【全程复习方略】全国高考数学(理)一轮复习练习：7.1空间几何体的结构(含答案解析)

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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.。

高考数学一轮复习第7章第1节空间几何体的结构及其表面积、体积

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.空间几何体的结构及其表面积、体积[考试要求]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．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全等多边形互相平行且相似侧棱互相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．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．3．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，垂直于底面长度相等且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圆侧面展开图矩形扇形扇环—旋转图形矩形直角三角形直角梯形半圆4．三视图与直观图三视图画法规则：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.5．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式名称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名称表面积体积柱体(棱柱和圆柱) S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝S 底h 锥体(棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13S 底h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＝4πR2V＝43πR3[常用结论]1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：2．多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝，外接球半径R＝(2)设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝(3)设正四面体的棱长为a，则它的高为H＝，内切球半径，外接球半径一、易错易误辨析(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、教材习题衍生1．如图所示，长方体ABCD-A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是()A．棱台B ．四棱柱C ．五棱柱D ．简单组合体C [由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．]2．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．12π B ．323πC ．8πD ．4πA [由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线23即为球的直径，所以球的表面积为4πR 2＝(2R )2π＝12π，故选A.]3．已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．32cmB [S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4， ∴r ＝2(cm)．]4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．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.]考点一空间几何体的三视图、直观图和展开图1．三视图画法的基本原则长对正，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．直观图画法的规则：斜二测画法．4．通常利用空间几何体的表面展开图解决以下问题：(1)求几何体的表面积或侧面积；(2)求几何体表面上任意两个点的最短表面距离．三视图[典例1－1](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()A B C D(2)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为()A B C D(3)(2020·全国卷Ⅱ)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为()A．E B．FC．G D．H(1)A(2)C(3)A[(1)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)过点A，E，C1的截面如图所示，由图可知该剩余几何体的侧视图为C.(3)由三视图知，该几何体是由两个长方体组合而成的，其直观图如图所示，由图知该端点在侧视图中对应的点为E，故选A.]点评：画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定连线在投影面上的虚实．直观图[典例1－2]已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为()A.34a 2B ．38a 2C.68a 2D ．616a 2D [法一：如图①②所示的是实际图形和直观图，由图②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a ，所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.法二：S △ABC ＝12×a ×a sin 60°＝34a 2，又S 直观图＝24S 原图形＝24×34a 2＝616a 2.故选D.]点评：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．展开图[典例1－3] 如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝2，BC ＝3，AC ＝1，AA 1＝3，F 为棱AA 1上的一动点，则当BF ＋FC 1最小时，△BFC 1的面积为________．152[将直三棱柱ABC -A 1B 1C 1沿棱AA 1展开成平面，连接BC 1(图略)，与AA 1的交点即为满足BF ＋FC 1最小时的点F ，∵直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝2，BC ＝3，AC ＝1，AA 1＝3，再结合棱柱的性质，可得A 1F ＝13AA 1＝1，故AF ＝2.由图形及棱柱的性质，可得BF ＝4＋4＝22，FC 1＝1＋1＝2，BC 1＝3＋9＝23，cos ∠BFC 1＝BF2＋FC21－BC212×BF×FC1＝8＋2－122×22×2＝－14.故sin ∠BFC 1＝1－116＝154， ∴△BFC 1的面积为S ＝12×BF ×FC 1×sin ∠BFC 1＝12×22×2×154＝152.]点评：本题在探求BF ＋FC 1最小时，采用了化曲为直的策略，将空间问题平面化，在解决空间折线段最短问题时可适当考虑其展开图．[跟进训练]1．(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．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 ．25C ．3D ．2B [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．图1 图2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 ＝OM2＋ON2＝22＋42＝25. 故选B.]2．某几何体的正视图和侧视图如图①所示，它的俯视图的直观图是矩形O 1A 1B 1C 1，如图②，其中O 1A 1＝6，O 1C 1＝2，则该几何体的侧面积为( )A ．48B ．64C ．96D ．128C [由题意可知俯视图的直观图面积为2×6＝12，故俯视图的面积为242.又由三视图可知该几何体为直四棱柱，且高为4，底面为边长为6的菱形．所以几何体的侧面积为6×4×4＝96.故选C.]考点二空间几何体的表面积与体积1．空间几何体表面积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)以三视图为载体的需确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．2．空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)直接利用公式进行求解．(2)用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)以三视图的形式给出的应先得到几何体的直观图．空间几何体的表面积[典例2－1](1)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A．48＋πB．48－πC．48＋2πD．48－2π(2)(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为() A．122πB．12πC．82πD．10π(3)(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为() A．64πB．48πC．36πD．32π(1)A(2)B(3)A[(1)该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋4×2×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.(2)因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.(3)如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以AB sin 60°＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝(23)2＋22＝16，所以球O 的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.]点评：解答本题(1)时易误认为几何体的上底面不存在，导致计算错误．空间几何体的体积求空间几何体的体积的常用方法[典例2－2](1)如图所示，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC中点，则三棱锥A-B1DC1的体积为()A．3 B．3 2C．1D．3 2(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为()A．90πB．63πC．42πD．36π(3)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为________．(1)C(2)B(3)13[(1)(直接法)如题图，在正三角形ABC中，D为BC中点，则有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，则所得几何体为一个圆柱，故圆柱的底面半径为3，高为10＋4＝14，该圆柱的体积V 1＝π×32×14＝126π.故该几何体的体积为圆柱体积的一半，即V ＝12V 1＝63π.法三(估值法)：由题意，知12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，所以45π＜V 几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．(3)(等体积法)如图，∵正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N 分别为BB 1，AB 的中点，∴S △ANM ＝12×1×1＝12，∴V A -NMD 1＝V D 1-AMN ＝13×12×2＝13.]点评：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，即等体积法；(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算，即分割法；(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，即补形法．[跟进训练]1．(2019·浙江高考)祖暅是我国南北朝时期的伟大科学家，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 ．324B [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⎝⎛⎭⎪⎪⎫2＋62×3＋4＋62×3×6＝162.故选B.] 2．若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其表面积为________． 4＋45 [如图．由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，则正四棱锥的斜高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＋45.]考点三与球有关的切、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若球面上四点P ，A ，B ，C 中P A ，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 ＝a2＋b2＋c2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．[典例3] (1)(2020·全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．(2)(2020·福建十校联考)已知三棱锥P -ABC 的三条侧棱两两互相垂直，且AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，则此三棱锥的外接球的体积为( )A.83π B ．823πC.163π D ．323π(3)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各顶点都在以O 为球心的球面上，且∠BAC ＝3π4，AA 1＝BC ＝2，则球O 的体积为( ) A ．43πB ．8πC ．12πD ．20π(1)23π (2)B (3)A [(1)易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE 及其内切球O 如图所示，设内切球的半径为R ，则sin ∠BPE ＝R OP ＝BEPB ＝13，所以OP ＝3R ，所以PE ＝4R ＝错误!＝32－12＝22，所以R ＝22，所以内切球的体积V ＝43πR 3＝23π，即该圆锥内半径最大的球的体积为23π.(2)∵AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，∴P A ＝1，PC ＝3，PB ＝2.以P A ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P -ABC 的外接球． ∵长方体的体对角线长为1＋3＋4＝22，∴球的直径为22，半径R ＝2，因此，三棱锥P -ABC 外接球的体积是43πR 3＝43π×(2)3＝823π.故选B.(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 ＝BC2si n∠BAC＝22sin3π4＝2，则直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的半径为R ＝r2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AA122＝错误!＝错误!，则直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的体积为43πR 3＝43π.故选A.][母题变迁]1．若将本例(3)的条件“∠BAC ＝3π4，AA 1＝BC ＝2”换为“AB ＝3，AC ＝4，AB⊥AC ，AA 1＝12”，则球O 的半径为________．132 [如图所示，过球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫522＋62＝132.] 2．若将本例(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”，则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[设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径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＝πa26，则S1S2＝3a2πa26＝63π.] 3．若将本例(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”，则其外接球的半径为________．3 [依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为32×2＝6，高为错误!＝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.]点评：通过本例(3)及母题变迁训练，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．[跟进训练]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，则三棱锥D-ABC体积的最大值为() A．123B．183C．243D．543B[由等边△ABC的面积为93，可得34AB2＝93，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝33AB＝23.设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝R2－r2＝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＝183.]2．(2020·南宁模拟)已知三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，P A＝PB＝PC＝3，P A⊥PB，则三棱锥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，P A＝PB＝PC＝3，∴△P AB≌△PBC≌△P AC.∵P A⊥PB，∴P A⊥PC，PC⊥PB.以P A，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则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.]核心素养5用数学眼光观察世界——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[素养案例1]已知边长为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，则过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]若几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两条垂直，可构造墙角模型(如下图)，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2求出R.[素养培优](2020·河北重点中学6月联考)阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并称为世界三大数学家．他的一个重要数学成就是“圆柱容球”定理，即在带盖子的圆柱形容器(容器的厚度忽略不计)里放一个球，该球与圆柱形容器的两个底面和侧面都相切，则球的体积是圆柱形容器的容积的23，并且球的表面积也是圆柱形容器的表面积的23.则该圆柱形容器的容积与它的外接球的体积之比为() A．328B．24C ．23D ．23A [设容器里所放球的半径为R ，则圆柱形容器的底面半径为R ，设圆柱形容器的高为h ，由题意知h ＝2R ，圆柱形容器的外接球的半径为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2R 22＋R2＝2R .圆柱形容器的容积V ＝πR 2·2R ＝2πR 3， V 外接球＝43π(2R )3＝823πR 3，所以VV 外接球＝2πR3823πR3＝328，故选A.]利用长方体的面对角线探索外接球半径 [素养案例2] 三棱锥S -ABC 中，SA ＝BC ＝13，SB ＝AC ＝5，SC ＝AB ＝10.则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 . 则SC ＝AB ＝a2＋b2＝10，SA ＝BC ＝b2＋c2＝13， SB ＝AC ＝a2＋c2＝5.从而a 2＋b 2＋c 2＝14＝(2R )2，可得S ＝4πR 2＝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．[素养培优](2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O 的体积为()A．86πB．46πC．26πD．6πD[因为点E，F分别为P A，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P AC，所以PB⊥平面P AC，所以PB⊥P A，PB⊥PC，因为P A＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以P A⊥PC，即P A，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＝43πR3＝43π⎝⎛⎭⎪⎪⎫623＝6π，故选D.]利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心[素养案例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.若四面体A′BCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为()A．32πB．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 ＝BC2＝32.故V ＝43π⎝⎛⎭⎪⎪⎫323＝32π.][评析] 三棱锥侧面与底面垂直时，可紧扣球心与底面三角形外心连线垂直于底面这一性质，利用底面与侧面的外心，巧探外接球球心，妙求半径．[素养培优](2020·广州模拟)三棱锥P -ABC 中，平面P AC ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝PC ＝AC ＝2，AB ＝4，则三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为( )A ．23πB ．234πC ．64πD ．643πD [如图，设O ′为正△P AC 的中心，D 为Rt △ABC 斜边的中点，H 为AC 中点．由平面P AC ⊥平面ABC .则O ′H ⊥平面ABC .作O ′O ∥HD ，OD ∥O ′H ，则交点O 为三棱锥外接球的球心，连接OP ，又O ′P ＝23PH ＝23×32×2＝233，OO ′＝DH ＝12AB ＝2.∴R 2＝OP 2＝O ′P 2＋O ′O 2＝43＋4＝163.故几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝643π.]利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心[素养案例4] 一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．4π3[设正六棱柱底面边长为a ，正六棱柱的高为h ，底面外接圆的半径为r ，则a ＝12，底面积为S ＝6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＝338，V 柱＝Sh ＝338h ＝98，∴h ＝3，R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＝1，R ＝1，球的体积为V ＝4π3.][评析] 直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型如图：其外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点． [素养培优](2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4B [设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＝32.∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4.故选B.]锥体的内切球问题(1)题设：如图①，三棱锥P -ABC 是正三棱锥，求其内切球的半径．图①第一步：先画出内切球的截面图，E ，H 分别是两个三角形的外心；第二步：求DH ＝13CD ，PO ＝PH －r ，PD 是侧面△ABP 的高；第三步：由△POE ∽△PDH ，建立等式OEDH ＝POPD，解出r .(2)题设：如图②，四棱锥P -ABCD 是正四棱锥，求其内切球的半径．图②第一步：先画出内切球的截面图，P ，O ，H 三点共线；第二步：求FH ＝12BC ，PO ＝PH －r ，PF 是侧面△PCD 的高；第三步：由△POG ∽△PFH ，建立等式OG HF＝PO PF，解出r .(3)题设：三棱锥P -ABC 是任意三棱锥，求其内切球半径．方法：等体积法，三棱锥P -ABC 体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；第二步：设内切球的半径为r ，球心为O ，建立等式：V P -ABC ＝V O -ABC ＋V O -P AB ＋V O -P AC ＋V O -PBC ⇒V P -ABC＝13S △ABC ·r ＋13S △P AB ·r ＋13S △P AC ·r ＋13S △PBC ·r ＝13(S △ABC ＋S △P AB ＋S △P AC ＋S △PBC )·r ；第三步：解出r ＝3VPABCS△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC.[素养案例5] (1)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π(2)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为m 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝m ，P A ＝PC ＝2m ，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是________．(1)B (2)12(2－2)m [(1)半径为3，圆心角为2π3的扇形弧长为2π，故其围成的圆锥母线长为3，底面圆周长为2π，得其底面半径为1，如图，MB ＝1，AB ＝3, ∴AM ＝22，由相似可得ONMB ＝AOAB，得ON ＝22，∴S 球＝4π×12＝2π.故选B.(2)由PD ⊥底面ABCD 得PD ⊥AD .又PD ＝m ，P A ＝2m ，则AD ＝m .设内切球的球心为O ，半径为R ，连接OA ，OB ，OC ，OD ，OP (图略)，易知V P -ABCD ＝V O -ABCD ＋V O -P AD ＋V O -P AB ＋V O -PBC ＋V O -PCD ，即13·m 2·m ＝13m 2R ＋13×12m 2R ＋13×12×2m 2·R ＋13×12×2m 2·R ＋13×12m 2R ，解得R ＝12(2－2)m ，所以此球的最大半径是12(2－2)m .][评析] 结合本题(2)的条件，采用体积分割法求解本题，即利用体积相等建立等量关系．[素养培优]有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是顶角的余弦值为12的等腰三角形．在容器内放一个半径为r 的铁球，并注水，使水面与球正好相切，然后将球取出，则这时容器中水的深度为________．315r [如图，作出轴截面，因为轴截面是顶角的余弦值为12的等腰三角形，所以顶角为π3，所以该轴截面为正三角形．根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r ，水面所在圆的半径为3r ，则容器内水的体积V ＝13π(3r )2·3r －43πr 3＝53πr 3.将球取出后，设容器中水的深度为h ，则水面圆的半径为33h ，从而容器内水的体积V ′＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫33h 2h ＝19πh 3，由V ＝V ′，得h ＝315r ，所以这时容器中水的深度为315r .]柱体的内切球问题[素养案例6] (2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3B [由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.。

