例谈立体几何中动与静问题的破解方法
例谈立体几何中动与静问题的破解方法 立体几何在检测学生的观察能力、推理能力、逻辑思 维能力、思辨论证能力、空间想象能力和直观感知能力等方 面有着独特的作用，历来是高考数学的一个重点考查内容， 每年必考一道大题和若干选择题、填空题，立体几何涉及的 关系比较多，形体变换多，“平”“空”转换、“动”“静” 变解是分析立体几何问题的策略.在解立体几何问题时，有 时可以根据需要，让“静止”的量运动起来，让它们在运动 变化中体现出定值条件，从而巧妙解题；也可以化“动”为 “静”，以不变应万变.不但可以开阔解题思路，而且对培 养学生的空间想象能力大有裨益.现举例如下：
一、化“静”为“动”，主动出击 例1 如图1，在多面体ABCDEF中，ABCD是边长为3的正方 形，EF∥AB，EF=■，EF与面AC的距离为2，则该多面体的体 积是（ ）. A.■ B. 5 C. 6 D.■ 分析：学生会从体积分割的角度分析，比如：从F点做 面FBC的高FH，同理做面EDA的高EG，连接HG，再分别由E、F 引垂线，垂直于HG ，就将多面体分成了三部分，从而走进 误区；
或是选择排除法，连接BE、CE .则四棱锥E-ABCD体积 等于 ■×3×3×2=6 ，该多面体的体积大于四棱锥E-ABCD 体积，故选D.而选择让动点E、F固定在特殊的位置，再应用 体积分割可使问题迎刃而解.即令EF运动，使EF⊥面FBC.如图2. 则有V多面体ABCDEF =V三棱柱EHG-FCB +V四棱锥E-AGHD ∵EF⊥面FBC， ∴三棱柱EHG-FCB为直三棱柱. ∴由已知有V三棱柱EHG-FCB =■×3×2×■=■， ∴V四棱锥E-AGHD =■×3×■×2=3. ∴V多面体ABCDEF =■+3= ■，故选D. 点评：此题利用EF∥面ABCD，只要不改变EF到面ABCD的 距离，该多面体的体积就不变这一特性，让EF运动起来，在 特殊的位置，即EF⊥面FBC时化“静”为“动”，巧妙解题. 例2如图3，在直三棱柱ABC－A1B1C1中， AA1=AB=AC， AB⊥AC，M是CC1的中点， Q是BC的中点，P在A1B1上，则直 线PQ与直线AM所成的角为（ ）. A. 30?紫 B. 60?紫 C. 90?紫 D.与点P的位置有关分析：本题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象 能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题.让P点运动起 来，并向A1点无限接近，当P点与A1点重合时，易证得AM⊥A1Q （因N是AC的中点，AM⊥面A1QN），且A1、B1、N、Q四点共 面，所以选C. 点评：本题中点P虽然是A1B1上不确定的点，但显然直 线PQ与直线AM所成的角与点P的位置无关，让点P运动到A1点， 在特殊位置下利用线面垂直得线线达到解题的目的. 二、“动”中求“静”，用特殊法猜条件 将一般问题特殊化，将动态问题暂时静止化，猜出结论 成立的条件，以便为一般化解决探明条件. 例3 如图4，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD 是菱形，且∠C1CB =∠C1CD=∠BCD，当CD∶CC1的值为多少 时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明.分析：此题必须引导学生先猜出条件再证结论，否则证 明将无法入手。由于∠C1CB =∠C1CD=∠BCD，且底面ABCD是 菱形，将其图形特殊化,使∠C1CB =∠C1CD=∠BCD=∠90?紫， 由于正方体中C1C⊥平面C1BD，故可猜想CD∶CC1=1时能使 A1C⊥平面C1BD. 点评：本题的特点是容易让学生找不到解题的突破口， 感到无从下手，但在特殊位置的静态下即可猜出条件，从而 解题. 三、“静”中寓“动”，再回一般证结论 在例3中知CD∶CC1=1在正方体中成立.那么CD∶CC1=1 时回归于一般的图形（上述条件）能否成立？ 证明：此时BC=CD=C1C.又∵∠C1CB =∠C1CD=∠BCD，由 此可知BD=C1B=C1D，所以三棱锥C－C1BD是正三棱锥.设A1C 与平面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的中线，所以CG⊥平面 C1BD，故A1C⊥平面C1BD. 上述证明再从正方体的静态中回到原题的动态中进行论证（如图1）. 四、化“动”为“静”，以不变应万变 例4 在棱长为a的正方体OABC－ O´A´B´C´中，E、F分别是棱AB、 BC上的动点，且AE=BF，求证：AF⊥CE （如图5）. 分析：AF在平面OABC上的射影为AF，连接OE，由平面几 何可知，AF⊥OE（如图6），再由三垂线定理得OE⊥AF；
