三棱锥A ′BCD 的外接球球心必在过点F 且与平面BCD 垂直的直线l 1上．又点E 为底面直角△A ′BD的外心，知外接球球心必在过点E 且与平面A ′BD 垂直的直线l 2上．因而球心为l 1与l 2的交点．又FE ∥CD ，CD ⊥BD 知FE ⊥平面A ′BD .从而可知球心为点F .又A ′B ＝A ′D ＝1，CD＝1知BD ＝2，球半径R ＝FD ＝BC 2＝32.故V ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝32π.]。
人教a版高考数学(理)一轮课件：8.1空间几何体的结构、三视图和直观图
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. 三视图 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.
考纲解读
空间几何体的结构 和三视图部分 重点考 查柱、锥、台、球 的定义和以三 视图为 载体考查柱、锥、 台、球的表面 积和体 积, 难度 不大. 空间几 何体的 性质是 基础, 以它们为载体考查 线线、线面、 面面间 的 关 系 是 重点 . 三 视图 的 还 原在 各 地 高 考 试 题 中 频繁 出 现 , 已 经 成 为高 考 的 热 点 问 题, 题型 多以 选择 题和 填空 题为 主 , 有时也会作为解答题的背景出现.
三视图的长度特征: “ 长对正, 宽相等, 高平齐” , 即正视图和侧 视图一样高, 正视图和俯视图一样长, 侧视图和俯视图一样宽. 若相邻两物 体的表面相交, 表面的交线是它们的分界线, 在三视图中, 要注意实、 虚线的 画法 .
5. 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° , 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, 在直观图中仍分别平行于坐标轴. 平 行于 x轴和 z轴的线段在直观图中保持原长度不变, 平行于 y轴的线段长度 在直观图中变为原来的一半. 6. 中心投影与平行投影 (1) 平行投影的投影线互相平行, 而中心投影的投影线相交于一点. (2) 从投影的角度看, 三视图和用斜二测画法画出的直观图都是在平行 投影下画出来的图形.
高三数学一轮复习精品学案 第1讲 空间几何体的结构、三视图和直观图
§8.1 空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图考纲展示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．考点1空间几何体的结构特征第1步回顾基础一、自读自填空间几何体的结构特征(1)一个几何体由5个面围成，其中两个面是互相平行且全等的三角形，其他面都是全等的矩形，则该几何体是________；一个等腰直角三角形绕其斜边所在的直线旋转一周后形成的封闭曲面所围成的几何体是________．(2)如图所示，图①②③是图④表示的几何体的三视图，若图①是正视图，则图②是________，图③是________．三、易错问题空间几何体的认识误区．给出下面四种说法：①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；③有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥；④棱台各侧棱的延长线交于一点．其中错误说法的序号为________．第2步自主练透典题1(1)给出下列四个命题：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直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3(2)下列说法中正确的是________．①有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面组成的几何体是棱锥；②四面体的任何一个面都可以作为棱锥的底面；③用一个平面去截棱锥，可得到一个棱锥和一个棱台；④棱锥的各侧棱长相等．点石成金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，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．考点2空间几何体的三视图第1步回顾基础一、自读自填空间几何体的三视图是用________得到，这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是________的，三视图包括________、________、________.二、易错问题三视图：注意三个视图之间的长度关系．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是________．第2步多角探明角度一由三视图还原几何体典题2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()A B C D角度二由空间几何体的直观图判断三视图典题3一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()A B C D角度三由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图典题4已知某组合体的正视图与侧视图相同，如图所示，其中AB＝AC，四边形BCDE为矩形，则该组合体的俯视图可以是________．(把你认为正确的图的序号都填上)点石成金三视图问题的常见类型及解题策略(1)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．(2)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．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，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．考点3空间几何体的直观图第1步回顾基础一、自读自填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、y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．第2步师生共研典题5已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为()A.34a2 B.38a2C.68a2 D.616a2点石成金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后，用平滑曲线连接而画出．第3步跟踪训练如图所示，△A′B′C′是△ABC的直观图，且△A′B′C′是边长为a的正三角形，求△ABC的面积．——★参考答案★——考点1空间几何体的结构特征第1步回顾基础一、自读自填(1)平行且相等全等(3)相似(1)矩形(2)直角边(3)直角腰(4)直径二、链接教材(1)『答案』三棱柱两个同底的圆锥『解析』根据多面体和旋转体的概念知，第一个几何体是三棱柱，第二个几何体是两个同底的圆锥．(2)『答案』侧视图俯视图『解析』根据三视图的概念知，图②是侧视图，图③是俯视图.三、易错问题『答案』①②③『解析』①如果上、下两个面平行，但不全等，即使其余各面是四边形，那也不可能是棱柱．②如图所示，平面ABC∥平面A1B1C1，但图中的几何体不是棱柱．③棱锥的一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形．④棱台是由棱锥截得的，故侧棱延长线交于一点．第2步自主练透典题1(1)『答案』B『解析』①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥．如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．(2)『答案』②『解析』棱锥的侧面三角形有一个公共顶点，故①错误；三棱锥又叫四面体，其各个面都是三角形，都可以作为棱锥的底面，故②正确；用平行于底面的平面去截棱锥，截面与底面之间的部分叫做棱台，故③错误；④明显错误．考点2 空间几何体的三视图 第1步 回顾基础 一、自读自填正投影 完全相同 正视图 侧视图 俯视图 二、易错问题 『答案』48『解析』由三视图可知，上面是一个长为4、宽为2、高为2的长方体，下面是一个放倒的四棱柱，高为4，底面是上、下底分别为2,6，高为2的梯形．又长方体的体积为4×2×2＝16，四棱柱的体积为4×2＋62×2＝32，所以该几何体的体积为32＋16＝48.典题2 『答案』 D『解析』 A ，B 的正视图不符合要求，C 的俯视图显然不符合要求，故选D. 典题3 『答案』 B『解析』 由直观图可知，该几何体是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．故选B. 典题4 『答案』 ①②③④『解析』 直观图如图①的几何体(上部是一个正四棱锥，下部是一个正四棱柱)的俯视图为题图①；直观图如图②的几何体(上部是一个正四棱锥，下部是一个圆柱)的俯视图为题图②；直观图如图③的几何体(上部是一个圆锥，下部是一个圆柱)的俯视图为题图③；直观图如图④的几何体(上部是一个圆锥，下部是一个正四棱柱)的俯视图为题图④.① ② ③ ④考点3 空间几何体的直观图 第2步 师生共研 典题5 『答案』 D『解析』 图①所示的是△ABC 的实际图形，图②是△ABC 的直观图．由图①②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. 第3步 跟踪训练解：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 ＝62a 2.。
第一轮复习单元讲座(人教版)--第8讲 空间几何体
普通高中课程标准实验教科书—数学[人教版]高三新数学第一轮复习教案（讲座8）—空间几何体一．课标要求：1．利用实物模型、计算机软件观察大量空间图形，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，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会使用材料（如：纸板）制作模型，会用斜二侧法画出它们的直观图；3．通过观察用两种方法（平行投影与中心投影）画出的视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式；4．完成实习作业，如画出某些建筑的视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）；二．命题走向近几年来，立体几何高考命题形式比较稳定，题目难易适中，解答题常常立足于棱柱、棱锥和正方体位置关系的证明和夹角距离的求解，而选择题、填空题又经常研究空间几何体的几何特征和体积表面积。
因此复习时我们要首先掌握好空间几何体的空间结构特征。
培养好空间想能力。
预测09年高考对该讲的直接考察力度可能不大，但经常出一些创新型题目，具体预测如下：（1）题目多出一些选择、填空题，经常出一些考察空间想象能力的试题；解答题的考察位置关系、夹角距离的载体使空间几何体，我们要想像的出其中的点线面间的位置关系；（2）研究立体几何问题时要重视多面体的应用，才能发现隐含条件，利用隐蔽条件解题。
三．要点精讲1．柱、锥、台、球的结构特征（1）柱棱柱：一般的，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱；棱柱中两个互相平行的面叫做棱柱的底面，简称为底；其余各面叫做棱柱的侧面；相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱；侧面与底面的公共顶点叫做棱柱的顶点。
