2018版高考数学一轮复习第八章立体几何8.1空间几何体的结构特征三视图直观图课件理新人教A版
立体几何的结构特征及三视图直观图
主视图
01
主视图是物体正对着观察者时所 呈现的视图，通常放在最前面， 表示物体的高度和长度。
02
主视图反映了物体的前后、上下 关系，是三视图中最重要的一个 视图。
左视图
左视图是从物体的左侧观察得到的视 图，表示物体的宽度和深度。
左视图反映了物体的左右、上下关系 ，与主视图共同确定物体的前后关系 。
常见的空间几何体有长方体、 球体、圆柱体、圆锥体等。
每个几何体都有其特定的构成 方式和特点，如长方体由六个 面组成，球体是一个连续曲面 的几何体等。
几何体的度量属性
长度
面积
体积
角度
用于度量线段的长度。
用于度量平面图形的面 积。
用于度量三维空间中物 体所占的体积。
用于度量两条射线之间 的夹角。
03
俯视图
俯视图是从上往下观察得到的视图，表示物体的平面布局和 高度。
俯视图反映了物体的左右、前后关系，与主视图共同确定物 体的深度。
04
三视图与直观图的转换
三视图到直观图的转换方法
投影法
组合法
根据三视图中的投影关系，将三个视 图分别投射到三个相互垂直的平面上， 形成直观图。
结合投影法和坐标法，先根据投影关 系将三视图转换为平面图形，再通过 坐标法将平面图形转换为立体图形。
案例三
总结词：对比分析
详细描述：对于一些复杂的几何体，仅通过三视图可能难以完全理解其结构和形状，此时可以通过对 比分析三视图与直观图，更好地理解几何体的构造和特点。
感谢您的观看
THANKS
具有空间性和直观性，通过空间 想象和直观感知来研究几何对象源自之间的关系。立体几何的重要性
实际应用
空间几何体的结构、三视图、直观图
【答案】 B
第八章
第1课时
高三数学（· 理）
探究 4
解决这类问题的关键是准确分析出组合体
的结构特征， 发挥自己的空间想象能力， 把立体图和截面 图对照分析，有机结合，找出几何体中的数量关系，为了 增加图形的直观性，常常画一个截面圆作为衬托．
第八章
第1课时
高三数学（· 理）
思考题 4 (2011· 湖北文)设球的体积为 V1，它的内接 正方体的体积为 V2，下列说法中最合适的是( )
第八章
第1课时
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2．棱锥的结构特征 (1)棱锥的定义：有一个面是多边形，其余各面都是有 _____________________ 一个公共顶点的三角形 ，这些面围成的几何体叫做棱锥． (2)正棱锥的定义：如果一个棱锥的底面是正多边形 ， 并且顶点在底面内的射影是 底面中心 ，这样的棱锥叫做正 棱锥．
【答案】 ①√ ②× ③× ④√ ⑤√ ⑥×
第八章
第1课时
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探究 1 深刻领会基本概念，熟练掌握基本题型的解 法，是学好立体几何的关键，本课涉及到的概念较多，应 多看、多想、多做．
第八章
第1课时
高三数学（· 理）
思考题 1 以下命题： ①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ②若有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； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆； ④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台． 其中正确命题为________
A．V1 比 V2 大约多一半 B．V1 比 V2 大约多两倍半 C．V1 比 V2 大约多一倍 D．V1 比 V2 大约多一倍半
题型一
空间几何体的结构特征
例 1 判断正误 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； ③三棱锥的四个面中最多只有三个直角三角形； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．
高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量8
高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论 正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析 如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α， 圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α， 当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________． 答案9π2解析 易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ， 则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ， 所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二 补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析 由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析 如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ， 因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1， 所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径， 连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析 以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三 定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析 如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ， 所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上， 在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3， 球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________． 答案2－12解析 设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68， 所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ， 则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43， 所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析 设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析 设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ， 则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析 如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析 如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22， 所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62， 所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π， 因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1， 即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析 如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ， 则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析 三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图． 当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π， 故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析 如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案 32解析 如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 答案2－1解析 如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3， 得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________． 答案2873π 解析 由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28， 所以R ＝7， 所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析 设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。
2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何8.1空间几何体的结构三视图和直观图课件文
4.(2015· 北京)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长 为 答案 A.1
解析
பைடு நூலகம்
B. 2
C. 3 √
D.2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 11
5.(2016· 抚 顺 模 拟 ) 一 只 蚂 蚁 从 正 方 体 ABCD － A1B1C1D1 的顶点A处出发，经正方体的表面，按最短 路线爬行到达顶点C1位置，则下列图形中可以表示正 方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图是
解析
几何画板展示
图所示，则该棱锥的侧视图可能为 答案
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，故选D.
