2024届高考复习小专题坐标法拿下三视图

坐标法拿下三视图-----2024.考前谈兵(1)三视图仍然是2024届考生的必考内容.可是对许多考生来说,又是无法躲避且挥之不去的难题,这是因为,破解三视图问题需要快速将三视图转换为直观图.而这一点,正是许多考生的薄弱环节.解决三视图试题一般需分三步:第一,定容,即确定相应的直观图应该包容在什么规格的长方体之中;第二,定位,即确定直观图的轮廓;第三,求果.即计算出试题所需要的结果(一般是求直观图的面积或体积).在这三步中,最关键也是考生最感困难的是第二步:定位.为攻克这一难点,以下我们向读者提供一种行之有效且便于操作的方法--坐标法.这需要熟悉三视图的如下特点.三视图的每个视图都是二维的:主视图可以定左右上下,但不能定前后;俯视图可以定左右前后,但不能定上下;左视图可以定上下前后,但不能定左右,根据这个特点,我们可以从任何一个视图出发,先确定二维,然后从其他视图中将缺失的那一维找回来.这就是坐标法破解三视图的根本原理.【题1】〔2024全国〕如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，那么此几何体的体积为〔 〕A.6 B.9 C. D.【解析】第一步:定容.由主,俯视图确定其长为6,由俯,左视图确定其宽为3,由左,主视图确定其高为31这就是说,相应的直观图应包容在规格为6×3×3的长方体之中.我们约定,直观图的前后,左右,上下的方位依次用x,y,z表示.于是建立空间直角坐标系如解图1.2步:定位.由于主视图的节点更多,所以如解图2,以主视图为基准,去依次确定A,B,C,D的坐标.在主视图中,点A1在左下方,可以定位为(x,0,0);在左视图中,点A2在左前方,可以定位为(0,y,o),令(x,0,0)=(0,y,o),得x=y=0,于是有A(0,0,0);主视图中,点B1在中间上方,可定位为(x,3,3),在左视图中,点B2在前上方,可以定位为(3,y,3),令(x,3,3)=(3,y,3),得x=3,y=3.于是有B(3,3,3);同理由主视图得C1(x,6,0),由俯视图得C2(0,6,z),令(x,6,0)=(0,6,z),得x=0,z=0.故有C(0,6,0);由主视图得D1(x,3,0),由俯视图得D2(3,3,z),令(x,3,0)=(3,3,z),有x=3,z=0.故有D(3,3,0).依次连结ABCD,于是该几何体的形状与大小完全确定.反过来与原三视图对照,2知所求不误.3步:求果.由解图3易知,该四面体的底面积为1263=9,而高为3,故其体积为1393=9.应选B.【题2】〔2024.北京〕某三棱锥的三视图如图所示，那么该三棱锥的体积为〔 〕A.1B.1C.1D.1【解析】第1步,定容.由三视图的外轮廓知相应直观图必容纳在规格为2×1×1的长方体之中,画出这个长方体,并建立如解图1的空间直角坐标系.2步,定位,由于俯视图中的节点更多,所以主要依据俯视图,确定A,B,C,D四个顶点的坐标.在俯视图中,有A10,0,z;在主视图中,相应的点为A2x,0,1.令(0,0,z)=(x,0,1)得x=0,z=1,故有A(0,0,1);在俯视图中有B1(0,2,z),在主视图中,相应的点为3B2(x,2,0).令(0,2,z)=(x,2,0),得x=0,z=0,故有B(0,2,0).以下同理可得C(1,2,0),D(0,1,0).依次连结ABCD,得如解图3的四面体.对照原三视图检查,知所得四面体完全正确.3步:求果.这个四面体的下底面积为相应矩形面积的四分之一即12,而高是1,故其体积为1312116.应选A.【题3】(哈尔滨三中二模11题)某棱锥的三视图如以以下图,那么该棱锥的外接球的外表积为:A.12 B.11 C.14 D.13【分析】和前面的2题相比,此题的难度更大.