立体几何中的图形变换
立体几何的研究对象是空间几何体，它是平面图形的延伸和拓展。在研究空间几何问题时，经常要进
行一些图形变换，如展开、折叠、割补、还原等变换。现结合实例说明如下：
1.折叠
将平面图形按照一定的要求进行折叠，得到空间几何体，进而研究几何体的性质或计算是一种常见的
题型。解决这类问题的关键是要分清折叠前后的位置关系和数量关系的变与不变。
例 1.将边长为 a 的正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起，使得 BD a ，则三棱锥 D-ABC 的体积为（ ）
A.
3
6
a B.
3
12
a C.
33
12
a D.
32
12
a
解析：先做出图形，如图所示。线段 DE 和 BE 在折叠前后的长度不变，都为 2
2 a ，又
BD a ，故由勾股定理可知 090DEB .折叠前与 AC 垂直的线段 BD 虽被折成两段，但每段与 AC 的垂
直关系并未改变，即 DE AC .易知 DE 为三棱锥的高，从而三棱锥的体积
2 31 2 2
3 2 2 12
a aV a 。故答案为 D.
点评：本题并未给出图形，要求通过“读题”去“想图”和“画图”。因此，解题的关键是正确地画出折
叠后图形的直观图。
变式. 已知 ABC 为等腰直角三角形，斜边 BC 上的中线 2AD ，将 ABC 沿 AD 折成 60 的二面角，
连结 BC ，则三棱锥C ABD 的体积为__________.
解析： 2 3
3
AD 为三棱锥C ABD 的高， BDC 为二面角平面角，即 60 , 2BDC BC AD ,
所以三棱锥C ABD 的体积为 21 3 2 32 23 4 3
2.展开
将空间图形问题转化为平面图形问题，是解决立体几何问题最基本的、常用的方法。将空间图形展开
成平面图形后，弄清几何体中有关点线在展开图中的相应的位置关系是解题的关键。
例 2. 圆锥的底面半径为 r,母线长为 6r,M 是底面圆周上一点，从 M 拉一根绳子，环绕圆锥的侧面再回到 M,
最短绳长为（ ）
A.4r B.5r C.6r D.3r
解析：圆锥的侧面展开图为扇形，最短绳长为线段 'MM 的长。扇形的半径 SM 为圆锥的母线长 6r,弧 'MM
的长为圆锥的底面周长 2 r ，圆心角 ' 2
6 3
rMSM r
。故 ' 6MM SM r 。答案为 C。
点评：常用展开图求两点间的最短距离。
变式．在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AD=AA1=1，AB>1，点 E 在棱 AB 上移动，小蚂蚁从点 A 沿长方体的表面爬
到点 C1，所爬的最短路程为 2 2 .
(1)求 AB 的长度.(2)求该长方体外接球的表面积.
解：(1)设 AB x ,点 A 到点 C1 可能有两种途径，如图甲的最短路程为 2
1 4AC x .
如图乙的最短路程为 2 2
1AC x 1 1 x 2x 2,
2 2 21, 2 2 2 2 4x x x x x ,故从点 A 沿长方体的表面爬到点 C1 的最短距离为 2x 4 .由
题意得 2x 4 2 2 ，解得 2x .即 AB 的长度为 2.
(2)设长方体外接球的半径为 R，则 2 2 2 22 1 1 2 6R ,∴ 2 3
2R ,
∴ 2=4 6S R 表 ,即该长方体外接球的表面积为 6π.
3．割补
一个不规则的几何体，通过“割”或“补”的方法，使其变为规则的基本的几何体，这种解题方法叫
割补法。
例 3.如图，在多面体 ABCDEF 中，已知 ABCD 是边长为 1 的正方形，⊿ADE、⊿BCF 均为正三角形，EF
∥AB, 2EF ,则该多面体的体积为（ ）
A. 2
3
B. 3
3
C. 4
3
D. 3
2
分析：该几何体不是规则的几何体，不易直接求体积，应将其分割转化为规则几何体。
解：如图，过 A、B 分别作 AG、BH 垂直于 EF，垂足分别为 G、H，连接 DG、CH,可证得 DG⊥EF,CH⊥EF,
多面体 ABCDEF 分为三部分，多面体 ABCDEF 的体积 ABCDEF ADG BCHV V
E ADG F BCHV V . 1 3, 1,2 2HF BF BH . 作 HM 垂 直 BC 于 M ， 则 M 为 BC 的 中 点 ， 则
2
2HM , 1 2 .2 4BCHS BC HM
1 2
3 24F BCH BCHV S HF .
2
24E ADG F BCHV V , 2 ,4ADG BCH BCHV S GH
2
3ABCDEFV .答案为 A。
点评：“割”与“补”是解决立体几何问题的常用方法之一，通过“割”或“补”可化复杂图形为已熟知的
简单几何体，从而较快地找出解决问题的突破口。
变式. 在棱长为 1 的正方体上，分别用过公共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去 8 个三棱锥后，
剩下的几何体的体积是( )
A.2
3
B.7
6
C.4
5
D.5
6
解析： D 每一个小三棱锥的体积为1
3×
1
2×
1
2×
1
2×
1
2
＝ 1
48
.因此，所求的体积为 1－8×
1
48
＝5
6
.
