第7章立体几何第1讲简单几何体及其直观图三视图知能训练轻松闯关理北师大版
2021年高考数学一轮复习第7章立体几何第讲空间图形的基本关系与公理知能训练轻松闯关文北师大版
2021年高考数学一轮复习第7章立体几何第2讲空间图形的基本关系与公理知能训练轻松闯关文北师大版1．已知l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面解析：选B.在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错；两条平行直线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D错．2．(xx·赣州四校联考)若平面α∥平面β，点A，C∈α，B，D∈β，则直线AC∥直线BD 的充要条件是( )A．AB∥CDB．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共面解析：选D.因为平面α∥平面β，要使直线AC∥直线BD，则直线AC与BD是共面直线，即A，B，C，D四点必须共面．3．(xx·高考广东卷)若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是( )A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定解析：选D.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA，若l4＝AA1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排除选项A和C.若l4＝DC1，也满足条件，可以排除选项B.故选D.4.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必经过( )A．点A B．点BC．点C但不过点M D．点C和点M解析：选D.因为ABγ，M∈AB，所以M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，所以M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．5．(xx·昆明质检)已知A、B、C、D是空间四个点，甲：A、B、C、D四点不共面，乙：直线AB和直线CD不相交，则甲是乙成立的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A.因为A、B、C、D四点不共面，则直线AB和直线CD不相交，反之，直线AB和直线CD不相交，A、B、C、D四点不一定不共面．故甲是乙成立的充分不必要条件．6．(xx·郑州模拟)如图所示，ABCDA1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面解析：选A.连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，所以A1，C1，A，C四点共面，所以A1C平面ACC1A1.因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．所以A，M，O三点共线．7.(xx·郑州模拟)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是____________．解析：如图，把平面展开图还原成正四面体，知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH 与MN成60°角，DE与MN垂直，故②③④正确．答案：②③④8．如图所示，在三棱锥A BCD 中，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为菱形，当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 是正方形．解析：易知EH ∥BD ∥FG ，且EH ＝12BD ＝FG ，同理EF ∥AC ∥HG ，且EF ＝12AC ＝HG ，显然四边形EFGH 为平行四边形．要使平行四边形EFGH 为菱形需满足EF ＝EH ，即AC ＝BD ；要使四边形EFGH 为正方形需满足EF ＝EH 且EF ⊥EH ，即AC ＝BD 且AC ⊥BD . 答案：AC ＝BD AC ＝BD 且AC ⊥BD9．在图中，G ，H ，M ，N 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH ，MN 是异面直线的图形有________(填上所有正确答案的序号)．解析：图①中，直线GH ∥MN ；图②中，G ，H ，N 三点共面，但M ∉平面GHN ，因此直线GH 与MN 异面；图③中，连接MG ，GM ∥HN ，因此GH 与MN 共面；图④中，G ，M ，N 共面，但H ∉平面GMN ，因此GH 与MN 异面．所以在图②④中GH 与MN 异面． 答案：②④ 10.如图所示，正方体的棱长为1，B ′C ∩BC ′＝O ，则AO 与A ′C ′所成角的度数为________． 解析：连接AC .因为A ′C ′∥AC ，所以AO 与A ′C ′所成的角就是∠OAC (或其补角)． 因为OC ⊥OB ，AB ⊥平面BB ′C ′C ， 所以OC ⊥AB .又AB ∩BO ＝B ， 所以OC ⊥平面ABO .又OA 平面ABO ，所以OC ⊥OA .在Rt △AOC 中，OC ＝22，AC ＝2，sin ∠OAC ＝OC AC ＝12，所以∠OAC ＝30°.即AO 与A ′C ′所成角的度数为30°. 答案：30°11．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中， (1)求AC 与A 1D 所成角的大小；(2)若E ，F 分别为AB ，AD 的中点，求A 1C 1与EF 所成角的大小． 解：(1)如图，连接B1C，AB1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角．因为AB1＝AC＝B1C，所以∠B1CA＝60°.即A1D与AC所成的角为60°.(2)连接BD，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1.因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，所以EF⊥AC.所以EF⊥A1C1.即A1C1与EF所成的角为90°.1．如果两条异面直线称为“一对”，那么在正方体的十二条棱中共有异面直线________对．解析：如图所示，与AB异面的直线有B1C1，CC1，A1D1，DD1四条，因为各棱具有不同的位置，且正方体共有12条棱，排除两棱的重复计算，共有异面直线12×42＝24(对)．答案：242.如图所示，在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E是PC的中点．(1)求证：AE与PB是异面直线；(2)求异面直线AE和PB所成角的余弦值．解：(1)证明：假设AE与PB共面，设平面为α.因为A∈α，B∈α，E∈α，所以平面α即为平面ABE，所以P∈平面ABE，这与P∉平面ABE矛盾，所以AE与PB是异面直线．(2)取BC的中点F，连接EF、AF，则EF∥PB，所以∠AEF(或其补角)就是异面直线AE和PB所成的角．因为∠BAC＝60°，PA ＝AB ＝AC ＝2，PA ⊥平面ABC ， 所以AF ＝3，AE ＝2，EF ＝2，cos ∠AEF ＝AE 2＋EF 2－AF 22·AE ·EF＝2＋2－32×2×2＝14， 所以异面直线AE 和PB 所成角的余弦值为14.3.如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与四边形ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12FA ，G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1)求证：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？ 解：(1)证明：由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，故GH 綊BC .所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)C ，D ，F ，E 四点共面． 理由如下：由BE 綊12FA ，G 是FA 的中点知，BE 綊GF ，所以EF 綊BG . 由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面． 又点D 在直线FH 上，所以C ，D ，F ，E 四点共面．。
2018一轮北师大版理数学课件：第7章 第1节 简单几何体
