2021高考人教B版数学一轮复习课件：第8章第1讲 空间几何体的结构及其三视图和直观图

2021版高考数学一轮复习第八章立体几何第1讲空间几何体的三视图和直观图课时作业理20210712211．(2021年天津)将一个长方形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X8­1­1，则该几何体的侧(左)视图为( )图X8­1­1A B C D2．(2021年浙江温州十校联考)一个几何体的正视图和侧视图差不多上面积为1的正方形，则那个几何体的俯视图一定不是( )A B C D3．如图X8­1­2，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，则原图形的周长为( )图X8­1­2A．6 cm B．8 cmC．(2＋4 2)cm D．(2＋2 3)cm4．(2020年陕西)一个几何体的三视图如图X8­1­3，则该几何体的表面积为( ) A．3π B．4π C．2π＋4 D．3π＋4图X8­1­3 图X8­1­45．(2021年天津)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图X8­1­4(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.6．(2021年江西南昌二模)一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是(0,0,0)，(1,0,1)，(0,1,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，绘制该四面体三视图时， 按照如下图X8­1­5所示的方向画正视图，则得到左视图能够为( )图X8­1­5A B C D7．(2021年浙江)某几何体的三视图如图X8­1­6(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )图X8­1­6A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 8．(2021年广东惠州三模)如图X8­1­7，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积为( )图X8­1­7A ．136π B．34π C．25π D．18π9．(2021年山东)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图X8­1­8，则该几何体的体积为________．图X8­1­810．如图X8­1­9，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P­ABC的正视图与侧视图的面积的比值为________．图X8­1­911．如图X8­1­10所示的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图如图X8­1­11.X8­1­10(1)在正视图下面，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．X8­1­1112．图X8­1­12为一简单组合体，其底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，EC∥PD，且PD＝AD＝2EC＝2.(1)如图X8­1­13所示的方框内已给出了该几何体的俯视图，请在方框内画出该几何体的正视图和侧视图；(2)求四棱锥B­CEPD的体积；(3)求证：BE∥平面PDA.X8­1­12X8­1­13第1讲 空间几何体的三视图和直观图1．B 解析：截去的是长方体右上方顶点．故选B.2．B 解析：由题意，符合选项A 的几何体是一个直三棱柱，其中底面三角形是底边为1，高为1的等腰三角形，侧棱长为1；符合选项C 的几何体是一个棱长为1的正方体；符合选项D 的几何体是一个棱长为1的正方体去掉半径与母线长都为1的14圆柱．3．B4．D 解析：由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为1，母线长为2，因此该几何体的表面积是12×2π×1×2＋π×12＋2×2＝3π＋4.故选D.5．2 解析：由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的底为2，高为1，因此体积为13×(2×1)×3＝2.故答案为2. 6．B 解析：满足条件的四面体如图D138(1)，依题意投影到yOz 平面为正投影，因此左(侧)视方向如图，因此得到左视图成效如图D138(2)，故答案：选B.(1) (2)图D1387．A 解析：V ＝13×3×⎝ ⎛⎭⎪⎫π×122＋12×2×1＝π2＋1.8．B 解析：画出满足条件的四棱锥D139，底面是边长为3的正方形，顶点在底面的射影为点B ，高为4.依照垂直关系可得AD ⊥AE ，DC ⊥EC ，DE 为直角三角形△ADE 和△CDE和△BDE 的公共斜边，因此取DE 中点O ，O 为四棱锥外接圆的圆心，DE 2＝AB 2＋BE 2＋AD 2＝32＋42＋32＝34，DE ＝2R ＝34，那么四棱锥外接球的表面积为S ＝4πR 2＝34π.故选B.图D1399．2＋π2 解析：该几何体的体积为14π×12×1×2＋2×1×1＝π2＋2.10．1 解析：三棱锥P ­ABC 的正视图与侧视图为底边和高均相等的三角形，故它们的面积相等，面积比值为1.11．解：(1)如图D140.(2)所求多面体体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2)×2＝2843.图D14012．(1)解：该组合体的正视图和侧视图如图D141.图D141(2)解：∵PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PDCE ， ∴平面PDCE ⊥平面ABCD .∵平面PDCE ∩平面ABCD ＝CD ， ∵BC ⊥CD ，∴BC ⊥平面PDCE .∵S 梯形PDCE ＝12(PD ＋EC )·DC ＝12×3×2＝3，∴四棱锥B ­CEPD 的体积为V B ­CEPD ＝13S 梯形PDCE ·BC ＝13×3×2＝2.(3)证明：∵EC ∥PD ，PD ⊂平面PDA ，EC ⊄平面PDA ， ∴EC ∥平面PDA .同理，BC ∥平面PDA .∵EC ⊂平面EBC ，BC ⊂平面EBC ，且EC ∩BC ＝C ， ∴平面EBC ∥平面PDA .又∵BE ⊂平面EBC ，∴BE ∥平面PDA .。

第1讲 空间几何体的结构及其三视图和直观图[考纲解读] 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．能画出简单空间几何体的三视图，并能根据三视图识别几何体，会用斜二测画法画出它们的直观图．(重点、难点)[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲一直是高考的重点内容之一．预测2021年会一如既往地进行考查，以三视图和直观图的联系与转化为主要命题方向，考查题型有：①根据三视图还原几何体；②根据几何体求体积．试题以客观题形式呈现，难度一般不大，属中档题.1.多面体的结构特征 名称棱柱棱锥棱台图形底面 互相□01平行且□02相等 多边形互相□03平行 侧棱 □04平行且相等 相交于□05一点，但不一定相等延长线交于□06一点 侧面 形状□07平行四边形 □08三角形 □09梯形 2．旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等， □01垂直于底面 相交于□02一点 延长线交于□03一点 —轴截 面全等的□04矩形 全等的□05等腰三角形 全等的□06等腰梯形□07圆3．