考点26 基本不等式
基本不等式：
（1）了解基本不等式的证明过程.
（2）会用基本不等式解决简单的最大（小）值问题.
一、基本不等式
1．基本不等式：
（1）基本不等式成立的条件：.
（2）等号成立的条件，当且仅当时取等号．
2．算术平均数与几何平均数
设，则a、b的算术平均数为，几何平均数为，基本不等式可叙述为：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．
3．利用基本不等式求最值问题
（1）如果积xy是定值P，那么当且仅当时，x＋y有最小值是.(简记：积定和最小)
（2）如果和x＋y是定值P，那么当且仅当时，xy有最大值是.(简记：和定积最大)
4．常用结论
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
二、基本不等式在实际中的应用
1．问题的背景是人们关心的社会热点问题，如物价、销售、税收等．
题目往往较长，解题时需认真阅读，从中提炼出有用信息，建立数学模型，转化为数学问题求解；
2．经常建立的函数模型有正(反)比例函数、一次函数、二次函数、分段函数以及
等．
解答函数应用题中的最值问题时一般利用二次函数的性质，基本不等式，函数的单调性或导数求解．
考向一 利用基本不等式求最值
利用基本不等式求最值的常用技巧：
（1）若直接满足基本不等式条件，则直接应用基本不等式．
（2）若不直接满足基本不等式条件，则需要创造条件对式子进行恒等变形，如构造“1”的代换等．常见的变形手段有拆、并、配.
①拆——裂项拆项
对分子的次数不低于分母次数的分式进行整式分离——分离成整式与“真分式”的和，再根据分式中分母的情况对整式进行拆项，为应用基本不等式凑定积创造条件．
②并——分组并项
目的是分组后各组可以单独应用基本不等式，或分组后先由一组应用基本不等式，再组与组之间应用基本不等式得出最值．
③配——配式配系数
有时为了挖掘出“积”或“和”为定值，常常需要根据题设条件采取合理配式、配系数的方法，使配式与待求式相乘后可以应用基本不等式得出定值，或配以恰当的系数后，使积式中的各项之和为定值.
（3）若一次应用基本不等式不能达到要求，需多次应用基本不等式，但要注意等号成立的条件必须要一致.注：若可用基本不等式，但等号不成立，则一般是利用函数单调性求解.
典例1 若正数a，b满足，则的最小值为
A．1 B．6
C．9 D．16
【答案】B
【解析】解法一：因为，所以a＋b=ab⇒(a−1)·(b−1)=1，
所以=2×3=6(当且仅当，b=4时取“=”).
故的最小值为6.
解法二：因为，所以a＋b=ab，
所以
(当且仅当，b=4时取“=”)．
故的最小值为6.
解法三：因为，所以，
所以(当且仅当b=4时取“=”)．
故的最小值为6.
【名师点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
1．函数的最大值为______，此时的值为______.
考向二 基本不等式的实际应用
有关函数最值的实际问题的解题技巧：
（1）根据实际问题抽象出函数的解析式，再利用基本不等式求得函数的最值．
（2）设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数．
（3）解应用题时，一定要注意变量的实际意义及其取值范围．
（4）在应用基本不等式求函数最值时，若等号取不到，可利用函数的单调性求解.
典例2 2017年，在国家创新驱动战略下，北斗系统作为一项国家高科技工程，一个开放型的创新平台，1400多个北斗基站遍布全国，上万台设备组成星地“一张网”，国内定位精度全部达到亚米级，部分地区达到分米级，最高精度甚至可以达到厘米或毫米级.最近北斗三号工程耗资元建成一大型设备，已知这台设备维修和消耗费用第一年为元，以后每年增加元（是常数），用表示设备使用的年数，记设备年平均维修和消耗费用为，即 (设备单价设备维修和消耗费用）设备使用的年数．
（1）求关于的函数关系式；
（2）当，时，求这种设备的最佳更新年限．
【解析】（1）由题意，设备维修和消耗费用构成以为首项，为公差的等差数列，
因此年平均维修和消耗费用为.
于是有
（2）由（1）可知，当，时，
，
当且仅当.
答：这种设备的最佳更新年限为15年．
【名师点睛】利用基本不等式解决应用问题的关键是构建模型，一般来说，都是从具体的问题背景，通过相关的关系建立关系式.在解题过程中尽量向模型上靠拢.
