专题23 视图与投影（4大考点）（解析版）

第六部分图形的变化

专题23视图与投影

核心考点一投影的应用

核心考点二三视图的判断

核心考点核心考点三根据三视图还原几何体

及其相关计算

核心考点四立体图形的展开与折叠

新题速递

核心考点一投影的应用

例1（2021·江苏南京·统考中考真题）如图，正方形纸板的一条对角线垂直于地面，纸板上方的灯（看作

一个点）与这条对角线所确定的平面垂直于纸板，在灯光照射下，正方形纸板在地面上形成的影子的形状

可以是（）

A．B．C．D．

【答案】D

【分析】因为中心投影物体的高和影长成比例，正确的区分中心投影和平行投影，依次分析选项即可找到

符合题意的选项

【详解】因为正方形的对角线互相垂直，且一条对角线垂直地面，光源与对角线组成的平面垂直于地面，

则有影子的对角线仍然互相垂直，且由于光源在平板的的上方，则上方的边长影子会更长一些，

第1页共40页.

故选D

【点睛】本题考查了中心投影的概念，应用，利用中心投影的特点，理解中心投影物体的高和影长成比例

是解题的关键．

例2（2022·浙江温州·统考中考真题）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的

点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片OA,OB，此时各叶片影子在点M右

侧成线段CD，测得MC8.5m,CD13m，垂直于地面的木棒EF与影子FG的比为2∶3，则点O，M之间

的距离等于___________米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于___________米．

【答案】101013

【分析】过点O作AC、BD的平行线，交CD于H，过点O作水平线OJ交BD于点J，过点B作BI⊥OJ，

EFOM2

垂足为I，延长MO，使得OK＝OB，求出CH的长度，根据，求出OM的长度，证明BIO∽JIB，

FGMH3

24

得出BIIJ，OIIJ，求出IJ、BI、OI的长度，用勾股定理求出OB的长，即可算出所求长度．

39

【详解】如图，过点O作AC、BD的平行线，交CD于H，过点O作水平线OJ交BD于点J，过点B作

BI⊥OJ，垂足为I，延长MO，使得OK＝OB，

由题意可知，点O是AB的中点，

∵OHACBD，

∴点H是CD的中点，

第2页共40页.

∵CD13m，

1

∴CHHDCD6.5m，

2

∴MHMCCH8.56.515m，

EFOM2

又∵由题意可知：，

FGMH3

OM2

∴，解得OM10m，

153

∴点O、M之间的距离等于10m，

∵BI⊥OJ，

∴BIOBIJ90，

∵由题意可知：OBJOBIJBI90，

又∵BOIOBI90，

∴BOIJBI，

∴BIO∽JIB，

BIOI2

∴，

IJBI3

24

∴BIIJ，OIIJ，

39

∵OJCD,OHDJ，

∴四边形IHDJ是平行四边形，

∴OJHD6.5m，

4

∵OJOIIJIJIJ6.5m，

9

∴IJ4.5m，BI3m，OI2m，

∵在Rt△OBI中，由勾股定理得：OB2OI2BI2，

∴OBOI2BI2223213m，

∴OBOK13m，

∴MKMOOK1013m，

∴叶片外端离地面的最大高度等于1013m，

故答案为：10，1013．

第3页共40页.

【点睛】本题主要考查了投影和相似的应用，及勾股定理和平行四边形的判定与性质，正确作出辅助线是

解答本题的关键．

例3（2020·四川攀枝花·中考真题）实验学校某班开展数学“综合与实践”测量活动．有两座垂直于水平地

面且高度不一的圆柱，两座圆柱后面有一斜坡，且圆柱底部到坡脚水平线MN的距离皆为100cm．王诗嬑

观测到高度90cm矮圆柱的影子落在地面上，其长为72cm；而高圆柱的部分影子落在坡上，如图所示．已

知落在地面上的影子皆与坡脚水平线MN互相垂直，并视太阳光为平行光，测得斜坡坡度i1:0.75，在不

计圆柱厚度与影子宽度的情况下，请解答下列问题：

（1）若王诗嬑的身高为150cm，且此刻她的影子完全落在地面上，则影子长为多少cm？

（2）猜想：此刻高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内．请直接回答这

个猜想是否正确？

（3）若同一时间量得高圆柱落在坡面上的影子长为100cm，则高圆柱的高度为多少cm？

【答案】（1）120cm；（2）正确；（3）280cm

【分析】（1）根据同一时刻，物长与影从成正比，构建方程即可解决问题．

（2）根据落在地面上的影子皆与坡脚水平线MN互相垂直，并视太阳光为平行光，结合横截面分析可得；

（3）过点F作FG⊥CE于点G，设FG=4m，CG=3m，利用勾股定理求出CG和FG，得到BG，过点F作

FH⊥AB于点H，再根据同一时刻身高与影长的比例，求出AH的长度，即可得到AB.

【详解】解：（1）设王诗嬑的影长为xcm，

90150

由题意可得：，

72x

解得：x=120，

第4页共40页.