直观图(1)画法：常用□01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)□02垂直． ②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍□03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□04不变，平行于y 轴的线段的长度在直观图中变为原来的□05一半． 4．三视图(1)几何体的三视图包括□01正视图、□02侧视图、□03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：□04正侧一样高，□05正俯一样长，□06侧俯一样宽；看不到的线画虚线．1．概念辨析(1)棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形．( ) (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)棱台各侧棱的延长线交于一点．( )(4)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是旋转体．( ) 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)× 2．小题热身(1)如图所示，在三棱台A ′B ′C ′－ABC 中，沿A ′BC 截去三棱锥A ′－ABC ，则剩余的部分是( )A ．三棱锥B ．四棱锥C ．三棱柱D ．组合体答案 B解析 剩余的部分是四棱锥A ′－B ′C ′CB .(2)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( )答案 A解析由斜二测画法的原理可知．(3)若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A．2,2 3 B．22，2C．4,2 D．2,4答案 D解析由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D.(4)如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是________．答案五棱柱三棱柱题型一空间几何体的结构特征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；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．答案0解析①③④错误，反例见下面三个图．②错误，若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．⑤错误，平行于轴的连线才是母线．识别空间几何体的两种方法(1)定义法：紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本要素，根据定义进行判定．(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析，要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可．(2019·青岛模拟)以下命题：①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；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；③一个平面截圆锥，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答案 B解析由圆台的定义可知①错误，②正确．对于命题③，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，③错误．题型 二 空间几何体的直观图(2019·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.34a 2B.38a 2C.68a 2 D.616a 2 答案 D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 ′于点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 将本例中的条件变为“△ABC 的直观图△A 1B 1C 1是边长为a 的正三角形”，则△ABC 的面积为________．答案62a 2解析 如图(1)所示的是△ABC 的直观图，图(2)是△ABC 的实际图形．在图(1)中作C 1D 1∥y 1轴，交x 1轴于点D 1，在图(2)中作CD ⊥x 轴，交x 轴于点D ，设C 1D 1＝x ，则CD ＝2x .在△A 1D 1C 1中，由正弦定理a sin45°＝x sin120°，得x ＝62a ，∴S △ABC ＝12AB ·CD ＝12×a ×6a ＝62a 2.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．(2019·福州调研)已知等腰梯形ABCD ，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________．答案22解析 如图所示，图(1)是等腰梯形ABCD 的实际图形，O 为AB 的中点，图(2)是等腰梯形ABCD 的直观图．在图(2)中作E ′F ⊥x ′轴，交x ′轴于F ， 因为OE ＝22－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.题型 三 空间几何体的三视图角度1 已知几何体识别三视图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．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( )答案 A解析观察图形易知卯眼处应以虚线画出，俯视图为，故选A.角度2 已知三视图还原几何体2．(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )A．217 B．2 5C．3 D．2答案 B解析根据圆柱的三视图以及其本身的特征，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＝25，故选B.角度3 已知三视图中的部分视图，判断其他视图3．把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成的三棱锥C－ABD的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为( )A.12B.22C.24D.14答案 D解析由三棱锥C－ABD的正视图、俯视图得三棱锥C－ABD的侧视图为直角边长是22的等腰直角三角形，其形状如图所示，所以三棱锥C －ABD 的侧视图的面积为14.三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，注意能看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的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．1．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DD 1＝1，AB ＝BC ＝AA 1＝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，其正视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B ，D ，又正视图中点D 1的射影是B 1，侧棱BB 1是看不见的，在正视图中用虚线表示，所以正视图是C 中的图形．故选C.2．