2．在城市旧城改造中，某小区为了升级居住环境，拟在小区的闲置地中规划一个面积为的矩形区域（如图所示），按规划要求：在矩形内的四周安排宽的绿化，绿化造价为200元/，中间区域地面硬化以方便后期放置各类健身器材，硬化造价为100元/.设矩形的长为.
（1）将总造价（元）表示为长度的函数；
（2）当取何值时，总造价最低，并求出最低总造价.
考向三 基本不等式的综合应用
基本不等式是高考考查的热点，常以选择题、填空题的形式出现．通常以不等式为载体综合考查函数、方程、三角函数、立体几何、解析几何等问题．主要有以下几种命题方式：
（1）应用基本不等式判断不等式是否成立或比较大小．解决此类问题通常将所给不等式(或式子)变形，然后利用基本不等式求解．
（2）条件不等式问题．通过条件转化成能利用基本不等式的形式求解．
（3）求参数的值或范围．观察题目特点，利用基本不等式确定相关成立条件，从而得到参数的值或范围.
典例3 下列不等式一定成立的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】对于A：(当时，)，A不正确；
对于B：，，B不正确；
对于C：，C正确；
对于D：，D不正确.
故选C.
【思路点拨】利用基本不等式判断不等关系及比较大小的思路：基本不等式常用于有条件的不等关系的判断、比较代数式的大小等.一般地，结合所给代数式的特征，将所给条件进行转换(利用基本不等式可将整式和根式相互转化)，使其中的不等关系明晰即可解决问题.
3．设，，且恒成立，则的最大值是
A． B．
C． D．
典例4 设正项等差数列的前项和为，若，则的最小值为______．
【答案】
【解析】因为，所以
则即.
所以.
当且仅当时取等号.
故答案为：.
【名师点睛】条件最值的求解通常有两种方法：一是消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式转化为函数的最值求解；二是将条件灵活变形，利用常数代换的方法构造和或积为常数的式子，然后利用基本不等式求解最值．
4．已知向量，且为正实数，若满足，则的最小值为
A． B．
C． D．
1．已知，，，则的最大值为
A．1 B．
C． D．
2．若直线过点，则的最小值等于
A．3 B．4
C． D．
3．已知，则的最小值是
A．2 B．3
C．4 D．5
4．当时，不等式恒成立，则的取值范围是
A． B．
C． D．
5．已知正数满足，则
A．有最大值 B．有最小值
C．有最大值10 D．有最小值10
6．已知，则取到最小值时，
A． B．
C． D．
7．用篱笆围一个面积为的矩形菜园，问这个矩形的长、宽各为多少时，所用篱笆最短，则最短的篱笆是
A．30 m B．36 m
C．40 m D．50 m
8．下列式子的最小值等于4的是
A． B．，
C．， D．
9．已知，，满足，则的最小值是
A． B．
C． D．
10．中，角的对应边分别为，若成等差数列，则角的取值范围是
A． B．
C． D．
11．已知，则的最小值为
A． B．6
C． D．
12．已知实数，是与的等比中项，则的最小值是______．
13．已知正数、满足，则的最大值为__________．
14．已知直线被圆截得的弦长为，则的最大值为________.
15．设实数满足条件，若目标函数的最大值为12，则的最小值为________.
16．已知函数.
（1）解关于的不等式；
（2）若，令，求函数的最小值.
17．为了加强“平安校园”建设，有效遏制涉校案件的发生，保障师生安全，某校决定在学校门口利用一侧原有墙体，建造一间墙高为3米，底面为24平方米，且背面靠墙的长方体形状的校园警务室.由于此警务室的后背靠墙，无需建造费用，甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米400元，左右两面新建墙体报价为每平方米300元，屋顶和地面以及其他报价共计14400元．设屋子的左右两面墙的长度均为米．
（1）当左右两面墙的长度为多少时，甲工程队报价最低？并求出最低报价．
（2）现有乙工程队也要参与此警务室的建造竞标，其给出的整体报价为元，若无论左右两面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求的取值范围．
1．（2019年高考浙江卷）若，则“”是 “”的
A． 充分不必要条件 B． 必要不充分条件
C． 充分必要条件 D． 既不充分也不必要条件
2．（2019年高考天津卷文数）设，则的最小值为__________.
3．（2018年高考天津卷文数）（2018天津文科）已知，且，则的最小值为 .