底面是三角形、四边形、五边形……的棱柱分别叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱……圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱；旋转轴叫做圆柱的轴；垂直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圆柱侧面的母线。
高考数学一轮复习第八章 立体几何
第八章 立 体 几 何1.立体几何初步 (1)空间几何体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，会用斜二侧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、台的表面积和体积的计算公式.(2)点、直线、平面之间的位置关系①理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理：·公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在此平面内.·公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面.·公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.·公理4：平行于同一条直线的两条直线平行. ·定理：空间中如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.②以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.理解以下判定定理： ·平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.·一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.·一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直.·一个平面过另一个平面的垂线，则两个平面垂直.理解以下性质定理，并能够证明：·如果一条直线与一个平面平行，那么过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.·两个平面平行，则任意一个平面与这两个平面相交所得的交线相互平行.·垂直于同一个平面的两条直线平行.·两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.③能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.2.空间直角坐标系(1)了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置.(2)会简单应用空间两点间的距离公式. 3.空间向量与立体几何 (1)了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. (3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.(4)理解直线的方向向量及平面的法向量. (5)能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.(6)能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理(包括三垂线定理).(7)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.§8.1 空间几何体的结构、三视图和直观图1.棱柱、棱锥、棱台的概念 (1)棱柱：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______，由这些面所围成的多面体叫做棱柱.※注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱.侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱.(2)棱锥：有一个面是________，其余各面都是A.棱柱的底面一定是平行四边形( 得到图解：还原正方体知该几何体侧视图为正方形，为实线，B 1C 的正投影为A 1D ，且B 1C 被遮挡为虚故选B.(2014·福建)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面________.解：所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.故填2π.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________.解：如图所示是实际图形和直观图.由图可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34在图中作C ′D ′⊥A ′B ′，垂足为D ′，则C ′D ′O ′C ′＝68a.各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是三棱柱 C.四棱锥解：该几何体的三视图由一个三角形，两个矩形组成，经分析可知该几何体为三棱柱，故选解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱.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解：D 选项的正视图应为如图所示的图形.故选积为20cm ________cm 解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，此三棱锥的底面为直角三直角边长分别为5cm ，6cm ，三棱锥的高为则三棱锥的体积为V ＝13×12×5×6×h ＝20，解得4.对于空间几何体的考查，从内容上看，锥的定义和相关性质是基础，以它们为载体考查三视图、体积和棱长是重点.本题给出了几何体的三视图，要掌握三视图的画法“长对正、高平齐，宽相等”，不难将其还原得到三棱锥.(2014·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为__________.解：该三棱锥的直观图如图所示，易知PB ⊥平面ABC ，则有PA ＝22＋2，故最长棱为P A.类型三 空间多面体的直观图 如图是一个几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图解：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥画法：(1)画轴.如图1，画x 轴、y 使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°.图1画底面.利用斜二测画法画出底面′使OO ′等于三视图中相应高度，过的平行线′，Oy 的平行线O ′y ′，利用′画出底面A ′B ′C ′D ′.图2画正四棱锥顶点.在Oz 上截取点等于三视图中相应的高度.连接PA ′，PB ′，PC ′，PD ′D ，整理得到三视图表示的几何体2所示.点拨：根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高，再按照斜二测画法，建立x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°，确定几何体在x 轴、y 轴、z 轴方向上的长度，最后连线画出直观图.已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )A. 2B.6 2C.13D.2 2解：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为2，根据斜二测画法的规则，原图底面的底边长为1，高为直观图中正方形的对角线长的两倍，即22，则原图底面积为S ＝22.因此该四棱锥的体积为V ＝13Sh ＝13×22×3＝22.故选D.类型四 空间旋转体的直观图用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3cm ，求圆台的母线长.解：设圆台的母线长为l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r ，4r.根据相似三角形的性质得， 33＋l ＝r4r，解得 l ＝9. 所以，圆台的母线长为9cm .点拨：用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，设相关几何变量列方程求解.(2014·湖南)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：该几何体为一直三棱柱，底面是边长为6，8，10的直角三角形，侧棱为12，其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径r ，由等面积法可得12×(6＋8＋10)·r ＝12×6×8，得r ＝2.故选B.1.在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时，主要方法就是研究它们的轴截面，这是因为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系.2.正多面体(1)正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心，可得到一个正八面体，正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成.(2)如图，在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，连接A 1B ，BC 1，A 1C 1，DC 1，DA 1，DB ，可以得到一个棱长为2a的正四面体A 1BDC 1，其体积为正方体体积的13.(3)正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体.它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ，球的半径为R).3.长方体的外接球(1)长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R .(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R .4.棱长为a 的正四面体(1)斜高为32a ；(2)高为63a ；(3)对棱中点连线长为22a ； (4)外接球的半径为64a ，内切球的半径为612a ；(5)正四面体的表面积为3a 2，体积为212a 3.5.三视图的正(主)视图、侧(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，主视图反映了物体的长度和高度；俯视图反映了物体的长度和宽度；左视图反映了物体的宽度和高度.由此得到：主俯长对正，主左高平齐，俯左宽相等.6.一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比发生了变化，注意原图与直观图中的“三变、三不变”.三变：坐标轴的夹角改变，与y 轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变.三不变：平行性不变，与x 轴平行的线段长度不变，相对位置不变.1.由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A.六棱锥B.六棱台C.六棱柱D.