高三数学一轮复习试卷：空间几何体的结构

高三数学一轮复习试卷：空间几何体的结构导读：高考，比的不是智商高低，比的是谁的耐心好，通过一轮、二轮、三轮复习的摧残还能有几个小伙伴说自己屹立不倒的?今天查字典数学网小编末宝就给大伙儿带来了高考数学一轮复习的同步练习，快来看看吧。

3.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图能够为( )【答案】：D【解析】：通过正视图及俯视图可看出该几何体为半个圆锥和一个三棱锥组合在一起，故侧视图为D。

4.一个几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图差不多上等边三角形，且该几何体的四个点在空间直坐标系O-xyz中的坐标分别是(0,0,0)，(2, 0,0)，(2,2,0)，(0,2,0)，则第五个顶点的坐标可能为( )6.如图，网格纸的各小格差不多上正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则那个几何体是( )A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱【答案】：B【解析】：由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B。

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末宝带你游数学：高三数学一轮复习试题：简单的线性规划问题高三数学一轮复习试题：数学归纳法一样说来，“教师”概念之形成经历了十分漫长的历史。

杨士勋（唐初学者，四门博士）《春秋谷梁传疏》曰：“师者教人以不及，故谓师为师资也”。

这儿的“师资”，事实上确实是先秦而后历代对教师的别称之一。

《韩非子》也有云：“今有不才之子……师长教之弗为变”其“师长”因此也指教师。

这儿的“师资”和“师长”可称为“教师”概念的雏形，但仍说不上是名副事实上的“教师”，因为“教师”必须要有明确的传授知识的对象和本身明确的职责。

与当今“教师”一称最接近的“老师”概念，最早也要追溯至宋元时期。

金代元好问《示侄孙伯安》诗云：“伯安入小学，颖悟专门貌，属句有夙性，说字惊老师。

”因此看，宋元时期小学教师被称为“老师”有案可稽。

清代称主考官也为“老师”，而一样学堂里的先生则称为“教师”或“教习”。

高考数学一轮总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与直观图课时训练理(2021年整

2019年高考数学一轮总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与直观图课时跟踪检测理编辑整理：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年高考数学一轮总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与直观图课时跟踪检测理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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7。

1 空间几何体的结构特征及三视图与直观图[课时跟踪检测］[基础达标]1．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台解析：因为正(主)视图和侧（左）视图都为三角形,可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．答案：A2．(2017年浙江卷)某几何体的三视图如图所示（单位：cm),则该几何体的体积(单位：cm3）是( )A.错误!＋1 B．错误!＋3C。

错误!＋1 D．错误!＋3解析:由图可知,几何体由半个圆锥与一个三棱锥构成，∵半圆锥的体积V＝错误!×(π×12）×3×错误!＝错误!，三棱锥的体积V2＝错误!×3×错误!＝11，∴该几何体的体积V＝V1＋V2＝错误!＋1.答案:A3．（2017年全国卷Ⅱ）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为（)A．π B．错误!C.错误!D．错误!解析: 过圆柱的轴作截面,所得截面如图，则圆柱的底面半径为r＝错误!＝错误!，所以圆柱的体积为πr2·h＝π×错误!2×1＝错误!。