不仅直观图难以确定,而且以下的计算也不容易.为此,我们详细分析并给出此题各种解法的全过程.【解析】1.定容:容易确定,相应的直观图包容于规格为2×1×1的长方体之中.画出这个长方体,并建立如解图2的空间直角坐标系.定位:3个视图中,由于俯视图是四边形,而其他两个视图都是三角形,所以我们以俯视图为主依次求出直观图中相应顶点的坐标.因为俯视图可以定前后左右,而不能定上下(用z表示),所以记俯视图中的四个顶点依次为A1(0,0,z),4B1(1,1,z),C1(1,2,z)和D1(0,1,z).再考察主视图,因为它能够定上下左右而不能定前后(用x表示).故相应各点可依次记为A2(x,0,1),B2(x,1,0),C2(x,2,0).A,B,C三点必须统一.故由(0,0,z)=(x,0,1)得x=0,z=1,即A(0,0,1);由(1,1,z)=(x,1,0)得x=1,z=0,即有B(1,1,0);由(1,2,z)=(x,2,0)得x=1,z=0,即有C(1,2,0.仅从这两个视图还无法确定顶点D.所以继续分析左视图.左视图是只能定前后上下而不能定左右的.所以对应的点为D2(0,y,o).以下由(0,1,z)=(0,y,o)得y=1,z=0,即有D(0,1,0).依次连结各顶点,得四面体ABCD.即为所求直观图.(与原三视图对照无误)3.求果.关键在于求出该四面体外接球的半径.法1(定义法).设四面体ABCD的外接球球心为O(x,y,z),那么:OA2OB2x2y2z12x12y12z2xyz1;2OA2OC2x2y2z12x12y22z2x2yz2;OA2OD2x2y2z12x2y12z2yz.13313O,,222解所得方程组得:x.yz,即球心为,22521232321111半径R1.所求外接球的外表积S411.故22222B.2(几何法)设四面体ABCD所在长方体ECFG-PQRA.,AB中点M,BD中点N,CD中点H,那么M,H分别是Rt△ADB与Rt△DBC的外心.连结MN,NH.∵MN∥AD,而AD⊥BD,∴MN⊥BD;同理HN⊥BD.故∠MNH是二面角A-BD-C的平面角.∵∠MNS=∠ADG=45º,∴∠MNH=135º.MO⊥平面ADB,HO⊥平面BCD,MO,HO交于O,那么点O即为四面体ABCD的球心.由NMNH12,得OMOH32.于是该外接球的半径RBN2NH2HO2141494211,外表积S411411,应选B.以下7题,供考生练习,参考使用(参考答案附后)1.(2024.全国理数1卷.7题).某多面体的三视图如以以下图，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有假设干个是梯形，这些梯形的面积之和为A．10B．12C．14D．1662.(湖南师大附中,3月考)某几何体的三视图如以以下图,那么其体积为A.83 B.2 C.43 D.233.〔东北三省三校2024届高三第二次高考模拟考试第12题〕三棱锥的三视图如以以下图，其中侧视图是边长为3的正三角形，那么该几何体的外接球的体积为( )A．16B．3233C．4D．1634.(河北武邑中学高三下质检1.11题)某简单多面体的三视图如以以下图,其中俯,左视图均为直角三角形,主视图为直角梯形,那么其所有外表(含底面与侧面)中直角三角形的个数为A.1 B.2 C.3 D.475.(青岛高三三月考.5题)某几何体的三视图如以以下图,那么该几何体的体积为A.56B.568C.64D.64833336.(湖北荆州中学周练13.8题)如以以下图是沿圆锥的两条母线将圆锥削去一部分后所得几何体的三视图，其体积为169233那么圆锥的母线长l为()A．22 B．23C．4 D．237.