2018届高考复习小专题坐标法拿下三视图.docx

坐标法拿下三视图-2018.考前谈兵(1)三视图仍然是 2018 届考生的必考内容.可是对许多考生来说,又是无法躲避且挥之不去的难题,这是因为,破解三视图问题需要快速将三视图转换为直观图.而这一点,正是许多考生的薄弱环节.解决三视图试题一般需分三步:第一,定容,即确定相应的直观图应该包容在什么规格的长方体之中;第二,定位,即确定直观图的轮廓;第三,求果.即计算出试题所需要的结果(一般是求直观图的面积或体积).在这三步中,最关键也是考生最感困难的是第二步:定位.为攻克这一难点,以下我们向读者提供一种行之有效且便于操作的方法-坐标法.这需要熟悉三视图的如下特点.三视图的每个视图都是二维的:主视图可以定左右上下,但不能定前后;俯视图可以定左右前后,但不能定上下;左视图可以定上下前后,但不能定左右,根据这个特点,我们可以从任何一个视图出发,先确定二维,然后从其他视图中将缺失的那一维找回来.这就是坐标法破解三视图的基本原理.【题 1】（2012 全国）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】第一步:定容.由主,俯视图确定其长为 6,由俯,左视图确定其宽为 3,由左,主视图确定其高为 31这就是说,相应的直观图应包容在规格为 633 的长方体之中.我们约定,直观图的前后,左右,上下的方位依次用 x,y,z 表示.于是建立空间直角坐标系如解图 1.第 2 步:定位.由于主视图的节点更多,所以如解图 2,以主视图为基准,去依次确定 A,B,C,D 的坐标.在主视图中,点 A1 在左下方,可以定位为(x,0,0);在左视图中,点 A2 在左后方,可以定位为(0,y,o),令(x,0,0)=(0,y,o),得 x=y=0,于是有 A(0,0,0);主视图中,点 B1 在中间上方,可定位为(x,3,3),在左视图中,点 B2 在前上方,可以定位为(3,y,3),令(x,3,3)=(3,y,3),得 x=3,y=3.于是有 B(3,3,3);同理由主视图得 C1(x,6,0),由俯视图得 C2(0,6,z), 令 (x,6,0)=(0,6,z), 得x=0,z=0.故有 C(0,6,0);由主视图得 D1(x,3,0),由俯视图得D2(3,3,z), 令 (x,3,0)=(3,3,z), 有x=3,z=0.故有 D(3,3,0).依次连结 ABCD,于是该几何体的形状与大小完全确定.反过来与原三视图对照,2知所求不误.第 3 步:求果.由解图 3 易知,该四面体的底面积为 12 6 3=9 ,而高为 3,故其体积为13 9 3=9. 故选 B.【题 2】（2016.北京）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.1B.1C.1D.6321【解析】第 1 步,定容.由三视图的外轮廓知相应直观图必容纳在规格为 211 的长方体之中,画出这个长方体,并建立如解图 1 的空间直角坐标系.第 2 步,定位,由于俯视图中的节点更多,所以主要依据俯视图,确定 A,B,C,D 四个顶点的坐标.在俯视图中,有 A1 (0, 0, z ) ;在主视图中,相应的点为 A2 (x, 0,1) .令(0,0,z)=(x,0,1)得x=0,z=1,故有 A(0,0,1);在俯视图中有B1(0,2,z), 在 主 视 图 中 , 相 应 的 点 为3B2(x,2,0). 令 (0,2,z)=(x,2,0), 得 x=0,z=0, 故 有 B(0,2,0). 以 下 同 理 可 得 C(1,2,0),D(0,1,0). 依次连结 ABCD,得如解图 3 的四面体.对照原三视图检查,知所得四面体完全正确.第 3 步:求果.这个四面体的下底面积为相应矩形面积的四分之一即 12 ,而高是 1, 故其体积为 13 12 1 = 16 . 故选 A.【题 3】(哈尔滨三中二模 11 题)某棱锥的三视图如图所示,则该棱锥的外接球的表面积为:A.12pB.11pC.14pD.13p【分析】和前面的 2 题相比,本题的难度更大.不仅直观图难以确定,而且以下的计算也不容易.为此,我们详细分析并给出本题各种解法的全过程.【解析】1.定容:容易确定,相应的直观图包容于规格为 211 的长方体之中.画出这个长方体,并建立如解图 2 的空间直角坐标系.2. 