2010年高考立體幾何試題中的圖形處理技巧

圖形的直觀性不強是造成解答立體幾何困難的重要原因，特別是求點到平面的距離和二面角的大小，作圖比較困難，作出的圖形比較復雜，對觀察、計算、證明都帶來很大困難，同學們往往需要在看圖上花費較多時間.這也是為什么在解決這類問題的時候，幾何方法被放棄、向量方法大行其道的原因所在吧.如何通過對圖形的巧妙處理，增強圖形的直觀性，降低用圖的難度，這是學習立體幾何應當重視的問題.其實，如果掌握了圖形的處理技巧，幾何方法也會變得容易，并且其計算量大大減少、正確率會大大高于向量法.

補出完整圖形，化解作圖難點

■彭建開

作出點到平面的距離，是立體幾何的難點之一，本文介紹通過補形的方法作圖，所謂補形就是將部分圖形補充為完整圖形，以便能直接、直觀的作出點到平面的距離，可以大大減少作圖的難度.

例1 (2010高考江蘇卷)如圖(圖1)，四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=90°.(1)求證:PC⊥BC;(2)求點A到平面PBC的距離.

解析 本題第二問求點A到平面PBC的距離，通常的做法是通過體積法，即VA-PBC=VP-ABC，∴S△PBC#8226;h=S△ABC#8226;PD，其中h表示點A到平面PBC的距離，只要求出S△PBC和S△ABC，代入上面等式，就可求出h，本題是簡單題.下面我們看怎樣用補形法來解答本題:

直接作出點A到平面PBC的距離比較難. 考慮到A點到平面PBC的距離等于A點的平行線上任一點到平面PBC的距離，但AD與BC并不平行，如果要找過A平行于BC的直線，只要作出矩形ABCE即可，即將原來圖中的直角梯形ABCD補成一個矩形，并看是否能從E點作平面PBC的垂線，第(1)問已知平面BCP⊥PDC，故作EH⊥CP，EH即為所求A到平面PBC的距離，用面積法求EH，即S△PEC=S△EPC，×EH=×2×1，EH=.上述解答簡單直觀，計算量非常小，是一個巧妙之法.關鍵是要想到將原來圖中的直角梯形ABCD補成矩形ABCE.

點評 通過本題我們看到，通過補形能夠直接作出點到平面的距離.補形的基本原則就是考慮將不規則圖形補成規則圖形，部分補整體，通過作平行線是實現上述目的的手段之一.當直接作圖困難就可以嘗試補形，下面再舉一例:

例2 (2010江西理數)如圖△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB=2.(圖3)

(1)求點A到平面MBC的距離;

(2)(略).

解析 求A到平面的距離，關鍵是作出點A到平面MBC的垂線，直接作圖無從下手. 因為平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，所以不妨補出圖形所在的正三棱柱BCD-AFE，補形后解答本問的方法靈活多樣，基本方法有以下四種:

方法一:先求出M到平面ABC的距離，再利用 VA-BCM=VM-ABC求A到平面MBC的距離，如圖4. 因為△MCD是正三角形，平面MCD⊥平面BCD，所以過M作MH⊥CD，延長線與EF交于G ，則GH⊥平面BCD， GH//AB，G到平面ABCE的距離就是M到平面ABC的距離. 作GP⊥AE，GP⊥面ABCE，所以GP是所求距離，GP=(或者GP是F到AE的距離的一半). 易求S△ABC=2，但△BCM的面積并不好求，其實經計算知M是CF中點，所以S△BCM=S△BCF，在△BCM中，BF=CF=4，BC=2，S△BCM=S△BCF =，由VA-BCM=VM-ABC，S△ABC#8226;GP=S△BCM#8226;h，得到h=.如果不補形的話，△BCM的面積計算較復雜.

方法二:先求出C到平面ABM的距離，再根據VA-BCM=VC-ABM求出點A到平面MBC的距離. 如圖4，易知C到平面ABM的距離就是CH=1，所以×S△ABM#8226;CH=S△BCM#8226;h，S△ABM=×2×=3，S△BCM=S△BCF=，代入VA-BCM=VC-ABM求出h=.

