2022届高考数学一轮复习第七章立体几何7.1空间几何体的结构特征及三视图与直观图学案理含解析北师大版

第一节　空间几何体的结构特征及三视图与直观图

授课提示：对应学生用书第134页

知识点一　简单几何体

(1)简单旋转体的结构特征：

①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；

②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；

③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；

④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．

(2)简单多面体的结构特征：

①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；

②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；

③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．

• 温馨提醒 •

1．认识棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征时，易忽视定义，可借助于几何模型强化对空间几何体的结构特征的认识．

2．台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行．

1．下列说法正确的是(　　)

A．棱柱的侧面都是矩形

B．棱柱的侧棱都相等

C．棱柱的棱都平行

D．棱柱的侧棱总与底面垂直

解析：由棱柱的定义知，棱柱的侧面都是平行四边形，不一定都是矩形，故A不正确；因为平行四边形的对边相等，故侧棱都相等，所以B正确；对选项C，侧棱都平行，但底面多边形的边(也是棱)不一定平行，所以错误；棱柱的侧棱可以与底面垂直也可以不与底面垂直，故D不正确．故选B．

答案：B

2．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：长方体ABCD­A′B′C′D截去图中部分后，因为EH∥A′D′，所以FG∥A′D′，所以剩下的几何体是五棱柱ABFEA′­DCGHD′．

答案：C

知识点二　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、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和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轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．

• 温馨提醒 •

直观图与原图形面积的关系

S直观图＝S原图形(或S原图形＝2S直观图)．

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：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．

答案：D

2．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝2，则原图形OABC的面积为(　　)

A．24　　　　　　 B．12

C．48  D．20

解析：由题意知原图形OABC是平行四边形，且OA＝BC＝6，设平行四边形OABC的高为OE，则OE××＝O′C′，∵O′C′＝2，∴OE＝4，∴S▱OABC＝6×4＝24．

答案：A

知识点三　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．

说明：主视图也称正视图，左视图也称侧视图．

(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：主左一样高，主俯一样长，左俯一样宽；看不到的线画虚线．

• 温馨提醒 •

1．画三视图时，能看见的线和棱用实线表示，不能看见的线和棱用虚线表示．

2．一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．

1．(易错题)沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的左视图为(　　)

解析：给几何体的各顶点标上字母，如图1．A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B．

答案：B

2．如图为一个几何体的三视图，则该几何体是(　　)

A．四棱柱  B．三棱柱

C．长方体  D．三棱锥

解析：将三视图还原为直观图，如图所示，该几何体为三棱柱．

答案：B

授课提示：对应学生用书第135页

题型一　空间几何体的结构特征　　

1．下列结论正确的是（　　）

A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥

B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥

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：A错误．如图所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．

B错误．如图，若△ABC不是直角三角形，所得几何体不是圆锥；若△ABC是直角三角形，但旋转轴不是直角边，所得的几何体也不是圆锥．

C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．D正确．

答案：D

2．设有以下四个命题：

①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；

②底面是矩形的平行六面体是长方体；

③直四棱柱是直平行六面体；

④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．

其中真命题的序号是_________．

解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的．底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的．因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的．命题④由棱台的定义知是正确的．

答案：①④

空间几何体概念辨析题的常用方法

题型二　空间几何体的直观图　　

1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状为（　　）

A．平行四边形　　　　　 B．梯形

C．菱形  D．矩形

解析：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．

答案：D

2．（2021·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

解析：如图①、②为所示的平面图形和直观图．

由②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，

在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝O′C′＝a．

∴S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2．

答案：D

画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”（两坐标轴成45°或135°）和“二测”（平行于y轴的线段长度减半，平行于x轴和z轴的线段长度不变）来掌握．对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量．

题型三　空间几何体的三视图　　

考法（一）　由空间几何体判定三视图

[例1]　（2021·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（　　）

[解析]　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．

[答案]　B

由空间几何体判定三视图的方法

（1）根据三视图的有关定义和规则先确定主视图，再确定俯视图，最后确定左视图．

（2）被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置．

考法（二）　由三视图还原几何体

[例2]　（2020·高考全国卷Ⅱ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在主视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在左视图中对应的点为（　　）

A．E　　　　　　 B．F

C．G  D．H

[解析]　由三视图还原几何体，如图所示，由图可知，M点在左视图中对应的点为E．

[答案]　A

熟练掌握规则几何体的三视图是由三视图还原几何体的基础，在明确三视图画法规则的基础上，按以下步骤可轻松解决此类问题：

考法（三）　空间几何体三视图的有关计算问题

[例3]　（2021·衡阳模拟）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]　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]　B

在求解有关计算问题时，一定要注意抓住三视图的要求，避免数据读错，导致失误．

[题组突破]

1．（2021·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（　　）

解析：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．

答案：B

2．（2021·武汉市高三二调）某几何体的三视图如图所示，则从该几何体的所有顶点中任取两个顶点，它们之间距离的最大值为（　　）

A．  B．

C．2  D．2

解析：由三视图知，该几何体是一个四棱柱，记为四棱柱ABCD­A1B1C1D1，将其放在如图所示的长方体中，底面ABCD是边长为1的正方形，四棱柱的高为1，连接AC1，观察图形可知，几何体中两顶点间距离的最大值为AC1的长，即＝．

答案：B

3．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（　　）

解析：选项A的主视图、俯视图不符合要求，选项B的主视图、左视图不符合要求，选项C的俯视图不符合要求，通过观察，选项D满足要求．

答案：D

　空间几何体应用中的核心素养

直观想象——空间几何体的创新应用

[例]　（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]　先求面数，有如下两种方法．

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．

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）

由题图知，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，∴x＋x＋x＝1．

∴x＝－1，即半正多面体的棱长为－1．

[答案]　26　－1

通过直观想象，化空间图形为平面问题是求解此题的关键．

[对点训练]

（2020·高考全国卷Ⅰ）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（　　）

A．　　　　　　 B．

C．  D．

解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，侧面三角形底边上的高（斜高）为h′．由已知得h2＝ah′．

又∵h′2＝h2＋，∴h′2＝ah′＋a2，

∴－×－＝0，解得＝（负值舍去）．

答案：C