第十章　立体几何
高考导航

考试要求重难点击命题展望
1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能用这些特征描述简单物体的结构.
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，能识别三视图表示的立体模型；会制作模型，会用斜二测法画直观图.
3.通过观察用平行投影与中心投影画出的三视图与直观图，了解空间图形的不同表现形式.
4.了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.
5.掌握和理解点、空间直线、平面之间的关系.
6.掌握空间线线、线面、面面平行的判定和性质.掌握空间线线、线面、面面垂直的判定和性质.
7.掌握空间向量及其基本运算(空间向量的加法、减法、数乘向量)；理解共线、共面向量、空间向量定理，掌握空间向量的数量积；理解空间向量坐标概念，运算，法向量.
8.理解空间角，会求线线角、线面角、面面角.
9.掌握空间距离，会由坐标求两点间的距离及点到平面的距离.　　本章重点：1.正投影与三视图的画法以及应用；2.几何体的表面积和体积的计算；3.直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系；4.直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直的判定方法和性质；5.利用空间向量求空间距离和空间角.
本章难点：1.利用直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直和平行的判定定理与性质定理解决有关问题；2.利用空间向量求空间角.　　1.三视图结合几何体求面积、体积是高考热点，这也是新课改的新增内容.空间角是高考的重点，点、线、面的平行和垂直关系是考查的切入点.本章高考时一般是选择填空题至多1个，解答题1个.多是以几何体为载体，主要考查平行、垂直或计算多面体的面积与体积、空间角.
2.高考考查的热点是三视图和几何体的结构特征借以考查空间想象能力，往往是以选择题、填空题出现.
3.核心是以几何体为载体，考查平行、垂直关系的性质与判定.
知识网络
10.1　空间几何体的结构及其三视图和直观图
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
典例精析
题型一　结构特征判断
【例1】 以下命题错误的个数是 (　　)
①以直角三角形的一边所在的直线为旋转轴，旋转所得的几何体是圆锥；
②圆台的任意两条母线的延长线可能相交，也可能不相交；
③四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形；
④三棱锥的四个面可能都是直角三角形；
⑤有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台.
A.1个B.2个C.3个D.4个
【解析】①错：只能以直角边为轴旋转一周才可；
②错：必相交；
③对：如图，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD时，四个侧面均为直角三角形；

④对：如图，∠ABC＝90°，PA⊥底面，则四个面均为直角三角形；
⑤错：只有侧棱延长交于一点时才是棱台.
综上，错误的个数是3，故选C.
【点拨】判断结构特征必须严格依据柱、锥、台、球的定义，结合实际形成一定的空间想象能力.
【变式训练1】给出下列命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；
②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；
③在圆台的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；
④圆柱的任意两条母线所在直线互相平行.
其中正确命题的序号是　　　　.
【解析】②④.
题型二　直观图的斜二测画法
【例2】 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是(　　)

【解析】按照斜二测画法的作图规则，对四个选项逐一验证，可知只有选项A符合题意.
【点拨】本题已知直观图，探求原平面图形，考查逆向思维能力.要熟悉运用斜二测画法画水平放置的直观图的基本规则，注意直观图中的线段、角与原图中的对应线段、角的关系.
【变式训练2】已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，求原三角形的面积.

【解析】因为直观图的坐标轴成45°，横长不变，竖长画成原来的一半，则还原成原图时将45°还原成90°，则过A′作A′O′与O′C′成45°，将其还原成90°，且AO＝2A′O′.
而A′D′＝32a.所以A′O′＝32a×2＝62a，所以AO＝6a.
所以S△ABC＝12BC? AO＝12a×6a＝62a2.
题型三　三视图与直观图
【例3】 四棱柱ABCD－A1B1C1D1的三视图如下.

