用补体思想解立体几何题
初中数学立体几何题解法总结
初中数学立体几何题解法总结立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的是空间中的图形与物体。
在初中数学中，立体几何是一个重要的考查点，掌握好立体几何的解题方法对于提高数学成绩和培养数学思维能力都有着重要的作用。
本文将对初中数学中常见的立体几何题解法进行总结和归纳。
首先，我们来讨论立体图形的表达和分类。
立体图形是指有长度、宽度和高度的物体。
常见的立体图形包括长方体、正方体、圆锥、圆柱、球等。
对于不同的立体图形，我们需要掌握它们的几何特性和性质，这样才能更好地解决与其相关的问题。
接下来，我们来分析立体几何题的解题思路。
解决立体几何题需要遵循以下步骤：1.了解题意：认真阅读题目，理解并准确表达题目所给条件及要求。
特别要注意题目中是否给出了立体图形的名称、属性和已知条件。
2.建立数学模型：将题目中的立体图形抽象成数学模型，根据已知条件构建方程或者不等式。
这一步骤是解决立体几何问题的关键，需要灵活运用数学知识和几何性质。
3.解方程或不等式：根据所建立的数学模型，解方程或不等式，得出未知量的值。
这一步骤需要运用代数知识和解方程的方法。
4.检查答案：将求得的未知量的值代入题目中，检查计算结果是否满足题意和已知条件。
如果计算结果与题目要求的条件相符，则答案是正确的；如果不满足条件，则需要重新检查或重新计算。
接下来，我们具体讨论一些常见的立体几何题目类型及相应的解题方法。
1.长方体和正方体问题：长方体和正方体是初中数学中常见的立体几何图形。
在解决与长方体和正方体相关的问题时，我们需要注意以下几个关键点：- 计算体积：长方体的体积可以根据公式 V = l × w × h 计算，其中 l、w、h 分别代表长方体的长、宽和高。
正方体的体积可以根据公式 V = a^3 计算，其中 a 是正方体的边长。
- 计算表面积：长方体的表面积可以根据公式 S = 2lw + 2lh + 2wh 计算，其中 l、w、h 分别代表长方体的长、宽和高。
用割补法求几何体的体积
用割补法求几何体的体积――培养学生的空间想象能力内容提要：本文用图形割补的方法来求一些不规则的几何体体积，通过求几何体体积的过程，来培养和提高学生对空间图形的想象能力，进而得出培养和提高学生空间想象能力的途径。
关键字：割补法空间想象能力在高中立体几何的学习中，学生最大的困难在于缺乏良好的空间想象能力，由于目前我们只能在二维平面上通过空间图形的平面直观图来研究空间元素的位置关系和数量关系，这就造成学生难以摆脱在平面几何学习中培养起来的对平面图形的认知经验，具体表现在遇到立几问题时，不会识图，有些学生甚至看不出空间元素的前后位置关系，也不会合理作图。
特别是求几何体体积问题，对于不同的几何体或不规则的几何体，我们可联想熟悉的几何体去计算其体积，这就对学生的空间想象能力有很高的要求。
那么什么是空间想象能力呢？中学数学中的空间想象能力主要是指，学生对客观事物的空间形式进行观察、分析、抽象思考和创新的能力。
空间想象能力的提高必定AB要经过实际的训练，途径也有很多种。
本文就借助于求几何体的体积来提高学生的空间想象能力。
由于几何体的形状多种多样，所以体积的求法也各不相同。
针对一些不规则的几何体，直接运用体积公式可能比较困难，我们常对原几何体进行割补，转化为几个我们熟悉的几何体，其解法也会呈现一定的规律性:① 几何体的“分割”几何体的分割即将已给的几何体，按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，进而求之。
② 几何体的“补形”与分割一样，有时为了计算方便，可将已给的几何体补成易求体积的几何体，如长方体，正方体等等。
一、用割补法求锥体的体积例题一：已知三棱锥ABC P -，其中4=PA ,2==PC PB ,ο60=∠=∠=∠BPC APC APB 求：三棱锥ABC P -的体积。
【思路一】作BC 的中点D ，连接PD 、过P 作AD PH ⊥，垂足H易证PH 即为三棱锥ABC P -的高， 由棱锥体积公式 PH S V ABC ABC P ⋅=∆-31即得 三棱锥ABC P -的体积。
新高考数学重难点培优专题讲义——立体几何小题专练(含详细答案解析)
立体几何小题培优讲义高考规律立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．知识梳理【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．2.以立体几何为载体的情境题的求解思路以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题.此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【题型1 求几何体的体积与表面积】【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P−ABC中，三条侧棱P A，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P−ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（）A．4√3πB．4√2πC．6πD．12π【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③V台=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ）A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（）A．563B．56C．283D．28【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（）A．(144+12√13)πcm2B．(144+24√13)πcm2C．(108+12√13)πcm2D．(108+24√13)πcm2【题型2 与球有关的截面问题】【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（）A．8πB．9πC．12πD．16π【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为√15，2√6，则该球的表面积为（）A．32πB．36πC．40πD．42π【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，√6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A．2√3πB．√3πC．√3π2D．√3π4【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）A．136πB．2512πC．83πD．23π【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（）A．a327B．a336C．a354D．a372【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为2√3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为（）A．4πB．8πC．4√3πD．8√3π【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2]，点M到平面PCD的距离的最大值为（）A．2√63B．83C．4√23D．329【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为20√53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2√3，且三棱锥A－BCD的体积为2√3，则线段CD长度的最大值为（）A．2√3B．3√2C．√13D．2√5【题型4 几何体与球的切、接问题】【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（）A．√33B．13C．√22D．12【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（）A．π6B．πC．4π3D．4π【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于4√2cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（）A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2√6，则模型中九个球的表面积和为（）A．6πB．9πC．31π4D．21π【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1内接于半径为√3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，|GH|+|GM|的最小值为（）A．√2B．3√22C．2D．1+√2【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC= 1，AA1=√3，在线段A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（）A．√33B．√213C．√37D．√217【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：；④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10．其中真命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线，则下列说法正确的是（）段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163A．