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.。

【金牌精品】高考数学(理)一轮复习：7-1空间几何体的结构及其三视图和直观图

课后课时作业[A组·基础达标练]1．[2016·潍坊模拟]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．圆柱答案 D解析球、正方体的三视图形状都相同，大小均相等．三棱锥的三条侧棱相等且两两垂直时，其三视图的形状都相同，大小均相等．不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不会完全相同，故选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答案 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．[2015·海口模拟]如图是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是()答案 D解析由俯视图可排除A、C，由正视图和侧视图可知B错，故选D.4．[2016·云南师大附中月考]已知一几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体(图形)可能是()①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③每个面都是直角三角形的四面体A．①②③B．②③C．①③D．①②答案 A解析由三视图知该几何体为正四棱柱如图所示．当选择的四个点为B1、B、C、C1时，几何体为矩形，①正确；当选择B、A、B1、C时，几何体满足②中要求；当选择A、B、D、D1时，几何体满足③中要求．故选A.5．已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于()A．1 B. 2C.2－12 D.2＋12答案 C解析由俯视图知正方体的底面水平放置，其正视图为矩形，以正方体的高为一边长，另一边长最小为1，最大为2，正视图面积范围应为[1，2]，不可能等于2－12.故选C.6．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交AA1于E，交CC1于F，得四边形BFD1E，给出下列结论：①四边形BFD1E有可能为梯形；②四边形BFD1E有可能为菱形；③四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形；④四边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D1D；⑤四边形BFD1E面积的最小值为6 2.其中正确的是()A．①②③④B．②③④⑤C．①③④⑤D．①②④⑤答案 B解析四边形BFD1E为平行四边形，①显然不成立，当E、F分别为AA1、CC1的中点时，②④成立，四边形BFD1E在底面的投影恒为正方形ABCD.当E、F分别为AA1、CC1的中点时，四边形BFD1E 的面积最小，最小值为62.故选B.7．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．8.在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO为________，面积为________ cm2.答案矩形8解析由斜二测画法的特点可知该平面图形是一个长为4 cm、宽为2 cm的矩形，所以面积为8 cm2.9．[2015·丰台模拟]如图，某三棱锥的三视图都是直角边为2的等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是________．答案 3解析由三视图可知，该几何体的直观图如图所示．AB，AC，AD两两垂直，且均为2，所以四个面中面积最大的为△BCD，且△BCD是边长为2的正三角形，所以S△BCD＝12×2×2×32＝ 3.10．[2015·朝阳模拟]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________．答案3 4解析由正视图与俯视图可知，该几何体侧视图的面积为12×32×3＝34.[B 组·能力提升练]1．[2016·长春质检]某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．2＋1＋52πB ．2＋1＋252πC ．2＋(1＋5)πD ．2＋2＋52π答案 A 解析由几何体的三视图可知，该几何体是经过旋转轴作截面，截取的半个圆锥，底面半径是1，高是2，所以母线长为5，所以其表面积为底面半圆面积和圆锥的侧面积的一半以及截面三角形的面积的和，即12π＋12π·5＋12×2×2＝1＋52π＋2，故选A.2．[2015·课标全国卷Ⅱ]一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15答案 D 解析如图，不妨设正方体的棱长为1，则截去部分为三棱锥A －A 1B 1D 1，其体积为16，又正方体的体积为1，则剩余部分的体积为56，故所求比值为15.故选D.3．[2015·北京高考]某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A．2＋ 5 B．4＋ 5C．2＋2 5 D．5答案 C解析由三视图可知，该几何体底面为等腰三角形，其中一条侧棱与底面垂直的三棱锥(SA⊥平面ABC)，由三视图中的数据可计算得S△ABC＝12×2×2＝2，S△SAC ＝12×5×1＝52，S△SAB＝12×5×1＝52，S△SBC＝12×2×5＝5，所以S表面积＝2＋2 5.4．[2015·湖南高考]某工件的三视图如图所示．现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率＝新工件的体积原工件的体积)()A.89π B.169πC.4(2－1)3π D.12(2－1)3π答案 A解析解法一：由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令此长方体底面对角线长为2x，高为h，则由三角形相似可得，x1＝2－h2，所以h＝2－2x，x∈(0,1)，长方体体积为V长方体＝(2x)2h＝2x2(2－2x)≤2⎝⎛⎭⎪⎫x＋x＋2－2x33＝1627，当且仅当x＝2－2x，即x＝23时取等号，V圆锥＝13π×12×2＝2π3，故材料利用率为16272π3＝89π，选A.解法二：由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令此长方体底面对角线长为2x，高为h，则由三角形相似可得，x1＝2－h2，所以h＝2－2x，x∈(0,1)，长方体体积为V长方体＝(2 x)2h＝2x2(2－2x)＝－4x3＋4x2，令V′长方体＝－12x2＋8x＝0，得x＝23，故当x＝23时，(V长方体)max＝1627，V圆锥＝13π×12×2＝2π3，故材料利用率为16272π3＝89π，选A.5．[2015·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.。

高考数学(理)一轮复习文档第七章立体几何第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图 Word版含答案

第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图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．3．三视图(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．1．辨明三个易误点(1)台体可以看成是由锥体截得的，但一定要强调截面与底面平行．(2)注意空间几何体的不同放置对三视图的影响．(3)几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系．2．由三视图还原几何体的方法3．用斜二测画法画直观图(1)一般在已知原图形中建立直角坐标系，尽量运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系．(2)一定要注意在原图形中与y轴平行的线段的长度在直观图中变为原来的一半，在由直观图还原时，与y′轴平行的线段的长度要变为原来的二倍．在斜二测画法中，真实图形的面积和直观图的面积之比是22∶1.1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A．圆柱B．圆锥C．球D．圆柱、圆锥、球的组合体C 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．2．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是( )A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等B 根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．3．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( )B 根据选项A、B、C、D中的直观图，画出其三视图，只有B项正确．4.教材习题改编若某几何体的三视图如图所示，则该几何体为________．四棱柱与圆柱组合而成的简单组合体5.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.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.矩形8空间几何体的结构特征(1)下列说法正确的是( )A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点(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．3【解析】(1)A错，如图1；B正确，如图2，其中底面ABCD是矩形，可证明∠PAB，∠PCB都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图3；D错，由棱台的定义知，其侧棱必相交于同一点．(2)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．【答案】(1)B (2)B判定与空间几何体结构特征有关命题的方法(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．给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中错误的命题的序号是________．认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故①③都不正确，②中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确，④平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④也不正确．①②③④空间几何体的三视图(高频考点)空间几何体的三视图是每年高考的热点，题型为选择题或填空题，难度适中，属于中档题．高考对三视图的考查主要有以下三个命题角度：(1)根据几何体的结构特征确认其三视图；(2)根据三视图还原直观图；(3)由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图．(1)(2015·高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B． 2C. 3 D．2(2)(2017·东北四市联考(二))如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为( )【解析】(1)根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD．连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝ 3.(2)如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D．【答案】(1)C (2)D三视图问题的常见类型及解题策略(1)已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找到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，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．角度一根据几何体的结构特征确认其三视图1．(2017·沈阳市教学质量监测(一))“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B．角度二根据三视图还原直观图2．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥形，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．角度三由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图3.(2016·高考天津卷)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )B 由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.空间几何体的直观图如图，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】如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×22＝42(cm)，CD＝C′D′＝2 cm，所以OC＝OD2＋CD2＝（42）2＋22＝6(cm)，所以OA＝OC，故四边形OABC是菱形，因此选C.【答案】 C若本例中直观图为如图所示的一个边长为1 cm的正方形，则原图形的周长是多少？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＋（22）2＝3，于是周长为2×3＋2×1＝8(cm)．如图，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，则该平面图形的面积为________．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＋ 2.2＋ 2——忽视三视图中的虚实线而致误将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )【解析】侧视图中能够看到线段AD 1，应画为实线，而看不到B 1C ，应画为虚线．由于AD 1与B1C 不平行，投影为相交线，故应选B ．【答案】 B(1)因对三视图的含义认识不到位，区分不清选项A 和B ，而易误选A ；(2)因对三视图的画法要求不明而误选C或D ．在画三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画，被遮住的部分的轮廓线用虚线画；(3)解答此类问题时，还易出现画三视图时对个别视图表达不准而不能画出所要求的视图．(2017·河北省五校联盟质量检测)某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )A ．2B ．2 2C. 3 D．2 3D 在正方体ABCDA1B1C1D1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D1BCB1，如图所示，其四个面的面积分别为2，22，22，23，故选D．1．(2017·沈阳质检)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为( )A．三棱台B．三棱柱C．四棱柱D．四棱锥B 根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示．这是一个三棱柱．2.如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，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ADB 由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.3．如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是( )A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上B 因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A 、C 正确，且在它的高所在的直线上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D 正确，B 不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．4．(2017·山西省四校联考)如图是一个体积为10的空间几何体的三视图，则图中x 的值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5A 根据给定的三视图可知，该几何体对应的直观图是一个长方体和四棱锥的组合体，所以几何体的体积V ＝3×2×1＋13×3×2×x ＝10，解得x ＝2.5．(2017·山西省考前质量检测)某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为( )A.152B ．6＋ 3 C.32＋3 3 D ．4 3A 侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.6．(2017·海口市调研测试)一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为( )A.33 B．17C.41 D．42C 依题意，题中的几何体是四棱锥EABB1A1，如图所示(其中ABCDA1B1C1D1是棱长为4的正方体，C1E＝1)，EA＝32＋42＋42＝41，EA1＝12＋42＋42＝33，EB＝32＋42＝5，EB1＝12＋42＝17，AB＝BB1＝B1A1＝A1A＝4，因此该几何体的最长棱的棱长为41，选C.7．有一个长为5 cm，宽为4 cm的矩形，则其直观图的面积为________．由于该矩形的面积S＝5×4＝20(cm2)，所以其直观图的面积S′＝24S＝52(cm2)．5 2 cm28．如图所示的Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周得到的图形是________．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旋转一周后应得到是以CD作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体．两个圆锥的组合体9．已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的各侧面图形中，是直角三角形的有________个．由三视图知该几何体是一个四棱锥，它的一个侧面与底面垂直，且此侧面的顶点在底面上的射影为对应底边的中点，易知其有两个侧面是直角三角形．210.已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．由正三棱柱的特征及侧(左)视图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正(主)视图的面积为2 3.2 311.如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，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.(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 cm.由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝63(cm)．12．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥VABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过A作截面AEF，求△AEF周长的最小值．如图，将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，则线段AA1的长即为所求△AEF的周长的最小值．取AA 1的中点D ，连接VD ，则VD ⊥AA 1，∠AVD ＝60°. 在Rt△VAD 中，AD ＝VA ·sin 60°＝3，所以AA 1＝2AD ＝6，即△AEF 周长的最小值为6.13．(2017·石家庄市教学质量检测(二))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( )D 分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD ，故选D ．14.如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.3315．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积． (1)正六棱锥． (2)其侧视图如图：其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，所以该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.16．某几何体的三视图如图所示．(1)判断该几何体是什么几何体？ (2)画出该几何体的直观图．(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示．。