经检验：x=120是分式方程的解，

王诗嬑的的影子长为120cm；

（2）正确，

因为高圆柱在地面的影子与MN垂直，所以太阳光的光线与MN垂直，

则在斜坡上的影子也与MN垂直，则过斜坡上的影子的横截面与MN垂直，

而横截面与地面垂直，高圆柱也与地面垂直，

∴高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内；

（3）如图，AB为高圆柱，AF为太阳光，△CDE为斜坡，CF为圆柱在斜坡上的影子，

过点F作FG⊥CE于点G，

由题意可得：BC=100，CF=100，

∵斜坡坡度i1:0.75，

DEFG14

∴，

CECG0.753

∴设FG=4m，CG=3m，在△CFG中，

22

4m3m1002，

解得：m=20，

∴CG=60，FG=80，

∴BG=BC+CG=160，

过点F作FH⊥AB于点H，

∵同一时刻，90cm矮圆柱的影子落在地面上，其长为72cm，

FG⊥BE，AB⊥BE，FH⊥AB，

可知四边形HBGF为矩形，

90AHAH

∴，

72HFBG

9090

∴AH=BG160=200，

7272

∴AB=AH+BH=AH+FG=200+80=280，

故高圆柱的高度为280cm.

第5页共40页.

【点睛】本题考查了解分式方程，解直角三角形，平行投影，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是理

解实际物体与影长之间的关系解决问题，属于中考常考题型．

投影指的是用一组光线将物体的形状投射到一个平面上去，称为“投影”。在该平面上得到的图像，

也称为“投影”。投影可分为正投影和斜投影。正投影即是投射线的中心线垂直于投影的平面，其投射中

心线不垂直于投射平面的称为斜投影。

【变式1】（2022·广东广州·二模）当下，户外广告已对我们的生活产生直接的影响．图中的AD是安装在

广告架AB上的一块广告牌，AC和DE分别表示太阳光线．若某一时刻广告牌AD在地面上的影长CE1m，

BD在地面上的影长BE3m，广告牌的顶端A到地面的距离AB20m，则广告牌AD的高为（）

2060

A．5mB．mC．15mD．m

37

【答案】A

【分析】根据太阳光线是平行的可得AC∥DE，从而可得△BDE∽△BAC；接下来根据相似三角形的性质

第6页共40页.

BDBE

可得，代入数值求出BD的长，进而可求出广告牌AD的高．

BABC

【详解】解：∵太阳光线是平行的，

∴AC∥DE，

∴△BDE∽△BAC，

BDBE

∴，

BABC

由题意得：BE3m,AB20m,EC1m，

BD3

∴，

204

解得BD15m，

∴AD5m．

故选A．

【点睛】本题考查了平行投影，以及相似三角形的应用，解题的关键是从实际问题中整理出相似三角形．

【变式2】（2023·山西吕梁·统考一模）如图，某数学小组的同学为了测量直立在水平面上的旗杆AB的高

度，把标杆CD直立在同一水平地面上，在某一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别为

BE5m,DF1.25m,已知B,E,D,F在同一直线上，ABBE,CDDF,CD2m,则AB________m．

【答案】8

【分析】根据平行投影得AE∥CF,可得ÐAEB=ÐCFD,可证RtABERtCDF,然后利用相似三角形的性质

ABBE

可得,代入即可求解．

CDDF

【详解】解：∵在某一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别为BE5m,DF1.25m,

AE∥CF,

AEBCFD,

ABBE,CDDF,

ABCCDF90,

RtABERtCDF,

第7页共40页.

ABBE

,

CDDF

AB5

,

21.25

AB8m,

故答案为：8.

【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影，如物

体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影，证明RtABERtCDF是解题的关键．

【变式3】（2020·宁夏石嘴山·校考一模）已知：如图，AB和DE是直立在地面上的两根立柱，AB5m，

某一时刻，AB在阳光下的投影BC4m．

(1)请你在图中画出此时DE在阳光下的投影；

(2)在测量AB的投影长时，同时测出DE在阳光下的投影长为6m，请你计算DE的长

【答案】(1)见解析

(2)7.5m

【分析】（1）根据已知连接AC，过点D作DF∥AC，即可得出EF就是DE的投影；

（2）利用三角形ABC∽DEF得出比例式，求出DE即可．

【详解】（1）解：作法：连接AC，过点D作DF∥AC，交直线BE于F，

如图所示，线段EF就是DE的投影．

（2）解：太阳光线是平行的，

∴DF∥AC．

ACBDFE．

又ABCDEF90，

ABC∽DEF．

第8页共40页.

ABBC

，

DEEF

AB5m，BC4m，EF6m，

54

，

DE6

DE7.5(m)．

【点睛】此题主要考查了平行投影的画法以及相似三角形的应用，根据已知得出ABC∽DEF是解题关

键．要理解题意，弄清问题中对所作图形的要求，结合对应几何图形的性质和基本作图的方法作图．

核心考点二三视图的判断

例1（2022·湖北襄阳·统考中考真题）襄阳牛杂面因襄阳籍航天员聂海胜的一句“最想吃的还是我们襄阳

的牛杂面”火爆出圈，引发了全国人民的聚焦和关注．襄阳某品牌牛杂面的包装盒及对应的立体图形如图所

示，则该立体图形的主视图为（）

A．B．C．D．

【答案】A

【分析】根据主视图的意义，从正面看该立体图形所得到的图形进行判断即可．

【详解】解：从正面看，是一个矩形，

故选：A．

【点睛】本题考查简单几何体的主视图，理解三视图的意义，掌握三视图的画法是正确判断的关键．

例2（2020·湖南郴州·统考中考真题）如图，圆锥的母线长为10，侧面展开图的面积为60，则圆锥主视

图的面积为__________．

第9页共40页.

