正方体中还原三视图的几何体
2023年高考数学一轮复习点点练26空间几何体的三视图与直观图表面积与体积含解析理
第八单元立体几何考情分析多以两小一大的形式出现，每年必考，分值为17～22分．重点考查几何体的三视图问题、几何体的表面积与体积、空间线面位置关系，用向量法计算空间角，其中与球有关的接(切)问题是考查的难点．对于空间向量的应用，空间直角坐标系的建立是否合理是解决有关问题的关键，有时所给空间图形不规则——没有三条互相垂直的直线，不利于空间直角坐标系的建立，另外，探索性问题中动点坐标的设法及有关计算是难点．点点练26空间几何体的三视图与直观图、表面积与体积一基础小题练透篇1．[2022·山东济宁检测]已知水平放置的△ABC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，那么原△ABC的面积是( )A．3B．22C．32D．342．[2021·江西吉安联考]某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体中，最长的棱的长度为( )A．3B．32C．33D．63．[2022·四川成都七中高三期中]已知一个几何体的三视图如图，则它的表面积为( )A ．3πB ．4πC．5πD．6π4．[2021·衡水模拟]已知正三棱锥S ABC 的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为2，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A ．πB．3πC．6πD．9π5．[2022·云南大理模拟预测]一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( )A ．43πB．2πC．πD．83π 6．[2021·江苏海安高级月考]三棱锥A BCD 中，∠ABC ＝∠CBD ＝∠DBA ＝60°，BC ＝BD ＝1，△ACD 的面积为114，则此三棱锥外接球的表面积为( ) A ．4πB．16πC．163πD．323π7．[2022·四川省南充市白塔模拟]如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个多面体的三视图，若该多面体的所有顶点都在球C 的表面上，则球C 的表面积是( )A ．8πB．12πC．16πD．32π 8.有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．9．[2022·湘豫名校联考]在四面体ABCD 中，AB ＝CD ＝5，AD ＝BC ＝13，AC ＝BD ＝10，则此四面体的体积为________．二能力小题提升篇1.[2022·深圳市高三调研]已知圆柱的底面半径为2，侧面展开图为面积为8π的矩形，则该圆柱的体积为( )A ．8πB．4πC．83πD．2π2.[2022·浙江省高三测试]如图是用斜二测画法画出的∠AOB 的直观图∠A ′O ′B ′，则∠AOB 是( )A ．锐角B ．直角C ．钝角D ．无法判断3．[2022·河南省洛阳市高三调研]大约于东汉初年成书的我国古代数学名著《九章算术》中，“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径．“开立圆术”实际是知道了球的体积V ，利用球的体积，求其直径d 的一个近似值的公式：d ＝3169V ，而我们知道，若球的半径为r ，则球的体积V ＝43πr 3，则在上述公式d ＝3169V 中，相当于π的取值为( )A.3B ．227C ．278D ．1694.[2021·云南省曲靖市高三二模]如图，在水平地面上的圆锥形物体的母线长为12，底面圆的半径等于4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥侧面爬行一周后回到点P 处，则小虫爬行的最短路程为( )A ．123B ．16C ．24D ．24 35．[2022·江西省兴国县高三月考]已知三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，且三棱锥P ABC 外接球的表面积为36π.则PA ＝________．6．[2022·广东七校第二次联考]在四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝2a ，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为________．三高考小题重现篇1.[2021·山东卷]已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A ．2B.2 2 C ．4D.4 22．[2021·全国甲卷]在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G .该正方体截去三棱锥A EFG 后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是( )3．[2021·全国甲卷]已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．4．[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OABC的体积为( )A．212B．312C．24D．345．[2020·山东卷]已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．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________．四经典大题强化篇1.在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且点O 为AC的中点．