EF=2B．EF=4C．EG+FG的最小值为3√2D．EG+FG的最小值为2√6【题型6 空间角问题】【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积是底面积的6√3倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（）A．2√3913B．√3913C．√3926D．3√3926【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（）A．13B．√33C．23D．√53【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CM与AB所成的角可能为π3C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=√2．下列说法不正确的是（）A．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45∘B．当E,F运动时，三棱锥体积B−AEF不变C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BFD．当E,F运动时，二面角C−EF−B为定值【题型7 翻折问题】【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A−BD−P为120°，则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为（）A．21πB．28√21πC．52πD．84π【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD 沿对角线BD翻折至△A′BD的位置，使得平面A′BD⊥平面BCD，则在三棱锥A′−BCD的外接球中，以A′C为直径的截面到球心的距离为（）A．√43510B．6√25C．√23910D．√11310【变式7-2】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（）A．存在点P，使得PE∥CFB．存在点P，使得PE⊥EDC．三棱锥P−AED的体积最大值为√26D．当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC 的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则下列命题错误的是（）A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD．当PB=√10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【题型8 立体几何中的轨迹问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=√55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（）A．3π4B．π2C．π3D．π4【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（）A．√3B．√2C．2√33D．√52【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD 内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（）A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（）A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为8√6π9B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为√3+1−√6C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD．四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【题型9 以立体几何为载体的情境题】【例9】（2023·云南大理·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（）A．1404π立方寸B．1080π立方寸C．756π立方寸D．702π立方寸【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为√62，则球O的体积为（）A．7√1424πB．7√143πC．11√2224πD．11√223π【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm 和6dm，则该花灯的表面积为（）A．(108+30√3)dm2B．(72+30√3)dm2C．(64+24√3)dm2D．(48+24√3)dm2【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是（）A．V1+V2+V3=V B．V1=2V2C．V2=2V3D．V2−V3=V61．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平，则该五面体的所有棱长之和为（）面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A．102m B．112mC．117m D．125m2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A．15B．√25C．√35D．253．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，P A，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9√34，则该圆锥的体积为（）A．πB．√6πC．3πD．3√6π4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．495．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B16．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（）．A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4√3πC．AC=2√2D．△PAC的面积为√38．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．9．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．立体几何小题【题型1 求几何体的体积与表面积】 (4)【题型2 与球有关的截面问题】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【题型4 几何体与球的切、接问题】 (13)【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．。
掌握初中数学解题技巧轻松解答立体几何问题
掌握初中数学解题技巧轻松解答立体几何问题数学作为一门重要的学科，对于学生的思维能力和逻辑推理能力有着很大的锻炼作用。
在初中阶段，立体几何是数学中的一个重要内容，涉及到诸如平面图形的投影、表面积、体积等概念。
本文将介绍一些初中数学解题技巧，帮助学生轻松解答立体几何问题。
一、认识立体几何立体几何是研究空间内各种几何图形的性质、关系及其应用的数学分支。
在解答立体几何题目时，我们首先要认识不同的几何体，如长方体、立方体、圆柱体、圆锥体、球体等，并清楚它们的特征和性质。
只有对于几何体的基本概念有着清晰的理解，才能更好地解决问题。
二、运用平面图形解决立体几何问题在解答立体几何问题时，从平面图形着手可以更好地理解和分析空间内的问题。
可以通过将三维立体进行展开，转化为二维平面图形，从而更方便地利用数学知识解题。
例如，在计算某个几何体的表面积或体积时，可以将其展开成多个平面图形，并在计算之前对这些平面图形进行分析和理解。
通过这种方法，可以更准确地计算表面积或体积。
三、善用推理和演绎法在解答立体几何问题时，我们经常需要通过推理和演绎来找到解题的关键。
对于已知条件，我们可以通过逻辑推理来得出结论。
例如，在求解一个几何体的体积时，我们可以根据已知的条件和已有的数学知识来推导出公式或运算过程。
通过运用推理和演绎法，可以简化解题过程，更快速地得到答案。
四、掌握解题技巧1. 利用相似性质解题：在解决一些立体几何问题时，我们可以通过观察几何形状的相似性质，从而推导出一些有用的结论。
例如，当我们在求解两个几何体的比例关系时，可以通过观察它们的相似性质，利用比例关系得到准确的答案。
2. 运用比例解题：比例是立体几何问题中常用的解题方法之一。
在求解几何体的体积或表面积时，我们可以利用两个几何体之间的比例关系，通过已知条件求解未知量。
同时，对于复杂的立体几何问题，我们也可以通过构建等价的简化模型来利用比例解决问题。
3. 利用数学公式解题：数学是解决立体几何问题的重要工具。
立体几何解题思路
立体几何解题技巧立体几何解答题的设计，注意了求解方法既可用向量方法处理，又可以用传统的几何方法解决，并且一般来说，向量方法比用传统方法解决较为简单。
由于立体几何解答题属于常规题、中档题，因而，立体几何的复习应紧扣教材，熟练掌握课本中的每一个概念、每一个定理的种种用途，突破画图、读图、识图、用图的道道难关，同时要注意总结证明垂直、平行的常用方法和技巧，掌握角、距离、面积、体积等的转化和计算方法，在做题的过程中进行反思，在反思中总结、提炼，不断提升空间想象能力及分析问题和解决问题的能力。
