轉(zhuǎn)化思想在立體幾何中的應(yīng)用

立體幾何是高中階段的重要內(nèi)容，也是高考的必考內(nèi)容。針對(duì)同學(xué)們?cè)诮饬Ⅲw幾何題時(shí)常常遇到的困難：一是難以很清晰地想象出題目中給出的空間圖形；二是難以很好的將題設(shè)的條件與所學(xué)知識(shí)合理整合并進(jìn)行有效的邏輯推理；三是難以找到合理的運(yùn)算方法，解題常半途而廢。筆者給你支招，教你如何轉(zhuǎn)化，以克敵制勝。

一、 利用“基本模型”，實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化

【命題分析】正方體與長(zhǎng)方體是立體幾何中最常見(jiàn)的幾何體，其包含了所有的直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系以及特定的數(shù)量關(guān)系，有著立體幾何中的“百寶箱”的美譽(yù)。出題者往往以它們?yōu)檩d體出題或題目中隱含著正方體、長(zhǎng)方體模型。所以利用好正方體與長(zhǎng)方體這兩個(gè)“基本模型”進(jìn)行轉(zhuǎn)化，可使問(wèn)題更直觀、簡(jiǎn)單化。

【例1】已知a,b為異面直線，α是一個(gè)平面，則a,b在α上的射影有可能是

①兩條平行線；②兩條互相垂直的直線；③同一條直線；④一條直線及其外一點(diǎn).

在上面結(jié)論中，正確結(jié)論的編號(hào)是（寫出所以正確結(jié)論的編號(hào)）.

解析題設(shè)中的條件比較抽象，若直接想象有難度，故考慮正方體模型.如圖1，在正方體ABCDA1B1C1D1中，A1D與BC1在平面ABCD上的射影互相平行；A1D與AB1在平面ABCD上的射影互相垂直；A1D與BB1在平面ABCD上的射影是一條直線及其外一點(diǎn)；③顯然錯(cuò)誤，故填①②④.

點(diǎn)撥正方體中包含了所有的直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，故涉及到復(fù)雜的線、面的位置關(guān)系判定時(shí)，考慮正方體模型可使問(wèn)題直觀，簡(jiǎn)單化。

【例2】已知三棱錐PABC，PA=BC=234，PB=AC=10，PC=AB=241，則三棱錐PABC的體積為.

解析若按常規(guī)方法利用體積公式求解，底面積可用海倫公式求解，但頂點(diǎn)到底面的高難以求出.考慮到該三棱錐的三對(duì)對(duì)棱兩兩相等，以及長(zhǎng)方體的對(duì)面對(duì)角線相等，聯(lián)想長(zhǎng)方體模型.如圖2,設(shè)PE=x,EB=y,EA=z，則由已知得：

x2+y2=100,

x2+z2=136,

y2+z2=164解得x=6,

y=8,

z=10,

從而知VPABC=VAEBGFPDC-VPAEB-VCABG-VBPDC-VAFPC=VAEBGFPDC-4VPAEB=160.

點(diǎn)撥正方體或長(zhǎng)方體中可構(gòu)造出一些特殊的三棱錐或四棱錐，如正四面體、三側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐等等，碰到這些問(wèn)題時(shí)，利用正方體或長(zhǎng)方體這兩個(gè)“基本模型”，往往可使我們?cè)谒悸飞蠐荛_云霧見(jiàn)晴天。

二、 利用“降維思維”，實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化

【命題分析】解立體幾何問(wèn)題的一個(gè)基本原則就是空間問(wèn)題平面化，三維的空間向二維的平面轉(zhuǎn)化，即為“降維思想”。這里，也蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)問(wèn)題，圍繞這樣的問(wèn)題，命制高考數(shù)學(xué)試題，應(yīng)當(dāng)引起我們的高度重視。

【例3】如圖3(1)，設(shè)正三棱錐SABC的底面邊長(zhǎng)為b，側(cè)棱長(zhǎng)為2b，E,H分別是SB,SC上的動(dòng)點(diǎn)，求線段和AE+EH+HA的最小值.

解析如圖3（2），在三棱錐SABC中處理困難，利用側(cè)面展開圖化歸到平面圖形中研究是處理這個(gè)問(wèn)題的關(guān)鍵.從側(cè)面展開圖中可看出，當(dāng)A,E,H,A1四點(diǎn)共線時(shí)，AE+EH+HA取得最小值.設(shè)∠ASB=θ，則易得sinθ2=b22b=14，sin32θ=sinθ+θ2=3sinθ2－4sin3θ2=1116，

所以AE+EH+HA的最小值為2?2b?sin32θ=114b.

點(diǎn)撥空間多面體、旋轉(zhuǎn)體表面上兩點(diǎn)間的最短距離問(wèn)題，通常采用“降維思想”，轉(zhuǎn)化到其側(cè)面展開圖上去研究。

【例4】在三棱錐PABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，∠ABP=30°，AB=BC，求異面直線AB與PC所成角的余弦值.