2025年高考数学一轮复习-空间几何体的结构、表面积和体积-专项训练【含答案】

2025年高考数学一轮复习-空间几何体的结构、表面积和体积-专项训练一、基本技能练1.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，则该棱柱的其他侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等2.如图所示的等腰梯形是一个几何图形的斜二测直观图，其底角为45°，上底和腰均为1，下底为2＋1，则此直观图对应的平面图形的面积为()A.1＋2B.2＋2C.2＋22D.4＋223.如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为()A.4B.43D.3C.234.已知在梯形ABCD中，∠ABC＝π2，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，则将梯形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表面积为() A.(5＋2)π B.(4＋2)πC.(5＋22)πD.(3＋2)π5.如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷、佛像而主持修建的，是我国现存最早的四方楼阁式砖塔.塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为45°，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为()A.3∶2B.2∶2C.3∶3D.3∶46.过圆锥的轴作截面，如果截面为正三角形，则称该圆锥为等边圆锥.已知在一等边圆锥中，过顶点P 的截面与底面交于CD ，若∠COD ＝90°(O 为底面圆心)，且S △PCD ＝72，则这个等边圆锥的表面积为()A.2π＋2πB.3πC.2π＋3πD.π＋3π7.如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，ED ＝2FC ＝2，则四面体ABEF 的体积为()A.13B.23C.1D.438.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为5－12，约为0.618.这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金比.在几何世界中有很多黄金图形，在三角形中，如果相邻两边之比等于黄金比，且它们夹角的余弦值为黄金比值，那么这个三角形一定是直角三角形，且这个三角形称为黄金分割直角三角形.在正四棱锥中，以黄金分割直角三角形的长直角边作为正四棱锥的高，黄金分割直角三角形的短直角边的边长作为底面正方形的边心距(正多边形的边心距是正多边形的外接圆圆心到正多边形某一边的距离)，斜边作为正四棱锥的斜高，这样得到的正四棱锥称为黄金分割正四棱锥.在黄金分割正四棱锥中，以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为()A.5－12B.5＋12C.1D.149.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A′B′C′D′中，点E，F，G分别是棱A′B′，B′C′，CD的中点，则由点E，F，G确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于________.10.已知圆锥的顶点为S，底面圆周上的两点A，B满足△SAB为等边三角形，且面积为43，又知圆锥轴截面的面积为8，则圆锥的侧面积为________.11.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，点D在棱AA1上，则三棱锥D－BB1C1的体积为________.12.已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝π2，SB＝4，SC＝213，AB＝2，BC ＝6，则三棱锥S－ABC的体积为________.二、创新拓展练13.(多选)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°.若取θ＝30°，侧棱长为21米，则()A.正四棱锥的底面边长为6米B.正四棱锥的底面边长为3米C.正四棱锥的侧面积为243平方米D.正四棱锥的侧面积为123平方米14.(多选)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝12，则下列结论中错误的是()A.AC⊥AFB.EF∥平面ABCDC.三棱锥A－BEF的体积为定值D.△AEF的面积与△BEF的面积相等15.(多选)《九章算术》是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”，则()A.“羡除”有且仅有两个面为三角形B.“羡除”一定不是台体C.不存在有两个面为平行四边形的“羡除”D.“羡除”至多有两个面为梯形16.(多选)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则()A.V3＝2V2B.V3＝V1C.V3＝V1＋V2D.2V3＝3V1参考答案与解析一、基本技能练1.答案C解析棱柱的侧面都是平行四边形，选项A错误；其他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.2.答案B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，∴平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1，下底边长为2＋1，∴平面图形的面积S＝1＋1＋22×2＝2＋ 2.故选B.3.答案B解析易知该几何体是由上、下两个全等的正四棱锥组成的，其中正四棱锥底面边长为2，棱锥的高为1，所以该多面体的体积V ＝2×13×(2)2×1＝43.4.答案A解析因为在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，所以将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周得到的几何体是一个底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，如图所示.所以该几何体的表面积S ＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.5.答案D解析设塔顶是正四棱锥P －ABCD (如图)，PO 是正四棱锥的高.设正四棱锥底面边长为a ，则底面面积S 1＝a 2，因为AO ＝22a ，∠PAO ＝45°，所以PA ＝2×22a ＝a ，所以△PAB 是正三角形，其面积为S 2＝34a 2，所以S 2∶S 1＝34a 2∶a 2＝3∶4.6.答案B解析如图，连接PO ，设圆锥的母线长为2a ，则圆锥的底面圆的半径为a ，高为PO ＝3a .由已知得CD ＝2a ，PC ＝PD ＝2a ，则S △PCD ＝12×2a ×（3a ）2＋22a 2＝72，从而可得a ＝1，圆锥的表面积为πa ×2a ＋πa 2＝3πa 2＝3π.7.答案B解析∵ED ⊥平面ABCD 且AD ⊂平面ABCD ，∴ED ⊥AD .∵在正方形ABCD 中，AD ⊥DC ，又DC ∩ED ＝D ，DC ，ED ⊂平面CDEF ，∴AD ⊥平面CDEF .易知FC ＝ED2＝1，V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF .∵V E －ABCD ＝13·ED ·S 正方形ABCD ＝13×2×2×2＝83，V B －EFC ＝13·BC ·S △EFC ＝13×2×2×1×12＝23，∴V ABCDEF ＝V E －ABCD ＋V B －EFC ＝83＋23＝103.又V F －ABCD ＝13·FC ·S 正方形ABCD ＝13×1×2×2＝43，V A －DEF ＝13·AD ·S △DEF ＝13×2×2×2×12＝43，∴V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF ＝103－43－43＝23.故选B.8.答案D解析如图，在黄金分割正四棱锥P －ABCD 中，O 是正方形ABCD 的中心，PE 是正四棱锥的斜高，设OE ＝a ，则CD ＝2a ，∴Rt△POE为黄金分割直角三角形，则OEPE＝5－12，∴PE＝5＋12，则PO＝PE2－OE2＝1＋52a，∴以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积S＝PO2＝1＋52a2，又正四棱锥的四个侧面是全等的，∴S侧＝4S△PCD＝4×12×CD×PE＝2(1＋5)a2，∴该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为1 4 .9.答案332解析分别取AD，CC′和AA′的中点为P，M，N，可得出过E，F，G三点的平面截正方体所得截面为正六边形EFMGPN，则正六边形的边长MG＝CG2＋CM2＝222＋2221，故截面多边形的面积S＝6×34×12＝332.10.答案82π解析设圆锥的母线长为l，由△SAB为等边三角形，且面积为43，所以12l 2sin π3＝43，解得l ＝4；又设圆锥底面半径为r ，高为h ，则由轴截面的面积为8，得rh ＝8；又r 2＋h 2＝l 2＝16，解得r ＝h ＝22，所以圆锥的侧面积S ＝πrl ＝π·22·4＝82π.11.答案233解析如图，取BC 的中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3.∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为3.又S △BB 1C 1＝12×2×2＝2，∴V D －BB 1C 1＝13×2×3＝233.12.答案43解析∵∠ABC ＝π2，AB ＝2，BC ＝6，∴AC ＝AB 2＋BC 2＝22＋62＝210.∵∠SAB ＝π2，AB ＝2，SB ＝4，∴AS ＝SB 2－AB 2＝42－22＝2 3.由SC ＝213，得AC 2＋AS 2＝SC 2，∴AC ⊥AS .又∵SA ⊥AB ，AC ∩AB ＝A ，AC ，AB ⊂平面ABC ，∴AS ⊥平面ABC .∴AS 为三棱锥S －ABC 的高，∴V 三棱锥S －ABC ＝13×12×2×6×23＝4 3.二、创新拓展练13.答案AC解析如图，在正四棱锥S －ABCD 中，O 为正方形ABCD 的中心，H 为AB 的中点，则∠SHO 为侧面SAB 与底面ABCD 所成的锐二面角，且SH ⊥AB ，∠SHO ＝30°，设底面边长为2a ，所以OH ＝AH ＝a ，OS ＝33a ，SH ＝233.在Rt △SAH 中，a 2＝21，解得a ＝3，所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为S ＝12×6×23×4＝243(平方米).14.答案AD解析由题意及图形知，当点F 与点B 1重合时，∠CAF ＝60°，故A 错误；由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的两个底面平行，EF ⊂平面A 1B 1C 1D 1，知EF ∥平面ABCD ，故B 正确；由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，点A 到平面DD 1B 1B 的距离是定值，故可得三棱锥A －BEF 的体积为定值，故C 正确；由图形可以看出，B 到直线EF 的距离与A 到直线EF 的距离不相等，故△AEF 的面积与△BEF 的面积不相等，故D 错误.故选AD.15.答案ABC解析由题意知AE ∥BF ∥CD ，四边形ACDE 为梯形，如图所示.选项A ，由题意知“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A 正确；选项B ，因为AE ∥BF ∥CD ，所以“羡除”一定不是台体，故B 正确；选项C ，假设四边形ABFE 和四边形BCDF 为平行四边形，则AE ∥BF ∥CD ，且AE ＝BF ＝CD ，即四边形ACDE 为平行四边形，与已知四边形ACDE 为梯形矛盾，故不存在，故C 正确；选项D ，若AE ≠BF ≠CD ，则“羡除”有三个面为梯形，故D 错误.故选ABC.16.答案CD 解析如图，连接BD 交AC 于O ，连接OE ，OF .设AB ＝ED ＝2FB ＝2，则AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝2，FB ＝1.因为ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，所以FB ⊥平面ABCD ，所以V 1＝V E －ACD ＝13S △ACD ·ED ＝13×12AD ·CD ·ED ＝13×12×2×2×2＝43，V 2＝V F －ABC ＝13S △ABC ·FB ＝13×12AB ·BC ·FB ＝13×12×2×2×1＝23.因为ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以ED ⊥AC ，又AC ⊥BD ，且ED ∩BD ＝D ，ED ，BD ⊂平面BDEF ，所以AC ⊥平面BDEF .因为OE ，OF ⊂平面BDEF ，所以AC ⊥OE ，AC ⊥OF .易知AC＝BD＝2AB＝22，OB＝OD＝12BD＝2，OF＝OB2＋FB2＝3，OE＝OD2＋ED2＝6，EF＝BD2＋（ED－FB）2＝（22）2＋（2－1）2＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE.又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝V F－ACE＝13S△ACE·OF＝13×12AC·OE·OF＝13×12×22×6×3＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，所以选项A，B不正确，选项C，D正确.故选CD.。

