求立体几何体积的三种常用方法

摘 要：立体图形与平面图形有着千丝万缕的联系，当所求的立体几何的体积不能直接用公式计算时，就需要将立体图形转化（展开）成平面图形，采用折叠、展开与割补等思路，结合平面几何的知识来求解.

关键词：立体转平面；等积代换；确定位置；截面拓展

高中立体几何的学习是初中平面几何学习的延续和发展，由于立体图形与平面图形之间具有密切的联系，所以，当面对不规则的几何体，无法直接运用有关公式进行计算时，就可以考虑把平面图形折叠成立体图形、把立体图形展开成平面图形，或者通过割补的方法［1］，把较复杂的、不规则的几何体分割成一些简单的、规则的几何体，把不熟悉、不易计算的几何体割补成熟悉或便于计算的几何体，最后再用熟悉的方法来求解.

1 折叠法

将平面图形折叠成立体图形后，随着位置关系的变化，度量关系也发生了变化.由于折叠的条件与方式不同，形成的空间图形也各不相同，所以

在解

题时

要以运动变化的思想为指导.面对不同的问题与题型，在运用折叠法解题时，要认真分析哪些量发生了变化，哪些没有发生变化，特别要注意寻找折叠前后的那些不变关系和不变量.

1.1 立体转平面法

例1 ABCDEF是边长为a的正六边形.如果将这个正六边形沿对角线AD折成二面角M-AD-N，问二面角M-AD-N多大时，FC与AD所成的角为45°？试求此时三棱锥F-ECD的体积.

解析：如图1所示，作EG⊥AD于G，由对称性的知CG⊥AD，所以AD⊥平面EGC，∠EGC为二面角M-AD-N的平面角.又FE∥AD，所以FE⊥平面EGC，所以FE⊥EC，∠EFC=45°，EC=EF=a.

可推知EG=CG=32a.

在△EGC中，由余弦定理可得cos∠EGC=EG2+CG2-EC22EG·CG=13，所以∠EGC=arccos13.

又FE=ED=a，∠FED=120°，求得FD=3a.FC=2a，CD=a，所以△FDC为直角三角形.从E点作EO⊥平面FDC于O.

又EF=ED=EC=a，所以O为△FDC的外心，即O为斜边FD的中点.

又EO=EF2-FO2=a2-32a2=a2，所以VF-ECD=VE-FDC=13EO·S△FDC=13·12a·12a·2a=212a3.

思路与方法：通过对照立体图形与平面图形可以发现，折叠前后EG⊥AD，CG⊥AD这两个垂直关系不变，由此可确定平面角，

从而

将其转化为平面内的解三角形问题.

1.2 等积代换法

例2 如图2，在长方形ABCD中，BC=a，AB=23a，把这个长方形折成正三棱柱，使AD与BC重合，而长方形的对角线AC与折痕EF，GH分别交于M，N，在三棱柱AFH-DEG中.

（1）求异面直线AM与EN所成的角.

（2）求平面AMN与底面AFH所成的二面角.

（3）求点D到平面AMN的距离.

解析：（1）如图3所示，连接HM，则HM∥EN，所以∠AMH即为异面直线AM与EN所成的角，所以AM=HM=AF2+FM2=133a.

又AH=AB3=233a，所以cos∠AMH=AM2+MH2-AH22·AM·MH=1-43a22·139a2=713，因为0°＜∠AMH＜90°，所以∠AMH=arccos713，即异面直线AM与EN所成的角是arccos713.

（2）因为MF⊥底面AFH，所以F是点M在底面AFH上的射影，同理点H是点N在底面AFH上的射影.设平面AMN和底面AFH所成二面角的大小为θ，

则S△AMNcos θ=S△AFH，即cos θ=S△AFHS△AMN.由（1）知S△AMN=12AM2sin∠AMH=12×139·a2·23013=309a2.

又S△AFH=34AF2=34×129a2=33a2，所以cos θ=310=31010，θ=arccos31010，即平面AMN与底面AFH所成二面角大小是arccos31010.

