1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第第1 1讲讲 空间几何体的结构空间几何体的结构 及其三视图和直观图及其三视图和直观图 第七章 立体几何 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
2、型有：根据三视图还原几何体；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 基础知识过关基础知识过关 PART ONE 1.多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相01 _且02 _ 多边形 互相03 _ 侧棱 04 _ 相交于05 _，但不 一定相等 延长线交于06 _ 侧面 形状 07 _ 08 _ 09 _ 平行 相等 平行 平行且相等 一点 一点 平行四边形 三角形 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 _ 于底面 相交于02 _ 延长线交于 03 _ 轴截 面 全等的04 _ 全等的05 _
3、全等的06 _ 07 _ 垂直 一点 一点 矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆 3直观图 (1)画法：常用01 _ (2)规则 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 _ 原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍03 _平 行于 x 轴和 z 轴的线段在直观图中保持原长度04 _，平行于 y 轴的线 段的长度在直观图中变为原来的05 _ 斜二测画法 垂直 平行于坐标轴 不变 一半 4三视图 (1)几何体的三视图包括01 _视图、02 _视图、03 _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
4、的轮廓线 (2)三视图的画法 基本要求：长对正，高平齐，宽相等 画法规则：04 _一样高，05 _一样长，06 _ 一样宽；看不到的线画虚线 正 侧 俯 正侧 正俯 侧俯 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) 答案答案 2小题热身 (1)如图所示，在三棱台 ABCABC 中， 沿 ABC 截去三棱锥 AABC，则剩余的部分是 ( ) A三棱锥 B四棱锥 C三棱柱 D组合
5、体 解析 剩余的部分是四棱锥 ABCCB. 答案答案 解析解析 (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( ) 答案答案 解析 由斜二测画法的原理可知 解析解析 (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( ) A2,2 3 B2 2，2 C4,2 D2,4 答案答案 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 2 3， 故底面边长为 4，故选 D. 解析解析 (4)如图，长方体 ABCDABCD被截去一部分，其中 EH AD，则剩下的几何体是_，截去的几何体是_ 五棱柱 三棱柱
6、2 经典题型冲关经典题型冲关 PART TWO 题型 一 空间几何体的结构特征下列结论正确的个数是_ 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； 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； 有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台； 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； 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 题型题型 一一 空间几何体的结构特征空间几何体的结构特征 0 解析 错误，反例见下面三个图 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
7、要大于底面边长 错误，平行于轴的连线才是母线 解析解析 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： 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( ) A0 B1 C2 D3 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
8、到一个圆锥和一个圆台，错误 答案答案 解析解析 (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ABC的面积为( ) A. 3 4 a2 B. 3 8 a2 C. 6 8 a2 D. 6 16 a2 答案答案 题型 二 空间几何体的直观图 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 ABABa，OC 1 2 OC 3 4 a，在图(2)中作 CDAB于点 D，则 CD 2 2 OC 6 8 a.SABC1 2 AB CD1 2a 6 8 a 6 16 a2.故选 D. 解析解析 条件探究 将本例中的条件变为“ABC
9、的直观图A1B1C1是边长为a 的正三角形”，则ABC的面积为_ 6 2 a2 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 C1D1y1轴，交 x1轴于点 D1，在图(2)中作 CDx 轴，交 x 轴于点 D，设 C1D1x，则 CD2x. 在A1D1C1中，由正弦定理 a sin45 x sin120 ，得 x 6 2 a， SABC1 2AB CD 1 2a 6a 6 2 a2. 解析解析 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
10、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 CD1，腰 ADCB 2， 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_ 2 2 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 EFx轴，交 x轴于 F， 因为 OE 2211， 所以 OE1 2，EF 2 4 ， 则直观图 ABCD的面积 S13 2 2 4 2 2 . 解析解析 角度 1 已知几何体识
11、别三视图 1(2018 全国卷)中国古建筑借助榫卯将木构 件连接起来， 构件的凸出部分叫榫头， 凹进部分叫卯 眼， 图中木构件右边的小长方体是榫头 若如图摆放 的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体， 则咬 合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( ) 题型 三 空间几何体的三视图 解析 观察图形易知卯眼处应以虚线画出， 俯视图为， 故选 A. 答案答案 解析解析 角度 2 已知三视图还原几何体 2 (2018 全国卷)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
12、 N 的路径中，最短路径的 长度为( ) A2 17 B2 5 C3 D2 答案答案 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 42222 5，故选 B. 解析解析 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 CABD 的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的 面积为( ) A.1 2 B. 2 2 C. 2 4 D.1 4 解析 由三棱锥 CABD 的