【答案】48

【分析】圆锥的主视图是等腰三角形，根据圆锥侧面积公式S=πrl代入数据求出圆锥的底面半径长，再由勾

股定理求出圆锥的高即可．

【详解】根据圆锥侧面积公式：S=πrl，圆锥的母线长为10，侧面展开图的面积为60π，

故60π=π×10×r，

解得：r=6．

由勾股定理可得圆锥的高=10262=8

∵圆锥的主视图是一个底边为12，高为8的等腰三角形，

1

∴它的面积=128=48，

2

故答案为：48

【点睛】本题考查了三视图的知识，圆锥侧面积公式的应用，正确记忆圆锥侧面积公式是解题关键．

例3（山东淄博·中考真题）由一些相同的小正方体搭成的几何体的左视图和俯视图如图所示，请在网格

中涂出一种该几何体的主视图，且使该主视图是轴对称图形．

【答案】作图见解析

【分析】根据俯视图和左视图可知，该几何体共两层，底层有9个正方体，上层中间一行有正方体，若使

主视图为轴对称图形可使中间一行、中间一列有一个小正方体即可．

【详解】解：由三视图与轴对称图形，作图即可，

第10页共40页.

【点睛】本题考查了几何体的三视图，轴对称图形．解题的关键在于熟练掌握三视图．

【三视图的概念】能够正确反映物体长、宽、高尺寸的正投影工程图（主视图，俯视图，左视图三个基本

视图）为三视图，这是工程界一种对物体几何形状约定俗成的抽象表达方式。

主视图、俯视图长对正。

主视图、左视图高平齐。

俯视图、左视图宽相等。

三视图用文字描述了其中任意两视图之间的关系，其中主视图和左视图不能上下起伏，主视图和俯视图不

能左右摇摆。三视图的投影规律是组合体的画图和阅读三视图必须遵循的最基本的投影规律。

【变式1】（2023·河南周口·一模）“石瓢”最早称为“石镜”，后来顾景舟引用“弱水三千，只取一瓢”，改称“石

镜”为“石瓢”，从此相沿均称“石瓢”，如图是一盏做工精湛的“景舟石瓢”，其俯视图是（）

A．B．

C．D．

【答案】B

【分析】根据俯视图是从上面看到的图形，即可求解．

【详解】解：根据视图的定义，选项B中的图形符合题意，

故选：B．

【点睛】本题考查物体的三视图，掌握俯视图的定义是关键．

【变式2】（2021·江苏扬州·统考二模）如图是由6个大小相同的小正方体拼成的几何体，若去掉最左面的

小正方体，则视图不发生改变的是________（填主视图、左视图或俯视图）

第11页共40页.

【答案】左视图

【分析】画出原立体图形的三视图，与去掉小正方体的立体图形与三视图，对比即可得出答案．

【详解】解：未去掉小正方形的立体图形的三视图为：

去掉最左面的小正方体后立体图形变为：

其三视图

发现其主视图与俯视图都发生改变，

只有左视图不发生改变．

故答案为：左视图．

【点睛】本题考查简单组合体的三视图，减少一个小正方体的组合体的三视图的变化，掌握简单组合体的

三视图是解题关键．

【变式3】（2022·山东青岛·二模）如图是由一些棱长均为1个单位长度的小正方体组合成的简单几何体．

第12页共40页.

(1)画该几何体的主视图、左视图：

(2)若给该几何体露在外面的面（不含底图）都喷上红漆，则需要喷漆的面积是；

(3)如果在这个几何体上再添加一些小正方体，并保持主视图和左视图不变，则最多可以再添加块

小正方体．

【答案】(1)见详解；

(2)27；

(3)3．

【分析】（1）根据三视图的概念求解可得；

（2）将主视图、左视图分别乘2的面积，加上俯视图的面积即可得解；

（3）若使该几何体主视图和左视图不变，只可在底层添加方块，可以添加3块小正方体．

【详解】（1）如图所示：

第13页共40页.

（2）解：（7＋）（1）＋5（1）

＝14＋8＋5×24×2××1××1

＝27

故答案为：27．

（3）若使该几何体主视图和左视图不变，可在最底层从右数第一至三列的第一行各添加一个，添加3块小

正方体．

故答案为：3．

【点睛】本题主要考查了画三视图，解题的关键是掌握在画图时一定要将物体的边缘、棱、顶点都体现出

来，看得见的轮廓线都化成实线，看不见的画成虚线，不能漏掉．本题画几何体的三视图时应注意小正方

体的数目及位置．

核心考点三根据三视图还原几何体及其相关计算

例1（2022·黑龙江·统考中考真题）如图是由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的左视图和俯视图，

则所需的小正方体的个数最多是（）

A．7B．8C．9D．10

【答案】B

【分析】这个几何体共有2层，由俯视图可得第一层小正方体的个数，由左视图可得第二层小正方体的最

多个数，再相加即可．

第14页共40页.