定位:3 个视图中,由于俯视图是四边形,而其他两个视图都是三角形,所以我们以俯视图为主依次求出直观图中相应顶点的坐标.因为俯视图可以定前后左右,而不能定上下(用 z 表示),所以记俯视图中的四个顶点依次为 A1(0,0,z),4B1(1,1,z),C1(1,2,z)和 D1(0,1,z).再考察主视图,因为它能够定上下左右而不能定前后(用 x 表示).故相应各点可依次记为 A2(x,0,1),B2(x,1,0),C2(x,2,0).A,B,C 三点必须统一.故由(0,0,z)=(x,0,1)得 x=0,z=1,即 A(0,0,1);由(1,1,z)=(x,1,0)得 x=1,z=0,即有 B(1,1,0);由(1,2,z)=(x,2,0)得 x=1,z=0,即有 C(1,2,0.仅从这两个视图还无法确定顶点 D.所以继续分析左视图.左视图是只能定前后上下而不能定左右的.所以对应的点为 D2(0,y,o).以下由(0,1,z)=(0,y,o)得 y=1,z=0,即有 D(0,1,0).依次连结各顶点,得四面体ABCD.即为所求直观图.(与原三视图对照无误)3.求果.关键在于求出该四面体外接球的半径.法 1(定义法).设四面体ABCD 的外接球球心为O(x,y,z),那么:OA2= OB2 x2 + y2 + (z - 1)2 = (x - 1)2 + (y - 1)2 + z 2 x + y - z =1;2OA2= OC 2 x2 + y2 + (z - 1)2 = (x - 1)2 + (y - 2 )2 + z 2 x + 2y - z = 2 ;OA2= OD2 x2 + y2 + (z - 1)2 = x2 + (y - 1)2 + z 2 y = z .13313O ,222解所得方程组得: x =.y = z =, 即球心为 ,2252 12 32 321111半径 R =+- 1=. 所求外接球的表面积 S = 4p = 11p .故222 2 2选 B.法 2(几何法)设四面体 ABCD 所在长方体为 ECFG-PQRA.,取 AB 中 点 M,BD 中 点N,CD 中点 H,则 M,H 分别是 RtADB 与 RtDBC 的外心.连结 MN,NH.MNAD,而 ADBD,MNBD;同理 HNBD.故MNH 是二面角 A-BD-C 的平面角.MNS=ADG=45,MNH=135.作 MO平面 ADB,HO平面 BCD,MO,HO 交于 O,则点 O 即为四面体 ABCD的球心.由 NM = NH = 12 , 得OM = OH = 32 . 于是该外接球的半径R = BN 2 + NH 2 + HO 2 = 14 + 14 + 94 = 211 , 表面积S = 4p 114 = 11p ,故选 B.以下 7 题,供考生练习,参考使用(参考答案附后)1.(2017.全国理数 1 卷.7 题).某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为 2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A10 B12 C14 D1662.(湖南师大附中,3 月考)某几何体的三视图如图所示,则其体积为A. 83B.2C. 43D. 233.（东北三省三校 2016 届高三第二次高考模拟考试第 12 题）已知三棱锥的三视图如图所示，其中侧视图是边长为 3 的正三角形，则该几何体的外接球的体积为()A16pB32p33C 4pD16p34.(河北武邑中学高三下质检 1.11 题)某简单多面体的三视图如图所示,其中俯,左视图均为直角三角形,主视图为直角梯形,则其所有表面(含底面与侧面)中直角三角形的个数为A.1B.2C.3D.475.(青岛高三三月考.5 题)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为A.56B.56 -8pC.64D.64 -8p33336.(湖北荆州中学周练 13.8 题)如图所示是沿圆锥的两条母线将圆锥削去一部分后所得几何体的三视图，其体积为 169p + 2 33 则圆锥的母线长 l 为( )A 22B 23C4D 2 + 37.(福建 4 月质检理数.8 题)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,俯视图中的两条弧线均为圆弧,则该几何体的体积为A, 64 -32pB.64 -8p3C.64 -16pD.64 -8p338参考答案1.