(1)求出该四棱柱的表面积；
(2)求证：D1C⊥AC1；
(3)设E是DC上一点，试确定E的位置，使D1E∥平面A1BD，并说明理由.
【解析】(1)求得该四棱柱的表面积为S＝11＋22.
(2)证明：由三视图得该四棱柱为直四棱柱且底面为直角梯形.
在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，连接C1D.
因为DC＝DD1，所以四边形DCC1D1是正方形.
所以DC1⊥D1C.
又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，
所以AD⊥平面DCC1D1.
又D1C?平面DCC1D1，所以AD⊥D1C.
因为AD，DC1?平面ADC1，且AD∩DC1＝D，
所以D1C⊥平面ADC1.
又AC1?平面ADC1，所以D1C⊥AC1.
(3)连接AD1，AE，设AD1∩A1D＝M，
BD∩AE＝N，连接MN.
因为平面AD1E∩平面A1BD＝MN，
要使D1E∥平面A1BD，须使MN∥D1E，
又M是AD1的中点，所以N是AE的中点.
又易知△ABN≌△EDN，
所以AB＝DE，即E是DC的中点.
综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E∥平面A1BD.
【点拨】本题以三视图为载体考查空间线面位置关系的证明以及表面积的计算，解决此类问题的关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现相应的位置关系与数量关系，然后在直观图中解决问题.
【变式训练3】如图所示，甲、乙、丙是三个几何体的三视图，则甲、乙、丙对应的标号依次是(　　)

①长方体；②圆锥；③三棱锥；④圆柱.
A.④③②B.①③②C.①②③ D.④②③
【解析】选A.
总结提高
学习空间几何体的结构要以对实物的观察想象为基础，再以课本中给定的柱、锥、台、球的概念为标准对实物进行再认识，通过这一过程提高空间想象能力.


　10.2　空间几何体的表面积与体积

典例精析
题型一　表面积问题
【例1】 圆锥的高和底面半径相等，它的一个内接圆柱的高和圆柱底面半径也相等，求圆柱的表面积和圆锥的表面积之比.
【解析】设圆锥的半径为R，母线长为l，圆柱的半径为r，轴截面如图，
S圆锥＝π(R＋l)R ＝π(R＋2R)R＝(2π＋π)R2，
S圆柱＝2πr(r＋r)＝4πr2，
又rR＝R－rR，所以rR＝12，
所以S圆柱S圆锥＝2－11.
【点拨】 轴截面是解决内接、外切问题的一种常用方法.
【变式训练1】一几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m).
(1)试画出它的直观图；
(2)求它的表面积和体积.
【解析】(1)直观图如图所示.
(2)该几何体的表面积为(7＋2) m2，体积为32 m3.
题型二　体积问题
【例2】 某人有一容积为V，高为a且装满了油的直三棱柱形容器，不小心将该容器掉在地上，有两处破损并发生渗漏，其位置分别在两条棱上且距下底面高度分别为b、c的地方，且容器盖也被摔开了(盖为上底面)，为减少油的损失，该人采用破口朝上，倾斜容器的方式拿回家，估计容器内的油最理想的剩余量是多少？
【解析】 如图，破损处为D、E，且AD＝b，EC＝c，BB1＝a， 则容器内所剩油的最大值为几何体ABC－DB1E的体积.
因为 ＝ ，而 ＝a＋c2a，
由三棱柱几何性质知 ＝23V， ＝V3，
所以 ＝a＋c3aV，
又因为 ＝ba，所以 VD－ABC＝ba?V3＝bV3a，
所以 ＝ ＋VD－ABC＝a＋b＋c3aV.
故油最理想的剩余量为a＋b＋c3aV.
【点拨】将不规则的几何体分割为若干个规则的几何体，然后求出这些规则几何体的体积，这是求几何体体积的一种常用的思想方法.
【变式训练2】一个母线长与底面圆直径相等的圆锥形容器，里面装满水，一铁球沉入水内，有水溢出，容器盖上一平板，恰与球相切，问容器内剩下的水是原来的几分之几？
【解析】设球的半径为R，则圆锥的高h＝3R，底面半径r＝3R，
V圆锥＝π3?(3R)2?3R＝3πR3；V球＝43πR3.
所以V球V圆锥＝43πR33πR3＝49，
所以剩下的水量是原来的1－49＝59.
【点拨】本题关键是求圆锥与球的体积之比，作出轴截面，找出球半径和圆锥高、底面半径的关系即可.
题型三　组合体的面积、体积的关系
【例3】底面直径为2，高为1的圆柱截成横截面为长方形的棱柱，设这个长方形截面的一条边长为x，对角线长为2，截面的面积为A，如图所示：

