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| 一图在手_万题莫挡---一个不可忽视的“立体几何”基本模型 |
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·12·中学教研(数学)
一图在手万题莫挡
个不可忽视的“立体几何”基本模型
●闻杰(杭州学军中学浙江杭州310012)
“怎样让学生学好立体几何”这个问题一直困
扰着我们，相当多的学生对“立体几何”课程望而
生畏，尤其是女生，更是谈“立”色变．问题在何处?
笔者认为，主要是由“立体几何”本身的特性所致．
首先，它要求学生具有高度的空间想象力和严密的
逻辑推理能力；其次，从“平面立体几何”到“立体
几何”思维跨度太大，出现思维断层，加之“平面
纸”上研究空间几何关系，就显得无从人手，很不
适应．不少学生在学习“立体几何”时“丑态”百出，
定理乱用；再则，由于空间向量工具的引入，更使学
生感到找到了最后一根救命稻草，断然抛弃几何关
系，做题就建系，导致对于空间问题中点、线、面等
基本关系的判断全无感觉，更谈不上对空间关系的
逻辑论证，立体几何的学习已完全失去其原本的教
学意义．
学生无法用空间点、线、面等基本关系研究几
何问题的关键在于：找不到几何关系的基本规律，
觉得空间线面关系千变万化，错综复杂，找不到头
绪，从而无所适从．为破解这个难题，笔者历时数
年，专门对复杂纷繁的“立体几何”大题，尤其是历
届高考“立体几何”大题进行分析、提炼，发现几乎
所有考题均与一个基本模型相关，而这个基本模型
中恰恰隐含了“立体几何”中所有的几何关系：即
线线角(异面直线所成角)、线面角(直线与平面的
所成角)、面面角(2个平面的所成角)．这个基本模
型是一个四面体，每个面均为直角三角形．鉴于它
的重要意义，笔者把这个基本模型叫做“四直角四
面体”．‘
“四直角四面体”是由“立体几何”中最基本、
最核心的知识点提炼而成的模型，它的优越之处是
抓住了“立体几何”的本质规律，提炼出的几个简
单的基本关系揭示了“立体几何”的基本结构，可
以快速求出各种空间角(线线角、线面角、面面
角)，解题时只要准确识别题型模式，快速从复杂
的“立体几何”图形中分离出基本模型，即可轻松
解决千变万化的“立体几何”大题，让解题由难变
易，化繁为简．
让学生牢固掌握“模型思维”，将会大幅提升
学生的学习兴趣和学习效果，从而达到轻松提分的
效果．同时，对立体几何这门学科也会有一个新的
认识．
1四直角四面体基本模型
定义每个面都是直角三角形的空间四面体
称为四直角四面体(如图1)．
若设为斜线与底面
ABC所成的线面角，为直线
AC与侧面PAB的线面角，为
AB与斜线AP在底面ABC上射
影AC的夹角，为AB与斜线
AP的夹角，为斜面PAB与底
面ABC所成二面角的平面角，
图1
为斜面PAB与侧面APC所成二面角的平面角，则
必有下列重要关系式：
(1)cos0=COSOtCOS~；
(2)si；
(3)sin=；
(4)sin6=sinasimp．
证明已知PC上面ABC，作CB上AB，联结
PB，由三垂线定理知，船上AB．设AP=1，／PAC=
，CAB=OL，B=，／_PBC=，则在RtAPAC
中，
AC=cos#，PC=sin／3；
在RtAPAB中，
AB=cos0，PB=sin0；
在RtAABC中，
ABcos0，
∞一cos／~，
即cos0=coso~cos／G；
＼
·l4·中学教研(数学)2014血
90。，AC上BD，BC=1，得
AC上CE，CM=，OAD=60。，LDAD=450．
因为ABCD-ABC。D是直棱柱，所以三面角
A—DDO是“直三面角”模型，分离后如图8．
作DH上OD1于点H，联结AH，设／_D1AD=
=45。，LDAO==60。，LDlAO=0，／HAD=6，
则
cos。s=，sin=，
sin：=万2，sin8=sinasin~o=2’隽=孚
例3(原创题)已知在四面体A—BCD中，
／DAB=30。，／BAC=60。，／CAD=45。，AB=4，
AC=2，AD=3，求直线AC与面ABD所成角的余弦
值．
解如图9，过点D
作平面ABC的垂线交底
面于点0，联结AO，则三
面角A．DOC，A—DOB均为
“直三面角”．
D
图9
设LDAO=，CAO=Ot，LDAC=0=45。，
／_BAO=Ol，／_DAB=0=30。，=60。一，则
即
同理可得
即
从而
故
cosO=c0sco，
1
：c。sc。∞咖。’