4．（2018年高考江苏卷）在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为___________．
5．（2017年高考天津卷文数）若，，则的最小值为___________．
6．（2017年高考山东卷文数）若直线过点,则2a+b的最小值为___________．
7．（2017年高考江苏卷）某公司一年购买某种货物600吨，每次购买吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则的值是___________．
变式拓展
1．【答案】−3 2
【解析】因为，
又，所以，当且仅当时取等号.
此时.
即的最大值为，此时.
【名师点睛】本题主要考查求函数的最值，熟记基本不等式即可，属于常考题型.求解时，先将原式化为，再由基本不等式，即可求出结果.
2．【答案】（1），；（2）当时，总造价最低为元.
【解析】（1）由矩形的长为m，得矩形的宽为m，
则中间区域的长为m，宽为m，
则，定义域为.
整理得，.
（2），
当且仅当，即时取等号.
所以当时，总造价最低为元.
【名师点睛】本题主要考查了函数的表示方法，以及基本不等式的应用.在利用基本不等式时保证“一正二定三相等”，属于中等题.
（1）根据题意得矩形的长为m，则矩形的宽为m，中间区域的长为m，宽为m，列出函数关系式即可.
（2）根据（1）的结果利用基本不等式求解即可.
3．【答案】B
【解析】等价于，
而
，
当且仅当，即时取等号，
故得到，则的最大值是3.
故答案为B.
【名师点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
4．【答案】A
【解析】由题意得，因为，为正实数，则，
当且仅当，即时取等号.
所以选择A.
【名师点睛】本题主要考查了向量的数量积以及基本不等式，在用基本不等式时要满足“一正二定三相等”.属于中等题.
考点冲关
1．【答案】D
【解析】因为，，，所以有，当且仅当时取等号，故本题选D.
【名师点睛】本题考查了基本不等式的应用，掌握公式的特征是解题的关键.求解时，直接使用基本不等式，可以求出的最大值.
2．【答案】C
【解析】将代入直线方程得到，
，
当时等号成立.
故选C.
【名师点睛】本题考查了直线方程，均值不等式，1的代换是解题的关键.求解时，将代入直线方程得到，利用均值不等式得到的最小值.
3．【答案】D
【解析】由题意知，，
因为，所以，
则（当且仅当，即时取“=”），
故的最小值是5.
故答案为D.
【名师点睛】本题考查了基本不等式的运用，要注意“=”取得的条件，属于基础题.
4．【答案】A
【解析】∵，∴，
∴，
当且仅当，即时取等号，
∵当时，不等式恒成立，
∴只需．
故选A．
【名师点睛】本题主要考查基本不等式，解题的关键是得出，属于一般题.
5．【答案】A
【解析】由不等式的性质有：（）2，
当且仅当时等号成立，即（）2≤50，
又m＞0，n＞0，
所以，即m，
故选A．
【名师点睛】本题考查了基本不等式及其应用，转化化归能力，注意等号成立的条件，属中档题.
6．【答案】D
【解析】由，可得，且.
所以，
当且时等号成立，解得.
所以取到最小值时.故选D.
【名师点睛】本题考查基本不等式取得最值的条件，多次用不等式求最值时要注意不等式取等的条件要同时满足.
7．【答案】C
【解析】设矩形的长为，则宽为，设所用篱笆的长为，所以有，根据基本不等式可知：（当且仅当，即时取等号），故本题选C.
【名师点睛】本题考查了基本不等式的应用，由已知条件构造函数，利用基本不等式求出最小值是解题的关键.
8．【答案】C
【解析】选项A，设，当时，，当且仅当时，取等号；
当时，，当且仅当时，取等号，故函数没有最小值；
选项B，，令，，函数在时单调递减，故当时是单调递减函数，所以，没有最小值；
选项C，，当且仅当时取等号，故符合题意；
选项D，令，令，而函数在时是单调递增函数，故当时，函数也单调递增，所以，不符合题意，
所以本题选C.
【名师点睛】本题考查了基本不等式和函数的单调性，利用基本不等式时，一定要注意三点：其一，必须是正数；其二，要有定值；其三，要注意等号成立的条件，简单记为一正二定三相等.
9．【答案】D
【解析】正实数，满足，
，
，当且仅当时取等号，
的最小值为，
故选D.
