PAGEPAGE12第一節(jié)空間幾何體的結構特征及三視圖和直觀圖2024考綱考題考情1．空間幾何體的結構特征2．空間幾何體的三視圖(1)三視圖的形成與名稱空間幾何體的三視圖是用平行投影得到的，這種投影下與投影面平行的平面圖形留下的影子與平面圖形的形態(tài)和大小是完全相同的，三視圖包括正視圖、側視圖、俯視圖。(2)三視圖的畫法①在畫三視圖時，重疊的線只畫一條，攔住的線要畫成虛線。②三視圖的正視圖、側視圖、俯視圖分別是從幾何體的正前方、正左方、正上方視察幾何體畫出的輪廓線。3．空間幾何體的直觀圖空間幾何體的直觀圖常用斜二測畫法來畫，基本規(guī)則是：(1)原圖形中x軸、y軸、z軸兩兩垂直，直觀圖中，x′軸、y′軸的夾角為45°(或135°)，z′軸與x′軸、y′軸所在平面垂直。(2)原圖形中平行于坐標軸的線段，直觀圖中還是平行于坐標軸的線段。平行于x軸和z軸的線段長度在直觀圖中保持不變，平行于y軸的線段長度在直觀圖中變?yōu)樵瓉淼囊话搿?．臺體可以看成是由錐體截得的，易忽視截面與底面平行且側棱延長后必交于一點。2．三視圖的基本要求(1)長對正，高平齊，寬相等。(2)在繪制三視圖時，分界線和可見輪廓線都用實線畫出，被遮擋的部分的輪廓線用虛線表示出來，即“眼見為實、不見為虛”。在三視圖的推斷與識別中要特殊留意其中的虛線。3．斜二測畫法中的“三變”與“三不變”“三變”eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(坐標軸的夾角變更，,與y軸平行的線段的長度變?yōu)樵瓉淼囊话耄?圖形變更。))“三不變”eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平行性不變更，,與x，z軸平行的線段的長度不變更，,相對位置不變更。))一、走進教材1．(必修2P8T1改編)在如圖所示的幾何體中，是棱柱的為________。(填寫全部正確的序號)答案③⑤2．(必修2P15練習T1改編)已知如圖所示的幾何體，其俯視圖正確的是()解析由俯視圖定義易知選項C符合題意。故選C。答案C二、走近高考3．(2024·全國卷Ⅰ)某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖所示。圓柱表面上的點M在正視圖上的對應點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應點為B，則在此圓柱側面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為()A．2eq\r(17) B．2eq\r(5)C．3 D．2解析由三視圖可知，該幾何體為如圖①所示的圓柱，該圓柱的高為2，底面周長為16。畫出該圓柱的側面綻開圖，如圖②所示，連接MN，則MS＝2，SN＝4，則從M到N的路徑中，最短路徑的長度為eq\r(MS2＋SN2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5)。故選B。答案B4．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得，則該幾何體的體積為()A．90π B．63πC．42π D．36π解析由三視圖可知，此幾何體應是一個圓柱切去一部分后所得，如圖所示。通過切割及補形知，此幾何體的體積等同于底面半徑為3，高為7的圓柱，所以所求體積V＝π×32×7＝63π。故選B。答案B三、走出誤區(qū)微提示：①棱柱的概念不清致誤；②不清晰三視圖的三個視圖間的關系，想象不出原幾何體而出錯；③斜二測畫法的規(guī)則不清致誤。5．如圖，長方體ABCD－A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′。剩下的幾何體是()A．棱臺B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析由幾何體的結構特征，剩下的幾何體為五棱柱。故選C。答案C6．將一個長方體沿相鄰三個面的對角線截去一個棱錐，得到的幾何體的正視圖與俯視圖如圖所示，則該幾何體的側視圖為()解析先依據正視圖和俯視圖還原出幾何體，再作其側視圖。由幾何體的正視圖和俯視圖可知該幾何體為圖①，故其側視圖為圖②。故選B。答案B7．利用斜二測畫法得到的：①三角形的直觀圖肯定是三角形；②正方形的直觀圖肯定是菱形；③等腰梯形的直觀圖可以是平行四邊形；④菱形的直觀圖肯定是菱形。以上結論正確的個數是________。解析由斜二測畫法的規(guī)則可知①正確；②錯誤，是一般的平行四邊形；③錯誤，等腰梯形的直觀圖不行能是平行四邊形；而菱形的直觀圖也不肯定是菱形，④也錯誤。答案1考點一空間幾何體的結構特征【例1】(1)用隨意一個平面截一個幾何體，各個截面都是圓面，則這個幾何體肯定是()A．圓柱 B．圓錐C．球體 D．圓柱、圓錐、球體的組合體(2)下列說法正確的是()A．有兩個平面相互平行，其余各面都是平行四邊形的多面體是棱柱B．四棱錐的四個側面都可以是直角三角形C．