立體幾何題 變換方法多

華瑞芬

在求解立體幾何問題的過程中，要學會把已知條件不斷地變換，從而不斷地接近要求解的目標，并最終達成目標.解題過程就是如何巧妙地進行變換，簡化解題的過程，下面舉例說明變換的多種方法，以利于提高學生的解題技巧.

一、平移

對于異面直線所成的角，以及直線與平面、平面與平面所成角不便于直接找到時，可采用平移變換的方法，使分散的條件相對集中，使復雜的圖形簡化，從而順利求解.

圖1

例1如圖1所示，ABC-A1B1C1是直三棱柱，∠ACB=90°，點D1、F1分別是A1B1、A1C1的中點，若BC=CA=CC1，則BD1與AF1所成角的余弦值為（ ）.

A.3010 B.12 C. 3015 D. 1510

解析延長B1A1，使A1E=A1D1，連AE、EF1，則∠EAF1就是異面直線BD1與AF1所成角.

∵∠B1A1C1=45°，則∠EA1F1=135°.

在△EAF1中，利用余弦定理易求得cos∠EAF1=3010，故應選A.

圖2

例2如圖2所示，E、F是正四面體對棱BD、AC的中點，試求異面直線AE、BF所成的角.

解析連結DF，取其中點Q，連結QE、QA，由已知易知QE∥BF，故∠QEA就是異面直線AE、BF所成的角.

設正四面體棱長為1，∵正四面體的側面均為正三角形，又知E、F為邊的中點，

∴AE、DF、BF既是中線又是高線，則AE=DF=BF=

12-（12）2=32，QE=12BF=34，QF=12DF=34，AF=12AC=12.

在Rt△QFA中，QA2=QF2+AF2=716.

在△QEA中，由余弦定理得

cos∠QEA=QE2+AE2-AQ22QE·AE=23，

∴∠QEA=arccos23，即異面直線AE與BF所成的角為arccos23.

二、截面

求解立體幾何問題時，作出適當的截面，特別是旋轉體的軸截面，常使諸元素集中于截面圖中，回避了復雜的空間圖形，為解題帶來了方便.

例3一個四面體的所有棱長都為2，四個頂點在同一球面上，則此球的表面積是（ ）.

A. 3π B. 4π C. 33π D. 6π

圖3

解析過四面體A-BCD的棱AB做出球O的截面大圓，如圖3.

設球直徑AE與底面BCD交于O′，由AB=2，可得BO′=63，進而AO′=233.

設球的半徑為R，則有AO=BO=R，OO′=233-R.

在Rt△BOO′中，由BO2=BO′2+OO′2，有R2=（63）2+（233-R）2，則R=32.所以S球=4πR2=3π.應選A.

例4在三棱錐P-ABC中，已知PA=a，其余各棱長為b，求三棱錐的體積.

解析若以△ABC為底面求高很困難，若以一棱BC為高，即做一個截面PAE與棱BC垂直，這樣就可把求三維體積轉化為求二維面積來解決.

圖4

如圖4所示，顯然△ABC、△PBC為等邊三角形.設棱BC的中點為E，易知BC⊥平面PAE，即將原三棱錐切割成以△PAE為底面的兩個小三棱錐，其高之和為BC的長.易知PE=AE=32b.取AP中點D，則DE⊥AP，DE=PE2-（12PA）2=123b2-a2，所以

VP-ABC=13S△PAE（BE+EC）=112ab3b2-a2.

三 分割

將不規則的幾何體，運用切割的技術手法，分成若干規則的幾何體，化整體為部分，從而使問題順利獲解.

例5一個四面體的所有棱長都為2，四個頂點在同一球面上，則此球的表面積是（ ）.

A. 3π B. 4π C. 33π D. 6π

解析以球心為頂點，四面體的各面為底面，將四面體分割成四個等體積的小三棱錐.利用整體與部分的關系，可導出小錐體高OO′與四面體高AO′的關系，進而求出球的半徑.

圖5

如圖5，設AO′=h，OO′=d，則整體與部分的體積關系是VA-BCD=4VO-BCD，即13S△BCD·h=43S△BCD·d，解之得h=4d，從而R=AO=3d=34AO′.

由例2知AO′=233，則R=32，所以S球=4πR2=3π.應選A.

四、補形

若題設中的圖形生疏，條件不便應用，可通過補形的技術手段，轉化為熟悉、簡單的圖形，會給解題帶來極大方便.圖6

例6同例3

解析以正四面體的棱長2作為正方體的面對角線長，將正四面體補成正方體，如圖6.則該正方體與原四面體有相同的外接球，這時正方體的棱長為1，正方體的對角線長AE為3，它也是外接球的直徑，得R=32，所以S球=4πR2=3π.應選A.

五、等積

當一個三棱錐的體積難求時，不妨采用變更頂點或換底面的技術，最終轉化為一個便于求體積的三棱錐.

