2025版高考数学一轮复习第七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学案理含解析新人教A版

PAGEPAGE12第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图2024考纲考题考情1．空间几何体的结构特征2．空间几何体的三视图(1)三视图的形成与名称空间几何体的三视图是用平行投影得到的，这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形态和大小是完全相同的，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，拦住的线要画成虚线。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、正上方视察几何体画出的轮廓线。3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，基本规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直。(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中还是平行于坐标轴的线段。平行于x轴和z轴的线段长度在直观图中保持不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半。1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点。2．三视图的基本要求(1)长对正，高平齐，宽相等。(2)在绘制三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画出，被遮挡的部分的轮廓线用虚线表示出来，即“眼见为实、不见为虚”。在三视图的推断与识别中要特殊留意其中的虚线。3．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(坐标轴的夹角变更，,与y轴平行的线段的长度变为原来的一半，,图形变更。))“三不变”eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平行性不变更，,与x，z轴平行的线段的长度不变更，,相对位置不变更。))一、走进教材1．(必修2P8T1改编)在如图所示的几何体中，是棱柱的为________。(填写全部正确的序号)答案③⑤2．(必修2P15练习T1改编)已知如图所示的几何体，其俯视图正确的是()解析由俯视图定义易知选项C符合题意。故选C。答案C二、走近高考3．(2024·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．2eq\r(17) B．2eq\r(5)C．3 D．2解析由三视图可知，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。画出该圆柱的侧面绽开图，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eq\r(MS2＋SN2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5)。故选B。答案B4．(2024·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．90π B．63πC．42π D．36π解析由三视图可知，此几何体应是一个圆柱切去一部分后所得，如图所示。通过切割及补形知，此几何体的体积等同于底面半径为3，高为7的圆柱，所以所求体积V＝π×32×7＝63π。故选B。答案B三、走出误区微提示：①棱柱的概念不清致误；②不清晰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。5．如图，长方体ABCD－A′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．六棱柱解析由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱。故选C。答案C6．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，则该几何体的侧视图为()解析先依据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧视图。由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧视图为图②。故选B。答案B7．利用斜二测画法得到的：①三角形的直观图肯定是三角形；②正方形的直观图肯定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图肯定是菱形。以上结论正确的个数是________。解析由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不行能是平行四边形；而菱形的直观图也不肯定是菱形，④也错误。答案1考点一空间几何体的结构特征【例1】(1)用随意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体肯定是()A．圆柱 B．圆锥C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体(2)下列说法正确的是()A．有两个平面相互平行，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．有两个平面相互平行，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肯定交于一点解析(1)截面是随意的且都是圆面，则该几何体为球体。故选C。(2)A错，如图①；B正确，如图②，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC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，其侧棱的延长线必相交于同一点。故选B。答案(1)C(2)B解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧1．把握几何体的结构特征，要多视察实物，提高空间想象实力。2．紧扣结构特征是推断的关键，熟识空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1(2)中的A，C两项易推断失误。3．通过反例对结构特征进行辨析。【变式训练】(1)下列命题正确的是()A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台B．两个面平行且相像，其余各面都是梯形的多面体是棱台C．直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周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(2)下列结论中错误的是()A．由五个面围成的多面体只能是三棱柱B．正棱台的对角面肯定是等腰梯形C．圆柱侧面上的直线段都是圆柱的母线D．各个面都是正方形的四棱柱肯定是正方体解析(1)如图所示，可解除A、B选项。只要截面与圆柱的母线平行或垂直，则截得的截面为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分。(2)由五个面围成的多面体可以是四棱锥，所以A选项错误。B，C，D说法均正确。答案(1)C(2)A考点二空间几何体的三视图微点小专题方向1：三视图辨析【例2】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，起协助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)()A．①②⑥ B．①②③C．④⑤⑥ D．