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学案理(2021年整理)

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学案理编辑整理：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学案理）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。

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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)棱锥的侧棱都相等．( )（2)圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的直线都是母线．（)（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，而且应该是从左下到右上，不符合题意．故选A。

三维设计高考数学人教版理科一轮复习配套题库7.1空间几何体的结构特征及三视图与直观图(含答案详析)

高考真题备选题库第7章立体几何第1节空间几何体的结构特征及三视图与直观图考点一柱、锥、台、球及其简单几何体的结构特征1．（2013北京，5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在线段D 1E 上．点P 到直线CC 1的距离的最小值为________．解析：本题考查空间几何体、点到直线的距离等基础知识，意在考查等价转化的数学思想和考生的空间想象能力．点P 到直线CC 1的距离等于点P 在平面ABCD 上的射影到点C 的距离，设点P 在平面ABCD 上的射影为P ′，显然点P 到直线CC 1的距离的最小值为P ′C 的长度的最小值．当P ′C ⊥DE 时，P ′C 的长度最小，此时P ′C ＝2×122＋1＝255.答案：2552．（2011辽宁，5分）如图，四棱锥S －ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不．正确的是( ) A ．AC ⊥SB B ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角解析：选项A 正确，因为SD 垂直于平面ABCD ，而AC 在平面ABCD 中，所以AC 垂直于SD ；再由ABCD 为正方形，所以AC 垂直于BD ；而BD 与SD 相交，所以，AC 垂直于平面SBD ，进而垂直于SB .选项B 正确，因为AB 平行于CD ，而CD 在平面SCD 内，AB 不在平面SCD 内，所以AB 平行于平面SCD .选项C 正确，设AC 与BD 的交点为O ，连接SO ，则SA 与平面SBD 所成的角就是∠ASO ，SC 与平面SBD 所成的角就是∠CSO ，易知这两个角相等．选项D 错误，AB 与SC 所成的角等于∠SCD ，而DC 与SA 所成的角是∠SAB ，这两个角不相等．答案：D3．(2009·宁夏、海南，5分)如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E 、F ，且EF ＝22，则下列结论中错误的是( )A ．AC ⊥BEB ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥A －BEF 的体积为定值D ．异面直线AE 、BF 所成的角为定值解析：如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，又∵BE ⊂平面BB 1D 1D ，∴AC ⊥BE ，∴A 对． ∵EF ∥BD ，BD ⊂平面ABCD ，EF ⊄平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD ，∴B 对．S △BEF ＝12×EF ×BB 1＝12×22×1＝24，AO ⊥平面BB 1D 1D ，AO ＝22， ∴V A －BEF ＝13×24×22＝112，∴三棱锥的体积为定值，C 对．故选D. 答案：D考点二三视图与直观图1．（2013新课标全国Ⅰ,5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π解析：本题考查空间组合体的三视图及组合体的体积计算，意在考查考生的识图能力、空间想象能力以及计算能力．先根据三视图判断出组合体的结构特征，再根据几何体的体积公式进行计算．根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12π×22×4＝16＋8π，选择A.答案：A2．(2013新课标全国Ⅱ,5分)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O -xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为( )解析：选A 本题考查三视图的基本知识．作出空间直角坐标系，在坐标系中标出各点的位置，然后进行投影，分析其正视图形状．易知选A.答案：A3．(2013广东,5分)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )A ．4 B.143 C.163D ．6解析：本题考查三视图及几何体体积的计算，考查考生的空间想象能力及运算能力．由四棱台的三视图可知，台体上底面积S 1＝1×1＝1，下底面积S 2＝2×2＝4，高h ＝2，代入台体的体积公式V ＝13(S 1＋S 1S 2＋S 2)h ＝13×(1＋1×4＋4)×2＝143.答案：B4．(2013湖南,5分)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于( )A ．1 B. 2 C.2－12D.2＋12解析：本小题主要考查三视图及考生的空间想象能力，考查函数与方程思想．由题可知正方体的底面与水平面平行，先把正方体正放，然后将正方体按某一侧棱逆时针旋转，易知当正方体正放时，其正视图的面积最小，为1×1＝1；当正方体逆时针旋转45°时，其正视图的面积最大，为1×2＝ 2.而2－12<1，所以正方体的正视图的面积不可能等于2－12. 答案：C5．(2013湖北,5分)一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为V 1，V 2，V 3，V 4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有( )A ．V 1＜V 2＜V 4＜V 3B ．V 1＜V 3＜V 2＜V 4C ．V 2＜V 1＜V 3＜V 4D ．V 2＜V 3＜V 1＜V 4解析：本题考查三视图以及几何体的体积计算问题，意在考查考生空间想象能力和运算求解能力．由题意可知，由于上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体．根据三视图可知，最上面一个简单几何体是上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为1，高为1的圆台，其体积V 1＝13π×(12＋22＋1×2)×1＝73π；从上到下的第二个简单几何体是一个底面圆半径为1，高为2的圆柱，其体积V 2＝π×12×2＝2π；从上到下的第三个简单几何体是边长为2的正方体，其体积V 3＝23＝8；从上到下的第四个简单几何体是一个棱台，其上底面是边长为2的正方形，下底面是边长为4的正方形，棱台的高为1，故体积V 4＝13×(22＋2×4＋42)×1＝283，比较大小可知答案选C.答案：C6．(2013陕西,5分)某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．解析：本题考查三视图和空间几何体之间的关系，涉及体积的计算方法，考查考生的空间想象能力及运算求解能力．易知原几何体是底面圆半经为1，高为2的圆锥体的一半，故所求体积为V ＝12×13×(π×12)×2＝π3.答案：π37．(2012新课标全国,5分)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( )A ．6B ．9C ．12D ．18解析：由三视图可知该几何体为底面是斜边为6的等腰直角三角形，高为3的三棱锥，其体积为13×12×6×3×3＝9.答案：B8．(2012广东,5分)某几何体的三视图如图所示，它的体积为( )A ．12πB ．45πC ．57πD ．81π解析：由三视图可知，该几何体是由底面直径为6，高为5的圆柱与底面直径为6，母线长为5的圆锥组成的组合体，因此，体积为V ＝π×32×5＋13×π×32×52－32＝57π.答案：C9.(2011山东,5分)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 ．3B ．2C ．1D ．0解析：把底面为等腰直角三角形的直三棱柱的一个直角边所在侧面放在水平面上，就可以使得这个三棱柱的正视图和俯视图符合要求，故命题①是真命题；把一个正四棱柱的一个侧面放置在水平面上，即可使得这个四棱柱的正视图和俯视图符合要求，命题②是真命题；只要把圆柱侧面的一条母线放置在水平面即符合要求，命题③也是真命题．答案：A10．(2011广东,5分)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 3B ．12 3C ．9 3D ．6 3解析：该几何体为一个斜棱柱，其直观图如图所示，由题知该几何体的底面是边长为3的正方形，高为3，故V ＝3×3×3＝9 3. 答案：C11．(2011浙江,5分)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：从俯视图看，B 和D 符合，从正视图看D 符合，而从侧视图看D 也是符合的．答案：D12．(2011陕西,5分)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：A13．(2010浙江,5分)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是( )A.3523cm 3B.3203cm 3C.2243cm 3 D.1603cm 3 解析：该空间几何体上半部分是底面边长为4的正方形，高为2的正四棱柱，其体积为4×4×2＝32(cm 3)．下半部分是上、下底面边长分别为4、8，高为2的正四棱台，其体积为13×(16＋4×8＋64)×2＝2243(cm 3)．故其总体积为32＋2243＝3203(cm 3)．答案：B14．(2009·山东,5分)一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2π＋23B ．4π＋2 3C ．2π＋233D ．4π＋233解析：由几何体的三视图可知，该几何体是由一个底面直径和高都是2的圆柱和一个底面边长为2，侧棱长为2的正四棱锥叠放而成．故该几何体的体积为V ＝π·12·2＋13·(2)2·3＝2π＋233，故选C.答案：C15．(2012天津,5分)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，上面是长、宽、高分别是6、3、1的长方体，下面是两个半径均为32的球，其体积为6×3×1＋2×43×π×(32)3＝18＋9π.答案：18＋9π16．(2011辽宁,5分)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是________．解析：设正三棱柱的底面边长为a ，利用体积为23，很容易求出这个正三棱柱的底面边长和侧棱长都是2，所以底面正三角形的高为3，故所求矩形的面积为2 3.答案：2 317．(2010湖南,5分)如图中的三个直角三角形是一个体积为20 cm 3的几何体的三视图，则h ＝________ cm.解析：由题可知，13×12×5×6×h ＝20⇒h ＝4(cm)．答案：418．(2009·浙江,4分)若某几何体的三视图(单位：cm )如图所示，则此几何体的体积是________cm3.解析：由三视图可知此几何体是由两块长、宽均为3 cm，高为1 cm的长方体构成，故其体积为2(3×3×1)＝18(cm3)．答案：18。