(1)证明：A1O⊥平面ABC；(2)求三棱锥C1ABC的体积．2．已知点P，A，B，C是半径为2的球面上的点，PA＝PB＝PC＝2，∠ABC＝90°，点B 在AC上的射影为D，求三棱锥P－ABD体积的最大值．点点练26 空间几何体的三视图与直观图、表面积与体积一 基础小题练透篇1．答案：A解析：由题图可知原△ABC 的高AO ＝3，BC ＝B ′C ′＝2，∴S △ABC ＝12·BC ·OA ＝12×2×3＝ 3.2．答案：C解析：由三视图还原几何体，可得该几何体可看作如图所示的棱长为3的正方体中，以A ，B ，C ，D 为顶点的三棱锥，其最长的棱为BD ，且BD ＝32＋32＋32＝3 3.3．答案：B解析：由三视图可知，该几何体是圆锥和半球拼接成的组合体，且圆锥的底面圆和半球的大圆面半径相同，底面圆的半径r ＝1，圆锥的母线长l ＝（3）2＋1＝2，记该几何体的表面积为S ，故S ＝12（2πr ）l ＋12×4πr 2＝4π.4．答案：C解析：正三棱锥的外接球即是棱长为2的正方体的外接球，所以外接球的直径2R ＝（2）2＋（2）2＋（2）2＝6，所以4R 2＝6，外接球的表面积4πR 2＝6π.5．答案：A解析：根据三视图可知几何体是由有公共的底面的圆锥和圆柱体的组合体，由三视图可知，圆锥的底面半径为1，高为1，圆柱的底面半径为1，高为1，所以组合体的体积为13π×12×1＋π×12×1＝4π3.6．答案：A解析：∵BC ＝BD ＝1，∠CBD ＝60°，∴CD ＝1，又AB ＝AB ，∠ABC ＝∠DBA ＝60°，BC ＝BD ，∴△ABC ≌△ABD ，则AC ＝AD ，取CD 中点E ，连接AE ，又由△ACD 的面积为114，可得△ACD 的高AE ＝112，则可得AC ＝AD ＝3，在△ABC 中，由余弦定理AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos60°，∴3＝AB 2＋1－2×AB ×1×12，解得AB ＝2，则AC 2＋BC 2＝AB 2，可得∠ACB ＝90°，∴∠ADB＝90°，∴AC ⊥BC ，AD ⊥BD ，根据球的性质可得AB 为三棱锥外接球的直径，则半径为1， 故外接球的表面积为4π×12＝4π.7．答案：A解析：由三视图可还原几何体为从长、宽均为2，高为2的长方体中截得的四棱锥S ABCD ，则四棱锥S ABCD 的外接球即为长方体的外接球， ∴球C 的半径R ＝122＋2＋4＝2，∴球C 的表面积S ＝4πR 2＝8π. 8．答案：2＋22解析：如图1，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E .在Rt△ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22.又四边形AECD 为矩形，AD ＝EC ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1，由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A ′B ′C ′D ′.在梯形A ′B ′C ′D ′中，A ′D ′＝1，B ′C ′＝22＋1，A ′B ′＝2. ∴这块菜地的面积S ＝12（A ′D ′＋B ′C ′）·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22.9．答案：2解析：设四面体ABCD 所在的长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝5，a 2＋c 2＝13，b 2＋c 2＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，c ＝3，所以四面体ABCD 的体积V ＝abc －13×12abc ×4＝13abc ＝2.二 能力小题提升篇1．答案：A解析：设圆柱的高为h ，则2π×2×h ＝8π⇒h ＝2，所以圆柱的体积为π×22×2＝8π.2．答案：C解析：根据斜二测画法规则知，把直观图∠A ′O ′B ′还原为平面图，如图所示：所以∠AOB 是钝角． 3．答案：C解析：由d ＝3169V 得V ＝916·（2r ）3＝43·278r 3，比较V ＝43πr 3，相当于π的取值为278. 4．答案：A解析：如图，设圆锥侧面展开扇形的圆心角为θ，则由题可得2π×4＝12θ，则θ＝2π3，在Rt△POP ′中，OP ＝OP ′＝12，则小虫爬行的最短路程为PP ′＝122＋122－2×12×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12 3.5．答案：27解析：由PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，将三棱锥补成长方体，它的对角线是其外接球的直径，∵三棱锥外接球的表面积为36π，设外接球的半径为R ，则4πR 2＝36π，解得R ＝3∴三棱锥外接球的半径为3，直径为6，∵AB ＝AC ＝2，∴22＋22＋PA 2＝62，∴PA ＝27.6．答案：（2－2）a解析：方法一 由题意知，球内切于四棱锥P ABCD 时半径最大．设该四棱锥的内切球的球心为O ，半径为r ，连接OA ，OB ，OC ，OD ，OP ，则V P －ABCD ＝V O －ABCD ＋V O －PAD ＋V O －PAB ＋V O －PBC ＋V O －PCD ，即13×2a ×2a ×2a ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 2＋2×12×2a ×2a ＋2×12×2a ×22a ×r ，解得r ＝（2－2）a .方法二 易知当球内切于四棱锥P －ABCD ，即与四棱锥P －ABCD 各个面均相切时，球的半径最大．