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1、解答立体几何问题的五大数学思想方法 学习立体几何，除了要掌握基本的数学知识和技能外，还要注意领会与总结解决解答对应问题的常见 数学思想方法，下面对解答立体几何问题的五大数学思想方法加以归纳整理，供复习参考 割补思想 分割与补形的思想方法是处理几何图形的重要方法，特别在处理非常规图形时，即使涉及比较熟悉的 图形的问题， 有时结合割补法也可以更好的得以解决，因此， 此考点可明考，即出示陌生图形，也可暗考， 即给出熟悉图形，但进行割补实现快速解题 例如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1 的正方形，且,ADEBCF均为 正三角形，EFAB，2EF，则该多面体的体积为（） ()A 3 2
2、 ()B 3 3 ()C 3 4 ()D 2 3 解析本题所涉及的为非常规图形，没有可套用的体积公 式，故需要考虑割补 解如图， 作,AG BH垂直于EF，垂足分别为,G H，连 结,DG CH，由A BC DEF， 则有,DG CH垂直于EF由 图 形 的 对 称 性 ， 2EF ， 知 1 1, 2 GHEGFH ， 由 1B FA B， 3 BFE， 3 2 BH， 得 2 4 B C H S 故所求体积为 21212 12 43423 ， 选()A 例表面积为2 3的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为（） ()A 2 3 ()B 1 3 ()C 2 3 ()D 2 2
3、3 解析将正八面体嵌入到正方体中，即以正八面体的顶点为正方体各面的中心，则可知正八面体的棱 长为，则正方体底面对角线长为，正方体棱长为2，即为正八面体外接球的直径，故球的体积为 A C D FGH B E 图 2 3 ，选()A 分类讨论思想 若题目描述的情形不唯一，就要考虑借助分类与整合的思想方法解答 例如图，在直三棱柱 111 ABCA BC中，2ABBC， 1 2BB，90ABC，,E F分 别为 111 ,AA C B的中点，沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的 长度为 解 析分 别 将 111 A B C沿 11 A B折 到 平 面 11 ABB A上 ； 将 111 ABC沿 1
4、1 AC折到平面 11 ACC A上；将 11 BCC B沿 1 BB折到平面 11 ABB A上；将 11 BCC B沿 1 CC折到平面 11 ACC A上，比较其中EF 长即可结果为 32 2 等价转化思想 一些立体几何问题，借助等价转化思想，可以得到更好解答 求距离的转化 点、线与面之间的距离，可以借助平行关系，借助等体积等方 法实现距离的转化 例如图，正方体 1111 ABCDA BC D的棱长为，O是 底面 1111 A BC D的中心，则O到平面 11 ABCD的距离为（） ()A 2 1 ()B 4 2 ()C 2 2 ()D 2 3 解析若直接过点O作平面 11 ABC D的
5、垂线求距离，则 难以操作 但若借助 “过O与平面 11 ABC D平行的直线上每个 点到平面 11 ABCD的距离相等”，如图，点,E F分别是棱 1111 ,AD BC的中点，易知EF过点O且与平面 11 ABC D平行， A B C 1 B F 图 1 A 1 C E AB D 1 D E O 1 B F G C 1 C 图 1 A AB D 1 D O 1 B C 1 C 图 1 A 于是，只需求点F到平面 11 ABC D的距离，又可得所求为 1 BC的 1 4 ，即 4 2 求角的转化 求角问题，往往也可以借助平行关系进行转化解答 例如图，在三棱锥PABC 中， AB BC， 1 2
6、 ABBCPA， 点 O、 D 分别是 AC、 PC 的中点，OP底面 ABC 求直线PA与平面PBC 所成角的大小 解析若直接求直线PA与平面PBC所成的角，不易操作，但若根 据PAOD，则可转化为求OD与平面PBC所成的 角 ABBCOAOC， OAOBOC，OPABC又平面，PAPBPC ，取 BC的中 点E，连结PE，则BCP OE平面，作OFPE于F，连结DF，则OF平面 PBC ，所以ODF是 OD与平面PBC所成的角 又ODPA， 所以PA与平面PBC所成的角的大小等于ODF ， 在 R t O D F 中， 210 sin 30 OF ODF OD ，所以PA与平面PBC所成角
7、的大小为 210 arcsin 30 例（）若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为， 则cos_ （）已知一平面与一正方体的12 条棱的夹角都等于，则 sin 解析对（），由于正四棱柱的六个面两两对应平行，根据同 一条直线与多个平行平面所成的角相等，问题转化为一条直线与正四 棱柱共顶点的相邻三个面所成的角都为，求cos如图， 设,PA PB PC两两垂直且相等，作PO 平面ABC，则PO与三个侧面成角相等，连结CO并延长交AB于D，连结PD，则OPD，于是 coscossin CP OPDCPD CD ，设CPa，则 2 2 PDa， 6 2 CDa，即 6 cos 3 对（），类似可知，