非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解：平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义，故选C.2.下列说法中，正确的是( ) A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其它侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等 解：棱柱的侧面都是平行四边形，选项A 错误；其它侧面可能是平行四边形，选项B 错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D 错误；易知选项C 正确.故选C.3.将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( )A.一个圆台、两个圆锥B.两个圆台、一个圆柱C.两个圆台、一个圆锥D.一个圆柱、两个圆锥解：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥.故选D.4.(2014·江西)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：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，外层轮廓线是一矩形，矩形内部有一条线段连接两个三角形.故选B.5.(2013·四川)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( )A.棱柱B.棱台C.圆柱D.圆台解：由俯视图可知该几何体的上、下两底面为半径不等的圆，又∵正视图和侧视图相同，∴可判断其为旋转体.故选D.6.(2014·课标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 2B.4 2C.6D.4解法一：如图甲，设辅助正方体棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥D ABC ，最长的棱为AD ＝6.解法二：将三视图还原为三棱锥D ABC ，如图若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其表面积等于________.解：由正视图知，三棱柱是底面边长为的正三棱柱，所以底面积为2×3×2×1＝6，所以其表面积为3.已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球____________.解：由三视图可知该组合体为球内接棱长为∴正方体的体对角线为球的直径，，r＝3.故填是截去一个角的长方体，试按图示的中几何体三视图如图b.如图1是某几何体的三视图，试说明该几何体的结构特征，并用斜二测画法画出它的直观图1中几何体是由上部为正六棱柱，下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体.斜二测画法：(1)画轴.如图2，画x轴，xOy＝45°，∠xOz＝∠yOz＝90°画底面，利用斜二测画法画出底面ABCDEF 轴上截取O′，使OO′等于正六棱柱的高，过的平行线O′x′，Oy的平行线O′x′与O′y′画出底面A′.画正六棱锥顶点.在Oz上截取点P，使等于正六棱锥的高.成图.连接PA′，PB′，PC′，PD′，′，BB′，CC′，DD′，EE′，FF理得到三视图表示的几何体的直观图如图3注意：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..某长方体的一条对角线长为7，在该长方体的正视图中，这条对角线的投影长为6，在该长方体的侧视图与俯视图中，这条对角线的投影长分和b，求ab的最大值.解：如图，则有1＝7，DC1＝6，1＝a，AC＝b，AB＝x，AD＝y，AA1＝z，有图如图所示，其中与题中容器对应的水的高度解：由三视图知其直观图为两个圆台的组合体，水是匀速注入的，所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大，又因为容器的对称性，所以函数图象关于一点中心对称.故选C.§8.2 空间几何体的表面积与体积1.柱体、锥体、台体的表面积(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积S 直棱柱侧＝__________，S 正棱锥侧＝__________， S 正棱台侧＝__________(其中C ，C ′为底面周长，h 为高，h ′为斜高).(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积S 圆柱侧＝________，S 圆锥侧＝________，S 圆台侧＝________(其中r ，r ′为底面半径，l 为母线长). (3)柱或台的表面积等于________与__________的和，锥体的表面积等于________与__________的和. 2.柱体、锥体、台体的体积 (1)棱柱、棱锥、棱台的体积 V 棱柱＝__________，V 棱锥＝__________，V 棱台＝__________ (其中S ，S ′为底面积，h 为高). (2)圆柱、圆锥、圆台的体积V 圆柱＝__________，V 圆锥＝__________，V 圆台＝__________(其中r ，r ′为底面圆的半径，h 为高). 3.球的表面积与体积(1)半径为R 的球的表面积S 球＝________. (2)半径为R 的球的体积V 球＝________,________).自查自纠：1.(1)Ch 12Ch ′ 12()C ＋C ′h ′(2)2πrl πrl π(r ＋r ′)l (3)侧面积 两个底面积 侧面积 一个底面积2.(1)Sh 13Sh 13h ()S ＋SS ′＋S ′(2)πr 2h 13πr 2h 13πh ()r 2＋rr ′＋r ′23.(1)4πR 2 (2)43πR 3圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为( ) A.6π(4π＋3)B.8π(3π＋1)C.6π(4π＋3)或8π(3π＋1)D.6π(4π＋1)或8π(3π＋2) 解：分两种情况：①以边长为6π的边为高时，4π为圆柱底面周长，则2πr ＝4π，r ＝2，∴S 底＝πr 2＝4π，S 侧＝6π×4π＝24π2，S 表＝2S 底＋S 侧＝8π＋24π2＝8π(3π＋1)；②以边长为4π的边为高时，6π为圆柱底面周长，则2πr ＝6π，r ＝3.∴S 底＝πr 2＝9π，S 表＝2S 底＋S 侧＝18π＋24π2＝6π(4π＋3).故选C. 正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为( ) A.23 2 B. 2 C.23 D.43 2解：∵正三棱锥的侧面均为直角三角形，故侧面为等腰直角三角形，且直角顶点为棱锥的顶点，∴侧棱长为2，V ＝13×12×(2)2×2＝23.故选C.(2014·安徽)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积是( )A.233B.476C.6D.7 解：如图示，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其体积V ＝8－2×13×12×1×1×1＝233.故选A. 长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的8个顶点在同一个球面上，且AB ＝2，AD ＝3，AA 1＝1，则球面面积为________.单位：解：由三视图可知，该几何体为圆柱与圆锥的其体积V ＝π×12×4＋13π×22×.类型一 空间几何体的面积问题 如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，AD 是BC 边上的高，沿AD 把△ABD BDC ＝90°.若BD ＝1，求三棱锥D ABC解：∵折起前AD 是BC 边上的高，∴沿AD 把△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥又∠BDC ＝90°.＝DA ＝DC ＝1，∴AB ＝BC ＝CA ＝2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12，ABC ＝12×2×2×sin60°＝32. ∴三棱锥D ABC 的表面积S ＝12×3＋. 的矩形，正视图高为4的等腰三角形，侧视图底边长为6，面积S.解：由已知可得该几何体是一个底面为矩形，，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥PAD ，PBC 是全等的等腰三角形，边上的高为h 1＝42＋⎝ ⎛2PAB ，PCD 也是全等的等腰三角形，h 2＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622⎝ ⎛12×6×42＋12×8×5空间旋转体的面积问题如图，半径为4的球O 柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是______.设球的一条半径与圆柱相应的母线的夹角为＝2π×4sin α＝π4时，S 取最大值球的表面积与该圆柱的侧面积之差为32π.点拨：根据球的性质，内接圆柱上、下底面中心连线的中点为球心，且圆柱的上、下底面圆周均在球面上，球心和圆柱的上、下底面圆上的点的连线与母线的夹角相等，这些为我们建立圆柱的侧面积与上述夹角之间的函数关系提供了依据.圆台的上、下底面半径分别是10 cm和20 cm ，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，那么圆台的侧面积是____________cm 2.解：如图示，设上底面周长为c.∵扇环的圆心角是180°，∴c ＝π·S A. 又∵c ＝2π×10＝20π， ∴SA ＝20.同理SB ＝40. ∴AB ＝SB －SA ＝20，∴S 圆台侧＝π(10＋20)·AB＝600π(cm 2).故填600π.类型三 空间多面体的体积问题如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23 B.33 C.43 D.32 解：如图，过A ，B 两点分别作AM ，BN 垂直于EF ，垂足分别为M ，N ，连接DM ，CN ，可证得DM ⊥EF ，CN ⊥EF ，则多面体ABCDEF 分为三部分，即多面体的体积V ABCDEF ＝V AMD BNC ＋V E AMD ＋V F BN C.依题意知AEFB 为等腰梯形.易知Rt △DME Rt △CNF ，∴EM ＝NF ＝12.又BF ＝1，∴BN ＝32. 作NH 垂直于BC ，则H 为BC 的中点，∴NH ＝22. ∴S △BNC ＝12·BC ·NH ＝24.∴V F BNC ＝13·S △BNC ·NF ＝224，V E AMD ＝V F BNC ＝224，V AMD BNC ＝S △BNC ·MN ＝24.∴V ABCDEF ＝23，故选A.点拨：求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别的，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.(2014·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12B.18C.24D.30解：由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的.所以该几何体的体积为V ＝12×3×4×5－13×12×3×4×3＝24.故选C. 