作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥P －ABCD 内切球的半径为r ，则12×2a ×2a＝12×（2a ＋2a ＋22a ）×r ，解得r ＝（2－2）a . 三 高考小题重现篇1．答案：B解析：设圆锥的母线长为l ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl ＝2π×2，解得l ＝2 2.2．答案：D解析：根据题目条件以及正视图可以得到该几何体的直观图，如图，结合选项可知该几何体的侧视图为D.3．答案：39π解析：设该圆锥的高为h ，则由已知条件可得13×π×62×h ＝30π，解得h ＝52，则圆锥的母线长为h 2＋62＝254＋36＝132，故该圆锥的侧面积为π×6×132＝39π. 4．答案：A解析：如图所示，因为AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝1，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥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. 5．答案：2π2解析：如图，连接B 1D 1，易知△B 1C 1D 1为正三角形，所以B 1D 1＝C 1D 1＝2.分别取B 1C 1，BB 1，CC 1的中点M ，G ，H ，连接D 1M ，D 1G ，D 1H ，则易得D 1G ＝D 1H ＝22＋12＝5，D 1M ⊥B 1C 1，且D 1M ＝ 3.由题意知G ，H 分别是BB 1，CC 1与球面的交点．在侧面BCC 1B 1内任取一点P ，使MP ＝2，连接D 1P ，则D 1P ＝D 1M 2＋MP 2＝（3）2＋（2）2＝5，连接MG ，MH ，易得MG ＝MH ＝2，故可知以M 为圆心，2为半径的圆弧GH 为球面与侧面BCC 1B 1的交线．由∠B 1MG ＝∠C 1MH ＝45°知∠GMH ＝90°，所以GH 的长为14×2π×2＝2π2. 6．答案：26 2－1 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22x ＋x ＋22x ＝1，解得x ＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1. 四 经典大题强化篇1．解析：（1）证明：因为AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点，所以A 1O ⊥AC ，又平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，且A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABC .（2）∵A 1C 1∥AC ，A 1C 1⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴A 1C 1∥平面ABC ，即C 1到平面ABC 的距离等于A 1到平面ABC 的距离．由（1）知A 1O ⊥平面ABC ，且A 1O ＝AA 21 －AO 2＝3，∴VC 1－ABC ＝VA 1－ABC ＝13S △ABC ·A 1O ＝13×12×2×3×3＝1. 2.解析：设点P 在平面ABC 上的射影为G ，如图，由PA ＝PB ＝PC ＝2，∠ABC ＝90°，知点P 在平面ABC 上的射影G 为△ABC 的外心，即AC 的中点．设球的球心为O ，连接PG ，则O 在PG 的延长线上．连接OB ，BG ，设PG ＝h ，则OG ＝2－h ，所以OB 2－OG 2＝PB 2－PG 2，即4－（2－h ）2＝4－h 2，解得h ＝1，则AG ＝CG ＝ 3.设AD ＝x ，则GD ＝x －AG ＝x －3，BG ＝3，所以BD ＝BG 2－GD 2＝－x 2＋23x ，所以S △ABD ＝12AD ·BD ＝12－x 4＋23x 3. 令f （x ）＝－x 4＋23x 3，则f ′（x ）＝－4x 3＋63x 2.由f ′（x ）＝0，得x ＝0或x ＝332，易知当x ＝332时，函数f （x ）取得最大值24316，所以（S △ABD ）max ＝12×934＝938.又PG ＝1，所以三棱锥P －ABD 体积的最大值为13×938×1＝338.。
几种常见几何体三视图（在正方体中研究）
不同视角下几种常见几何体三视图初探摘要：正方体是大家学习立体几何时接触最早最多的几何体，以正方体为载体可以构建出如正三棱锥、正四面体、正八面体等常见几何体。
对正方体的三视图进行系统的研究有利于大家更好的学习掌握立体几何知识.特别是分析比较不同摆放方式的正方体的三视图，能更好的引导学生对几何体进行多角度、深层次的思考。
关键词：三视图正方体正三棱锥正四面体正八面体摆放“横看成岭侧成峰，远近高低各不同。
”对同一物体不同视角观察其具有不同形态的美，多姿多彩的世界能让我们感觉到大自然的美.而在数学王国里，我们从不同角度看物体产生的平面图形也是多种多样的，在这些图形中有三种视图（主视图、俯视图、左视图）对研究原几何体的结构有重要的作用.在这里，我们主要讨论不同方式摆放的正方体和以正方体为载体的正三棱锥、正四面体以及正八面体的三视图，愿大家能从中得到更多启迪.一、正方体平放是几种几何体的三视图1、正方体的三视图棱长为的正a方体平放时，我们很容易得到它的三视图均为边长为的正方a 形，三种视图是全等图形。
