2021届高考数学人教版一轮创新教学案：第7章第1讲　空间几何体的结构及其三视图和直观图

第1讲　空间几何体的结构及其三视图和直观图

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．

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  B．2，2

C．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2，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．1

C．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.a2  B.a2

C.a2  D.a2

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′＝OC＝a，在图(2)中作C′D′⊥A′B′于点D′，则C′D′＝O′C′＝a.∴S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2.故选D.

条件探究　将本例中的条件变为“△ABC的直观图△A1B1C1是边长为a的正三角形”，则△ABC的面积为________．

答案　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C1D1∥y1轴，交x1轴于点D1，在图(2)中作CD⊥x轴，交x轴于点D，设C1D1＝x，则CD＝2x.

在△A1D1C1中，由正弦定理＝，得x＝a，

∴S△ABC＝AB·CD＝×a×a＝a2.

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＝，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　

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＝ ＝1，

所以O′E′＝，E′F＝，

则直观图A′B′C′D′的面积S′＝×＝.

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．2  B．2

C．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＝2，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.  B.

C.  D.

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.

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，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.

2．(2019·河北衡水中学调研)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，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(　　)

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  B．2

C．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＝＝2.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．①③  B．①④

C．②④  D．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．①②⑥  B．①②③

C．④⑤⑥  D．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．7

C．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 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 m，

则cos∠POP′＝＝0，

且∠POP′是三角形的内角，所以∠POP′＝.

设底面圆的半径为r cm，则2πr＝×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，b  B．a，c

C．c，b  D．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．8  B．4

C．4  D．4

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＝×4×2＝4，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．64

C．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＝2×2＝4，∴CO＝＝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＝2，PA2＋y2＝102，(2)2＋PA2＝x2，

因此xy＝x＝x≤＝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　－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＝x.

又AM＋MN＋NF＝1，即x＋x＋x＝1.

解得x＝－1，即半正多面体的棱长为－1.