【名师点睛】本题考查了基本不等式的应用问题，解题的关键是，使它能利用基本不等式，是基础题目．
10．【答案】C
【解析】由成等差数列，可得，即，
则（当且仅当时取等号）；
由于在三角形中，且在上为减函数，所以角的取值范围是：.
故选C.
【名师点睛】本题考查余弦定理，等差数列的性质，以及基本不等式的应用，求解时，由成等差数列，可得，然后利用余弦定理表示出，进行化简后，利用基本不等式即可求出的最小值，根据的范围以及余弦函数的单调性，即可求出角的取值范围.
11．【答案】B
【解析】∵，∴，
∵，，
∴，当且仅当，即时等号成立.
故选B.
【名师点睛】本题主要考查均值定理的应用，构造均值定理的结构，利用均值定理求解最小值.使用均值定理求解最值时，一要注意每一项必须为正实数，二是要凑出定值，三是要验证等号成立的条件，三者缺一不可，尤其是等号不要忘记验证.
12．【答案】
【解析】∵实数是与的等比中项，
，即．
则，当且仅当，即时取等号．
故答案为:．
【名师点睛】本题考查了等比中项，均值不等式，1的代换是解题的关键.求解时，通过是与的等比中项得到，利用均值不等式求得最小值.
13．【答案】
【解析】，，
当即时等号成立.
故答案为.
【名师点睛】本题考查了均值不等式，意在考查学生的计算能力.
14．【答案】
【解析】圆可化为，
则圆心为，半径为，
又因为直线被圆截得的弦长为，
所以直线过圆心，即，化为，
，当且仅当，即时取等号，
的最大值为，故答案为.
【名师点睛】本题主要考查圆的方程与性质以及基本不等式的应用，考查了转化思想的应用，属于中档题.转化是数学解题的灵魂，合理的转化不仅使问题得到了解决，还可以使解决问题的难度大大降低，本题将弦长问题转化为直线过圆心是解题的关键.
15．【答案】
【解析】由可行域可得，当，时，目标函数取得最大值，，即，.当且仅当，即时取等号，
故答案为.
【名师点睛】本题考查了通过目标函数的最大值，得到参数之间的等式，求不等式最小值问题，关键是正确得到参数之间的等式.
16．【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）①当时，不等式的解集为，
②当时，不等式的解集为，
③当时，不等式的解集为.
（2）当时，令（当且仅当，即时取等号）.
故函数的最小值为.
【名师点睛】本题考查了解不等式，均值不等式，函数的最小值，意在考查学生的综合应用能力.
17．【答案】（1）4米时，28800元；（2）．
【解析】（1）设甲工程队的总造价为元，
则，
．
当且仅当，即时等号成立．
即当左右两侧墙的长度为4米时，甲工程队的报价最低为28800元．
（2）由题意可得，对任意的恒成立．
即，从而恒成立，
令，则，
又在时为单调增函数，故．
所以．
【名师点睛】本题主要考查基本不等式的应用，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
（1）设甲工程队的总造价为元，先求出函数的解析式，再利用基本不等式求函数的最值得解；
（2）由题意可得，对任意的恒成立，从而恒成立，求出左边函数的最小值即得解.
直通高考
1．【答案】A
【解析】当时，当且仅当时取等号，则当时，有，解得，充分性成立；
当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
【名师点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.
2．【答案】
【解析】.
因为，
所以，
即，当且仅当时取等号成立.
又因为
所以的最小值为.
【名师点睛】使用基本不等式求最值时一定要验证等号是否能够成立.
3．【答案】
【解析】由可知，且，
因为对于任意x，恒成立，结合基本不等式的结论可得：.当且仅当，即时等号成立.
综上可得的最小值为.
【名师点睛】利用基本不等式求最值时，要灵活运用以下两个公式：
①，当且仅当时取等号；
②，，当且仅当时取等号．解题时要注意公式的适用条件、等号成立的条件，同时求最值时注意“1的妙用”．
4．【答案】9
【解析】由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，
因此
当且仅当时取等号，则的最小值为.
【名师点睛】线性规划问题是高考中常考考点，主要以选择或填空的形式出现，基本题型为给出约束条件求目标函数的最值，主要结合方式有：截距型、斜率型、距离型等.