如下：2、以正方体为载体的正三棱锥的三视图.不难发现它的以棱长为的a正方体为载体，我们可以构造正三棱锥D ABC三视图均为边长为的a等腰直角三角形.这三个图形也全等，但方向不同.如下：3、以正方体为载体的正四面体的三视图以棱长为的a 正方体为载体，我们可以构造正四面体D ABC -.它的三种视图下的外部轮廓都是边长为的正方a 形，且正四面体的四个顶点分别投影到正方形的四个顶点上.在正视图中顶点顺序为''''A B D C 、、、，在左视图中顶点顺序为''''C B D A 、、、，在俯视图中顶点顺序为''''A B C D 、、、.如下：4、以正方体为载体的正八面体的三视图以以棱长为a 的正方体为载体，我们可以构造出正八面体E ABCDF --.它的三种视图下的外部轮廓都是边长为的正方22a 形，正视图中顶点投影成同D B 、一点落在正'(')D B 方形中心；左视图中顶点投影成一A C 、点落在正方'(')A C 形中心；俯视图中投E F 、影成一点落'(')E F 在正方形中心.如下：二、正方体的体对角线垂直桌面摆放时几种几何体的三视图改变正方体的摆放方式，得到的正方体、正三棱锥、正四面体以及正八面体的三视图又是什么图形呢？各视图还会全等吗？这里以正方体的体对角线垂直桌面摆放为例，进行简单探讨. 限于篇幅，这里只研究正方体以及以正方体为载体的正三棱锥、正四面体的三视图，正八面体的三视图留给大家自己思考！1、正方体的三视图边长为的正a 方体体对角线垂直桌面摆放.视线平行为11BDD B 面主视方向，得到的视图是一个六边形.面对角线垂11AC AC 、直视线所以11''''2A C A C a =、，1D B 顶点、的投影三等1''D B 点、分体对角线1BD 的投影1''B D ，所以F1113a ''''''3A A C C D B ===，不难得出111130''''6a A D D C ==；左视图为矩形，1111ABCD A B C D 面和面分别投影为11''''D B D B 线段和，11''=''2D B D B =线段a ，11''''A C A C 点（）和（）分别是的中11''''D B D B 线段、点；俯视图为一个边长为的6a 3正六边形，1D B 顶点、投影成一点.如下：2、以正方体为载体的正三棱锥三视图以同上方式摆放的正方体为载体构建正三棱锥D ABC -.此时正三棱锥的三视图可由正方体的三视图简单得出，主视图为等腰三角形，'C 是线段的中''A B 点，''2A B a =，3a ''3D C =30a ''''6A D DB ==.左视图为直角三角形，顶点投影到A B 、同一点''A B （），直角边''DC a =，2a ''=2A D 斜边6a ''=2A C .俯视图为边长等于的正2a 三角形，顶点的投影D 'D 点在正三角形中心.如下：3、以正方体为载体的正四面体的三视图以同上方式摆放的正方体为载体构建正四面体D ABC -.正四面体的三视图也可由正方体的三视图简单得出，主视图为等腰三角形，'B 是线段的中''A C 点，''2A C a =，23a ''3D B =66a ''''6A D D C ==.左视图为等腰三角形，顶点投影到A C、同一点''A C（），''=2D B a ,6a''=''2A B A D .俯视图为边长等于的正2a三角形，顶点的投影D'D点在正三角形中心.如下：正方体以体对角线垂直桌面摆放时，从正方体、以正方体为载体的正三棱锥和正四面体的三视图中，我们发现他们的图形不再全等，且各边长的投影也不再相等.借此，我们还可以变换正方体的摆放方式，得到更多有趣的图形，一体多变既可以增强数学的趣味性，又能在变化中找到关联，增强学生的空间想象能力！A。
(经典)高考数学三视图还原方法归纳
高考数学三视图还原方法归纳方法一 :还原三步曲核心内容：三视图的长度特征——“长对齐，宽相等，高平齐” ，即正视图和左视图一样高，正视图和俯视图一样长，左视图和俯视图一样宽。
还原三步骤：（1）先画正方体或长方体，在正方体或长方体地面上截取出俯视图形状；（2）依据正视图和左视图有无垂直关系和节点，确定并画出刚刚截取出的俯视图中各节点处垂直拉升的线条（剔除其中无需垂直拉升的节点，不能确定的先垂直拉升），由高平齐确定其长短；（3）将垂直拉升线段的端点和正视图、左视图的节点及俯视图各个节点连线，隐去所有的辅助线条便可得到还原的几何体。
方法展示（ 1）将如图所示的三视图还原成几何体。
还原步骤：①依据俯视图，在长方体地面初绘ABCDE如图；②依据正视图和左视图中显示的垂直关系，判断出在节点 A、 B、 C、 D 处不可能有垂直拉升的线条，而在 E 处必有垂直拉升的线条 ES，由正视图和侧视图中高度，确定点 S 的位置；如图③将点 S 与点 ABCD分别连接，隐去所有的辅助线条，便可得到还原的几何体S-ABCD如图所示：经典题型：例题 1：若某几何体的三视图，如图所示，则此几何体的体积等于（）cm3。
解答：（24）例题 2：一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（）答案： 21+ 3 计算过程：步骤如下：第一步：在正方体底面初绘制ABCDEFMN如图；第二步：依据正视图和左视图中显示的垂直关系，判断出节点E、F、M 、N 处不可能有垂直拉升的线条，而在点 A、B、C、D 处皆有垂直拉升的线条，由正视图和左视图中高度及节点确定点 G,G' , B' , D ' , E ' , F '地位置如图；第三步：由三视图中线条的虚实，将点G 与点 E、F 分别连接，将G'与点E'、F'分别连接，隐去所有的辅助线便可得到还原的几何体，如图所示。
例题 3：如图所示，网格纸上小正方形的边长为4，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度是（）答案：（6）还原图形方法一：若由主视图引发，具体步骤如下：（ 1）依据主视图，在长方体后侧面初绘ABCM如图：（2）依据俯视图和左视图中显示的垂直关系，判断出在节点 A、B、 C 出不可能有垂直向前拉升的线条，而在 M 出必有垂直向前拉升的线条 MD，由俯视图和侧视图中长度，确定点 D 的位置如图：（ 3）将点 D 与 A、B、 C 分别连接，隐去所有的辅助线条便可得到还原的几何体D—ABC如图所示：解：置于棱长为 4 个单位的正方体中研究，该几何体为四面体 D—ABC，且 AB=BC=4， AC=42 ,DB=DC=2 5 ,可得 DA=6.故最长的棱长为 6.方法 2若由左视图引发，具体步骤如下：（ 1）依据左视图，在长方体右侧面初绘BCD如图：（ 2）依据正视图和俯视图中显示的垂直关系，判断出在节点 C、D 处不可能有垂直向前拉升的线条，而（ 3）将点 A 与点 B、 C、 D 分别连接，隐去所有的辅助线条便可得到还原的几何体D—ABC如图：方法 3：由三视图可知，原几何体的长、宽、高均为4，所以我们可以用一个正方体做载体还原：（1）根据正视图，在正方体中画出正视图上的四个顶点的原象所在的线段，用红线表示。
