第一章 空间几何体知识点归纳老师版

1、空间几何体的结构：空间几何体分为多面体和旋转体和简单组合体 ⑴常见的多面体有：棱柱、棱锥、棱台；常见的旋转体有：圆柱、圆锥、圆台、球。简单组合体的构成形式：

一种是由简单几何体拼接而成，一种是由简单几何体截去或挖去一部分而成。

⑵棱柱：有两个面互相平行，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，由这些面所围成的多面体叫做棱柱。

⑶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，这样的多面体叫做棱台。

1、空间几何体的三视图和直观图 投影：中心投影 平行投影 （1）定义：几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图。 （2）三视图中反应的长、宽、高的特点：“长对正”，“高平齐”，“宽相等” 2、空间几何体的直观图（表示空间图形的平面图）. 观察者站在某一点观察几何体，画出的图形.

3、斜二测画法的基本步骤：

①建立适当直角坐标系xOy（尽可能使更多的点在坐标轴上）

②建立斜坐标系x'O'y'，使x'O'y'=450（或1350），注意它们确定的平面表示水平平面；

‘

③画对应图形，在已知图形平行于X轴的线段，在直观图中画成平行于X轴，

‘

且长度保持不变；在已知图形平行于Y轴的线段，在直观图中画成平行于Y轴，且长度变为原来的一半；

一般地，原图的面积是其直观图面积的22倍，即S原图＝22S直观 4、空间几何体的表面积与体积 ⑴圆柱侧面积；S侧面2r l⑵圆锥侧面积：S侧面rl ⑶圆台侧面积：S侧面(rR)l ⑷体积公式：

O1rV柱体Sh；

V锥体1Sh3；

hO2lR1 V台体hS上S上S下S下

3⑸球的表面积和体积：

4S球4R2，V球R3.一般地，面积比等于相似比的平方，体积比等于相似比

3的立方。

三视图还原技巧

核心内容：

三视图的长度特征——“长对齐，宽相等，高平齐”，即正视图和左视图一样高，正视图和俯视图一样长，左视图和俯视图一样宽。

1，知道常用的几何体的三视图图形

柱体：两个平行四边形（常为矩形），一个多边形或圆

锥体：两个三角形，一个多边形或圆 台体：两个梯形，一个多边形环或圆环 球：三个圆

如果是组合体，一定是两个简单的几何体组合在一起。

2，还原方法，对锥体而言，采用画线找交点。

例题3：如图所示，网格纸上小正方形的边长为4，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度是（ ）

由三视图可知，原几何体的长、宽、高均为4，所以我们可以用一个正方体做载体还原：

（1）根据正视图，在正方体中画出正视图上的四个顶点的原象所在的线段，用红线表示。如图，也就是说正视图的四个顶点必定是由原图中红线上的点投影而成；

（2）左视图有三个顶点，画出它们的原象所在的线段，用蓝线表示，如图；

（3）俯视图有三个顶点，画出它们的原象所在的线段，用绿线表示，如图；

（4）三种颜色的公共点（一定要三种颜色公共交点）即为几何体的顶点，连接各顶点即为原几何体，如图。然后计算出最长的棱。

练习：

（1）将如图所示的三视图还原成几何体。

3，对特殊的柱体而言（柱体被割掉一部分）

实线是表面有线，虚线是背面有线，实线连成圈就是割舍掉的部分。 例题2：一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（ ）

练习：若某几何体的三视图，如图所示，则此几何体的体积等于（ ）cm³。

4，拉升法 还原三步骤：

（1）先画正方体或长方体，在正方体或长方体地面上截取出俯视图形状； （2）依据正视图和左视图有无垂直关系和节点，确定并画出刚刚截取出的俯视图中各节点处垂直拉升的线条（剔除其中无需垂直拉升的节点，不能确定的先垂直拉升），由高平齐确定其长短；

