立体几何解题模型.pdf

1 增强模型意识，口算解题不再是梦想增强模型意识，口算解题不再是梦想 新课标教材对高中立体几何的教学分成了两套思路一套是传统思路，以欧 式几何中的公理、定理及推论作为一条主线，灵活添加辅助线，数形结合求得题 解；另一套则是借助空间直角坐标系，将立体图形坐标化，从而将几何问题完全 转化成代数问题，再通过方程来解决问题 在此，我愿意另辟蹊径，用模型的意识来看待立体几何问题，利用补形法， 力争将高考立体几何大题变为口算题！为了实现这一目标，我们先来熟悉一下几 个模型： 1、、 长方体的长方体的“一角一角”模型模型 在三棱锥PABC中，,,PAPB PBPC PCPA，且,,PAa PBb PCc. ①三棱锥PABC的高 222222abch a bb cc a 证明：设直线 AH 交 BC 于 D 点，由于 H 点一定在△ABC 内部，所以 D 点一定在 BC 上，连结 PD. 在△PAD 中： 22222222 2222()()bca abcbcPH bca bb cc aa bc   ②,,PBCA PCAB PABC二面角的平面角分别是： 222222 arctan,arctan,arctanabcbaccabbcacab. 例 1、 四棱锥PABCD中， 底面ABCD是边长 为2的正方形，,1PAABCD PA面，求ADPB的大小. 分析：考虑三棱锥APDB，它就是模型 1－长方体的“一个角”.本来我们可以利用结论② 解：设二面角ADPB的大小为. PCBAcbaDHPCBAcbaPDCBA2 则：221216tan 212ABPAADPA AD ，故6arctan 2 我们看到象例 1 这样本来是高考中大题目，可是抓到了长方体“一角”，做起来就变得很轻松了. 例 2、直二面角DABE中，ABCD 是边长为 2 的正方形（见图）AE＝BE，求 B 点到面 ACE 的距离. 分析： 这是一道高考中的大题.因为 D－AB－E 是直二面角，BC⊥面 ABE，当然面 ABCD⊥面 ABE，又因为 ABCD 是正方形，BC 要垂直于面 ABE. 在 ABE 中，AE 就是面内的一条线，而 BE 就是 BF在该面内的射影，而 AE 是垂直于 BF，这是因为 BF 垂直面 ACE 的，所以 AE 是垂直于面 ACE 的.所以 AE 垂直于 BF，又有 AE＝BE，所以△ABE 是等腰直角三角形.这一小段是熟悉几何环境的过程.图形中特殊的位置关系约束△ABE 的形状. 补充图形， 在正方体1111ABCDA B C D看问题.在这里看直二面角的局部图形. 问题就转化为： 求 D 到面 ACE 的距离， 就是求 O点到面 AB1C 的距离. 因为 O，B 到面 ACB1的距离相等，所以只须求 B到面 ACB1的距离即可， 考虑三棱锥 B－ACB1，它是模型 2. 3142232, 323BCBABBBF  所以，D 到面 ACE 的距离为233. 点评：比起高考评分标准给的答案那要简单得多了.这儿要注意：一个是把局部的直二面角根据它的AEB是以 E为直角的等腰直角三角形和 ABCD是正方形的图形特征，补足正方体，这就是一种扩大的几何环境，而正方体也就是长方体模型，另一方面又抓到这正方体的一个角 B－ACB1，那么这个角的模型更高，OD1C1B1A1FEDCBAE D C B A 3 这就使我们在运算过程中得以简化. 所以说一道看起来很复杂的几何题，用典型几何模型做就显得轻松. 例 3 底面为 ABCD 的长方体被截面AEC1F 所截，AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1（见图） ，求 C 点到面 AEC1F 的距离. 分析：这也是一道高考题，在评分标准中给出了很多的辅助线.现在我们用典型的空间模型，再对这道题解解看. 解：延长 C1E 交 CB 延长线于 M，延长 CD，交 C1F 延长线于 N，C－C1NM是模型 2. 因为13,,3 21C CCMCMCM CNBCBECM 同理13,,12 42C CCNCNCN CNCDDFCN . 所以，C 到面 C1MN 的距离为：3312433119991449144 . 2、公式、公式12coscoscos的几何模型的几何模型 PBPA平面，是的斜线,B,AB 是 PB 在内的射影， BC 是内一条直线12,,,PBCPBAABC则有12coscoscos. 大家要注意搞清楚那个是，那个是1，那个是2，实际上只要搞清那个是，另外两个就是12,. 特别的，内的直线不一定过 B，如上面的右图所示： NMEDC1FCBAD 21PCBA 21PCBA 4 在直线 AB 上有一点 D，过 D 在画一直线 DC，则是直线 PB 与 DC 所成的角，12,.PBAADC则12coscoscos 那么这样的有可能利用这样的模型计算出异面直线成角.PB 和 DC 的成角. 例 4 EA⊥面 ABCD，ABCD 是边长为2的正方形，EA＝1，在 AC 上是否存在 P 点，使 PE、BC 成60角. 分析：12EPAAPMEPMcoscoscosEPAAPMEPM 即 212, 221APAP 所以11 2APAC. 可见 AC 中点即是要找的点 P 例 5 长方体1111ABCDA B C D中，AB＝2，AA1＝1，BD 与面 AA1B1B 成30° 角.AE⊥BD 于 E，F 为 A1B1的中点，求 AE，BF 成角. 解：12coscoscoscos 45 cos(9030 )＝212. 224 所以 AE，BF 成角为2arccos 4. 