2019专题 通过三视图找几何体原图的方法 Word版含解析
2019专题通过三视图找几何体原图的方法方法一:直接法【例1】【2017课标II，理4】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（）A. 90πB．63πC．42πD．36π【点评】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽．由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整．由三视图还原几何体的方法:方法二:拼凑法【例2】【2017北京，文6】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A. 60B.30C.20D.10解题步骤:第一步：画出正视图，第二步：平移俯视图到恰当的位置（长对正，高平齐），使它和正视图在一起，第三步：把侧视图顺时针旋转090再平移到恰当的位置（高平齐，宽相等），使它和正视图、俯视图在一起，第四步：调整它们的位置，找到顶点，找到原图.【点评】利用拼凑法找原图时，关键是第四步，结合三视图从那些顶点里找到原几何体的顶点. 这需要有空间观察力和分析能力.【例3】【2017北京，理7】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.32B.23C.22D.2【解析】如下图所示，按照拼凑法得到三视图对应的原图是图中的四棱锥P ABCD -.该四棱锥的最长棱的长度为PC ,22222222(22)223PA PC =+==+=，故选B.方法三:模型法:三视图不容易观察出原图时使用.第一步：画出一个长方体或正方体或其他几何体；第二步：补点；第三步：结合三视图排除某些点；第四步：确定那些排除的点附近的点是否是几何体的顶点；第五步：结合实线虚线和确定的点找到几何体的顶点，从而找到符合三视图的原图. ①三视图基础【例4】. 某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为（ ）A. 16πB. 228π+C. 12πD. 14π 【答案】D【例5】 如图所示， 某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是283π， 则它的表面积是（ ）A. 17πB. 18πC. 20πD. 28π 【答案】A【解析】由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉18后的几何体，如图： 可得： 37428,2833R R ππ⨯==它的表面积是： 22734221784πππ⨯⋅+⨯⋅=【例6】. 如图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则剩余部分与挖去部分的体积之比为（ ）A. 3:1B. 2:1C. 1:1D. 1:2②组合体的三视图问题【例7】.某几何体的三视图如图所示，则其表面积为（ ）A.172π B. 9π C. 192πD. 10π 【解析】由三视图可知几何体为圆柱与14球的组合体。
九年级数学下册三视图第三课时《由三视图描述几何体》教学设计
29.2 三视图（第3课时）一、内容和内容解析1．内容根据三视图说出立体图形的名称，描述物体的形状，感受“综合”思考的过程。
2．内容解析学生在七年级已经接触过“从不同的方向看物体”的内容，但当时没有明确给出“视图”这个概念；本章是从投影的角度解释三视图的概念，这与从不同的方向看物体所得到的平面图形是一致的。
前一节课学生已经能够画出基本几何体的三视图，体会了从立体图形到平面图形的转化。
本节课是在上一节“由物画图”的基础上“由图想物”，让学生体会从平面图形到立体图形的转化过程，这种从“二维”到“三维”的转化，不仅使学生对投影和视图的认识水平再次提升，更能对培养学生的空间观念起到很好的促进作用。
画三视图是将一个物体从三个方向观察，分别表现这三个方面的分解过程；由三视图想出物体的立体形状，则是把物体的三个方面形状“综合”起来的过程，这两个过程是相反的，也是相互联系的。
基于以上分析，确定本节课的教学重点为：根据三视图描述基本几何体和实物原型。
二、目标和目标解析1．目标（1）能根据三视图描述基本几何体形状和实物原型。
（2）通过观察和动手实践，理解三视图中相关各线条之间的对应关系，通过它们能形成一个整体性认识，并根据这些关系由平面图形得出对应的立体图形。
2．目标解析达成目标（1）的标志是：能通过给出的三视图用语言来描述出立体图形的形状。
达成目标（2）的标志是：通过三视图描述立体图形，体会三视图在转化为立体图形的过程中所起的作用。
三、教学问题诊断分析本节课是在学习了“从不同方向看物体”的内容后，又进一步引入“三视图”的概念，并通过观察能够画出立体图形的三视图，这要准确把握三视图中的相对位置关系和大小关系，并要求学生有较强的空间想象能力，而本节课要求学生能够通过三视图想象并描述出立体图形，这对学生的空间想象能力有了较高的要求，是教学中的一个难点。
基于以上分析，确定本节课的教学难点为：根据三视图观察想象，描述出基本几何体和实物原型。
由三视图想象立体图形3
课堂练习： 由三视图想象实物的形状：
由物知图——利用正方体组合提升空间想象力 如图都是由7个小立方体搭成的几何体，从不 同方向看几何体，分别画出它们的主视图、左视 图与俯视图，并在小正方形内填上表示该位置的 小正方体的个数.
