巨小鵬

(陜西省漢中市龍崗學(xué)校,陜西 漢中 723102)

立體幾何初步知識教學(xué)以從整體到局部、從具體到抽象為原則,培養(yǎng)學(xué)生的空間想象和數(shù)學(xué)運算能力.解決立體幾何體積問題,可將立體圖形轉(zhuǎn)化至平面圖形分析,借助學(xué)過的幾何法、坐標(biāo)或者向量等數(shù)學(xué)工具尋找解題方向,從而解決問題.文章以近五年高考試題和模擬試題為例,從公式法、等體積法、分割法、補形法、函數(shù)法和向量法等幾個方面進行歸納分析,有利于幾何體體積問題中知識與方法的系統(tǒng)構(gòu)建.

1 試題引入

題目(2021年全國乙卷數(shù)學(xué)文科18)如圖1,四棱錐P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M為BC的中點,且PB⊥AM．

(1)證明:平面PAM⊥平面PBD;

(2)若PD=DC=1,求四棱錐P-ABCD的體積.

圖1 2021年全國乙卷數(shù)學(xué)文科第18題圖

2 第(2)問解法探析

解法2(平面直角坐標(biāo)系視角)由(1)知AM⊥DB,所以kAM·kBD=-1．

圖2 平面直角坐標(biāo)系視角圖

圖3 空間直角坐標(biāo)系視角圖

又PD⊥底面ABCD,AM在平面ABCD內(nèi),

評注本題破題關(guān)鍵是求出矩形ABCD的邊長BC,解法1利用相似三角形求出矩形ABCD的邊長BC,從而求得該四棱錐的體積;解法2建立平面直角坐標(biāo)系,利用直線垂直的條件得到矩形ABCD的邊長BC,從而求得該四棱錐的體積;解法3直接利用空間直角坐標(biāo)系和空間向量的垂直的坐標(biāo)運算求得矩形的邊長;解法4利用空間向量轉(zhuǎn)化求得矩形的邊長,所有解法中解法3最為簡捷,可見空間向量法在解決立體幾何問題中的優(yōu)越性;解法5直接利用四點向量定理結(jié)論得出BC長度,此定理在解決線線角、線面角和二面角問題都有優(yōu)越性,需要有足夠的知識儲備[1].

3 求體積問題方法歸納與例析

3.1 直接公式法

解法1 (體積公式視角)如圖4,由題意可知點P在平面ABC上的投影在∠BAC的角平分線AD上,記作O,即OP為三棱錐P—ABC的高.

圖4 例1解法1示意圖

評注本題考查三棱柱的幾何特征和體積,考查了基本分析求解能力.往年高考以直接考查公式的試題居多,比如2021年甲卷11題,全國Ⅱ卷第5題,2020年海南卷第13題,2018年全國Ⅰ卷第18題,天津卷文科第11題,2017年全國Ⅰ卷文科第18題,新高考Ⅱ卷文科18題.

3.2 等體積法

評注直接求體積不好求,可以轉(zhuǎn)變角度利用等體積法,等體積法常常解決點到平面的距離問題,是文科常考查的方法.

3.3 分割法

圖5 分割成正四面體圖圖6 例1解法4圖

例1解法4(對稱平分視角)如圖6,取BC中點D,連接PD,AD,則BC⊥PD,BC⊥PD.

所以BC⊥平面APD.

即△PAD為直角三角形.

評注根據(jù)對題中幾何體幾何特征的分析,解法3將分割出以a為棱長的正四面體,根據(jù)底面面積之比得出體積,解法4根據(jù)三棱錐的幾何特征,將三棱錐平分,剛好截面垂直棱,從而利用分割思想解決問題.

例2(2018年江蘇卷第10題)如圖7所示,正方體的棱長為2,以其所有面的中心為頂點的多面體的體積為____．

圖7 2018年江蘇卷第10題圖

評注解決本類題目的關(guān)鍵是準(zhǔn)確理解幾何體的結(jié)構(gòu)特征,可以判斷所求幾何體可以分割為兩個全等四棱錐,割補法求幾何體體積是比較常規(guī)的方法,比如多面體切割成錐體特別是三棱錐,需要有整體與局部結(jié)構(gòu)的意識.

3.4 補形法

例1解法5(補成正四面體視角)延長AP到Q使得AQ=2a,連接QB,QC,則三棱錐Q—ABC是以2a為棱長的正四面體.可知點Q到平面ABC的距離是點P到平面ABC距離的2倍,則

評注解法5相當(dāng)于是對解法3的一種優(yōu)化處理,計算更加簡單.割補本來屬于同一個思想,分割是向內(nèi)視角,補全是向外視角,但是大多數(shù)時候?qū)W生都是分割處理,向外的視角不易想到,為了強化此種意識,將割補分為兩類進行歸納總結(jié).

例3(2019年Ⅰ卷理12題)已知三棱錐P-ABC的四個頂點在球O球面上,PA=PB=PC,△ABC是邊長為2的正三角形,E,F分別是PA,AB的中點,∠CEF=90°,則球O的體積為( ).

