立体几何中的常见模型化方法

1、.立体几何中的常见模型化方法 建构几何模型的两个角度：一是待研究的几何体可与特殊几何体建立关联，二是数量关系有明显特征的几何背景. 例题 一个多面体的三视图如图1所示，则该多面体的体积是 A. 23/3 B. 47/6 C.6 D.7 分析该几何体的三视图为3个正方形，所以可建构正方体模型辅助解答. 解 图2为一个棱长为2的正方体. 由三视图可知，该几何体是正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其体积V=8-21/31/2111=23/3选A. 解后反思 大部分几何体可通过对正方体或长方体分割得到，所以将三视图问题放在正方体或长方体模型中研究，能够快速得到直观图，并且线面的位置关系、线段的数量关

2、系明显，计算简便. 变式1 已知正三棱锥P-A BC，点P，A，B，C都在半径为的球面上，若PA，PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为_ 分析 由于在正三凌锥P-ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，所以可以将该正三棱锥看作正方体的一部分，构造正方体模型. 解 构造如图3所示的正方体. 此正方体外接于球，正方体的体对角线为球的直径EP，球心为正方体对角线的中点O，且EP平面ABC，EP与平面ABC相交于点F.由于FP为正方体体对角线长度的1/3，所以 又OP为球的半径，所以OP=.故球心O到截面ABC的距离 解后反思从正方体的8个顶点之中选取不共面的点，可构造出多种几何体，这些

3、几何体可以分享正方体的结构特征. 变式2-个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为 A.3 B.4 C.3 D.6 分析将一个正方体切掉四个大的“角”，就可得到一个正四面体. 解 如图4所示，构造一个棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，连接AB1，AD1，AC，CD1，CB1，B1D1，?t四面体B1-ACD1为符合题意的四面体，它的外接球的直径AC1=，所以此正方体外接球的表面积S=4R2=3.选A. 解后反思 正四面体的体积也可通过这种切割的方法求得.由图形分析可知，正四面体的体积是它的外接正方体体积的.若正四面体的棱长为a，则其体积为 变式3 四面体A-BC

4、D中，共顶点A的三条棱两两互相垂直，且其长分别为1，2，3.若四面体A-BCD的四个顶点同在一个球面上，则这个球的表面积为_. 分析 共顶点的三条棱两两互相垂直且长度不相等，这具有长方体的结构特征，可构造长方体来解决问题. 解 构造一个棱长分别为1，2，3的长方体，我们可发现四面体A-BCD是这个长方体的一个“角”，它们的外接球相同.所以2R=.故这个球的表面积S=4R2=14. 解后反思 可构造长方体的几何体在高考中属于高频考点.本题中条件“共顶点A的三条棱两两互相垂直”可变为“共顶点A的三个面两两垂直”，这也是长方体的结构特征之一 变式4 如图5，已知球O的球面上有四点A，B，C，D，DA

5、平面ABC，AB上BC，DA =2，AB=4，BC=6，则球O的体积是_. 分析 DA，AB，BC的位置符合长方体三条相连接棱的结构特征，可构造长方体模型. 解 以DA，AB，BC为棱长构造长方体.设长方体的外接球O的半径为R，则长方体的体对角线长为球O的直径，即CD.所以 解后反思这种几何体的结构特征是三条棱顿次连接，并且垂直，通常称为“三节棍”模型. 变式5 由空间上一点O出发的4条射线，两两所成的角都相等，求这个角的余弦值. 分析 由于是4条射线，并且两两所成的角都相等，联想到正四面体的结构特征正四面体的中心与四个顶点的连线两两所成的角相等. 解 构造正四面体模型，如图6所示.射线OA，

6、OB，OC，OD两两所成的角相等，AOB即为所求.设正四面体的棱长为a，则正四面体的高h=由余弦定理可得 解后反思 本题也可建构在正方体中，同学们可以试一试. 变式6 已知直线l与平面a平行，P是直线l上的一个定点，平面a内的动点B满足PB与直线l所成的角为30，那么点B的轨迹是 A.两条直线 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线 分析 由已知条件，构造圆锥模型. 解由于P是直线l上的一个定点，平面内的动点B满足PB与直线l所成的角为30，所以点B在以P为顶点的圆锥侧面上.又直线l与平面平行，所以平面与圆锥的轴平行，即平行于圆锥的轴的平面截圆锥的侧面，可得截面图形为双曲线.选C. 解后反思本题中，点B的轨迹符合圆锥的结构特征是解题的突破口. 变式7 如图7，AB是平面的斜线段，A为斜足，若点P在平面内运动，使得ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是 A.圆 B.椭圆C.一条直线 D.两条平行直线 分析 考虑到三角形面积为定值，底边一定，从而P到直线AB的距离为定值，可构造圆柱模型. 解 由已知可得动点P的轨迹在圆柱面上.由于AB是平面的斜线段，所以平面斜截圆柱面，得到的截