（1）
（2）
（3）
（4）
做一做：由几个相同的小立方块搭成的几何体的 俯视图如图所示。方格中的数字表示该位置的小 方块的个数.请画出这个几何体的三视图。
2.锥体——有两个视图是三角形. 3.台体
圆台——有两个视图是等腰梯形
棱台——有两个视图是梯形 4.球——三个视图都是圆
上节课我们讨论了由立体图形(实物)画出三视图， 下面我们讨论由三视图想象出立体图形(实物)。
分析：由三视图想象立体图形时，要分别根据主视图、俯视图 和左视图想象立体图形的前面、上面和左侧面，然后再综合起 来考虑整体图形。
5.一个几何体的主视图和左视图如图所示,它是什么 几何体?请补画这个几何体的俯视图.
(第5题)
直三棱柱
(第6题)
6.一个直棱柱的主视图和俯视图如图所示.描述这 个直棱柱的形状,并补画它的左视图.
直五棱柱,底面是五边形
7、右图是由一些相同的小正方体构成的几何 体的 三视图，则构成这个几何体的小正方体 的个数是【 】 A.5 B.6 C.7 D.8
由三视图想象几何体 下面是一些立体图形的三视图，请根据视 图说出立体图形的名称:
正视图
侧视图
俯视图
四棱柱
由三视图想象几何体 下面是一些立体图形的三视图，请根据视 图说出立体图形的名称:
正视图
左视图
圆锥 俯视图
由三视图想象几何体 一个几何体的三视图如下,你能说出它是 什么立体图形吗?
三视图还原几何体的方法
三视图还原——xyz 定位法一、首先要掌握简单几何体的三视图。
正方体、长方体、三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥、圆柱、圆锥、圆台和球的三视图分别是什么要熟悉掌握。
二、掌握简单组合体的组合形式。
简单组合体主要有拼接和挖去两种形式。
三、三视图之间的关系。
几何体的长：正视图、俯视图的长；几何体的宽：俯视图的高、侧视图的长；几何体的高：正视图、侧视图的高。
（口诀：主俯定长，俯左定宽，主左定高）（下面）左视左侧（后面）正视左侧（左面）正视右侧（右面）左视右侧（前面）（下面）四、清楚三视图各个线段说表示几何体位置，如上图所表示。
五、由三视图画出直观图的步骤和思考方法。
1、组合类题型，往往很简单，基本可以通过简单想象直接还原；2、有两个视角为三角形，为椎体特征。
选择底面还原（求体积可不用还原）；3、凡是想不出来的，可用xyz 坐标定位法还原。
前面俯视左侧（左面）【类型一】：（三线交汇）例2：【类型二】：例3：连接这五个点的四棱锥，不满足俯视图。
而顶点又必须在这五点交点中，所以当点数超过4个，可能不需要全部连接，则这些点有所取舍。
第一法：俯视图看到的面不可以为上面四个点构成的整个四边形，而是中间有一条折痕，故只能说左半边三角形乡下折。
即舍弃前面左上方的点。
故得，第二：唯一法：正视图看，已标记下面的点必不可少；从俯视图看，上面有3个点必不可少；故只能舍弃前面左上方的点。
第三：口诀：实线两端的点保留，虚线两端的点待定。
从俯视图一看，便知道答案了。
取舍关键：墙角点是取舍的备选。
练习【类型三】：（八点齐飞，直观图不唯一）例4此题八点齐飞，通过类型二中的第三取舍法，我们很容易就能还原出来。
答案：然而，我们发现这个三视图也可以看成，是上图中的三棱锥与另外一个三棱锥组合而成。
如下图所示：M为顶点的三棱锥（四种）与上图的组合。
同理，还有其他两种形式，此处就不一一画图了。
由此得出，上题中的三视图至少有5种不同的直观图。
【三视图题目几点技巧】1，部分椎体求体积，直接用公式（可以不还原）2，斜二测画法与原图面积比例为定值（可以不还原）3，三视图中，和视线垂直的线段，长度不变。
太原高考数学王康民老师怎样把三视图又快又准还原成几何体
高考在考查三视图方面出题有两个方向，一是给出三视图及相关数据，求几何体的体积、表面积、内切球体积或外接球体积等；二是给出几何体，确定其中一个视图的图形.由于第二点比较简单，所以高考中考查的较少.高考中对给出三视图求相关体积、面积等题型考查较多，一般以小题形式出现，分值为5分，该类型题的本质是考查三视图还原几何体，所以能快速准确的将三视图还原几何体，是解决这类问题的关键.王康民老师给大家介绍几种快速还原几何体的方法.先来复习一下三视图的相关知识：位置主在上，俯在下，左在右大小长对正，高平齐，宽相等虚实看的见的为实线，看不见的为虚线我来介绍两种快速又好用的三视图还原方法.当然，我默认大家已经掌握了基本几何体的三视图形状，这一点很重要，没有掌握的同学请麻利的自己去翻课本或者小册子.一．升点升线法1.升点法题目特征：当主视图和侧视图的顶部都是点时，采用升点法.如：还原如图所示的三视图的直观图.分析：观察三视图知主视图和侧视图的顶部都是点，则该图形可由俯视图的一个点升高形成，升的高度为主、侧视图的高2.用斜二测法画出俯视图，如下图所示：再根据其主视图为直角三角形，且直角在左侧，所以确定上升的点只能是点A，上升高度为2，三视图还原为下图所示.方法总结主、侧视图顶为点，上升点法1、俯视画图；2、主、侧找最高点；3、在俯视图上将找到的点上升（上升高度为主视图的高）2.