高中数学立体几何的解题技巧
时间：2022-09-29 18:40:05 来源：柠檬阅读网 本文已影响 人 
关广严
摘要：立体几何是高中数学的重点并且是高考必考点.立体几何题型灵活多变，解题时不仅需要牢固掌握基础知识，而且需要灵活应用相关的解题技巧才能迅速破题，提高解题效率.本文结合自身教学实践，围绕相关习题探讨分类讨论法、向量法、转化法、割补法、函数法解题技巧.
关键词：立体几何;向量法;分类讨论法
中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2022）16-0018-04
解答高中数学立体几何习题时注重相关解题技巧的应用可少走弯路，有效地提升解题能力，因此教学实践中应注重为学生讲解相关的解题技巧，尤其应展示相关解题技巧在解题中的具体应用.
1 分类讨论法解题
解答立体几何习题时应认真审题，充分理解题意，认真考虑满足题干的所有可能，画出相关的草图辅助分析，尤其注重分类讨论法的应用，确保考虑问题的全面性.
例1已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面为直角三角形，∠BAC=90°，且BC1⊥AC，AB=AC=2，BC1=26，侧棱和底面呈60°，则其体积为.
分析根据题干描述无法判断点C1在直线AB上的具体位置，因此，需要进行分类讨论.
因为∠BAC=90°，所以AC⊥AB.
而AC⊥BC1，且AB∩BC1=B，则AC⊥平面ABC1.
所以平面ABC⊥平面ABC1.
故点C1在平面ABC上的射影在直线AB上.
过点C1作C1H⊥BA于点H，设C1H=x.
①若点H在线段BA的延长线上，连接CH，BC1，则∠C1CH=60°，CH=33x.
在Rt△ACH中，易得AH=13x2-4.
在Rt△BC1H中，由BH2+C1H2=BC21，得x=15.则V三棱柱ABC-A1B1C1=15×12×2×2=215.
②若点H在AB上，在△BC1H中由勾股定理可解得x=26，此时点H和点B重合.
则V三棱柱ABC-A1B1C1=26×12×2×2=46.
③若点H在线段AB的延长线上，在Rt△BC1H中，由勾股定理可解得x=26，不符合题意.
综上可知三棱柱ABC-A1B1C1的体积为215或46.
2 向量法解题
运用向量法将几何问题转化为代数问题，能弥补空间想象力不足的缺陷.运用向量法解答立体几何习题时为降低计算复杂度应注重构建合理的空间直角坐标系.
例2如图1，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面为矩形，平面AA1D1D⊥平面CC1D1D，且CC1=CD=DD1=12C1D1=1.
（1）证明：AD⊥平面CC1D1D;
（2）若A1C和平面CC1D1D所成的角为π3，求二面角C-AA1-D的余弦值.
分析（1）作DH⊥C1D1于點H，连接DC1，因为CC1=CD=DD1=12C1D1=1，所以D1H=12.所以∠D1DH=30°.
则DH=D1Dcos30°=32，HC1=32.
则DC1=DH2+HC21=3.
则在△D1DC1中可知DD21+DC21=D1C21.
则△D1DC1为直角三角形，DC1⊥DD1.
而平面AA1D1D⊥平面CC1D1D，且DD1为两平面的交线，因此，DC1⊥平面AA1D1D，则AD⊥DC1.
又因为AD⊥CD，所以AD⊥平面CC1D1D.
（2）连接A1C1，以D1为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系.
由A1D1⊥平面CC1D1D，
则A1C在平面CC1D1D内的射影为D1C.
则A1C和平面CC1D1D所成的角为∠A1CD1.
即∠A1CD1=π3.
在Rt△A1CD1中，易得A1D1=3.
则D1（0，0，0），A1（3，0，0），D（0，12，32），C（0，32，32），C1（0，2，0）.则
D1D=（0，12，32），D1A1=（3，0，0），A1C1=（-3，2，0），A1C=（-3，32，32）.
设m=（x，y，z）为平面AA1D1D的法向量，
则m·D1D=0，m·D1A1=0.
整理，得12y+32z=0，3x=0.
令y=3，可求得m=（0，3，-3）.
设n=（a，b，c）为平面AA1C1C的法向量，
则n·A1C1=0，n·A1C=0.
整理，得-3a+2b=0，-3a+32b+32c=0.
令a=2，则n=（2，3，3）.
由图2可知，二面角C-AA1-D为锐二面角，
则cos<m，n>=|m·n||m|·|n|=623×4=34.
则二面角C-AA1-D的余弦值为34.
3 转化法解题
解答立体几何习题无法采用正向思路进行推理时可采用转化法间接求解相关参数，尤其在求解点到平面之间的距离问题时可通过等体积法进行转化，将距离问题转化为求解平面图形的面积问题.
