教材中一道立體幾何問題的多視角探究

☉浙江省寧波市第二中學 李建明

教材是我們日常學習的主要載體，教材中的例題、習題具有典型性和代表性，對其進行多方法求解、多角度探究，是鞏固所學知識的重要途徑，本文以北師大版必修2中的一道立體幾何習題為例說明，以期拋磚引玉.

題目 （北師大版必修2例題）如圖1所示，已知正方體ABCD-A1B1C1D1，求證：平面AB1D1∥平面C1BD.

本題的證明較為簡單，利用線線平行即可證明面面平行.分析近年模擬題及高考題，以此題為背景的試題屢見不鮮，下面簡舉幾例.

圖1

圖2

一、變換幾何體的類型

例1（2017年北京高考模擬）如圖2所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1，且E是BC的中點.

（1）求證：A1B//平面AEC1；

（2）求證：B1C⊥平面AEC1.

分析：不難看出將題目中的幾何體沿對角面A1C1CA一分為二，即可得本題中的幾何體，本題證明線面可行，通常可從如下兩個視角入手.

解：（1）證法1：如圖3所示，取B1C1的中點M，連接BM.因為MC1∥BE，且，所以四邊形MC1EB為平行四邊形，所以BM∥EC1.

圖3

圖4

又A1M∥AE，A1M∩BM=M，C1E∩AE=E，所以平面A1BM∥平面AEC1，所以A1B∥平面AEC1.

證法2：如圖4所示，連接A1C，交AC1于點O，連接OE，因為四邊形AA1C1C為矩形，所以O為A1C的中點.

因為E為BC的中點，所以OE為△A1BC的中位線，所以OE∥A1B.又因為OE?平面C1AE，A1B?平面C1AE，所以A1B∥平面AEC1.

（2）略.

評注：證明線面平行通常有兩種視角：（1）在面內尋找一條與已知直線平行的直線，由線面平行的判定可證.證法1即為此視角.（2）構造已知直線所在的平面，證明兩平面平行.利用面面平行的性質證明.證法2即為此視角.

二、變換問題條件

例2 如圖5所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠BAC=90°，AB=AC=2，AA1=.M、N分別是BC和CC1的中點，P為側棱BB1上的動點.

（1）求證：平面APM⊥平面BB1C1C；

（2）假設P為線段BB1的中點，求證：A1N∥平面APM.

圖5

圖6

解析：（1）略.

（2）證法1：如圖6所示，取B1C1的中點E，連接A1E，NE.由已知條件易證A1E∥AM，NE∥PM，且A1E∩NE=E，PM∩AM=M，所以平面A1EN∥平面

PAM.又因為A1N?平面PAM，所以A1N∥平面A1NE.

證法2：如圖7所示，取AA1

的中點S，連接SC、SB，SB交PA 于點T，連接MT.

圖7

易知四邊形SABP為平行四邊形，所以T為SB的中點，所以MT為△SBC的中位線，所以MT∥SC，又因為A1N∥SC，所以MT∥A1N，所以A1N∥平面APM.

評注：證法1是從面面平行的角度入手，即構造經過A1N且與平面APM平行的平面.證法2是從尋找線線平行的角度入手，即通過構造三角形的中位線，在平面SBC內找到與A1N平行的直線，從而實現了問題的證明.

三、變換問題結論

例3 如圖8所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點，P是側面CDD1C1上的動點，且B1P//面A1BE，則B1P與平面CDD1C1所成角的正切值構成的集合是（ ）.

圖8

圖9

解析：如圖9所示，取CC1的中點M，C1D1的中點N，連接B1M，B1N，MN.

易知B1M∥A1E，MN∥A1B，所以平面B1MN∥平面A1BE，已知B1P//面A1BE，故點P在線段MN上.

因為B1C1⊥平面C1D1DC，所以B1C1⊥C1P，所以∠B1PC1即為B1P與平面CDD1C1所成的角.在△B1PC1中，tan∠B1PC1=，故當點P與點M或N重合時，tan∠BPC取得最小值112，當點P是MN的中點時，tan∠B1PC1取得最大值

故正確選項為C.

評注：P是平面CDD1C1上的動點，但B1P平行于平面A1BE，所以B1P在一個與平面A1BE平行的平面內，因此轉換求解視角去尋找與平面A1BE平行的平面.

四、變換問題背景

例4 （2016年全國卷Ⅰ）已知平面α經過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A，平面α//平面CB1D1，平面α∩平面A1B1C1D1=m，平面α∩平面ABB1A1=n，則直線m，n所成角的正弦值為（ ）.

解法1：如圖10所示，延長D1A1至點D2，使得A1D2=D1A1.延長B1A1至點B2，使得A1B2=B1A1.連接B2D1，B2D2，AB2，AD2，B1D2.

圖10

易知B2D2∥B1D1且B2D2=B1D1，AB2∥CD1且AB2=CD1，AD2∥CB1且AD2=CB1，所以平面AB2D2∥平面B1CD1，所以平面AB2D2即為題目中的平面α，B2D2即為直線m，AB2即為直線n.

又因為CD1，CB1，B1D1均為正方體ABCD-A1B1C1D1的面對角線，所以CD1=CB1=B1D1，所以B2D2=AB2=AD2，即△AB2D2為正三角形，則直線m，n所成角即為AB2與B2D2的夾角，其大小為，故直線m，n所成角的正弦值為

解法2：如圖11所示，構造與正方體ABCD-A1B1C1D1相連的正方體，則已知條件中的各種關系直觀地體現出來.

圖11

易知平面AB2D2即為已知條件中的α，則直線m即為B2D2，直線n即為AB2.

評注：已知條件中平面α的位置并沒有明確給出，直線m，n的位置亦不確定.因此構造出過頂點A且與平面CB1D1平行的平面α，這是問題求解的關鍵.

綜上所述，通過對課本例題、習題作必要的挖掘、探究、引申，有助于學生構建知識網絡，進而對數學問題的類型及解決問題的方法有一個明確的認識.對例題進行挖掘，是引導學生跳出題海，減輕負擔的重要舉措.F