（3）将垂直拉升线段的端点和正视图、左视图的节点及俯视图各个节点连线，隐去所有的辅助线条便可得到还原的几何体。

方法展示

（1）将如图所示的三视图还原成几何体。

还原步骤：

①依据俯视图，在长方体地面初绘ABCDE如图；

②依据正视图和左视图中显示的垂直关系，判断出在节点A、B、C、D处不可能有垂直拉升的线条，而在E处必有垂直拉升的线条ES，由正视图和侧视图中高度，确定点S的位置；如图

③将点S与点ABCD分别连接，隐去所有的辅助线条，便可得到还原的几何体S-ABCD如图所示：

练习题

1. 如图，是某几何体的三视图，其中矩形的高为圆的半径，若该几何体的体积是

52，则此几何体的表面积为（ ） 3A．33 B．34 C．36 D．42

【答案】A 【解析】

考点：几何体的三视图及表面积与体积．

2. 某四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和是（ ）

A．2 B．4 C．25 D．425 【答案】C 【解析】

考点：几何体的三视图及其面积的计算．

3. 有一个几何体的正视图、侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．48 【答案】C 【解析】

试题分析：由题意得，根据给定的三视图可知，该几何体表示一个底面半径为

B．36

C．24

D．12

r3，母线长l5 的一个圆锥，所以该圆锥的表面积为

Sr2rl323524，故选C．

考点：几何体的三视图及表面积的求解．

5. 已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（ ）

A．16 B．4 C.  D．2 【答案】B 【解析】

试题分析：由图中的三视图分析可知，三棱锥的直观图如下图所示，M为

RtACB斜边的中点，MAMBMC1，又PM底面ABC，根据主视图的高

为1，所以MP1，则点M到三棱锥四个顶点P,A,B,C的距离都相等，所以M为三棱锥外接球的球心，外接球半径R1，所以表面积为S4R24，故选B.

考点：三棱锥的外接球.

6. 若某多面体的三视图如图所示（单位：cm），则此多面体的体积是

cm2．

5【答案】

6【解析】

考点：三视图.

7. 一个几何体的三视图如图所示，則此几何体的体积是_________.

【答案】80 【解析】

考点：几何体的三视图及体积的计算.

8. 某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A．

7 38 37 3B．

8C．

3D．

【答案】B 【解析】

试题分析：由三视图可知，该几何体是一个四棱锥挖掉半个圆锥所得，所以体积

1118为222122. 3233

内切球和外接球问题

如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点. 考查学生的空间想象能力以及化归能力.研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用.

一、直接法(公式法)

1、求正方体的外接球的有关问题

例1 （2006年广东高考题）若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为______________ .

解析：要求球的表面积，只要知道球的半径即可.因为正方体内接于球，所以它的体对角线正好为球的直径，因此，求球的半径可转化为先求正方体的体对角线长，再计算半径.故表面积为27.

2、求长方体的外接球的有关问题

例3 （2007年天津高考题）一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为

1,2,3，则此球的表面积为 .

解析：关键是求出球的半径，因为长方体内接于球，所以它的体对角线正好为球的直径。长方体体对角线长为14，故球的表面积为14.

3.求多面体的外接球的有关问题

例5. 一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同

9一个球面上，且该六棱柱的体积为8，底面周长为３，则这个球的体积为 .

6x3,1x,2932xh,684h3．xh解 设正六棱柱的底面边长为，高为，则有

r∴正六棱柱的底面圆的半径

31d2.∴外接球的半径2，球心到底面的距离

Rr2d21.

V球43.

222小结 本题是运用公式Rrd求球的半径的，该公式是求球的半径的常用公式.

二、构造法(补形法)

1、构造正方体

例5 （2008年福建高考题）若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其

外接球的表面积是_______________.