高考数学一轮复习学案：空间几何体的结构、三视图和直观图(含答案)

高考数学一轮复习学案：空间几何体的结构、三视图和直观图（含答案）8.1空间几何体的结构空间几何体的结构..三视图和直观图三视图和直观图最新考纲考情考向分析1.认识柱.锥.台.球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能画出简单空间图形长方体.球.圆柱.圆锥.棱柱等的简易组合的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图.3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.空间几何体的结构特征.三视图.直观图在高考中几乎年年考查主要考查根据几何体的三视图求其体积与表面积对空间几何体的结构特征.三视图.直观图的考查，以选择题和填空题为主.1多面体的结构特征2旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.空间几何体的三视图1三视图的名称几何体的三视图包括正视图.侧视图.俯视图2三视图的画法在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线三视图的正视图.侧视图.俯视图分别是从几何体的正前方.正左方.正上方观察到的几何体的正投影图4空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是1原图形中x轴.y轴.z轴两两垂直，直观图中，x轴，y轴的夹角为45或135，z轴与x轴和y轴所在平面垂直2原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度变为原来的一半知识拓展1常见旋转体的三视图1球的三视图都是半径相等的圆2水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形3水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形4水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形2斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”坐标轴的夹角改变与y轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”平行性不改变与x，z轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变题组一思考辨析1判断下列结论是否正确请在括号中打“”或“”1有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱2有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥3夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台4正方体.球.圆锥各自的三视图中，三视图均相同5用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱6菱形的直观图仍是菱形题组二教材改编2P19T2下列说法正确的是A相等的角在直观图中仍然相等B相等的线段在直观图中仍然相等C正方形的直观图是正方形D若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行答案D解析由直观图的画法规则知，角度.长度都有可能改变，而线段的平行性不变3P8T1在如图所示的几何体中，是棱柱的为________填写所有正确的序号答案题组三易错自纠4某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是A圆柱B圆锥C四面体D三棱柱答案A解析由三视图知识知，圆锥.四面体.三棱柱放倒看都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形5xx珠海质检将正方体如图1所示截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为答案B解析侧视图中能够看到线段AD1，应画为实线，而看不到B1C，应画为虚线由于AD1与B1C不平行，投影为相交线，故选B.6.正三角形AOB的边长为a，建立如图所示的直角坐标系xOy，则它的直观图的面积是________答案616a2解析画出坐标系xOy，作出OAB的直观图OAB如图，D为OA的中点易知DB12DBD为OA的中点，SOAB1222SOAB2434a2616a2.题型一空间几何体的结构特征1给出下列命题在圆柱的上.下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；棱台的上.下底面可以不相似，但侧棱长一定相等其中正确命题的个数是A0B1C2D3答案A解析不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；错误，棱台的上.下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等2xx青岛模拟以下命题以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；圆柱.圆锥.圆台的底面都是圆面；一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台其中正确命题的个数为A0B1C2D3答案B解析由圆台的定义可知错误，正确对于命题，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，不正确思维升华1关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一反例即可2圆柱.圆锥.圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系3既然棱圆台是由棱圆锥定义的，所以在解决棱圆台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略题型二简单几何体的三视图命题点1已知几何体，识别三视图典例xx贵州七校联考如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点长方体是虚拟图形，起辅助作用，则四面体ABCD的三视图是用代表图形ABCD答案B解析正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是，侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是.命题点2已知三视图，判断几何体的形状典例xx全国某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A10B12C14D16答案B解析观察三视图可知，该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示因此该多面体各个面中有两个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这两个梯形的面积之和为21224212.故选B.命题点3已知三视图中的两个视图，判断第三个视图典例xx汕头模拟一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下列选项中，不可能是该锥体的俯视图的是答案C解析A，B，D选项满足三视图作法规则，C不满足三视图作法规则中的宽相等，故C不可能是该锥体的俯视图思维升华三视图问题的常见类型及解题策略1由几何体的直观图求三视图注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示2由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱.锥.台.球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图3由几何体的部分视图画出剩余的部分视图先根据已知的一部分三视图，还原.推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合跟踪训练1xx全国如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A90B63C42D36答案B解析方法一割补法由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上下两部分由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V3243261263.故选B.方法二估值法由题意知，12V圆柱V几何体V圆柱，又V圆柱321090，45V几何体90.观察选项可知只有63符合故选B.2如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个锥体的侧视图和俯视图，则该锥体的正视图可能是答案A解析由俯视图和侧视图可知原几何体是四棱锥，底面是长方形，内侧的侧面垂直于底面，所以正视图为A.题型三空间几何体的直观图典例xx福州调研已知等腰梯形ABCD，上底CD1，腰ADCB2，下底AB3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图ABCD的面积为________答案22解析如图所示，作出等腰梯形ABCD的直观图因为OE2211，所以OE12，EF24，则直观图ABCD的面积S1322422.思维升华用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x 轴或y轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出跟踪训练xx贵阳联考有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形如图所示，ABC45，ABAD1，DCBC，则这块菜地的面积为________答案222解析如图1，在直观图中，过点A作AEBC，垂足为E.在RtABE中，AB1，ABE45，BE22.又四边形AECD 为矩形，ADEC1，BCBEEC221，由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形ABCD.在梯形ABCD中，AD1，BC221，AB2.这块菜地的面积S12ADBCAB1211222222.。

全国通用近年高考数学一轮复习第七章立体几何初步课时作业三十九7.1空间几何体的结构及其三视图和直观

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课时分层作业三十九空间几何体的结构及其三视图和直观图一、选择题(每小题5分,共25分）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【解析】选C。

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.2.水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′=C′O′=1,A′O′=，那么原△ABC是一个（)A。