升线法当主视图和侧视图的顶部为一点一线时，采用升线法.如：分析观察三视图知主视图和侧视图的顶部为一点一线，则该图形可由俯视图的一条线升高形成，升的高度为主、侧视图的高.用斜二测法画出俯视图，如下图所示.根据其主视图为正方形，左视图为直角三角形，且顶点在其左侧，所以确定上升的直线为线段AB，上升高度为主视图的高，如下图（左）所示.连接上顶点和下底面对应点，三视图还原为上图（右）所示.方法总结主、侧视图顶为一点一线，以点为基准升线.1、俯视画图；2、主、侧找升高线；3、升高直线（上升高度为主视图的高），连接对应点即可二．长方体中找点找面法我们所学的立体图形中，有锥、柱、台、球及组合体，像柱体和球的三视图还原就靠你自己了，简单到我都不想说.好，那就不说吧.我们通过研究锥体和台体的三视图还原来介绍这种方法.1.锥体的三视图还原锥体的三视图的特点是三个视图中有两个三角形.也就是说，我们在看到三视图的时候，如果其中有两个是三角形，我们能确定其为锥体.并且你要去还原它的主观图，这两个三角形就是关键！如：三视图如图所示.分析:首先三视图中有三个三角形，所以可以确定该几何体是一个椎体.俯视图就是该椎体的底面，大家要知道，一个椎体，如果底面确定了，再确定了顶点，则这个锥体就确定了.这个顶点是由主视图和侧视图的上顶点确定的，确定这个点是关键.第一步，我们取三个视图的长、宽、高分别为长、宽、高做出一个长方体，本题画出的正好是一个正方体，如图1所示.图1 图2 图3第二步：把主视图放到立方体正对着我们的这个面上，如图2所示.主视图的上顶点为图2中的顶点A，但该点不一定是锥体的顶点，由于主视图是由正前方看过去的，所以锥体的顶点应该在直线AA1上；再把侧视图放到立方体的右侧面上，如图3所示（注意侧视图是从左往右看的，不要画反了哦）侧视图的上顶点为图3中的顶点B，同理，锥体的顶点应该在直线AB上.所以直线AA1与直线AB的交点A即为锥体的顶点.第三步：将俯视图画在立方体中，由确定的底面和顶点，连接顶点与底面的各个顶点，锥体就确定了，如下图所示.直观图还原完成.步骤:1.三视图中有两个视图为三角形，确定该几何体为锥体，剩下的视图为该锥体的底面.2.将主视图和侧视图画在对应的立方体中，根据各自上顶点的投影线找其交点，确定锥体的顶点.3.俯视图作为底面，连接各顶点，锥体便还原出来了.方法:两个三角形→锥体.1、确定底面；2、确定顶点（主、侧视图上顶点的投影线交点）.3、各顶点连线.【变式训练】三视图如图所示，还原几何体的主观图.【提示】将侧视图作为锥体的底面，利用主视图和俯视图寻找顶点即可.【答案】如下图所示.2.台体的三视图还原台的特点是三视图中有两个梯形，剩下的视图作为台的下底面，还原时找上底面是关键。
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正方体中三视图还原技巧
一、找三棱锥
1、已知某几何体的三视图是三个全等且直角边长为1的等腰直角三角形(单位:cm)如图所示,则该几何体的
体积是
解：由几何体的三视图知，几何体如图所示的三棱锥， ∵几何体的三视图均为腰长为1的等腰直角三角形， ∴AB=BC=CD=1，且∠ABC=∠BCD=∠ABD=90°，
∴该几何体的表面积是
=1+
．
2、已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是 选B.由三视图可知原几何体如图所示,
所以111111ABCD A B C D M A D N V V V --=-1166334410032
=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=.
3、如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多 面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为 解析 如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体 为三棱锥A －BCD ，最长的棱为 AD ＝（42）2
＋22
＝6，
4、如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是
某个四面体的三视图，则该四面体的表面积为 8+
5、(周练题）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为
【解析】由三视图可知，该几何体是如图所示的三棱锥
（正方体的棱长为 ，
是棱的中点），其体积为
二、寻找四棱锥
6、一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是 腰长为4的两个全等的等腰直角三角形，则用____3____个 这样的几何体可以拼成一个棱长为4的正方体．
7、如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为______.