(福建4月质检理数.8题)如图,网格纸上小正方形的边长为1粗线画出的是某几何体的三视图,俯视图中的两条弧线均为圆弧,那么该几何体的体积为A,6432B.6483C.6416D.648338参考答案1.(2024.全国理数1卷.7题).某多面体的三视图如以以下图，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有假设干个是梯形，这些梯形的面积之和为A．10 B．12 C．14 D．16【解析】1.定容:由三视图条件知该几何体包容在规格为2×2×4的长方体之中.据此建立空间直角坐标系如解图.2.定位.用坐标法确定直观图的6个顶点依次为A(0,2,4),B(0,0,2),C(2,2,2),D(0,0,0),E(2,2,0),F(0,2,0).依次连结各顶点即得五面体ABC-DEF.求果:所得五面体中,只有ACDE和BCDF两个直角梯形,它们的面积都是12242=6.所以所求面积之和为12.应选B.2.(湖南师大附中,3月考)某几何体的三视图如以以下图,那么其体积为A.83 B.2 C.43 D.239【解析】构造如图的正方体及相应的空间直角坐标系.个视图形状大小完全一样,故可直接想象该直观图是一个正八面体.其6个顶点分别是正方体各个外表正方形的中心.其坐标依次为(1,2,1),(2,1,1),(1,2,1),(1,1,0),(1,1,2).由于相对两个中心的距离都是2,故其体积V12224.应选C.6 3二次高考模拟考试第12题〕三棱锥的三视图如以以下图，其中侧视图是边长为3的正三角形，那么该几何体的外接球的体积为( )B．16B．3233C．4D．163【解析】1,定容.俯视图确定了这个长方体的左右距离为4,由于侧视图是边长为3的正三角形,所以它界定了这个长方体的宽为3,高为3/2.故其直观图包容在规格为4332的长方体之中,于是画出这个长方体,并将其置于如以以下图的空间直角坐标系之中.102:定位.用坐标法依次得到该多面体的四个顶点是:33A0,1,C,0,0223,1,3D3.4.02ABCD.考察上述直观图的三视图,与题设条件完全相符3.求果.注意到△ACD与△BCD是有公共斜边且全等的直角三角形,故3取CD中点M,2,0,那么MAMBMCMD2,知所求外接球体积为:24323323.,应选B.4.(河北武邑中学高三下质检1.11题)某简单多面体的三视图如以以下图,其中俯,左视图均为直角三角形,主视图为直角梯形,那么其所有外表(含底面与侧面)中直角三角形的个数为A.1 B.2 C.3 D.4【解析】构造如图的正方体.直观图如图中粗线所示,即四面体ABGM,其中M为PH中点.显然△ABG为直角三角形,△AME与△BMG为锐角三角形.取BF中点11N,连结AMGN.显然四边形AMGN为平行四边形,但MN<AG.故□AMGN不可能为矩形.即△AMG不是直角三角形.据此,原直观图中的直角三角形仅有1个,应选A.5.(青岛高三三月考.5题)某几何体的三视图如以以下图,那么该几何体的体积为A.56B.568C.64D.6483333【解析】如图,直观图是四棱锥P-ABCD中挖去一个半圆锥.四稜锥的底面是边长为4的正方形,其高V142464也是4,故四稜锥PABCD33.半圆锥的底半径为2,高为4,故V112248.23半圆锥PBCV648故所求几何体的体积3,应选D.6.(湖北荆州中学周练13.8题)如以以下图是沿圆锥的两条母线将圆锥削去一局部后所得几何体的三视图，其体积为1623，那么圆锥的母线长l为()39B．2B．223C．4D．23【解析】这个残缺圆锥的直观图如以以下图.12设O为底面圆的中心,由条件弦AB23.作OD⊥AB于D,由俯视图知OD=1.所以圆半径OA=OB=2,从而∠AOB=23.优弧的圆心角为4ABC3.SAOB1222233,S扇形OACB232283.S底=