[变式训练 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．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任意一点的连线都是母线
D [如图①知，A 不正确．如图②，两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．
(2)以下命题： ①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥； ②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面； ④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台． 其中正确命题的个数为( A．0 C．2 ) B．1 D．3
(1)B
(2)B [(1)如图①所示，可知 A 错．如图②，当 PD⊥底面 ABCD，且
① ② 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． 由母线的概念知，选项 D 正确．]
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、
正上 方观察几何体画出的轮廓线． 正左 方、
(2)三视图的画法
长对正 ，高平齐， 宽相等． ①基本要求：
②画法规则：主左一样高， 主俯一样长，俯左一样宽；看不到的线画虚线．
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(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．( ) )
抓 基 础 · 自 主 学 习
第一节
明 考 向 · 题 型 突 破
简单几何体、直观图与三视图
(北师大版)高考数学第7章立体几何第1讲简单几何体及其直观图3视图9
第1讲简单几何体及其直观图、三视图1．(2021·南阳联考)一个三棱锥的俯视图与左(侧)视图如下图 ,俯视图是边长为2的正三角形 ,左(侧)视图是有一条直角边为2的直角三角形 ,那么该三棱锥的主(正)视图可能为( )解析：选C.由条件得直观图如下图 ,主(正)视图是直角三角形 ,中间的线是看不见的线PA形成的投影 ,应为虚线 ,应选C.2．如果四棱锥的四条侧棱都相等 ,就称它为 "等腰四棱锥〞 ,四条侧棱称为它的腰 ,以下四个命题中 ,假命题是( )A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B.因为 "等腰四棱锥〞的四条侧棱都相等 ,所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等 ,故A、C正确 ,且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等 ,故D正确 ,B不正确 ,如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．3.(2021·太原一模)一个正三棱柱的主(正)视图和俯视图如下图 ,那么这个三棱柱的左(侧)视图的面积为( )A．6 3 B．8C．8 3 D．12解析：选 A.该三棱柱的左(侧)视图为一个矩形 ,由 "长对正 ,高平齐 ,宽相等〞的原理知 ,其左(侧)视图的底边长为俯视图中正三角形的高 ,即为2 3 ,左(侧)视图的高为3 ,故其左(侧)视图的面积为S＝23×3＝6 3 ,应选A. 4．(2021·（高|考）湖北卷改编)在如下图的空间直角坐标系Oxyz中 ,一个四面体的顶点坐标分别是(0 ,0 ,2) ,(2 ,2 ,0) ,(1 ,2 ,1) ,(2 ,2 ,2)．给出编号为①②③④的四个图 ,那么该四面体的正(主)视图和俯视图分别为( )A．①和② B．③和①C．④和③ D．④和②解析：选D.由三视图可知 ,该几何体的正(主)视图是一个直角三角形 ,三个顶点的坐标分别是(0 ,0 ,2) ,(0 ,2 ,0) ,(0 ,2 ,2)且内有一虚线(一顶点与另一直角边中点的连线) ,故正(主)视图是④；俯视图即在底面的射影是一个斜三角形 ,三个顶点的坐标分别是(0 ,0 ,0) ,(2 ,2 ,0) ,(1 ,2 ,0) ,故俯视图是②.5．有一个长为5 cm ,宽为4 cm的矩形 ,那么其直观图的面积为________．解析：由于该矩形的面积S＝5×4＝20(cm2) ,所以其直观图的面积S′＝24S＝52(cm2)．答案：5 2 cm26．如下图的Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周得到的图形是________．解析：过Rt△ABC的顶点C作线段CD⊥AB ,垂足为D ,所以Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周后应得到是以CD作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体．答案：两个圆锥的组合体7．某空间几何体的三视图如下图 ,那么该几何体的各侧面图形中 ,是直角三角形的有________个．解析：由三视图知该几何体是一个四棱锥 ,它的一个侧面与底面垂直 ,且此侧面的顶点在底面上的射影为对应底边的中点 ,易知其有两个侧面是直角三角形．答案：2第7题图第8题图8．一个正三棱柱的所有棱长均相等 ,其侧(左)视图如下图 ,那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱的特征及侧(左)视图可得正(主)视图是一个矩形 ,其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高 ,另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为 2 ,所以高为 3 ,所以正(主)视图的面积为2 3.答案：2 39.如图 ,在四棱锥PABCD中 ,底面为正方形 ,PC与底面ABCD垂直 ,图为该四棱锥的正(主)视图和侧(左)视图 ,它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．(1)根据所给的正(主)视图、侧(左)视图 ,画出相应的俯视图 ,并求出该俯视图的面积； (2)求PA . 解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形 ,如图 ,其面积为36 cm 2.(2)由侧(左)视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2 cm. 由正(主)视图可知AD ＝6 cm ,且AD ⊥PD , 所以在Rt △APD 中 ,PA ＝PD 2＋AD 2＝(6 2 )2＋62＝6 3 (cm)． 10.某几何体的三视图如下图．(1)判断该几何体是什么几何体 ? (2)画出该几何体的直观图．解：(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如下图．。
2019高三数学文北师大版一轮教师用书：第7章 第1节 简单几何体的结构、三视图和直观图 含解析 精品
第章立体几何初步第一节简单几何体的结构、三视图和直观图[考纲传真] 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．(对应学生用书第92页)[基础知识填充]1．简单几何体的结构特征(1)多面体①棱柱：两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，这些面围成的几何体叫作棱柱．②棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，这些面围成的几何体叫作棱锥．③棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫作棱台．(2)旋转体①圆锥可以由直角三角形绕其任一直角边旋转得到．②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．③球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．2．三视图(1)三视图的名称几何体的三视图包括主视图、左视图、俯视图．(2)三视图的画法①画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的主视图、左视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体得到的正投影图．③观察简单组合体是由哪几个简单几何体组成的，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置．3．直观图简单几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(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1 2.