类型四 空间旋转体的体积问题已知某几何体的三视图如图所示，其中，正(主)视图、侧(左)视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与其内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )A.2π3＋12B.4π3＋16C.2π6＋16 D.2π3＋12解：由三视图可得该几何体的上部是一个三棱锥，下部是半球，根据三视图中的数据可得V ＝12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×1＝2π6＋16.故选C.点拨：根据已知三视图想象出该几何体的直观图，然后分析该几何体的组成，再用对应的体积公式进行计算.(2014·课标Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm)，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3cm ，高为6cm 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.1727 B.59 C.1027 D.13解：原来毛坯体积为：π·32·6＝54π(cm 3)，由三视图知该零件由左侧底面半径为2cm ，高为4cm 的圆柱和右侧底面半径为3cm ，高为2cm 的圆柱构成，故该零件的体积为：π·22·4＋π·32·2＝34π(cm 3)，切削掉部分的体积为54π－34π＝20π(cm 3)，故切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20π54π＝1027 .故选C.1.几何体的展开与折叠 (1)几何体的表面积，除球以外，都是利用展开图求得的，利用空间问题平面化的思想，把一个平面图形折叠成一个几何体，再研究其性质，是考查空间想象能力的常用方法.(2)多面体的展开图①直棱柱的侧面展开图是矩形；②正棱锥的侧面展开图是由一些全等的等腰三角形拼成的，底面是正多边形；③正棱台的侧面展开图是由一些全等的等腰梯形拼成的，底面是正多边形.(3)旋转体的展开图①圆柱的侧面展开图是矩形，矩形的长(或宽)是底面圆周长，宽(或长)是圆柱的母线长；②圆锥的侧面展开图是扇形，扇形的半径长是圆锥的母线长，弧长是圆锥的底面周长；③圆台的侧面展开图是扇环，扇环的上、下弧长分别为圆台的上、下底面周长.注：①圆锥中母线长l 与底面半径r 和展开图扇形中半径和弧长间的关系及符号容易混淆，同学们应多动手推导，加深理解.②圆锥和圆台的侧面积公式S 圆锥侧＝12cl 和S 圆台侧＝12(c ′＋c )l 与三角形和梯形的面积公式在形式上相同，可将二者联系起来记忆.2.空间几何体的表面积的计算方法有关空间几何体的表面积的计算通常是将空间图形问题转化为平面图形问题，这是解决立体几何问题常用的基本方法.(1)棱柱、棱锥、棱台等多面体的表面积可以分别求各面面积，再求和，对于直棱柱、正棱锥、正棱台也可直接利用公式；(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算其侧面积时需将曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和；(3)组合体的表面积应注意重合部分的处理. 3.空间几何体的体积的计算方法(1)计算柱、锥、台体的体积，关键是根据条件找出相应的底面面积和高，应注意充分利用多面体的截面特别是轴截面，将空间问题转化为平面问题求解.(2)注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、还台为锥法等，它们是计算一些不规则几何体体积常用的方法，应熟练掌握.(3)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的距离问题，即将点到平面的距离视为一个三棱锥的高，通过将其顶点和底面进行转化，借助体积的不变性解决问题.1.已知圆锥的正视图是边长为2的等边三角π B.8－π2 D.8－π4解：直观图为棱长为2的正方体割去两个底面14圆柱，其体积V ＝23－2×14×π×故选B.将长、宽分别为4和3的长方形ABCD 折成直二面角，得到四面体A BCD ，则四面体的外接球的表面积为( )B.50πC.5πD.10π解：由题设知AC 为外接球的直径，∴，S 表＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫522＝25π.故选，N 是球O 半径OP 上的两点，且分别过N ，M ，O 作垂直于OP 的平面，得三个圆，则这三个圆的面积之比为( )∶6 B.3∶6∶8 ∶9 D.5∶8∶9解：设球的半径为R ，以N ，M 为圆心的圆的半，r 2.由题知M ，N 是OP 的三等分点，三个圆的面积之比即为半径的平方比，在球的轴截面的外接圆的半径R 2－r 2＝63，的距离为2d ＝2d ＝13×34×23ABC ×2R ＝36，排除)一个六棱锥的体积为的正六边形，侧棱长都相等，则该________.设该六棱锥的高是h ，则V ，解得h ＝1.∴侧面三角形的高为，∴侧面积S ＝12×由题意可设直角梯形上底、下底和高为，它们分别为圆台的上、下底半径和高BC ⊥OA 于C ，则Rt ′B ＝4x －2x ＝2x ，＋BC 2＝（2x ）2侧＝[π(2x )2∶[π＝2∶8∶9.·上海)底面边长为，其表面展开图是三角形P 1的边长及三棱锥的体积V.解：由正三棱锥P ABC 的性质及其表面展开图，B ，C 分别是△P 1P 2P .依三角形中位线定理可得4.易判断正三棱锥P 的正四面体，其体积为V ＝212×四面体体积公式可见8.1名师点津4)一个圆锥的底面半径为R ＝2，高为在这个圆锥内部有一个高为x 的内接圆柱值时，圆柱的表面积最大？最大值是多少？解：如图是圆锥的轴截面，设圆柱的底面半径，解得r ＝R －R H x ＝2－ (图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，4<V 3 B.V 1<V 3<V 2<V 4 3<V 4 D.V 2<V 3<V 1<V 4解：由已知条件及三视图可知，该几何体从上到下依次是圆台，圆柱，正方体，棱台，则·π＋4π)＝7π3，V 2＝π×8，V 4＝13×1×(4＋4×16＋<V 1<V 3<V 4.故选C.§8.3 空间点、线、面之间的位置关系1.平面的基本性质 (1)公理1：如果一条直线上的______在一个平面内，那么这条直线在此平面内.它的作用是可用来证明点在平面内或__________________.(2)公理2：过____________上的三点，有且只有一个平面.公理2的推论如下：①经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面；②经过两条相交直线，有且只有一个平面； ③经过两条平行直线，有且只有一个平面. 公理2及其推论的作用是可用来确定一个平面，或用来证明点、线共面.(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们____________过该点的公共直线.它的作用是可用来确定两个平面的交线，或证明三点共线、三线共点等问题.2.空间两条直线的位置关系 (1)位置关系的分类 错误!(2)异面直线①定义：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线.注：异面直线定义中“不同在任何一个平面内的两条直线”是指“不可能找到一个平面能同时经过这两条直线”，也可以理解为“既不平行也不相交的两条直线”，但是不能理解为“分别在两个平面内的两条直线”.②异面直线的画法：画异面直线时，为了充分显示出它们既不平行又不相交，也不共面的特点，常常需要以辅助平面作为衬托，以加强直观性.③异面直线所成的角：已知两条异面直线a ，b ，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角).异面直线所成角的范围是____________.若两条异面直线所成的角是直角，则称两条异面直线__________，所以空间两条直线垂直分为相交垂直和__________.3.平行公理公理4：平行于____________的两条直线互相平行(空间平行线的传递性).它给出了判断空间两条直线平行的依据.4.等角定理等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角____________.自查自纠：1.(1)两点 直线在平面内 (2)不在一条直线 (3)有且只有一条2.(1)一个公共点 没有公共点 没有公共点(2)③⎝⎛⎦⎥⎤0，π2 互相垂直 异面垂直3.同一条直线4.相等或互补(2013·安徽)在下列命题中，不是．．公理的是( )A.平行于同一个平面的两个平面相互平行B.过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面C.如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D.如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线解：公理是不需要证明的原始命题，而选项A 是面面平行的性质定理，故选A.若∠AOB ＝∠A 1O 1B 1，且OA ∥O 1A 1，OA 与O 1A 1的方向相同，则下列结论中正确的是( )A.OB ∥O 1B 1且方向相同B.OB ∥O 1B 1C.OB 与O 1B 1不平行D.OB 与O 1B 1不一定平行解：两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行，如圆锥的母线与轴的夹角.故选D.若点P ∈α，Q ∈α，R ∈β，α∩β＝m ，且R ∉m ，PQ ∩m ＝M ，过P ，Q ，R 三点确定一个平面γ，则β∩γ是( )A.直线Q RB.直线P RC.直线R MD.以上均不正确 解：∵PQ ∩m ＝M ，m ⊂β，∴M ∈β.又M ∈平面PQ R ，即M ∈γ，故M 是β与γ的公共点.又R∈β，R ∈平面PQ R ，即R∈γ，∴R 是β与γ的公共点.∴β∩γ＝M R .故选C.给出下列命题：①空间四点共面，则其中必有三点共线； ②空间四点不共面，则其中任何三点不共线； ③空间四点中有三点共线，则此四点必共面； ④空间四点中任何三点不共线，则此四点不共。
2013届高考一轮数学文湖南版复习方案课件第8单元-立体几何初步知识结构
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(2)三视图是新课标新增内容， 已成为高考的一大高频考点， 可单独考查，也可与空间几何体的表面积、体积的计算综合进行 考查．要注意掌握直观图和三视图间的相互转化，注意熟记这两 类视图的画图规则，多动手操作以逐步提高识图和画图能力； (3)对于几何体的表面积与体积的计算，一是要注意不能用 错公式，二是要注意运算的准确性．而涉及简单组合体的问题， 要着重分析组合体由哪些简单几何体组合而成， 对于非规则的几 何体的表面积、体积计算，一般采用分割或补形的策略．
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(2)空间想象能力是学习立体几何的最基本的能力要求， 选择例题时注重培养学生识图、作图、理解与应用图的能 力； (3)本单元中空间线面的垂直既是高考的重点又是学习 的一大难点，故设置了双面．
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2．教学指导 立体几何主要是培养学生的空间想象能力、推理论证能 力、运用图形语言进行交流的能力以及几何直观能力，本单 元重点是空间的元素之间的平行与垂直关系、空间几何体的 表面积与体积，并关注画图、识图、用图的能力的提高，在 复习时我们要注重以下几点： (1)立足课本，控制难度．新课标对立体几何初步的要 求，改变了经典的“立体几何”把推理论证能力放在最突出 的位置，从单纯强调几何的逻辑推理转变为合情推理与逻辑 推理并重，尤其对文科立体几何的复习，切忌盲目拔高．