(2017.全国理数 1 卷.7 题).某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为 2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A10B12C14D16【解析】1.定容:由三视图条件知该几何体包容在规格为 224 的长方体之中.据此建立空间直角坐标系如解图.2.定位.用坐标法确定直观图的 6 个顶点依次为 A(0,2,4),B(0,0,2),C(2,2,2),D(0,0,0),E(2,2,0),F(0,2,0). 依次连结各顶点即得五面体 ABC-DEF.3. 求果:所得五面体中,只有 ACDE 和BCDF 两个直角梯形,它们的面积都是12 (2 + 4) 2=6 .所以所求面积之和为 12.故选 B.2.(湖南师大附中,3 月考)某几何体的三视图如图所示,则其体积为A. 83B.2C. 43D. 239【解析】构造如图的正方体及相应的空间直角坐标系.3 个视图形状大小完全一样,故可直接想象该直观图是一个正八面体.其 6 个顶点分别是正方体各个表面正方形的中心.其坐标依次为(1,2,1),(2,1,1),(1,2,1), (1,1,0),(1,1,2).由于相对两个中心的距离都是 2,故其体积V = 1 2 2 2 = 4 .故选 C.63二次高考模拟考试第 12 题）已知三棱锥的三视图如图所示，其中侧视图是边长为 3 的正三角形，则该几何体的外接球的体积为()B16pB32p33C 4pD16p3【解析】1,定容.俯视图确定了这个长方体的左右距离为 4,由于侧视图是边长为3 的正三角形,所以它界定了这个长方体的宽为 3 ,高为 3/2.故其直观图包容在规格为 4 3 32 的长方体之中,于是画出这个长方体,并将其置于如下图的空间直角坐标系之中.102:定位.用坐标法依次得到该多面体的四个顶点是:33A0,1,C , 0, 022 3,1, 3 D 3 .4.0 2 2 连 结各顶点即得如图的四面体BABCD.考察上述直观图的三视图,与题设条件完全相符3.求果.注意到ACD 与BCD 是有公共斜边且全等的直角三角形,故3取 CD 中点 M , 2, 0, 则MA = MB = MC = MD = 2,知所求外接球体积为:2V = 43 p 23 = 323 p. ,故选 B.4.(河北武邑中学高三下质检 1.11 题)某简单多面体的三视图如图所示,其中俯,左视图均为直角三角形,主视图为直角梯形,则其所有表面(含底面与侧面)中直角三角形的个数为A.1B.2C.3D.4【解析】构造如图的正方体.直观图如图中粗线所示,即四面体 ABGM,其中 M为 PH 中点.显然ABG 为直角三角形,AME 与BMG 为锐角三角形.取 BF 中点11N,连结 AMGN.显然四边形 AMGN 为平行四边形,但 MNAG.故AMGN 不可能为矩形.即AMG 不是直角三角形.据此,原直观图中的直角三角形仅有 1 个,故选 A.5.(青岛高三三月考.5 题)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为A.56B.56 -8pC.64D.64 -8p3333【解析】如图,直观图是四棱锥 P-ABCD中挖去一个半圆锥.四稜锥的底面是边长为 4 的正方形,其高V=1 42 4 =64也是 4,故四稜锥P- ABCD33 .半圆锥的底半径为 2,高为 4,故V=11p 22 4 =8p.23半圆锥P-BC3V =64 -8p故所求几何体的体积3 ,故选 D.6.(湖北荆州中学周练 13.8 题)如图所示是沿圆锥的两条母线将圆锥削去一部分后所得几何体的三视图，其体积为16p+23，则圆锥的母线长 l 为( )39B 2B 223C4D+23【解析】这个残缺圆锥的直观图如图所示.12设 O 为底面圆的中心,由条件弦 AB = 23 . 作 ODAB 于 D,由俯视图知 OD=1.所以圆半径 OA=OB=2,从而AOB= 23p . 优弧的圆心角为4ABC3p.SDAOB = 12 22 23 = 3, S 扇形OACB = 23 p 22 = 83 p. S底 = 3 + 83 p 设圆锥的高 OP=h.18p