巧構正(長)方體,速解立幾題

正(長)方體是立體幾何中最重要的幾何圖形之一，它在平時的解題中有著十分廣泛的應用. 在近幾年全國各地的高考中，構造正(長)方體模型解題也有出現.下面就如何構造正(長)方體模型來解決立體幾何問題，列舉幾例，供同學們參考.

一、利用正(長)方體中的線線、線面、面面關系

【例1】已知平面α及以下三個幾何體：

⑴正四面體；⑵長、寬、高均不相等的長方體；⑶底面為平行四邊形但不是矩形也不是菱形的四棱錐.以上三個幾何體在平面α上的投影可以是正方體的有個.

【分析】若按照常規方法直接將這三個幾何體投影到平面α上，再判斷是否為正方形是非常困難的.但是如果我們能夠構造分別如圖1，2，3所示的正方體，很快可以得出⑴⑵⑶均是正確的.

【例2】已知a，b是兩條不重合的直線，α，?茁是兩個不重合的平面，下列命題中正確的是（）

A. a∥b ， b∥α，則a∥α

B. b?奐α，α∥?茁，b∥?茁，則α∥?茁

C. a⊥α，b∥α，則a⊥b

D. 當a?奐α，且b?埭α時，若 b∥α，則a∥b

【分析】構造正方體，如圖4.

對于A，設α為平面ABCD，a為AB，b為A1B1，則a?哿α，故A錯.

對于B，設α為平面ABCD，?茁為平面ABB1A1，a為AB，b為CD，則平面ABCD與平面ABB1A1相交，故B錯.對于D，設α為平面ABCD，a為AB，b為AD1，此時a與b不相交，故D錯.

∴C正確，事實上，α設為平面ABCD，a為A A1，b為BB1，∴a∥b，所以正確的答案是C.

【感悟】當題目沒有給出具體的圖形，只是給出了相關點、線、面的關系（如平行、垂直等），要判斷某些元素的位置關系時，通常可考慮構造正(長)方體模型，把這些線、面變成正方體中的線段或某一面，這樣可以使問題更為直觀，便于同學們判斷.

二、將(正)四面體補成正(長)方體

【例3】一個正四面體的所有棱長均為■，四個頂點都在同一個球面上，則此球的表面積為 .

【分析】構造如圖5所示的正方體，正四面體ABCD的外接球即為正方體的外接球.由題意知，正方體的棱長為1，外接球的直徑為■，所以球的半徑為■，所以S球=4?仔（■）2=3?仔.

【例4】已知四面體的四個面都是邊長分別是5、6、7的全等三角形，求這個四面體的體積.

【分析】若按常規思路，這個問題的解答很繁復.通過分析已知條件，構造長方體ABCD－A1B1C1D1，如圖6，其中四面體D1AB1C符合條件.令AC=5，B1C=6，AB1=7，由勾股定理得AB2=19，BC2=6，AA12=30，∴V四面體=■V長方體=■■=2■.

【感悟】正(長)方體與四面體有著十分密切的關系，任何一個正(長)方體都可以分割成多個四面體. 如果一個四面體的三組對棱相等，并且有一個面為銳角三角形，則這個四面體就可以補成一個長方體. 特別地，當這個四面體為正四面體時，長方體就變成了正方體.當我們將四面體補成正(長)方體后，解題會得到意想不到的效果.

三、將三條側棱互相垂直的三棱錐補成正(長)方體

【例5】已知直二面角α-l-β，點A∈α，AC⊥l，C為垂足，B∈β，BD⊥l，D為垂足．若AB=2，AC=BD=1，則D到平面ABC的距離等于()

A． ■B． ■ C． ■D． 1

【分析】由題意可知，可以構造如圖所示的長方體，設α為平面ABDE，β為平面BDCF，l為CD，所以平面ACD⊥平面BDCF，則D到平面ABC的距離即為點D到直線BC的距離.又AB=2，AC=BD=1，得BC=■，CD=■，由等面積法可得，點D到直線BC的距離為■.

【例6】將邊長為4的正三角形ABC沿高AD折成直二面角B-AD-C，則三棱錐B-ACD的外接球的表面積是 .

【分析】由題意可知，DA、DB、DC兩兩垂直，所以可以構造如圖8所示的長方體，因此三棱錐B-ACD的外接球就是該長方體的外接球，DA=2■，DB=2，DC=2，所以4R2= DA2+ DB2+DC2=20，三棱錐B-ACD的外接球的表面積為20?仔.

【例7】圖9所示的集合體是將高為2，底面半徑為1的直圓柱沿過軸的平面切開后，將其中一半沿切面向右水平平移后得到的． A，A′，B，B′分別為■，■，■，■的中點，O1，O′1，O2，O2′分別為CD，C′D′，DE，D′E′的中點．

（1）證明：O1′，A′，O2，B四點共面；

（2）設G為A A′中點，延長A′O1′到H′，使得O1′H′=A′O1′．證明：BO2′⊥平面H′B′G′.

【分析】（1）根據題意，要證明O1′，A′，O2，B四點共面，只要證明O1′A′∥BO2即可，而根據條件可知，O1′A′∥O1A，AO1∥BO2，由平行公理知O1′A′∥BO2；

（2）要證明BO2′⊥平面H′B′G′，即證明BO2′垂直于平面H′B′G′，顯然同學們覺得比較困難，如果將AO1延長至H使得O1H=O1A，連接HO1′，HB，H′Ｈ(構造如圖9所示的長方體)，HO1′∥BO2′，所以只要證明HO1′⊥平面H′B′G′，又HO1′⊥H′B′，在正方形HAA′H′中，O1′、G分別為A′H′和AA′中點，同學們可以證得△HH′O1′~△GH′A′，進而得到HO1′⊥H′G.

【感悟】當題目中含有“三個面兩兩垂直，且相較于一點”或“從同一點出發的三條棱兩兩相互垂直”等條件時，就可以構造正(長)方體模型，外接圓的直徑就是正(長)方體對角線的長.

四、構造正(長)方體求解代數問題

【例8】 已知α、?茁、?酌均為銳角且sin2α+sin2?茁+sin2?酌=2，則tanαtan?茁tan?酌的最小值為 .

【分析】如何按照常規解三角函數得方法會覺得無從下手，但若聯想到長方體對角線的性質，構造長方體求解便會得到事半功倍的效果.

【證明】如圖，設AB=a，AD=b，AA1=c，對角線AC1與AB、AA1、AD所成的角分別為α、?茁、?酌.

∴tanα=■=■≥■；

∴tan?茁=■=■≥■；

∴tan?酌=■=■≥■.

上述三式相乘得：tanαtan?茁tan?酌≥2■，故tanαtan?茁tan?酌的最小值為2■.

【感悟】在解決有關三角函數及其它的代數問題時，我們常常會聯想到正(長)方體有關系性質，通過構造正(長)方體解題，時常能起到意想不到的效果.

以上幾例通過構造同學們熟知的正(長)方體求解，他們看似與正(長)方體無關，但如果我們仔細的分析題意，挖掘隱含的條件，注意到題目中條件和結論的特點，展開聯想，構造正(長)方體的基本模型，可以使解題達到“柳暗花明又一村”的效果.同時，構造正(長)方體模型法解立體幾何問題，提升了同學們的思維起點，培養了同學們的空間想象能力，而且還能讓同學們發現數學美，體驗數學美，提高同學們學習數學的興趣.

（作者單位：江蘇省通州高級中學）

責任編校 徐國堅