解析直線AB與PC分別在不同的兩個(gè)平面ABP，APC中，我們無(wú)法去度量，故通過(guò)平移的方法進(jìn)行轉(zhuǎn)化，將分散在不同平面的直線轉(zhuǎn)移到同一平面內(nèi)，利用平面幾何的知識(shí)解決處理.如圖4，分別取線段PB,AC,BC,AB的中點(diǎn)D,E,F,G，

則DF∥PC,EF∥AB,DG∥AP，由題設(shè)可得EF⊥DE.不妨設(shè)AB與PC所成角為θ，|AP|=a，計(jì)算可得：

|DE|=a，|EF|=32a，|DF|=72a，

所以cosθ=cos∠DFE=|EF||DF|=217.

點(diǎn)撥本題將異面直線所成的角的計(jì)算，轉(zhuǎn)化為平面角的計(jì)算是解題的關(guān)鍵。

三、 利用“逆向思維”，巧作輔助平面，實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化

【命題分析】垂直或平行的證明很好的考查了學(xué)生的邏輯推理能力和空間想象能力，另外，新課標(biāo)中，由于文科只學(xué)立幾初步，所以以垂直或平行為主的證明會(huì)是高考立體幾何大題的熱門考點(diǎn)。

【例5】如圖5，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E是棱BC的中點(diǎn).

（1） 求證：BD1∥平面C1DE；

（2） 試在棱CC1上求一點(diǎn)P，使得C1E⊥平面A1B1P.

解析（1） 線面平行的轉(zhuǎn)化途徑是：線線平行菹咼嫫叫校面面平行菹咼嫫叫.若按思路一，如何在平面C1DE內(nèi)找一直線與BD1平行是關(guān)鍵，利用逆向思維，把BD1∥平面C1DE作為條件，應(yīng)用線面平行的性質(zhì)定理找出所需直線，即過(guò)直線BD1作一平面與平面C1DE相交，交線即為所要找的直線；如圖5（1）連接D1C交DC1于F，則平面CD1B與平面C1DE交于EF，因?yàn)辄c(diǎn)F是DC1的中點(diǎn)，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，所以線段EF是△CD1B的中位線，所以EF∥BD1，EF∥BD1,

EF濟(jì)鍯1DE,

BD1っ鍯1DE

軧D1∥平面C1DE.

若按思路二，如何構(gòu)造一平面與平面C1DE平行是關(guān)鍵，利用逆向思維，結(jié)合面面平行的判定定理，故只要過(guò)點(diǎn)B或點(diǎn)D1作一直線與平面C1DE，由該直線與BD1確定的平面即為所找平面.如圖5（2）過(guò)點(diǎn)B作BF∥DE，交AD于點(diǎn)F，連接D1F.由點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，可知點(diǎn)F是AD的中點(diǎn)，所以EF

瘙 綊 CD

瘙 綊 C1D1，所以四邊形FEC1D1是平行四邊形，所以D1F∥C1E，易證D1F∥平面C1DE；由BF∥DE，易證BF∥平面C1DE，又D1F∩BF=F，所以平面D1FB∥平面C1DE，所以BD1∥平面C1DE.

（2） （利用逆向思維，則C1E⊥B1P）如圖5（3）過(guò)點(diǎn)B1作B1P⊥C1E（即P為中點(diǎn)），連接A1P，

又由正方體易證A1B1⊥C1E，A1B1∩B1P=B1，

所以C1E⊥平面A1B1P.

點(diǎn)撥平行或垂直的判定定理、性質(zhì)定理的本質(zhì)就是轉(zhuǎn)化，比如：線線平行與線面平行的轉(zhuǎn)化，線面垂直與線線垂直的轉(zhuǎn)化等等；而如何找到所需的直線或平面則是關(guān)鍵，利用“逆向思維”，把結(jié)論作為條件和題設(shè)條件整合到一起分析，可幫我們更好地鎖定目標(biāo)（要找的直線或平面）。

四、 利用“割補(bǔ)法”或“等體積法”，實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化

【命題分析】“化不規(guī)則為規(guī)則，化不熟悉為熟悉”是學(xué)生思維能力、數(shù)學(xué)能力的重要體現(xiàn)。圍繞著這種能力的考查，可以命制出許多令人賞心悅目的數(shù)學(xué)試題。立體幾何中，在求解幾何體的體積時(shí)，對(duì)于無(wú)法直接應(yīng)用體積公式或不是規(guī)則幾何體時(shí)，往往采用“等體積法”或“割補(bǔ)法”進(jìn)行轉(zhuǎn)化。

【例6】如圖6，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠ADC=120°，AA1=AB=1，點(diǎn)O1,O分別是上、下底面的對(duì)角線的交點(diǎn).

