例談立體幾何中“動”與“靜”問題的破解方法

齊齊哈爾市恒昌中學張巍巖

例談立體幾何中“動”與“靜”問題的破解方法

齊齊哈爾市恒昌中學張巍巖

立體幾何在檢測學生的觀察能力、推理能力、邏輯思維能力、思辨論證能力、空間想象能力和直觀感知能力等方面有著獨特的作用，歷來是高考數學的一個重點考查內容，每年必考一道大題和若干選擇題、填空題，立體幾何涉及的關系比較多，形體變換多，“平”“空”轉換、“動”“靜”變解是分析立體幾何問題的策略.在解立體幾何問題時，有時可以根據需要，讓“靜止”的量運動起來，讓它們在運動變化中體現出定值條件，從而巧妙解題；也可以化“動”為“靜”，以不變應萬變.不但可以開闊解題思路，而且對培養學生的空間想象能力大有裨益.現舉例如下：

一、化“靜”為“動”，主動出擊

例1如圖1，在多面體ABCDEF中，ABCD是邊長為3的正方形，EF∥AB，EF=，EF與面AC的距離

為2，則該多面體的體積是（）.

分析：學生會從體積分割的角度分析，比如：從F點做面FBC的高FH，同理做面EDA的高EG，連接HG，再分別由E、F引垂線，垂直于HG，就將多面體分成了三部分，從而走進誤區；或是選擇排除法，連接BE、CE.則四棱錐E-ABCD體積等于1×3×3×2=6，該多面3

體的體積大于四棱錐E-ABCD體積，故選D.而選擇讓動點E、F固定在特殊的位置，再應用體積分割可使問題迎刃而解.即令EF運動，使EF⊥面FBC.如圖2.

圖1

圖2

則有V多面體ABCDEF=V三棱柱EHG-FCB+V四棱錐E-AGHD

∵EF⊥面FBC，

∴三棱柱EHG-FCB為直三棱柱.

點評：此題利用EF∥面ABCD，只要不改變EF到面ABCD的距離，該多面體的體積就不變這一特性，讓EF運動起來，在特殊的位置，即EF⊥面FBC時化“靜為“動”，巧妙解題.

例2如圖3，在直三棱柱ABC-A1B1C1中AA1=AB=AC，AB⊥AC，M是CC1的中點，Q是BC的中點，P在A1B1上，則直線PQ與直線AM所成的角為（）.

A.30οB.60οC.90οD.與點P的位置有關

圖3

分析：本題主要考查異面直線所成的角，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力，屬于基礎題.讓P點運動起來，并向A1點無限接近，當P點與A1點重合時，易證得AM⊥A1Q（因N是AC的中點，AM⊥面A1QN），且A1、B1、N、Q四點共面，所以選C.

點評：本題中點P雖然是A1B1上不確定的點，但顯然直線PQ與直線AM所成的角與點P的位置無關，讓點P運動到A1點，在特殊位置下利用線面垂直得線線達到解題的目的.

二、“動”中求“靜”，用特殊法猜條件

將一般問題特殊化，將動態問題暫時靜止化，猜出結論成立的條件，以便為一般化解決探明條件.

例3如圖4，已知平行六面體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD，當CD∶CC1的值為多少時，能使A1C⊥平面C1BD？請給出證明.

圖4

分析：此題必須引導學生先猜出條件再證結論，否則證明將無法入手。由于∠C1CB=∠C1CD=∠BCD，且底面ABCD是菱形，將其圖形特殊化,使∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=∠90ο，由于正方體中C1C⊥平面C1BD，故可猜想CD∶CC1=1時能使A1C⊥平面C1BD.

點評：本題的特點是容易讓學生找不到解題的突破口，感到無從下手，但在特殊位置的靜態下即可猜出條件，從而解題.

三、“靜”中寓“動”，再回一般證結論

在例3中知CD∶CC1=1在正方體中成立.那么CD∶CC1=1時回歸于一般的圖形（上述條件）能否成立？

證明：此時BC=CD=C1C.又∵∠C1CB=∠C1CD=∠BCD，由此可知BD=C1B=C1D，所以三棱錐C-C1BD是正三棱錐.設A1C與平面C1BD相交于G，由A1C1∥AC，且A1C1∶OC=2∶1，∴C1G∶GO=2∶1，又C1O是正三角形C1BD的中線，所以CG⊥平面C1BD，故A1C⊥平面C1BD.

上述證明再從正方體的靜態中回到原題的動態中進行論證（如圖1）.

四、化“動”為“靜”，以不變應萬變

例4在棱長為a的正方體OABC-O'A'B'C'中，E、F分別是棱AB、BC上的動點，且AE=BF，求證：AF⊥CE（如圖5）.