[知识拓展]1．底面是梯形的四棱柱，侧放后易被误认为是四棱台．2．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形面积的关系如下．S直观图＝24S原图形，S原图形＝22S直观图．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(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)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝90°.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×2．(教材改编)如图7-1-1，长方体ABCD-A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是()图7-1-1A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．简单组合体C[由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．]3．(2018·兰州模拟)如图7-1-2，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()【导学号：00090224】图7-1-2A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱B[由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该几何体为如图所示的三棱柱．]4．(2016·天津高考)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7-1-3所示，则该几何体的侧(左)视图为()图7-1-3B[由几何体的主视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.]5．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于________．2π[由题意得圆柱的底面半径r＝1，母线l＝1，所以圆柱的侧面积S＝2πrl＝2π.](对应学生用书第93页)(1)A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点(2)以下命题：①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为()A．0 B．1C．2D．3(1)B(2)B[(1)如图①所示，可知A错．如图②，当PD⊥底面ABCD，且四边形ABCD为矩形时，则四个侧面均为直角三角形，B正确．①②根据棱台的定义，可知C，D不正确．(2)由圆锥、圆台、圆柱的定义可知①②错误，③正确．对于命题④，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，④不正确．] [规律方法] 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，即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．因为棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．[变式训练1]下列结论正确的是()【导学号：00090225】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任意一点的连线都是母线D[如图①知，A不正确．如图②，两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．①②C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．由母线的概念知，选项D正确．]角度1(1)(2018·肇庆模拟)已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的()(2)(2018·秦皇岛模拟)如图7-1-4，在图(1)的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F 分别为CD、BC的中点，将图(1)中的正方体截去两个三棱锥，得到图(2)中的几何体，则该几何体的左视图为() 【导学号：00090226】图7-1-4(1)C(2)D[(1)由题意该四棱锥的直观图如下图所示：则其三视图如图：(2)依次找出图(2)中各顶点在投影面上的正投影，可知该几何体的左视图为]角度2已知三视图，判断几何体(1)某四棱锥的三视图如图7-1-5所示，该四棱锥最长棱棱长为()图7-1-5A ．1B ．2C ．3D ．2(2)(2018·内江模拟)如图7-1-6，已知三棱锥P -ABC 的底面是等腰直角三角形，且∠ACB ＝π2，侧面P AB ⊥底面ABC ，AB ＝P A ＝PB ＝2.则这个三棱锥的三视图中标注的尺寸x ，y ，z 分别是( )图7-1-6A ．3，1， 2B ．3，1,1C ．2,1， 2D ．2,1,1(1)C (2)B [(1)由三视图知，该四棱锥的直观图如图所示，其中P A ⊥平面ABCD ．又P A ＝AD ＝AB ＝1，且底面ABCD 是正方形，所以PC 为最长棱．连接AC ，则PC ＝AC 2＋P A 2＝(2)2＋1＝ 3.(2)由题意知，x 是等边△P AB 边AB 上的高，x ＝2sin 60°＝3，y 是边AB 的一半，y ＝12AB ＝1，z 是等腰直角△ABC 斜边AB 上的中线，z ＝12AB＝1；∴x ，y ，z 分别是3，1,1.][规律方法] 1.由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“主左一样高，主俯一样长，俯左一样宽”的特点确认．2．根据三视图还原几何体．(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．易错警示：对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为( )A ．34a 2B ．38a 2C ．68a 2D ．616a 2(2)(2018·广安模拟)如图7-1-7所示，直观图四边形A ′B ′C ′D ′是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是________.【导学号：00090227】图7-1-7(1)D (2)2＋2 [(1)如图①②所示的实际图形和直观图，由②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a ，所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.(2)根据斜二侧画法可知，原图形为直角梯形，其中上底AD＝1，高AB＝2A′B′＝2，下底为BC＝1＋2，∴1＋1＋22×2＝2＋ 2.][规律方法] 1.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．2．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝24S原图形．[变式训练2](1)(2018·南昌模拟)如图7-1-8，水平放置的△ABC的斜二测直观图是图中的△A′B′C′，已知A′C′＝6，B′C′＝4，则AB边的实际长度是()图7-1-8A．4 B．6C．8 D．10(2)已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，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________．【导学号：00090228】(1)D(2)22[(1)以C为原点，以CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，在x轴上取点A，使得CA＝C′A′＝6，在y轴上取点B，使得BC＝2B′C′＝8，则AB＝AC2＋BC2＝10.(2)如图所示：因为OE ＝(2)2－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.]。
2021高考北师版(理科)数学一轮复习讲义： 第7章 第1节 简单几何体、直观图与三视图