方法三:先求出B到面ACM的距離，再根據VA-BCM=VB-ACM求出A到平面BCM的距離，如圖5. 面BCM是BCF的一部分，求B到ACM的距離就是求B到ACF的距離，考慮到B所在直線BD//平面ACF，BD上任一點到平面ACF的距離就是B到面BCM的距離. 而BD的中點O到平面ACF的距離易作，平面ACF⊥平面ECOT(因為AF⊥平面ECOT)，作OK⊥CT，OK⊥平面ACF，OK就是點O到平面ACF的距離，也即B到平面BCM的距離. CO#8226;TO=CT#8226;OK，×2#8226;=#8226;OK，OK=，即B到平面ACM的距離是.下面再根據VA-BCM=VB-ACM求出A到平面BCM的距離(略)，或者根據正三棱柱的對稱性， A到平面BCF的距離就是B到平面ACF的距離，為.

方法四:直接作出A點到平面BCM的距離，如圖6，面BCM是面BCF的一部分，求A到平面BCM的距離就是到BCF的距離，而AE//平面BCF，考慮到三棱錐是正三棱錐，故過AE的中點R向平面BCF作垂線即可. 而平面RFDN ⊥平面BCF(因為BC⊥平面RFDN)，所以只要過R作RS⊥FN，RS⊥平面BCF，RS就 R到平面BCF的距離. FN#8226;RS=RF#8226;RN，#8226;RS=×2#8226;，RS=，即A到平面BCM的距離是.

點評 從上面的例子看出，補形的方法在解決距離問題時確實有它的巧妙獨到之處，這也是點到平面距離的性質決定的，我們在遇到此類問題的時候，都可以嘗試將部分面或不規則的面延伸，補充為一個完整的面或規則的面，將不規則的多面體補充為一個規則的多面體， 這就等于將原來固定的點和面變成了活動的點或面，為求距離展開了廣闊的空間，為多種解答提供了可能，使解答做起來得心應手.

改變圖形角度，化解識圖難點

■王珍琨

立體幾何考察空間想象能力，我們要學會畫圖、識圖，一些立體幾何的圖形本身比較復雜，直觀性不強，如果嘗試改變一下題設中圖形的角度，就會有意想不到的效果.請看下面的例題:

例1 (2010安徽文)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，AB=2EF=2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC=90°，BF=FC，H為BC的中點，

(Ⅰ)求證:FH∥平面EDB;

(Ⅱ)求證:AC⊥平面EDB;

(Ⅲ)求四面體B-DEF的體積.

解析 圖1是題設的圖形，圖2 是改變角度的圖形，圖2的直觀性非常強，對我們解答題目的三個問題都非常有利.

(Ⅰ)要證FH∥平面EDB，EF跟FH有關，且EF∥AB，但從圖中很難看出這一點，感覺反而是跟AC平行，嚴重干擾解題思路，現在畫成圖2，則十分直觀， AB=2EF，所以連接EO，OH，可知四邊形EFHO是平行四邊形，所以FH//EO，FH∥平面EDB.

(Ⅱ)證AC⊥平面EDB，因為ABCD是正方形，AC⊥BD，顯然，再證明EO⊥AC即可，這一點在圖1難預見，在圖2比較明顯. EO∥FH，FH是等腰三角形FBC的中線，FH⊥BC，所以目標是證明平面BCF⊥平面ABCD. 從EF⊥FB知AB⊥FB，AB⊥BC可得AB⊥平面BCF，所以證明了平面BCF⊥平面ABC，從而FH⊥平面ABCD，即EO⊥平面ABCD， EO⊥AC，得到證AC⊥平面EDB(通過計算或證明AE=CE， 所以EO⊥AC，較簡).

(Ⅲ)求四面體B-DEF的體積，有兩個問題要解決，一個是底DEF怎么求，一個是高在哪里，對比圖1、圖2，從圖1很難看出BF⊥平面CDEF，而從圖2就能立即看到這一點. △DEF的面積怎么求，在圖1中很難看出，感覺△DEF與△BCF不是一個平面，圖2 則明顯看到梯形DCFE的一部分，只要用梯形DCFE的面積減去直角三角形DCF的面積即可(具體略).