13、正视图、 俯视图得三棱 锥 CABD 的侧视图为直角边长是 2 2 的等腰直角三角 形，其形状如图所示，所以三棱锥 CABD 的侧视图的 面积为1 4. 答案答案 解析解析 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
14、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 DD11，ABBCAA12，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( ) 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 D1的射影是 B1， 侧棱 BB1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. 答案答案 解析解析 2(2019 河北衡水中学调研)如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中， E 为棱 BB1的中点， 用过点 A， E，
15、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( ) 答案答案 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 解析解析 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( ) A3 2 B2 3 C2 2 D2 答案答案 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 2222222 3.故选 B. 解析解析 3 课时作业课时作业 PART THREE 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
16、视图的是( ) A B C D 答案答案 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，故正确 解析解析 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 解析 由直观图可知， 其表示的平面图形ABC中ACBC， 所以ABC 是直角三角形 答案答案 解析解析 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
17、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( ) 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. 答案答案 解析解析 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 代表图形)( ) A B C D 答案答案 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
18、 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. 解析解析 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( ) 答案答案 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. 解析解析 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( ) 答案答案 解析 由已知可知过点 M，
19、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. 解析解析 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( ) A8 B7 C6 D5 解析 画出直观图可知，共需要 6 块 答案答案 解析解析 8如图，点 O 为正方体 ABCDABCD 的中心， 点E为平面BBCC的中心， 点F为BC 的中点， 则空间四边形 DOEF 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DOEF在正方体的平面DCCD上的投影是； 在平面 BCCB上的投影是；
20、在平面 ABCD 上的投影是，而不可能 出现的投影为的情况 解析解析 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_ 4 解析 由三视图可得该几何体是如图所示的四棱锥 PABCD，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 解析解析 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. 1 解析 把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如图 所
21、示的扇形， 由题意知 OP4 m， PP4 2 m， 则 cosPOP4 2424 22 244 0， 且POP是三角形的内角，所以POP 2. 设底面圆的半径为 r cm，则 2r 24，所以 r1. 解析解析 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( ) B组组 能力关能
22、力关 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. 解析解析 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( ) A8 B4 C4 3 D4 2 答案答案 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，ABAC，PAABAC4，DB2，则 易得 SPACSABC8，SCPD12，S 梯形ABDP12，SBCD1 24 224 2， 故选 D. 解析解析 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
23、直观图是矩形 O1A1B1C1，如图 2，其中 O1A16，O1C12，则该几何 体的侧面积为( ) A48 B64 C96 D128 答案答案 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 CD2，OD22 24 2， CO CD2OD26OA，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 46496.故 选 C. 解析解析 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( ) 答案答案 解析 由题图可知，该几何体为如图所
24、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 解析解析 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_ 64 解析 由三视图知三棱锥如图所示，底面ABC 是直角三角形，ABBC，PA平面ABC，BC 2 7，PA2y2102，(2 7)2PA2x2， 因此xyx 102x22 72x 128x2 x 2128x2 2 64，当且仅当x2128x2，即x 8时取等号，因此xy的最大值是64. 解析解析 6(2019 全国卷)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
25、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_ 答案答案 26 21 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29826(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VFE2，得面数F2EV2482426. 解析解析 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HMAF，GNAF，垂足分别 为M，N，则 AMMHNGNF 2 2 x. 又AMMNNF1，即 2 2 xx 2 2 x1. 解得x 21，即半正多面体的棱长为 21. 解析解析 本课结束本课结束
