高中數學立體幾何的解題技巧

關廣嚴

摘要：立體幾何是高中數學的重點并且是高考必考點.立體幾何題型靈活多變，解題時不僅需要牢固掌握基礎知識，而且需要靈活應用相關的解題技巧才能迅速破題，提高解題效率.本文結合自身教學實踐，圍繞相關習題探討分類討論法、向量法、轉化法、割補法、函數法解題技巧.

關鍵詞：立體幾何;向量法;分類討論法

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2022）16-0018-04

解答高中數學立體幾何習題時注重相關解題技巧的應用可少走彎路，有效地提升解題能力，因此教學實踐中應注重為學生講解相關的解題技巧，尤其應展示相關解題技巧在解題中的具體應用.

1 分類討論法解題

解答立體幾何習題時應認真審題，充分理解題意，認真考慮滿足題干的所有可能，畫出相關的草圖輔助分析，尤其注重分類討論法的應用，確保考慮問題的全面性.

例1已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面為直角三角形，∠BAC=90°，且BC1⊥AC，AB=AC=2，BC1=26，側棱和底面呈60°，則其體積為.

分析根據題干描述無法判斷點C1在直線AB上的具體位置，因此，需要進行分類討論.

因為∠BAC=90°，所以AC⊥AB.

而AC⊥BC1，且AB∩BC1=B，則AC⊥平面ABC1.

所以平面ABC⊥平面ABC1.

故點C1在平面ABC上的射影在直線AB上.

過點C1作C1H⊥BA于點H，設C1H=x.

①若點H在線段BA的延長線上，連接CH，BC1，則∠C1CH=60°，CH=33x.

在Rt△ACH中，易得AH=13x2-4.

在Rt△BC1H中，由BH2+C1H2=BC21，得x=15.則V三棱柱ABC-A1B1C1=15×12×2×2=215.

②若點H在AB上，在△BC1H中由勾股定理可解得x=26，此時點H和點B重合.

則V三棱柱ABC-A1B1C1=26×12×2×2=46.

③若點H在線段AB的延長線上，在Rt△BC1H中，由勾股定理可解得x=26，不符合題意.

綜上可知三棱柱ABC-A1B1C1的體積為215或46.

2 向量法解題

運用向量法將幾何問題轉化為代數問題，能彌補空間想象力不足的缺陷.運用向量法解答立體幾何習題時為降低計算復雜度應注重構建合理的空間直角坐標系.

例2如圖1，四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，底面為矩形，平面AA1D1D⊥平面CC1D1D，且CC1=CD=DD1=12C1D1=1.

（1）證明：AD⊥平面CC1D1D;

（2）若A1C和平面CC1D1D所成的角為π3，求二面角C-AA1-D的余弦值.

分析（1）作DH⊥C1D1于點H，連接DC1，因為CC1=CD=DD1=12C1D1=1，所以D1H=12.所以∠D1DH=30°.

則DH=D1Dcos30°=32，HC1=32.

則DC1=DH2+HC21=3.

則在△D1DC1中可知DD21+DC21=D1C21.

則△D1DC1為直角三角形，DC1⊥DD1.

而平面AA1D1D⊥平面CC1D1D，且DD1為兩平面的交線，因此，DC1⊥平面AA1D1D，則AD⊥DC1.

又因為AD⊥CD，所以AD⊥平面CC1D1D.

（2）連接A1C1，以D1為坐標原點，建立如圖2所示的空間直角坐標系.

由A1D1⊥平面CC1D1D，

則A1C在平面CC1D1D內的射影為D1C.

則A1C和平面CC1D1D所成的角為∠A1CD1.

即∠A1CD1=π3.

在Rt△A1CD1中，易得A1D1=3.

則D1（0，0，0），A1（3，0，0），D（0，12，32），C（0，32，32），C1（0，2，0）.則

D1D=（0，12，32），D1A1=（3，0，0），A1C1=（-3，2，0），A1C=（-3，32，32）.

設m=（x，y，z）為平面AA1D1D的法向量，

則m·D1D=0，m·D1A1=0.

整理，得12y+32z=0，3x=0.

令y=3，可求得m=（0，3，-3）.

設n=（a，b，c）為平面AA1C1C的法向量，

則n·A1C1=0，n·A1C=0.

整理，得-3a+2b=0，-3a+32b+32c=0.

令a=2，則n=（2，3，3）.

由圖2可知，二面角C-AA1-D為銳二面角，

則cos<m，n>=|m·n||m|·|n|=623×4=34.

則二面角C-AA1-D的余弦值為34.

3 轉化法解題

解答立體幾何習題無法采用正向思路進行推理時可采用轉化法間接求解相關參數，尤其在求解點到平面之間的距離問題時可通過等體積法進行轉化，將距離問題轉化為求解平面圖形的面積問題.