（3）设点D到平面AMN的距离为h，则VD-AMN=13S△AMNh=3027a2·h.连接ND，MD.又VD-AMN=VM-AND，且MF∥平面AND，所以S△AND=12S矩形AHGD=12AD·AH=12a·233a=33a2.

又M到平面AHGD的距离就是F到AH的距离，所以VM-AND=39a2·32·233a=39a3，所以13S△AMN·h=VM-AND，即h=39a33027a2=31010a，

即点D到平面AMN的距离是31010a.

思路与方法：本题虽然没有明确让直接求三角形的面积与棱锥的体积，但在实际求解过程中多处都涉及

了面积与体积的计算，且始终贯穿着“转化”的思想与方法.第（1）问求异面直线所成的角时，将其转化为共面相交的直线夹角；第（2）问求二面角时，没有利用平面角，而是借助公式S′cos θ=S来求解；第（3）问运用“模糊”处理法，用“等积代换”法，将所求体积变换成与之等积的另一几何体，巧妙地解决了点到平面的距离问题.

2 展开图形法

展开与折叠是一种互逆的图形变化过程.在实际求解过程中，需要将立

体几何图形的表面展开在一个平面上，把求多面体、旋转体等立体几何的体积、表面积、距离等问题转化为平面几何的问题来解决.展开图形后，同样要注意并利用好变化前后的不变关系和不变量.

2.1 确定位置

例1 如图4，已知从三棱锥P-ABC的顶点P沿着三条侧棱剪开，展开侧面所得到的平面图形是△P1P2P3（如图5），且P1P2=P2P3.

（1）求证：原三棱锥P-ABC中，PA⊥BC.

（2）若P1P2=26，P1P3=20，求三棱锥P-ABC的体积.

解析：（1）如图5所示，A，B，C分别是线段P3P1，P1P2，P2P3的中点，且P2C=P2B，AB=AC=12P1P2，即在三棱锥P-ABC中，有PB=PC，AB=AC.取BC的中点D，连接AD，PD，则AD⊥BC，PD⊥BC，所以BC⊥平面PAD，且PA平面PAD，所以BC⊥PA.

（2）如图5所示，P1B=P3C=AB=AC=12P1P2，即AB=13，BC=P1A=PA=12P1P3，所以BC=10，PA=10.又AD=AB2-BD2，PD=PB2-BD2，

所以AD=PD=132-52=12，

所以S△PAD=12PA·AD2-12PA2=12×10×122-52=5119，

所以VP-ABC=13·S△PAD·BD+13S△PAD·DC

=13S△PAD·BC=503119.

思路与方法：解答本题的关键在于能否确定A，B，C三点在展开图形中的位置.抓住图形变化前后的不变关系与不变量，也是解题的突破口.

2.2 截面拓展

例2 如图6，在一个水晶球摆件上刻有P，A，B，C四个点，如果PA，PB，PC两两互相垂直，已知PA=PB=PC=a，试求这个水晶球的表面积与体积.

解法1：设过A，B，C三点的球的截面半径为r，球心O到该截面的距离为d，球的半径为R，则R2=r2+d2.

根据题意可知，P，A，B，C四点不共面，以这四个点为顶点可构成三棱锥P-ABC，所以△ABC的外接圆就是球的截面.由PA，PB，PC两两互相垂直可知，P在平面ABC上的投影O′是△ABC的垂心.又PA=PB=PC=a，所以O′也是△ABC的外心，所以△ABC为等边三角形，且边长为2a，O′是其中心，也是截面圆的圆心.根据球的截面的性质可知，OO′垂直于⊙O′所在的平面，所以P，O′，O共线，三棱锥P-ABC是高为PO′的球内接正三棱锥，所以d=R-PO′.由已知可得r=63a，PO′=33a，所以R2=r2+d2=r2+（R-PO′）2，解得R=32a，

所以S球面=4πR2=3πa2，V球=43πR3=32πa3.

解法2：以PA，PB，PC为过同一个顶点的三条棱作正方体，那么这个正方体内接于球O，所以正方体的对角线的长就是该球的直径，所以2R=3a，R=32a，所以S球面=4πR2=3πa2，V球=43πR3=32πa3.