(2019·河北衡水中学调研)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点，用过点A ，E ，C 1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( )答案 C解析如图所示，过点A，E，C1的截面为AEC1F，则剩余几何体的侧视图为C中的图形．3．(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 3C．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.组基础关1．某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是( )A．①③B．①④C．②④D．①②③④答案 A解析由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确．2．如图，直观图所表示的平面图形是( )A．正三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．直角三角形答案 D解析由直观图可知，其表示的平面图形△ABC中AC⊥BC，所以△ABC是直角三角形．3．日晷是中国古代利用日影测得时刻的一种计时工具，又称“日规”．通常由铜制的指针和石制的圆盘组成，铜制的指针叫做“晷针”，垂直地穿过圆盘中心，石制的圆盘叫做“晷面”，它放在石台上，其原理就是利用太阳的投影方向来测定并划分时刻．利用日晷计时的方法是人类在天文计时领域的重大发明，这项发明被人类沿用达几千年之久．上图是一位游客在故宫中拍到的一个日晷照片，假设相机镜头正对的方向为正方向，则根据图片判断此日晷的侧视图可能为( )答案 D解析因为相机镜头正对的方向为正方向，所以侧视图中圆盘为椭圆，指针上半部分为实线，下半部分为虚线，故选D.4．如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤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①，侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.5.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( )答案 D解析由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故选D.6．(2019·四川省南充高中模拟)在正方体中，M，N，P分别为棱DD1，A1D1，A1B1的中点(如图)，用过点M，N，P的平面截去该正方体的顶点C1所在的部分，则剩余几何体的正视图为( )答案 B解析由已知可知过点M，N，P的截面是过正方体棱BB1，BC，CD的中点的正六边形，所以剩余几何体如图所示，其正视图应是选项B.7．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A．8 B．7C．6 D．5答案 C解析画出直观图可知，共需要6块．8．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．9．(2019·福州质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是________．答案 4解析由三视图可得该几何体是如图所示的四棱锥P－ABCD，由图易知四个侧面都是直角三角形，故此几何体各面中直角三角形有4个．10．如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为 4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 2 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.答案 1解析 把圆锥侧面沿过点P 的母线展开成如图所示的扇形， 由题意知OP ＝4 m ，PP ′＝4 2 m ，则cos ∠POP ′＝42＋42－4222×4×4＝0，且∠POP ′是三角形的内角，所以∠POP ′＝π2.设底面圆的半径为r cm ，则2πr ＝π2×4，所以r ＝1.组 能力关1．“牟合方盖”(如图1)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2所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，其实际直观图中四边形不存在，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是( )A ．a ，bB ．a ，cC ．c ，bD ．b ，d答案 A解析 当正视图和侧视图均为圆时，有两种情况，一种正视图为a ，此时俯视图为b ；另一种情况的正视图和俯视图如下图所示．故选A.2．一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为( )A ．8B ．4C ．4 3D ．4 2答案 D解析 由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，PA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝AB ＝AC ＝4，DB ＝2，则易得S △PAC ＝S △ABC ＝8，S △CPD ＝12，S梯形ABDP＝12，S △BCD ＝12×42×2＝42，故选D.3．(2020·江西赣州摸底)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．64C．96 D．128答案 C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，∴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.4.(2019·石家庄质检)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )答案 D解析由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD.所以该三棱锥的侧视图可能为D项．5．(2018·河南郑州质检)某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为________．答案64解析由三视图知三棱锥如图所示，底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝27，PA2＋y2＝102，(27)2＋PA2＝x2，因此xy＝x102－[x2－272]＝x128－x2≤x2＋128－x22＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.6．(2019·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________．答案26 2－1解析先求面数，有如下两种方法．解法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26(个)面．解法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2(欧拉公式)．由图形知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24，故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26.再求棱长．作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长．连接AF，过H，G分别作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则AM＝MH＝NG＝NF＝22x.又AM＋MN＋NF＝1，即22x＋x＋22x＝1.解得x＝2－1，即半正多面体的棱长为2－1.。

