關注四種動態變換在數學解題中的應用

摘要：常見的動態變換包括平移變換、旋轉變換、翻折變換和伸縮變換，這些方法是用運動變化的觀念處理靜態問題的重要手段.何時可以使用、如何使用是研究的核心問題.

關鍵詞：動態變換；數學解題；靜態問題

所謂的“運動變換思想”，就是指將靜態的問題放在一個運動變換的過程中加以思考與分析.這種將靜態問題動態轉化的思想，有利于從運動變換的角度對問題進行探究，挖掘出題目深度隱含著的若干信息，從而顯露出問題的本質特征，由此就可能獲得簡潔、新穎的求解方法.下面舉例解析運動變換思想在解題中的若干運用，希望能對廣大教師有所幫助.

1平移變換

將有關圖形的一個部分進行平行移動，在此過程中可以出現一些特殊情形，從而得到滿足題意的特殊位置，這就為完成答題提供了重要思考方向.

例1已知x，y滿足x2＋y2-2x＋4y=0，求x-2y的最大值.

解析：令x-2y=t，則t的幾何意義為直線x-2y=t在x軸上的截距，且直線隨t的變化平行移動，由于動點（x，y）同時滿足曲線方程和直線方

程，所以直線x-2y=t與圓x2＋y2-2x＋4y=0有公共點.由圖1可知直線l1，l2為兩個極限位置.又圓心為C（1，-2），半徑為5，由|1-2×（-2）-t|12＋22=5知，此時tmax=10，即x-2y的最大值為10.

【設計意圖】通過將直線進行平移變換，探究出問題的核心部分，即當直線與圓相切時就是兩個極限位置，也就是要求參數的臨界點的值.

例2已知正三棱柱ABCA1B1C1的各棱長都是2，D為BC中點，試求點A1到平面ADC1的距離.

解析：如圖2所示，連接A1C交AC1于O，連接OD，易知OD∥A1B.

又OD平面C1AD，則A1B∥平面C1AD，則點A1到平面ADC1的

距離是A1B上任意一點到平面ADC1的距離，即為點B到平面ADC1

的距離.又D為BC中點，易知點B到平面ADC1的距離即點C到平

面ADC1的距離.由AD⊥BC，易知平面ADC1⊥平面BB1C1C，C1D為交線，過點C作CH⊥C1D于H，則CH⊥平面ADC1，則CH的長就是點A1到面ADC1的距離，所以在Rt△CC1D中容易計算出CH=255.

【設計意圖】如何確定點到平面的距離是解決本題的一個關鍵，通過進行多次的平移變換，將此距離放到了一個滿足題意且容易解決的一個特殊位置，使問題獲得圓滿解決.

2旋轉變換

將一個圖形中的某些元素繞著一個點或一條直線旋轉，在此過程中觀察一些特殊位置的情況，這些特殊情況就是解題的突破口.

例1直線y-ax-1=0與雙曲線3x2-y2=1相交于A，B兩點，當a為何值時，A，B兩點都在雙曲線左支上？

解析：由于直線y-ax-1=0過定點（0，1）且繞其旋轉，由圖3可

知，當直線與雙曲線左支交于A，B兩點時，其極限位置為l1及l2，其中

l2與雙曲線相切，l1與雙曲線漸近線平行，而由y-ax-1=0，

3x2-y2=1，消去y得

（3-a2）x2-2ax-2=0，令Δ=（-2a）2＋8（3-a2）=0，得

a1=6，a2=-6（舍去），又知l1的斜率為3，且從l1到l2的過程中直線的傾斜角逐漸增大，所以a∈（3，6）.

【設計意圖】在旋轉問題中，解題的關鍵是根據題意把握好旋轉的極限位置.極限情況下參數值的求法，有時還需通過分類討論才能最終確定應取的值.

例2若四面體的一條棱長為xcm，其余棱長都為2cm，則（1） x∈.（2）當該四面體的體積最大時，試求x的值.

解析：（1）如圖4所示，設四面體PABC中PA=xcm，其余棱長都為2cm，現固定△ABC，讓△PBC繞著直線BC進行旋轉分析.當P→A時，x→0，隨著△PBC繞BC

沿順時針方向不斷旋轉，導致x越來越大；當P→D時，x→AD=23

（其中點D為菱形ACDB的一個頂點），故所求x∈（0，23）.

（2）設點P到平面ABC的距離為d，則VPABC=13·S△ABC·d=33d，所以要

使其體積最大，只需使點P到平面ABC的距離d最大，結合旋轉的過程，易知當平面PBC⊥平面ABC時，點P到平面ABC的距離取得最大值.取最大值時，△PBC中BC邊上的高為3cm，故此時所求x=6cm.

【設計意圖】運用旋轉變換的觀點分析問題，隨著一個平面的旋轉變動把幾何體的變化規律揭示出來，再抓住不變的元素列式.利用極限位置是解決范圍和最值問題的有效方法.