圖7

例7如圖7，正方體AC1的棱長是2，E是B1B的中點，F是CD的中點，求三棱錐F-A1ED1的體積 .

解析取AB的中點G，連結FG、A1G、EG.由FG∥D1A1，知FG∥面A1ED1，則F、G到面A1ED1的距離相等，從而有VF-A1ED1=VG-A1ED1=VD1-A1EG.而S△A1EG=S□ABB1A1-2S△A1AG-S△GBE=32，所以VF-A1ED1=VD1-A1EG=13S△A1EG·A1D1=1.

六、射影

求直線與平面所成的角，需要做出線在面內的射影，而求無棱二面角時，可考慮將一個面內的圖形向另一個面內做射影的技術手段，化難為易.

圖8

例8如圖8，正三棱柱各棱長為1，M是CC1的中點，求：

（1） A1B1與面A1BM所成角的大小；

（2） 面A1BM與面ABC所成二面角的大小.

解析（1） 做B1在面A1BM內射影D，則∠B1A1D是A1B1與面A1BM所成角.設B1D=d，可用體積法，由VB1-A1BM=VM-A1BB1，有13S△A1BM·d=13S△A1BB1·MN，其中MN=32，S△A1BB1=12，S△A1BM=12A1B · MN=

64，可得d=

22

.再由sin∠B1A1D=dA1B1=22

，得∠B1A1D=45°.（本題中的D點實際上就是點N）

（2） 由正三棱柱知△ABC是△A1BM的射影，又

S△ABC=34

，S△A1BM=64，由公式cosθ=S△ABCS△A1BM=22，得所求二面角大小為θ=45°.

七、延伸

在證明線共點時，常需把延長線相交，而對于無棱二面角，一個基本的技術動作就是延伸平面，使兩個平面相交，化無棱為有棱.

例9例8 （2）圖9

解析延伸A1M、AC，交于點P，連結BP，如圖9.則所求二面角就是A1-BP-A.由M是C1C的中點，可知CP=AC=BC，則AB⊥BP.

又A1A⊥面ABC，則A1B⊥BP，∠ABA1是二面角A1-BP-A的平面角.在Rt△ABA1中，由AB=AA1，知∠ABA1=45°.

八、展平

對于求多面體、旋轉體上兩點沿表面的最短線問題，常用展成平面的技法，化折線為直線，化曲面為平面.

例10如圖10所示，正三棱錐A-BCD底面邊長為a，側棱長為2a，E、F為AC、AD上的動點，求截面△BEF周長的最小值和這時E、F的位置.

圖10圖11

解析把三棱錐A-BCD的側面展開如圖11所示，則BB′是截面△BEF周長的最小值.

易知BB′∥CD，∴∠1 =∠2.

又∵AC=AD=AB′=2a，CD=DB′=a，

∴△ACD ≌ △ADB′.

∴∠2 =∠3 =∠4，∴∠1 =∠3 =∠4，

∴△AB′D∽△B′FD，

∴DFDB′=DB′AD，其中AD=2a，DB′=a，

∴DF=12a.

又△AEF∽△ACD，∴EFCD=AFAD，其中CD=a，AD=2a，AF=2a-a2=3a2，

∴EF=34a.

又∵在△DB′F中，∠1 =∠3，∴B′F=B′D=a，

∴截面△BEF周長的最小值是BB′=BE+EF+FB′=2B′D

+EF=2a+34a=114a.

E、F兩點分別滿足AE=AF=32a.

圖12

例11如圖12，正三棱錐P-ABC的三條側棱間的夾角都是30°，側棱長為1，過B做截面△BMN，求△BMN周長的最小值.

圖13

解析沿PB剪開，將三個側面展成一個平面，如圖13.可見線段BB′即為△BMN的最小周長.

又∠BPB′=90°，PB=PB′=1，則BB′=2即為所求.

九、對稱

對于在平面內求一點，使其到平面同側兩點的距離和最小的問題，可類比平面幾何的方法，采用對稱技術加以解決.

例12正方體AC1的棱長為2，M是AA1的中點，點N在D1C上，點P在面ABCD內，求MP+PN的最小值.圖14

解析如圖14，做出點M關于面ABCD的對稱點M1，則MP+PN=M1P+PN.因此要使該式取得最小值，應使M1、P、N共線.而M1N的最小值就是△M1CD1的邊CD1上的高h.

易求得CD1=22，M1D1=13，M1C=3，cos∠M1CD1=26，sin∠M1CD1=346，S△M1CD1=12M1C ·CD1sin∠M1CD1=17，由12CD1·h=17，故所求的最小值為h=342.

十、旋轉

將某些圖形旋轉適當的角度，使立體圖形轉化成平面圖形.當要研究的圖形在兩個平面上時，則