5．【答案】
【解析】，（前一个等号成立的条件是，后一个等号成立的条件是，两个等号可以同时成立，当且仅当时取等号）．
【名师点睛】利用均值不等式求最值时要灵活运用以下两个公式：①，当且仅当时取等号；②，，当且仅当时取等号．解题时要注意公式的适用条件、等号成立的条件，同时求最值时注意“1的妙用”．
6．【答案】
【解析】由直线 过点可得,
所以.当且仅当，即时等号成立.
【名师点睛】应用基本不等式解题一定要注意应用的前提：“一正”“二定”“三相等”．所谓“一正”是指正数,“二定”是指应用基本不等式求最值时,和或积为定值,“三相等”是指满足等号成立的条件．在利用基本不等式求最值时,要根据式子的特征灵活变形,配凑出积、和为常数的形式,然后再利用基本不等式．
7．【答案】30
【解析】总费用为，当且仅当，即时等号成立．
【名师点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误．
考点27 空间几何体的结构及其三视图与直观图
空间几何体
（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基础上，尺寸、线条等不作严格要求）.
一、空间几何体的结构
1．多面体
| 几何体 | 结构特征 | 备注 |
| 棱柱 | ①底面互相平行.
②侧面都是平行四边形. ③每相邻两个平行四边形的公共边互相平行. |
按侧棱与底面是否垂直分类，可分为斜棱柱和直棱柱.侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱，侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱.特别地，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱. |
| 棱锥 | ①底面是多边形.
②侧面都是三角形. ③侧面有一个公共顶点. |
三棱锥的所有面都是三角形，所以四个面都可以看作底.三棱锥又称为四面体. |
| 棱台 | ①上、下底面互相平行，且是相似图形.
②各侧棱的延长线交于一点. ③各侧面为梯形. |
可用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥 |
2．旋转体
| 几何体 | 结构特征 | 备注 |
| 圆柱 | ①圆柱有两个大小相同的底面，这两个面互相平行，且底面是圆面而不是圆.
②圆柱有无数条母线，且任意一条母线都与圆柱的轴平行，所以圆柱的任意两条母线互相平行且相等. ③平行于底面的截面是与底面大小相同的圆面，过轴的截面(轴截面)是全等的矩形. |
圆柱可以由矩形绕其任一边所在直线旋转得到. |
| 圆锥 | ①底面是圆面.
②有无数条母线，长度相等且交于顶点. ③平行于底面的截面是与底面大小不同的圆面,过轴的截面（轴截面）是全等的等腰三角形. |
圆锥可以由直角三角形绕其直角边所在直线旋转得到. |
| 圆台 | ①圆台上、下底面是互相平行且不等的圆面.
②有无数条母线，等长且延长线交于一点. ③平行于底面的截面是与两底面大小都不等的圆面,过轴的截面（轴截面）是全等的等腰梯形. |
圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线或等腰梯形绕上、下底中点连线所在直线旋转得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到. |
| 球 | ①球心和截面圆心的连线垂直于截面.
②球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r之间满足关系式:. |
球可以由半圆面或圆面绕直径所在直线旋转得到. |
二、空间几何体的三视图与直观图
1．空间几何体的三视图
（1）三视图的概念
①光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图叫做几何体的正视图;
②光线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图叫做几何体的侧视图;
③光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图叫做几何体的俯视图.
几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图.如图.
（2）三视图的画法规则
①排列规则：一般地，侧视图在正视图的右边，俯视图在正视图的下边.如下图：
| 正 | 侧 |
| 俯 |
②画法规则
ⅰ)正视图与俯视图的长度一致，即“长对正”；
ⅱ)侧视图和正视图的高度一致，即“高平齐”；
ⅲ)俯视图与侧视图的宽度一致，即“宽相等”.
③线条的规则
ⅰ)能看见的轮廓线用实线表示；
ⅱ)不能看见的轮廓线用虚线表示.
（3）常见几何体的三视图
| 常见几何体 | 正视图 | 侧视图 | 俯视图 |
| 长方体 | 矩形 | 矩形 | 矩形 |
| 正方体 | 正方形 | 正方形 | 正方形 |
| 圆柱 | 矩形 | 矩形 | 圆 |
| 圆锥 | 等腰三角形 | 等腰三角形 | 圆 |
| 圆台 | 等腰梯形 | 等腰梯形 | 两个同心的圆 |
| 球 | 圆 | 圆 | 圆 |
2．空间几何体的直观图
（1）斜二测画法及其规则
对于平面多边形，我们常用斜二测画法画它们的直观图.斜二测画法是一种特殊的画直观图的方法，其画法规则是：
①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成对应的x′轴和y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′=45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面.
