1空间几何体的结构特征及三视图和直观图

一、 空间几何体的结构特征及三视图和直观图

基础回顾：

1.空间几何体的结构特征

C.一个棱柱至少有五个面、六个顶点、九条棱 D.棱柱的侧棱长有的都相等，有的不都相等

解析：A、B都不能保证侧棱平行这个结构特征，对于D，由棱柱的结构特征知侧棱都相等，一个最简单的棱柱是三棱柱，有五个面、六个顶点、九条棱. 答案：C

2.用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆，则这个几何体一定是 ( ) A.圆柱 B.圆锥 C.球体 D.圆柱，圆锥，球体的组合体 解析：由球的性质可知用平面截球所得的截面都是圆面. 答案：C

3.如图所示，下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是( )

2.空间几何体的三视图 三视图：用 得到，这种投影下与投影面 的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是 的.三视图包括 、 、 . 3.空间几何体的直观图

空间几何体的直观图常用 画法来画，基本规则是：

(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 ，z′轴与x′轴和y′轴所在平面 . (2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中 . 平行于x轴和z轴的线段长度在直观图中 ，平行于y轴的线段长度在直观图中 . 课前小试：

1.下列有关棱柱的命题中正确的是 ( )

A.有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱 B.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱

A.①② B.①③ C.①④ D.②④

解析：正方体的正视、侧视、俯视图都是正方形；圆锥的正视、侧视、俯视图依次为：三角形、三角形、圆及圆心；三棱台的正视、侧视、俯视图依次为：梯形、梯形(与正视图可能不相同)、三角形(内外两个三角形且对应顶点相连)；正四棱锥的正视、侧视、俯视图依次为：三角形、三角形、正方形. 答案：D

4.一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，则原平面四边形的面积等于 . 解析：如图所示.

原平面四边形面积为a×22a＝22a

5.如图所示，图①、②、③是图④表示的几何体的三视图，其中图①是 ，图②是 ，图③是 (说出视图名称).

2

解析：结合三视图的有关概念知，图①是正视图，图②是侧视图，图③是俯视图. 答案：正视图 侧视图 俯视图

1

考点突破：

考点一：空间几何体的结构特征 1.几种常见的多面体的结构特征

(1)直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱.特别地，当底面是正多边形时，叫正棱柱(如正三棱柱，正四棱柱).

(2)正棱锥：指的是底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面中心的棱锥.特别地，各条棱均相等的正 三棱锥又叫正四面体.

2.理解并掌握空间几何体的结构特征，对培养空间想象能力，进一步研究几何体中的线面位置关系或数量关系非常重要，每种几何体的定义都是非常严谨的，注意对比记忆.

[例1]下面有四个命题：

(1)各个侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥； (2)三条侧棱都相等的棱锥是正三棱锥； (3)底面是正三角形的棱锥是正三棱锥；

(4)顶点在底面上的射影是底面多边形的内心，又是外心的棱锥必是正棱锥.其中正确命题的个数是 ( )

A.1 B.2 C.3 D.4 [思路点拨]

[课堂笔记] 命题(1)不正确；正棱锥必须具备两点，一是：底面为正多边形，二是：顶点在底面内的射影是底面的中心；命题(2)缺少第一个条件；命题(3)缺少第二个条件；而命题(4)可推出以上两个条件都具备. [答案] A

考点二：几何体的三视图

1.几何体的三视图的排列规则：

俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样，侧视图放在正视图右面，高度与正视图一样，宽度与俯视图一样，即“长对正，高平齐，宽相等”，如图所示(以长方体三视图为例)：

[特别警示] 画几何体的三视图时，能看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线.

2.应用：在解题的过程中，可以根据三视图的形状及图中所涉及到的线段的长度，推断出原几何图形中的点、线、面之间的关系及图中的一些线段的长度，这样我们就可以解出有关的问题. [例2](2009·山东高考)一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A.2π＋23 B.4π＋23 23 323D.4π＋

3C.2π＋[思路点拨]

[课堂笔记] 由几何体的三视图可知，该几何体是由一个底面直径和高都是2的圆柱和一个底面边长为 ，侧棱长为2的正四棱锥叠放而成.故该几何体的体积为 V＝π·12·2＋

123. ·(2)2·3＝2π＋33[答案] C

考点三;几何体的直观图及斜二测画法

1.注意原图与直观图中的“三变、三不变”：

2

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有以下关系： S直观图＝

2S原图形，S原图形＝22S直观图. 4[例3] 已知△ABC的直观图A′B′C′是边长为a的正三角形，求原三角形ABC的面积.