1．平行、垂直位置关系的论证的策略:（1）由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。
（2）利用题设条件的性质适当添加辅助线（或面）是解题的常用方法之一。
（3）三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑。
2．空间角的计算方法与技巧:主要步骤：一作、二证、三算；若用向量，那就是一证、二算。
（1）两条异面直线所成的角①平移法：②补形法：③向量法：（2）直线和平面所成的角①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。
②用公式计算.（3）二面角①平面角的作法：（i）定义法；（ii）三垂线定理及其逆定理法；（iii）垂面法。
②平面角的计算法：（i）找到平面角，然后在三角形中计算（解三角形）或用向量计算；（ii）射影面积法；（iii）向量夹角公式.3．空间距离的计算方法与技巧:（1）求点到直线的距离：经常应用三垂线定理作出点到直线的垂线，然后在相关的三角形中求解，也可以借助于面积相等求出点到直线的距离。
（2）求两条异面直线间距离：一般先找出其公垂线，然后求其公垂线段的长。
在不能直接作出公垂线的情况下，可转化为线面距离求解（这种情况高考不做要求）。
（3）求点到平面的距离：一般找出（或作出）过此点与已知平面垂直的平面，利用面面垂直的性质过该点作出平面的垂线，进而计算；也可以利用“三棱锥体积法”直接求距离；有时直接利用已知点求距离比较困难时，我们可以把点到平面的距离转化为直线到平面的距离，从而“转移”到另一点上去求“点到平面的距离”。
巧用补形法，妙解立体几何题
则G ()m =e m -ma ()m -1<e 2-e 2=0，而G ()m G ()2<0，所以存在零点x 0∈()1,2使G ()x =0，即F ()x 有唯一极值点且为极小值x 0∈()1,2，因为F ()x 0=ae x 0x 0-ln x0，G ()x 0=e x 0-x 0a ()x 0-1=0，e x=x 0a ()x 0-1，所以F ()x 0=1x 0-1-ln x 0，因为F '()x 0=-1()x 0-12-1x 0<0，所以F ()x 0=1x 0-1-ln x 0在()1,2上单调递减，故F ()x 0>F ()2=1-ln 2>0，所以F ()x >0，综上可知，当a >2e 2时，总有f ()x >0.该不等式中含有多项式，于是通过移项、作差，将不等式变形，以便构造出新函数F ()x =ae xx-ln x ，再利用导数法证明函数F ()x 的极小值大于0，从而达到证明不等式的目的.对于含有指数、对数式的不等式恒成立问题，在构造出新函数后，通常需借助导数法，对函数求导，研究导函数与函数单调性之间的关系，根据函数单调性求得函数的最值.由此可见，解答不等式恒成立问题，关键在于将不等式与函数关联起来，利用函数、导函数的性质来解题.这就需将不等式进行合适的变形，如分离参数、构造出函数，以将问题转化为函数最值问题来求解.（作者单位：江苏省南京市第一中学）有些立体几何问题较为复杂，或几何图形不规则，我们采用常规方法很难求得问题的答案.此时，可巧用补形法，根据已知条件和图形，添加合适的辅助线，将不规则的、陌生的、不易计算边角的几何图形割补为规则的、熟悉的、易计算边角的图形，取得化难为易的效果.而运用补形法求解立体几何问题，关键在于如何巧妙地割补图形，主要有以下几种思路.一、将棱锥补成棱柱棱锥是常见的几何体，如三棱锥、四棱锥、五棱锥等.有些棱锥的高很难找到或求得，此时我们可以将棱锥补成棱柱，如将正三棱锥补为正方体，将对棱的长相等的三棱锥补为长方体，再根据正方体、长方体的性质，便能快速求得三棱锥的边、角的大小，从而使问题顺利获解.例1.如图1所示，三棱锥S-ABCD 的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则球的表面积为（）.图1A.3πB.4πC.33πD.6π解：如图2，将正三棱锥补为正方体，并使正方体的棱长为1，图2解题宝典42则正方体的对角线长为1+1+1=3，故球的半径为r =，所以球的表面积为4π×èø2=3π，因此正确选项为A .我们仅根据三棱锥的特征，很难确定其外接球的球心，为了便于计算，需采用补形法，将正三棱锥补形为正方体，那么正方体的中心即为三棱锥外接球的球心，即正方体的对角线就是球的直径，据此建立关系式，即可快速求得球的半径和表面积.二、将斜三棱柱补成四棱柱对于正三棱锥，一般很容易确定其高，但对于斜三棱柱，我们却很难确定其高.此时可采用补形法，将斜三棱柱补形为四棱柱，这样根据四棱柱的特点，可快速确定其高，求得顶点与底面之间、点与点之间的距离.例2.已知斜三棱柱的侧面A 1ACC 1与平面ABC 垂直，∠ABC =90°，BC =2，AC =23，且AA 1⊥A 1C ，AA 1=A 1C ，求点C 到侧面A 1ABB 1的距离.图3解：如图3所示，将斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1补为四棱柱，设点C 到侧面A 1ABB 1的距离为d ，由四棱柱的上下底面平行的性质可知，d 也是平面ABB 1A 1与平面CMM 1C 1的距离，作A 1D ⊥AC 于点D ，作A 1E ⊥AB 于点E ，∵AA 1=A 1C ，AC =23，AA 1⊥A 1C ，∴A 1D =3，∵∠ABC =90°，BC =2，∴AB =22，∵侧面A 1ACC 1与平面ABC 垂直，A 1D ⊥AC 于点D ，∴A 1D ⊥AB ，A 1E ⊥AB ，∴AB ⊥面A 1ED ，∴AB ⊥ED ，即∠ABC =90°，∴DE ∥BC ，D 为AC 中点，且DE =12BC =1，∴A 1E =A 1D 2+DE 2=2，而V 四棱柱=S ABMC ∙A 1D =S A 1ABB 1∙d ，∴d =S ABMC ∙A 1D S A 1ABB 1==3.为了便于计算，将斜三棱柱补为四棱柱，从而将线面距离转化为面面距离，再利用等体积变换法使问题得解.三、将棱台补为棱锥棱台较为特殊，它的上下底面平行，且成比例，但侧棱相交于一点.为了便于计算，我们可采用补形法，将棱台补形为棱锥，这样便可构造出几组相似的三角形、多边形，借助相似图形的性质建立关系式，便可顺利求得棱台的边、高的长度.例3.如图4所示，平面EB 1C 1F 将三棱柱ABC -A 1B 1C 1分成体积为V 1，V 2两部分，其中AB ，AC 的中点分别是E ，F ，则V 1:V 2为______.图4解：延长A 1A 到A 2，B 1B 到B 2，C 1C 到C 2，使得A 1A =AA 2，B 1B =BB 2，C 1C =CC 2，并延长B 1E ，C 1F ，可知V ABC -A 2B 2C 2=V ABC -A 1B 1C 1，∵A 2A ：A 2A 1=1:2，∴V A 2-AEF=18V A 2-A 1B 1C 1，∵V A2-AEF=14V A2-ABC=14×13V ABC -A 2B 2C 2=112×V ABC -A 1B 1C 1，∴V AEF -A 1B 1C 1=7V A 2-AEF =712V ABC -A 1B 1C 1，∴V 1：V 2=7:5.将棱台补成棱锥，利用棱锥A 2-AEF 的性质以及相似三角形的性质求得各条棱的长和各个三棱锥的体积，再借助棱台ABC -A 1B 1C 1与棱柱ABC -A 2B 2C 2之间的位置关系进行转换，即可顺利解题.由上述分析可以看出，对于一些较为复杂的立体图形、立体几何问题，采用补形法求解，能使问题快速获解.因此，在解答立体几何问题时，同学们要学会联想，根据几何体的结构特征合理添加辅助线，将棱锥补成棱柱，将斜三棱柱补成四棱柱，将棱台补为棱锥，以便根据棱柱、四棱柱、棱锥的性质来解题.（作者单位：江苏省如皋市第二中学）解题宝典43。
掌握立体几何题的解题思路
掌握立体几何题的解题思路立体几何题一直是学生们比较头疼的问题之一，需要多角度的思考和灵活运用几何知识。
在解题过程中，有一些基本的解题思路是很重要的。
本文将介绍一些解题的思路，帮助读者提高解题能力。
一、了解基本几何概念在解立体几何题之前，首先要掌握一些基本的几何概念。
比如，了解各种几何图形的性质、平行线的性质、三角形的性质等。
只有对这些基本概念有清晰的认识，才能更好地解决问题。
二、画图辅助分析对于立体几何题，画图是非常重要的一步。
通过画图，可以更好地理解题目，并辅助分析。
在画图的过程中，要注意选择合适的比例和角度，尽可能地将题目中的条件和要求反映在图上。
同时，可以根据图形的特点来推导出相应的结论，为后续的解题提供线索。
三、运用几何定理解立体几何题时，几何定理是非常重要的工具。
不同的题目涉及到的几何定理也不尽相同，需要根据具体题目的要求来灵活运用。
比如，平行线的性质可以帮助我们推导出一些平行线之间的关系；等腰三角形的性质可以帮助我们求解一些角度或边长；球面的性质可以帮助我们计算球体的体积或表面积等。
四、利用三维立体图形的特点与平面几何不同，立体几何题目中的图形是三维的，具有一些特殊的性质和关系。
在解题过程中，要善于利用这些特点。
比如，正方体的对角线相等，正三角形的高和边长之间的关系等。
只有充分利用这些特点，才能更好地解决问题。
五、建立几何方程有些立体几何题目需要通过建立方程求解。
建立几何方程的关键是要找到合适的变量，并根据题目中的条件建立方程。
在建立方程的过程中，要根据题目的要求，灵活运用几何定理，并利用已知条件求解未知量。
通过解方程，可以得到问题的解答。
六、多角度思考解立体几何题目时，要注重多角度思考。
有时候，换一种角度看待问题，可能会得到更简洁明了的解决方法。
比如，从平面几何的角度来看待某个立体几何题目，或者从立体几何的角度来看待某个平面几何题目等。
只有从多个角度思考，才能更全面地掌握问题的解决思路。
高考数学知识点：立体几何题优化解法
