三棱锥中等何种法思想的运用

篙； 建j — 一 薰 } 嚣 —■_ ■_ ■■—■ 一 浙 江 陈 斌 立体几何中的空间角与距离问，是高考重点考查的内容，但有些问题 直接求解会比较困难，若能先构建一个合适的三棱锥，再利用三棱锥的等体 积法思想来研究，往往可以化难为易，收到事半功倍之效． 一 、 求空间距离 1．求点面距离 求点A到面 的距离，若点A在面 内的射影难以定位，此距离可以 转化为以A为顶点。底面在面 内的三棱锥的高，然后利用三棱锥的等体 积法思想求得高． 例 1(2006福建卷)如图 1，四面体 ABCD 中。0、E分别是BD、BC的中点，CA=CB=CD= BD=2．AB=AD=、／ ． (I)求证：A0上平面BCD； (II)求异面直线AB与CD所成角的大小； E C 图 1 DBO的距离，也就是DO与EF的距离 (为什么?)． 过A作直线DO的垂线，分别交 DO与EF于P、Q 点，则线段尸Q就是所求，又因为A~-PQ，所以所求 就是线段 AP的长度．在 RtADA0中，AP是斜边上 的高，有A尸=旦 手D_= ，则异面直线BD 与EF的距离为 L ． 2 用向量法来求解该变式则要简单得多， 具体解答如下 ：如图 4建立坐标系 ，则有 ∥= 18 (一3、／2 ，一3、／2 ，8)， =(0，3、／2，-8)， B--g=~一3 ，0，8)，所以可得蔚 、 的一个垂 直 向节为 =(0，、 ，})．于是可得异面直线肋 与 的距离为旦 =24 ． n l I ’ 总之，只要同学们勇于探究，完全可以对一些具有 典型性的进行变式解析，培养发散性思维，这对今 后解决一些具有综合性的问题是有很大的启发与帮助， 责任编校 赖庆安 棱锥中等体积法思想的逗用 维普资讯 http://www.cqvip.com (III)求点 E到平面 ACD的距离． 解析 (这里仅对第三个问题进行解析)从题 目所给的条件可知 ，点 E在面ACD内的射影比较难 确定，现把点 E到平面ACD的距离看作是三棱锥 E— ACD的高，利用等体积法思想来求解， 设点E到平面ACD的距离为h，’． ∞=V一-CI)E， ． · ． _ _ 1 hS ,SACD~ A0·S△ ，在 △』4cD中，CA=CD=2， AD： ，．‘ 。= × ×、／2 一( ) = 2；易 -1's 1×孚 ×22 孚 ，．’．^= l×_V__j_ 一 生 ：二士 = L，故点E到平面ACD 3 ,SACD | 2 的距 离为 一． 点评 由于 E是 BC中点，则点 E到平面ACD 的距离也可以转化为点 B到平面ACD的距 离，即为 点 B到平面ACD的距离的一半，再利用等体积法思 想来求解、另外，对于线面距 离、面面距离都可以转 化为点面距离来研究， 2．求异面直线距离 求异面直线的距离为高考立体几何的重点之一， 其相关大多的试题要求只局限于图形 中出现公垂线， 或者很方便地作出它们的公垂线；对比较难作公垂线 段相关的距离问题，有的可利用三棱锥的等体积法思 想来解决，能快捷实现解答． 例 2 如图2，已知正方体ABCD-A．B．C。D．的边 长为o，求异面直线』4。 与 ．c的距离． 解析 本题要作出公垂 线段十分困难，采用等体积 法的思想来求解．连接』4．C、 』4t 』4．D、BD，显然 IC∥』4．D，这 样 C∥平面A，DB，因此异 面直线』4． 与 ．C的距离就 是点C到平面A。DB的距离， 此距 离即为三棱锥 C-A．DB 图2 的高．运用上述例 1的解题方法，采用 一．oB=V, 删 可 求得 ：^ o． j 点评 本题 实质是线线距 离转化为线面距 离， 再转化为点面距离．解答的难点是转化线面距离时， 要找一个与线 ．C平行，且过线』4， 的面A，DB，这 方可实现用转化思想来求解． 二、求空间角 1．求线面所成角 欲求线』4 与面 所成 的角 (如 图 3)，常规 思路 』4 是 找线 』4 在 面 内的射 影，只要 解 Rt△ABC即可 求得，由于点 B在 面a内的 射影往往难以定位，所以一 图 3 般不求』4C的长，而是求BC的长．BC的长就是点 到面 的距离，由此，我们可以构建一个顶点是点 B、 底 面在面 内的三棱锥 ，此三棱锥 的高就是 BC的 长，再用等体积法思想求得 BC的长． 