點評 本題之所以想到將圖形轉換為這個角度，是因為對題目的已知EF∥AB等圖形中的元素的關系觀察起來比較困難，所以將EF畫成面對自己的角度，使EF∥AB等元素的關系變得十分直觀了.也可嘗試轉換為別的角度，只要比題設圖形直觀即可.

例2 (2010浙江理數)如圖， 在矩形ABCD中，點E，F分別在線段AB，AD上，AE=EB=AF=FD=4.沿直線EF將△AEF翻折成△A′EF，使平面A′EF⊥BEF.(Ⅰ)求二面角A′-FD-C的余弦值;(Ⅱ)點M，N分別在線段FD，BC上，若沿直線MN將四邊形MNCD向上翻折，使C與A重合，求線段FM的長.

解析

說明 圖3是題設圖形，圖4是按照題設圖形做的解答的圖形，圖5是改變角度的圖形，圖6是解答的圖形，一起畫出，對比其優缺點.

本題的第一問，關鍵是畫出二面角，并算出角的大小.△AEF是等腰直角三角形，所以△A′EF也是等腰直角三角形，已知平面A′EF⊥平面BEF，能推就推，自然要連接A′與EF的中點H，得到A′H⊥EF，從而A′H⊥面ABCD，作出二面角A′-FD-C的平面角就容易了，作A′G⊥AD，連GH，則A′GH是二面角的平面角.因為H是中點，HG//AE，HG=4，A′H=，sin∠A′GH=.

對比圖4與圖6，圖4中多條線段和我們要求的二面角的平面角攪在一起，對于觀察和計算都帶來困難;而圖6則把這些攪在一起的線分開得清清楚楚了，對于推理和證明都很方便直觀;或者改成圖7亦可.

小結 從本題看出，題設圖形為了考察同學們的識圖能力，從而達到考察空間想象能力的目的，往往會把圖形畫得直觀性畫得比較差，要能在短時間把立體幾何做好，所以在必要的時候，將圖形的角度轉換一下，對觀察圖形、迅速解題有很大好處，減少了空間想象的難度和觀察思考的時間. 至于轉換為怎樣的角度為好，需要先觀察，看觀察圖形存在哪些困難，如直觀性不強、很多元素幾乎重疊等，如果把圖形旋轉一下，即我們看圖的角度改變一下，就能化解上述困難，那就可以用本法，有時候需要做一兩次嘗試，但熟練這個方法之后，一般都能一次把圖形改好.

畫出平面圖形，化解算圖難點

■童新科

由于立體幾何的直觀圖，改變了角度和線段的大小，所以會給計算增加難度，特別是當我們要計算的圖形處于各種復雜圖形之中，更是如此，有什么好的辦法能幫助我們化解服這個難點呢?我們來看下面的例子:

例1 (2010陜西理)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP=AB=2，BC=2，E，F分別是AD，PC的重點.

(Ⅰ)證明:PC⊥平面BEF;

(Ⅱ)求平面BEF與平面BAP夾角的大小.

解析 (Ⅰ)證明:PC⊥平面BEF.從已知能算就算，算出PB=2，PB=PC，有BF⊥BC. 再在平面BEF中剩下的兩條線找一條線跟PB垂直，于是產生兩種證法:

第一種，連接PE、EC，能算出PE=EC=，可知EF⊥BC，可證PC⊥平面BEF.

第二種證法，考察AC⊥BE，須證BE⊥面PAC，在已知PA⊥平面ABCD即PA⊥BE的條件下，只需看BE是否與AC垂直. BE與AC在兩個直角三角形中，它們是否垂直可以通過相似三角形來證明，這兩個三角形的每邊都能算出，是否相似一比就知道. 但在直觀圖中，很難啟發我們做出這樣的判斷并快速做好這個計算，于是我們把兩個直角三角形的平面圖分別畫出來，如圖3，單獨對它們進行分析，注意把兩個三角形分離，并畫成跟原圖中的方位相對應，便于觀察:

因為把△EAB、△BAC的兩直角邊已知，我們把兩個三角形的短邊與長邊分別相比:==，所以△EAB、△BAC相似，即可知AC⊥BE.