例3在如圖3所示的四棱錐S-ABCD中，∠ADC=2∠BCD=120°，∠SAB=∠BAD=90°，SA=AD=12BC=1，平面SAB⊥平面ABCD，SC的中點是點E.

（1）求證：DE∥平面SAB;

（2）求點S到平面AEB的距離;

分析（1）取BC的中點為點F，連接DF，EF，因為∠ADC=2∠BCD=120°，而∠ADC+∠BCD=180°，所以AD∥BC.

因為SA=AD=12BC=1，四邊形ADFB為平行四邊形，所以DF∥AB.

由三角形中位線可得EF∥SB，且EF∩DF=F.

所以平面DEF∥平面SAB.

所以DE∥平面SAB.

（2）如圖4，取SB的中點P，連接EP，

所以PE∥BC，且PE=12BC.

因為∠SAB=∠BAD=90°，平面SAB⊥平面ABCD，

所以AD⊥平面SAB.

因為AD∥BC， AD=12BC，

所以EP=AD，PE⊥平面SAB.

即VS-ABE=VE-SAB.

因為AB∥DF，∠BDC=60°，

所以AB=DF=FCtan60°=3.

所以在△SAB中，S△SAB=12·SA·AB=32.

則VE-SAB=13×AD×S△SAB=36.

過點P作PH⊥AB于點H，則PH∥SA，易得PH=12SA=12.

連接EH，則EH=EP2+PH2=52.

則S△BAE=12×AB×EH=154.

所以36=13×S△BAE×h，解得h=255.

所以點S到平面AEB的距離為255.

4 割補法解題

割補法是解答高中立體幾何題的常用方法.當題干中給出的立體幾何圖形是不規(guī)則的，可通過針對性地隔開或者添加使其成為規(guī)則的圖形，更加直觀地展示點線面之間的關系，化難為易.

例4已知在△ABC中，AB=AC=3，BC=4，將其沿中線AD折起得到四面體A-BCD，使得BC=23，則四面體A-BCD的外接球表面積為.

分析由已知條件可知AB=AC=3，BC=4，BC=23，所以BD=CD=2.由勾股定理可得AD=5.

在△BCD中由余弦定理可得cos∠BDC=CD2+BD2-BC22CD·BD=4+4-122×2×2=-12.

則sin∠BDC=32.

設△BCD外接圓半徑為r，則

r=12·BCsin∠BDC=2.

因為BD⊥AD，CD⊥AD，BD∩CD=D，

所以AD⊥面BCD.

將三棱錐補充成直棱柱AB1C1-DBC，如圖5，設外接球半徑為R，則易得R2=r2+（AD2）2=214.

則外接球的表面積S=4πR2=21π.

5 函數法解題

求解立體幾何有關最值問題時運用函數法有時可獲得事半功倍的良好效果.解題時需要運用所學的立體幾何知識構建相關參數的函數關系，運用函數性質，確定函數取得最大值時某參數具體的值.

例5如圖6，已知ABCD為矩形，AB=a，BC=2a，AD的中點為點E，將△ABE沿BE翻折到△A′BE的位置，翻折過程中點A′不在平面BCDE內時，記二面角A′-DC-B的平面角為α，則當α最大值時，cosα的值為.

分析設點F為BC的中點，易得AF⊥BE.翻折期間點A′的射影H在AF上，顯然點A′的軌跡是以AF為直徑的圓.作HG⊥CD于點G，連接A′G.其中二面角A′-DC-B的平面角為∠A′GH，則∠A′GH=α，α∈（0，π2）.

因為AB=a，BC=2a，AD的中點為點E，

所以AF⊥BE.則A′O⊥BE.

則二面角A′-BE-C的平面角為∠A′OF.

設∠A′OF=θ，由對稱性這里只考慮θ∈（0，π）的情況，由圖可知OA′=22a，A′H=22asinθ，OH=22acosθ，HG=32a-12acosθ.

因為A′H⊥面ABCD，則tanα=A′HHG=2sinθ3-cosθ.

令k=2sinθ3-cosθ，則

3k=2sinθ+kcosθ=2+k2sin（θ+φ）.

則3k≤2+k2，解得-12≤k≤12.

顯然tanα的最大值為12，

則cosα=255.

高中數學立體幾何解題技巧較多，為使學生更好地掌握，并在解題中靈活應用，既要注重解題技巧的講解與展示，要求學生做好聽課總結，又要引導學生結合自身學習實際開展針對性地訓練活動，親身體會解題技巧的具體應用細節(jié)以及注意事項，積累豐富的應用經驗，提升立體幾何解題水平.

參考文獻：

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[責任編輯：李璟]