例 3(2006全 国卷 I) 如图4，f．、f 是互相垂直的 异面直线，MN是它们的公 垂线段．点 』4、 在 f-上，C 在上 12，AM=MB=MN, (I)证明』4C上BN； (Ⅱ)若 厶4CB=60。， 求 BN与平面ABC所成角 的余弦值． 图 4 解析 (这里仅对第二个问题进行解析)‘．"MN上 AB且 为AB中点，．·．AN=B，v( ；由 (I)知，AN、 BN、CN两两垂直②岫①、②得AC=BC，又厶4CB= 60。，所以AABC是等边三角形． 设BN长度为 1，则AB=、／ ，SA,4BC．~ 、设 点N到面ABC的距离为 、^由 c ，易得 s ，g-^= ．记 BN与平面ABC所成角为 ， in =丁V3- ， 从 而 c。sO= 3 ． 点评 命题的背景其实是正方体的一个 “角”， 因此，也可补成一个正方体来考虑．此外，本题还可 t,X直接进行求解． 2．求二面角 在二面角 — n 中，在面 找 一 点』4，作 AB上 于 ，过 点 作 C上0 于 C， 连 』4C， 易 证 AC 为二 面角 的平 面 角．构建一个以』4为顶点， 图5 底面在面 上的三棱锥， 10 蠢 审 L - 一 ， 矗 颦 繁 十 瀚 维普资讯 http://www.cqvip.com _ 利用体积法可以求得其高AB，若还能求出RtAACB 的边 BC或 AC，则即可求得二面角的大小． 例 4 (2001 全 国卷)如 图 6， 在底面是直角梯形 的四棱锥 s BCD 中 ， ABC=90。， 明 J_面 ABCD， SA =AB =BC =1． A AD= 1一 ． 图 6 C (I)求四棱锥s-ABCD的体积； (II)求面 SCD与面 SBA所成的二面角的正切 值． 解析 (这里仅对第二个问题进行解析)在图 6 中，设点 A到平面 SCD的距离为 h(记点 A到平面 SCD上的高的垂足为日，并设平面SCD与平面SBA所 成的二面角的平面角为 ，易证 DA上平面SBA，CB上 s曰．通过已知条件求得：SD=CD=单 ，SB=、／ ， 二 SC=、／丁．·．’ Ⅷ严 S-ACD~．'． s△sGD· = sAACD~sA，即 — C — g- ． ／AED= Rtz，可得 腽 ， tan0= 一 = 12一 、， 6 一、／ 2 ’ 点评 (1)若二面角的一个半平面内有一点到另 一 个半平面的距离容易用体积法求时，一般都可以用 这种方法来求解二面角大小．(2)从严格上讲 ，本题 还须考虑锐二面角与钝二面角的情况，若二面角为锐 二面角可以直接采用；若二面角为钝二面角则取其补 角．不过，高考中的参考却只有锐二面角情形， 是高考命题的一个遗憾．(3)本题还有很多解法，留 给读者去思考． 三、求几何体的体积 对求解三棱锥的体积，由于三棱锥的顶点 (或底 面)可以任意变换，尤其对于非三棱锥的多面体 (特 别是不规则多面体)，如直接求解其体积不易或无法 求解，往往可以将其分割成若干个小三棱锥，利用各 个小三棱锥的体积之和求出其体积． 例5 如图7，已知正方体ABCD—A B。C D。的边 长为。，E、F分别是棱 A B 、CD的中点．求四棱锥 曰一C，EAF的体积． 解析 如果直接使用四棱锥 曰一C，EAF的体积公 式，点B到平面 C—EAF的距 离较难求 出．不妨将四 棱锥体积看成两个三棱 锥 的体 积 之 和 ，即有 ∽． 尸 ∽ ，易证 A S△c．旷=S " ，从 而 —c． 产 2V 根据等体积法可 知 ：V8 =VF ，这样 便可以迅速求 出四棱锥 ． 曰一C1EAF的体积． 曰 图7 C C 连接 EF、BF．v 8 矗 F=2Va一^t：F=2VE-ABF=2X— 1一S△^BF· j ha．=2×}× Ⅱ } 、 j 二 J 点评 本题灵活运用了三棱锥的等体积变换技 巧，既有自身的顶点或底面的变换，也有不同三棱锥 之间的体积转化．这种变换类似于平面几何中的三解 形等面积变换． 当然，在求空间角与距离时，我们还可以用空间 向量来解决，把几何问题代数化．但是，有些题目难 以建立合适空间直角坐标系。或建立空间直角坐标系 后，相关点的坐标比较难计算，更何况有相当一部分 同学没有学过空间向量，因此等体积法思想不愧是解 题绝境中的一个法宝． 责任编校 赖庆安 维普资讯 http://www.cqvip.com