解法1 因為PA=PB=PC,△ABC為邊長為2的等邊三角形,所以P-ABC為正三棱錐.

所以PB⊥AC.

又E,F分別為PA,AB中點,

所以EF∥PB.所以EF⊥AC.

又EF⊥CE,CE∩AC=C,

所以EF⊥平面PAC,PB⊥平面PAC.

因為△ABC為邊長為2的等邊三角形.

又AB=BC=AC=2,

所以PA,PB,PC兩兩垂直.

評注本題考查學(xué)生的空間想象能力,可通過線面垂直定理,得到三條棱兩兩互相垂直的關(guān)系,進而得到側(cè)棱長,利用補全圖形法解決問題.求體積問題有時并非只考查一種方法,有可能公式法和等體積法以及割補法同時考查,需要綜合分析解決問題.常見的補全圖形比如正六邊形放在正方形中,將三棱柱補成平行六面體,三棱錐補成四棱錐或三棱柱或平行六面體,將圓錐放在圓柱體等熟悉的圖形中,從而利用整體和全局意識解決問題.

3.5 函數(shù)法

例4(2017年全國Ⅰ卷理16題)如圖8,圓形紙片的圓心為O,半徑為5 cm,該紙片上的等邊△ABC的中心為O.D,E,F為圓O上的點,△DBC,△ECA,△FAB分別是以BC,CA,AB為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開后,分別以BC,CA,AB為折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱錐．當(dāng)△ABC的邊長變化時,所得三棱錐體積(單位:cm3)的最大值為____．

圖8 2017年全國Ⅰ卷理科第16題圖

解法1 連接OD交BC與點G,設(shè)D,E,F重合于點S,正三角形的邊長為x(x>0),則

則三棱錐的體積為

設(shè)f(x)=25x4-10x5,則f′(x)=100x3-50x4.令f′(x)=0,得x=0(舍)或x=2.

評注利用函數(shù)思想,確定函數(shù)變量,構(gòu)造函數(shù)求立體幾何中的最值問題,特別是利用導(dǎo)函數(shù)求取最值,是一次精彩的綜合交匯.一般思路是首先要理清數(shù)量關(guān)系,然后將圖形和文字轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)語言,建立函數(shù)模型,最后通過函數(shù)求其最值.

3.6 向量法

例5(2021年新高考Ⅰ卷第20題)如圖9,在三棱錐A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O為BD的中點.若△OCD是邊長為1的等邊三角形,點E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小為45°,求三棱錐A-BCD的體積.

圖9 2021年新高考Ⅰ卷第20題圖圖10 例5解法1示意圖

解法1 (坐標(biāo)向量視角)如圖10所示,以O(shè)為坐標(biāo)原點,OA為z軸,OD為y軸,過點O垂直于OD的直線為x軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.

圖11 例15解法2示意圖

解法3 (二面角的平面角視角2)如圖12所示,EG⊥BD,垂足為點G．作GF⊥BC,垂足為點F,連接EF,則OA∥EG．

因為OA⊥平面BCD,所以EG⊥平面BCD,∠EFG為二面角E-BC-D的平面角．

因為∠EFG=45°,所以EG=FG．

由已知得OB=OD=1,故OB=OC=1．

圖12 例15解法3示意圖

解法4 (三正(余)弦定理視角)如圖9記∠EBD=α,∠EBC-β,∠DBC=30°,記二面角E-BC-D=θ．據(jù)題意,得θ=45°．對β使用三余弦定理公式,可得cosβ=cosα·cos30°.

①

使用三正弦定理公式,可得sinβsinθ=sinα.

②

評注本題的破題關(guān)鍵是求出OA長度,解法1通過建立空間直角坐標(biāo)系將幾何問題代數(shù)化,體現(xiàn)向量的實用價值;解法2作為通性通法找到二面角的平面角,然后對幾何體的幾何特征進行研究;解法3對解法2對了優(yōu)化,在本題中屬于比較好的方法;解法4中三正(余)弦定理是兩個優(yōu)美的數(shù)學(xué)公式,在解題過程中如果使用得當(dāng)會變得更加簡單[2].

當(dāng)然解決此類問題的方法遠(yuǎn)不止于此,還有平移法、相似比法、祖暅原理法和積分法等.建構(gòu)主義認(rèn)為,學(xué)生的學(xué)習(xí)從簡單階段出發(fā),通過逐步滲透,創(chuàng)造出復(fù)雜規(guī)則或者高級規(guī)則的目的是為了解決一個或一類實際問題,然后進入結(jié)構(gòu)化階段,將離散的圖式變得連續(xù)起來,再然后進入遷移階段,達到更為抽象的思維水平,呈現(xiàn)出豐富性、特殊性和發(fā)展性的特點.通過認(rèn)知分析,找到合適的方法,甚至在不同的方法中進行對比分析,將其形成解決此類問題的解題思維體系,會解一類問題即能深層次理解題意,利用結(jié)構(gòu)化思維解決問題.