[思路点拨]

[课堂笔记] 建立如图所示的xOy坐标系，△ABC的顶点C在y轴上，AB边在x轴上，OC为△ABC的高.把y轴绕原点顺时针旋转45°得y′轴，则点C变为点C′，且OC＝2OC′，A、B点即为A′、B′点，长度不变.

由(2)可知：A′B′＝AB＝a，O′C′＝在图(2)中作C′D′⊥A′B′于D′， 则C′D′＝

13OC＝a， 2426O′C′＝a， 281A′B′·C′D′＝2

∴S△A′B′C′＝

高考新动向：

三视图是新课标新增的内容，是一个知识交汇的载体，因而是高考的重点内容之一.但新课标对这部分内容的要求较低，经常与立体几何中有关的计算问题融合在一起考查.2009年广东高考将三视图与几何体的体积计算、空间位置关系融为一体，考查了学生的空间想象能力，是一个新的考查方向. [考题印证]

(2009·广东高考)(12分)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图1所示.墩的上半部分是正四棱锥P－EFGH，下半部分是长方体ABCD－EFGH.图2、图3分别是该标识墩的正视图和俯视图.

已知A′B′＝A′C′＝a，在△OA′C′中， 由正弦定理得所以OC′＝

a＝

， a，

所以原三角形ABC的高OC＝6a ， 所以S△ABC＝

162×a×6a＝a. 22)，∴易知△A′

(1)请画出该安全标识墩的侧视图；

(2)求该安全标识墩的体积； (3)证明：直线BD⊥平面PEG.

【解】 (1)该安全标识墩侧视图如下图所示.

[娈式] 若△ABC是边长为a的正三角形，则其直观图△A′B′C′的面积是多少？ 解：法一：由于直观图的面积S′与原图形的面积S间满足B′C′的面积为 .

法二：如图(1)(2)所示的实际图形和直观图.

3

┄┄┄┄┄┄┄┄(4分)

(2)该安全标识墩的体积

V＝VP－EFGH＋VABCD－EFGH ＝

1×40×40×60＋40×40×20＝64 000(cm3).┄┄(6分) 3

证明：由题意可知，这个几何体是直三棱柱，且AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝a. (1)连结AC1、AB1.

由直三棱柱的性质得AA1⊥平面A1B1C1， 所以AA1⊥A1B1，则四边形ABB1A1为矩形. 由矩形性质得AB1过A1B的中点M. 在△AB1C1中，由中位线性质得MN∥AC1. 又AC1?平面ACC1A1，MN?平面ACC1A1， 所以MN∥平面ACC1A1.

(2)因为BC⊥平面ACC1A1，AC1?平面ACC1A1， 所以BC⊥AC1.

在正方形ACC1A1中，A1C⊥AC1. 又因为BC∩A1C＝C， 所以AC1⊥平面A1BC.

由MN∥AC1，得MN⊥平面A1BC.

(3)由题设知四边形ABCD和四边 形EFGH均为正方形， ∴FH⊥EG，

又ABCD－EFGH为长方体，

∴BD∥FH.┄┄┄┄┄┄┄┄(8分) 设点O是EFGH的对称中心， ∵P－EFGH是正四棱锥，

∴PO⊥平面EFGH，而FH?平面EFGH， ∴PO⊥FH.┄┄┄┄┄┄┄┄(9分) ∵FH⊥PO，FH⊥EG，PO∩EG＝O， PO?平面PEG，EG?平面PEG，

∴HF⊥平面PEG.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(11分) 而BD∥FH，

故BD⊥平面PEG.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(12分) [自主体验]

一个多面体的直观图及正视图、侧视图、俯视图如图所示，M、N分别为A1B、B1C1的中点.

(1)求证：MN∥平面ACC1A1； (2)求证：MN⊥平面A1BC.

课时作业：

1.对于斜二测画法叙述正确的是 ( )

A.三角形的直观图是三角形 B.正方形的直观图是正方形 C.矩形的直观图是矩形 D.圆的直观图一定是圆 解析：正方形、矩形的直观图都是平行四边形， 故B、C错误；圆的直观图是椭圆，故D错误. 答案：A

2.将正三棱柱截去三个角(如图(1)所示A、B、C分别是△GHI三边的中点)得到几何体如图(2)，则该几何体按图(2)所示方向的侧视图为( )

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