例3在如图3所示的四棱锥S-ABCD中，∠ADC=2∠BCD=120°，∠SAB=∠BAD=90°，SA=AD=12BC=1，平面SAB⊥平面ABCD，SC的中点是点E.
（1）求证：DE∥平面SAB;
（2）求点S到平面AEB的距离;
分析（1）取BC的中点为点F，连接DF，EF，因为∠ADC=2∠BCD=120°，而∠ADC+∠BCD=180°，所以AD∥BC.
因为SA=AD=12BC=1，四边形ADFB为平行四边形，所以DF∥AB.
由三角形中位线可得EF∥SB，且EF∩DF=F.
所以平面DEF∥平面SAB.
所以DE∥平面SAB.
（2）如图4，取SB的中点P，连接EP，
所以PE∥BC，且PE=12BC.
因为∠SAB=∠BAD=90°，平面SAB⊥平面ABCD，
所以AD⊥平面SAB.
因为AD∥BC， AD=12BC，
所以EP=AD，PE⊥平面SAB.
即VS-ABE=VE-SAB.
因为AB∥DF，∠BDC=60°，
所以AB=DF=FCtan60°=3.
所以在△SAB中，S△SAB=12·SA·AB=32.
则VE-SAB=13×AD×S△SAB=36.
过点P作PH⊥AB于点H，则PH∥SA，易得PH=12SA=12.
连接EH，则EH=EP2+PH2=52.
则S△BAE=12×AB×EH=154.
所以36=13×S△BAE×h，解得h=255.
所以点S到平面AEB的距离为255.
4 割补法解题
割补法是解答高中立体几何题的常用方法.当题干中给出的立体几何图形是不规则的，可通过针对性地隔开或者添加使其成为规则的图形，更加直观地展示点线面之间的关系，化难为易.
例4已知在△ABC中，AB=AC=3，BC=4，將其沿中线AD折起得到四面体A-BCD，使得BC=23，则四面体A-BCD的外接球表面积为.
分析由已知条件可知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.
则sin∠BDC=32.
设△BCD外接圆半径为r，则
r=12·BCsin∠BDC=2.
因为BD⊥AD，CD⊥AD，BD∩CD=D，
所以AD⊥面BCD.
将三棱锥补充成直棱柱AB1C1-DBC，如图5，设外接球半径为R，则易得R2=r2+（AD2）2=214.
则外接球的表面积S=4πR2=21π.
5 函数法解题
求解立体几何有关最值问题时运用函数法有时可获得事半功倍的良好效果.解题时需要运用所学的立体几何知识构建相关参数的函数关系，运用函数性质，确定函数取得最大值时某参数具体的值.
例5如图6，已知ABCD为矩形，AB=a，BC=2a，AD的中点为点E，将△ABE沿BE翻折到△A′BE的位置，翻折过程中点A′不在平面BCDE内时，记二面角A′-DC-B的平面角为α，则当α最大值时，cosα的值为.
分析设点F为BC的中点，易得AF⊥BE.翻折期间点A′的射影H在AF上，显然点A′的轨迹是以AF为直径的圆.作HG⊥CD于点G，连接A′G.其中二面角A′-DC-B的平面角为∠A′GH，则∠A′GH=α，α∈（0，π2）.
因为AB=a，BC=2a，AD的中点为点E，
所以AF⊥BE.则A′O⊥BE.
则二面角A′-BE-C的平面角为∠A′OF.
设∠A′OF=θ，由对称性这里只考虑θ∈（0，π）的情况，由图可知OA′=22a，A′H=22asinθ，OH=22acosθ，HG=32a-12acosθ.
因为A′H⊥面ABCD，则tanα=A′HHG=2sinθ3-cosθ.
令k=2sinθ3-cosθ，则
3k=2sinθ+kcosθ=2+k2sin（θ+φ）.
则3k≤2+k2，解得-12≤k≤12.
显然tanα的最大值为12，
则cosα=255.
高中数学立体几何解题技巧较多，为使学生更好地掌握，并在解题中灵活应用，既要注重解题技巧的讲解与展示，要求学生做好听课总结，又要引导学生结合自身学习实际开展针对性地训练活动，亲身体会解题技巧的具体应用细节以及注意事项，积累丰富的应用经验，提升立体几何解题水平.
参考文献：
[1] 赵环.例谈立体几何题的解题思路[J].中学教学参考，2021（32）：23-24.
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[3] 严号东.论数形结合在高中数学解题中的优势与应用[J].试题与研究，2021（18）：23-24.
[4] 王巧锋.浅谈高考数学中立体几何题的解题分析[J].中学数学，2021（03）：79-80.
[责任编辑：李璟]
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