第八章立体几何与空间向量知识点最新考纲空间几何体的结构特征及三视图和直观图了解多面体和旋转体的概念，理解柱、锥、台、球的结构特征．了解简单组合体，了解中心投影、平行投影的含义．了解三视图和直观图间的关系，掌握三视图所表示的空间几何体．会用斜二测法画出它们的直观图.空间几何体的表面积与体积会计算柱、锥、台、球的表面积和体积.空间点、直线、平面之间的位置关系了解平面的含义，理解空间点、直线、平面位置关系的定义．掌握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互相平行．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.空间中的平行关系、垂直关系理解空间线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定定理和性质定理．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都垂直，则该直线与此平面垂直；一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面互相垂直．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行；如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行；垂直于同一个平面的两条直线平行；两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.空间角理解直线与平面所成角的概念，了解二面角及其平面角的概念.空间向量及其运算了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，了解空间向量的正交分解及其坐标表示．了解空间向量的加、减、数乘、数量积的定义，坐标表示的运算.立体几何中的向量方法了解空间两点间的距离公式、向量的长度公式及两向量的夹角公式．了解直线的方向向量与平面的法向量．了解求两直线夹角、直线与平面所成角、二面角的向量方法.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)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且相等多边形互相平行侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环(1)画法：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；看到的线画实线，看不到的线画虚线．[疑误辨析]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)在正方体、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)×[教材衍化]1．(必修2P19T2改编)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．(必修2P8A组T1(1)改编)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．(P15练习T1改编)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[易错纠偏]棱柱的概念不清致误.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.空间几何体的结构特征(1)下列说法正确的是( )A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B．六条棱长均相等的四面体是正四面体C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台(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)底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，A错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，D错．(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，才得到是圆台的旋转体；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得到一个圆锥和一个圆台．【答案】(1)B (2)B空间几何体概念辨析问题的常用方法1．给出下列命题：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．0 B．1C．2 D．3解析：选A.①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③显然错误．2．下列说法正确的是( )A．以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球B．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台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任意一点的连线都是母线解析：选D.球面和球是两个不同的概念，以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球面，球面围成的几何体叫做球，A错误．对于B，如图，满足有两个面平行，其余四个面都是等腰梯形，但它不是棱台，故B错．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．C错误．由母线的概念知，选项D正确．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．主要命题角度有：(1)由空间几何体的直观图识别三视图；(2)由空间几何体的三视图还原直观图；(3)由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图．角度一由空间几何体的直观图识别三视图(2020·浙江省名校协作体高三联考)“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( )【解析】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.【答案】 B角度二由空间几何体的三视图还原直观图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 3C．2 2 D．2【解析】由三视图还原为如图所示的四棱锥A－BCC 1B1，从图中易得最长的棱长为AC1＝AC2＋CC21＝（22＋22）＋22＝23，选B.【答案】 B角度三由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )【解析】由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.【答案】 B三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．1．(2020·瑞安四市联考)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是线段CD的中点，则三棱锥P­A1B1A的侧视图为( )解析：选D.如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥P­A1B1A，B(C)点消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D.2．