三视图

重点难点

重点 掌握空间几何体三视图的画法规则，能够画出简单空间几何体（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱、棱锥等的简单组合体）的三视图，能识别上述几何体的三视图所表示的空间几何体的模型，并用三视图解决一些简单的综合问题.

难点 识别空间几何体（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱、棱锥等的简单组合体）的三视图所表示的几何体.

方法突破

一、画空间几何体的三视图的基本思路

（1）掌握画空间几何体的三视图的两个基本步骤：第一步，确定三个视图的形状；第二步，将这三个视图摆放在同一平面上. 在绘制三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画出，被遮挡的部分的轮廓用虚线表示出来，即“眼见为实，不见为虚”.

（2）掌握画空间几何体的三视图的画法规则：长对正、宽相等、高平齐，即正视图和俯视图的“长对正”，侧视图和俯视图的“宽相等”. 正视图和侧视图的“高平齐”.

（3）弄清三视图与空间几何体的几何量之间的关系：空间几何体的数量关系也体现在三视图中，正视图、侧视图的高就是空间几何体的高，正视图、俯视图的长就是空间几何体的最大长度，侧视图、俯视图的宽就是空间几何体的最大宽度. 要严格按照这个规则画空间几何体的三视图.

二、画空间几何体的三视图的基本策略

（1）理解三视图的概念，并能恰当选择投影面画出三视图.

（2）明确平行投影的性质并能灵活应用：①直线或线段的平行投影仍是直线或线段；②平行直线的平行投影是平行或重合的直线；③平行于投影面的线段，它的投影与这条线段平行且等长；④与投影面平行的平面图形，它的投影与这个图形全等；⑤在同一直线或平行直线上，两条线段平行投影的比等于这两条线段的比.

（3）明确正投影的性质并能灵活应用. 在物体的平行投影中，如果投影线正对着投影面（即投影线与投影面垂直），这样平行投影即为正投影. 正投影除具有平行投影的性质外，还有如下性质：①垂直于投影面的直线或线段的正投影是点；②垂直于投影面的平面图形的正投影是直线或直线的一部分.

（4）在进行三视图与直观图的相互转化中，应牢记柱、锥、台、球图形的特征及斜二侧画法的规则和正投影的性质，特别注意侧视图的投影方向.

（5）注意投影规律和作图规则. 作图要熟记投影规律：“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”. 作图时切记被遮挡的部分要画成虚线.

典例精讲

一、画图——作出空间几何体的三视图

（2013年新课标高考）一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以平面zOx为投影面，则得到正视图可以为（ ）

思索 在空间直角坐标系中，画出这四个点就可发现所给四面体为一个正三棱锥，且以边长为1的正方体的两条互为异面的对角线为其相对的两条棱，在画线的投影时，要注意能看见的线为实线，不能看见的线为虚线.

破解 易知A正确，故选A.

二、识图——还原空间几何体

已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图的是（ ）

A B

C D

思索 本题考查的知识点是空间几何体的三视图，要求具有较强的空间想象能力，难度较大. 由已知中的四个三视图，可知它们分别表示从前、后、左、右四个方向观察同一个棱锥，但其中有一个是错误的. 因此，要从分析四个视图之间的关系入手，推定观察方向，判定哪个不符合实际情况.

破解 三棱锥的三视图均为三角形，四个答案均满足，且四个三视图均表示一个高为3，底面的两直角边分别为1、2的棱锥. A与C中俯视图正好旋转180°，故应是从相反方向进行观察的，而其正视图和侧视图中三角形斜边的倾斜方向相反，满足实际情况，故A、C表示同一棱锥. 设A中观察的正方向为标准正方向，以C中表示从后面观察该棱锥，B与D中俯视图正好旋转180°，故应是从相反方向进行观察的，但侧视图中三角形斜边的倾斜方向相同，不满足实际情况，故B、D中有一个不与其他三个一样表示同一个棱锥. 根据B中正视图与A中侧视图相同，侧视图与C中正视图相同，可判断B是从左边观察该棱锥的. 故选D.

某三棱锥的三视图如图1所示，该三棱锥的体积是（ ）

思索 由三视图恢复正确的几何体是解题的关键. 分析三视图之间的关系，来确定该三棱锥中的线面位置关系，还原出原几何体的形状，并将三视图中标注的量转化为原几何体中长度的度量，进而计算其体积.

三、综合——三视图的应用

如图3，几何体SABC的底面是由以AC为直径的半圆O与△ABC组成的平面图形，SO⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=SB=SC=AC=4，BC=2.

（1）求几何体SABC的正视图中△S1A1B1的面积；

（2）试探究在圆弧AC上是否存在一点P，使得AP⊥SB，若存在，说明点P的位置并证明；若不存在，说明理由.

思索 该几何体是一个组合体，若设底面顶点B在圆锥的轴截面上的射影为H，从正视图可以看出H即为正视图中的点B1. 解决第（1）问的关键是确定H的位置，即计算AH的长；对于第（2）问，注意到AP⊥SB等价于AP⊥OB，则将立体问题转化为平面问题.

破解 （1）过点B作BH⊥AC于H，连结SH. 因为SO⊥平面ABC，BH？奂平面ABC，所以BH⊥SO. 又因为BH⊥AC，SO∩AC=O，所以BH⊥平面SAC.

在△ABC中，因为AB⊥BC，AC=4，BC=2，所以∠ACB=60°，HC=2cos60°=1.

（2）存在. 证明如下： 连结BO并延长交弧AC于点M，在底面内，过点A作AP⊥BM交弧AC于点P.

因为SO⊥平面ABC，而AP？奂平面ABC，所以AP⊥SO. 又因为AP⊥BM，SO∩BM=O，所以AP⊥平面SOB，从而AP⊥SB.

又因为AO=OC=BC=2，所以有∠AOM=∠BOC=∠ACB=60°，所以可得∠OAP=∠OPA=30°，∠AOP=120°，即点P位于弧AC的三等分的位置，且∠AOP=120°.

变式练习

2. （2013年福建高考）已知某一多面体内接于一个球的简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图4所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是_______.

3. 如图5，（1）、（2）、（3）、（4）为四个几何体的三视图，根据三视图可以判断这四个几何体依次分别为（ ）

A. 三棱台、三棱柱、圆锥、圆台

B. 三棱台、三棱锥、圆锥、圆台

C. 三棱柱、正四棱锥、圆锥、圆台

D. 三棱柱、三棱台、圆锥、圆台

4. 某几何体的三视图如图6所示，根据图中标出的数据，则这个几何体的体积为__________.

5. 如图7，已知几何体的下部是一个底面为正六边形、侧面全为矩形的棱柱，上部是一个侧面全为等腰三角形的棱锥，图8是该几何体的正视图.

（1）求该几何体的体积；

（2）证明：DF1⊥平面PA1F1.