cosO=cosco，
--COS(60。一)cosfl，√2
4~-cos(60。一)=OSO／，
tan=，co3
,／3＼／
4用基本模型求解面面角问题
例4如图10，AB是圆的
直径，垂直圆所在的平面，C
是圆上的点．
．(1)求证：平面PAC上平面
PBC；
(2)若AB=2，AC=1，PA=
1，求二面角C．PB-A的余弦值．
C
图lO
(2013年辽宁省数学高考理科试题)
解(1)略．
(2)由题意知，面PAB上面CAB，故P-ABC为
“直三面角”．设二面角C—PB-A的平面角为，则
由“直三面角”基本关系得
．sinLABC
sinsinPBC‘
由于在RtAPAB中，PA：1，AB=2，则PB=√；在
RtAACB中，AB=0，AC=1，则BC=，从而在
RtAPCB中，PC=，得
sinc__''1sinLPBC=
，
于是sin=''c0s=．
例5如图1l，在四面体
A—BCD中，AD上平面BCD，BC上
CD，AD=2，BD=2．M是AD的
中点，P是BM的中点，点Q在线
段AC上，且AQ=3QC．C
(1)证明：PQ∥平面BCD；图11
(2)若二面角C—BM-D的大小
为6O。，求／_．BDC的大小．
(2013年浙江省数学高考理科试题)
解(1)略．
(2)由MD上面BCD，知B—MCD是“直三面
角”模型．
设C—BM-D的平面角为=60。，ADBC=，
LMBC=0，LMBD=，则由“直三面角”基本关系
-~simp-=，即
2√3．sinO=sin．
又因为c。s0=COSO／COS~：c。s，
所以sin2+8cos2
，
即4sin=l，
亦即sinO=—1，
从而=30。，
故LBDC=60。．
例6如图l3，直棱柱ABC-ABC中，D，E分
别是AA，船的中点，。：Ac=∞=B．
(1)证明：BC／／平面ACD；
(2)求D-AC—E的正弦值．
第5期闻杰：一图在手万题莫挡·15·
(2013年全国数学高考课标卷理科试题)
C
D
图l3图14
(1)略．
(2)解由AC==B，得
AC上BC．
又AD=DB。得
CDLAB，
从而三面角A一EDC即为“直三面角”模型，分离如
图14所示．
设EA1D=／3，CA1D=，CA1E=0，二面
角D。C—的平面角为，则由“直三面角”基本关
系得
cos0----COSOtCOS／3=竽·=，
从而sin0=半，
5用基本模型求解点面距离问题
例7(原创题)如图l5，已知四面体A—BCD
中，／DAB=60。，LBAC=45。，CAD=90。，AB=
2，AC=2，AD=2，求顶点D到面ABC的距离．
DDD
令
图l5图16图17
解如图16，过点D作平面ABC的垂线交底
面于点0，则DO即为点D到面ABC的距离．联结
AO，则三面角A．DOB即为“直三面角”模型，分离
如图17．
设LDAO=，LBAO=，LDAB=0=60。，则
由“直三角面角”基本关系得
cos0=coso~cos／3，
因为CAD=90。，DO上面ABC，所以CAO=90。．
又BAC=45。，得
／_BAO==45。．
从而cos60。=cos45。co，
得c。=1
，
即=45。，
故DO=ADsinfl=2sin45。=．
6用基本模型求解体积问题
例8(原创题)如图18，
已知在三棱锥A—BCD中，
／_BAC=45。，／_BAD=90。，
CAD=60。，且AB=2，AC=
3，AD=4，求三棱锥A．BCD的
体积．
解先求AC与面ABD所
C
图18
D
成的角．过点C作CO上面ABD，联结AO，则平面
ACO上平面ABD交肋于点E．设cAE=(即为
AC与底面ABD所成的角)，／_BAE=，CAB=
一
0=45。，c=0=60。，DAE=={一Ot，则
厶
三面角A—CDJD和三面角A—COB均为“直三面角”
模型，分离如图l9和图2O．
C
D
图19图20
由“直三面角”基本关系得
cos0=COSOLCO~，cos0=COS{：gco，
即cos45。=c0s0fco，
从而cos60o—cos(詈一)c邮
由一1+1：c0s。／3，2／3由一+eo‘，
得c。：，
即=30。，
从而CO：AC．sin30。：3
，
于是肋=÷··2·4·丢=2．
上述通过“基本模型”破解了各种类型的求角
问题，由于篇幅所限，其余试题的破解只能忍痛割
爱，读者可以自己尝试一一破解．
=三
=坚的
．5；一．
=
n．5曼
是
于
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