第七章立体几何[深研高考·备考导航]为教师备课、授课提供丰富教学资源[五年考情]考点2021年2021 年2021年2021年2021年三视图、空间几何体的外表积和体积全国卷Ⅰ·T6全国卷Ⅱ·T6全国卷Ⅲ·T9全国卷Ⅲ·T10全国卷Ⅰ·T6全国卷Ⅰ·T11全国卷Ⅱ·T6全国卷Ⅱ·T9全国卷Ⅰ·T12全国卷Ⅱ·T6全国卷Ⅰ·T6全国卷Ⅰ·T8全国卷Ⅱ·T7全国卷·T7全国卷·T11点、线、面的位置关系及空间向量的应用全国卷Ⅰ·T11全国卷Ⅰ·T18全国卷Ⅱ·T14全国卷Ⅱ·T19全国卷Ⅲ·T19全国卷Ⅰ·T18全国卷Ⅱ·T19全国卷Ⅰ·T19全国卷Ⅱ·T11全国卷Ⅱ·T18全国卷Ⅰ·T18全国卷Ⅱ·T4全国卷Ⅱ·T18全国卷·T19综合近5年全国卷高考试题，我们发现高考命题在本章呈现以下规律：1．从考察题型、题量两个方面来看：一般是1～2个客观题，一个解答题；从考察分值看，该局部大约占17～22分．2．从考察知识点看：主要考察简单几何体的三视图及其外表积、体积、空间中线线、线面、面面的平行和垂直的关系以及空间向量在解决空间垂直、平行的证明，空间角的计算方面的应用，突出对空间想象能力、逻辑推理能力和正确迅速运算的能力，以及转化与化归思想的考察．3．从命题思路上看：(1)空间几何体的三视图及其外表积、体积的计算，主要以小题的形式考察．(2)空间点、线、面之间位置关系的判断与证明，特别是线线、线面、面面的平行与垂直，主要以解答题的形式考察．(3)构建恰当的空间直角坐标系利用空间向量对空间线线角、线面角、二面角求解，主要以解答题的形式考察．(4)根据近5年的高考试题，我们发现两大热点：①空间几何体的三视图及其外表积、体积的计算，空间位置关系有关命题的区分．②空间平行、垂直关系的证明及利用空间向量计算空间角．[导学心语]根据近5年全国卷高考命题特点和规律，复习本章时，要注意以下几个方面：1．深刻理解以下概念、性质、定理及公式．简单几何体的构造特征；三视图及其外表积、体积公式；三个公理及线面、面面平行和垂直的八个判定定理与性质定理；空间三种角的概念及计算公式．2．抓住空间位置关系中平行、垂直这一核心内容进展强化训练，不仅要注意平行与平行、垂直与垂直间的转化，而且要重视平行与垂直间的化归转化．解题时要重视严谨性、标准性训练，防止因解题步骤混乱、条件的缺失等导致失分．3．重视向量的工具性作用，空间向量在解空间角中的应用是历年高考中的热点．抓住空间位置关系的特征，恰当建立坐标系，利用向量运算求解空间角，降低思维难度．4．把握命题新动向，空间平行与垂直的交汇，存在性折叠问题，空间角的探索与开放值得重视．第一节简单几何体、直观图与三视图[考纲] 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的构造特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的构造.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.4.会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的根底上，尺寸、线条等不做严格要求)．1．简单几何体(1)简单旋转体的构造特征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)简单多面体的构造特征①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形．侧棱垂直于底面的棱柱叫作直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫作正棱柱．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．底面是正多边形，且各侧面全等的棱锥叫作正棱锥．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．2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规那么：①在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12.3．三视图(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根本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规那么：主左一样高，主俯一样长，俯左一样宽；看不到的线画虚线．1．(思考辨析)判断以下结论的正误．(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)用斜二测画法画水平放置的∠A时，假设∠A的两边分别平行于x轴和y 轴，且∠A＝90°，那么在直观图中，∠A＝90°.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均一样．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×2．(教材改编)如图7-1-1，长方体ABCD-A′B′C′D′中被截去一局部，其中EH∥A′D′，那么剩下的几何体是()图7-1-1A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．简单组合体C[由几何体的构造特征，剩下的几何体为五棱柱．]3．(2021·全国卷Ⅰ)如图7-1-2，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，那么这个几何体是()图7-1-2A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱B[由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该几何体为如下图的三棱柱．]4．(2021·天津高考)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7-1-3所示，那么该几何体的侧(左)视图为()图7-1-3B[由几何体的主视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.]5．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于________．2π[由题意得圆柱的底面半径r＝1，母线l＝1，所以圆柱的侧面积S＝2πrl＝2π.]简单几何体的构造特征(1)以下说法正确的选项是()A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点(2)以下命题：①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为()A．0B．1C．2 D．3(1)B(2)B[(1)如图①所示，可知A错．如图②，当PD⊥底面ABCD，且四边形ABCD为矩形时，那么四个侧面均为直角三角形，B正确．①②根据棱台的定义，可知C，D不正确．(2)由圆锥、圆台、圆柱的定义可知①②错误，③正确．对于命题④，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，④不正确．] [规律方法] 1.关于简单几何体的构造特征辨析关键是紧扣各种简单几何体的概念，要善于通过举反例对概念进展辨析，即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．因为棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥〞的解题策略．[变式训练1]以下结论正确的选项是()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，那么此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线D[如图①知，A不正确．如图②，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，那么B不正确．①②C错误．假设六棱锥的所有棱长都相等，那么底面多边形是正六边形．由几何图形知，假设以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．由母线的概念知，选项D正确．]简单几何体的三视图☞角度1由简单几何体的直观图判断三视图一几何体的直观图如图7-1-4，以下给出的四个俯视图中正确的选项是()【导学号：57962325】图7-1-4A B C DB[该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选项B适合．]☞角度2三视图，判断几何体(1)某四棱锥的三视图如图7-1-5所示，该四棱锥最长棱棱长为()图7-1-5A．1 B．2 C. 3 D．2(2)(2021·全国卷Ⅱ)如图7-1-6是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，那么该几何体的外表积为()图7-1-6A．20πB．24πC．28πD．32π(1)C(2)C[(1)由三视图知，该四棱锥的直观图如下图，其中P A⊥平面ABCD.又P A＝AD＝AB＝1，且底面ABCD是正方形，所以PC为最长棱．连接AC，那么PC＝AC2＋P A2＝(2)2＋1＝ 3.