【详解】由俯视图可知最底层有5个小正方体，由左视图可知这个几何体有两层，其中第二层最多有3个，

那么搭成这个几何体所需小正方体最多有538个．

故选：B．

【点睛】本题主要考查了学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考

查．

例2（2021·云南·统考中考真题）如图是某几何体的三视图（其中主视图也称正视图，左视图也称侧视图）．已

知主视图和左视图是两个全等的矩形．若主视图的相邻两边长分别为2和3，俯视图是直径等于2的圆，则

这个几何体的体积为_______．

【答案】3

【分析】由三视图判断出几何体的形状以及相关长度，根据圆柱的体积公式计算即可．

【详解】解：由三视图可知：该几何体是圆柱，

该圆柱的底面直径为2，高为3，

2

2

∴这个几何体的体积为3=3，

2

故答案为：3．

【点睛】本题考查了几何体的三视图，圆柱的体积，解题的关键是判断出该几何体为圆柱．

例3（2011·广东广州·中考真题）5个棱长为1的正方体组成如图所示的几何体．

(1)该几何体的体积是____(立方单位)，表面积是____(平方单位)；

(2)画出该几何体的主视图和左视图．

第15页共40页.

【答案】（1）5；22；（2）作图见解析.

【详解】（1）几何体的体积为5个正方体的体积和，表面积为22个正方形的面积；

（2）主视图从左往右看3列正方形的个数依次为2，1，2；左视图1列正方形的个数为2．

解：（1）每个正方体的体积为1，∴组合几何体的体积为5×1=5；

∵组合几何体的前面和后面共有5×2=10个正方形，上下共有6个正方形，左右共6个正方形，每个正方形

的面积为1，

∴组合几何体的表面积为22．

故答案为5，22；

（2）作图如下：

【变式1】（2023·河北邢台·统考一模）某个几何体的三视图如图所示，该几何体是（）

A．B．C．D．

【答案】B

【分析】根据几何体三视图的定义进行逐项判断即可．

【详解】解：根据所给的几何体的三视图，选项A、B、C中几何体符合主视图和左视图，选项B中几何体

符合俯视图，综合考虑，选项B符合题意，

故选：B．

第16页共40页.

【点睛】本题考查几何体的三视图，理解三视图的定义，熟知主视图是从正面看到的图形；左视图是从左

面看到的图形，俯视图是从上面看到的图形．会根据所给三视图还原几何体是解答的关键．

【变式2】（2022·云南德宏·统考模拟预测）如图，图形是某几何体的三视图（其中主视图也称正视图，左

视图也称侧视图）．已知主视图和左视图是两个全等的等腰三角形．若主视图腰长为6，俯视图是直径等于

4的圆，则这个几何体的体积为_____．

【答案】162π

3

【分析】先由三视图判定几何体是圆锥，再根据勾股定理求出圆锥的高，最后由圆锥的体积公式计算即可．

【详解】解：根据三视图可知这个几何体是圆锥，

2

24

圆锥的高为：642

2

2

14162

∴V=42，

323

故答案为：162．

3

【点睛】本题考查由三视图判定几何体，圆锥的计算，由三视图判定几何体是圆锥，根据三视图求出圆锥

的高是解题的关键

【变式3】（2022·山东淄博·统考一模）一个几何体的三种视图如图所示．

(1)这个几何体的名称是__________．

(2)求这个几何体的体积．（结果保留）

【答案】(1)圆柱

(2)90

第17页共40页.

【分析】（1）根据主视图和左视图可以得到该几何体是柱体，根据俯视图判断为圆柱；

（2）根据圆柱的底面直径和高求得其体积即可．

【详解】（1）解：由该几何体的三视图，可得这个几何体是圆柱．

故答案为：圆柱．

（2）解：由该几何体的三视图可知：该圆柱的高为10，底面直径为6，

2

6

∴这个几何体的体积为：1090．

2

【点睛】本题主要考查了由三视图判断几何体的知识，解题的关键是首先判断该几何体，然后得到其相关

数据求体积．

核心考点四立体图形的展开与折叠

例1（2022·江苏徐州·统考中考真题）如图，已知骰子相对两面的点数之和为7，下列图形为该骰子表面

展开图的是（）

A．B．C．D．

【答案】D

【分析】根据骰子表面展开后，其相对面的点数之和是7，逐项判断即可作答．

【详解】A项，2的对面是4，点数之和不为7，故A项错误；

B项，2的对面是6，点数之和不为7，故B项错误；

C项，2的对面是6，点数之和不为7，故C项错误；

D项，1的对面是6，2的对面是5，3的对面是4，相对面的点数之和都为7，故D项正确；

故选：D．

【点睛】本题主要考查了立体图形的侧面展开图的知识，解答时，找准相对面是解答本题的关键．没有共

同边的两个面即为相对的面．

例2（2022·湖南常德·统考中考真题）如图是一个正方体的展开图，将它拼成正方体后，“神”字对面的字

第18页共40页.