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2.点、线、面之间的位置关系 主要内容：平面的基本性质、空间的平行关系与垂直关 系． (1)平面的基本性质是推导平行与垂直的相关定理的最直接 理论依据，在复习时要注意立体几何的语言，即熟练掌握符号 语言、文字语言与图形语言间的互译； (2)对于空间的平行与垂直关系的学习，可借助长方体模型， 并以此为主线，在直观感知的基础上认识各种点、线、面的位 置关系；
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。
2013高考数学(理)一轮复习教案：第八篇_立体几何第3讲_空间点、直线、平面之间的位置关系
第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系【2013年高考会这样考】1 •本讲以考查点、线、面的位置关系为主，同时考查逻辑推理能力与空间想象能力. 2•有时考查应用公理、定理证明点共线、线共点、线共面的问题.3•能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.【复习指导】1 •掌握平面的基本性质，在充分理解本讲公理、推论的基础上结合图形理解点、线、面的位 置关系及等角定理.2•异面直线的判定与证明是本部分的难点，定义的理解与运用是关键.基础梳理1. 平面的基本性质(1) 公理1:如果一条直线上的两点在一个平面内, 那么这条直线上所有的点都在这个平面内.(2) 公理2:经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.(3) 公理3:如果两个平面(不重合的两个平面)有一个公共点,那么它们还有其他公共点，且所 有这些公共点的集合是一条过这个公共点的直线.推论1:经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面.推论2:经过两条相交直线，有且只有一个平面.推论3:经过两条平行直线，有且只有一个平面.2. 直线与直线的位置关系(1) 位置关系的分类共面直线平交\ .相交•异面直线：不同在任何一个平面内(2) 异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点 0作直线a '// a ，b '// b ，把a '与b '3. 直线与平面的位置关系有平行、相交」平面内三种情况.4. 平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况.5•平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.a ，b 所成的角(或夹角).6•等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.^=助営< 傅- -----两种方法异面.直线.的判定方法.：..…(1) 判定定理:…平面外一点.…A与平面内一点…B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线一.…一…(2) 反证法:…证明两线不可.能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面. ..三个作用(1) 公理.丄的作用:…①检验平面；②判断直线在平面内；③由直线在平面内判断直线上的点在.. 平面内.:…(2) 公理.2.的作用:…公.理…2及其推论给出了确定一个平面或判断…….“直线共面”的方法.：...(3) 公理.3.的作用：.①判.定两平面相交；②作两平面相交的交线L.®证明多点共线.•双基自测1. (人教A版教材习题改编)下列命题是真命题的是().A .空间中不同三点确定一个平面B.空间中两两相交的三条直线确定一个平面C .一条直线和一个点能确定一个平面D.梯形一定是平面图形解析空间中不共线的三点确定一个平面，A错；空间中两两相交不交于一点的三条直线确定一个平面，B错；经过直线和直线外一点确定一个平面，C错；故D正确.答案D2. 已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a,那么c与b( ).A .一定是异面直线B. 一定是相交直线C .不可能是平行直线D .不可能是相交直线解析由已知直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若b/t，则a/b，与已知a、b为异面直线相矛盾.答案C3. （2011浙江）下列命题中错误的是（）.A .如果平面a丄平面B,那么平面a内一定存在直线平行于平面BB.如果平面a不垂直于平面B,那么平面a内一定不存在直线垂直于平面BC .如果平面a丄平面Y平面肚平面Y aG l，那么I丄平面丫D .如果平面a丄平面B,那么平面a内所有直线都垂直于平面B解析对于D,若平面a!平面B,则平面a内的直线可能不垂直于平面B,甚至可能平行于平面B,其余选项均是正确的.答案D4. （2011武汉月考）如果两条异面直线称为“一对”，那么在正方体的十二条棱中共有异面直线（）.A . 12 对B . 24 对C. 36对D . 48 对解析如图所示，与AB异面的直线有B1C1；CC1, A1D1, DD1四条，因为各棱具有相同的位置且正方体共有12条棱，排除两棱的重复计算，共有异面直线答案B5. _____________________________________ 两个不重合的平面可以把空间分成E分. 答案3或4KAOKIANGTANJIUDAOXI!总考向探究导析考向一平面的基本性质【例1】？正方体ABCDA1B1C1D1中，P、Q、R分别是AB、AD、B1C1的中点，那么，正方体的过P、Q、R的截面图形是（）.A .三角形B .四边形C.五边形 D .六边形解析号4二24（对）.02［审题视点］过正方体棱上的点P、Q、R的截面要和正方体的每个面有交线.如图所示，作RG/PQ 交C i D i 于G ,连接QP 并延长与CB 交于M ,连接MR 交BB i 于E ,连 接PE 、RE 为截面的部分外形.同理连PQ 并延长交CD 于N ,连接NG 交DD i 于F ，连接QF ，FG.•••截面为六边形PQFGRE.答案 D-■- 画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可 确定•作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快的确定交线的位置.【训练1】 下列如图所示是正方体和正四面体，P 、Q 、R 、S 分别是所在棱的中点，则四个 点共面的图形是 ___________ .解析形PQRS 为梯形；③中可证四边形 PQRS 为平行四边形；②中如图所示取 A i A 与BC 的中点 为M 、N 可证明PMQNRS 为平面图形，且PMQNRS 为正六边形.答案①②③考向二异面直线【例2】？如图所示,在④图中，可证Q 点所在棱与面PRS 平行，因此, P 、Q 、R 、S 四点不共面.可证①中四边A Q RA B正方体ABCDA i B i C i D i中，M、N分别是A1B1、B1C1的中点•问：(1)AM和CN是否是异面直线？说明理由；⑵D i B和CC i是否是异面直线？说明理由.［审题视点］第⑴问，连结MN , AC,证MN //AC,即卩AM与CN共面；第(2)问可采用反证法.解1).(1)不是异面直线.理由如下：连接MN、A i C i、AC.••• M、N分别是A i B i、B i C i的中点，••• MN // A i C i.又I A i A綉C i C,••• A i ACC i为平行四边形，•A i C i // AC,：MN //AC，• A、M、N、C在同一平面内，故AM和CN不是异面直线. ⑵是异面直线.证明如下：••• ABCDA i B i C i D i 是正方体，•B、C、C i、D i 不共面.假设D i B与CC i不是异面直线，则存在平面a使D i B?平面a CC i?平面a,•D i, B、C、C i € a 与ABCDA i B i C i D i 是正方体矛盾.•假设不成立，即D i B与CC i是异面直线.■m证明两直线为异面直线的方法(i)定义法(不易操作).(2)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两直线平行或相交，由假设的条件出发，经过严密的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面.【训练2】 在下图中，G 、H 、M 、N 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线 GH 、MN 是异面直线的图形有 _________ (填上所有正确答案的序号)•解析如题干图⑴中，直线GH MN ;图(3)中，连接MG ，GM HN ，因此GH 与MN 共面；图(4)中，G 、M 、N 共面，但H?面GMN ，•GH 与MN 异面.所以图 ⑵、⑷中GH 与MN 异面.答案⑵⑷考向三异面直线所成的角【例3】?(2011宁波调研)正方体ABCDA i B i C i D i 中.(1)求AC 与A i D 所成角的大小；⑵若E 、F 分别为AB 、AD 的中点，求A i C i 与EF 所成角的大小.［审题视点］(1)平移A i D 到B i C ，找出AC 与A i D 所成的角，再计算.⑵可证A i C i 与EF 垂直. 解(i)如图所示，连接 AB i ，B i C ，由ABCDA i B i C i D i 是正方体，易知A i D // B i C ，从而B i C 与AC 所成的角就是AC 与A i D 所成的角.T AB i = AC = B i C ，•••/ B i CA = 60°即A i D 与AC 所成的角为60°图(2)中，G 、H 、N 三点共面，但M?面GHN ， 因此直线GH 与MN 异面;⑴⑵ ⑶ (4)⑵如图所示，连接AC、BD,在正方体ABCDA i B i C i D i中，AC 丄BD, AC// A1C1,••• E、F分别为AB、AD的中点，••• EF // BD，二EF 丄AC.二EF _L A1C1.即A i C i与EF所成的角为90°求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移•计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行.【训练3】A是厶BCD平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点.(1) 求证：直线EF与BD是异面直线；(2) 若AC L BD，AC= BD，求EF 与BD 所成的角.(1)证明假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A、B、C、D在同一平面内，这与A是厶BCD平面外的一点相矛盾.故直线EF与BD 是异面直线.⑵解如图，取CD的中点G，连接EG、FG，则EG// BD，所以相交直线EF与EG所成的角，即为异面直线EF与BD所成的角.1在Rt△ EGF中，由EG= FG = qAC，求得/ FEG = 45°即异面直线EF与BD所成的角为45°.考向四点共线、点共面、线共点的证明【例4】？正方体a C LIBA E BABCDA 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AB 和AA i 的中点.求证:⑴E 、C 、D i 、F 四点共面；(2)CE 、D i F 、DA 三线共点.［审题视点］(1)由EF //CD i 可得；⑵先证CE 与D i F 相交于P ,再证P € AD.证明(1)如图，连接EF , CD i , A i B.••• E 、F 分别是AB 、AA i 的中点,••• EF // BA i .又 A i B / D i C ,A EF / CD i ,••• E 、C 、D i 、F 四点共面.