【解析】由三视图可知，此多面体是一个底面边长为2的正方形且有一条长为2的侧棱垂直于底面的四棱锥，
=
8、（11.17周练）
三、寻找多面体
9、一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为
【解析】由三视图得，在正方体1111ABCD A B C D -中，截去四面体111A A B D -，如图所示，，设正方体棱长为a ，则11133111326A A B D V a a -=⨯=，故剩余几何体体积为33315
66
a a a -=，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为5
1．
A
10、一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为 解析 (1)由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体从后面 右上角和前面左下角分别截去一个小三棱锥后剩余的部分 (如图所示)，其表面积为
S ＝6×4－12×6＋2×34×(2)2
＝21＋ 3.
11、某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A ．8－2π B ．8－π C ．8－π2 D ．8－π
4
直观图为棱长为
2的正方体割去两个底面半径为1的1
4圆柱，
所以该几何体的体积为23
－2×π×12
×2×1
4
＝8－π.
12、如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的表面积为C
A
．4+
B
．
14+C ．10+
D ．4
13、一个四棱锥的三视图如图所示，其左视图是等边三角形，该四棱锥的体积等于
解析：由题意得，根据三视图的规则得，棱锥以
俯视图为底面，以侧视图的高为高，由于侧视图是以
2为边长的等边三角形，所以h =结合三视图
中的数据，底面积为1
(12)232S =
⨯+⨯=，
所以几何体的体积为11
333
V Sh ==⨯=
14、（周练题）某多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为
解：该几何体是一个正方体去掉两个三 棱锥，如图所示，所以
V=2×2×2﹣2××2×1
=
．
15、
16、一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz 中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx 平面为投影面,则得到正视图可以为 ( )
【解析】选A.由题意可知,该四面体为正四面体,其中一个顶点在坐标原点,另外三个顶点分别在三个坐标平面内,所以以zOx 平面为投影面,则得到的正视图可以为选项A 中的图.
立体几何的最值问题
17、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 最大值为( )
(A)32 (B)64 (D)【解析】依题意，题中的几何体是三棱锥P ABC(如图所示)，
其中底面ABC 是直角三角形，AB BC ⊥，PA ⊥面ABC ，
BC =222
10PA y +=，(2
22PA x +=，因此
()
22
128642x x xy +-==≤=，
当且仅当22
128x x =-，即8x =时取等号，因此xy 的最大值是64.
18、要做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20cm 。
要使其体积最大，则高为（ D ） A
cm 33 B cm 3310 C cm 3316 D cm 3
320 解：设圆锥底面半径为R,圆锥高为h,∴h 2
+R 2
=202
.
R=2
h -400.
V=πR 2
h
=π（400-h 2
）·h=
π（400h-h 3
）.
令V ′=π（400-3h 2
）=0,∵h ＞0,∴解得h=
.h ＜时,V ′＞0;h ＞时,V ′
＜0. ∴当h=时，V 有最大值. cm 时,体积最大.
球的接切问题
19、已知一个正方体的所有顶点在一个球面上. 若球的体积为92
π
, 则正方体的棱长为 .
【解析】设球半径为R ，因为球的体积为34932
=R ππ，所以R=3
2，
又由球的直径与其内接正方体对角线的相等知正方体的对角线长
为3
20、一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为 3π.
21、一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则
该几何体外接球的体积为________．43π
依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，要求的直径就是正方体的体对角线，
∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝ 3.∴球的体积V ＝43
πR 3
＝43π.
22、（周练题）已知四棱锥的三视图如下图所示，其中正视图、侧视图均是边长为的正方形，则该四棱锥的外接球体积是（ ）
A.
B.
C.
D.
D 【详解】该四棱锥可补形为棱长为2的正方体，如图所示： 该四棱锥与正方体有同一个外接球，∴外接球半径为 ∴外接球的体积为：故选：D
23、已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,AB BC ==则棱锥O ABCD -的体
积为 ．
解析：设ABCD 所在的截面圆的圆心为M,则=,
22=，1
623
O ABCD V -=⨯⨯=
24、已知正四棱锥O ABCD -
的体积为2
O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________。
24π
【解析】设正四棱锥的高为h
，则2
13
2h ⨯=
，解得高2
h =
，则底面正方形的对角线长为=
OA ==
所以球的表面积为2424ππ=.
25、(11.10周练）如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的体积为（ ） A ．
32
3
π B ．
643π
C ．32π
D
D 【解析】由已知中的三视图可得，该几何体是一个以正视图为底面的四棱锥， 故该四棱锥的外接球，与以俯视图为底面，以4为高的直三棱柱的外接球相同． 由底面底边长为4，高为2，故底面为等腰直角三角形，
可得底面三角形外接圆的半径为2r =，由棱柱高为4，可得22OO =，
故外接球半径为R =
=
(
3
4
3
3
V =
π⨯=
π．选D ． 26、已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（ ）
A
．
6
B
．
6
C
．
3
D
．
2
【解析】如图所示，根据球的性质，知⊥1OO 平面ABC ，则C O OO 11⊥．
在直角C OO 1∆中，1=OC ，3
31=
C O ， 所以3
6
)33(
122121=
-=-=
C O OC OO ． 因此三棱锥S －ABC 的体积
6
2
36433122=⨯⨯⨯==-ABC O V V ，故选择A ．
27、10.13周练11 28、11、3周练16。