是________．

【答案】月

【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答．

【详解】解：由正方体的展开图特点可得：“神”字对面的字是“月”．

故答案为：月．

【点睛】此题考查了正方体相对两个面上的文字的知识；掌握常见类型展开图相对面上的两个字的特点是

解决本题的关键．

例3（浙江杭州·中考真题）马小虎准备制作一个封闭的正方体盒子，他先用5个大小一样的正方形制成

如下图所示拼接图形（实线部分），经折叠后发现还少一个面，请你在下图中的拼接图形上再接一个正方

形，使新拼接成的图形经过折叠后能成为一个封闭的正方体盒子．（添加所有符合要求的正方形，添加的

正方形用阴影表示）

【答案】见解析．

【分析】根据正方体展开图直接画图即可．

【详解】解：

第19页共40页.

【点睛】正方体的平面展开图共有11种，应灵活掌握，不能死记硬背．

1．点线面三者之间的关系：面与面相交得到线，线与线相交得到点，即：点动成线，线动成面，面动

成体。

2．简单几何体的分类：柱体、锥体、台体、球体。

棱柱：有两个面互相平行而其余每相邻两个面的交线都互相平行的多面体。

圆柱：矩形绕其一边所在直线旋转形成的曲面围成的几何体。

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的多面体。

圆锥：直角三角形绕直角边所在直线旋转形成的曲面围成的几何体。

棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥底面和截面之间的部分。

第20页共40页.

圆台：直角梯形绕垂直于底边的腰所在直线旋转形成的曲面围成的几何体。球体：半圆绕它的直径所

在的直线旋转所得的几何体。

3．柱分直棱柱和斜棱柱，侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱；侧棱与底面不垂直的棱柱则称为斜棱柱。

4．长方体和正方体都属于直棱柱。5．棱柱的有关概念：

①棱：是棱柱中任何相邻的两个面的交线。②侧棱：是棱柱中相邻的两个侧面的交线。6．棱柱的有

关特性：

①棱柱上、下底面是相同的多边形，侧面是长方形。②棱柱的所有侧棱长都相等。③侧面数与底面

多边形的边数相等。

【变式1】（2023·河北保定·统考一模）如图，一个正方体骰子的六个面上分别标有1至6共六个数字，且

相对面数字之和相同，将骰子按如图所示方式放置并按箭头方向无滑动翻转后停止在M处，则停止后骰子

朝上面的数字为（）

A．3B．4C．5D．6

【答案】D

【分析】根据题意可知，1的对面是6，3的对面是4，2的对面是5，翻转后停止在M处时1在底面，据此

即可求解．

【详解】解：由题意可知，1的对面是6，3的对面是4，2的对面是5，

按图所示方式翻转后停止在M处，1在底面，则6朝上时．

故选：D．

【点睛】本题是考查正方体的展开图，最好的办法是让学生动手操作一下，既可以解决问题，又锻炼了学

生动手操作能力．

第21页共40页.

【变式2】（2022·贵州贵阳·统考三模）如图，把一个高9dm的圆柱的底面分成许多相等的扇形，然后把圆

柱切开，拼成一个与它等底等高的近似长方体，它的表面积比圆柱体的表面积增加了36dm2．原来这个圆

柱的体积是______dm3．

【答案】36

【分析】增加的面积等于底面半径乘以高，再乘以2，由此可以计算出圆柱的底面半径，进而可以算出圆柱

的体积．

【详解】解：圆柱的底面半径为：36÷2÷9=2（分米），

故圆柱的体积为：22936（立方分米），

故答案：36．

【点睛】本题考查圆柱的体积，长方形的面积，长方体的表面积，掌握圆周的体积公式是解决本题的关键．

【变式3】（2020·浙江宁波·统考模拟预测）将立方体纸盒沿某些棱剪开，且使六个面连在一起，然后铺平，

可以得到其表面展开图的平面图形．

（1）以下两个方格中的阴影部分，能表示立方体表面展开图的是＿＿＿＿；（填“A”或“B”）．

（2）在以下方格图中，画一个与（1）中呈现的阴影部分不相同的立方体表面展开图；（用阴影表示）

（3）如图中实线是立方体纸盒的剪裁线，请将其表面展开图画在右图的方格图中．（用阴影表示）

【答案】（1）选“A”；（2）见解析；（3）见解析

【分析】（1）有“田”字格的展开图都不能围成正方体，据此可排除B，从而得出答案；

第22页共40页.

（2）可利用“1、4、1”作图（答案不唯一）；

（3）根据裁剪线裁剪，再展开．

【详解】（1）两个方格图中的阴影部分能表示立方体表面展开图的是A，

故答案为：A．

（2）立方体表面展开图如图所示：

（3）将其表面展开图画在方格图中如图所示：

【点睛】本题考查了几何体的展开图，熟记正方体的展开图的11结构种形式是解题的关键．

【新题速递】

1．（2023·浙江衢州·衢州巨化中学校考一模）5个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其主视图是

（）

A．B．

C．D．

【答案】A

第23页共40页.