(2)v EF // CD i , EF v CD i ,••• CE 与D i F 必相交，设交点为P ,贝U 由 P € CE , CE?平面 ABCD ,得P €平面ABCD.同理P €平面ADD i A i .又平面ABCD A 平面ADD i A i = DA ,••• P €直线 DA ，二 CE 、D i F 、DA 三线共点.要证明点共线或线共点的问题，关键是转化为证明点在直线上，也就是利用平面的基本性质3,即证点在两个平面的交线上.或者选择其中两点确定一直线，然后证明另一点也在此直线上.【训练4】如图所示，已知空间四边形 ABCD 中，E 、H 分别是边AB 、AD 的中点，F 、G 分 别是边BC 、CD 上的点，且CB = CG =彳，求证：三条直线EF 、GH 、AC 交于一点.证明 ：E 、H 分别为边AB 、AD 的中点,FG 2••• BD _3,且 FG // B D.•••四边形EFGH 为梯形，从而两腰EF 、GH 必相交于一点P.••• P € 直线 EF ，EF?平面 ABC ，A P € 平面 ABC.同理，P €平面ADC.••• P 在平面ABC 和平面ADC 的交线AC 上，故EF 、GH 、AC 三直线交于一点.KAOTIJHUANXIAMGTUPO — - —a3 考题专项突破阅卷报告10――点、直线、平面位置关系考虑不全致误【问题诊断】 由于空间点、直线、平面的位置关系是在空间考虑，这与在平面上考虑点、线 的位置关系相比复杂了很多，特别是当直线和平面的个数较多时，各种位置关系错综复杂、相互交织，如果考虑不全面就会导致一些错误的判断.【防范措施】 借助正方体、三棱锥、三棱柱模型来分析.【示例】？(2011四川)11, 12, 13是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是().A . l l 丄 12 , 12丄 I 3? l l / I 3B . 11 丄 I 2, I 2 // I 3? I 1 丄 13C . I 1 / I 2 / I 3? I 1, I 2, I 3共面D .11 ,b , b 共点？ I 1, I 2, b 共面错因 受平面几何知识限制，未能全面考虑空间中的情况.实录甲同学：A 乙同学：C1 CF •I EH 綉2BD ，而CB = CG _2 C D _03 B F C丙同学：D.正解在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错；两平行线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D错.答案B【试一试】（2010江西）过正方体ABCDA i B i C i D i的顶点A作直线I，使I与棱AB, AD，AA i所成的角都相等，这样的直线I可以作（）.A . 1条B. 2条C . 3条D . 4条［尝试解答］如图，连结体对角线AC i，显然AC i与棱AB、AD，AA i所成的角都相等，所成角的正切值都为 2.联想正方体的其他体对角线，如连结BD i，则BD i与棱BC、BA、BB i所成的角都相等，••• BB i// AA i，BC// AD，•••体对角线BD i与棱AB、AD、AA i所成的角都相等，同理，体对角线A i C、DB i也与棱AB、AD、AA i所成的角都相等，过A点分别作BD i、A i C、DB i的平行线都满足题意，故这样的直线I 可以作4条.答案D。
2013高考数学(理)一轮复习教案：第八篇_立体几何第2讲_空间几何体的表面积与体积
2空间几何体的表面积与体积2013年高考预测考查柱、锥、台、球的体积和表面积，由原来的简单公式套用渐渐变为与三视图及柱、锥与球的接切问题相结合，难度有所增大．【复习指导】本讲复习时，熟记棱柱、棱锥、圆柱、圆锥的表面积和体积公式，运用这些公式解决一些简单的问题．基础梳理1．柱、锥、台和球的侧面积和体积2.(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．考向一几何体的表面积【例1】►(2011·安徽)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()．A．48 B．32＋817C．48＋817 D．80答案 C以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．【训练1】若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其侧面积等于()．A. 3 B．2C．2 3 D．6考向二几何体的体积【例2】►(2011·广东)如图，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为()．A．18 3 B．12 3 C．9 3 D．6 3答案 C以三视图为载体考查几何体的体积，解题的关键是根据三视图想象原几何体的形状构成，并从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，然后在直观图中求解．【训练2】(2012·东莞模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于()．A.283π B.163πC.43π＋8 D．12 π解析由三视图可知，该几何体是底面半径为2，高为2的圆柱和半径为1的球的组合体，则该几何体的体积为π×22×2＋43π＝28 3π.答案 A考向三几何体的展开与折叠【例3】►(2012·广州模拟)如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体DABC，如图2所示．(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)求几何体DABC的体积．[审题视点] (1)利用线面垂直的判定定理，证明BC垂直于平面ACD内的两条相交线即可；(2)利用体积公式及等体积法证明．(1)证明在图中，可得AC＝BC＝22，从而AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC，取AC的中点O，连接DO，则DO⊥AC，又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，DO⊂平面ADC，从而DO⊥平面ABC，∴DO⊥BC，又AC⊥BC，AC∩DO＝O，∴BC⊥平面ACD.(2)解 由(1)可知，BC 为三棱锥BACD 的高，BC ＝22，S △ACD ＝2，∴V BACD ＝ 13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，由等体积性可知，几何体DABC 的体积为423.(1)有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．(2)研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．难点——空间几何体的表面积和体积的求解空间几何体的表面积和体积计算是高考的一个常见考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧、把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧、对旋转体作其轴截面的技巧、通过方程或方程组求解的技巧等，这是化解空间几何体面积和体积计算难点的关键．【示例1】► (2010·安徽)一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为( )．A ．280B ．292C ．360D ．372【示例2】►(2011·全国新课标)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．。
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．。
高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题01 空间几何体的结构及其三视图和直观图(解析版)
立体几何与空间向量01 空间几何体的结构及其三视图和直观图【考点讲解】一、具体目标：①能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合）的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图。
②会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式。
③会画某些建筑物的视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）.二、知识概述：1.空间几何体的直观图简单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．2.空间几何体的三视图三视图：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．3.三视图中的数据与原几何体中的数据不一定一一对应，识图要注意甄别. 揭示空间几何体的结构特征，包括几何体的形状，平行垂直等结构特征，这些正是数据运算的依据.4.还原几何体的基本要素是“长对齐，高平直，宽相等”. 简单几何体的三视图是该几何体在三个两两垂直的平面上的正投影，并不是从三个方向看到的该几何体的侧面表示的图形．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．三、备考策略：1.以考查三视图、几何体的结构特征以及几何体的面积体积计算为主，三视图基本稳定为选择题或填空题，难度中等以下；几何体的结构特征往往在解答题中考查，与平行关系、垂直关系等相结合.2.与立体几何相关的“数学文化”等相结合，考查数学应用的.3.备考重点：(1) 掌握三视图与直观图的相互转换方法是关键；(2)掌握常见几何体的结构特征.四、常考题型：三视图是高考重点考查的内容，考查内容有三视图的识别；三视图与直观图的联系与转化；求与三视图对应的几何体的表面积与体积．命题形式为用客观题考查识读图形和面积体积计算，解答题往往以常见几何体为载体考查空间想象能力和推理运算能力，期间需要灵活应用几何体的结构特征． 4. 三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽．由三视图画出直观图的步骤和思考方法：（1）首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；（2）观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；（3）画出整体，然后再根据三视图进行调整． 1. 【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．158B ．162C ．182D ．324【解析】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭.故选B. 【答案】B2.【2018年高考全国Ⅰ卷】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（ ）【真题分析】A ．172B ．52C ．3D ．2【分析】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，知点M 在上底面上，点N 在下底面上，且可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为√42+22=2√5，故选B ． 【答案】B3.【2018年高考全国Ⅰ卷】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】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A ． 