解析：此题用一般解法，需要作出棱锥的高，然后再设出球心，利用直角三角形计算球的半径.而作为填空题，我们更想使用较为便捷的方法，所以三条侧棱两两垂直，使我们很快联想到长方体的一个角，马上构造长方体，且侧棱长均相等，所以可构造正方体模型，如图1，则AC=BC=CD3，那么三棱锥的外接球的直径即为正方体的体对角线，故所求表面积是9.(如图1)

例 6 （2003年全国卷）一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则

A此球的表面积为（ ）

BCDA. 3 B. 4 C. 33 D. 6

图

解析：一般解法，需设出球心，作出高线，构造直角三角形，再计算球的半径.在此，由于所有棱长都相等，我们联想只有正方体中有这么多相等的线段，所以构造一个正方体，再寻找棱长相等的四面体，如图2，四面体ABDE满足条件，即

AB=AD=AE=BD=DEBE2，由此可求得正方体的棱长为1，体对角线为3，从

而外接球的直径也为3，所以此球的表面积便可求得，故选A. (如图2)

例7（2006年山东高考题）在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2，DAB=60，E为AB的中点，将ADE与BEC分布沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则三棱锥

0P-DCE的外接球的体积为（ ）.

43666272824A. B. C. D.

解析：（如图3） 因为AE=EB=DC=1，DAB=CBE=DEA=60，所以

0ADAE=EB=BC=DC=DE=CE=1，即三棱锥P-DCE为正四面体，至此，这与例6

就完全相同了，故选C. DCPAEBDECDA平面ABC，ABBC，例8 （2008年浙江高考题）已知球O的面上四点A、B、C、D，DA=AB=BC=3，则球O的体积等于 .

解析：本题同样用一般方法时，需要找出球心，求出球的半径.而利用长方体模型很快便可找到球的直径，由于DA平面ABC，ABBC，联想长方体中的相应线段关系，构造如图4所示的长方体，又因为DA=AB=BC=3，则此长方体为正方体，所以CD长即为外接球的直径，利用直角三角形解出

OD9CD=3.故球O的体积等于2.（如图4）

2、构造长方体

BAC图

例9（2008年安徽高考题）已知点A、B、C、D在同一个球面上，AB平面BCD，

BCDC，若AB6,AC=213,AD=8，则球的体积是 .

解析：首先可联想到例8，构造下面的长方体，于是AD为球的直径，O为球心，

OB=OC=4为半径，要求B、C两点间的球面距离，只要求出BOC即可，在RtABC中，

A求出BC=4，所以BOC=60，故B、C两点间的球

04面距离是3.（如图5）

OBC三.多面体几何性质法

D图

例2 已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是

A.16 B.20 C.24 D.32

2x4x16，解得x2. R解 设正四棱柱的底面边长为，外接球的半径为，则有

2222R22426,　 　R6.∴这个球的表面积是4R224.选C. ∴

小结 本题是运用“正四棱柱的体对角线的长等于其外接球的直径”这一性质来求解的.

四.寻求轴截面圆半径法

DASCO1B图3例4 正四棱锥SABCD的底面边长和各侧棱长都为2，点S、A、B、C、D都在同一球面上，则此球的体积为 .

解 设正四棱锥的底面中心为O1，外接球的球心为O，如图1所示.∴由球的截面的性质，可得OO1平面ABCD.

又SO1平面ABCD，∴球心O必在SO1所在的直线上.

∴ASC的外接圆就是外接球的一个轴截面圆，外接圆的半径就是外接球的半径. 在ASC中，由SASC2，AC2，得SA2SC2AC2.

∴ASC是以AC为斜边的Rt.

AC41V球3. ∴2是外接圆的半径，也是外接球的半径.故

五 .确定球心位置法

例5 在矩形ABCD中，AB4,BC3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角

BACD，则四面体ABCD的外接球的体积为

125125125125

A.12 B.9 C.6 D.3

解 设矩形对角线的交点为O，则由矩形对角线互相平分，可知

ADCBO图4OAOBOCOD.∴点O到四面体的四个顶点A、B、C、D的

距离相等，即点O为四面体的外接球的球心，如图2所示.∴外接球的半径

ROA52.故

4125V球R336.选C.