(2)由三视图可知圆柱的底面直径为4，母线长(高)为4，所以圆柱的侧面积为2π×2×4＝16π，底面积为π·22＝4π；圆锥的底面直径为4，高为23，所以圆锥的母线长为(23)2＋22＝4，所以圆锥的侧面积为π×2×S＝16π＋4π＋8π＝28π.][规律方法] 1.由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“主左一样高，主俯一样长，俯左一样宽〞的特点确认．2．根据三视图复原几何体．(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图复原为直观图．(3)根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．易错警示：对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同.简单几何体的直观图(2021·桂林模拟)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.34a2 B.38a2 C.68a2 D.616a2D[如图①②所示的实际图形和直观图，由②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝12OC＝34a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，那么C ′D ′＝22O ′C ′＝68a ，所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.][规律方法] 1.画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规那么可以用“斜〞(两坐标轴成45°)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．对直观图的考察有两个方向，一是原图形求直观图的相关量，二是直观图求原图形中的相关量．2．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形．[变式训练2] (2021·邯郸三次联考)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7-1-7所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，那么这块菜地的面积为________．图7-1-72＋22 [如图①，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E .① ②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.由此复原为原图形如图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，.下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。
高考数学北师大版二轮复习课件7-1 简单几何体、直观图、三视图
3．关于斜二测画法所得直观图的说法正确的是( A．直角三角形的直观图仍是直角三角形 B．梯形的直观图是平行四边形 C．正方形的直观图是菱形 D．平行四边形的直观图仍是平行四边形
)
解析：由斜二测画法规则可知，平行于 y 轴的线段长度减半， 直角坐标系变成了斜坐标系，而平行性没有改变，因此只有 D 正确． 答案：D
解析：通过正视图及俯视图可看出该几何体为半个圆锥和一个 三棱锥的组合体，故侧视图可以为 D. 答案：D
考点一
空间几何体的结构特征
说出下图几何体的结构特征：
【思路点拨】
【自主试解】 体；
①是由两个同底的四棱锥拼接而成的简单组合
②有一个面是四边形，其余各面为共顶点的三角形； ③有两个面平行，其余各面都是四边形，相邻两侧面的公共边 互相平行； ④是由一个四棱柱上面放一个圆锥构成的组合体； ⑤是由一个大圆柱中间挖去一个小圆柱构成的组合体． \\\\\\方法规律\\\\\ 解决此类问题应首先判定它是简单几何体还是简单组合体．若 是简单几何体，应依据相应的定义描述全面，若是简单组合体，应 注意它是由几个简单几何体拼接而成，还是由简单几何体截去或挖 去一部分而成．
1．给出下列命题： ①在正方体上任意选择 4 个不共面的顶点，它们可能是正四面 体的 4 个顶点； ②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱 锥； ③若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱． 其中正确命题的序号是________．
解析：①正确，正四面体是每个面都是等边 三角形的四面体，如正方体 ABCD－A1B1C1D1 中的四面体 A－CB1D1；②错误，反例如图所示， 底面△ABC 为等边三角形， 可令 AB＝VB＝VC＝BC＝AC， 则△VBC 为等边三角形，△VAB 和△VCA 均为等腰三角形，但不能判定其为 正三棱锥；③错误，必须是相邻的两个侧面． 答案：①
2021年高考数学 第七章 第一节 空间几何体的结构特征及三视图和直观图课时提升作业 文 北师大版
2021年高考数学第七章第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图课时提升作业文北师大版一、选择题1.以下四个命题:①正棱锥的所有侧棱相等;②直棱柱的侧面都是全等的矩形;③圆柱的母线垂直于底面;④用经过旋转轴的平面截圆锥,所得的截面一定是全等的等腰三角形.其中,真命题的个数为( )(A)4 (B)3 (C)2 (D)12.下列几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是( )(A)①②(B)①③(C)①④(D)②④3.(xx安康模拟)一个锥体的主视图和左视图如图所示,下面选项中,不可能是该锥体的俯视图的是( )4.如图,△ABC为正三角形,AA′∥BB′∥CC′,CC′⊥平面ABC且3AA′=BB′=CC′=AB,则多面体ABC-A′B′C′的主视图是( )5.(xx·铜川模拟)一个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,则这个平面图形的面积为( )(A)+ (B)2+(C)+ (D)+6.(能力挑战题)一个正方体截去两个角后所得几何体的主视图、左视图如图所示,则其俯视图为( )7.(xx·西安模拟)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主视图是( )(A)①②(B)①③(C)②④(D)③④二、填空题8.等腰梯形ABCD,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.9.(xx·德州模拟)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为2,它的三视图中的俯视图如图所示,左视图是一个矩形,则这个矩形的面积是.10.(xx·宝鸡模拟)一个三棱锥的主视图和左视图及其尺寸如图所示,则该三棱锥的俯视图的面积为.三、解答题11.(能力挑战题)某几何体的一条棱长为,在该几何体的主视图中,这条棱的投影是长为的线段,在该几何体的左视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a和b的线段,求a+b的最大值.答案解析1.【解析】选B.由正棱锥的定义可知所有侧棱相等,故①正确;由于直棱柱的底面的各边不一定相等,故侧面矩形不一定全等,因此②不正确;由圆柱母线的定义可知③正确;结合圆锥轴截面的作法可知④正确.综上,正确的命题有3个.2.【解析】选D.在各自的三视图中,①正方体的三个视图都相同;②圆锥的两个视图相同;③三棱台的三个视图都不同;④正四棱锥的两个视图相同,故选D.【变式备选】正三棱柱(底面为正三角形的直棱柱)ABC-A 1B1C1如图所示,以四边形ABB1A1为水平面,四边形BCC1B1的前面为正前方画出的三视图正确的是( )【解析】选A.矩形BCC1B1的前面为正前方,故主视图为矩形,左侧为△ABC,所以左视图为三角形.俯视图为两个有公共边的矩形,公共边为CC1在面ABB1A1内的投影,故选A.3.【解析】选C.当俯视图为A,B时表示底面为等腰直角三角形,且过直角顶点的棱与底面垂直的三棱锥.当俯视图为D时,表示底面为正方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥.故选C.【方法技巧】由直观图画三视图的技巧(1)可以想象将一几何体放在自己面前,然后从正前方,左侧及上面观察该几何体,进而得到主视图、左视图和俯视图.(2)在画三视图时,要注意看得见的轮廓线画成实线,看不见的轮廓线画成虚线.4.【解析】选D.由AA′∥BB′∥CC′及CC′⊥平面ABC,知AA′⊥平面ABC,BB′⊥平面ABC.又CC′=BB′=3AA′,且△ABC为正三角形,故主视图应为D中的图形.5.【解析】选B.