3翻折變換

通過把原來的圖形進行折疊，轉變成另一個幾何圖形，但這其中有很多的量是不變的，抓住了不變量進行分析就能快速解題.

例1在平面直角坐標系中，已知矩形ABCD的長為2，寬為1，

邊AB，AD分別在x軸、y軸的正半軸上，點A與坐標原點重合（如圖5），將矩形折疊，使點A落在線段DC上.求折痕所在直線的斜率的取值范圍.

解析：①設折痕所在直線的斜率為k，當k=0時，

此時A點與D點重合，符合題意.

②當k≠0時，設將矩形折疊后點A落在線段DC上的點

為G（a，1），所以A與G關于折痕所在的直線對稱，有kOG·k=－1，即1a·k=-1，得a=-k.由于0lt;a≤2，故-2≤klt;0，結合①得，折痕所在直線的斜率的取值范圍為［-2，0］.

【設計意圖】此題以“翻折”為載體，考查了直線方程關于直線對稱或者點對稱等知識，是一類情境新穎的活題，給斜率問題又增添了“動起來”的活力.

例2如圖6所示，ABCD是正方形，E是AB的中點，將△ADE和△BEC沿DE和CE折起，使AE與BE重合，記A與B重合后的點為P.

（1）求證：PE⊥平面PDC.

（2）求二面角PCDE的度數.

解析：（1）因為原圖ABCD是正方形，由翻折過程可知，PE⊥PD，PE⊥PC，故PE⊥平面PDC.

（2）

如圖7所示，取CD中點F，連接PF，PE.在原平面圖形中，AD=BC，ED=EC，翻折后A與B重合為P，故PD=PC，可知PF⊥CD，EF⊥CD，則∠PFE是二面角PCDE的平面角.設正方形邊長為a，得PE=a2，EF=a，故sin∠PFE=a2a=12，則二面角PCDE的度數為30°.

【設計意圖】從所給的原平面圖形的特殊性去分析，垂直關系和相等關系最明顯，這也是在“翻折”為空間圖形中可能保持性質的兩個重要關系，解題時必須重點關注.

4伸縮變換

通過對題目中的某些元素進行伸長（擴大）或縮短（縮?。┳儞Q，把不典型的、不熟悉的情況變成已知的情形，這就是成功解題、探索前進的道路.

例1如圖8所示，在多面體ABCDEF中，正方形ABCD的邊長為3，EF∥AB，EF=32，EF與平面AC的距離為2，則該多面體的體積是（）.

A. 92

B. 5

C. 6

D. 152

解析：現讓EF的長發生變化，分析如下.當EF→0時，

V多面體ABCDEF→V四棱錐EABCD=13×32×2=6；當EF→3時，V多面體ABCDEF→

V直三棱柱ADEBCF=S△BCF·AB=12×3×2×3=9，所以6lt;V多面體ABCDEFlt;9.故運用排除法，應選D.

【設計意圖】此解法抓住了選擇題的特點，通過對EF的伸縮變換，得到一些容易計算的特殊情況下的體積特例，將所求的幾何體體積的范圍給估算出來，為確定選項提供了決定因素.

例2已知函數y=f（x）（x≥1，x∈R）滿足f（3x）=3f（x），并且當1≤x≤3時，f（x）=1-|x-2|，求集合M={x|f（x）=f（99）}中最小的元素.

解析：由于當1≤x≤3時，f（x）=1-|x-2|，所以當3≤x≤9時，fx3=1-x3-2，則f（x）=3fx3=3-|3x-6|；當9≤x≤27時，fx3=3-3·x3-6=3-|x-6|，此時，f（x）=

3fx3=9-|3x-18|；當27≤x≤81時，fx3=9-3·x3-18=9-|x-18|，此時f（x）= 3fx3=27-|3x-54|；當81≤x≤243時，fx3=27-3·x3-54=27-|x-54|，此時f（x）=

3fx3=81-|3x-162|.由此可得f（99）=81-|3×99-162|=-54，接下來解方程f（x）=-54.

當27≤x≤81時，由27-|3x-54|=-54，解得x=45（負值舍去）；當9≤x≤27時，由

9-|3x-18|=-54，得3x-18=±63，沒有滿足題意的x值；當3≤x≤9時，由3-|3x-6|=-54，得3x-6=±57，也沒有滿足題意的x值.由此集合M={x|f（x）=f（99）}中最小的元素是45.

【設計意圖】本題中的函數問題是一個特殊的放縮問題，掌握其放縮規律，探究滿足題意的特殊情況是解題關鍵，特別注意滿足“最小的元素”的確定，不可倉促的下結論.

5結語

動態變換是高中數學中常見的數學變換，體現了數學問題的靈活性和豐富多彩，也是考查思維能力和應對水平的有效載體.教師要善于把握各類變換的規律性，探索變換前后的特性，抓住關鍵的不變量，挖掘隱含條件，提高學生的解題水平，從而進一步提升其認知能力和數學素養.