一圖在手 萬題莫擋
——一個不可忽視的“立體幾何”基本模型

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(杭州學軍中學 浙江杭州 310012)

“怎樣讓學生學好立體幾何”這個問題一直困擾著我們，相當多的學生對“立體幾何”課程望而生畏，尤其是女生，更是談“立”色變.問題在何處?筆者認為，主要是由“立體幾何”本身的特性所致.首先，它要求學生具有高度的空間想象力和嚴密的邏輯推理能力；其次，從“平面立體幾何”到“立體幾何”思維跨度太大，出現(xiàn)思維斷層，加之“平面紙”上研究空間幾何關系，就顯得無從入手，很不適應.不少學生在學習“立體幾何”時“丑態(tài)”百出，定理亂用；再則，由于空間向量工具的引入，更使學生感到找到了最后一根救命稻草，斷然拋棄幾何關系，做題就建系，導致對于空間問題中點、線、面等基本關系的判斷全無感覺，更談不上對空間關系的邏輯論證，立體幾何的學習已完全失去其原本的教學意義.

學生無法用空間點、線、面等基本關系研究幾何問題的關鍵在于：找不到幾何關系的基本規(guī)律，覺得空間線面關系千變萬化，錯綜復雜，找不到頭緒，從而無所適從.為破解這個難題，筆者歷時數(shù)年，專門對復雜紛繁的“立體幾何”大題，尤其是歷屆高考“立體幾何”大題進行分析、提煉，發(fā)現(xiàn)幾乎所有考題均與一個基本模型相關，而這個基本模型中恰恰隱含了“立體幾何”中所有的幾何關系：即線線角(異面直線所成角)、線面角(直線與平面的所成角)、面面角(2個平面的所成角).這個基本模型是一個四面體，每個面均為直角三角形.鑒于它的重要意義，筆者把這個基本模型叫做“四直角四面體”.

“四直角四面體”是由“立體幾何”中最基本、最核心的知識點提煉而成的模型，它的優(yōu)越之處是抓住了“立體幾何”的本質規(guī)律，提煉出的幾個簡單的基本關系揭示了“立體幾何”的基本結構，可以快速求出各種空間角(線線角、線面角、面面角)，解題時只要準確識別題型模式，快速從復雜的“立體幾何”圖形中分離出基本模型，即可輕松解決千變萬化的“立體幾何”大題，讓解題由難變易，化繁為簡.

讓學生牢固掌握“模型思維”，將會大幅提升學生的學習興趣和學習效果，從而達到輕松提分的效果.同時，對立體幾何這門學科也會有一個新的認識.

1 四直角四面體基本模型

定義每個面都是直角三角形的空間四面體稱為四直角四面體(如圖1).

圖1

若設β為斜線PA與底面ABC所成的線面角，δ為直線AC與側面PAB的線面角，α為AB與斜線AP在底面ABC上射影AC的夾角，θ為AB與斜線AP的夾角，φ為斜面PAB與底面ABC所成二面角的平面角，ψ為斜面PAB與側面APC所成二面角的平面角，則必有下列重要關系式：

(1)cosθ=cosαcosβ；

(4)sinδ=sinαsinφ.

證明已知PC⊥面ABC，作CB⊥AB，聯(lián)結PB，由三垂線定理知，PB⊥AB.設AP=1，∠PAC=β,∠CAB=α,∠PAB=θ,∠PBC=φ,則在Rt△PAC中，

AC=cosβ,PC=sinβ；

在Rt△PAB中，

AB=cosθ,PB=sinθ；

在Rt△ABC中，

即

cosθ=cosαcosβ；

在Rt△PBC中，

由條件的對稱性，可得

由面PAB⊥面PCB于PB，作CH⊥PB于點H，聯(lián)結AH，則∠HAC=δ即為直線AC與側面PAB的線面角.由于面HCB⊥面CBA于CB，于是

cos∠HCA=cos∠BCA·cos∠HCB,

即

亦即

sinδ=sinαsinφ.

為了使用方便，我們還可簡化模型的制約條件，即只要三面角A-BDC中有2個面互相垂直即可.如圖2，設∠BAD=β,∠CAD=α,∠BAC=θ,二面角B-AC-D的平面角為φ，二面角C-AB-D的平面角為ψ.若面ADB⊥面ADC(簡記為β⊥α)，則

圖2

(1)cosθ=cosαcosβ；

(4)sinδ=sinαsinφ.

簡化后的模型，由于只需α⊥β(角α所在平面與角β所在平面)即可使用模型，為解題操作帶來更大的方便，我們稱這個簡化的模型為“直三面角”模型.

這個模型具有強大的威力，幾乎可以破解所有求角(線線角、線面角、面面角)的高考試題，故我們稱其是最牛的基本模型.下舉例說明之.

2 用基本模型求解線線角問題

圖3 圖4 圖5

例1如圖3,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,點D是BC的中點,

(1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值;

(2)求平面ADC1與ABA1所成二面角的正弦值.