2019 年高考数学知识点：立体几何题优化解法依据广大考生的需求，查词典数学网高考频道整理了 2019 高考数学知识点立体几何题解法，欢迎大家关注 !所谓优化数学解题思想，就是在解数学题时跳出惯例解法，换个角度来思虑问题 .经过适合的换角度思虑，我们能够将一个复杂的问题简单化，能够将一个难解的问题简单化 .可是，假如考试中在短时间内想不出题目的优化解法，那就不要浪费可贵的时间了，同学们应当立刻把思路转移到惯例解法上来，毕竟做对题拿到分是良策 . 策略一：能割善补智构模型因为立体几何问题中的某个几何图形可能是另一个几何图形的一部分，所以这种几何问题可能拥有包括它的那类几何问题的性质.换句话说，一类几何问题的解决可能用到解决另一类几何问题的方法 .由这种问题与其余问题的联系来解决问题的方法，其实是在找寻解题的中间环节，常有的基本方法就是结构模型法 .例 1 如图 1 所示，平行六面体ABCDA1B1C1D1 的底面是边长为1的正方形，侧棱 AA1 的长为 2，且 A1AB=A1AD=60 ，则此平行六面体的体积为.难度系数0.70朱福文，中学数学高级教师，年级主任，先后获取湖南省优异教师省优异指导教师等称呼。
长久奋战在教书育人第一线，主持或参加 3 项省、市级课题研究，并获得省、市重要成就，先后参编著作 6 部，在《高中生》《湖南教育》等杂志上发布数学专业或德育文章 100 余篇。
这个工作可让学生疏组负责采集整理 ,登在小黑板上 ,每周一换。
要修业生抽闲抄写而且阅读成诵。
其目的在于扩大学生的知识面 ,指引学生关注社会 ,热爱生活 ,所之内容要尽量宽泛一些 ,能够分为人生、价值、理想、学习、成长、责任、友情、爱心、探究、环保等多方面。
这样下去 ,除假期外 ,一年便能够累积 40 多则资料。
假如学生的脑海里有了众多的鲜活生动的资料 ,写起文章来还用乱翻参照书吗 ?要练说，先练胆。
说话胆寒是少儿语言发展的阻碍。
分析高中数学立体几何的解题技巧
分析高中数学立体几何的解题技巧高中数学的立体几何是数学学科中的一个重要部分，也是考试中必考的内容之一。
立体几何通常考察学生对空间思维能力和数学知识的理解和运用。
掌握好立体几何的解题技巧对于高中数学的学习非常关键。
下面将针对高中数学立体几何的解题技巧进行分析和总结。
一、建立数学模型在解决立体几何问题时，首先需要建立一个数学模型，把立体图形抽象成几何模型、二维平面上的图形，以便于进行数学推理。
建立数学模型有助于将立体几何问题转化为二维平面上的几何问题，从而方便进行分析和求解。
在建立数学模型的过程中，可以采用正投影的方法将立体图形映射到一个平面上，这样就可以得到一个相似的二维图形。
然后，根据投影的性质和所给条件进行分析和求解。
在求解的过程中，需要注意投影的相关性质和相似三角形等几何知识，巧妙地利用这些知识进行推导和计算，得出正确的结论。
二、熟练掌握立体几何图形的性质和定理熟练掌握立体几何图形的性质和定理是解决立体几何问题的基础。
在学习立体几何时，需要认真学习并掌握各种图形的性质和定理，例如立体的表面积和体积的计算公式、平行四边形的性质、正多面体的性质和各种立体图形的特点等。
只有掌握了这些基本知识，才能在解题过程中应用得当，准确分析问题并给出正确的解答。
三、善于运用投影、相似三角形和等高线等技巧四、重视图形推理和逻辑思维能力的训练解决立体几何问题需要依靠图形推理和逻辑思维能力。
在学习立体几何时，需要注重图形推理和逻辑推理能力的训练。
通过大量的练习和实例分析，培养学生对图形性质和推理方法的掌握，提高他们的逻辑思维能力。
只有训练了良好的逻辑思维能力，才能在解题时做到丝丝入扣，得出正确的结论。
五、灵活运用数学知识进行综合分析在解决立体几何问题时，需要灵活运用数学知识进行综合分析。
立体几何问题通常涉及到数学知识的多个方面，需要学生综合运用所学的知识进行分析和求解。
学生在解题时需要把所学的知识进行合理地组合和运用，不能局限于某一个方面的知识，应该全面考虑问题的各个方面，灵活运用数学知识进行分析。
高中简单立体几何体(附例题 详解)
2. 简单几何体知识网络 简单几何体结构简图画龙点晴概念棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行由这些面所围成的几何体称为棱柱。
两个互相平行的面叫做棱柱的底面,其余各面叫做棱柱的侧面,两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱,侧面和底面的公共顶点叫做棱柱的顶点.不在同一个平面上的两个顶点的连线叫做棱柱的对角线,两个底面的距离叫做棱柱的高.棱柱的分类: 按侧棱与底面的关系,棱柱可分为:斜棱柱:侧棱不垂直于底面的棱柱叫做斜棱柱.直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱.正棱柱：底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱.按底面的多边形的边数可分为: 底面是三角形、四边形、五边形……我们把这些棱柱分别叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱……棱柱的表示法: 棱柱用表示底面各顶点的字母表示,或者用棱柱对角线的两个端点的字母表示,如五棱柱可表示为:棱柱ABCDE-A/B/C/D/E/,或棱柱AC/.棱柱的性质：(1)侧棱都相等,侧面都是平行四边形；(2)两个底面与平行于底面的截面都是全等的多边形；(3)过不相邻的两条侧棱的截面（对角面）是平行四边形；直棱柱的性质: 直棱柱的侧棱长和高相等，侧面及经过不相邻的两条侧棱的截面都是矩形。
平行六面体: 底面是平行四边形的四棱柱叫做平行六面体.长方体: 底面是矩形的直平行六面体叫做长方体, 长方体的一条对角线长的平方和等于一个顶点上三条棱的长的平方和.正方体: 棱长都相等的长方体叫做正方体.公式棱柱的侧面积和全面积: 直棱柱的侧面积等于它的底面周长C与高的乘积, 即, 斜棱柱的侧面积等于它的直截面(垂直于侧棱并与每条侧棱都相交的截面)的周长C1与侧棱长的乘积,即, 棱柱的全面积等于侧面积与两底面积的和.[活用实例][例1] 如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=5，AD=4，AA1=3，ABAD，A1AB=A1AD=，(1)求证:顶点A1在底面ABCD的射影O在∠BAD的平分线上;(2)求这个平行六面体的表面积.[题解](1) 如图,连结A1O,则A1O⊥底面ABCD.作OM⊥AB交AB于M,作ON⊥AD交AD于N,连结A1M,A1N.由三垂线定理得A1M⊥AB,A1N⊥AD.∵∠A1AM=∠A1AN,∴Rt△A1NA≌Rt△A1MA.∴A1M=A1N.∴OM=ON. ∴点O在∠BAD的平分线上.(2),侧面AB1和侧面DC1的面积都等于4=6,侧面AD1和侧面BC1的面积都等于5=7.5,又ABAD，两底面面积都等于4=20，平行六面体的表面积为2（6+7.5）+20=47.[例2] 如图,A1B1C1-ABC是直三棱柱,过点A1、B、C1的平面和平面ABC的交线记作.(1)判定直线A1C1和的位置关系,并加以证明;(2)若A1A=1,AB=4,BC=3,∠ABC=90°,求顶点A1到直线的距离.[题解](1)根据棱柱的定义知平面A1B1C1和平面ABC平行.由题设知直线A1C1=平面A1B1C1∩平面A1BC1,直线=平面A1BC1∩平面ABC.根据两平面平行的性质定理有∥A1C1.(2)解法一:过点A1作A1E⊥于E,则A1E的长为点A1到l的距离.连结AE.由直棱柱的定义知A1A⊥平面ABC.∴ 直线AE是直线A1E在平面ABC上的射影.又 在平面ABC上,根据三垂线定理的逆定理有AE⊥.由棱柱的定义知A1C1∥AC,又∥A1C1, ∥AC.作BD⊥AC于D,则BD是Rt△ABC斜边AC上的高,且BD=AE,从而AE=BD=在Rt△A1AE中,∵ A1A=1,∠A1AE=90°,故点A1到直线的距离为.解法二:同解法一得∥AC.由平行直线的性质定理知∠CAB=∠ABE,从而有Rt△ABC∽Rt△BEA,AE:BC=AB:AC,, 以下同解法一.[例3] 如图,已知A1B1C1-ABC是正三棱柱,D是AC中点.(1)证明AB1∥平面DBC1;(2)假设AB1⊥BC1,求以BC1为棱,DBC1与CBC1为面的二面角α的度数.[题解](1)∵A1B1C1-ABC是正三棱柱, ∴四边形B1BCC1是矩形.连结B1C交BC1于E,则B1E=EC.连结DE.在△AB1C中,∵AD=DC,∴DE∥AB1.又平面DBC1, DE平面DBC1, ∴AB1∥平面DBC1.(2)作DF⊥BC,垂足为F,则DF⊥面B1BCC1,连结EF,则EF是ED在平面B1BCC1上的射影.∵AB1⊥BC1,由(1)知AB1∥DE,∴DE⊥BC1,则BC1⊥EF,∴∠DEF 是二面角α的平面角.设AC=1, 则DC=∵△ABC是正三角形,∴在Rt△DCF中,CF=取BC中点G.∵EB=EC,∴EG⊥BC. 在Rt△BEF中,AC=1,又BF=BC-FC=, GF=,, 即EF=.∴∠DEF=45°. 故二面角α为45°.概念棱锥：有一个面是多边形、其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥.这个多边形叫做棱锥的底面,其余各面叫做棱锥的侧面,相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱,各侧面的公共点叫做棱锥的顶点,顶点到底面的距离叫做棱锥的高.棱锥的分类: 按底面多边形的边数,棱锥可分为三棱锥、四棱锥、五棱锥……棱锥的表示法: 棱锥用表示顶点和底面各顶点,或者底面一条对角线端点的字母来表示.例如,棱锥S-ABCDE,或棱锥S-AC.正棱锥：底面是正多边形，并且顶点在底面上的射影是底面中心，这样的棱锥叫做正棱锥.正棱锥的性质：(1)各侧棱相等，各侧面是全等的等腰三角形；(2)棱锥的高、斜高及斜高在底面上的射影（底面的边心距）组成一个直角三角形，这个直角角三角形的一个锐角是侧面与底面的夹角；(3)棱锥的高、侧棱和侧棱在底面上的射影（底面正多边形外接圆半径）也组成一个直角三角形，这个直角三角形的一个锐角是侧棱与底面的夹角。
巧用补形法研究四面体问题
