2021版高考理科数学（北师大版）一轮复习教师用书：第八章　第1讲　简单几何体及其直观图、三视图

第1讲　简单几何体及其直观图、三视图

一、知识梳理

1．空间几何体的结构特征

(1)多面体的结构特征

(2)旋转体的形成

2.直观图

(1)画法：常用斜二测画法．

(2)规则：①在已知图形中建立直角坐标系xOy，画直观图时，它们分别对应x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面．

②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴和y′轴的线段．

③已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度为原来的．

3．三视图

(1)几何体的三视图包括主视图、左视图、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．

常用结论

1．斜二测画法中的“三变”与“三不变”

“三变”

“三不变”

2．常见旋转体的三视图

(1)球的三视图都是半径相等的圆．

(2)水平放置的圆锥的主视图和左视图均为全等的等腰三角形．

(3)水平放置的圆台的主视图和左视图均为全等的等腰梯形．

(4)水平放置的圆柱的主视图和左视图均为全等的矩形．

二、教材衍化

1．下列说法正确的是(　　)

A．相等的角在直观图中仍然相等

B．相等的线段在直观图中仍然相等

C．正方形的直观图是正方形

D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行

解析：选D.由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．

2．在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)

答案：③⑤

3．已知如图所示的几何体，其俯视图正确的是________．(填序号)

解析：由俯视图定义易知选项③符合题意．

答案：③

一、思考辨析

判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(　　)

(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)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．(　　)

(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．(　　)

(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(　　)

(6)菱形的直观图仍是菱形．(　　)

答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×

二、易错纠偏

(1)棱柱的概念不清致误；

(2)不清楚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．

1．如图，长方体ABCD­A′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：选C.由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.

2．将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的主视图与俯视图如图所示，则该几何体的左视图为(　　)

解析：选B.先根据主视图和俯视图还原出几何体，再作其左视图．由几何体的主视图和俯视图可知该几何体为图①，故其左视图为图②.故选B.

3．在直观图(如图所示)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO为________，面积为________cm2.

解析：由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图，即在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2.

答案：矩形　8

　　　　　　空间几何体的几何特征(自主练透)

1．下列说法正确的是(　　)

A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥

B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体

C．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

D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线

解析：

选D.由图知，A不正确．两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确．侧棱长与底面多边形的边长相等的棱锥一定不是六棱锥，故C错误．由定义知，D正确．

2．给出下列几个命题：

①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；

②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；

③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．

其中正确命题的个数是(　　)

A．0  B．1 

C．2  D．3

解析：选B.①不一定，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．

3．给出下列命题：

①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；

②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；

③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；

④存在每个面都是直角三角形的四面体．

其中正确命题的序号是________．

解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，四个面都是直角三角形．

答案：②③④

空间几何体概念辨析问题的常用方法

　　　　　　空间几何体的三视图(多维探究)

角度一　已知几何体，识别三视图

(1)(2020·宜宾模拟)已知棱长都为2的正三棱柱ABC­A1B1C1的直观图如图．若正三棱柱ABC­A1B1C1绕着它的一条侧棱所在直线旋转，则它的左视图可以为(　　)

(2)(2020·湖南衡阳二模)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A，B在平面α上，AB＝.若平面A1B1C1D1与平面α所成角为30°，由如图所示的俯视方向，正方体ABCD­A1B1C1D1在平面α上的俯视图的面积为(　　)

A．2  B．1＋  C．2  D．2

【解析】　(1)由题知，四个选项的高都是2.若左视图为A，则中间应该有一条竖直的实线或虚线；若左视图为C，则其中有两条侧棱重合，不应有中间竖线；若左视图为D，则长度应为，而不是1.故选B.

(2)由题意得AB在平面α内，且平面α与平面ABCD所成的角为30°，与平面B1A1AB所成的角为60°，故所得的俯视图的面积S＝×(cos 30°＋cos 60°)＝2(cos 30°＋cos 60°)＝1＋.

【答案】　(1)B　(2)B

角度二　已知三视图，判断几何体

(1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是(　　)

A．三棱锥  B．三棱柱  C．四棱锥  D．四棱柱

(2)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．1  B．2 

C．3  D．4

【解析】　(1)

由题三视图得直观图如图所示，为三棱柱，故选B.

(2)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，容易求得PC＝3，CD＝，PD＝2，

故△PCD不是直角三角形，故选C.

【答案】　(1)B　(2)C

【迁移探究1】　(变问法)在本例(2)条件下，求该四棱锥的所有棱中，最长棱的棱长是多少？

解：由三视图可知，PA＝AB＝AD＝2，BC＝1，经计算可知，PB＝PD＝2，PC＝3，CD＝，故最长棱为PC，且|PC|＝3.

【迁移探究2】　(变问法)在本例(2)条件下，求该四棱锥的五个面中，最小面的面积．

解：面积最小的面为面PBC，且S△PBC＝BC·PB

＝×1×2＝，

即最小面的面积为.