(2020·嘉兴期中)如图(1)、(2)、(3)、(4)为四个几何体的三视图，根据三视图可判断这四个几何体依次为( )A．三棱台、三棱柱、圆锥、圆柱B．三棱台、三棱锥、圆锥、圆台C．三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台D．三棱柱、三棱台、圆锥、圆台解析：选C.如题图(1)三视图复原的几何体是放倒的三棱柱；(2)三视图复原的几何体是四棱锥；(3)三视图复原的几何体是圆锥；(4)三视图复原的几何体是圆台．所以(1)(2)(3)(4)的顺序为：三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台．故选C.3．(2020·浙江高校招生选考试题)如图，在三棱锥A­BCD中，侧面ABD⊥底面BCD，BC⊥CD，AB＝AD＝4，BC＝6，BD＝43，则该三棱锥三视图的正视图为( )解析：选C.由题意，三棱锥三视图的正视图为等腰三角形，△BCD中，BC⊥CD，BC＝6，BD＝43，所以CD＝23，设C在BD上的射影为E，则123＝CE·43，所以CE＝3，DE ＝CD2－CE2＝3，故选C.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(变条件、变问法)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？解：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(cm)，于是周长为2×3＋2×1＝8(cm)．原图与直观图中的“三变”与“三不变”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．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核心素养系列14 直观想象——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.26C.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，正视图和侧视图中分别有一个直角．正视图和侧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、正视图和侧视图中都有直角．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．下列说法正确的有( )①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形．A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选A.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；很明显④是正确的．2.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.3．如图所示，上面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 ．①②B ．②③C ．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①⑤.4．(2020·杭州学军中学高三期中)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( )解析：选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.5．(2020·宁波十校联考)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 3解析：选A.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．(2020·丽水模拟)一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为( )A.33B.17C.41D.42解析：选C.依题意，题中的几何体是四棱锥E ­ABB 1A 1，如图所示(其中ABCD ­A 1B 1C 1D 1是棱长为4的正方体，C 1E ＝1)，EA ＝32＋42＋42＝41，EA 1＝12＋42＋42＝33，EB ＝32＋42＝5，EB 1＝12＋42＝17，AB ＝BB 1＝B 1A 1＝A 1A ＝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________．解析：由于该矩形的面积S ＝5×4＝20(cm 2)，所以其直观图的面积S ′＝24S ＝52(cm 2)．答案：5 2 cm 28．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 ，垂足为点D ，所以Rt △ABC 绕着它的斜边AB 旋转一周后得到是以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．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，则此几何体各面中直角三角形的个数是________．解析：由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥P­ABCD，易知四棱锥P­ABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4.答案：410．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________．解析：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.答案：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.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62(cm)．由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝6 3 (cm)．12．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥V­ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，求△AEF的周长的最小值．解：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AA1的中点D，连接VD，则VD⊥AA1，∠AVD＝60°.在Rt△VAD中，AD＝VA·sin 60°＝3，所以AA1＝2AD＝6，即△AEF的周长的最小值为6.[综合题组练]1．(2020·杭州市五校联考)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O­xyz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，则得到正视图可以为( )解析：选A.因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O­xyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，几何体的直观图如图，是以正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为A.2．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 2 C. 3D ．2 3解析：选D.