数学教学通讯投稿由0 箱:**********>解広集锦巧用补形法研究四面体问题重庆市巴蜀中学400023［摘要］殳体几何问题中，有一类问题可以通过补形法，得到一个常见的几何体，使复杂的线面关系变得清晰明了.文章从一道例题出发分析解决这类问题的方法，并在竝基础上总结规律，归纳常见的一些 四面体的补形方法.［关键词］立体几何;四面体;补形教学中，遇到这样一个问题：已知 在半径为2的球面上有4,B,C,D 四点， 若4 B=CD=2侧四面体4 BCD 的体积最大 值为多少？这是某年数学全国卷的第12题，主 要考查几何体的体积的计算、球的性 质、异面直线间的距离，通过球这个载 体考查学生的空间想象能力和推理计 算能力.解答是这样的:过CD 作平面PCD,使 4B 垂直于平面PCD,KAB 于R 设点P 到 CD 的距离为/1，则有V HW =yXyX2x/t X 2=却,当直径通过AB 与CD 中点时，饥…= 2V2M j=2VT ,故卩甜乂各本小题这个解答当中，学生比较疑 惑的有两点：（1）为什么可以过CD 作平 面PCD ，使AB 垂直于平面PCD ,能这样作 的前提是AB 和CZ ）要垂直，那为什么认定 体积最大时4B 和CD 要垂直？（2）为什么 直径通过AB 与CD 中点时，距离人最大？要解释清楚这两个疑点，首先需要 补充说明一个公式.四面体体积公式:如果一个四面体 的两条相对棱的长分别是a, 6,它们的距 离为d,所成的角为0,那么它的体积为 %畴=丄岛dsin&（证明见后）.6根据这个公式,我们首先得到结论: 仙和（?。
必须垂直,即sin&=90。
时才能得 到最大的体积.其次，由于AB=CD=R （球的半径），所以连结球心0和四个顶点，则容易知道 △ 04 B 和△ OCD 都是正三角形.设AB 的中点为E,CD 的中点为F,则0E 丄 A B,0F 丄 CD.设AB 与CD 间的距离为d,有dWEFW OE+OF.（异面直线间公垂线段最短）因此,0E/洪线时,四面体的体积可 以达到最大值，因为oe =of =a /T,故 昨 3这样解决一个选择题比较花费时 间，而且在高中数学教学中，不涉及四 面体的体积公式,异面直线的距离即公 垂线段的长度在教学中也仅仅要求了解.下面我们用补形的思路来解决这个 问题因为题目当中两条线段长度一样, 所以考虑把这个四面体补形成一个长 方体：图1则四面体的外接球即是长方体的外接球，四面体的体积是长方体的体积 减去四个全等的小三棱锥的体积.设长方体的边长为a,b,c,体对角线 即为外接球的宜径,得到：d+Ppjp,&2^2=22,所以a =2VT ,80 > 2020年九冃（下旬）作者简介：曾睿（1982-）,本科学历，中学一级教师,从事高中数学教学.得教学通讯g•>解注集锦则V四面休"长方体一4V三棱锥=必-4x1,1,iVTbcx—abc=—abc=-------------.233又沪+c~22，所以j=2Vp>c wv^L（i2+c2）=£\£L33当且仅当b=c=V2时,等号成立.从等号成立的条件可以比较容易地看出是在AB和CD垂宜时，四面体的体积取到了最大值.我们会发现，使用补形，一下子把陌生的几何体变得熟悉了，原本错综复杂的线面关系也变得清晰起来.利用这一方法解决某些几何问题,思路清晰明朗，较其他方法简洁明了.比如刚才提到的四面体的体积公式也可以用补形法得到.一个四面体的两条相对棱的长分别是a,&,它们的距离为d,所成的角为0,将四面体补形成平行六面体（因为相对棱的长度不确定,相等的时候才能补成长方体）.那么该平行六面体的底面积％s= -^-absinO,平行六面体的体积为卩六同*=丄abdsinO.同样,该平行六面体由原四面2体和四个全等的三棱锥构成.三棱锥与平行六面体的高相等，底面积为平行六面体的一半,x x<^>sin0= ^absind.所以F hw=V aw-4x7=w=—absinO.6一起来看一下常见的几种四面体补形方式：一、把四面体的四个面各补上一个三棱锥，最后形成一个平行六面体.其中正四面体是最特殊的形式，可以补成正方体.而对棱相等的四面体则可以补形成一个长方体.例1:正四面体棱长为°,求外接球的半径R.正四面体补形为一个正方体,正四面体的外接球即为正方体的外接球.如图3：图3正方体的面对角线是正四面体的棱长,体对角线为外接球的直径.设正方体边长为&,则a=V2b,2R=b，所以R=-^-^—a.4例2:在三棱锥A-BCD中,AB=CD=3,AD=BC=4,AC=BD=5,求三棱锥A_BCD外接球的半径.因为有三组对棱相等，把四面体补成一个长方形，如图4：图4长方体的三个面的面对角线是三棱锥的棱长,体对角线是外接球的直径.设长方体的棱长为°,6,c,外接球的半径为R,a^+b2=32,则■fe^cM2,（2R）2=<z2+62+c2,所以t^+c^S2,R丄.2二、把四面体的一个角作为平行六面体的一个角补形成平行六面体.例3:四面体ABCD,侧棱AB,AC,40两两垂宜,AB=2,AC=3,AD=4,求四面体的外接球的半径R.因为四面体的侧棱两两垂直，所以可以把这个角看作长方体的一个角，把四面体补形成一个长方体，则四面体的外接球就是长方体的外接球图5四面体的三条侧棱就是长方体的长、宽、高,外接球的宜径就是长方体的体对角线，则（2R）2=AB2+A（?+402=29,所以R=^_.2例4:若三棱锥S-ABC的所有顶点都在球0的球面上,SA丄平面ABC,SA=2VT,AB=1,A C=2,厶BA C=60°,求球0的半径R.根据已知条件可以得到AABC是宜角三角形，把四面体补成一个长方体,则四面体的外接球就是长方体的外接球,外接球的直径就是长方体的体对角线.如图6：图6则（2R）2=SA2+A CM6,所以R=2.例5:已知四面体PABC的侧面刃C与平面4BC垂直,Z j4BC=90°,BC=2VT,AB=2,且PA±PC,PA=PC,求异面直线PC与4B所成角的余弦值解答:把四面体补成如图所示平行六面体，异面直线PC与4B所成角即为PC与CD所成角的补角的余孩值.取AC中点M,PA=PC,则PMLAC,又因为平面E4C与平面ABC垂直，所以PM丄平面ABC.A A BC中，AABC=90°,AB=2,BC=2020年14冃（下旬）<81数学教学通讯投稿由0 箱:**********>解広集锦2VT ，所以乙4 CB=30° ,A C=4.APAC 中，E4 丄PC,PA=PC 9AC=4, 所以P M=2,PC=2VT.底面四边形ABDC 中i DM * 12=DC 2 +芯仏p),因Ji 匕只要证血1+血2 (f f )<1 眄-1%2仏一方2) , f2-----------In ------------, ln^-lni 2 ln^-lnf 2只要证ln£+l%<21n —戈一,1 2 ln^-lnt,只要证石<,"[(对数平均不 ln^-hi^2等式).C4^-2DC-CM-cosl20°,得到RtAPMD 中，加二 4.△PCD 中，cos 厶P CD 二 M+C 乎-PD2 二 2PC-CD V24 •所以异面直线PC 与AB 所成角的 余弦值为匹.4此题也可以用空间向量法解答，用 补形能更好地体现线面关系.三、把四面体补形成三棱柱例6：已知某几何体底面ABC 是棱 长为1的等边三角形，刃丄平面ABC, PA =3,求该几何体的外接球的半径.解答:将该四面体补形成一个三棱柱四面体的外接球就是三棱柱的外接球.先求三棱柱底面三角形外接圆半 径r=A. VT = VT.3 2 3又因为刃丄平面ABC,B4=3,所以三棱柱的外接球半径为R =四面体的问题可以通过补形变成 正方体、长方体乃至平行六面体的问题.尤其在正方体和长方体中，点线面的关系是我们所熟悉的.一些几何题的证明和求解，由原几何图形分析探究会比较 烦琐，通过补形填补成一个新的几何图形,能使原问题的本质得到充分的体现,解决起来比较容易.本文着重讨论四面 体的补形问题，希望窥一斑而知全豹, 探究立体几何中补形法这一重要的转化策略.(上接第74页)-771=0,证法4：由题意得 所以ln(x 1+m)-m%1=0,ln(%2+7?l ) -77U ；2=O.^x l +m=t l ,x 2+m=t 2,^ix l =t l -m 所以两式相减得]nt 2-m (£2-7n ) =0,1叫一1皿2,所 以?n=-----------方1-方21 ln^-ln^ / ln^-ln^鸟,所以|2=a 勾芯 ，、t r t 2ln^-lnt / 1叫 一1叫 ]叫--------XL+ ----------两式相加得lrUj+ln^- x (i !+力1一力22=0,t 2)+2'1%-1%,lnL-lni 2所以----------X (£ 1 +匚)=lni ] +lni 2+f 2I lm-liu 2 u'E 丿，~ ln/^lnL ln/^lnL所以鼻+%-2><_ =—_ («!-t x -t 2(2)-7 1要证衍+%2<0，只要证％ i +%2<—In —， m m 只要证t 1+t 2-2m<—In 丄，m mlnL-lnt, InL-liU.又？n=-----------+£2-2x ----------------=右-方2 NF ln^+lnij U1 2令卩（"）=u-21mz -----，贝U0（«）=1-----+u u丄二（弘1） >0,所以卩（訪）在"e （1,+qo ） u 2 u 2上单调递增，所以卩@）>卩（1）二0,所以21n “-丄>0,所以X1+x 2<0,所以*匕题得证.U卩形成结论极值点偏移问题中的南辕北辙现象,是由基函数极值点偏移方向不符题 意要求引起的.要避免这种现象的发生,应使基函数极值点偏移方向与题意 要求一致.82 > 2020年九冃（下旬）。
拓展学习：立体几何题目解析教案
Introduction在学习几何学的过程中，学生们都会接触到立体几何这一门知识。
立体几何不仅仅是一个单纯的图形或者形状，而是在三维空间中真实存在的实体。
解析立体几何题目是学生们提升立体几何能力的一个必要部分。
本篇文章将介绍如何拓展学习立体几何题目解析教案，让学生们掌握立体几何知识，提高几何思维和判断能力。
Part 1: 立体几何基础知识在拓展学习立体几何题目解析教案前，学生们需要了解立体几何的基础知识。
以下是一些立体几何的基础概念：1. 立体几何的几何体立体几何有许多不同的几何体，如立方体、棱柱、棱锥、正四面体等等。
每一种几何体都具有自己的特征。
