在数学问题中，可以根据题设的条件，给题中涉及的公式、概念及数学关系赋予恰当的实际意义，构造出数学模型，进而谋求解决问题的途径，这种方法叫做构造法。有些数学问题，若能根据问题特征，巧妙地构造恰当的空间图形，实施原命题与所构造命题的相互转化，往往能峰回路转，使问题解决得简洁清晰，直观明快。本文举例说说几种常见的空间图形的构造方法，希望对同学们有所启发。
　　一、构造长方体解题
　　例1 设一个球的表面积是64π,过球面上的点P作两两垂直的三条弦PA，PB，PC，则PA2+PB2+PC2=_______。
　　解析 如图1所示，构造一个长方体，把PA，PB，PC看作长方体从同一点P出发的三条棱。由球的表面积是64π,得球半径R=4，故PA2+PB2+PC2=（2R）2=64。
　　评注 对于涉及两两垂直的三条棱或两两垂直的三个面的问题，我们通常可通过构造长方体来解决。
　　例2 三棱锥P-ABC的三个侧面两两垂直，PA=12，PB=16，PC=20，若P，A，B，C四点都在同一个球面上，求A，B两点之间的球面距离。
　　解析 同样如图1所示，构造一个长方体，把PA，PB，PC看作长方体从同一点P出发的三条棱，则过P，A，B，C四点的球面即为长方体的外接球，可得长方体的对角线为20 ，球半径为10 。又AB=20，得∠AOB= ,故A，B两点之间的球面距离为5 π。
　　例3 已知α，β，γ为锐角，且cos2α+cos2β+cos2γ=1,求证：tanαtanβtanγ≥2 。
　　解析 由题设条件，易联想到长方体一条对角线与一个顶点上的三条棱所成角的余弦的平方和等于1，于是可构造长方体求解。
　　证明 如图2所示，构造长方体ABCD-A1B1C1D1，其对角线长为1。则AB=cosα,BC=cosγ,BB1=cosβ。
　　于是，tanα= ,
　　tanβ= ,
　　tanγ= ,
　　∴tanαtanβtanγ≥ =2 。
　　当且仅当cosα=cosβ=cosγ时等号成立。
　　二、构造正方体解题
　　例4 求正四面体的中心到底面的距离与此四面体的高的比。
　　解析 如图3所示，把正四面体D1-AB1C补成一个正方体ABCD-A1B1C1D1，可知正四面体的中心即为正方体的中心O，点O到四面体的底面AB1C的距离为正方体对角线BD1的 ，此四面体的顶点D1到底面AB1C的距离为此正方体对角线BD1的 ，故正四面体的中心到底面的距离与此四面体的高的比是 。
　　例5 一个正八面体的六个顶点在半径为1的球面上，求这个正八面体的表面积。
　　解析 构造一个正方体ABCD-A1B1C1D1，其六个面的中心恰好构成一个正八面体的六个顶点，且此八面体的外接球刚好是正方体的内切球，得正方体的边长为2，易求得正八面体的边长为 ，故正八面体的表面积为S=8× ×（ ）2=4 。
　　评注 对于涉及正四面体或正八面体的问题，我们通常将其补成一个正方体来解决。
　　三、构造四面体解题
　　例6 设a，b，c，d∈R+，求证： + ?摇＞ 。
　　分析 观察被开方式，类比余弦定理的表现特征，可联想到构造空间四面体（因平面上无法构造三条共点线段，且两两之间的夹角分别为60°、90°、120°）。
　　证明 如图4所示，设三条线段a，b，c共端点S，构造四面体S-ABC，使SA=a，SB=b，SC=c，且∠ASB=60°,
　　∠BSC=90°,∠CSA=120°。则有
　　AB= ，BC= ，
　　CA= 。
　　在△ABC中，
　　由AB+BC＞CA，得
　　 + ?摇＞ 。
　　评注 由三角形三边关系可知，本题中任何两个根式的和都大于第三个。
　　由此可见，某些数学问题，同学们若能合理联想并构造出正方体、长方体、四面体等空间图形，不仅能培养同学们的创造性思维，而且能培养同学们的直觉思维，并使其得以提炼和升华。
　　
　　注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。