角度三　已知几何体的某些视图，判断其他视图

(1)(2020·福州模拟)如图为一圆柱切削后的几何体及其主视图，则相应的左视图可以是(　　)

(2)(2020·河北衡水中学联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈、长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知该楔体的主视图和俯视图如图中粗实线所示，则该楔体的左视图的周长为(　　)

A．3丈  B．6丈

C．8丈  D．(5＋)丈

【解析】　(1)圆柱被不平行于底面的平面所截，得到的截面为椭圆，结合主视图，可知左视图最高点在中间，故选B.

(2)由题意可知该楔体的左视图是等腰三角形，它的底边长为3丈，相应高为2丈，所以腰长为 ＝(丈)，所以该楔体左视图的周长为3＋2×＝8(丈)．故选C.

【答案】　(1)B　(2)C

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．注意主视图、左视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，看不到的部分用虚线表示．

 (2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测其直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．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．

(3)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直观图．　

1．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(　　)

解析：选A.由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.

2．(2020·安徽宣城二模)一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最大面的面积是(　　)

A．2  B．2  C．2  D．4

解析：选C.

如图所示，由三视图可知该几何体是四棱锥P­ABCD截去三棱锥P­ABD后得到的三棱锥P­BCD.其中四棱锥中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，且PA＝AB＝2，易知面积最大面为面PBD，面积为×(2)2＝2.故选C.

3．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在主视图上的对应点为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

解析：选B.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.画出该圆柱的侧面展开图，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＝＝2.故选B.

　　　　　　空间几何体的直观图(自主练透)

1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD为(　　)

A．平行四边形  B．梯形

C．菱形  D．矩形

解析：选D.由斜二测画法可知在原四边形ABCD中DA⊥AB，并且AD∥BC，AB∥CD，故四边形ABCD为矩形．

2．已知等边三角形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

解析：选D.如图①②所示的实际图形和直观图，

由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.所以S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2.故选D.

3．在等腰梯形ABCD中，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________．

解析：因为OE＝＝1，

所以O′E′＝，E′F′＝.

所以直观图A′B′C′D′的面积为

S′＝×(1＋3)×＝.

答案：

(1)斜二测画法中的“三变”与“三不变”

“三变”

“三不变”

(2)平面图形直观图与原图形面积间的关系

对于几何体的直观图，除掌握斜二测画法外，记住原图形面积S与直观图面积S′之间的关系S′＝S，能更快捷地进行相关问题的计算．　

　构造法求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)是培养和考查空间想象能力的好题目，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，而由三视图还原几何体只要按照以下三个步骤去做，基本都能准确还原出来．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；第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)作垂线，找到顶点，连线即可．

　一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体的体积为(　　)

A.  B． 

C.  D．

【解析】　

几何体还原说明：①画出正方体，俯视图中实线可以看作正方体的上底面及底面对角线．②俯视图是正方形，有四个直角，主视图和左视图中分别有一个直角．主视图和左视图中的直角对应上底面左边外侧顶点(图中D点上方顶

点)，将该顶点下拉至D点，连接DA，DB，DC即可．该几何体即图中棱长为1的正方体中的四面体ABCD，其体积为××1×1×1＝.故选A.

【答案】　A

　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，根据题意，画正方体，在正方体内画出俯视图，如图①.

第二步，找直角，在俯视图、主视图和左视图中都有直角．

第三步，将俯视图的直角顶点向上拉起，与三视图中的高一致，连线即可．所求几何体为三棱锥A­BCD，如图②.

[基础题组练]

1． 如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴，x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中(　　)

A．最长的是AB，最短的是AC

B．最长的是AC，最短的是AB

C．最长的是AB，最短的是AD

D．最长的是AC，最短的是AD

解析：选B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.

2．如图所示的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是(　　)

A．①②  B．②③  C．③④  D．①⑤

解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；

当截面不过旋转轴时，

圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；

故截面图形可能是①⑤.

3．(2020·陕西彬州质检)一个几何体的三视图如图所示，其中主视图中△ABC是边长为1的等边三角形，左视图为正六边形，那么该几何体的左视图的面积为(　　)

A.    B．    C．1     D．

解析：选A.

由三视图可知该几何体为正六棱锥，其直观图如图所示．该正六棱锥的底面正六边形的边长为，侧棱长为1，高为.左视图的底面边长为正六边形的高，为，则该几何体的左视图的面积为××＝，故选A.

4．(2020·江西省名校学术联盟质检)如图所示，边长为1的正方形网格中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体所有棱长组成的集合为(　　)

A．{1，}  B．{1，}

C．{1，，}  D．{1，，2，}

解析：选B.如图所示，该几何体是四棱柱，底面是边长为1的正方形，侧棱长为，故选B.