2. 立体几何的基本元素立体几何的基本元素包括棱、面和顶点。
棱是连接两个顶点的线段，面是由相邻棱所确定的平面区域，顶点是棱和面的交点。
3. 基本几何变换几何变换包括平移、旋转、缩放等。
这些变换改变几何体的形状和大小，但是不改变几何体的本质特性。
Part 2: 立体几何解析题目教学在学习立体几何解析题目时，可以采用以下步骤：1. 阅读题目并理解学生们应该认真阅读每一个题目，并尝试理解它所描述的几何体或问题。
理解问题是解决问题的一半。
2. 绘制图形学生需要画出几何体的图形，并标注出各个棱、面、顶点等基本元素。
这有助于学生更好的理解题目，并找到解题思路。
3. 找到解题思路学生们可以利用几何体的基本元素和几何变换来找到解题思路。
他们可以想象对几何体进行平移、旋转、缩放等操作后，会发生什么变化。
4. 解决问题并检查答案学生们应该在解决问题后，反复检查答案，确保没有任何错误。
如果有错误，他们应该找到错误所在，并修正答案。
Part 3: 拓展立体几何问题解析教案在拓展立体几何问题解析教案时，可以考虑以下内容：1. 给出更多的例题教师可以给学生更多的立体几何例题，让他们进一步掌握立体几何解析问题的技巧。
这些例题可以包括不同难度，以便学生们更好的提高他们的几何思维和判断能力。
用补形法解立体几何题
用补形法解立体几何题几何体的补形要围绕着已知条件来进行，通常策略是把棱锥补成棱柱，把台体补成锥体，把三棱锥补成四棱锥，把三棱柱补成四棱柱，把不规则几何体补成规则几何体，补同样几何体等。
一、棱锥补成棱柱例1、一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则球的表面积为A.B.C.D.分析：正四面体可看作是正方体经过切割而得到，因而构造一个棱长为1的正方体ABCD，则四面体就是棱长为的正四面体，而正方体的外接球就是四面体的外接球，又正方体的对角线长就是球的直径，易知对角线长度为，故球表面积。
总结：对棱长全相等的正四面体通常把它补成正方体。
若是相对棱长相等的四面体，则可考虑把它补成长方体。
例2、如图1，在底面是直角梯形的四棱锥中，∠ABC=，SA⊥面ABCD，SA=AB=BC=1，AD=。
（1）求四棱锥的体积；（2）求面SCD与面SBA所成的二面角的正切值。
解：（1）解答略。
（2）以SA为棱，构造正方体AECB-SFGH，如图2，分别取棱SF、HG中点M、N，连结DM、MN、SN、ND，设ND与SC相交于O，连接MO。
则有面MDN∥面SAB，且SM⊥面MDN，所以所求的二面角等于二面角S-DN-M。
在正方体AECB-SFGH中，△NSD与△NMD都是等腰三角形，所以SO⊥DN，MO⊥DN，所以∠SOM是二面角S-DN-M的平面角。
又MOSB=，SM=，所以，故所求二面角的正切值是。
总结：从一顶点出发的三条棱互相垂直的锥体通常可考虑把它补成长方体或正方体。
二、三棱柱可补成四棱柱例3 已知斜三棱柱的侧面与平面ABC垂直，∠ABC=，BC=2，AC=，且，，求点C到侧面的距离。
解：把斜三棱柱ABC补成如图3所示的平行六面体，设所求的距离为d，则d也是平面与平面间距离，作于点D，作于点F，因为，，，所以，又∠ABC=，BC=2，所以，因侧面与底面ABC垂直，于点D，所以，又，知AB⊥面，因而AB⊥ED，又∠ABC=，所以DE∥BC，D为AC中点，且，故，而。
解答立体几何问题的五大数学思想方法
解答立体几何问题的五大数学思想方法学习立体几何，除了要掌握基本的数学知识和技能外，还要注意领会与总结解决解答对应问题的常见数学思想方法，下面对解答立体几何问题的五大数学思想方法加以归纳整理，供复习参考． １ 割补思想分割与补形的思想方法是处理几何图形的重要方法，特别在处理非常规图形时，即使涉及比较熟悉的图形的问题，有时结合割补法也可以更好的得以解决，因此，此考点可明考，即出示陌生图形，也可暗考，即给出熟悉图形，但进行割补实现快速解题．例１ 如图１，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且,ADE BCF △△均为正三角形，EF AB ∥，2EF =，则该多面体的体积为（ ）．()A 32 ()B 33 ()C 34 ()D 23解析 本题所涉及的为非常规图形，没有可套用的体积公式，故需要考虑割补．解 如图１，作,AG BH 垂直于EF ，垂足分别为,G H ，连结,DG CH ，由A B C D E F∥∥，则有,DG CH 垂直于EF ．由图形的对称性，2EF =，知11,2GH EG FH ===，由1B F A B ==，3BFE π∠=，2BH =，得4B C HS =△．故所求体积为111243423+⨯⨯⨯=，选()A ．例２表面积为的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为（ ）．()A 3 ()B 13π ()C 23π ()D 3 解析 将正八面体嵌入到正方体中，即以正八面体的顶点为正方体各面的中心，则可知正八面体的棱，即为正八面体外接球的直径，故球的体积为ACDFGHBE 图１3，选()A ． ２ 分类讨论思想若题目描述的情形不唯一，就要考虑借助分类与整合的思想方法解答． 例３ 如图２，在直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ==12BB =， 90=∠ABC ，,E F 分别为111,AA C B 的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为 ．解析 分别将111A B C △沿11A B 折到平面11ABB A 上；将111A B C △沿11A C 折到平面11ACC A 上；将11BCC B 沿1BB 折到平面11ABB A 上；将11BCC B 沿1CC 折到平面11ACC A 上，比较其中EF． ３ 等价转化思想一些立体几何问题，借助等价转化思想，可以得到更好解答． ３．１ 求距离的转化点、线与面之间的距离，可以借助平行关系，借助等体积等方法实现距离的转化．例４ 如图３，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为１，O 是底面1111A B C D 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离为（ ）．()A 21()B42()C 22()D 23 解析 若直接过点O 作平面11ABC D 的垂线求距离，则难以操作．但若借助“过O 与平面11ABC D 平行的直线上每个点到平面11ABC D 的距离相等”，如图４，点,E F 分别是棱A图２1A 1EABD1DE O1BFG C1C图４ 1AA BD1DO1BC1C图３ 1A1111,A D B C 的中点，易知EF 过点O 且与平面11ABC D 平行，于是，只需求点F 到平面11ABC D 的距离，又可得所求为1B C 的14，即42．３．２ 求角的转化求角问题，往往也可以借助平行关系进行转化解答． 例５ 如图５，在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ， 12AB BC PA ==，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ．求直线PA 与平面PBC 所成角的大小．解析 若直接求直线PA 与平面PBC 所成的角，不易操作，但若根据PA OD ∥，则可转化为求OD 与平面PBC所成的角．AB BC OA OC ⊥= ，，OA OB OC ∴== ，OP ABC ⊥又 平面，PA PB PC ∴== ，取BC 的中点E ，连结PE ，则B C P O E ⊥平面，作O F P E ⊥于F ，连结DF ，则OF ⊥平面PBC ，所以ODF ∠是OD 与平面PBC 所成的角．又OD PA ∥，所以PA 与平面PBC 所成的角的大小等于ODF ∠，在R t O D F ∆中，sin OF ODF OD ∠==，所以PA 与平面PBC 所成角的大小为． 例６ （１）若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为α，则cos ______α=．（２）已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于α，则sin α= ．解析 对（１），由于正四棱柱的六个面两两对应平行，根据同一条直线与多个平行平面所成的角相等，问题转化为一条直线与正四棱柱共顶点的相邻三个面所成的角都为α，求cos α．如图６，设图５APDBO C图６A1C为3PD CD =． ３．３ 求最值的转化一些立体几何的最值问题，往往通过图形变换进行转化．例７ 如图７，已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为1，高为8，一质点自A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周．．到达1A 点的最短路线的长为．解析 问题转化为将三棱柱的侧面沿1AA 剪开后展开，并补上展开后全等的部分后，所得矩形对角线的长，如图８所示，易得所求为10．３．４求体积的转化一些求体积问题，往往需要借助体积的转化求解． 例８ 如图９，在体积为1的三棱锥A BCD -侧棱,,AB AC AD 上分别取点,,E F G ， 使:::2:1AE EB AF FC AG GD ===，记O 为三平面,,BCG CDE DBF 的交点，则三棱锥O BCD -的体积等于（ ）．()A91 ()B81 ()C 71 ()D 41 解析 如图１０，设BG DE M =，CG DF N =，则连结,CM BN 的交点为O ，设A 到平面BCD 的距离为h ，则由:2:1AG GD =，可知点G 到平面BCD 的距离为13h ；又A1A A1A B1C CA1C 1AC1B 1B 图８BCDEF GO图９ ABC D EF G OM N AB由23GM MB =，故M 到平面BCD 的距离为3535h h ⨯=；又由25MO OC =，故O 到平面BCD 的距离为51757h h ⨯=．