如图将直观图ABCD还原后为直角梯形A′BCD′,其中A′B=2AB=2,BC=1+,A′D′=AD=1,∴S=×(1+1+)×2=2+.6.【解析】选C.依题意可知该几何体的直观图如图所示,故其俯视图应为C.7.【解析】选C.依题意得,题中提供的选项中,图②④可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的主视图,选C.8.【解析】如图所示,∵OE==1,∴O′E′=,E′F′=,∴直观图A′B′C′D′的面积为S′=×(1+3)×=.答案:9.【解析】设正三棱柱的底面边长为a,利用体积为2,很容易求出这个正三棱柱的底面边长和侧棱长都是2,所以底面正三角形的高为,故所求矩形的面积为2.答案:210.【解析】由题意可知,该三棱锥的俯视图是一个底边长为2,高为1的三角形,则其面积为1.答案:111.【思路点拨】可将该几何体放在长方体中,且已知长为的棱为长方体的体对角线来解决.【解析】如图,把几何体放到长方体中,使得长方体的体对角线刚好为几何体的已知棱,则长方体的体对角线A1C=,则它的主视图投影长为A1B=,左视图投影长为A1D=a,俯视图投影长为A1C1=b,则a2+b2+()2=2×()2,即a2+b2=8,又≤,当且仅当“a=b=2”时等号成立.∴a+b≤4,即a+b的最大值为4.26183 6647 晇 36537 8EB9 躹32518 7F06 缆la037876 93F4 鏴"26798 68AE 梮Z22333 573D 圽35644 8B3C 謼`I。
高考高考数学一轮复习第7章立体几何第7讲立体几何中的向量方法第1课时知能训练轻松闯关理北师大版
第7讲立体几何中的向量方法第1课时1.如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形， 所以AB ，AP ，AD 两两垂直．以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)， G (1，2，0)．法一：EF →＝(0，1，0)，EG →＝(1，2，－1)， 设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量，因为PB →＝(2，0，－2)，所以PB →·n ＝0，所以n ⊥PB →，因为PB 平面EFG ，所以PB ∥平面EFG .法二：PB →＝(2，0，－2)，FE →＝(0，－1，0)， FG →＝(1，1，－1)． 设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2，0，－2)＝s (0，－1，0)＋t (1，1，－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.所以PB →＝2FE →＋2FG →，又因为FE →与FG →不共线，所以PB →，FE →与FG →共面． 因为PB 平面EFG ，所以PB ∥平面EFG .2.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点． 求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF . 证明：如图，建立空间直角坐标系Axyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0，0，0)，E (0，4，2)，F (2，2，0)，B (4，0，0)，B 1(4，0，4)．(1)取AB 中点N ，则N (2，0，0)，C (0，4，0)，D (2，0，2)，所以DE →＝(－2，4，0)，NC →＝(－2，4，0)，所以DE →＝NC →，所以DE ∥NC . 又NC平面ABC ，DE 平面ABC ，故DE ∥平面ABC . (2)因为B 1F →＝(－2，2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2，2，0)，所以B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，所以B 1F →⊥EF →，即B 1F ⊥EF .因为B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，所以B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥AF ，又AF ∩FE ＝F ，所以B 1F ⊥平面AEF .3.如图所示，四棱锥S ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点． (1)求证：AC ⊥SD .(2)若SD ⊥平面PAC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，则AC ⊥BD . 由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ， 于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ， D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0， B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ， 则OC →·SD →＝0.故OC ⊥SD .从而AC ⊥SD .(2)棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC . 理由如下：由已知条件知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ， BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0.设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a （1－t ），62at ，而BE →·DS →＝0⇔t ＝13.即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 而BE 不在平面PAC 内， 故BE ∥平面PAC .4.如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点． (1)求证：AF ∥平面BCE ；(2)求证：平面BCE ⊥平面CDE .证明：(1)设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，C (2a ，0，0)，B (0，0，a )，D (a ，3a ，0)，E (a ，3a ，2a )． 因为F 为CD 的中点，所以F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0.AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，BE →＝(a ，3a ，a )， BC →＝(2a ，0，－a )．因为AF →＝12(BE →＋BC →)，AF 平面BCE ，所以AF ∥平面BCE .(2)因为AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，CD →＝(－a ，3a ，0)，ED →＝(0，0，－2a )，所以AF →·CD →＝0，AF →·ED →＝0，所以AF →⊥CD →，AF →⊥ED →.又CD ∩DE ＝D ，所以AF →⊥平面CDE ，即AF ⊥平面CDE .又AF ∥平面BCE ，所以平面BCE ⊥平面CDE .1.如图所示，在四棱锥P ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°角． (1)求证：CM ∥平面PAD ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PAD .证明：(1)以C 为坐标原点，分别以CB 所在直线为x 轴，CD 所在直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，因为PC ⊥平面ABCD ，所以∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角， 所以∠PBC ＝30°.因为PC ＝2，所以BC ＝23，PB ＝4.所以D (0，1，0)，B (23，0，0)，A (23，4，0)，P (0，0，2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，所以DP →＝(0，－1，2)，DA →＝(23，3，0)，CM →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，0，32，令n ＝(x ，y ，z )为平面PAD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧z ＝12y ，x ＝－32y ，令y ＝2，得n ＝(－3，2，1)．