（1） 求證：A1O∥平面CB1D1；

（2） 求三棱錐OB1D1C的體積.

解析（1） 證明略.

（2） 若直接考慮VOB1D1C，點(diǎn)O到面B1D1C的距離相對(duì)復(fù)雜，故考慮等體積法，轉(zhuǎn)化頂點(diǎn).因?yàn)镈D1⊥平面ABCD，所以DD1⊥CO；因?yàn)榱庑蜛BCD，所以BD⊥CO；又因?yàn)镈D1∩BD=D，所以CO⊥平面BB1D1D，所以點(diǎn)C到平面OB1D1的距離即為CO的長(zhǎng)度，在菱形中，BC=1，∠BCD=60°，CO=32.

易知點(diǎn)O到直線B1D1的距離為DD1=1，

所以VOCB1D1=VCOB1D1=13?S△OB1D1?CO=312.

點(diǎn)撥等體積法的關(guān)鍵在于找出易于求出幾何體高的頂點(diǎn)，進(jìn)行轉(zhuǎn)化，另利用等體積法亦可求點(diǎn)到平面的距離。比如：該題可進(jìn)一步求出點(diǎn)O到面B1D1C的距離。在△CB1D1中，CB1=CD1=2,B1D1=1，S△CB1D1=74，所以VOCB1D1=13?S△CB1D1?h=712h。

又VOCB1D1=VCOB1D1，可解得h=217。

【例7】如圖7，在多面體ABCDEF中，已知ABCD是邊長(zhǎng)為3的正方形，EF∥AB,EF=32,EF與平面ABCD的距離為2，則該多面體的體積是.

解析這是一個(gè)特殊的擬柱體，怎樣將它的體積轉(zhuǎn)化為我們熟悉的幾何體來(lái)計(jì)算是關(guān)鍵，不妨先讓線段EF沿直線EF動(dòng)起來(lái)，使側(cè)面BCF⊥底面ABCD，再用割補(bǔ)法求解.

方法一（先割后補(bǔ)）過(guò)E作截面EMN⊥底面ABCD，則V柱BCFMNE=12?3?2?32=92，V椎EAMND=13?3?32?2=3，

所以VABCDEF=92+3=152.

方法二（先補(bǔ)后割）延長(zhǎng)FE到M，使EM=EF=32.連接AM,DM，則得直三棱柱BCFADM.

VBCFADM=12?3?2?3=9，

V錐EADM=13?12?3?2?32=32，

所以VABCDEF=9-32=152.

點(diǎn)撥割補(bǔ)法的關(guān)鍵是把不規(guī)則幾何體或圖形轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體或圖形。

牛刀小試

1． 已知PA、PB、PC兩兩垂直且PA=2，PB=3，PC=2，則過(guò)P、A、B、C四點(diǎn)的球的體積為.

2． 有一個(gè)各棱長(zhǎng)都為a的正四棱錐，現(xiàn)用一個(gè)正方形包裝紙將其完全包住，不能裁剪，可以折疊，那么包裝紙的最小邊長(zhǎng)為.

3． 在棱長(zhǎng)為1的正方體上，分別用過(guò)公共頂點(diǎn)的三條棱的中點(diǎn)的平面截該正方體，則截去8個(gè)三棱錐后，剩下的幾何體的體積是.

4． 如圖，等邊△ABC與直角梯形ABDE所在平面垂直，BD∥AE,BD=2AE,AE⊥AB,M為AB的中點(diǎn).

（1） 證明：CM⊥DE;

（2） 在邊AC上找一點(diǎn)N，使CD∥平面BEN.

【參考答案】

1． 以PA、PB、PC為過(guò)公共頂點(diǎn)的三條棱構(gòu)造長(zhǎng)方體模型，長(zhǎng)方體的體對(duì)角線即為外接球的直徑，易得V=92π.

2． 利用“降維思想”，把正四棱錐的側(cè)面展開與底面共面，只要包裝紙能包住展開圖就能包住正四棱錐，易得正方形的最小邊長(zhǎng)為2+62a.

3． 利用割補(bǔ)思想，易得V=56.

4. （1） 因?yàn)锽C=AC，M為AB的中點(diǎn)．所以CM⊥AB，又因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ABDE，平面ABC∩平面ABDE＝AB，CM計(jì)矯鍭BC，

所以CM⊥平面ABDE，

又因DE計(jì)矯鍭BDE，所以CM⊥DE.

（2） 當(dāng)ANAC=13時(shí)，CD∥平面BEN．連接AD交BE于點(diǎn)K，連接KN，

因梯形ABDE中，BD∥AE，BD=2AE，

所以AKKD=AEBD=12，則AKAD=13.

又因?yàn)锳NAC=13，所以KN∥CD.

又KN計(jì)矯鍮EN，CDて矯鍮EN，

所以CD∥平面BEN.

(作者:田秀權(quán),江蘇省海安縣曲塘中學(xué))