出现两个垂直关系，利用直角三角形结论。

【原理】：直角三角形斜边中线等于斜边一半。球心为直角三角形斜边中点。

【例题】：已知三棱锥的四个顶点都在球

，

,求球

的体积。

的球面上，

且

，

，

解：且，，因为 所以知

所以 所以可得图形为： 在中斜边为 在

中斜边为

取斜边的中点， 在中 在

中

所以在几何体中，即为该

四面体的外接球的球心

所以该外接球的体积为

【总结】斜边一般为四面体中除了直角顶点以外的两个点连线。

，,

用向量方法求空间角和距离

前言：

在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题． 1.求空间角问题

空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；（平面和平面所成的角）二面角．

（１）求异面直线所成的角

设a、b分别为异面直线a、b的方向向量, 则两异面直线所成的角=arccos|

（２）求线面角

n是平面的法向量， 设l是斜线l的方向向量，

ab| |a||b|则斜线l与平面所成的角=arcsin|

（３）求二面角

ln| |l||n|方法一：在内al，在内bl，其方向如图，则二面角l的平面角=arccos

ab |a||b|

方法二：设n1,n2,是二面角l的两个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角l的平面角=arccos

2.求空间距离问题

构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，像异面直线间的

距离、线面距离、面面距离都可化为点面距离来求． （１）求点面距离

方法一：设n是平面的法向量，在内取一点B, 则 A到的距离d|AB||cos|n1n2

|n1||n2||ABn| |n|方法二：设AO于O,利用AO和点O在内 的向量表示，可确定点O的位置，从而求出|AO|．

（２）求异面直线的距离

方法一：找平面使b且a，则异面直线a、b的距离就转化为直线a到平面的距离，又转化为点A到平面的距离．

方法二：在a上取一点A, 在b上取一点B, 设a、

b分别为异面直线a、b的方向向量,求n（na，nb），则异面直线

a、b的距离

d|AB||cos|求法）．

|ABn|（此方法移植于点面距离的|n|例１．如图，在棱长为２的正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是

棱A1D1,A1B1的中点．

（Ⅰ）求异面直线DE与FC1所成的角； （II）求BC1和面EFBD所成的角； （III）求B1到面EFBD的距离

解：（Ⅰ）记异面直线DE与FC1所成的角为，

则等于向量DE与FC1的夹角或其补角，

DEFC1 cos||DE||FC||1 |(DD1D1E)(FB1B1C1)

|DE||FC|1||255|225,arccos5则DE(1,0,2)，DB(2,2,0)

设面EFBD的法向量为n(x,y,1) 由DEn0DBn0

得n(2,2,1) 又BC1(2,0,2) 记BC1和面EFBD所成的角为 则 sin|cosBC1,n||BC1n|BC|21||n|2 BC1和面EFBD所成的角为

4． （II）

如图建立空间坐标系

Dxyz，

∴ （III）点B1到面EFBD的距离ｄ等于

向量BB1在面EFBD的法向量上的投影的绝对值，

d|BB1n|2 3|n|

都可用向量方法来解决，向量方法可以人人学会，它程序化，不需技巧．

例2．如图，三棱柱中，已知A BCD是边长为1的正方形，四边形

AABB 是矩形，平面AABB平面ABCD。'（Ⅰ）若AA＝１，求直线AB到面DAC的距离．

（II） 试问：当AA的长度为多少时，二面角 DACA的大小为60？解：（Ⅰ）如图建立空间坐标系Axyz， 则 DA'(1,0,a) DC(0,1,0)

'DAn10设面DAC的法向量为n1(x,y,1) 则

DCn10'得n1(a,0,1)

''直线AB到面DAC的距离ｄ就等于点Ａ到面DAC的距离，

'也等于向量AD在面DAC的法向量上的投影的绝对值，

d|ADn1|2 2|n1|' （II）易得面AAC的法向量n2(1,1,0)

向量n1,n2的夹角为60

由cosn1,n2n1n2a1 得 a1

|n1||n2|a2122 当AA＝１时，二面角DACA的大小为60．