立体几何的基本思路通过类比与转换,将立体图形的问题化为平面图形的问题,即化“立几”为“平几”,从而化难为易,化繁为简,化未知为已知。下面就借一道立体几何题,对解题思想与方法做一展示,以便给学生们一种启迪。
　　解法1平面移出法
　　[分析]BD与B1C是两条异面直线,要求它们之间的距离必须将其转化,为此可构造辅助平面A1BD与平面CB1D1。由于BD∈平面A1BD,B1C∈平面CB1D1,而这两平面似乎平行,所以只要证明这两平面平行,就可将BD与B1C间的距离转化为平面A1BD与平面CB1D1间的距离,于是就需要作出两平面的公垂线段。但在原图中无法看出公垂线段的准确位置,故将截面A1ACC1从原图中移出如图2。
　　[解]由正方体的性质知:
　　BD∥B1D1,A1B∥D1C
　　∵ BD∩A1B=B,B1D1∩D1C=D1
　　∴平面A1BD∥平面CB1D1
　　连接AC1,分别交平面A1BD和平面CB1D1于M、N
　　∵ C1C,AC1分别是平面ABCD的垂线与斜线
　　AC是AC1在平面ABCD上的射影,AC⊥BD
　　∴ AC1⊥A1D,同理:AC1⊥A1D
　　∴ AC1⊥平面A1BD
　　∵ 平面A1BD∥平面CB1D1
　　∴ AC1⊥平面CB1D1
　　∴ MN就是平面A1BD与平面CB1D1的公垂线段。
　　由图2知:
　　∵ A1O1=O1C1,AO=OC
　　解法2体积法
　　[分析]连续A1B,A1D,因为B1C∥A1D所以B1C⊥平面A1BD。这样就把异面直线BD与B1何体(三菱锥),因此可用等积法来解决。
　　[解] ∵ B1C∥A1D
　　∴ B1C∥平面A1BD
　　∴ B1C与平面A1BD的距离就是B1C与BD的距离。
　　设B1C到平面A1BD的距离为h,则
　　解法3公式法
　　[分析]如图4设E为B1C上任一点,过E作EF⊥BD,F为垂足,从而构造一个直角三角形,于是过E作EG⊥BC,G为垂足,连结FG,则△EFG为直角三角形,设BF=x,如能将FG,EG用变量x表示,那么EF的长就可表示为x的函数。
　　[解]设E是B1C上任一点,过E作EF⊥BD,EG⊥BC,F,G为垂足,连结FG,则FG⊥BD
　　∴在RT△EGF中