分析：AF在平面OABC上的射影為AF，連接OE，由平面幾何可知，AF⊥OE（如圖6），再由三垂線定理得OE⊥AF；又∵A'F在面OC C'O'上的射影為O'C，連接O'C，則OC'⊥O'C（如圖7），由三垂直線定理得A'F⊥OC'，而OE∩OC'=O，∴A'F⊥面OC'E，∴A'F⊥C'E.

圖5

圖6

圖7

點評：實質上，E為AB上任意一點，此時由動點暫時轉化為“定點”，將A'F射影到OABC和OCC'O'上.由AF⊥OE，O'C⊥OC'到A'F⊥OE，A'F⊥OC'再到A'F⊥面OC'E.這里將動點轉化為靜點，將立體轉化為平面，通過靜止時來證明結論從而達到求證動態時的結論.

例5 Rt△ABC在平面α內（如圖8），直角邊AC=6，BC=8，動點P在平面α外，PC與α成60ο角，PC=4，求P到直線AB的距離的最大值及最小值.

分析：利用直線和平面的所成角的大小是60ο及射影定理可將平面外的動點P轉化為平面內的動點，將空間問題轉化成平面問題.

如圖8，過點P作PM⊥α于點M，則∠PCM=60ο，CM=4cos60ο=2，∴M的軌跡是以C為圓心，半徑為2的圓.

圖8

又∵PM=4sin60ο=2

∴只要圓上的點到直線AB的距離最大或最小即可.

過點C作AB的垂線，垂足為D，交圓C于M1、M2點，易求得CD=4.8，DM1=6.8，DM2=2.8.

在Rt△PDM1和Rt△PDM2中，可解得最大值、最小值分別為，

點評：本題是“空間”到“平面”的轉換過程，充分體現出“立體問題平面化”的思想方法，把立體幾何問題轉化為平面幾何問題是解立體幾何問題的重要思想所在，此題轉化后在平面中尋求最值，以靜制動，巧妙解題.

例6如圖9，在一個正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為正方形A1B1C1D1四邊上的動點，O為底面正方形ABCD的中心，M、N分別為AB、BC的中點，點Q為平面ABCD內一點，線段D1Q與OP互相平分，則滿足■M→Q=λ實數■M→N λ的值有（）

A.0個B.1個C.2個D.3個

分析：由于Q為動點，問題較難切入，但在運動中往往存在著條件的相對的靜止，要滿足線段D1Q與OP互相平分，必須當四邊形D1PQO是平行四邊時，才滿足題意，從而求得點P和點Q位置，求出λ的值.

此時有P為A1D1的中點，Q與M重合，或P為C1D1的中點，Q與N重合，運動軌跡與線MN交點個數即可.

如圖10，當P點在D1C1上運動時，Q點在面ABCD上的軌跡是長度等于正方體棱長的線段OQ（不包含O點），且交MN于N點，當P點在C1B1上運動時，Q點軌跡是Q1、Q2兩點間的一段曲線.當P點在A1D1上運動時，Q點的軌跡是長度等于正方體棱長的線段OQ3（不包含O點），交線段MN于M點.

當P點在A1B1上運動時，Q點軌跡是Q2、Q3兩點間的一段曲線，故Q點軌跡與線段MN有兩個交點，即M、N兩點，所以選C.

圖9

圖10

點評：本題是立體幾何和解析幾何的融合性問題，P點雖然是一個動點，但在下底面中形成了一個靜態曲線，把λ值存在個數問題轉化為曲線與直線的交點個數問題，從而解題.

以上展示了立體幾何新題型，其共同特征是“動”與“靜”的辯證統一，怎樣解答（論證）立體幾何中這種“動態”新題型，使我們走出“靜”的困惑，步入“動”的空間，以“靜”制“動”，擺脫“動”的煩惱，“動”“靜”結合是關鍵.恩格斯運動觀認為：“運動應當從它的反面，即靜止中找到它的度量”，利用已學過的定理、性質，在動態問題中提煉一些不變的、靜態的量，從而轉化相對靜止的量之間的關系問題，以達到解題目的，“動”與“靜”是事物狀態的兩個方面，“動”中有“靜”，“靜”中寓動，它們互相依存，并在一定條件下互相轉化，在解題中，既要善于“動”中覓靜，以“靜”制“動”，也要能夠“靜”中思“動”，以“動”求“靜”，直到“動”“靜”結合.這是解決立體幾何動態問題的最基本的思想方法.

編輯/王一鳴E-mail：51213148@qq.com