4.还原
例 4.设棱台的上、下底面及平行于底面的截面面积分别为 'S 、 S 、 0S ，求证：棱台的高被截面自上而下
分成的两段的比是 '
0 0:S S S S .
证明：延长棱台各侧棱得到截得这个棱台的原棱锥，设补上的小棱锥的高为 X，则有：
'
0 1
1 1 20
, S x hS x
x h x h hS S
，
'
0 01 2
'
10
,S S S Sh h
x x hSS
。
'
2 00
0 1 0
.
h S SS S
S h S
故 '
1 2 0 0: :h h S S S S 。
点评：由于台体是由平行于底面的平面截锥体得到的，因此解决截面分棱台的侧面积及体积比的问题时，
通常是“还台为锥”。
变式．如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，
①BM∥平面 DE；
②CN∥平面 AF；
③平面 BDM∥平面 AFN；
④平面 BDE∥平面 NCF.
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
解析： ①②③④ 以 ABCD 为下底面还原正方体，如图：则易判定四个命题都是正确的．
在立体几何的学习中，图形变换很主重要，我们在学习过程中，要多归纳总结！
小试牛刀
1．已知某圆柱的底面周长为 12，高为 2，矩形 ABCD 是该圆柱的轴截面，则在此圆柱侧面上，从 A 到 C 的
路径中，最短路径的长度为( )
A．2 10 B．2 5
C．3 D．2
1.A 圆柱的半个侧面展开为矩形，长为圆柱的底面周长的一半 6，宽为圆柱的高 2，
故最短路径为矩形对角线长 2 26 2 2 10 ,故选 A。
2.三棱柱 111 CBAABC D 的体积为 V,P、Q 分别为 11,CCAA 上的点,且满足 QCAP 1 ,则四棱锥 APQCB
的体积是( )
A.
2
V B.
3
V C.
4
V D. V3
2
2.B 如图， hShSV AACCAPQCAPQCB 116
1
3
1
四边形四边形 .而用补体法可知,
hSV AACC
112
1
四边形 .
326
1 VVV APQCB .
P
Q
C1
B1
A1
C
B
A
3.如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AB＝BC＝ 2，BB1＝2，∠ABC＝90°，E， F 分 别
为 AA1，C1B1 的中点，沿棱柱的表面从 E 到 F 两点的最短路径的长度是________．
3. 3
2 2 将直三棱柱侧面、底面展开有三种情形，如下图．
在(1)中，EF＝ A1E2＋A1F2＝ 12＋
3
2 2 2
＝ 22
2
；在(2)中，EF＝ EG2＋FG2
＝ （ 2）2＋ 1＋ 2
2
2
＝ 14＋4 2
2
；在(3)中，EF＝ EG2＋FG2＝
3
2
2
＋
3
2
2
＝3
2 2.
比较知(3)最小．
4．如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为 1 的正方形和 4 个边长为 1 的正三角形组成，则
该多面体的体积是________．
4.
2
6
由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为 1，侧棱长为 1，连接顶点和底面中心即为高，可求得
高为 2
2
，所以体积 V＝1
3
×1×1× 2
2
＝ 2
6
.
5.某圆锥的侧面展开图是半径为 1 m 的半圆，则该圆锥的体积是_____m3.
5. 3π
24
设圆锥的底面圆的半径为 r，高为 h，则由 2πr＝π得 r＝1
2
，h＝
211 2
＝ 3
2
，所以该圆锥的体积 V＝1
3π×(1
2
)2× 3
2
＝ 3π
24
(m3)．
6.如图，已知圆锥 SO 中，底面半径 r＝1，母线 l＝4，M 为母线 SA 上的一个点，
且 SM＝x，从点 M 拉一根绳子，围绕圆锥的侧面转到 A 点．求
(1)绳子的最短长度的平方 f(x)；(2)绳子最短时，顶点到绳子的最短距离．
6.解：将圆锥的侧面沿 SA 展开在一个平面上，如图，则该图为扇形，且弧 AA′的长度 L 就是圆锥底面圆的
周长，所以 L＝2πr＝2π，所以∠ASM＝ L
2πl
×360°＝ 2π
2π×4
×360°＝90°.
(1)由题意知绳子的最短长度为展开图中的 AM，其值为 AM＝ x2＋16(0≤x≤4)，
所以 f(x)＝AM2＝x2＋16(0≤x≤4)．
(2)绳子最短时，在展开图中作 SR⊥AM，垂足为 R，则 SR 的长度为顶点 S 到绳子的最短距离，在△SAM
中，S△SAM＝1
2SA·SM＝1
2AM·SR，所以 SR＝SA·SM
AM
＝ 4x
x2＋16
(0≤x≤4)，即绳子最短时，顶点到绳子的
最短距离为 4x
x2＋16
(0≤x≤4)．
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