又 ∵A´F在面OC C´O´上的射影为 O´C，连接O´C，则OC´⊥O´C （如 图7），由三垂直线定理得A´F⊥OC´，而OE∩ OC´=O，∴A´F⊥面OC´E，∴A´F ⊥C´E. 点评：实质上，E为AB上任意一点，此时由动点暂时转 化为“定点”，将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. 这里将动点转化为静点，将立体转化为平面， 通过静止时来证明结论从而达到求证动态时的结论. 例5 Rt△ABC在平面α内（如图8），直角边AC=6，BC=8， 动点P在平面α外，PC与α成60?紫角，PC=4，求P到直线AB 的距离的最大值及最小值. 分析：利用直线和平面的所成角的大小是60?紫及射影 定理可将平面外的动点P转化为平面内的动点，将空间问题 转化成平面问题. 如图8，过点P作PM⊥α于点M，则∠PCM=60?紫， CM=4cos60?紫=2，∴M的轨迹是以C为圆心，半径为2的圆. 又∵PM=4sin60?紫=2■ ∴只要圆上的点到直线AB的距离最大或最小即可. 过点C作AB的垂线，垂足为D，交圆C于M1、M2点，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、最小值分别 为■■，■■. 点评：本题是“空间”到“平面”的转换过程，充分体 现出“立体问题平面化”的思想方法，把立体几何问题转化 为平面几何问题是解立体几何问题的重要思想所在，此题转 化后在平面中寻求最值，以静制动，巧妙解题. 例6 如图9，在一个正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为正方 形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M、 N分别为AB、BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足■=λ实数■λ的值有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 分析：由于Q为动点，问题较难切入，但在运动中往往 存在着条件的相对的静止，要满足线段D1Q与OP 互相平分，必须当四边形 D1PQO是平行四边时，才满足 题意，从而求得点P和点Q位置，求出λ的值. 此时有P为 A1D1的中点，Q与M重合，或P为C1D1的中点， Q与N重合，运动轨迹与线MN交点个数即可. 如图10，当P点在D1C1上运动时，Q点在面ABCD上的轨迹 是长度等于正方体棱长的线段OQ（不包含O点），且交MN于N 点，当P点在C1B1上运动时，Q点轨迹是Q1、Q2两点间的一段 曲线.当P点在A1D1上运动时，Q点的轨迹是长度等于正方体 棱长的线段OQ3（不包含O点），交线段MN于M点. 当P点在A1B1上运动时，Q点轨迹是Q2、Q3两点间的一段 曲线，故Q点轨迹与线段MN有两个交点，即M、N两点，所以 选C .点评：本题是立体几何和解析几何的融合性问题，P点 虽然是一个动点，但在下底面中形成了一个静态曲线，把λ 值存在个数问题转化为曲线与直线的交点个数问题，从而解 题. 以上展示了立体几何新题型，其共同特征是“动”与“静” 的辩证统一，怎样解答（论证）立体几何中这种“动态”新 题型，使我们走出“静”的困惑，步入“动”的空间，以“静” 制“动”，摆脱“动”的烦恼，“动”“静”结合是关键. 恩格斯运动观认为：“运动应当从它的反面，即静止中找到 它的度量”，利用已学过的定理、性质，在动态问题中提炼 一些不变的、静态的量，从而转化相对静止的量之间的关系 问题，以达到解题目的，“动”与“静”是事物状态的两个 方面，“动”中有“静”， “静”中寓动，它们互相依存， 并在一定条件下互相 转化，在解题中，既要善于“动”中 觅静，以“静”制“动”， 也要能够“静”中思“动”， 以“动”求“静”，直到“动”“静”结合.这是解决立体 几何动态问题的最基本的思想方法.