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专题四立体几何与空间量,第12课时空间几何体,1.三视图,【例1】(2011浙江卷)若某几何体的三视图如右图所示，则这个几何体的直观图可以是(),破解时要结合三视图的性质一一进行分析处理,从俯视图看，符合答案的为B或D，从正视图看符合答案的为D，且从侧视图看D也是符合的答案为D,此题可考虑运用排除法进行巧解，结合图形一一分析，逐步筛选,【变式训练】(2010浙江卷)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是_cm3.,【例2】(2009淮南一模)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是AA1、C1D1的中点，G是正方形BCC1B1的中心，则四边形AGFE在该正方体的各个面上的投影可能是下图中的_,2.线面位置关系,本题主要考查平行投影和空间想象能力要画出四边形AGFE在该正方体各个面上的投影，只需画出四个顶点A、G、E、F在每个面上的投影，再顺次连结即得到四边形AGFE在该面上的投影，并且在两个平行平面上的投影是相同的,在面ABCD和面A1B1C1D1上的投影是(1)；在面ADD1A1和面BB1C1C上的投影是(2)；在面DCC1D1和面ABB1A1上的投影是(3)，所以答案为(1)(2)(3),要画出一个图形在一个平面上的投影的关键是确定该图形的关键点，如顶点等画出这些关键点的投影，再依次连结即可得此图形在该平面上的投影此类题目要依据平行投影的含义，借助空间想象来完成,【变式训练】(20113月台州中学模拟)BC是RtABC的斜边，AP平面ABC，PDBC于D点，则图中直角三角形的个数是()A8B7C6D5,因为AP平面ABC，PDBC于D点，则有RtPAC，RtPAB，RtPAD，RtPDB，RtPDC，RtABC，又BCPD，BCPA，因此BC平面PAD，即有BCAD，因此又有RtACD，RtABD，因此图中共有8个直角三角形答案为A,【例3】(2010浙江嘉兴一中一模)在棱柱ABC-A1B1C1中AB1A1B=E，F为B1C1的中点，其直观图和三视图如下：(1)求证：EF平面A1BC；(2)求A1C与平面A1B1BA所成角的余弦值,本题主要是通过三视图得到直观图中有关线段的长度和位置关系，从而求出线面角,(1)由三视图知，侧棱CC1平面ABC，AC=CC1=BC=a，ACBC，所以CC1BC，所以BC平面ACC1A1，所以BCAC1.又EF/AC1，所以EFBC.因为四边形ACC1A1为正方形，所以A1CAC1.又EF/AC1，所以EFA1C.而BCA1C=C，所以EF平面A1BC.,求线面角的常用方法：1.垂线法：过线上一点直接作面的垂线，则射影与斜线所成的角就是线面角(关键是找到垂足)；2.等体积法：当垂足不好确定时，可以不确定，用等体积法求距离，从而求得线面角,【变式训练】(20114月杭十四中模拟)如图，已知梯形ABCD中，ADBC，ABC=，AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的中点，G是BC的中点，DG与EF相交于H.沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD平面EBCF.,(1)求证：EG平面BDH；(2)求二面角B-DC-F的余弦值,方法1：(1)如图所示，因为EH=BG=2=EB，所以四边形BEHG为正方形，所以BHEG.又DHEF，且平面AEFD平面EBCF，则有DH平面EBCF，所以DHEG，又DHBH=H，因此EG平面BDH.,(2)取DC的中点为K，AB的中点为M，连接KM，FK，EM，则四边形FKME为矩形因为EMAB，所以EM平面ABCD，而FKEM，所以FK平面ABCD，因此可得平面FDC平面ABCD，则二面角B-DC-F的余弦值为0.方法2：(1)连接HG，由已知条件知四边形HGBE为正方形，则可得EGHB，又由平面AEFD平面EBCF，AEFE，且DHAE，则DH平面EBCF，所以DHEG，由知EG平面BDH.,1解与三视图有关的问题的关键是明确各自的投影方向，抓住“长对正，宽相等，高平齐”，将三视图还原为几何体的直观图，再利用相关数量关系解决问题2解投影问题的关键是确定该图形的关键点，如顶点等，画出这些关键点的投影，再依次连结即可得此图形在该平面上的投影此类题目要依据平行投影的含义，借助于空间想象来完成,3解直观图问题的关键是熟悉斜二测画法的特点：已知图形中平行于x轴或y轴的线段在直观图中仍然平行于x轴或y轴；已知图形中平行与x轴的线段长度保持不变，平行与y轴的线段长度变为原来的一半先根据这些关系还原出原图，再进行相关计算,
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