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′轴或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，长度为原来的一半.
（2）用斜二测画法画空间几何体的直观图的步骤
①在已知图形所在的空间中取水平平面，作互相垂直的轴Ox，Oy，再作Oz轴使∠xOz=90°，且∠yOz=90°.
②画直观图时，把它们画成对应的轴O′x′，O′y′，O′z′，使∠x′O′y′=45°(或135°)，∠x′O′z′=90°，x′O′y′所确定的平面表示水平平面.
③已知图形中，平行于x轴、y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴、y′轴或z′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同.
④已知图形中平行于x轴或z轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半.
⑤画图完成以后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图.
（3）直观图的面积与原图面积之间的关系
①原图形与直观图的面积比为，即原图面积是直观图面积的倍，
②直观图面积是原图面积的倍.
考向一 空间几何体的结构特征
关于空间几何体的结构特征问题的注意事项：
(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．
(2)通过举反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.
典例1 下列命题中正确的是
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，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱
C．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台
D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
【答案】B
【解析】在A中，如图的几何体，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体不是棱柱，故A错误；
在B中，由棱柱的定义得：有两个面平行，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的几何体叫棱柱，故B正确；
在C中，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故C错误；
在D中，如图的几何体，有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不是棱柱，故D错误．
故选B．
1．正三棱锥内有一个内切球,经过棱锥的一条侧棱和高作截面,正确的图是
典例2 边长为5 cm的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从E点沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是
A．10 cm B． cm
C． cm D． cm
【答案】D
【解析】圆柱的侧面展开图如图所示，
展开后，∴．
故选D.
【名师点睛】求几何体的侧面上两点间的最短距离问题，常常把侧面展开，转化为平面几何问题处理．
2．如图，在长方体中，，，点在棱上，当取得最小值时，，则棱的长为__________.
考向二 空间几何体的三视图
三视图问题的常见类型及解题策略：
(1)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．
(2)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示．
(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合.
典例3 如图所示，在放置的四个几何体中，其正视图为矩形的是
A B C D
【答案】B
【解析】A选项三棱锥、C选项圆台、D选项的正视图都不是矩形，而B选项圆柱的正视图为矩形.
故选B．
3．一个动点从正方体的顶点处出发，经正方体的表面，按最短路线到达顶点位置，则下列图形中可以表示正方体及动点最短路线的正视图是
A．①② B．①③
C．②④ D．③④
典例4 如图，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
A．三棱锥 B．三棱柱
C．四棱锥 D．四棱柱
【答案】B
【解析】由三视图中的正视图可知，有一个面为直角三角形，由侧视图和俯视图可知其他的面为长方形.综合可判断为三棱柱.
4．如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗实线及粗虚线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的最长棱长为
A． B．4
C．6 D．
考向三 空间几何体的直观图
斜二测画法中的“三变”与“三不变”：
“三变”；
“三不变”.
典例5 如图是水平放置的平面图形的直观图,则原平面图形的面积为
A．3 B．
C．6 D．
【答案】C
【解析】原平面图形如图,即Rt△OAB,其中OA=O′A′=3,OB=2O′B′=4,故原平面图形的面积为，
故选C．
【方法点晴】本题主要考查了平面图形的直观图及其原图形与直观图面积之间的关系，属于基础题，解答的关键是牢记原图形与直观图的面积比为，即原图面积是直观图面积的倍，直观图面积是原图面积的倍.