思路与方法：本题包括几何作图与计算两个方面，准确地作出符合要求的截面是解题关键.切入点是把已知条件三条棱两两互相垂直拓展构成三棱锥或正方体.当涉及

球与棱柱、棱锥的切、接等问题时，通常采用过球心作截面，把空间问题转化为平面问题的思路来解决.

3 割补法

在求多面体的体积时，如果能巧妙地对几何体

进行

割或补，能变整体为局部、化不规则为规则，则有利于深入研究问题、解决问题.

3.1 补“台”为“锥”

例1 如图7，三棱 图7柱ABC-A1B1C1中，若E，F分别为AB，AC的中点，平面EB1C1F将三棱柱分成体积为V1，V2的两部分，那么V1∶V2等于多少？

解析：延长A1A到A2，B1B到B2，C1C到C2，且A1A=AA2，B1B=BB2，C1C=CC2，

连接A2C2，A2B2，B2C2，

即可得到

三棱柱ABC-A2B2C2，且VABC-A1B1C1=VABC-A2B2C2，延长B1E，C1F，

则B1E与C1F

相交于点A2，即有三棱锥A2-A1B1C1.因为A2A∶A2A1=1∶2，所以VA2-AEF=18VA2-A1B1C1.又VA2-AEF=14VA2-ABC=14×13VA2B2C2-ABC=112·VABC-A1B1C1，

所以V1=7VA2-AEF=712VABC-A1B1C1，

所以V1∶V2=7∶（12-7）=7∶5.

思路与方法：本题采用了补棱台为棱锥的方法，以棱锥A2-AEF为辅助几何体，利用它与棱柱ABC-A2B2C2及棱台AEF-A1B1C1的体积关系进行了巧妙变换.

3.2 补“柱”为“体”

例2 已知，斜三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都为2，侧棱与底面所成的角为60°，且侧面ABB1A1⊥底面ABC.

（1）求证：B1C⊥AC1.

（2）求三棱锥B1-ABC1的体积.

解析：（1）如图8所示，补三棱柱ABC-A1B1C1为四棱柱ADBC-A1D1B1C1，连接B1D，可知B1D∥C1A，所以B1D与B1C所成的不大于90°的正角即为异面直线B1C与AC1所成的角.连接CD，作B1O⊥AB于O.

因为平面ABB1A1⊥底面ABC，平面ABB1A1∩底面ABC=AB，

所以B1O⊥平面ABC，∠OBB1即侧棱B1B与底面ABC所成角，

所以∠OBB1=60°.

又BB1=2，所以B1O=3，

且BO=1，所以O为ADBC的对角线交点，

△B1OC≌△B1OD.又BC=AC=AD=DB=2，∠DBC=120°，

所以CO=3，∠DB1C=2∠DB1O=2

arctanODB1O

=2·arctanCOB1O=2arctan 1=90°，

所以B1D⊥B1C，B1C⊥AC1.

（2）因为CC1∥BB1，所以CC1∥平面ABB1，所以VB1-ABC1=VC1-ABB1=VC-ABB1=VB1-ABC=12VB1-ADBC=12·13·SADBC·B1O=16×12AB·CD·B1O=1.

思路与方法：本题补三棱柱为平行六面体，起到了平移AC1至DB1处的作用；割平行六面体为四棱锥B1-ADBC，是为了运用等积代换，便于求三棱锥的体积.

4 结语

求圆柱、圆锥、圆台等体积的基本思路，是设法把空间问题转化为平面问题来解决.［2］折叠、展开与割补既是立体几何中的三类问题，又是求体积的三种常用方法.运用这三种方法求体积，既要掌握作图、看图、分析、转化、计算等方法技巧，又要有较强的空间想象力.

参考文献

［1］林怀传.立体几何中的翻折与展开问题［J］.中学教研（数学），2014（2）：13-15.

［2］黄景毅.借助补形法，巧解立体几何题［J］.新课程学习（中），2012（4）：89.