在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1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D 1­BCB 1，如图所示，其四个面的面积分别为2，22，22，23，故选D.3．正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 为棱BB 1的中点(如图)，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A ，E ，C 1的平面与棱DD 1相交于点F ，且点F 是棱DD 1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.4．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________．解析：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.答案：335．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． 解：(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 2.6．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．解：(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：。

[推荐学习]2021版高考数学一轮复习第八章立体几何8.1空间几何体生活的色彩就是学习第八章立体几何8.1空间几何的结构、三视图和直观图形1．多面体的结构特征2.旋转体的形成几何体圆柱圆锥圆台球3.空间几何的三个视图（1）三个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 绘制三个视图时，只应绘制一条重叠线，并将阻挡线绘制为虚线②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察到的几何体的正投影图．4．空间几何体的直观图空间几何图形的可视化绘制通常采用斜向两测法，其规律是：(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）与原始图形中的坐标轴平行的线段仍与可视化图形中的坐标轴平行；平行于x 轴和z轴的线段在视觉图中保持原始长度不变；平行于Y轴的线段长度成为视觉图表中原始长度的一半旋转图形矩形直角三角形直角梯形半圆旋转轴任一边所在的直线任一直角边所在的直线垂直于底边的腰所在的直线直径所在的直线k12的学习需要努力专业专心坚持生活的色彩是学习[知识扩展]1．常见旋转体的三视图（1）球的三个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”坐标轴的夹角发生变化，？？“三变”?与y轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变平行度不变，？？“三不变”?与x，z轴平行的线段的长度不改变，相对位置不变[思维和歧视]判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)（1）两个面是平行的，其他面是平行四边形，几何体是棱柱体（×）（2）一个面是多边形，其他面是三角形，几何体是棱锥体（×）(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．(×)在直观的图表中，线段仍然相等。

第8章立体几何初步[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．(对应学生用书第121页)1．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2.多面体的结构特征3．直观图(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.124．三视图(1)三视图的画法规则：主、俯视图长对正，主、左视图高平齐；俯、左视图宽相等，前后对应．(2)画简单组合体的三视图应注意的两个问题：①首先，确定主视、俯视、左视的方向，同一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．②其次，简单组合体是由哪几个基本几何体组成的，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置．[常用结论]1．特殊的四棱柱2．球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝.R 2－d 23．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形面积的关系如下：S 直观图＝S 原图形，S 原图形＝2S直观图．242一、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)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)菱形的直观图仍是菱形．( )[答案](1)×　(2)×　(3)×　(4)×二、教材改编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D [根据斜二测画法的规则知，A ，B ，C 均不正确，故选D.]2．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )A B C DB [俯视图中显然应有一个被遮挡的图，所以内部为虚线，故选B.]3．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A ．2,2 B ．2，232C ．4,2D ．2,4D [由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为2，故底面边长为4，故选D.]34．如图所示，在三棱台A′B′C′­ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′­ABC，则剩余的部分是( )A．三棱锥B．四棱锥C．三棱柱D．组合体B　[如图所示，在三棱台A′B′C′­ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′­ABC，剩余部分是四棱锥A′­BCC′B′.](对应学生用书第122页)⊙考点1　空间几何体的结构特征　空间几何体概念辨析题的常用方法定义法紧扣定义，由已知构建几何模型，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，根据定义进行判定反例法通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可　1.下列结论正确的是( )A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B．六条棱长均相等的四面体是正四面体C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台B　[底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，所以A错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，所以D 错．]2．下列命题正确的是( )A．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台B．存在每个面都是直角三角形的四面体C．直角梯形以一条腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台D．