5．已知边长为1的菱形中，，则用斜二测画法画出这个菱形的直观图的面积为
A． B．
C． D．
1．有下列三个说法：
①用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台；
②有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；
③有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台．
其中正确的有
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
2．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是
A．圆柱 B．圆锥
C．四面体 D．三棱柱
3．如图为水平放置的正方形ABCO，在直角坐标系中点B的坐标为（2，2），则用斜二测画法画出的正方形的直观图中，点到轴的距离为
A． B．
C．1 D．
4．如图，正方体中，为棱的中点，用过点、、的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图（也称主视图）是
A． 
B． 
C． 
D． 
5．正方体被一个平面截去一部分后，所得几何体的三视图如图所示，则截面图形的形状为
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．平行四边形 D．梯形
6．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图是如图所示的一个正方形，则原来的图形是
A． 
B． 
C． 
D． 
7．已知三棱柱的高为2，底面三角形的边长分别为3，4，5.若球内切于三棱柱，其正视图和俯视图如图所示，则其左视图是
A． 
B． 
C． 
D． 
8．用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得的圆台上、下底面半径之比为，若截去的圆锥的母线长为，则圆台的母线长为
A． B．
C． D．
9．一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，绘制该四面体的三视图时，按照如下图所示的方向画正视图，则得到的正视图为
A． 
B． 
C． 
D． 
10．一个正方体的内切球、外接球、与各棱都相切的球的半径之比为
A． B．
C． D．
11．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线和虚线画出的是某几何体的三视图，该几何体的各个面中有若干个是梯形，则这些梯形的面积之和为
A．28 B．30
C．32 D．36
12．长方体中，，，设点关于直线的对称点为，则与两点之间的距离是
A． B．
C． D．
13．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的三视图如图所示，一只蚂蚁从顶点A出发沿该正三棱柱的表面绕行两周到达顶点A1，则该蚂蚁走过的最短路径为
A． B．25
C． D．31
14．已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为
A． B．
C． D．
15．如图所示,E,F分别为正方体ABCD-A’B’C’D’的面ADD’A’、面BCC’B’的中心,现给出图①~④的4个平面图形,则四边形BFD’E在该正方体的面上的射影可能是图 .(填上所有正确图形对应的序号)
16．如图所示是一个几何体的表面展开平面图,该几何体中与“数”字面相对的是“ ”.
17．已知某一几何体的正视图与侧视图如图所示，则下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形有_____________.（填序号）
18．已知一个圆锥的母线长为2，底面圆的周长为，则过圆锥顶点的截面面积的最大值为_____.
19．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为，腰和上底均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积为____________.
20．用半径为，圆心角为的扇形纸片卷成一个圆锥，则这个圆锥的高为________.
21．正三棱锥P−ABC中，，，AB的中点为M，一小蜜蜂沿锥体侧面由M 爬到C点，最短路程是____________.
1．（2018新课标全国Ⅰ文科）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为
A． B．
C．3 D．2
2．（2018新课标全国Ⅲ文科）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是
3．（2016天津文科）将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为
A B C D
变式拓展
1．【答案】C
【解析】正三棱锥的内切球与各个面的切点为正三棱锥各面的中心,所以过一条侧棱和高的截面必过该棱所对的面的高线,故C正确.
2．【答案】
【解析】把长方形展开到长方形所在平面，如图，当，，在同一条直线上时，取得最小值，此时，
令，，，则，得.
故棱的长为.
3．【答案】C
【解析】由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到定点位置，共有6种展开方式，
若把平面和平面展开到同一个平面内，在矩形中连接，会经过的中点，故此时的正视图为②；
若把平面和平面展开到同一个平面内，在矩形中连接，会经过的中点，此时的正视图为④.
故选C．
4．【答案】C
【解析】由三视图可知该几何体是如图所示的四棱锥，
其所在正方体的棱长为4，A，D为棱的中点，
根据几何体可以判断，该四棱锥的最长棱为AO，．
故选C．
5．【答案】D
【解析】如图，菱形中，，，
则菱形的面积为，
所以用斜二测画法画出这个菱形的直观图的面积为.
故选D．
考点冲关
1．【答案】A
【解析】本题主要考查棱台的结构特征．①中的平面不一定平行于底面，故①错；②③可用反例去检验，如图所示，故②③错．
2．【答案】A
【解析】因为圆柱的三视图有两个矩形，一个圆，正视图不可能是三角形，而圆锥、四面体（三棱锥）、三棱柱的正视图都有可能是三角形，
所以选A．
3．【答案】B
【解析】因为垂直于轴，所以在直观图中的长度是1，且与轴的夹角是，所以到轴的距离是.
4．【答案】A
【解析】正方体中，过点的平面截去该正方体的下半部分后，剩余部分几何体的正视图为图中粗线部分．
故选A．
5．【答案】A
【解析】如图所示，由三视图可得，该几何体是正方体被一个平面截去一个三棱锥所得的几何体，
很明显截面是等腰三角形.