等边三角形B。

直角三角形C。

三边中只有两边相等的等腰三角形D.三边互不相等的三角形【解析】选A。

AO=2A′O′=2×=，在Rt△AOB中，AB==2，同理AC=2,所以BC是等边三角形.3。

一个简单几何体的正视图、侧视图分别为如图所示的矩形、正方形,则其俯视图不可能为( )A.矩形B。

直角三角形C。

椭圆 D.等腰三角形【解析】选D。

依题意，题中的几何体的俯视图的长为3、宽为2，因此结合题中选项知,其俯视图不可能是等腰三角形。

【变式备选】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。

高三数学人教版a版数学(理)高考一轮复习教案：7.1 空间几何体的结构特征及三视图与直观图 word版含答案

第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图三视图与直观图(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)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)．知识点一空间几何体的结构特征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易误提醒(1)棱台可以看成是由棱锥截得的，但截面一定与底面平行．(2)球的任何截面都是圆．球面被经过球心的平面截得的圆叫作大圆，大圆的半径等于球的半径；被不经过球心的平面截得的圆叫作小圆，小圆的半径小于球的半径．必记结论球的截面的性质(1)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(2)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r有下面的关系：r＝R2－d2.[自测练习]1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是()A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等解析：根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．答案：B2．如图，在球中被平面所截面的截面小圆的半径为2，球心半径为3，则球心到截面圆心距离为________．解析：由条件知r＝2，R＝3，∴r2＋d2＝R2，∴d＝R2－r2＝ 5.答案： 5知识点二空间几何体的三视图1．三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图．2．三视图的画法(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．易误提醒(1)画三视图时，能看见的线和棱用实线表示，不能看见的线和棱用虚线表示．(2)一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．[自测练习]3．(2016·深圳调研)用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：由于三视图可见部分用实线画出，不可见部分用虚线画出，故选B. 答案：B4．某几何体的三视图如图所示，根据三视图可以判断这个几何体为( )A ．圆锥B ．三棱锥C ．三棱柱D ．三棱台解析：根据俯视图与侧视图，可得该几何体为三棱柱．答案：C知识点三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．必记结论斜二测画法中的“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[自测练习]5．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：根据斜二测画法的规则知，选A.答案：A考点一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用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台；③若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；④棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形．其中正确命题的序号是()A．①②③B．②③C．③D．①②③④解析：对于①，棱柱的侧面不一定全等，故①错；对于②，截面与底面不一定平行，故②错；对于④，棱台的侧棱延长后相交于一点，但侧面不一定是等腰梯形，故④错；由面面垂直的判定及性质知③正确，故选C.答案：C2．下列结论中正确的是()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一点的连线都是母线解析：当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A错误；若三角形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，所得几何体就不是圆锥，B错误；若六棱锥的所有棱都相等，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，则棱长必然要大于底面边长，故C错误．答案：D解决空间几何体结构特征问题的三个策略(1)把握几何体的结构特征，提高空间想象力．(2)构建几何模型、变换模型中的线面关系．(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图|(2016·温州模拟)(1)若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是()(2)(2016·汕头模拟)如图是一正方体被过棱的中点M，N，顶点A及过N，顶点D，C1的两个截面截去两角后所得的几何体，该几何体的正视图是()[解析](1)利用排除法求解．B的侧视图不对，C图的俯视图不对，D的正视图不对，排除B，C，D，A正确，故选A.(2)能看见的轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线．故选B.[答案](1)A(2)B三视图问题的求解方法(1)对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，然后再画其三视图．(2)由三视图还原几何体时，要遵循以下三步：①看视图，明关系；②分部分，想整体；③综合起来，定整体．(2015·江西师大附中模拟)已知一个三棱锥的正视图与俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图面积为( )A.32B.34C ．1D.12解析：由三棱锥的正视图与俯视图可知，该三棱锥的侧视图是一个两条直角边长分别为32，1的直角三角形，故它的面积为12×32×1＝34. 答案：B考点三空间几何体的直观图|1．用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB 平行于y 轴，BC ，AD 平行于x 轴．已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2，则原平面图形的面积为( )A ．4 cm 2B ．4 2 cm 2C ．8 cm 2D ．8 2 cm 2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 cm 2.答案：C2．已知△ABC 是边长为a 的等边三角形，则其直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解析：如图所示，设△A ′B ′C ′为△ABC 的直观图， O ′为A ′B ′的中点．由直观图的画法知A ′B ′＝a ， O ′C ′＝12·3a 2＝3a 4，∴S △A ′B ′C ′＝12·A ′B ′·(O ′C ′·sin 45°)＝12·a ·⎝⎛⎭⎫3a 4×22＝6a 216. 即边长为a 的等边三角形的直观图的面积为6a 216.答案：6a 216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．15.画三视图忽视边界线及其实虚致误【典例】将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )[解析]还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线．D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线．[答案] B[易误点评](1)忽视B1C是边界线致误．(2)注意了B1C是边界线，但忽视了B1C不可视，在侧视图中应为虚线，从而造成错误答案．[防范措施](1)在确定边界线时，要先分析几何体由哪些面组成，从而可确定边界线，其次要确定哪些边界线投影后与轮廓线重合，哪些边界线投影后与轮廓线不重合，不重合的是我们要在三视图中画出的．(2)在画三视图时，首先确定几何体的轮廓线，然后再确定面与面之间的边界线，再根据是否可视确定实虚．[跟踪练习](2015·张家界模拟)沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()解析：结合几何体及选项知B项正确．答案：BA组考点能力演练1.如图所示，△A′B′C′是△ABC的直观图，其中A′C′＝A′B′，那么△ABC是()A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．钝角三角形解析：由题图知A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴，由斜二测画法知，在△ABC中，AC ∥y轴，AB∥x轴，∴AC⊥AB.又因为A′C′＝A′B′，∴AC＝2AB≠AB，∴△ABC是直角三角形．B项正确．答案：B2．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正三角形，则侧视图的面积为()A．8B．4 3C．4 2 D．4解析：由三视图可知，该几何体是一个正三棱柱，高为4，底面是一个边长为2的正三角形．因此，侧视图是一个长为4，宽为3的矩形，其面积S＝3×4＝4 3.答案：B3．(2016·武昌调研)已知以下三视图中有三个同时表示某个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图是()解析：易知该三棱锥的底面是直角边分别为1和2的直角三角形，注意到侧视图是从左往右看得到的图形，结合B、D选项知，D选项中侧视图、俯视图方向错误，故选D.答案：D4．若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()A．1 B．2C．3 D．4解析：观察三视图，可得直观图如图所示．该三棱锥A-BCD的底面BCD是直角三角形，AB⊥平面BCD，CD⊥BC，侧面ABC，ABD是直角三角形，由CD⊥BC，CD⊥AB，知CD ⊥平面ABC，CD⊥AC，侧面ACD也是直角三角形，故选D.答案：D5．(2016·长沙模拟)某几何体的正视图和侧视图均为图甲所示，则在图乙的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是()A．①③B．①③④C．①②③D．①②③④解析：若图②是俯视图，则正视图和侧视图中矩形的竖边延长线有一条和圆相切，故图②不合要求；若图④是俯视图，则正视图和侧视图不相同，故图④不合要求，故选A.答案：A6．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ABCD -A1B1C1D1中的四面体A -CB1D1；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：①7.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：如图所示，△A′B′C′是边长为a的正三角形，作C′D′∥A′B′交y′轴于点D′，则C′，D′到x′轴的距离为3 2a.∵∠D ′A ′B ′＝45°，∴A ′D ′＝62a ，由斜二测画法的法则知，在△ABC 中，AB ＝A ′B ′＝a ，AB 边上的高是A ′D ′的二倍，即为6a ，∴S △ABC ＝12a ·6a ＝62a 2. 答案：62a 2 8．(2016·武邑一模)某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a ＋b 的最大值为________．解析：本题构造长方体，体对角线长为7，其在侧视图中为侧面对角线a ，在俯视图中为底面对角线b ，设长方体底面宽为1，则b 2－1＋a 2－1＝6，即a 2＋b 2＝8，利用不等式⎝⎛⎭⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22＝4，则a ＋b ≤4. 答案：49．已知正四棱锥的高为3，侧棱长为7，求棱锥的斜高(棱锥侧面三角形的高)．解：如图所示，正四棱锥S －ABCD 中，高OS ＝3，侧棱SA ＝SB ＝SC ＝SD ＝7，在Rt △SOA 中，OA ＝SA 2－OS 2＝2，∴AC ＝4.∴AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝2 2.作OE ⊥AB 于E ，则E 为AB 中点．连接SE ，则SE 即为斜高，在Rt △SOE 中，∵OE ＝12BC ＝2，SO ＝3， ∴SE ＝5，即棱锥的斜高为 5.10.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＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，P A＝PD2＋AD2＝(62)2＋62＝6 3 cm.B组高考题型专练1．(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)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．四棱柱解析：由题中三视图可知该几何体的直观图如图所示，则这个几何体是三棱柱，故选B.答案：B2．(2014·高考湖南卷)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．1 B．2 C．3 D．4解析：由题图可知该几何体为三棱柱，最大球的半径为r，则8－r＋6－r＝82＋62，得r＝2.答案：B3．(2013·高考湖南卷)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.32B．1 C.2＋12 D. 2解析：由题意可知该正方体的放置如图所示，侧视图的方向垂直于面BDD1B1，正视图的方向垂直于面A1C1CA，且正视图是长为2，宽为1的矩形，故正视图的面积为2，因此选D.答案：D4．(2014·高考福建卷)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：圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱．答案：A5．(2015·高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为()A．1 B. 2C. 3 D．2解析：由题中三视图知，此四棱锥的直观图如图所示，其中侧棱SA⊥底面ABCD，且底面是边长为1的正方形，SA＝1，所以四棱锥最长棱的棱长为SC＝3，选C.答案：C。