【答案】A4.【2018年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）俯视图正视图A ．2B ．4C ．6D ．8【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯=故选C. 【答案】C5.【2018年高考北京卷文数】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【解析】本题要求会利用三视图的性质还原原立体图形，然后再应用立体图形的性质进行计算或验证. 由三视图可得四棱锥P ABCD -如图所示，在四棱锥P ABCD -中，2,2,2,1PD AD CD AB ====，由勾股定理可知：3,PA PC PB BC ====则在四棱锥中，直角三角形有：,,PAD PCD PAB △△△，共3个，故选C. 【答案】C6.【2017年高考全国Ⅰ卷理数】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．10 B．12 C．14 D．16【解析】解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状和结构特征，要求熟悉常见几何体的三视图.由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为12(24)2122⨯+⨯⨯=，故选B．【答案】B7.【2017年高考北京卷理数】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．B．C．D．2【解析】几何体是四棱锥P ABCD-，如图.最长的棱长为补成的正方体的体对角线，即该四棱锥的最长棱的长度为22222223l=++=，故选B．【答案】B8.【2017年高考全国Ⅱ卷】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所得，则该几何体的体积为（）A．90πB．63πC．42πD．36π【解析】由题意，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213436V =π⨯⨯=π，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221(36)272V =⨯π⨯⨯=π，故该组合体的体积12362763V V V =+=π+π=π．故选B ．【答案】B9.【2017年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ．332π+ 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为21113(21)13222V π⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ．【答案】A10.【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 【答案】401.【2017北京，文6】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）A.60B.30C.20D.10【解析】本题主要考查的将三视图还原成几何体后求体积的问题。
2013高考数学(理)一轮复习教案：第八篇_立体几何第1讲_空间几何体的结构、三视图和直观图
第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图【2013年高考会这样考】1．几何体的展开图、几何体的三视图仍是高考的热点．2．三视图和其他的知识点结合在一起命题是新教材中考查学生三视图及几何量计算的趋势．【复习指导】1．备考中，要重点掌握以三视图为命题背景，研究空间几何体的结构特征的题型．2．要熟悉一些典型的几何体模型，如三棱柱、长(正)方体、三棱锥等几何体的三视图．基础梳理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．旋转体的结构特征(1)圆柱可以由矩形绕一边所在直线旋转一周得到．(2)圆锥可以由直角三角形绕一条直角边所在直线旋转一周得到．(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线旋转一周或等腰梯形绕上下底面中心所在直线旋转半周得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到．(4)球可以由半圆面绕直径旋转一周或圆面绕直径旋转半周得到．3．空间几何体的三视图空间几何体的三视图是用平行投影得到，这种投影下，与投影面平行的平面图形留下的影子，与平面图形的形状和大小是全等和相等的，三视图包括正视图、侧视图、俯视图．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，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．一个规律三视图的长度特征：“长对正，宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．两个概念(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．反过来，正棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．双基自测1．(人教A 版教材习题改编)下列说法正确的是( )．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答案 D2．(2012·杭州模拟)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 C3．(2011·陕西)某几何体的三视图如图所示，则它的体积是( )．A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2π D.2π3解析 圆锥的底面半径为1，高为2，该几何体体积为正方体体积减去圆锥体积，即V ＝22×2－13×π×12×2＝8－23π，正确选项为A.答案 A4．(2011·浙江)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()．解析所给选项中，A、C选项的正视图、俯视图不符合，D选项的侧视图不符合，只有选项B符合．答案 B5．(2011·天津)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________m3.解析由三视图可知该几何体是组合体，下面是长方体，长、宽、高分别为3、2、1，上面是一个圆锥，底面圆半径为1，高为3，所以该几何体的体积为3×2×1＋13π×3＝6＋π(m3)．答案6＋π考向一空间几何体的结构特征【例1】►(2012·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[审题视点] 可借助几何图形进行判断．解析如图，等腰四棱锥的侧棱均相等，其侧棱在底面的射影也相等，则其腰与底面所成角相等，即A 正确；底面四边形必有一个外接圆，即C正确；在高线上可以找到一个点O，使得该点到四棱锥各个顶点的距离相等，这个点即为外接球的球心，即D正确；但四棱锥的侧面与底面所成角不一定相等或互补(若为正四棱锥则成立)．故仅命题B为假命题．选B.答案 B三棱柱、四棱柱、正方体、长方体、三棱锥、四棱锥是常见的空间几何体，也是重要的几何模型，有些问题可用上述几何体举特例解决．【训练1】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．3解析命题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行．答案 B考向二空间几何体的三视图【例2】►(2011·全国新课标)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()．[审题视点] 由正视图和俯视图想到三棱锥和圆锥．解析由几何体的正视图和俯视图可知，该几何体应为一个半圆锥和一个有一侧面(与半圆锥的轴截面为同一三角形)垂直于底面的三棱锥的组合体，故其侧视图应为D.答案 D(1)空间几何体的三视图是该几何体在三个两两垂直的平面上的正投影，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．【训练2】(2011·浙江)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()．解析A中正视图，俯视图不对，故A错．B中正视图，侧视图不对，故B错．C中侧视图，俯视图不对，故C错，故选D.答案 D考向三空间几何体的直观图【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[审题视点] 画出正三角形△ABC的平面直观图△A′B′C′，求△A′B′C′的高即可．解析如图①②所示的实际图形和直观图．由斜二测画法可知，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＝616a2.答案 D直接根据水平放置的平面图形的直观图的斜二测画法规则即可得到平面图形的面积是其直观图面积的22倍，这是一个较常用的重要结论．【训练3】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．一般的平行四边形解析将直观图还原得▱OABC，则∵O′D′＝2O′C′＝2 2 (cm)，OD＝2O′D′＝4 2 (cm)，C′D′＝O′C′＝2 (cm)，∴CD＝2 (cm)，OC＝CD2＋OD2＝22＋(42)2＝6 (cm)，OA＝O′A′＝6 (cm)＝OC，故原图形为菱形．答案 C阅卷报告9——忽视几何体的放置对三视图的影响致错【问题诊断】空间几何体的三视图是该几何体在两两垂直的三个平面上的正投影.同一几何体摆放的角度不同，其三视图可能不同，有的考生往往忽视这一点.【防范措施】应从多角度细心观察.【示例】►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．错因忽视几何体的不同放置对三视图的影响，漏选③.实录①②⑤正解①三棱锥的正视图是三角形；②当四棱锥的底面是四边形放置时，其正视图是三角形；③把三棱柱某一侧面当作底面放置，其底面正对着我们的视线时，它的正视图是三角形；④对于四棱柱，不论怎样放置，其正视图都不可能是三角形；⑤当圆锥的底面水平放置时，其正视图是三角形；⑥圆柱不论怎样放置，其正视图也不可能是三角形．答案①②③⑤【试一试】(2011·山东)右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；③存在圆柱，其正(主)视图，俯视图如右图．其中真命题的个数是()．A． 3 B．2C．1 D．0[尝试解答]如图①②③的正(主)视图和俯视图都与原题相同，故选A.答案A。
高考数学一轮总复习第八篇立体几何教案理苏教版
1 则 3×（
3)
2
×
h＝
3
2
2
，解得
32 h＝ 2 .
又底面正方形的对角线长为 2× 3＝ 6.
所以 OA＝
32 2
2＋
6 2
2＝
6.
故球的表面积为 S 球＝ 4π×（ 6) 2＝ 24π .
(2) 因为在直三棱柱中 AB＝3， AC＝ 4， AA1＝ 12，AB⊥ AC，所以 BC＝ 5，且 BC为过底面 ABC 的截面圆的直径，取 BC中点 D，则 OD⊥底面 ABC，则 O 在侧面 BCC1B1 内，矩形 BCC1B1的对
法”、“分割法”、“补体法”等，尤其是“等积转化”的数学思想方法应高度重视．
3 【训练 2】 (2014 ·苏州模拟 ) 一个正三棱台的上、 下底面边长分别是 3 cm和 6 cm，高是 cm.