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形B　[如图1所示，可排除A，如图2所示，正方体ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC.四个面都是直角三角形，故B正确．图1 图2选项C中，应以直角腰所在直线为旋转轴，故C错．选项D中，只有截面与圆柱的母线平行或垂直，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分．故选B.]3．下列结论正确的是 ( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线D　[A错误．如图1所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．图1 图2B错误．如图2，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥．C错误．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．]　把一摞书摆成长方体形状，沿一个方向轻轻一推，成为一个平行六面体，此时平行六面体有两个平行的面是矩形．⊙考点2　空间几何体的三视图　已知几何体识别三视图　识别三视图的步骤(1)弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置；(2)根据三视图的有关定义和规则先确定主视图，再确定俯视图，最后确定左视图；(3)被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置．　(1)(2019·武汉模拟)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A­BCD的主视图、俯视图是(注：选项中的上图为主视图，下图为俯视图)( )A B C D(2)(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( )(1)A　(2)A　[(1)主视图和俯视图中棱AD和BD均看不见，故为虚线，易知选A.(2)由题意可知，咬合时带卯眼的木构件如图所示，其俯视图为选项A中的图形．]　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实虚．　已知三视图判断几何体特征　由三视图确定几何体的步骤(1)(2018·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4(2)(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 ．2B ．2 175C ．3D ．2(1)C (2)B [(1)在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥P ­ABCD ，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，故选C.(2)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 ＝×16＝4，OM ＝2，14∴MN ＝＝＝2.OM 2＋ON 222＋425故选B.]　有三条侧棱互相垂直的三棱锥、四棱锥，都可把它们放置在长方体或正方体中来解决问题．[教师备选例题]　已知某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中最小的面积为________．　[由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2,1,1的长方体中，截去一个三棱柱12AA 1D 1­BB 1C 1和一个三棱锥C ­BC 1D 后剩下的几何体，即如图所示的四棱锥D ­ABC 1D 1，其中侧面ADD 1的面积最小，其值为.]12　由三视图中的部分视图确定剩余视图　由几何体的部分视图确定剩余视图的方法解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．　如图是一个空间几何体的主视图和俯视图，则它的左视图为 ( )A B C DA [由主视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合主视图的宽及俯视图的直径可知左视图应为A ，故选A.]　根据主视图和俯视图的长、宽，可知道左视图的长、宽．[教师备选例题]如图，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为，则该几何体的俯视图可以12是 ( )C [由该几何体的主视图和左视图可知该几何体是柱体，且其高为1，由其体积是，可知该几何12体的底面积是，由选项图知A 的面积是1，B 的面积是，C 的面积是，D 的面积是，故选C.]12π412π4　1.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，其中DD 1＝1，AB ＝BC ＝AA 1＝2，若此几何体的俯视图如图2所示，则可以作为其主视图的是 ( )A B C DC [根据该几何体的直观图和俯视图知，其主视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B 、D ；而在三视图中看不见的棱用虚线表示，故排除A.故选C.]2．(2017·全国卷Ⅰ)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( )A ．10B ．12C ．14D ．16B [观察三视图可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示．因此该多面体各个面中有2个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这些梯形的面积之和为2××(2＋4)×2＝12.故选B.]12⊙考点3　空间几何体的直观图1．用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x 轴或y 轴平行的线段在直观图中与x ′轴或y ′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线．2．原图形与直观图面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S 直观图＝S 原图形；(2)S 原图形24＝2S 直观图．2　(1)[一题多解]已知等腰梯形ABCD ，CD ＝1，AD ＝CB ＝，AB ＝3，以AB 所在直线为x 轴，2则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为( )A. B. 224C.D ．2222(2)如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6cm ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形(1)C (2)C [(1)法一(作图求解)：如图，取AB 的中点O 为坐标原点，建立平面直角坐标系，y 轴交DC 于点E ，O ，E 在斜二测画法中的对应点为O ′，E ′，过E ′作E ′F ′⊥x ′轴，垂足为F ′，因为OE ＝＝1，2 2－12所以O ′E ′＝，E ′F ′＝.1224所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝×(1＋3)×＝，122422故选C.法二(公式法)：由题中数据得等腰梯形ABCD 的面积S ＝×(1＋3)×1＝2.12由S 直观图＝S 原图形，24得S 直观图＝×2＝，故选C.2422(2)如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×2＝4(cm)，CD ＝C ′D ′＝2 cm.22所以OC ＝＝＝6(cm)，OD 2＋CD 2 42 2＋22所以OA ＝OC ，由题意得OA BC ，故四边形OABC 是菱形，故选C.]　