如果不是把圖3畫出來，我們很難在原圖中看出這個兩三角形相似的，因為它們不僅在直觀圖中難于觀察計算，而且它們有公共的邊AB，只有把它們畫出來，并分離開，這兩個三角形的相似關系才便于判斷.

(Ⅱ)求平面BEF與平面BAP夾角的大小的方法有多種，比如向量法，通過兩個平面的法向量的夾角來求.我們介紹一種方法，連接BC的中點N與E、F，則平面EFN//平面PAB，所以求平面BEF與平面BAP夾角就是求平面BEF與平面EFN夾角，EF是交線. 由于△BFE、△NEF的三邊都可求(需連接FO，△FOE是直角三角形，算出EF)，如圖5，我們一看就知道△BFE、△NEF是兩個直角三角形，BF⊥FE，NF⊥EF，故∠BFN是二面角B-EF-N的平面角，易求為45°.

點評 我們通過把立體幾何圖形直觀圖中的平面圖形畫出來的辦法，減少了在復雜圖形中進行想象和計算的過程，是處理這一類問題的巧妙之法.下面再舉一例:

例2 (2010全國新課標文)如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面為等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足為H，PH是四棱錐的高.(1)證明:平面PAC⊥平面PBD;

(2)若AB=，∠APB=∠ADB=60°，求四棱錐P-ABC的體積.

解析 第一問直接由條件得到，我們看第二問，要求四棱錐P-ABC的體積，就要解決兩個問題，一是底面積，一是高. 底是等腰梯形，是在立體幾何中常見的圖形，它把計算和證明、平行四邊形與三角形綜合到一個圖形中，下面我們看怎樣根據已知條件來求出底面積和高，為了使圖形具有直觀性，利于計算，我們把底面梯形的平面圖形畫出來，如圖7. 由已知能推就推、能算就算，由AB=，AC⊥BD得到AH、HB的長，再由∠ADB=60°得到CH、HD，并得到DC. 求梯形的高須做雙垂線，這是求等腰梯形高的基本方法(也可過H做底邊的垂線)計算不難. 高PH的求法是根據∠APB=60°求出AP，再用勾股定理可求高AH，具體過程略.

把底面的平面圖形畫出來單獨計算，避免了在原圖中因為無法看清圖形需較慢的想象和計算.

小結 立體幾何圖形中的計算問題，是立體幾何的重點問題，因為立體幾何圖形是由一個個的平面幾何圖形構成的，所以我們可以將需要計算的圖形分離出來，并且畫成平面圖形，這只需要一點點時間，卻會大大減少了觀察圖形和思考需要的時間、避免了對圖形的誤判、或者因為一此線段的遮擋而無法發現各元素的關系;我們就能象做平面幾何一樣，來進行立體幾何中的相關計算.這種方法可以用于一些圖形較復雜的題目，希望同學們有意思識加強這方面的練習、并通過訓練掌握這種方法，為我們學好立體幾何創造了打下基礎.

拆分題設圖形，化解用圖難點

譚少云

當立體幾何問題各問之間的圖形互相獨立，我們可以采取分步畫圖的方法去解答，從而避免各問的圖形的互相干擾，增強圖形的直觀性和啟發性.

例1 (北京理) 如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB=，CE=EF=1.(Ⅰ)求證:AF∥平面BDE;(Ⅱ)求證:CF⊥平面BDE;(Ⅲ)求二面角A-BE-D的大小.