因为n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，所以n ⊥CM →，又CM 平面PAD ，所以CM ∥平面PAD .(2)取AP 的中点E ， 则E (3，2，1)，BE →＝(－3，2，1)． 因为PB ＝AB ， 所以BE ⊥PA ，又因为BE →·DA →＝(－3，2，1)·(23，3，0)＝0，所以BE →⊥DA →，所以BE ⊥DA ，又PA ∩DA ＝A ，所以BE ⊥平面PAD ， 又因为BE 平面PAB ， 所以平面PAB ⊥平面PAD . 2．如图，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E 、F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A DC B .(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；(2)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BP BC的值；如果不存在，请说明理由．解：(1)AB ∥平面DEF ，理由如下： 在△ABC 中，由E 、F 分别是AC 、BC 的中点， 得EF ∥AB .又因为AB 平面DEF ，EF 平面DEF ，所以AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，直线DB 、DC 、DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A (0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，故DE →＝(0，3，1)． 假设存在点P (x ，y ，0)满足条件，则AP →＝(x ，y ，－2)，AP →·DE →＝3y －2＝0，所以y ＝233.又BP →＝(x －2，y ，0)，PC →＝(－x ，23－y ，0)， BP →∥PC →，所以(x －2)(23－y )＝－xy ， 所以3x ＋y ＝2 3.把y ＝233代入上式得x ＝43，所以BP →＝13BC →，所以在线段BC 上存在点P 使AP ⊥DE ，此时BP BC ＝13.。
高考数学一轮复习第7章第1节简单几何体直观图与三视图课时分层训练文北师大版96
课时分层训练(三十六) 简单几何体、直观图与三视图A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是( )A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等B[根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．]2．某空间几何体的主视图是三角形，则该几何体不可能是( )【导学号：66482326】A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱A[由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其主视图为三角形，而圆柱的主视图不可能为三角形．]3．(2017·云南玉溪一中月考)将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图717所示，则该几何体的左视图为( )图717A B C DD[易知左视图的投影面为矩形．又AF的投影线为虚线，∴该几何体的左视图为选项D.]4．一个几何体的三视图如图718所示，则该几何体的表面积为( )图718A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4D [由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.]5．(2015·全国卷Ⅱ)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图719，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )图719A.18 B ．17 C.16D ．15D [由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.]二、填空题6．(2017·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图7110所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 的面积为________．图71102 2 [因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.]7．如图7111所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P ABC 的主视图与左视图的面积的比值为________．图71111 [三棱锥P ABC 的主视图与左视图为底边和高均相等的三角形，故它们的面积相等，面积比值为1.]8．某三棱锥的三视图如图7112所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________.【导学号：66482327】图711222 [由题中三视图可知，三棱锥的直观图如图所示，其中PA ⊥平面ABC ，M 为AC 的中点，且BM ⊥AC ，故该三棱锥的最长棱为PC .在Rt △PAC 中，PC ＝PA 2＋AC 2＝22＋22＝2 2.]三、解答题9．某几何体的三视图如图7113所示．图7113(1)判断该几何体是什么几何体？ (2)画出该几何体的直观图．[解] (1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后的几何体. 5分(2)直观图如图所示. 12分10．如图7114，在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的主视图和左视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．图7114(1)根据图中所给的主视图、左视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.[解] (1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2. 5分(2)由左视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2. 8分由主视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝22＋62＝6 3 cm. 12分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．在如图7115所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的主视图和俯视图分别为( )图7115A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②D[如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的主视图为④，俯视图为②.]2．(2017·长郡中学质检)如图7116是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是( )【导学号：66482328】图7116A．4 B．5C．3 2 D．3 3D[由三视图作出几何体的直观图(如图所示)，计算可知AF最长，且AF＝BF2＋AB2＝3 3.]3．(2016·北京高考)某四棱柱的三视图如图7117所示，则该四棱柱的体积为________．图71173[由题中三视图可画出长为2、宽为1、高为1的长方体，将该几何体还原到长方体2中，如图所示，该几何体为四棱柱ABCDA′B′C′D′.故该四棱柱的体积V ＝Sh ＝12×(1＋2)×1×1＝32.]。
2024届新高考一轮复习北师大版 第7章 第1节 基本立体图形、简单几何体的再认识 课件(64张)
第七章 立体几何初步、立体几何与空间向量 第一节 基本立体图形、简单几何体的再认识
内 夯实·主干知识 容 探究·核心考点 索 引 课时精练
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【考试要求】 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.掌握求解球、柱、锥、 台的表面积和体积.3.会用相关计算公式，会处理棱柱、棱锥与球组合体的 “接”“切”问题．
(1)外接球：球心是正方体的中心；半径
r＝
3 2
a(a 为正方体的棱长).
