張巍巖

立體幾何在檢測學(xué)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(shù)學(xué)的一個重點考查內(nèi)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(guān)系比較多，形體變換多，“平”“空”轉(zhuǎn)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(jù)需要，讓“靜止”的量運動起來，讓它們在運動變化中體現(xiàn)出定值條件，從而巧妙解題；也可以化“動”為“靜”，以不變應(yīng)萬變.不但可以開闊解題思路，而且對培養(yǎng)學(xué)生的空間想象能力大有裨益.現(xiàn)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（ ）.

A. B. 5 C. 6 D.

分析：學(xué)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(jìn)誤區(qū)；或是選擇排除法，連接BE、CE .則四棱錐E-ABCD體積等于 ×3×3×2=6 ，該多面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(yīng)用體積分割可使問題迎刃而解.即令EF運動，使EF⊥面FBC.如

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.

∴由已知有V三棱柱EHG-FCB = ×3×2× = ，

∴V四棱錐E-AGHD = ×3× ×2=3.

∴V多面體ABCDEF = +3= ，故選D.

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. 30？紫 B. 60？紫 C. 90？紫 D.與點P的位置有關(guān)

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(chǔ)題.讓P點運動起來，并向A1點無限接近，當(dāng)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(guān)，讓點P運動到A1點，在特殊位置下利用線面垂直得線線達(dá)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(tài)問題暫時靜止化，猜出結(jié)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(dāng)CD∶CC1的值為多少時，能使A1C⊥平面C1BD？請給出證明.

分析：此題必須引導(dǎo)學(xué)生先猜出條件再證結(jié)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=∠90？紫，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(xué)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(tài)下即可猜出條件，從而解題.

三、“靜”中寓“動”，再回一般證結(jié)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(shè)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(tài)中回到原題的動態(tài)中進(jìn)行論證（如圖1）.

四、化“動”為“靜”，以不變應(yīng)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.

點評：實質(zhì)上，E為AB上任意一點，此時由動點暫時轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化為靜點，將立體轉(zhuǎn)化為平面，通過靜止時來證明結(jié)論從而達(dá)到求證動態(tài)時的結(jié)論.

例5 Rt△ABC在平面α內(nèi)（如圖8），直角邊AC=6，BC=8，動點P在平面α外，PC與α成60？紫角，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60？紫及射影定理可將平面外的動點P轉(zhuǎn)化為平面內(nèi)的動點，將空間問題轉(zhuǎn)化成平面問題.

如圖8，過點P作PM⊥α于點M，則∠PCM=60？紫，CM=4cos60？紫=2，∴M的軌跡是以C為圓心，半徑為2的圓.

又∵PM=4sin60？紫=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(zhuǎn)換過程，充分體現(xiàn)出“立體問題平面化”的思想方法，把立體幾何問題轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(nèi)一點，線段D1Q與OP互相平分，則滿足 =λ實數(shù) 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(dāng)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(shù)即可.

如圖10，當(dāng)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(dāng)P點在C1B1上運動時，Q點軌跡是Q1、Q2兩點間的一段曲線.當(dāng)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(dāng)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 .

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(tài)曲線，把λ值存在個數(shù)問題轉(zhuǎn)化為曲線與直線的交點個數(shù)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(tǒng)一，怎樣解答（論證）立體幾何中這種“動態(tài)”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(jié)合是關(guān)鍵.恩格斯運動觀認(rèn)為：“運動應(yīng)當(dāng)從它的反面，即靜止中找到它的度量”，利用已學(xué)過的定理、性質(zhì)，在動態(tài)問題中提煉一些不變的、靜態(tài)的量，從而轉(zhuǎn)化相對靜止的量之間的關(guān)系問題，以達(dá)到解題目的，“動”與“靜”是事物狀態(tài)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(zhuǎn)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(jié)合.這是解決立體幾何動態(tài)問題的最基本的思想方法.

編輯/王一鳴 E-mail：51213148@qq.com