高中立体几何解题模型

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“一角”模型在三棱锥PABC中，PAPB,PBPC,PCPA，Pca且PAa,PBb,PCc.①三棱锥PABC的高bCAabchBa2b2b2c2c2a2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：Pbca()b2c2abcbcPHabca2b22c2c2a2ba2()22ACb2cHD②二面角PBCA,PCAB,PABC的平面角分B别是：b2c2,arctanba2c2,arctanca2b2arctana.bcacab例1、四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA面ABCD,PA1，求ADPB的大小.分析：考虑三棱锥APDB，它就是模型1－长方P体的“一个角”.本来我们可以利用结论②解：设二面角ADPB的大小为.DABC1ABPA2AD212116，故arctan26则：tanPAAD22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DABE中，ABCD是边长为2的正方形（见图）AE＝BE，求B点到面ACE的距离.DC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ABE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.CD补充图形，在正方体ABCDA1B1C1D1看问题.在这O里看直二面角的局部图形.D1C1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.FABE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，A1B1考虑三棱锥B－ACB1，它是模型2.23BCBABB12,BF233243所以，D到面ACE的距离为23.3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，2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C1FAEC1F所截，AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BED＝1（见图），求C点到面AEC1F的距离.CNE分析：这也是一道高考题，在评分标准ABM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.CMC1C,CM3,CM31因为CNBCBECM2CNC1C,CN3同理,CN12.CNCDDFCN423312433.11所以，C到面C1MN的距离为：99914491442、公式coscos1cos2的几何模型PA平面，PB是的斜线,B,AB是PB在内的射影，BC是内一条直线PBC,PBA1,ABC2,则有coscos1cos2.PP11ABBA22CCD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1,2.特别的，内的直线不一定过B，如上面的右图所示：3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，PBA1,ADC2.则coscos1cos2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4EA⊥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.EPA1分析：APM2EPMEADcosEPAcosAPMcosEPMMNP即12AP2,所以AP11AC.22B1AP2C可见AC中点即是要找的点P例5长方体ABCDA1B1C1D1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：coscos1cos2cos45cos(9030)A1D1212.4AF＝22DC1EB1所以AE，BF成角为arccos2.4B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.C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：4①cosADCcosADBcosBDC；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ACBA③以AD为棱的二面角为，则cosABCDACBD；DB④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，C图3则cosBCAD例3如图4，ABCD是上下底长分别为2和6，高为3DCO1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ABO图4O1（2）∵平面AOO1⊥平面OO1C，又∵AO⊥O1C，∴AOC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DBOcosAOCO1，根据条件，从图5中可知AO＝3，OC＝2，OCAO1A图5AO123，CO＝1，即可自得cos13.4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.DC（1）求证：AE⊥平面BCE；F（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ABE图6cosCBAE，由条件可以计算出ABCEAB＝CB=2,AE=2，CE6，5∴arccos3.3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EBBC2EC22.36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OABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，且OA1，OBOC2，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EABC的大小．解：显然三棱锥OABE和OABC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，OAOBOCOBOC6h3OA2OB222OA2OC2（2）设BE与AC所成的角为，则由模型二coscosOEBcosACO，21，cosOEB5由勾股定理ABACBE5，所以cosACO5故cos2，arccos525（3）设二面角EABO、CABO、EABC的大小分别为,,，则，由结论1—②，tanOCOA2OBOAOB25，tanOEOA2OB252OAOBtantan57所以tan1tantan2、（本小题满分13分）6如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，E是2,AE12,AB上一点，PE⊥EC.已知PD求二面角E—PC—D的大小.2,CDPF解：过E点作EGCD于G，过G点作FGCD于G，连结EF，则显然三棱锥DGCGCEF是长方体一角模型，设二面角E—PC—D的大小为，AEB则由结论1—②可知：tanEGCG2FG2，下面就只剩下计算问题了CGFG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xCD,即xx△DAE∽△CED，故21,x1（负根舍去）.从而DE=1，故AE有勾股定理ADEG3，2CGCDDG3，又因为CGFG，所以FGCGDP32，故2CDDPCD4tanEGCG2FGCGFG21，二面角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=，求：3（Ⅰ）异面直线AB与EB1的距离；AA!（Ⅱ）二面角A—EB1—A1的平面角的正切值.解（Ⅰ）显然四面体ABEB1是双垂四面体模型BB!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=4x2，CC!E7作BD⊥CC1，交CC1于D，则BD=BC·sin33.2在△BEB1中，由面积关系得1x4x2123,即(x21)(x3)02.222解之得x1,x3（负根舍去）当x3时,在BCE中,CE2122CEcos3,3解之得CE=2，故此时E与C1重合，由题意舍去x3.因此x=1，即异面直线AB与EB1的距离为1.（Ⅱ）先求二面角AEB1B由结论3—②，二面角AEB1B的大小为AEB，由于AB=2，BE1故tanAEB2，又二面角A1B1EB是直二面角，故二面角A—EB1—A1的平面角的正切值为2.2巧妙利用典型的立体几何模型可以很轻松地解决一些复杂