这样的一个题目， 最重要的是位.在高考评分标准中，都要有很长的解题过程中. 这些结论在高考中，教材中有的可以直接用，有的可以先用，然后把结论来源说明.这样可以减少思考的时间与计算量.这就相当于电脑中的集成块一样，减少空间. 3、双垂四面体、双垂四面体模型模型 如图 3，四面体 A－BCD，AB⊥面 BCD，CD⊥面 BCA，这种四面体构成许多简单多面体的基本图形，不妨称为双垂四面体，主要性质： PNMDCBAE D1C1B1A1FEDCBA5 ①coscoscosADCADBBDC； ②以 BD、 BC和 AC为棱的二面角都是直二面角， 以 AB、BC 为棱的二面角的平面角，分别是DBC与ACB ③以 AD 为棱的二面角为，则cosAB CDACBD ； ④对棱 AB 与 CD 垂直，且 BC 是它们的公垂线； ⑤对棱 AD 与 BC 为异面直线，它们夹角为，则cosBCAD 例3 如图4， ABCD是上下底长分别为2和6， 高为3的等腰梯形，将它沿对称轴 OO1拆成直二面角，如图 5. （1）证明：AC⊥BO1； （2）求二面角 O－AC－O1的大小. 解： （1）略 （2） ∵平面 AOO1⊥平面 OO1C， 又∵AO⊥O1C， ∴AO平面 OO1C，同理 CO1⊥平面 AOO1，四面体 AOO1C 是一个双垂四面体，若二面角 O－AC－O1的平面角为，则11c o sA OC OO CA O ，根据条件，从图 5 中可知 AO＝3，OC＝2，123AO ，CO1＝1，即可自得3cos 4. 例 4 如图 6，直二面角 D－AB－E 中，四边形 ABCD是边长为 2 的正方形，AE＝EB，F 为 CE 上的点，且 BF⊥平面 ACE. （1）求证：AE⊥平面 BCE； （2）求二面角 B－AC－E 的大小； （3）求点 D 到平面 ACE 的距离. 分析：当（1）证明后，我们很容易识别四面体 A－EBC是一个双垂四面体，若二面角 B－AC－E 的平面角为，则cosCBAEAB CE ， 由 条 件 可 以 计 算 出 AB ＝ CB=2,AE=2，6CE ，图3DCBAO1O图4DCBAO1O图5DCBA图6FEDCBA6 ∴3arccos 3. 值得注意的是此题的（3）并不需要用等积变换，根据平面斜线上两点到平面的距离等于它们的斜线长的比，∴点 D 到平面 ACE 的距离等于 B 点到平面ACE 的距离，也就是线段 BF 的长为 2223. 36E BB CEC 利用典型立体几何模型解高考题利用典型立体几何模型解高考题 1．． （本小题满分 13 分）如图，已知三棱锥OABC的侧棱OAOBOC，，两两垂直，且1OA ，2OBOC，E是OC的中点． （1）求O点到面ABC的距离； （2）求异面直线BE与AC所成的角； （3）求二面角EABC的大小． 解： 显然三棱锥OABE和OABC都是长方体一脚 模型， （1）设O点到面ABC的距离为h，则由结论 1—①， 22222263OA OB OCh OAOBOBOCOAOC （2）设BE与AC所成的角为，则由模型二coscoscosOEBACO，由勾股定理5ABACBE，所以2cos 5ACO，1cos 5OEB 故2cos 5，2arccos 5 （3）设二面角EABO、CABO、EABC的大小分别为,,  ，则，由结论 1—②， 22 tan5OCOAOBOA OB ，225tan 2OEOAOBOA OB 所以tantan5tan 1tantan7  2、 （本小题满分 13 分） Ａ Ｏ Ｅ Ｃ Ｂ 7 如图，在四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PD⊥底面 ABCD，E 是AB 上一点，PE⊥EC. 已知, 21,2,2AECDPD求二面角 E—PC—D 的大小. 解：过 E 点作EGCDG于，G过点作 FGCDGEF于，连结，则显然三棱锥 GCEF是长方体一角模型，设二面角 E—PC—D 的 大小为， 则由结论 1—②可知： 22 tanEGCGFGCGFG ，下面就只剩下计算问题了 因为 PD⊥底面，故 PD⊥DE，又因 EC⊥PE，且 DE 是 PE 在面 ABCD 内的射影，故由三垂直线定理的逆定理知： EC⊥DE，设 DE=x ，因为△DAE∽△CED，故1, 1,2xx xCDAEx即（负根舍去）.从而 DE=1，故有勾股定理32ADEG， 32CGCDDG，又因为CGFGCDDP，所以324CG DPFG CD，故 22 tan1EGCGFGCGFG ，二面角 E—PC—D 的大小为. 43、 （本小题满分 13 分） 如图， 在三棱柱 ABC—A1B1C1中， AB⊥侧面 BB1C1C， E 为棱 CC1上异于 C、C1的一点，EA⊥EB1，已知 AB=2，BB1=2，BC=1，∠BCC1= 3，求： （Ⅰ）异面直线 AB 与 EB1的距离； （Ⅱ）二面角 A—EB1—A1的平面角的正切值. 解（Ⅰ）显然四面体1ABEB是双垂四面体模型 由结论 3—④，BE 是异面直线 AB 与 EB1的公垂线 在平行四边形 BCC1B1中， 设 EB=x， 则 EB1=24x， PDCBEAGFC!B!A!EBCA8 作 BD⊥CC1，交 CC1于 D，则 BD=BC·. 233sin在△BEB1中，由面积关系得0)3)(1(, 232 214 21222xxxx即. 3, 1xx解之得（负根舍去） ,3 3cos21,,322CECEBCEx中在时当 解之得 CE=2，故此时 E 与 C1重合，由。