有兩個平面相互平行，其余各面都是梯形的多面體是棱臺D．棱臺的各側棱延長后不肯定交于一點解析(1)截面是隨意的且都是圓面，則該幾何體為球體。故選C。(2)A錯，如圖①；B正確，如圖②，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可證明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角，這樣四個側面都是直角三角形；C錯，如圖③；D錯，由棱臺的定義知，其側棱的延長線必相交于同一點。故選B。答案(1)C(2)B解決與空間幾何體結構特征有關問題的三個技巧1．把握幾何體的結構特征，要多視察實物，提高空間想象實力。2．緊扣結構特征是推斷的關鍵，熟識空間幾何體的結構特征，依據條件構建幾何模型，如例1(2)中的A，C兩項易推斷失誤。3．通過反例對結構特征進行辨析?！咀兪接柧殹?1)下列命題正確的是()A．兩個面平行，其余各面都是梯形的多面體是棱臺B．兩個面平行且相像，其余各面都是梯形的多面體是棱臺C．直角梯形以一條直角腰所在的直線為旋轉軸，其余三邊旋轉一周形成的面所圍成的旋轉體是圓臺D．用平面截圓柱得到的截面只能是圓和矩形(2)下列結論中錯誤的是()A．由五個面圍成的多面體只能是三棱柱B．正棱臺的對角面肯定是等腰梯形C．圓柱側面上的直線段都是圓柱的母線D．各個面都是正方形的四棱柱肯定是正方體解析(1)如圖所示，可解除A、B選項。只要截面與圓柱的母線平行或垂直，則截得的截面為矩形或圓，否則為橢圓或橢圓的一部分。(2)由五個面圍成的多面體可以是四棱錐，所以A選項錯誤。B，C，D說法均正確。答案(1)C(2)A考點二空間幾何體的三視圖微點小專題方向1：三視圖辨析【例2】如圖所示，四面體ABCD的四個頂點是長方體的四個頂點(長方體是虛擬圖形，起協助作用)，則四面體ABCD的三視圖是(用①②③④⑤⑥代表圖形)()A．①②⑥ B．①②③C．④⑤⑥ D．③④⑤解析正視圖應當是邊長為3和4的矩形，其對角線左下到右上是實線，左上到右下是虛線，因此正視圖是①，側視圖應當是邊長為5和4的矩形，其對角線左上到右下是實線，左下到右上是虛線，因此側視圖是②；俯視圖應當是邊長為3和5的矩形，其對角線左上到右下是實線，左下到右上是虛線，因此俯視圖是③。故選B。答案B由直觀圖確定三視圖，一要依據三視圖的含義及畫法和擺放規(guī)則確認，二要熟識常見幾何體的三視圖。方向2：三視圖還原幾何體【例3】(2024·北京高考)某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側面中，直角三角形的個數為()A．1B．2C．3D．4解析將三視圖還原為直觀圖，幾何體是底面為直角梯形，且一條側棱和底面垂直的四棱錐，如圖所示。易知，BC∥AD，BC＝1，AD＝AB＝PA＝2，AB⊥AD，PA⊥平面ABCD，故△PAD，△PAB為直角三角形，因為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為直角三角形，簡潔求得PC＝3，CD＝eq\r(5)，PD＝2eq\r(2)，故△PCD不是直角三角形。故選C。答案C由幾何體的三視圖還原幾何體的形態(tài)。要熟識柱、錐、臺、球的三視圖，明確三視圖的形成原理，結合空間想象將三視圖還原為實物圖。方向3：已知三視圖中的兩個視圖，推斷第三個視圖【例4】(2024·唐山市摸底考試)如圖是一個空間幾何體的正視圖和俯視圖，則它的側視圖為()ABCD解析由正視圖和俯視圖可知，該幾何體是由一個圓柱挖去一個圓錐構成的，結合正視圖的寬及俯視圖的直徑可知側視圖應為A。故選A。答案A由幾何體的部分視圖畫出剩余的部分視圖。先依據已知的一部分三視圖，還原、推想直觀圖的可能形態(tài)，然后再找其剩下部分三視圖的可能形態(tài)。當然作為選擇題，也可將選項逐項代入，再看給出的部分三視圖是否符合?！绢}點對應練】1．(方向1)正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱BB1的中點(如圖)，用過點A，E，C1的平面截去該正方體的上半部分，則剩余幾何體的側視圖為()ABCD解析過點A，E，C1的截面為AEC1F，如圖，則剩余幾何體的側視圖為選項C中的圖形。故選C。答案C2．(方向2)古人實行“用臼舂米”的方法脫去稻谷的外殼，獲得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石頭或木頭制成。一個“臼”的三視圖如圖所示，則鑿去部分(看成一個簡潔的組合體)的體積為()A．63π B．72πC．79π D．99π解析由三視圖得鑿去部分是圓柱與半球的組合體，其中圓柱的高為5，底面圓的半徑為3，半球的半徑為3，所以組合體的體積為32π×5＋eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×33＝63π。故選A。答案A3．(方向3)已知圓臺和正三棱錐的組合體的正視圖和俯視圖如圖所示，圖中小方格是單位正方形，那么組合體的側視圖的面積為()A．