例谈降低立体几何解题难度的途径

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重庆第八中学 400030

摘要：本文旨在通过几何方法和代数方法这两种途径去降低空间想象难度． 通过把空间图形还原成平面图形或分离出解题所需的平面图形，把立体几何问题利用边角关系或向量方法转化为代数问题的有效途径，以达到降低解题难度的目的．

关键词：立体几何；解题难度；途径

[⇩]关于立体几何的教学思考

立体几何是一门以平面图形和空间图形为依托，培养学生的空间想象能力和严密逻辑推理能力的学科，它以开发学生的空间想象思维见长. 作为一名中学教师，我认为，培养学生的空间想象思维是一件玄之又玄的事情，因为学生首先得从初中的平面几何图形和推理运算中“跳”出来，从二维空间突然跃升到三维空间，思维上的跨度很大. 其次在空间图形中作辅助线、辅助面较平面几何困难得多，甚至因空间图形位置摆放不当影响解题. 实行新课程标准后，学生从高中二年级开始接受立体几何的学习，但到高三毕业空间想象力太差和空间想象力还未形成的同学依然为数不少，最有力的实证是2004年笔者参加重庆高考自主命题的立体几何题（理科19题）的阅卷工作发现，该题平和、常规，满分13分，但全市10余万考生平均得分仅5．3分，着实有些令人心寒. 我们不得不正视现实，引发诸多教学思考，帮助学生走出一条浅显易懂的解题道路，尽可能让学生从立体几何的图形中“跳”出来，走化归、降维之路，用到的知识点越少越好，实施简单化教学，才是立体几何教学的最终归宿．

[⇩]降低解题难度的几种途径

1．化归思想或降维思想是空间问题平面化的有效途径

把空间问题转化为平面问题，把空间图形降维为平面图形有几大优点：

①图形直观平铺.

②规避遮挡的视线.

③站在平面几何知识的起点上.

④减少理解上的困难.

（1）把空间图形展开还原成平面图形.

抽象而复杂的空间问题是通过平面图形折叠、翻转而成，解题中常将其“原样照印”地铺开，抓住折前折后的不变量，利用二者的对应关系和熟悉的平面几何知识解题．

例1对二面角的平面角定义的理解．

[A][O][l][B][A][O][l][B][还原][生成][图1][图2]

借助于上面两个图形的演化理解：

（1）折前折后的不变量：OAl，OBl（保证了在两个平面内分别作垂直于棱的两条射线）

（2）图2中的“田”字形沿棱l折起，形成图1中的∠AOB即为二面角的平面角．

例2将一个四棱锥S－ABCD每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是多少？

解析本题的实质是以四棱锥为载体的一个排列组合问题，可把这个问题转化成常见的同一平面内相邻区域不同色问题：如图3，对这五个区域用5种颜色涂色，有多少种不同的涂色方法？

[A][B][C][D][S]

图3

设想染色按SABCD的顺序进行，对S，A，B先染色有5×4×3=60种方法，而D点染色的选取分两种情况讨论：

①C与A同色，D有3种染色法；②C与A不同色，C有2种选择的颜色，D也有2种选择，从而对C，D染色共有1×3+2×2=7种方法，由乘法原理知总的染色方法为60×7=420种．

例3在三棱锥P－ABC中，AP=AC，PB=2. 将此三棱锥沿三条侧棱剪开，其展开图是一个直角梯形P1P2P3A（如图5），在三棱锥P－ABC中：

（1）求证侧棱PBAC；

（2）求侧面PAC与底面ABC所成的角.

[A][B][C][D][P]

图4

[A][E][B][2][P2][P3][x][y][y][x][2][C][P1]

图5

解析由展开图是直角梯形，易知在立体图中的一些角的角度与棱的长度．

（1）三棱锥沿PA，PB，PC剪开成的平面图形恰好是一个直角梯形，而P1，P2，P3是重合于立体图中的P点，所以BPPA，所以BPPC. 所以BP平面PAC，BPAC．

（2）由（1）知BP平面PAC，作BDAC于D，则∠PDB为所求角．

在图5中，作AECP3于E，因为AP=AC，所以AP3=AC. 所以CE=EP3. 设P1A=x，CE=y，则EP3=y，P2C=CP3=2y，P1B=P2B=2，所以P1P2=4=AE．

由P1A=P2E=3y，即x=3y…①． 在AEC中，AC2=AE2+EC2，即x2=42+y2…②，由①②得x=3，y=．

因为SABC=S四边形AEP2P1-SP1BA-SBP2C-SAEC=4×3-×2×3-×2×2－××4=5，

所以BD==.

所以sin∠PDB==．

所以∠PDB=arcsin．

（2）从空间图形中分离出所需要的平面图形.