2
(1) 求三棱台的斜高；
(2) 求三棱台的侧面积和表面积．
解
(1) 设 O1、 O 分别为正三棱台 ABC－ A1B1C1 的上、下底面正三角形的中心，如图所示，则
在边长为 4 的正方形纸片 ABCD中， AC与 BD相交于 O，剪去△ AOB，将剩余部分沿 OC， OD 折叠，使 OA， OB重合，则以 A， B， C，D， O为顶点的四面体的体积为 ________． (2) 如图所示，在直三棱柱 ABC－A1 B1 C1 中，△ ABC为直角三角形，∠ ACB＝90°， AC＝ 4， BC ＝CC1＝ 3. P 是 BC1 上一动点，沿棱柱表面使 CP＋ PA1 最小，则最小值为 ________．
D1D＝ D1E2＋ ED2＝
3 2＋ 3 2＝ 3(cm) ．
2
2
(2) 设 c、 c′分别为上、下底的周长， h′为斜高，
2013年高考数学一轮复习 9.1 空间几何体的结构特征精品教学案(教师版) 新人教版
2013年高考数学一轮复习精品教学案9.1 空间几何体的结构特征（新课标人教版，教师版）【考纲解读】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．【考点预测】高考对此部分内容考查的热点与命题趋势为:1.立体几何是历年来高考重点内容之一,在选择题、填空题与解答题中均有可能出现，难度不大，主要考查空间中线线、线面、面面的位置关系的判定与证明，考查表面积与体积的求解，考查三视图等知识，在考查立体几何基础知识的同时，又考查数形结合思想、转化与化归等数学思想，以及分析问题、解决问题的能力.2.2013年的高考将会继续保持稳定,坚持考查立体几何的基础知识，命题形式相对会较稳定.【要点梳理】1.柱棱柱：一般的，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱；棱柱中两个互相平行的面叫做棱柱的底面，简称为底；其余各面叫做棱柱的侧面；相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱；侧面与底面的公共顶点叫做棱柱的顶点。
底面是三角形、四边形、五边形……的棱柱分别叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱……圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱；旋转轴叫做圆柱的轴；垂直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圆柱侧面的母线。
棱柱与圆柱统称为柱体；2.锥棱锥：一般的有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥；这个多边形面叫做棱锥的底面或底；有公共顶点的各个三角形面叫做棱锥的侧面；各侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点；相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱。
底面是三角锥、四边锥、五边锥……的棱柱分别叫做三棱锥、四棱锥、五棱锥……圆锥：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥；旋转轴为圆锥的轴；垂直于轴的边旋转形成的面叫做圆锥的底面；斜边旋转形成的曲面叫做圆锥的侧面。
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第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图【2013年高考会这样考】1．几何体的展开图、几何体的三视图仍是高考的热点．2．三视图和其他的知识点结合在一起命题是新教材中考查学生三视图及几何量计算的趋势．【复习指导】1．备考中，要重点掌握以三视图为命题背景，研究空间几何体的结构特征的题型．2．要熟悉一些典型的几何体模型，如三棱柱、长(正)方体、三棱锥等几何体的三视图．基础梳理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．旋转体的结构特征(1)圆柱可以由矩形绕一边所在直线旋转一周得到．(2)圆锥可以由直角三角形绕一条直角边所在直线旋转一周得到．(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线旋转一周或等腰梯形绕上下底面中心所在直线旋转半周得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到．(4)球可以由半圆面绕直径旋转一周或圆面绕直径旋转半周得到．3．空间几何体的三视图空间几何体的三视图是用平行投影得到，这种投影下，与投影面平行的平面图形留下的影子，与平面图形的形状和大小是全等和相等的，三视图包括正视图、侧视图、俯视图．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，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．一个规律三视图的长度特征：“长对正，宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．两个概念(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．反过来，正棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．双基自测1．(人教A版教材习题改编)下列说法正确的是()．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答案 D2．(2012·杭州模拟)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 C3．(2011·陕西)某几何体的三视图如图所示，则它的体积是( )． A ．8－2π3 B ．8－π3 C ．8－2πD.2π3解析 圆锥的底面半径为1，高为2，该几何体体积为正方体体积减去圆锥体积，即V ＝22×2－13×π×12×2＝8－23π，正确选项为A. 答案 A4．(2011·浙江)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( )．解析 所给选项中，A 、C 选项的正视图、俯视图不符合，D 选项的侧视图不符合，只有选项B 符合． 答案 B5．(2011·天津)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是组合体，下面是长方体，长、宽、高分别为3、2、1，上面是一个圆锥，底面圆半径为1，高为3，所以该几何体的体积为3×2×1＋13π×3＝6＋π(m3)．答案6＋π考向一空间几何体的结构特征【例1】►(2012·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[审题视点] 可借助几何图形进行判断．解析如图，等腰四棱锥的侧棱均相等，其侧棱在底面的射影也相等，则其腰与底面所成角相等，即A 正确；底面四边形必有一个外接圆，即C正确；在高线上可以找到一个点O，使得该点到四棱锥各个顶点的距离相等，这个点即为外接球的球心，即D正确；但四棱锥的侧面与底面所成角不一定相等或互补(若为正四棱锥则成立)．故仅命题B为假命题．选B.答案 B三棱柱、四棱柱、正方体、长方体、三棱锥、四棱锥是常见的空间几何体，也是重要的几何模型，有些问题可用上述几何体举特例解决．【训练1】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．3解析命题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行．答案 B考向二空间几何体的三视图【例2】►(2011·全国新课标)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()．[审题视点] 由正视图和俯视图想到三棱锥和圆锥．解析由几何体的正视图和俯视图可知，该几何体应为一个半圆锥和一个有一侧面(与半圆锥的轴截面为同一三角形)垂直于底面的三棱锥的组合体，故其侧视图应为D.答案 D(1)空间几何体的三视图是该几何体在三个两两垂直的平面上的正投影，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．【训练2】(2011·浙江)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()．解析A中正视图，俯视图不对，故A错．B中正视图，侧视图不对，故B错．C中侧视图，俯视图不对，故C错，故选D.答案 D考向三空间几何体的直观图【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.34a 2B.38a 2C.68a 2D.616a 2[审题视点] 画出正三角形△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′，求△A ′B ′C ′的高即可． 解析 如图①②所示的实际图形和直观图．由斜二测画法可知，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. 答案 D直接根据水平放置的平面图形的直观图的斜二测画法规则即可得到平面图形的面积是其直观图面积的22倍，这是一个较常用的重要结论． 【训练3】 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 ．一般的平行四边形解析将直观图还原得▱OABC ，则∵O ′D ′＝2O ′C ′＝2 2 (cm)，OD＝2O′D′＝4 2 (cm)，C′D′＝O′C′＝2 (cm)，∴CD＝2 (cm)，OC＝CD2＋OD2＝22＋(42)2＝6 (cm)，OA＝O′A′＝6 (cm)＝OC，故原图形为菱形．答案 C阅卷报告9——忽视几何体的放置对三视图的影响致错【问题诊断】空间几何体的三视图是该几何体在两两垂直的三个平面上的正投影.同一几何体摆放的角度不同，其三视图可能不同，有的考生往往忽视这一点.【防范措施】应从多角度细心观察.【示例】►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．错因忽视几何体的不同放置对三视图的影响，漏选③.实录①②⑤正解①三棱锥的正视图是三角形；②当四棱锥的底面是四边形放置时，其正视图是三角形；③把三棱柱某一侧面当作底面放置，其底面正对着我们的视线时，它的正视图是三角形；④对于四棱柱，不论怎样放置，其正视图都不可能是三角形；⑤当圆锥的底面水平放置时，其正视图是三角形；⑥圆柱不论怎样放置，其正视图也不可能是三角形．答案①②③⑤【试一试】(2011·山东)右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；③存在圆柱，其正(主)视图，俯视图如右图．其中真命题的个数是()．A． 3 B．2C．1 D．0[尝试解答]如图①②③的正(主)视图和俯视图都与原题相同，故选A.答案A。