③④⑤解析正视图应当是边长为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，侧视图应当是边长为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；俯视图应当是边长为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。故选B。答案B由直观图确定三视图，一要依据三视图的含义及画法和摆放规则确认，二要熟识常见几何体的三视图。方向2：三视图还原几何体【例3】(2024·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解析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，简洁求得PC＝3，CD＝eq\r(5)，PD＝2eq\r(2)，故△PCD不是直角三角形。故选C。答案C由几何体的三视图还原几何体的形态。要熟识柱、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。方向3：已知三视图中的两个视图，推断第三个视图【例4】(2024·唐山市摸底考试)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为()ABCD解析由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A。故选A。答案A由几何体的部分视图画出剩余的部分视图。先依据已知的一部分三视图，还原、推想直观图的可能形态，然后再找其剩下部分三视图的可能形态。当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看给出的部分三视图是否符合。【题点对应练】1．(方向1)正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点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()ABCD解析过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的侧视图为选项C中的图形。故选C。答案C2．(方向2)古人实行“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成。一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简洁的组合体)的体积为()A．63π B．72πC．79π D．99π解析由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为5，底面圆的半径为3，半球的半径为3，所以组合体的体积为32π×5＋eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×33＝63π。故选A。答案A3．(方向3)已知圆台和正三棱锥的组合体的正视图和俯视图如图所示，图中小方格是单位正方形，那么组合体的侧视图的面积为()A．6＋eq\f(3\r(3),4) B．eq\f(15,2)C．6＋eq\r(3) D．8解析由题意可得侧视图如图所示，上面是一个三角形，其底为1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，高为2，三角形的面积S1＝eq\f(1,2)×eq\f(3,2)×2＝eq\f(3,2)；下面是一个梯形，上底为2，下底为4，高为2，梯形的面积S2＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝6，所以组合体的侧视图的面积S＝S1＋S2＝eq\f(3,2)＋6＝eq\f(15,2)。故选B。答案B考点三空间几何体的直观图【例5】已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为()A．eq\f(\r(3),4)a2 B．eq\f(\r(3),8)a2C．eq\f(\r(6),8)a2 D．eq\f(\r(6),16)a2解析如图①②所示的实际图形和直观图。由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(\r(3),4)a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝eq\f(\r(2),2)O′C′＝eq\f(\r(6),8)a。所以S△A′B′C′＝eq\f(1,2)A′B′·C′D′＝eq\f(1,2)×a×eq\f(\r(6),8)a＝eq\f(\r(6),16)a2。故选D。答案D平面图形与其直观图的面积关系干脆依据水平放置的平面图形的直观图的斜二测画法规则即可得到平面图形的面积是其直观图面积的2eq\r(2)倍，这是一个较常用的重要结论。【变式训练】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解析由已知中的三视图可得该几何体是一个四棱柱，因为它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，O1A1＝6，O1C1＝2，所以它的俯视图的直观图面积为12，所以它的俯视图的面积为24eq\r(2)，所以它的俯视图是边长为6的菱形，棱柱的高为4，故该几何体的侧面积为4×6×4＝96。答案Ceq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老师备用题))1．(协作例2运用)已知点E，F，G分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱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的俯视图不行能是()ABCD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。故选C。答案C2．(协作例3运用)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．8 B．4C．4eq\r(3) D．4eq\r(2)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＝eq\f(1,2)×4eq\r(2)×2＝4eq\r(2)。故选D。答案D3．(协作例4运用)一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下列选项中，不行能是该锥体的俯视图的是()ABCD解析A，B，D选项满意三视图作法规则，C不满意三视图作法规则中的“宽相等”，故C不行能是该锥体的俯视图。答案C4．(协作例5运用)如图所示，正方形O′A′B′C′的边长为1cm，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。解析把直观图还原，得原来的平面图形为四边形OABC，如图所示。由直观图是边长为1cm的正方形可知，对角线O′B′的长为eq\r(2)cm，则原图形是底边长为1cm，高为2eq\r(2)cm的平行四边形，即在原图形中，OA＝BC＝1cm，OB＝2eq\r(2)cm，则AB＝OC＝eq\r(2\r(2)2＋12)＝3(cm)，故原图形的周长是2×(1＋3)＝8(cm)。答案8构造法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)是培育和考查空间想象实力的好题目，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，但是不少学生感到难度颇大。笔者探讨发觉，由三视图还原几何体只要依据以下三步骤去做，基本都能精确还原出来。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；其次步，在三个视图中找直角；第三步，推断直角位置，并向上(或向下)作垂线，找到顶点，连线即可。【典例1】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，依据题意，画正方体，在正方体内画出俯视图，如图①。其次步，找直角，在俯视图、正视图和侧