(2013年江蘇省數(shù)學高考試題)

解(1)略.

(2)如圖4，延長C1D交B1B于點P，聯(lián)結PA，則PA為平面ADC1與平面ABA1的交線.因為D為BC的中點，所以PB=BB1，則PBA1A為平行四邊形，從而PA∥BA1，即∠APD為異面直線A1B與C1D所成的角.故所求問題即轉化為在三棱錐P-ABD中求∠APD和二面角B-PA-D的平面角.

由題設知：PB⊥面ABD，則面PBA⊥面ABD，從而三面角A-PBD為“直三面角”模型，分離后如圖5.

由“直三面角”模型公式，得

3 用基本模型求解線面角問題

圖6

例2如圖6,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.

(1)證明:AC⊥B1D;

(2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值.

(2013年湖南省數(shù)學高考理科試題)

圖7 圖8

(1)略.

(2)解設AC∩BD=O，如圖7，由∠BAD=90°，AC⊥BD,BC=1,得

因為ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,所以三面角A-D1DO是“直三面角”模型，分離后如圖8.

作DH⊥OD1于點H，聯(lián)結AH，設∠D1AD=β=45°,∠DAO=α=60°,∠D1AO=θ,∠HAD=δ,則

例3(原創(chuàng)題)已知在四面體A-BCD中,∠DAB=30°,∠BAC=60°,∠CAD=45°,AB=4,AC=2,AD=3,求直線AC與面ABD所成角的余弦值.

圖9

解如圖9,過點D作平面ABC的垂線交底面于點O，聯(lián)結AO，則三面角A-DOC，A-DOB均為“直三面角”.

設∠DAO=β,∠CAO=α,∠DAC=θ=45°,∠BAO=α′,∠DAB=θ′=30°,α′=60°-α,則

cosθ=cosαcosβ,

即

同理可得

cosθ′=cosα′cosβ,

即

從而

故

4 用基本模型求解面面角問題

圖10

例4如圖10,AB是圓的直徑,PA垂直圓所在的平面,C是圓上的點.

(1)求證:平面PAC⊥平面PBC；

(2)若AB=2，AC=1，PA=1，求二面角C-PB-A的余弦值.

(2013年遼寧省數(shù)學高考理科試題)

解(1)略.

(2)由題意知，面PAB⊥面CAB，故P-ABC為“直三面角”.設二面角C-PB-A的平面角為φ，則由“直三面角”基本關系得

于是

圖11

(1)證明:PQ∥平面BCD;

(2)若二面角C-BM-D的大小為60°,求∠BDC的大小.

(2013年浙江省數(shù)學高考理科試題)

解(1)略.

(2)由MD⊥面BCD,知B-MCD是“直三面角”模型.

又因為

所以

即

4sin2α=1,

亦即

從而

α=30°,

故

∠BDC=60°.

(1)證明：BC1∥平面A1CD；

(2)求D-A1C-E的正弦值.

(2013年全國數(shù)學高考課標卷理科試題)

圖13 圖14

(1)略.

AC⊥BC.

又AD=DB,得

CD⊥AB,

從而三面角A1-EDC即為“直三面角”模型，分離如圖14所示.

設∠EA1D=β，∠CA1D=α，∠CA1E=θ，二面角D-A1C-E的平面角為φ，則由“直三面角”基本關系得

從而

于是

5 用基本模型求解點面距離問題

例7(原創(chuàng)題)如圖15,已知四面體A-BCD中,∠DAB=60°,∠BAC=45°,∠CAD=90°,AB=2,AC=2,AD=2,求頂點D到面ABC的距離.

圖15 圖16 圖17

解如圖16,過點D作平面ABC的垂線交底面于點O，則DO即為點D到面ABC的距離.聯(lián)結AO，則三面角A-DOB即為“直三面角”模型，分離如圖17.

設∠DAO=β,∠BAO=α,∠DAB=θ=60°,則由“直三角面角”基本關系得

cosθ=cosαcosβ,

因為∠CAD=90°,DO⊥面ABC，所以∠CAO=90°.又∠BAC=45°,得

∠BAO=α=45°,

從而

cos60°=cos45°cosβ,

得

即

β=45°,

故

6 用基本模型求解體積問題

圖18

例8(原創(chuàng)題)如圖18,已知在三棱錐A-BCD中,∠BAC=45°，∠BAD=90°，∠CAD=60°，且AB=2，AC=3，AD=4,求三棱錐A-BCD的體積.

圖19 圖20

由“直三面角”基本關系得

cosθ=cosαcosβ,cosθ′=cosα′cosβ′,

即

cos45°=cosαcosβ,

從而

由

得

即

β=30°,

從而

于是

上述通過“基本模型”破解了各種類型的求角問題，由于篇幅所限，其余試題的破解只能忍痛割愛，讀者可以自己嘗試一一破解.