故选A．
6．【答案】A
【解析】根据斜二测画法知，平行于x轴的线段长度不变,平行于y的线段变为原来的，
由此得原来的图形是A．
故选A．
7．【答案】D
【解析】设球的半径为，由正视图、俯视图可得，
又球与三棱柱的三个侧面相切，可得其左视图如选项D所示
故选D.
8．【答案】D
【解析】如图，设圆台的母线长为，小圆锥底面与被截的圆锥底面半径分别是，
根据相似三角形的性质可得，
解得，
所以圆台的母线长为.
故选D．
9．【答案】D
【解析】根据空间直角坐标系中点的位置，画出直观图如图，则正视图为D中图形.故选D．
10．【答案】C
【解析】设正方体的棱长为，那么其内切球的半径为，外接球的半径为（正方体体对角线的一半），与各棱都相切的球的半径为（正方体面对角线的一半），所以比值是，故选C．
【方法点睛】球与几何体的组合体的问题，尤其是相切，一般不画组合体的直观图，而是画切面图，圆心到切点的距离是半径并且垂直，如果是内切球，那么对面切点的距离就是直径，而对面切点的距离是棱长，如果与棱相切，那么对棱切点的距离就是直径，而切点在棱的中点，所以对棱中点的距离等于面对角线长，而如果外接球，那么相对顶点的距离就是直径，即正方体的体对角线是直径．
11．【答案】C
【解析】由三视图可知该几何体如图所示，各个面中有两个梯形，一个矩形，两个直角三角形，则这两个梯形的面积和为.
故选C．
12．【答案】A
【解析】如下图所示：
在中，易知，，，
由余弦定理得：，
所以.
故选A．
13．【答案】B
【解析】将正三棱柱沿侧棱展开，如图所示：
在展开图中，最短距离是6个矩形对角线的连线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值．
由已知求得正三棱柱底面三角形的边长为，
所以矩形的长等于，宽等于7，
由勾股定理求得．
故选B．
14．【答案】D
【解析】由三视图可知：该几何体为一个三棱锥P﹣ABC，其中PC⊥底面ABC，底面ABC是一个三边分别为，，2的三角形，PC＝2．
由，可得∠A＝90°，则AB⊥AC．
又PC⊥底面ABC，∴PC⊥BC，PC⊥AC．
则AB⊥PA．
因此该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为4．
故选D．
15．【答案】②③
【解析】四边形BFD’E在正方体ABCD-A’B’C’D’的面BCC’B’上的射影是③;在面ABCD上的射影是②;易知①④的情况不可能出现.
16．【答案】学
【解析】由图形可知,该几何体为三棱台，两个三角形为三棱台的上下底面，∴与“数”字面相对的是“学”.
17．【答案】①②③④
【解析】俯视图为①时，该几何体从上往下依次为圆柱、圆柱、长方体组成的组合体；
俯视图为②时，该几何体从上往下依次为长方体、长方体、圆柱组成的组合体；
俯视图为③时，该几何体从上往下依次为圆柱、长方体、长方体组成的组合体；
俯视图为④时，该几何体从上往下依次为三棱柱、圆柱、长方体组成的组合体；
俯视图不可能为⑤.
18．【答案】2
【解析】底面圆的周长为，所以半径为，两母线夹角最大为，圆锥的母线长为2，过圆锥顶点的截面面积，
所以，当截面中的两圆锥母线夹角为时，截面面积最大为2.
19．【答案】
【解析】由题意得，水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为，腰和上底均为1的等腰梯形，其面积为，
又原图形与直观图的面积比为，
所以原图形的面积为．
20．【答案】
【解析】如图所示，半径为，圆心角为的扇形，所以扇形的弧长为，
设卷成圆锥的底面圆的半径为，则，解得，
所以这个圆锥筒的高为.
21．【答案】
【解析】由题意，将侧面PBC展开，那么点M到C的距离，就是在中的长度，由题中数据易得，，，
如果将侧面PAC展开，同理可得.
直通高考
1．【答案】B
【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，知点M在上底面上，点N在下底面上，且可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为.
故选B．
【名师点睛】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.
2．【答案】A
【解析】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.
故选A．
3．【答案】B
【解析】由题意得截去的是长方体前右上方顶点处的一个棱锥，
故选B.
【名师点睛】（1）解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．
（2）三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何体中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．
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