思维升华
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.注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向， 注意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式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式. 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实物图.
§8.1 空间几何体的结构、三视图和直观图
内容索引
基础知识 题型分类
自主学习 深度剖析
课时作业
基础知识
自主学习
知识梳理
1.多面体的结构特征 互相平行 全等
公共顶点 平行于底面 相似
2.旋转体的形成 几何体 圆柱 旋转图形 矩形 旋转轴
任一边 所在的直线
高中数学教学课例《“空间几何体的结构、三视图和直观图”》课程思政核心素养教学设计及总结反思
体的结构特征的题型； 教学目标
2、熟悉一些典型的几何体模型，如三棱柱、长(正)
方体、三棱锥等几何体的三视图。
本班学生学习态度比较端正，大部分学生能够积极 学生学习能
思考；但对于女生来说，空间想象能力还是比较欠缺， 力分析
学习体地位，在教师点明本
高中数学教学课例《“空间几何体的结构、三视图和直观 图”》教学设计及总结反思
学科
高中数学
教学课例名
《“空间几何体的结构、三视图和直观图”》
称
本节课为高三一轮复习中的空间几何体的结构、三
教材分析 视图和直观图，要求学生重点掌握以三视图为命题背
景，研究空间几何体的结构特征的题型。
1、重点掌握以三视图为命题背景，研究空间几何
对部分学习有困难的学生给于指导； 共性的问题适时点拨（多媒体展示图形） 完成基础自测题 给学生思考的时间和空间
对不同层次的学生给于不同的指导； 共性的问题适时点拨（多媒体展示图形） 完成“几何体的三视图”、“几何体的直观图”部 分的例题和变式题。 给学生思考的时间和空间
引导学生总结、反思解题的一般思路和策略，课堂 小结，课外作业布置
总结、反思三视图还原成直观图的一般方法，解题 策略
由学生自主进行小结反思，更容易理解，记忆
我在教学中，采取通过学生自己的亲身实践，动手
作图来完成；我还充分利用教材“思考”栏目中提出的 课例研究综
问题，让学生在动手实践的过程中学会三视图的作法， 述
体会三视图的作用。再加上学生原有的基础，很圆满地
完成了这一部分的教学，并且收到了良好的效果。
教学策略选 节课的主体知识和高考动向后，给学生充分的思维时间
择与设计 和空间；设法引导学生积极动手探索解题思路并寻求解
人教a版高考数学(理)一轮课件：8.1空间几何体的结构、三视图和直观图
3.简单组合体 简单组合体的构成有两种基本形式:一种是由简单几何体拼接而成;一 种是由简单几何体截去或挖去一部分而成,有多面体与多面体、 多面体与旋 转体、旋转体与旋转体的组合体.
4. 三视图 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.
考纲解读
空间几何体的结构 和三视图部分 重点考 查柱、锥、台、球 的定义和以三 视图为 载体考查柱、锥、 台、球的表面 积和体 积, 难度 不大. 空间几 何体的 性质是 基础, 以它们为载体考查 线线、线面、 面面间 的 关 系 是 重点 . 三 视图 的 还 原在 各 地 高 考 试 题 中 频繁 出 现 , 已 经 成 为高 考 的 热 点 问 题, 题型 多以 选择 题和 填空 题为 主 , 有时也会作为解答题的背景出现.