对空间中立体感很强，条件较为分散的图形，常抓住条件相对集中的平面，把它们从空间图形中分离出来，从而使问题获得解决．

例4已知A，B，C三点在球心为O，半径为R的球面上，ACBC，且AB=R. 设AB两点的球面距离为a，球O的内接正方体EFGH－E′F′G′H′的边长与O到平面ABC的距离之比为b，求．

解析这是一个球与锥体、柱体的组合问题，关键是找锥体O－ABC和正方体EFGH－E′F′G′H′在球内的截口，画出OAB及正方体在球内的圆锥剖面图．

[A][D][R][O][B]

图6

[・][O][E][G][E′][G′]

图7

由图6知劣弧的长为πR. 设D为AB中点，ACBC，即AB为ABC所在小圆直径. 由OA=OB=OC知O到平面ABC距离即为OD=R. 由图7知正方体边长为EE′=R，于是a=πR，b==，所以=πR．

例5将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为（）

A．

B． 2+

C． 4+

D．

解析此题的空间建构较为复杂，须把空间图形转化到图形条件集中的剖面图中解决．

当4个钢球彼此相切，且与正四面体的容器的各面均相切时，正四面体的高取最小值．

此时四个小球的球心分别记为O1，O2，O3，O4，则O1O2O3O4也是构成边长为2的正四面体，原正四面体记为S－ABC. 设球O2、球O3、球O4与底面ABC相切，切点分别记O′2，O′3，O′4，S或O1在底面ABC内的射影点为D，设AB中点为E，分离出SEC的剖面图（图9），设球O1在平面SAB上的切点为O′1．

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于是cos∠SED===. 又∠SO1O′1=∠SED，所以cos∠SO1O′1==.

而O1O′1=1，所以SO1=3．

[A][S][O1][O2][O4][O3][C][B][E][D][C][S][O1][O′1][分离出

SEC][图8][图9]

分离出正四面体O1－O2O3O4，设G为O2O3的中点，F为O1在底面的射影，再分离出O1O4G的剖面图，得正四面体O1－O2O3O4的高O1F=O1Gsin∠O1GF=O1G・=×=，从而所求正四面体高的最小值为SO1+O1F+O2O′2=4+．

2. 立体几何问题的代数化思考

根据权威的中学学业报告分析，中学生学习代数的时间多于学习几何的时间，中学生对代数的思维敏感度也优于对几何的思维敏感度. 若学生解题时几何基础薄弱，则空间思维过程势必受阻，对于抽象的立体几何问题更是望洋兴叹. 若能将空间问题转化为代数运算问题，则比直接在空间中进行点、线、面的图形演化方便得多．

（1）通过设出立体图形中的边或角，把立体几何转化为代数中的边角关系进行计算．

因为空间图形由点、线、面组成，设出图形中的公共边或需要用到的角后，可通过建立边与角的函数或代数方程来解决问题．

例6如图12，设正方体棱长为1，点P在棱CD上，ABP的面积S在CP=a时取最小值，S取最大值时，线段CD上的点P有d个． 求a，b，c，d的值.

[A][D][P][C][B][H]

图12

解析设CP=x，则PD=1－x，于是AP=，BP=. 设PHAB，垂足为H，则有BP2－BH2=PH2=AP2－AH2.

移项得BP2－AP2=BH2－AH2=（BH+AH）・（BH－AH），所以（1+x2）－［1+（1－x）2］=AB・（BH－AH），即2x－1=（BH－AH）.

由BH+AH=

，

BH－AH=（2x－1），

解得BH=（x+1）.

PH2=BP2－BH2=（1+x2）－（x+1）2=・（x2－x+1）=

x－2+

，0≤x≤1. 所以x=时，PH2最小，此时PH=.

所以S最小=AB・PH=・・=. 又因为x=0，1时，PH最大，此时PH=. 所以S最大=AB・PH=・・=. 从而得到解得a=，b=，c=，d=2 .

点评此题运用了纯代数方法求解. 由SABP=AB・PH知只须PH最小，从而PH必为异面直线CD与AB的公垂线. 这个思路也比较自然，但若将正方体改为长方体，不用代数方法而用空间想象构建图形中的最短距离可就难了．

（2）利用向量工具将几何问题转化为代数运算.

证明立体几何中的线面平行和垂直，计算空间中的三种角、八种距离均可利用在建立的空间直角坐标系中的向量运算解题. 最常用到的是向量在法向量上投影公式计算距离以及两个向量之间的夹角公式计算角．

例7在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是CC1中点，O是底面ABCD中心.

（1）求证：A1O平面BDE；

（2）求异面直线AB1与A1C间的距离；

（3）求二面角D－A1B－C的平面角.

[D1][z][C1][C][y][D][A][x][A1][B1][P][E][B][・]

图13

解析（1）如图13建立坐标系D－xyz，则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D（0，0，0)，E0，1

，，O

，，0，A（1，0，1），B1（1，1，1），D1（0，0，1）.

由=0，1

，，=

－

,,－1，=（－1，-1，0），

所以・=-1×

－-1×-1×0=0，・=0×

－+1×+×（－1）=0.

所以A1OBD，A1ODE. 又BD与DE是平面BDE内两交线，所以A1O平面BDE.

（2）设n=（x，y，z）且，n，n，=（-1，1，-1），=（0，1，1），所以－x+y－z=0，

y+z=0 ⇒x=2y，

z=－y， 取n=（2，1，－1）.

由图可知在n的射影就是异面直线的距离，设为h，而=（0，0，1），则

h===.

（3）设平面A1BD与平面A1BC的法向量分别为n1，n2，且n1=（x1，y1，z1），n2=（x2，y2，z2）．

因为=（0，1，-1），=（－1，－1，0），=（－1，0，0），

所以y1－z1=0，

－x1－y1=0，且y2－z2=0，

－x2=0.

所以取n1=（－1，1，1），n2=（0，1，1）.

设二面角D－A1B－C的平面角为α，则cosα==.

故二面角D－A1B－C的平面角为arccos．

除此之外，我们也要借助于实物引入让学生更多地观察并了解各种空间图形，真正理解平面生成空间和空间还原成平面的含义，使得空间问题平面化更具有实用性和科学性，也同时为建立代数运算提供实证性，从而降低空间想象力的梯度和思维的跨度．

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