【分析】根据从几何体的正面看到的图形是主视图，可得答案．

【详解】解：从几何体的正面看，底层是三个小正方形，上层的中间是一个小正方形．

故选：A．

【点睛】本题主要考查了简单组合体的三视图，熟练掌握和运用组合体的三视图的识别方法是解决本题的

关键．

2．（2023·天津和平·统考一模）如图所示的几何体是由四个小正方体组合而成的，它的主视图是()

A．B．C．D．

【答案】B

【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．

【详解】该几何体的主视图为两列，第1列有1个小正方形，第2列有2个小正方形，

故选：B．

【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图，熟练掌握知识点是解题的关键．

3．（2023·天津和平·统考一模）如图所示的几何体，它的俯视图是()

A．B．C．D．

【答案】C

【分析】找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．

【详解】解：从上面看，可得选项C的图形．

第24页共40页.

故选：C．

【点睛】本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．

4．（2023·安徽滁州·校考一模）如图，图1和图2都是由3个相同的长方体组成的立体图形，则下列关于它

们三视图的说法中正确的是（）

A．图1和图2的左视图相同B．图1和图2的主视图相同

C．图1和图2的俯视图相同D．图1的俯视图与图2的左视图相同

【答案】A

【分析】根据简单几何体的三视图的定义，逐项判断即可求解．

【详解】解：图1和图2的左视图相同，都是一列两个长方形，故选项A符合题意；

图1和图2的主视图不相同，图1主视图上层的小正方形位于右边，图2上层的小正方形位于中间，故选项B

不合题意；

图1和图2的俯视图不相同，图1的俯视图为一行两个长方形，图2的俯视图为一行三个长方形，故选项C

不合题意．

图1的俯视图为一行两个长方形，图2的左视图是一列两个长方形，故选项D不合题意．

故选：A．

【点睛】本题主要考查了几何体的三视图，熟练掌握三视图是观测者从三个不同位置观察同一个几何体，

画出的平面图形；（1）主视图：从物体前面向后面正投影得到的投影图，它反映了空间几何体的高度和长

度；（2）左视图：从物体左面向右面正投影得到的投影图，它反映了空间几何体的高度和宽度；（3）俯

视图：从物体上面向下面正投影得到的投影图，它反应了空间几何体的长度和宽度是解题的关键．

22

5．（2021·山东德州·统考模拟预测）图2是图1中长方体的三视图，用S表示面积，S主=x+3x,S左=x+x,

则S俯（）

第25页共40页.

A．x23x2B．x22x1C．x24x3D．2x24x

【答案】C

【分析】由主视图和左视图的宽为c，结合两者的面积得出俯视图的长和宽，从而得出答案．

22

【详解】解：∵S主=x+3x=x(x+3)，S左xxxx1，

∴俯视图的长为x3，宽为x1，

2

∴S俯x3x1x4x3．

故选：C

【点睛】本题主要考查由三视图判断几何体，整式乘法的应用，解题的关键是根据主视图、俯视图和左视

图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，以及几何体的长、宽、高．

6．（2022·陕西咸阳·校考一模）下面四个几何体中，主视图与俯视图不同的共有()

A．1个B．2个C．3个D．4个

【答案】B

【分析】主视图是从正面看到的图形，俯视图是从物体的上面看到的图形，可根据各几何体的特点进行判

断．

【详解】解：圆柱的主视图是矩形，俯视图是圆，它的主视图与俯视图不同；

圆锥的主视图是等腰三角形，俯视图式圆，它的主视图与俯视图不同；

球体的三视图均为圆，故它的主视图和俯视图相同；

正方体的三视图均为正方形，故它的主视图和俯视图也相同；

所以主视图与俯视图不同的是圆柱和圆锥，

故选B．

第26页共40页.

【点睛】本题考查了几何体的三种视图，掌握定义及各几何体的特点是关键．

7．（2022·安徽滁州·校考一模）墙角处有若干大小相同的小正方体堆成如图所示的立体图形，如果打算搬

运其中部分小正方体(不考虑操作技术的限制)，但希望搬完后从正面、从上面、从右面用平行光线照射时，

在墙面及地面上的影子不变，求最多可以搬走小正方体．（）

A．27B．26C．25D．24

【答案】A

【分析】留下靠墙的正方体，以及墙角处向外的一列正方体，依次数出搬走的小正方体的个数相加即可．

【详解】第1列最多可以搬走9个小正方体；

第2列最多可以搬走8个小正方体；

第3列最多可以搬走3个小正方体；

第4列最多可以搬走5个小正方体；

第5列最多可以搬走2个小正方体．

9835227个，

所以最多可以搬走27个小正方体．

故选：A．

【点睛】本题考查了组合体的三视图，依次得出每列可以搬走小正方体最多的个数是解题的关键．

2

8．（2022·河北廊坊·统考二模）如图2所示的是图1中长方体的三视图，若用S表示面积，S主x2x，

2

S左xx，则长方体的表面积为（）

第27页共40页.