(2)内切球：球心是正方体的中心；半径 r＝a2 (a 为正方体的棱长).
(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心；半径
r＝
2 2
a(a
为正
方体的棱长).
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2．正四面体的外接球、内切球的球心和半径
(1)外接球：球心是正四面体的中心；半径
148.5 m 上升到 157.5 m 时，增加的水量约为( 7 ≈2.65)( )
A．1.0×109 m3
B．1.2×109 m3
C．1.4×109 m3
D．16×109 m3
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C 由题意 S1＝140 km2＝140×106 m2，S2＝180 km2＝180×106 m2， h＝(157.5－148.5) m＝9 m，代入棱台体积 V＝13 (S1＋S2＋ S1S2 )h.由公式 可得：V≈1.4×109 m3.故选 C.
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3．(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问
题，其中一部分水蓄入某水库，已知该水库水位为海拔 148.5 m 时，相应
水面的面积为 140 km2；水位为海拔 157.5 m 时，相应水面的面积为 180 km2.
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第1讲 简单几何体及其直观图、三视图
1．(2016·南阳联考)已知一个三棱锥的俯视图与左(侧)视图如图所示，俯视图是边长为2
的正三角形，左(侧)视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的主(正)视图可能
为( )
解析：
选C.由已知条件得直观图如图所示，主(正)视图是直角三角形，中间的线是看不见的线
PA
形成的投影，应为虚线，故选C.
2．如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下
四个命题中，假命题是( )
A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等
B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补
C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆
D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上
解析：选B.因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的
四个顶点的距离相等，故A、C正确，且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，
故D正确，B不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．
3.(2016·太原一模)一个正三棱柱的主(正)视图和俯视图如图所示，则这个三
棱柱的左(侧)视图的面积为( )
A．63 B．8
C．83 D．12
解析：选A.该三棱柱的左(侧)视图为一个矩形，由“长对正，高平齐，宽相等”
的原理知，其左(侧)视图的底边长为俯视图中正三角形的高，即为23，左(侧)
视图的高为3，故其左(侧)视图的面积为S＝23×3＝63，故选A.
4．(2014·高考湖北卷改编)在如图所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四
面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)．给出编号为①②③④
的四个图，则该四面体的正(主)视图和俯视图分别为( )
A．①和② B．③和①
C．④和③ D．④和②
解析：选D.由三视图可知，该几何体的正(主)视图是一个直角三角形，三个顶点的坐标分
别是(0，0，2)，(0，2，0)，(0，2，2)且内有一虚线(一顶点与另一直角边中点的连线)，
故正(主)视图是④；俯视图即在底面的射影是一个斜三角形，三个顶点的坐标分别是(0，0，
0)，(2，2，0)，(1，2，0)，故俯视图是②.
5．有一个长为5 cm，宽为4 cm的矩形，则其直观图的面积为________．
解析：由于该矩形的面积S＝5×4＝20(cm2)，所以其直观图的面积S′＝24S＝52(cm2)．
答案：52 cm2
6．如图所示的Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周得到的图形是________．
解析：过
Rt△ABC的顶点C作线段CD⊥AB，垂足为D，所以Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周后应
得到是以CD作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体．
答案：两个圆锥的组合体
7．已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的各侧面图形中，是直角三角形的有
________个．
解析：由三视图知该几何体是一个四棱锥，它的一个侧面与底面垂直，且此侧面的顶点在底
面上的射影为对应底边的中点，易知其有两个侧面是直角三角形．
答案：2
第7题图 第8题图
8．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视
图的面积为________．
解析：由正三棱柱的特征及侧(左)视图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)
视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所
以正(主)视图的面积为23.
答案：23
9.
如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，图为该四棱锥的正(主)
视图和侧(左)视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．
(1)根据所给的正(主)视图、侧(左)视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；
(2)求PA.
解：(1)
该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.
(2)由侧(左)视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62 cm.
由正(主)视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，
所以在Rt△APD中，
PA＝PD2＋AD
2＝ （62）2＋62
＝63 (cm)．
10.
某几何体的三视图如图所示．
(1)判断该几何体是什么几何体？
(2)画出该几何体的直观图．
解：(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．
(2)直观图如图所示．