三棱锥A BCD -的体积为１，故三棱锥O BCD -的体积等于71．选()C ． 评注 本题通过多次体积间关系的转化，实现了所求体积与已知体积关系的明朗化． ４ 向量法借助空间向量，特别是建立空间直角坐标系后，使向量坐标化，能够更加简捷的解答很多涉及位置关系判断及求角，求距离的题目．例９ 已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，AB CD ∥，⊥=∠PA DAB ,90 底面ABCD ，且112PA AD DC AB ====，M 是PB 的中点． （Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ； （Ⅱ）求AC PB 与所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小．解析 根据题目特征，注意到,,AB AD AP 两两垂直，可建立空间直角坐标系，借助直线的方向向量与平面的法向量解答．解 因为PA PD ⊥，PA AB ⊥，AD AB ⊥，以A 为坐标原点AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为(0,0,0)A ，(0,2,0)B ，(1,1,0)C ，(1,0,0)D ，(0,0,1)P ，1(0,1,)2M ．（Ⅰ）证明：因(0,0,1)AP =，(0,1,0)DC =，故0AP DC ⋅=，所以AP DC ⊥．由题设知AD DC ⊥，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥面PAD ．又DC 在面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD ．（Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==PB AC 故||2,||5,2AC PB AC PB ==⋅=，所以10cos ,5||||AC PB ACPB AC PB ⋅<>==⋅，即AC 与PB 所成的角为 （Ⅲ）解：在MC上取一点(,,)N x y z ，则存在,R ∈λ使,MC NC λ=11(1,1,),(1,0,),1,1,22NC x y z MCx y z λλ=---=-∴=-==．要使AN MC ⊥，只需图１１图１２0AN MC ⋅=，即102x z -=，解得45λ=．可知当45λ=时，N 点坐标为12(,1,)55，能使0AN MC =．此时，1212(,1,),(,1,)5555A N B N ==-，有0B N M C ⋅=．由0A N M C ⋅=， 0BN MC =得,AN MC BN MC ⊥⊥，所以ANB ∠为所求二面角的平面角．30304||,||,5AN BN AN BN ==⋅=-．2cos(,)3||||AN BN AN BN AN BN ⋅∴==-⋅，故所求的二面角为2arccos()3-．５ 极端化方法一些几何问题，借助想象其极端情形，可以更好的使问题得以解决． 例１０ 若正棱锥的底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是（ ）．()A 三棱锥 ()B 四棱锥 ()C 五棱锥 ()D 六棱锥解析 对于正六棱锥，当其高趋近于０时，侧棱长趋近于底面边长，但侧棱长始终大于底面边长，而不会相等，故选()D ．借助极端化方法，同学们可以求一下正六棱锥相邻侧面所成二面角的取值范围．。
补形巧解立体几何题
ＡＤ
＝
１ ２
，求面
ＳＣＤ
与面
ＳＡＢ
所成二面角的正切值．
解析 如图 １３，延长 ＢＡ、ＣＤ 交于 Ｅ，连结 ＳＥ．
因为 ＡＤ
＝
１ ２
ＢＣ，且 ＡＤ ∥ ＢＣ，所以 ＥＡ
＝ ＡＢ
＝ ＳＡ
＝ １，ＳＥ ⊥ ＳＢ．
又因为 ＳＡ ⊥ 面 ＡＢＣＤ，所以面 ＳＥＢ ⊥ 面 ＡＢＣＤ，
因为 ＢＣ ⊥ ＥＢ，所以 ＢＣ ⊥ 面 ＳＥＢ，ＢＣ ⊥ ＳＥ，
所以 ＳＥ ⊥ 面 ＳＢＣ，ＳＥ ⊥ ＳＣ，∠ＢＳＣ 是所求二面
角的平面角，又因为 ＳＢ ＝ ２ ，ＢＣ ＝ １，所以 ｔａｎ∠ＢＳＣ
＝
２ ２．
１０ 把长（ 正） 方体补成长（ 正） 方体
图 １３ 图 １４
例 １２ 如图 １４，在长方体 ＡＢＣＤ—Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 中， 已知 ＡＢ ＝ ４，ＡＤ ＝ ３，ＡＡ１ ＝ ２，Ｅ、Ｆ 分别是线段 ＡＢ、ＢＣ 上的点，且 ＥＢ ＝ ＦＢ ＝ １，求 ＥＣ１ 与 ＦＤ１ 所成角的余弦 值．
＝
２２ ５
．
图 １１ 图 １２
例 １０ 在正三棱柱 ＡＢＣ—Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中， 若 ＡＢ ＝ ２ ＢＢ１，则 ＡＢ１ 与 Ｃ１Ｂ 所成角的大小为（ ）．
Ａ．６０° Ｂ．９０° Ｃ．３０° Ｄ．４５°
中学数学杂志 ２０１４ 年第 １１ 期 ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ
例 １ 一个四面体的棱长都为 ２ ，四个顶点都 在同一球面上，则球的表面积为（ ）．
Ａ．３π Ｂ．４π Ｃ．３ ３ π Ｄ．６π 解析 如图 １，把四面体补成一个棱长为 １ 的 正方体，则正方体的对角线就是球的直径．因为 ２Ｒ ＝ ３ ，所以 Ｓ球表面积 ＝ ４πＲ２ ＝ ３π，故应选 Ａ．
补体法在立体几何中的妙用
补体法在立体几何中的妙用
胡世雄
【期刊名称】《数理化解题研究：高中版》
【年(卷),期】2016(000)013
【摘要】补体思想是高中立体几何中的一种重要的数学思想,它可以使不规则的图形转化为我们所熟悉的或有规则的图形,从而使问题迎刃而解.本文中笔者通过实例展示了补体思想的妙用.
【总页数】1页(P7-)
【作者】胡世雄
【作者单位】江西省赣州市定南中学
【正文语种】中文
【中图分类】G634.6
【相关文献】
1.补体法在立体几何中的妙用
2.整体法在牛顿第二定律中的妙用
3.整体法在牛顿第二定律中的妙用
4.补形法在立体几何中的妙用
5.整体法在《圆》中的妙用
因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。
第31讲 补体立足展拓空间,分割在于化繁为简
第31讲补体立足展拓空间，分割在于化繁为简典型例题【例1】设正四棱锥P ABCD -的体积为1,,,E F G H 、分别是线段,AB CD PB PC 、、的中点,则多面体BEG CFH -的体积为_______.【例2】如图313-所示,在多面体ABCDEF 中,已知面ABCD 是边长为3的正方形,3//,,2EF AB EF EF =与面AC 的距离为2,则该多面体的体积为() .A.92B.5C.6D.152【例3】已知一个四面体的每个面都是以332、、为边长的锐角三角形,试求这个四面体的体积V .强化训练1.已知正四面体ABCD 中,E 是AB 的中点,则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为（）A.16B.6C.13D.32.已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上,ABC 是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且2SC =,则此棱锥的体积为（）. A.26B.36C.23D.223.如图3110-所示,在三棱锥P ABC -中,1,,2AB BC AB BC PA O ⊥==是AC 的中点,且OP ⊥底面ABC ,求直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值.解答过程【例1】设正四棱锥P ABCD-的体积为1,,,E F G H、分别是线段,AB CD PB PC 、、的中点,则多面体BEG CFH -的体积为_______.【解析】【解法1】如图311-所示,//,G BEF H BCF GH EF h h --∴= ,又,BEF BCF G BEF H BCF S S V V --=∴= .1,22EFG GHF GH EF S S =∴= ,2B EFG BGGF B EFG BGHF h h V V --=∴= .即BEF BCF BCHF BEF ABCD 12.8G H G P V V V V V ----===,1115881616BBGCFH P ABCD V V -⎛⎫∴=++=⎪⎝⎭【解法2】如图31-2所示,延长EG FH 、相交于点M ,//PM ∴平面ABCD ,连接MB MC 、,BCHG BCHG BCHG BCHG ,.F M F M h h V V ----=∴= 11,82G BEF P ABCD M EBCF P ABCD V V V V ----== ,1115288216BBGCFHP ABCD P ABCD V V ---∴=+=.解法三1112816G FHC B FHC B DPC P ABCD V V V V ----=== (见图311-),又1124G EBCF P EBCF P ABCD V V V ---==,BEG FHC EBCF ABCD 551616CFH G G P V V V V ---∴=+==【例2】如图313-所示,在多面体ABCDEF 中,已知面ABCD 是边长为3的正方形,3//,,2EF AB EF EF =与面AC 的距离为2,则该多面体的体积为() .A.92B.5C.6D.152【解析】【解法1】如图314-所示,连接EB EC 、.则四棱锥E ABCD -的体积213263E ABCD V -=⨯⨯=,2,//,2.EAB BEF AB EF EF AB S S =∴= 1122F EBC C EFB C ABE E ABCV V V V ----∴===113222E ABCD V -=⨯=315622E ABCDF EBC V V V --∴=+=+=,故选D .