在画直观图或原图时，应先确定坐标轴上的点，非坐标轴上的点，应通过与x 轴或y 轴平行的线段来确定．1．如图所示，直观图四边形A ′B ′C ′D ′是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是________．2＋　[把直观图还原，原平面图形如图所示：2在直角梯形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝＋1，AD ＝1，2所以面积为(2＋)×2＝2＋.]12222．如图正方形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.8　[由题意知正方形O′A′B′C′的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，所以22O′B′＝ cm，对应原图形平行四边形OABC的高为2 cm，所以原图形中，OA＝BC＝1 cm，AB＝OC＝22 2＋12。

【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。

第八章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图A级·基础过关|固根基|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．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解析：选C 棱柱的侧面都是平行四边形，选项A错误；若棱柱的底面是矩形，其他侧面可能是平行四边形，选项B错误；棱柱的侧棱长与底面边长不一定相等，选项D错误；易知选项C正确．3.水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，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′＝2×32＝3，在Rt△AOB中，AB＝12＋（3）2＝2，同理AC＝2，又由题意可知，BC＝2，所以△ABC是等边三角形．故选A. 4．(2019届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)．其直观图如图所示，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( )解析：选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.5.如图所示，在三棱台A′B′C′－ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′－ABC，则剩余的部分是( )A．三棱锥B．四棱锥C．三棱柱D．组合体解析：选B如图所示，在三棱台A′B′C′－ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′－ABC，剩余部分是四棱锥A′－BCC′B′.6．某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是( )A．①③B．①④C．②④D．①②③④解析：选A 由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确．故选A.7．如图所示，网格纸上每个小方格都是边长为1的正方形，粗线画出的是一个几何体的三视图，记该几何体的各棱长度构成的集合为A，则( )A.3∈A B．3∈AC．23∈A D．22∈A解析：选D如图，该几何体可看成是由大三棱锥A－BCD(其中CD＝DA＝DB＝2，CD，DA，DB两两垂直)截去小三棱锥A－CDE(其中E为BD中点)后形成的新三棱锥A－BCE，六条棱的长分别为22，22，22，1，5，5，故选D.8．如图是一个几何体的直观图、正视图和俯视图，该几何体的侧视图为( )解析：选B 由直观图和正视图、俯视图可知，该几何体的侧视图应为面PAD，EC投影在面PAD上且为实线，点E的投影点为PA的中点，故选B.9．一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图为( )解析：选C 根据正方体截去两个角后所得几何体的正视图、俯视图可得，此几何体的直观图如图所示．所以侧视图为选项C.10．如图所示的纸篓，观察其几何结构，可以看出是由许多条直线围成的旋转体，该几何体的正视图为________(填序号)．解析：①②④中的几何体是由圆台、圆锥、圆柱组成的，而圆台、圆锥、圆柱的侧面除了与旋转轴在同一平面的母线以外，没有其他直线，即①②④不可能为该几何体的正视图．答案：③11．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为________．解析：根据题意，三棱锥P－BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.答案：1∶112．一个圆台上、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：13B级·素养提升|练能力|13.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都是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．则该多面体的各个面中，面积最大的面的面积为( )A ．2 3B ．6C ．6 2D ．12解析：选B由三视图可画出直观图，如图所示，该多面体中两个全等的梯形的面，为该多面体的各个面中面积最大的面，S 梯形＝12×2×(2＋4)＝6.故选B.14．一只蚂蚁从正方体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是( )A ．①②B ．①③C ．③④D ．②④解析：选D 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展开到同一个平面内，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展开到同一平面内，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.15．如图1，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，图2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．则该几何体的俯视图的面积为________，棱PA的长度为________．解析：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.由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62(cm)．由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝63(cm)．答案：36 cm26 3 cm16．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥V－ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过A作截面AEF，△AEF周长的最小值为________．解析：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AA1的中点D，连接VD，则VD⊥AA1，∠AVD＝60°.在Rt△VAD中，AD＝VA·sin 60°＝3，所以AA1＝2AD＝6，即△AEF周长的最小值为6.答案：6。