8、一组平行直线与同一平面所成的角相等， 则问题可转化为如图所示的PC与平面ABC所成角的正弦， 易知 为 3 3 PD CD 求最值的转化 图 A P D B O C P B D O 图 AC 1 C 1 B 1 A A C B 图 一些立体几何的最值问题，往往通过图形变换进行转化 例如图，已知正三棱柱 111 ABCA BC的底面边长为1，高为 8，一质点自A点出发，沿着三棱 柱的侧面绕行两周 到达 1 A点的最短路线的长为 解析问题转化为将三棱柱的侧面沿 1 AA剪开后展开，并补上展开后全等的部分后，所得矩形对角线 的长，如图所示，易得所求为10 求体积的转化 一些求体积问题，往往需要借助体
9、积的转化求解 例 如 图 ， 在 体 积 为1 的 三 棱 锥 ABCD 侧 棱 ,AB AC AD上分别取点,E F G，使 :2:1AE EBAFFCAG GD ， 记 O 为 三 平 面 ,BCG CDE DBF的交点，则三棱锥OBCD的体积等于 （） ()A 9 1 ()B 8 1 ()C 7 1 ()D 4 1 解析如图，设BGDEM，CGDFN， 则连结,CM BN的交点为O，设A到平面BCD的距离为h， 则由:2 :1AG GD，可知点G到平面BCD的距离为 1 3 h；又 由 2 3 GM MB ，故M到平面BCD的距离为 3 535 hh ；又由 2 5 MO OC ，故O到
10、平面BCD的距离为 51 757 h h三棱锥 ABCD的体积为，故三棱锥OBCD的体积等于 7 1 选()C A 1 A A 1 A B 1 C CA 1 C 1 A C 1 B 1 B 图 B C D E F G O 图 A B C D E F G O M N 图 A B 评注本题通过多次体积间关系的转化，实现了所求体积与已知体积关系的明朗化 向量法 借助空间向量，特别是建立空间直角坐标系后，使向量坐标化，能够更加简捷的解答很多涉及位置关 系判断及求角，求距离的题目 例已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形， ABCD，PADAB,90底面 ABCD，且 1 1 2 PAADDCAB ，M是
11、PB的中点 （）证明：面 PAD 面PCD； （）求ACPB与所成的角； （）求面 AMC 与面 BMC所成二面角的大小 解析根据题目特征，注意到,AB AD AP两两垂直，可建立空间直角坐标系，借助直线的方向向量 与平面的法向量解答 解因为PAPD，PAAB，ADAB，以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直 角坐标系，则各点坐标为(0,0,0)A，(0, 2,0)B，(1,1,0)C，(1,0,0)D，(0,0,1)P， 1 (0,1,) 2 M （）证明：因(0,0,1)AP，(0,1,0)DC，故0AP DC，所以 APDC由题设知ADDC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交
12、直线，由此得DC面PAD又DC在面PCD上，故面PAD面PCD （）解：因),1, 2, 0(),0, 1 , 1 (PBAC故 |2,|5,2ACPBAC PB，所以 10 cos, 5 | | AC PB AC PB ACPB ，即 AC与PB所成的角为 10 arccos 5 （）解：在MC上取一点( , , )N x y z，则存在,R使 ,MCNC 11 (1,1,),(1,0,),1,1, 22 NCxyz MCxyz要使ANMC，只需 0AN MC ， 即 1 0 2 xz， 解得 4 5 可知当 4 5 时，N点坐标为 12 (,1,) 55 ， 能使0AN MC 此 时 ，
13、1212 (, 1 ,) ,(,1 ,) 5555 A NB N， 有0B NM C 由0A NM C，0BN MC得 ,ANMC BNMC，所以ANB为所求二面角的平面角 图 图 30304 |,|, 555 ANBNAN BN 2 cos(,) 3| | AN BN AN BN ANBN ，故所求的二面 角为 2 arccos() 3 极端化方法 一些几何问题，借助想象其极端情形，可以更好的使问题得以解决 例若正棱锥的底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是（） ()A三棱锥()B四棱锥()C五棱锥()D六棱锥 解析对于正六棱锥，当其高趋近于时，侧棱长趋近于底面边长，但侧棱长始终大于底面边长，而 不会相等，故选()D 借助极端化方法，同学们可以求一下正六棱锥相邻侧面所成二面角的取值范围