【解法2】如图315-所示,设G H 、分别为AB DC 、的中点,连接EG GH EH 、、,则//////EG FB EH FC GH BC 、、,得棱柱.EGH FBC -由题意,得11123323332E ACHD AGHD V S -=⨯=⨯⨯⨯⨯=.13332ECH FBC B EGH E BGH E GBCHV V V V ----===⨯3393222E AGHD V -==⨯=915322E AGHD BGH FBC V V V --=+=+=,故选D.【解法3】由【解法1】知6E ABCD V -=,故多面体的体积大于6,四个选项中只有D 适合,因此选D .解法四如图316-所示,延长FE 至G ,设3FG AB ==,连接,AG DG EB 、,则多面体BCF ADG -为斜三棱柱,其直截面面积12332S =⨯⨯=.则9BCF ADG V S AB -=⋅=.又 面//BCF 面,ADG E 为FG 中点,E ADG E BCF V V --∴=,2E ADG E ABCD BCF ADC V V V ---∴+=,即12933233E ADG V -=-⨯⨯⨯=3315,9222E ADG BCF ADG E ADG V V V V ---∴=∴=-=-=,【答案】D .【例3】已知一个四面体的每个面都是以332、、为边长的锐角三角形,试求这个四面体的体积V .【解析】【解法1】(直接法)如图317-所示,不仿设2AC BD ==,其余4条边长都为3,E 为BD 中点,则,,AE BD CE BD AO ⊥⊥⊥平面DBC .在AEC中,过点E 作EM AC ⊥,垂足为,1M EC EM =-===则由等面积法得,2EM AC EC AO h AO ⋅=⋅∴==.故1111427233223V Sh ==⨯⨯⨯=.【解法2】(分割法)参见图317-可知,,AE DB CE DB ⊥⊥,AO ⊥平面DBC ,于是截面AEC 将原三棱锥分割成三棱锥D AEC -与三棱锥B AEC -,且DB ⊥平面AEC ,容易算出122ADC S =⨯= .故()13D ABC B AEC AEC V V V S ED EB --=+=⋅+11272333AEC S DB =⋅== 【解法3】(补体法)如图318-所示,将三棱锥补体为一个长方体,设长方体的长、宽、高分别为,,x y z ,则2222222223,2,3,x y y z z x ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩1127 .333x y V xyz z ⎧=⎪⎪===⨯⎨⎪⎪=⎩故引申:已知一个四面体的每个面都是为,,a b c 为边长的锐角三角形,试求这个四面体的体积,可以运用补体法,解法如下:如图319-所示,由222222222,,,x y a y z c z x b ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩解得222222222222a b c x a c b y b c a z ⎧+-=⎪⎪⎪+-⎪=⎨⎪⎪+-⎪=⎪⎩∣∴所求的体积 41463V V V xyz xyz xyz =-=-=长方体三棱锥()()()2222222221212a b c a c b c b a =+-+-+-易得可求117272333V xyz ===.强化训练1.已知正四面体ABCD 中,E 是AB 的中点,则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为（）A.16B.36C.13D.33【解析】【解法1】(平移法):如答图311-所示,取AD 的中点F ,连接EF CF ,则//EF BD .故CEF ∠(或其补角)即为异面直线CE 与BD 所成的角.设正四面体的棱长为2,则3,1CE CF EF ===.在CEF ∆中,由余弦定理得222cos 2231CE EF CF CEF CE EF +-∠===⋅⨯⨯36,即异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为36,故选B 【解法2】(补体法结合向量法)在正方体中㧍套一个正四面体ABCD ,建立空间直角坐标系,如答图31-2所示,不妨设正方体的棱长为2,则(0,0,2),(2,0,0),(0,2,0),(2,2,2)A B C D .∵E 是AB 的中点,∴(1,0,1)E ,又:CE (1,2,1),BD (0,2,2)=-=.设CE 与BD 所成角为θ,∴||3cos |cos(,|6||||622CE BD CE BD CE BD θ⋅=〉===⨯【答案】B.2.已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上,ABC 是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且2SC =,则此棱锥的体积为（）.A.26B.36C.23D.22【解析】【解法1】(分割法)如答图313-所示,∵SC 为球O 的直径.90SAC SBC ∴∠=∠=︒由2,1SC AC BC ===,得3SA SB ==.即SAC SBC ∆≅∆.易得32AH BH ==作AH SC ⊥,垂足为H ,连接BH (见答图313-),则BH SC ⊥.从而SC ⊥平面ABH .∴13,32S ABC ABH V S SC AH BH -∆=⋅== ,又∵1AB =,得ABH S ∆24=112223346S ABCABH V S SC -∆∴=⋅=⨯⨯=【解法2】(另一种分割)如答图314-所示,设球心为O ,连接OA OB 、,则1OA OB OC ===.又:ABC ∆是边长为1的正三角形,∴四面体O ABC -是棱长为1的正四面体.从而32211212OABC V =⨯=.∵O 是SC 的中点,∴S ABO C ABO O ABC V V V ---==.2222126S ABC S ABO C ABO O ABC V V V V ----∴=+==⨯=【答案】A3.如图3110-所示,在三棱锥P ABC -中,1,,2AB BC AB BC PA O ⊥==是AC 的中点,且OP ⊥底面ABC ,求直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值.【解析】【解法1】如答图315-所示,设D 是PC 的中点,则//OD PA ,故OD PA 、与平面PBC 所成的角相等.设F 为BC 的中点,容易证明平面PBC 与平面OPF 垂直从而可以确定点O 在平面PBC 上的射影G 必在PF 上.故过点O 作OG PF ⊥于点G ,可得OG ⊥平面PBC .因此ODG ∠即为OD 与平面PBC 所成的角.设4PA =,则2AB BC ==,由此可得2,14AC PO ==,则142,15OD OG ==.故210sin 30OG ODG OD ∠==【解法2】如答图31-6所示,过点A 作AE ⊥平面PBC ,连接PE ,则APE ∠为AP 与平面PBC 所成的角.设AB BC a ==,则22,2,,2PA a AC a AO a PO =∴==∴=14,22a PB a =,易得22115,24ABC PBC S a S a ∆∆==,由P ABC V -A PBC V -=可得1133ABC PBC S PO S AE ∆∆⋅=⋅,代人数据得AE 1415=,故210sin 30AE APE AP ∠==.【解法3】(补体法)如答图317-所示,以平面ABC 为底面,OP 为高,将原几何体补成长方体(1AC 为该长方体的体对角线).设M 是11A B 的中点,则//PM BC ,点M 在平面PBC 上.又BC ⊥平面11ABB A ,则平面PBC ⊥平面11ABB A .由此确定点A 在平面PBC 上的射影N 必在BM 上,故过点A 作AN BM ⊥于点N ,可得AN ⊥平面PBC .因此APN ∠即为PA 与平面PBC 所成的角,可求得210sin 30APN ∠=(计算过程略)【解法4】(向量法)如答图318-所示,以O 为原点,分别以直线OA OB OP 、、为x 轴、y 轴x 轴建立空间直角坐标系.设4PA =,则2,2,14AB BC AC PO ====,可得2A ,0,0),2,0),(2,0,0),14)B C P 则2,0,14),2,14),(2,0,14)PA PB PC =-=-=,设平面PBC 的一个法向量为(,,)x y z =n ,则由0,0PB n PC ⋅=⋅=n,得(7,7,1)=n .设直线PA 与平面PBC 所成的角为θ则||210sin 30||||PA PA θ⋅==n n。
补形巧解立体几何题
补形巧解立体几何题
一：把正四面体补成正方体
例1、一个四面体的棱长都为2,四个顶点在同一球面上，则球的表面积为(
)
A.π3
B.π4
C.π33
D.π6二：把三条棱互相垂直的三棱锥补成长（正）方体
例2、在球面上有四点C ,B ,A ,P ，如果PC ,PB ,PA 两两互相垂直，且,a PC PB PA ===那么这个球的表面积是_____________.
三：把对棱相等的四面体补成长方体
例3、已知四面体SABC 的三组对棱相等，依次为51352,,，求四面体的体积。
四：把三棱锥补成四棱锥（或三棱柱或平行六面体）
例4、在四面ABCD 中，设31=
=CD ,AB ,直线AB 与CD 的距离为2，夹角为3
π，则四面体的
体积为____________.
五：把首尾相连两两垂直的三棱锥补成长（正）方体例5、如图7、⊥PA 面ABC ,,ACB 0
90=∠且,a BC AC PA ===则异面直线PB 与AC 所成的
角的正切值为___________.六：把三棱锥补成四棱锥（或把四棱锥补成三棱锥）例6、如图11，在直棱柱111C B A ABC -中，,AA ,AB ,BC ,AC 45431====求异面直线1AC 与
C B 1所成的角的余弦值为___________.
例7、在底面是直角梯形的四棱锥ABCD S -中，⊥=∠SA ,ABC ，090面ABCD ,,AD ,BC AB SA 211====求面SCD 与面SAB 所成二面角的正切值。