(1)求面积A以x为自变量的函数式；
(2)求截得棱柱的体积的最大值.
【解析】 (1)A＝x?4－x2(0＜x＜2).
(2)V＝x?4－x2?1＝x2(4－x2) ＝－(x2－2)2＋4.
因为0＜x＜2，所以当x＝2时，Vmax＝2.
【点拨】关键是理解截面，并且注意x的范围从而求体积，在求第(2)求体积时还可利用不等式.
【变式训练3】(2010山东检测)把一个周长为12 cm的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高的比为(　　)
A.1∶2B.1∶πC.2∶1D.2∶π
【解析】设长方形的一条边长为x cm，则另一条边长为(6－x) cm，且0＜x＜6，以长为(6－x) cm的边作为围成的圆柱的高h，若设圆柱的底面半径为r，则有2πr＝x，所以r＝x2π，因此圆柱的体积V＝π?(x2π)2(6－x)＝14π(6x2－x3)，由于V′＝14π?(12x－3x2)，令V′＝0，得
x＝4，容易推出当x＝4时圆柱的体积取得最大值，此时圆柱的底面周长是4 cm，圆柱的高是2 cm，所以圆柱的底面周长与高的比为2∶1，选C.
总结提高
表面积包含侧面积和底面积；直棱柱的侧棱长即侧面展开图矩形的一边；对于正棱柱、正棱锥、正棱台，其所有侧面多边形均全等，故可先求一个的侧面积，再乘以侧面多边形的个数.
求体积时，常常需要“转变”底面，使底面面积和高易求；另外，对于三棱锥的几何体选择不同的底面时，利用同一个几何体体积相等，再求出几何体的高，即等体积法.

10.3 空间点、线、面之间的位置关系

典例精析
题型一　证明三线共点
【例1】 已知空间四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD的中点，G、H分别是BC、CD上的点，且BGGC＝DHHC＝2.求证：直线EG、FH、AC相交于同一点P.
【证明】因为E、F分别是AB、AD的中点，
所以EF∥BD，且EF＝12BD.
又因为BGGC＝DHHC＝2，所以GH∥BD，且GH＝13BD，
所以EF∥GH且EF＞GH，
所以四边形EFHG是梯形，其两腰所在直线必相交，
设两腰EG、FH的延长线相交于一点P，
因为EG?平面ABC，FH?平面ACD，
所以P∈平面ABC，P∈平面ACD.
又平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC，
故直线EG、FH、AC相交于同一点P.
【点拨】证明三线共点的方法：首先证明其中的两条直线交于一点，然后证明第三条直线是经过这两条直线的两个平面的交线；由公理3可知，两个平面的公共点必在这两个平面的交线上，即三条直线交于一点.
【变式训练1】如图，在四面体ABCD中作截面PQR，PQ、CB的延长线交于M，RQ、DB的延长线交于N，RP、DC的延长线交于K. 求证：M、N、K三点共线.

【证明】
?

?M、N、K在平面BCD与平面PQR的交线上，即M、N、K三点共线.
题型二　空间直线的位置关系
【例2】 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是CD的中点，连接AE并延长与BC的延长线交于点F，连接BE并延长交AD的延长线于点G，连接FG.
求证：直线FG?平面ABCD且直线FG∥A1B1.
【证明】因为E为CD的中点，在正方体中AE?平面ABCD，
又AE∩BC＝F，所以F∈AE，所以F∈平面ABCD，
同理G∈平面ABCD，所以FG?平面ABCD.
因为EC 12AB，故在Rt△FBA中，CF＝BC，同理DG＝AD，
所以在正方体中CF DG，所以四边形CFGD是平行四边形，
所以FG∥CD，又CD∥AB，AB∥A1B1，
所以直线FG∥A1B1.
【点拨】空间直线的位置关系，常需利用线面、面面、线线的关系确定，推导时需有理有据.
【变式训练2】已知AC的长为定值，点D?平面ABC，点M、N分别是△DAB和△DBC的重心. 求证：无论B、D如何变换位置，线段MN的长必为定值.
【解析】如图，延长DM交AB于F，延长DN交BC于E.
因为M、N为重心，所以F、E分别为AB、BC的中点，
所以EF∥AC且EF＝12AC.
又在△DEF中，DM∶MF＝DN∶NE＝2∶1，
所以MN∥EF且MN＝23EF，所以MN∥AC且MN＝13AC，
即MN为与B、D无关的定值.

本文来自：逍遥右脑记忆 https://www.jiyifa.com/gaosan/54739.html

相关阅读：第十二章立体几何(高中数学竞赛标准教材)