A．x23x2B．3x26x2

C．6x212x4D．6x6

【答案】C

【分析】由主视图和左视图的宽为x，结合两者的面积得出俯视图的长和宽，从而得出答案．

2

【详解】解：∵S主视图=x+2x=x（x+2），

2

S左视图=x+x=x（x+1），

∴俯视图的长为x+2，宽为x+1，

2

则俯视图的面积S俯=（x+2）（x+1）=x+3x+2．

所以长方体的表面积为：2(x2+2x+x2+x+x2+3x+2)

=6x2+12x+4

故选C．

【点睛】本题主要考查由三视图判断几何体，解题的关键是根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前

面、上面和左侧面的形状，以及几何体的长、宽、高．

9．（2022·广东广州·校考二模）如图是某几何体的三视图及相关数据，则该几何体的体积是________．（结

果保留）

【答案】12

【分析】根据三视图可以判定此几何体为圆锥，根据三视图的尺寸可以知圆锥的底面半径为3，圆锥的母线

长为5，利用勾股定理求得高为4，代入公式求得即可．

【详解】解：由三视图可知此几何体为圆锥，

6

根据题意可得圆锥的底面半径为=3，圆锥的母线长为5，

2

∴圆锥的高为52324，

1

∵圆锥的体积为32412．

3

故答案为：12．

第28页共40页.

【点睛】本题考查了根据三视图计算圆锥的体积，勾股定理，从三视图获取数据是解题的关键．

10．（2022·河北·模拟预测）用小正方体搭一个几何体，使它的主视图和俯视图如图所示，俯视图中小正方

体中的字母表示在该位置小正方体的个数，则这个几何体至少有_______个小正方体组成，至多又是______

个．

【答案】911

【分析】对俯视图各位置标号，如图，观察俯视图，可知几何体类似九宫格，a位置对应主视图中最右列，

只能是3个正方体；b，c位置对应主视图中间列，只能是1个正方体。俯视图中的d，e，f位置不确定，

三个位置中至少有一个是2个小正方体，其他位置为1到2个，即可求解．

【详解】解：对俯视图各位置标号，

观察俯视图，可知几何体类似九宫格，a位置对应主视图中最右列，只能是3个正方体；b，c位置对应主

视图中间列，只能是1个正方体，俯视图中的d，e，f位置不确定，三个位置中至少有一个是2个小正方体，

其他位置为1到2个。

所以至少为9个，至多为11个.

故答案为：9；11．

【点睛】本题考查三视图，熟练掌握由三视图还原几何体是解题的关键．

11．（2022·云南昆明·统考二模）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面展开图的半径是______．

第29页共40页.

【答案】5

【分析】由几何体的主视图和左视图都是等腰三角形，俯视图是圆，可以判断这个几何体是圆锥，结合图

形可得出圆锥的高及底面半径，继而可求出圆锥侧面展开图的半径．

【详解】解：依题意知高h=4，底面半径r=6÷2=3，

由勾股定理求得母线长为：32425，

故答案为：5．

【点睛】本题主要考查三视图的知识和勾股定理的应用，根据三视图判断出圆锥的高和底面圆的半径是解

题的关键．

12．（2022·江苏镇江·统考二模）下图是某圆锥的左视图，其中AB20cm，AC40cm，则圆锥的侧面积

为________cm2．

【答案】400π

【分析】利用圆锥三视图的性质可得圆锥的底面半径，那么圆锥的侧面积=π×底面半径×母线长，把相应数

值代入即可求解．

【详解】解：∵AB20cm，

∴圆锥的底面半径为10cm，

又∵AC40cm，

∴圆锥的侧面积=π×10×40=400πcm2，

故填：400π．

【点睛】本题考查圆锥侧面积的求法．注意需先求得圆锥的底面半径．

13．（2021·安徽黄山·统考二模）如图，某立体图形的左、主视图一样，俯视图为圆，根据图标长、高数据，

它的表面积为（允许带表示）______________．

第30页共40页.

【答案】48

【分析】由三视图可知：该几何体是一个圆锥和圆柱的组合体，进而解答即可．

【详解】解：由三视图可知：该几何体是一个圆锥和圆柱的组合体，其轴截面是一个高为4，底为6的等腰

三角形和长为6，宽为4的矩形．

∴等腰三角形的腰32425，

∴圆锥的底面圆半径是3，母线长是5，

∴底面周长为6π，

1

∴圆锥侧面积为6515，

2

∵底面圆的面积为πr2=9π，

∴全面积是15π+9π+4×6π=48π，

故答案为：48π．

【点睛】本题考查了三视图和圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本

题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．

14．（2022·广东韶关·统考一模）如图所示的几何体都是由棱长为1个单位的正方体摆成的，经计算可得第

（1）个几何体的表面积为6个平方单位，第（2）个几何体的表面积为18个平方单位，第（3）个几何体

的表面积是36个平方单位，…依次规律，则第（20）个几何体的表面积是______个平方单位．

【答案】1260

【分析】结合图形，发现每一个图形的表面积得出规律计算即可；

第31页共40页.