5．(一题多解)(2020·河南非凡联盟4月联考)某组合体的主视图和左视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是图(2)中粗线所表示的平面图形，其中四边形O′A′B′C′为平行四边形，D′为C′B′的中点，则图(2)中平行四边形O′A′B′C′的面积为(　　)

A．12  B．3  C．6  D．6

解析：选B.法一：由题图易知，该几何体为一个四棱锥(高为2，底面是长为4，宽为3的矩形)与一个半圆柱(底面圆半径为2，高为3)的组合体，所以其俯视图的外侧边沿线组成一个长为4，宽为3的矩形，其面积为12，由斜二测知识可知四边形O′A′B′C′的面积为4×sin 45°＝3.

法二：由斜二测画法可先还原出俯视图的外轮廓是长为4，宽为3的矩形，其面积为4×3＝12，结合直观图面积是原图形面积的，即可得结果．

6. 某多面体的三视图如图所示，其中主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________．

解析：由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为×2＝12.

答案：12

7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为______cm.

解析：

如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.

在Rt△ABC中，AC＝12(cm)，BC＝8－3＝5(cm)．

所以AB＝＝13(cm)．

答案：13

8．已知正四棱锥V­ABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为2，则该棱锥的高为________．

解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连接VO，AO，则VO就是正四棱锥V­ABCD的高．因为底面面积为16，所以AO＝2.

因为一条侧棱长为2，

所以VO＝＝＝6.

所以正四棱锥V­ABCD的高为6.

答案：6

9．如图所示的三个图中，上面是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的主视图和左视图如图所示(单位：cm)．

(1)在主视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；

(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积．

解：(1)如图．

(2)所求多面体的体积V＝V长方体－V正三棱锥

＝4×4×6－×(×2×2)×2＝(cm3)．

10．已知正三棱锥V­ABC的主视图和俯视图如图所示．

(1)画出该三棱锥的直观图和左视图；

(2)求出左视图的面积．

解：(1)如图．

(2)左视图中VA＝＝＝2.

则S△VBC＝×2×2＝6.

[综合题组练]

1．(2020·河南开封一模)如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O1，O2，这两个球外切，且球O1与正方体共顶点A的三个面相切，球O2与正方体共顶点B1的三个面相切，则两球在正方体的面AA1C1C上的正投影是(　　)

解析：选B.由题意可以判断出两球在正方体的面AA1C1C上的正投影与正方形相切，排除C，D.由于两球不等，把其中一个球扩大为与正方体相切，则另一个球被挡住一部分，所以排除A.B正确．

2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的左视图中的虚线部分是(　　)

A．圆弧  B．抛物线的一部分

C．椭圆的一部分  D．双曲线的一部分

解析：选D.根据几何体的三视图可得，左视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故左视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.

3．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P­BCD的俯视图与主视图面积之比的最大值为(　　)

A．1  B．

C.  D．2

解析：选D.主视图，底面B，C，D三点，其中D与C重合，随着点P的变化，其主视图均是三角形且点P在主视图中的位置在边B1C1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a，则S主视图＝×a2；设A1C1的中点为O，随着点P的移动，在俯视图中，易知当点P在OC1上移动时，S俯视图就是底面三角形BCD的面积，当点P在OA1上移动时，点P越靠近A1，俯视图的面积越大，当到达A1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S俯视图＝a2，所以的最大值为＝2，故选D.

4．(2020·河北衡水二模)某几何体的三视图如图所示，三视图中的点P，Q分别对应原几何体中的点A，B，在此几何体中从点A经过一条侧棱上点R到达点B的最短路径的长度为(　　)

A．a  B．a 

C.a  D．a

解析：选D.由几何体的三视图可知，该几何体为棱长为a的正四面体(如图1)，将侧面三角形CDB绕CD翻折到与面ACD在同一平面内(如图2)，

连接AB与CD交于一点R，该点即为使路径最短的侧棱上的点R，且最短路径为AB长，在△ACB中，由余弦定理易知AB＝＝a.故选D.

5．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的体积为1，点M在线段BC上(点M异于B，C两点)，点N为线段CC1的中点，若平面AMN截正方体ABCD­A1B1C1D1所得的截面为四边形，则线段BM的取值范围为(　　)

A.  B．

C.  D．

解析：选B.由题意，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，如图所示，当点M为线段BC的中点时，截面为四边形AMND1，当0＜BM≤时，截面为四边形，当BM＞时，截面为五边形，故选B.

6．已知直三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若△MNQ为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为(　　)

A．2  B．3

 C．2  D．4

解析：选C.如图，不妨设N在B处，AM＝h，CQ＝m，则MB2＝h2＋4，BQ2＝m2＋4，MQ2＝(h－m)2＋4，由MB2＝BQ2＋MQ2，得m2－hm＋2＝0.Δ＝h2－8≥0即h2≥8，该直角三角形斜边MB＝≥2.故选C.

7．某几何体的主视图和左视图如图(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________．

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，所以CO＝＝6＝OA，所以俯视图是以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.

答案：96

8．(2019·高考全国卷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________．

解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1.

答案：26　－1