三视图的长度特征: “ 长对正, 宽相等, 高平齐” , 即正视图和侧 视图一样高, 正视图和俯视图一样长, 侧视图和俯视图一样宽. 若相邻两物 体的表面相交, 表面的交线是它们的分界线, 在三视图中, 要注意实、 虚线的 画法 .
5. 空间几何体的直观图 空间几何体的直观图常用斜二测画法来画, 其规则是: (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° , 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, 在直观图中仍分别平行于坐标轴. 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. 6. 中心投影与平行投影 (1) 平行投影的投影线互相平行, 而中心投影的投影线相交于一点. (2) 从投影的角度看, 三视图和用斜二测画法画出的直观图都是在平行 投影下画出来的图形.
8.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图
答案 D
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题型二
几何体的直观图
【例2 】 一个平面四边形的斜二测画法的直观图 是一个边长为a的正方形, 是一个边长为a的正方形,则原平面四边形的面
积等于( 积等于( A.
2 2 a 4
) B. 2 2a 2 C. 2 a 2 D. 2 2 a 2 2 3 按照直观图的画法， 按照直观图的画法，建立适当的坐
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(2)已知图形中平行于x (2)已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观 已知图形中平行于 轴的线段， 图中平行于 x′轴、y′轴 轴 轴 . (3)已知图形中平行于x轴的线段, (3)已知图形中平行于x轴的线段,在直观图中长 已知图形中平行于 度保持不变，平行于y轴的线段， 度保持不变，平行于y轴的线段，长度变为原来 的一半 . (4)在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面， (4)在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面， 在已知图形中过 xOy平面 在直观图中对应的z 轴也垂直于x 在直观图中对应的z′轴也垂直于x′O′y′平 面,已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中 已知图形中平行于z轴的线段， 仍平行于z 仍平行于z′轴且长度 不变 .
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B错误.如下图，若△ABC不是直角三角 错误.如下图， ABC不是直角三角
形或是直角三角形, 形或是直角三角形,但旋转轴不是直角 边，所得的几何体都不是圆锥. 所得的几何体都不是圆锥. C错误.若六棱锥的所有棱长都相等， 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， 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. 六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长. D正确. 正确.
(课标通用)2018届高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第1节 空间几何体的结构三视图直观图讲义 理
1．[角度 1](2016·辽宁沈阳教学质量监测(一))“牟合方
盖”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)．其直观图如下左图所示，图中四边形
是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全
相同时，它的俯视图可能是(
)
Hale Waihona Puke [解析] 俯视图是正方形，曲线在其上面的投影恰为正方 形的对角线．故选 B.
[答案] B
2．[角度 2](2016·北京昌平期末)某三棱锥的三视图如图
所示，则该三棱锥四个面的面积中最大的是(
)
A. 5
B．3
35 C. 2
D．3 5
[解析] 作出三棱锥 P－ABC 的直观图如图所示，过点 A
)
A．棱台 C．五棱柱
B．四棱柱 D．简单组合体
[解析] 剩下的部分为五棱柱 ABFEA′－DCGHD′. [答案] C
4．如右图，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] 如图，平面图形是 Rt△ABC，其中∠C 为直角． [答案] D
5．某几何体的三视图如图所示，根据三视图可以判断这
知识
梳理诊断
1．空间几何体的结构特征
多面体
(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．
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图中正确的是( B
Hale Waihona Puke ABCD
[解析]
由直观图可知，该几何体是由一个长方体和一个截
角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部 有一条线段连接的两个三角形．故选 B.
角度三 由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图 [典题 4] [2017· 吉林长春模拟]已知某组合体的正视图与侧
必考部分
第八章
立体几何
§8.1 空间几何体的结构特征、 三视图、直观图
考纲展示► 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．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等 的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会 用斜二测画法画出它们的直观图． 3． 会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三 视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．
(1)给出下列四个命题：
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；④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( B ) A．0 B．1 C．2 D．3
考点 2
空间几何体的三视图
正投影 得到， 空间几何体的三视图是用________ 这种投影下与投影
面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是
正视图 、________ 侧视图 、________. 俯视图 完全相同 的，三视图包括________ __________
三视图：注意三个视图之间的长度关系． 若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是
考点 1
空间几何体的结构特征
空间几何体的结构特征
平行且相等 ，上、下底 (1)棱柱的侧棱都______________
多 面 体 面是______ 全等 且平行的多边形． (2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个 公共顶点的三角形． (3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，
相似 其上、下底面是________ 多边形
角度一 由三视图还原几何体 [典题 2] [2017· 河南郑州模拟 ]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( D )
A
B
C
D
[解析]
A， B 的正视图不符合要求， C 的俯视图显然不符合
要求，故选 D.