解析 圖1是題設的圖形，看起來比較復雜，其中第一問用到AF//EO，直接得出(圖3);第二問證明CF⊥平面BDE，只要在平面ACEF中，證明COFE是正方形，CF⊥EO，并證CF⊥BD，所以證得CF⊥平面BDE. 而第三問求二面角A-BE-D的大小，畫出的圖形是圖3，對于觀察線線、線面、面面的位置關系，對于作二面角、計算和證明二面角都帶來困難，現在我們分步畫圖，第三問求二面角的時候，我們單獨畫一個圖2，圖中沒有題設的面AEF(如果需要，可以看圖1)，相比較要容易觀察得多，由于已證CF⊥平面BDE，在圖2中，已知CG⊥EO，即能清楚看到GN是平面BDE的垂線，過G作GH⊥BE，連NH，則∠NHG是二面角A-BE-D的平面角(在圖3中平面AEF對作出二面角有干擾)，現在看∠NHG怎么求，△NHG是直角三角形，NH、GH可求. 為了便于看圖和計算，我們把△ECO、△EOB、△NHG、△NHG的平面圖形畫在下面

從圖4中算出EG=，從圖5中算出GH=，從圖6中算出NH=，從圖7中算出cos∠GHN=，∠GHN=30°，即所求的二面角A-BE-D是30°.

點評 圖形的直觀性不強是造成解答立體幾何問題困難的重要原因，在圖3中要完成上述二面角的計算是十分困難的，本題分步畫圖，把各個要計算的三角形的平面圖形畫出來，將與圖形計算有關的難點逐個化解了，這是一個解決復雜立體幾何問題的好方法.下面再看一例:

例2 (2010浙江理)如圖(圖4)，在平行四邊形ABCD中，AB=2BC，∠ABC=120°，E為線段AB的中線，將△ADE沿直線DE翻折成△A′DE，使平面A′DE⊥平面BCD，F為線段A′C的中點.(Ⅰ)求證:BF∥平面A′DE;(Ⅱ)設M為線段DE的中點，求直線FM與平面A′DE所成角的余弦值.

解析 (Ⅰ)要證BF∥平面A′DE，需要在A′DE中找一條平行線，由于F是中點，“看到中點，想到中位線”，所以連接F與A′D的中點G，并連接EG，易知四邊形BFGE是平行四邊形，BF//EG，BF∥平面A′DE.(另一種找平行線的思路是將BF向△A′DE所在面平移，從而發現△A′DE所在面內哪條線與BF平行).

(Ⅱ)求直線FM與平面A′DE所成角的余弦值，先得作出FM與平面A′DE所成角，FM∩面A′DE=M，嘗試從F向面A′DE作垂線，問題是不知道垂足在哪里. 看已知，能推就推，能算就算，設BC=a，連CE，也能算出EC=a，DC=2a，至此發現△CED是直角三角形，CE⊥DE. 再看條件平面A′DE⊥平面BCD，要使用其性質，在已知△A′DE是等邊三角形的前提下，自然是作A′M⊥DE，從而A′M⊥面ABCD，A′M⊥CE，所以CE⊥平面A′DE. 想到F是中點，看到中點想到中位線，嘗試連接F與A′E的中點N ，有NF//EC，從而NF⊥面A′DE，∠FMN為直線FM與平面A′DE所成角. 易知MN=，NF=，所以cos∠FMN=為所求.

第(Ⅱ)問若在圖已在圖9中去作圖并計算，會看得眼花繚亂. 我們把第(Ⅰ)(Ⅱ)問的圖形分開來作，如圖11、圖12，則兩問之間互不干擾，圖形的啟發性強得多，這就是拆分圖形、分步畫圖的妙處.

小結 解答立體幾何需要學會畫圖、識圖、用圖、算圖，也許立體幾何的魅力正在此處. 由于不能正確觀察圖形，造成無法解答或解答緩慢，是學習立體幾何中的困難的根源. 如本文例題所示，求角的圖形往往很復雜，這也是為什么在求角的時候，幾何方法被放棄、向量方法大行其道的原因所在吧，如何通過對圖形的巧妙處理，降低用圖的難度，這是學習立體幾何應當重視的問題. 其實，如果掌握了圖形的處理技巧，幾何方法求解二面角也會變得容易，并且其正確性、計算量要大大高于向量法.

責任編校徐國堅