6＋eq\f(3\r(3),4) B．eq\f(15,2)C．6＋eq\r(3) D．8解析由題意可得側視圖如圖所示，上面是一個三角形，其底為1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，高為2，三角形的面積S1＝eq\f(1,2)×eq\f(3,2)×2＝eq\f(3,2)；下面是一個梯形，上底為2，下底為4，高為2，梯形的面積S2＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝6，所以組合體的側視圖的面積S＝S1＋S2＝eq\f(3,2)＋6＝eq\f(15,2)。故選B。答案B考點三空間幾何體的直觀圖【例5】已知正三角形ABC的邊長為a，那么△ABC的平面直觀圖△A′B′C′的面積為()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解析如圖①②所示的實際圖形和直觀圖。由斜二測畫法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(\r(3),4)a，在圖②中作C′D′⊥A′B′于D′，則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。故選D。答案D平面圖形與其直觀圖的面積關系干脆依據水平放置的平面圖形的直觀圖的斜二測畫法規(guī)則即可得到平面圖形的面積是其直觀圖面積的2eq\r(2)倍，這是一個較常用的重要結論?！咀兪接柧殹磕硯缀误w的正視圖和側視圖如圖①所示，它的俯視圖的直觀圖是矩形O1A1B1C1，如圖②，其中O1A1＝6，O1C1＝2，則該幾何體的側面積為()A．48 B．64C．96 D．128解析由已知中的三視圖可得該幾何體是一個四棱柱，因為它的俯視圖的直觀圖是矩形O1A1B1C1，O1A1＝6，O1C1＝2，所以它的俯視圖的直觀圖面積為12，所以它的俯視圖的面積為24eq\r(2)，所以它的俯視圖是邊長為6的菱形，棱柱的高為4，故該幾何體的側面積為4×6×4＝96。答案Ceq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老師備用題))1．(協作例2運用)已知點E，F，G分別是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中點，點M，N，Q，P分別在線段DF，AG，BE，C1B1上。以M，N，Q，P為頂點的三棱錐P－MNQ的俯視圖不行能是()ABCD解析當M與F重合、N與G重合、Q與E重合、P與B1重合時，三棱錐P－MNQ的俯視圖為A；當M，N，Q，P是所在線段的中點時，三棱錐P－MNQ的俯視圖為B；當M，N，Q，P位于所在線段的非端點位置時，存在三棱錐P－MNQ，使其俯視圖為D。故選C。答案C2．(協作例3運用)一個幾何體的三視圖如圖所示，在該幾何體的各個面中，面積最小的面的面積為()A．8 B．4C．4eq\r(3) D．4eq\r(2)解析由三視圖可知該幾何體的直觀圖如圖所示，由三視圖特征可知，PA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝AC＝4，DB＝2，則易得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)。故選D。答案D3．(協作例4運用)一個錐體的正視圖和側視圖如圖所示，下列選項中，不行能是該錐體的俯視圖的是()ABCD解析A，B，D選項滿意三視圖作法規(guī)則，C不滿意三視圖作法規(guī)則中的“寬相等”，故C不行能是該錐體的俯視圖。答案C4．(協作例5運用)如圖所示，正方形O′A′B′C′的邊長為1cm，它是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，則原圖形的周長是______cm。解析把直觀圖還原，得原來的平面圖形為四邊形OABC，如圖所示。由直觀圖是邊長為1cm的正方形可知，對角線O′B′的長為eq\r(2)cm，則原圖形是底邊長為1cm，高為2eq\r(2)cm的平行四邊形，即在原圖形中，OA＝BC＝1cm，OB＝2eq\r(2)cm，則AB＝OC＝eq\r(2\r(2)2＋12)＝3(cm)，故原圖形的周長是2×(1＋3)＝8(cm)。答案8構造法解三視圖問題的三個步驟三視圖問題(包括求解幾何體的表面積、體積等)是培育和考查空間想象實力的好題目，是高考的熱點。由三視圖還原幾何體是解決這類問題的關鍵，但是不少學生感到難度頗大。筆者探討發(fā)覺，由三視圖還原幾何體只要依據以下三步驟去做，基本都能精確還原出來。這三個步驟是：第一步，先畫長(正)方體，在長(正)方體中畫出俯視圖；其次步，在三個視圖中找直角；第三步，推斷直角位置，并向上(或向下)作垂線，找到頂點，連線即可?！镜淅?】如圖是一個四面體的三視圖，三個三角形均是腰長為2的等腰直角三角形，還原其直觀圖?！窘狻康谝徊剑罁}意，畫正方體，在正方體內畫出俯視圖，如圖①。其次步，找直角，在俯視圖、正視圖和側