角度二 由空间几何体的直观图判断三视图 [典题 3] 一几何体的直观图如图， 下列给出的四个俯视 )
①有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面组成 的几何体是棱锥； ②四面体的任何一个面都可以作为棱锥的底面； ③用一个平面去截棱锥，可得到一个棱锥和一个棱台； ④棱锥的各侧棱长相等．
[解析]
棱锥的侧面三角形有一个公共顶点，故①错误；三
棱锥又叫四面体， 其各个面都是三角形， 都可以作为棱锥的底面， 故②正确； 用平行于底面的平面去截棱锥， 截面与底面之间的部 分叫做棱台，故③错误；④明显错误．
矩形 绕其任一边所在直线旋转得到． (1)圆柱可以由________
(2)圆锥可以由直角三角形绕其________ 直角边 所在直线旋转 旋 转 体 得到．
直角腰 所在直线或等腰梯 (3)圆台可以由直角梯形绕________
形绕上、下底中点连线所在直线旋转得到，也可由平行 于底面的平面截圆锥得到． (4)球可以由半圆面或圆面绕________ 所在直线旋转得 直径 到
[点石成金]
解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧
(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几 何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，要说明一个命 题是错误的，只需举一个反例即可． (2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时 要注意用好轴截面中各元素的关系． (3)棱(圆)台是由棱( 圆)锥截得的，所以在解决棱(圆 )台问题 时，要注意“还台为锥”的解题策略．
(1)[教材习题改编]一个几何体由 5 个面围成，其中两个面是 互相平行且全等的三角形，其他面都是全等的矩形，则该几何体
三棱柱 ； 是________ 一个等腰直角三角形绕其斜边所在的直线旋转一周
两个同底的圆锥 后形成的封闭曲面所围成的几何体是____________________ ．
解析： 根据多面体和旋转体的概念知， 第一个几何体是三棱 柱，第二个几何体是两个同底的圆锥．
[解析]
①不一定， 只有这两点的连线平行于轴时才是母线；
②正确；③错误，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转 形成的面所围成的几何体不是圆锥．如图所示，它是由两个同底 圆锥组 成的几何体；④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．
② (2)下列说法中正确的是________ ．
48 ________ ．
解析：由三视图可知，上面是一个长为 4、宽为 2、高为 2 的长方体，下面是一个放倒的四棱柱，高为 4，底面是上、下底 分别为 2,6， 高为 2 的梯形． 又长方体的体积为 4×2×2＝16， 四 2＋6 棱柱的体积为 4× ×2＝32，所以该几何体的体积为 32＋16 2 ＝48.
①②③ ． 序号为________
解析：①如果上、下两个面平行，但不全等，即使其余各面 是四边形，那也不可能是棱柱．②如图所示，平面 ABC∥平面 A1B1C1，但图中的几何体不是棱柱．
③棱锥的一个面是多边形， 其余各面是有一个公共顶点的三 角形． ④棱台是由棱锥截得的，故侧棱延长线交于一点．
[典题 1]
(2)[教材习题改编]如图所示，图①②③是图④表示的几何体 的 三 视 图 ， 若 图 ① 是 正 视 图 ， 则 图 ② 是 ________ 侧视图 ， 图 ③ 是
俯视图 ． ________
解析： 根据三视图的概念知， 图②是侧视图， 图③是俯视图.
空间几何体的认识误区． 给出下面四种说法：①有两个面平行，其余各面都是四边形 的几何体叫棱柱；②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的 几何体叫棱柱；③有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几 何体叫棱锥；④棱台各侧棱的延长线交于一点．其中错误说法的