【详解】结合图形，发现：（1）中166个平方单位，（2）中12618个平方单位，以此推论可

得第（20）个图形的表面积是122061260个平方单位．

故答案为：1260．

【点睛】本题主要考查了与图形有关的规律题型，结合图形表面积的计算是解题的关键．

15．（2023·广东珠海·珠海市文园中学校考一模）已知某几何体的三视图如图，其中主视图和左视图都是腰

长为5，底边长为4的等腰三角形，则该几何体的侧面展开图的面积是____．（结果保留π）

【答案】10

【分析】由三视图可知，该几何体是圆锥，根据圆锥是侧面积公式计算即可．

【详解】由三视图可知，该几何体是圆锥，

侧面展开图的面积π2510π，

故答案为10π．

【点睛】本题考查三视图，圆锥等知识，解题的关键是记住圆锥的侧面积公式．

16．（2023·山东泰安·校考一模）小明想测量一棵树的高度，他发现树的影子恰好落在地面和一斜坡上；如

图，此时测得地面上的影长为8米，坡面上的影长为4米．已知斜坡的坡角为30°，同一时刻，一根长为1

米，垂直于地面放置的标杆在地面上的影长为2米，则树的高度为___．

【答案】6+3

【分析】延长AC交BF延长线于D点，则BD即为AB的影长，然后根据物长和影长的比值计算即可．

【详解】延长AC交BF延长线于D点，则∠CFE=30°，作CE⊥BD于E．

在Rt△CFE中，∠CFE=30°，CF=4，∴CE=2，EF=23．

在Rt△CED中，∵同一时刻，一根长为1米、垂直于地面放置的标杆在地面上的影长为2米，CE=2，CE：

第32页共40页.

DE=1：2，∴DE=4，∴BD=BF+EF+ED=12+23．

11

在Rt△ABD中，ABBD（12+23）=6+3．

22

故答案为（6+3）米．

【点睛】本题考查了相似三角形的性质．解决本题的关键是作出辅助线得到AB的影长．

17．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）学校食堂厨房的桌子上整齐地摆放着若干个相同规格的菜碟，每一

摞菜碟的高度与菜碟的个数的关系如表1所示．

菜碟的个数菜碟的高度（单位：cm）

13

23＋1.8

33＋3.6

43＋5.4

……

(1)把x个菜碟放成一摞时，请直接写出这一摞菜碟的高度（用含x的式子表示）；

(2)如图所示，是几摞菜碟的三视图，厨师想把它们整齐叠成一摞，求叠成一摞后的高度是多少．

第33页共40页.

【答案】(1)1.8x1.2cm

(2)26.4cm

【分析】（1）由表中给出的碟子个数与碟子高度的规律，可以看出碟子数为x时，碟子的高度为31.8x1；

（2）根据三视图得出碟子的总数，由（1）知每个碟子的高度，即可得出答案．

【详解】（1）由表格可知，每增加一个碟子高度增加1.8cm，

∴当桌子上放有x个碟子时，碟子的高度是31.8x11.8x1.2cm；

（2）由三视图知这四摞碟子一共有74314个碟子，

由（1）知每个碟子的高度为1.8cm，

∴叠成一摞后碟子的高度为141.81.226.4cm．

【点睛】此题考查了图形的变化类问题及由三视图判断几何体的知识，解题的关键是具有获取信息（读表）、

分析问题解决问题的能力．找出碟子个数与碟子高度的之间的关系式是此题的关键．

18．（2023·陕西西安·校考三模）李明在参观某工厂车床工作间时发现了一个工件，通过观察并画出了此工

件的三视图，借助直尺测量了部分长度．如图所示，该工件的体积是多少？

【答案】17cm3

【分析】根据三视图可知该几何体是两个圆柱体叠加在一起，体积是两个圆柱体的体积的和．

第34页共40页.

【详解】解：根据三视图可知该几何体是两个圆柱体叠加在一起，

底面直径分别是2cm和4cm，

高分别是4cm和1cm，

体积为：42212117（cm3）．

答：该工件的体积是17cm3．

【点睛】本题考查了由三视图判断几何体和圆柱的计算，正确的得到几何体的形状是解题的关键．

19．（2023·陕西榆林·校考一模）如图①，大风阁是西安汉城湖的标志性建筑，取意于汉高祖刘邦的《大风

歌》“大风起兮云飞扬，威加海内兮归故乡，安得猛士兮守四方”的意境．小华和晓丽在一个阳光明媚的周末

去测量大风阁的高度AB，如图②，首先，在C处放置一面平面镜，小华沿着BC的方向后退，到点E处恰

好在平面镜中看到大风阁顶端A的像，小华的眼睛到地面的距离DE1.5米，CE1.2米；然后，某一时刻

大风阁在阳光下的影子顶端在M处，同时，晓丽测得小华身高的影长EG0.8米，小华的身高EF1.6米，

MC19.2米，已知ABBG，EFBG，点B、M、C、E、G在同一水平直线上，点E、D、F在一条直

线上，请你求出大风阁的高度AB．（平面镜大小、厚度忽略不计）

【答案】64米

【分析】根据光的反射原理，平行投影，运用三角形相似的原理计算即可．

【详解】解：由题可得：ABCFECFEG90，AMBFGE，ACBDCE，

∴△ABM∽△FEG，△ABC∽△DEC