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习题课件理

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 ①②③ (填出所有可能的序号)．
8．(2018·江西赣州模拟)某几何体的正视图和侧视图如图 1，它的俯视图的直观图是矩形 O1A1B1C1，如图 2，其中 O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为( )
A．48 B．64 C．96 D．128
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＝2×2 2＝4 2，∴CO＝ CD2＋OD2＝6＝OA， ∴俯视图是以 6 为边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为 4，所以该几何体的侧面积为 4×6×4＝96. 故选 C.
解析在侧视图中 A′E，A′G 重合，A′H 成为 A′N， A′F，A′B 重合，侧视图为向左倾斜的三角形．故选 C.
3．(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( )
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.
课后作业夯关
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பைடு நூலகம்直观图可以是( )
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.

高考数学一轮复习《空间几何体》练习题(含答案)

高考数学一轮复习《空间几何体》练习题（含答案）一、单选题1．降水量（precipitation[amount]）：从天空降落到地面上的液态或固态（经融化后）水，未经蒸发､渗透､流失，而在水平面上积聚的深度.降水量以mm 为单位，气象观测中一般取一位小数，现某地10分钟的降雨量为13.1mm ，小王在此地此时间段内用口径为10cm 的圆柱型量筒收集的雨水体积约为（）（其中π 3.14≈）A ．331.0210mm ⨯B ．331.0310mm ⨯C ．531.0210mm ⨯D ．531.0310mm ⨯2．某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的表面积(单位：2cm )是（）A ．()256122cm +B ．()248162cm + C ．()280122cm + D ．()272162cm + 3．阿基米德（Archimedes ，公元前287年-公元前212年）是古希腊伟大的数学家，物理学家和天文学家，在他墓碑上刻着的一个圆柱容器里放了一个球，该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，如图所示，则在该几何体中，圆柱表面积与球表面积的比值为（）A ．32B ．43C ．32或23D ．234．已知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 ．33πB ．2πC ．3πD ．4π5．某圆锥的母线长为2，高为423，其三视图如下图所示，圆锥表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆锥表面上的点N 在侧视图上的对应点为B ，则在此圆锥侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．2B ．22C ．823+D ．223- 6．已知某空间几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（）A ．323B ．163C ．4D ．87．已知正方体的六个面的中心可构成一个正八面体,现从正方体内部任取一个点,则该点落在这个正八面体内部的概率为（）A ．12B ．13C ．16D ．1128．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A ．810+16B ．40C ．810++24D ．489．棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是侧面11CC B B 上的一个动点（包含边界），则下面结论正确的有（）①若点E 满足1AE B C ⊥，则动点E 的轨迹是线段；②若点E 满足130EA C ∠=，则动点E 的轨迹是椭圆的一部分；③在线段1BC 上存在点E ，使直线1A E 与CD ．所成的角为30；④当E 在棱1BB 上移动时，1EC ED +的最小值是352+． A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个10．某锥体的正视图和侧视图均为如图所示的等腰三角形，则该几何体的体积最小值为A ．4πB ．12C ．1D ．211．已知四棱锥S ABCD -的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD 是正方形且和球心O 在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于443+，则球O 的体积等于（）A ．3223πB ．1623πC ．823πD ．423π 12．一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．36B ．48C ．64D ．72二、填空题13．如果用半径为r 的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高等于____． 14．点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，3AB BC AC ==，若四面体ABCD 体积的3________.15．“方锥”，在《九章算术》卷商功中解释为正四棱锥.现有“方锥”S ABCD -，其中4AB =，SA 与平面ABCD 32，则此“方锥”的外接球表面积为________. 16．棱长为6的正方体内有一个棱长为x 的正四面体，正四面体的中心（正四面体的中心就是该四面体外接球的球心）与正方体的中心重合，且该四面体可以在正方体内任意转动，则x 的最大值为______．三、解答题17．如图，已知直三棱柱111ABC A B C ，其底面是等腰直角三角形，且22AB BC ==14AC AA ==.(1)求该几何体的表面积；(2)若把两个这样的直三棱柱拼成一个大棱柱，求拼得的棱柱表面积的最小值.18．如图是一个以111A B C为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知11112A B B C==，11190A B C∠=︒，14AA=，13BB=，12CC=，求该几何体的体积．19．如图是某几何体的三视图，请你指出这个几何体的结构特征，并求出它的表面积与体积．（单位：cm）20．如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是矩形，2PA AB ==，2AD =，过点B 作BE ⊥AC ，交AD 于点E ，点F ，G 分别为线段PD ，DC 的中点．(1)证明：AC ⊥平面BEF ；(2)求三棱锥F -BGE 的体积．21．如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为2的菱形，AC =23，△ADE 为等腰直角三角形，∠AED =90°，平面ADE ⊥平面ABCD ，且EF //AB ，EF =1.（1）证明：AC ⊥平面BDF ；（2）若G 为棱BF 的中点，求三棱锥G —DEF 的体积.22．如图，在三棱锥-P ABC 中，2AB BC ==，22PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM 的距离．23．如图，在三棱锥S －ABC 中，SA ＝SC ，D 为AC 的中点，SD ⊥AB ．(1)证明：平面SAC ⊥平面ABC ；(2)若△BCD 是边长为3的等边三角形，点P 在棱SC 上，PC ＝2SP ，且932S ABC V -=，求三棱锥A －PBC 的体积．24．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的菱形，60DAB ∠=︒，7PA PD ==，O F 、分别为AD AB 、的中点，PF AC ⊥.（1）求证：面POF ⊥面ABCD ；（2）求三棱锥B PCF -的体积。

状元桥2017年高考数学理一轮总复习达标训练：7.1空间

7.1 空间几何体的结构及三视图和直观图一、选择题 1．如图所示，几何体的正视图与侧视图都正确的是( )2．给出下列几个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．33．在一个倒置的正三棱锥容器内放入一个钢球，钢球恰与棱锥的四个面都接触，过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是( )4．如图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是( )5．如图，三棱锥V －ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正视图的面积为23，则其侧视图的面积为( )A.32B.33C.34 D.36答案：1．B 2.A 3.B 4.C 5.B二、填空题6．用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB 平行于y 轴，BC 、AD 平行于x 轴．已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2，则原平面图形的面积为________．7．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为________．8．如图所示的几何体中，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面ABE ，已知AB ＝2，AE ＝BE ＝3，且当规定正视方向垂直平面ABCD 时，该几何体的侧视图的面积为22.若M ，N 分别是线段DE ，CE 上的动点，则AM ＋MN ＋NB 的最小值为________.导学号74780064答案：6．8 cm 2 7.23 8.3三、解答题9．四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1的三视图如下．(1)求出该四棱柱的表面积；(2)求证：D1C⊥AC1；(3)设E是DC上一点，试确定E的位置，使D1E∥平面A1BD，并说明理由．解析：(1)求得该四棱柱的表面积为S＝11＋2 2.(2)证明：由三视图得该四棱柱为直四棱柱且底面为直角梯形．在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，连接C1D.∵DC＝DD1，∴四边形DCC1D1是正方形．∴DC1⊥D1C.又∵AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，∴AD⊥平面DCC1D1.又∵D1C⊂平面DCC1D1，∴AD⊥D1C.∵AD，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1.又∵AC1⊂平面ADC1，∴D1C⊥AC1.(3)连接AD1，AE，设AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，连接MN.∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD，需使MN∥D1E，又∵M是AD1的中点，∴N是AE的中点．又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE，即E是DC的中点．综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E∥平面A1BD.10．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3 cm，求圆台的母线长．解析：抓住轴截面，利用相似比，由底面积之比为1∶16，设半径分别为r 、4r . 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 ＝r 4r，解得l ＝9.所以，圆台的母线长为9 cm.11．(1)某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，求a ＋b 的最大值.导学号74780065(2)已知正三棱锥VABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示，求出其侧视图的面积．解析：(1)如图，把几何体放到长方体中，使得长方体的对角线刚好为几何体的已知棱，设长方体的对角线A 1C ＝7，则它的正视图投影长为A 1B ＝6，侧视图投影长为A 1D ＝a ，俯视图投影长为A 1C 1＝b ，则a 2＋b 2＋(6)2＝2·(7)2，即a 2＋b 2＝8，又ab 2≤ a 2＋b 22，当且仅当“a ＝b ＝2”时取等号， ∴a ＋b ≤4, 即a ＋b 的最大值为4.(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝⎛⎭⎫23×32×232＝23，1∴S△VBC＝2×23×23＝6.。

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