動態幾何求解思維探幽

●陳堯明

(上虞市教研室 浙江上虞 312300)

動態幾何求解思維探幽

●陳堯明

(上虞市教研室 浙江上虞 312300)

先從一道高考題說起：如圖1，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，側棱AA1=2，D,E分別為CC1和A1B的中點，且點E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G．

(1)求A1B與平面ABD所成角的大小(結果用反三角函數值表示)；

(2)求點A1到平面AED的距離．

圖1 圖2

這是2003年全國數學高考理科卷中的立體幾何大題.此題給出的條件是三棱錐的側棱與底面垂直、棱柱的高、底面三角形是等腰直角三角形，但三角形的邊長沒有確定．考生只有通過“點E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G”這一條件來確定底面直角三角形的邊長，而以往的高考題中幾何體的空間結構及大小都已確定，這對考生來說是一大考驗．當然此題只要建立空間直角坐標系很快能得以解決，可是以前的教材沒有平面向量這一知識，更談不上空間向量，考生措手不及．有的考生誤認為點G就是△ABD的重心或外心，有的想當然認為△ABD是等邊三角形，而致整題出錯．學生不會利用“點E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G”這一條件，只看到題目背景的陌生、新穎而驚慌失措．

事實上，此題的幾何條件不是直接告訴考生幾何體的形狀和大小，而是通過“點E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G”這一條件確定底面△ABD的邊長，我們稱此類幾何體為動態幾何體．動態幾何體滲透了動態的點、線、面及相關幾何元素的若干位置關系，相對于靜態幾何更富有挑戰性，近年來越來越受到高考命題者的青睞.解決此類問題的關鍵在于如何從動態元素中挖掘出數量關系以達到幾何體的靜態、穩定．本文擬羅列動態幾何體的不同性狀，剖析其一般的解題思路，以饗考生(為提升學生對空間幾何體位置關系的敏感度，本文均不用向量法求解)．

1 以條件中的點、線、面位置關系來達到幾何體的穩定

由于條件是“點E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G”，可勾勒出經過點E的△ABD的垂面，為此取AB的中點M，聯結DE,EM,CM,DM(如圖2)．由AC=BC不難知道AD=BD，即△ABD是等腰三角形，故點G在DM上，且DG∶GM=2∶1．

圖3

因為MEAA1且CDAA1，所以四邊形DEMC為矩形.將矩形DEMC從直棱柱中“挪”出(如圖3所示)，設DE=x，則由EM=1知DM=.在Rt△DEM中，

DE2=DG·GM，

即

例2如圖4，在四面體A-BCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AD=CD，∠CAD=30°．

(1)若AD=2，AB=2BC，求四面體A-BCD的體積；

(2)若二面角C-AB-D為60°，求異面直線AD與BC所成角的余弦值．

(2011年重慶市數學高考理科試題)

圖4 圖5

分析題目條件只給出△ACD和△ABC的形狀和位置關系，各邊長都未確定，幾何體呈動態．

第(2)小題中沒有直接給出棱長或它們之間的數量關系，而是通過“二面角C-AB-D為60°”這一條件來實現幾何體從動態到靜態的轉換.這樣解題的技術要求驟然提高，既考查了考生對二面角這一概念的實際掌握程度，同時又檢測了空間異面直線所成角的求法．

設E,F分別為AC,AB的中點，聯結DE,EF,DF(如圖5所示)，由AD=CD，得DF⊥AC，結合平面ABC⊥平面ACD，可知DF⊥平面ABC．又EFBC，于是由AB⊥BC可知EF⊥AB．于是∠DEF就是二面角C-AB-D的平面角，即∠DEF=60°．不妨設DF=，則

2 以實驗操作來尋求幾何體的穩定

大多教輔資料將此類問題歸類于立體幾何的平面翻折問題.這樣分類固然有別于一般立體幾何問題，因為大多數立體幾何條件給出方式是平敘的，圖形的結構是靜態、穩定的．但在筆者看來，如此的翻折應更多從學生“習”的層面上去詮釋，由習促學，以實驗操作推進學生對立體幾何圖形在大腦中的三維定格，從而更好地實現“數學是一個動態思維的實驗過程”的教學目標．

圖6

(1)求二面角A′-FD-C的余弦值；

(2)點M,N分別在線段FD,BC上，若沿直線MN將四邊形MNCD向上翻折，使點C與A′重合，求線段FM的長．

(2010年浙江省數學高考理科試題)

分析觀察并思考題目給出的條件:

①平面四邊形ABCD是矩形；

第(2)小題再次進行實驗操作，以MN為折痕，將四邊形MNCD向上翻折，使點C與點A′重合．不難設想，實際操作肯定要試驗若干次，才能實現使點C與點A′的完美重合．這充分說明在不斷實驗操作中，此空間幾何體起始是動態的(注意：與第一次翻折的差異性)，只有當點C與點A′的完全重合后，幾何體的結構才是靜態、穩定的，而穩定即是不變的，便于解題思維上的把控．為此應緊抓翻折前后的不變量，從而找到解決問題的突破口．

過點A′作A′H⊥EF，垂足為H，過點H作HG⊥AD，垂足為G，聯結A′M,HM,CM(如圖6)．設FM=x，則

CM2=DC2+DM2=82+(6-x)2.

而A′M2=A′H2+MH2=A′H2+MG2+GH2=

例4如圖7，已知圓O的半徑為3，AB,CD是相交成60°的2條直徑，P為OC上任一點，過點P作垂直于AB的弦MN，聯結AD,AC,Q為AD的中點.現將弓形面MCAN沿弦MN向上折起，使得二面角A-MN-B的大小為θ.

(1)求證：直線AC與OQ不平行；

(2)當θ=60°時，點A在底面的射影恰好為圓心O，求直線AC與底面所成角的正弦值.

分析這是少見的以圓為背景進行翻折操作的立體幾何題.從檢測情況看，學生的完成率并不高，除了建系后點的坐標不易計算外，學生對實驗操作的幾何體整體結構把握比較困難，以下分析第(2)小題.

圖7

從已知條件容易發現，弓形面MCAN翻折的折痕MN是動態的，也即MN與直徑AB垂直的垂足E是移動的.如果我們實驗操作，要一次篤定點A在底面的射影恰好為圓心O不容易,折痕MN不易確定，也說明了垂足E不易確定.不難想象，這樣的點是唯一的，因此通過對點E位置的確定是保證此幾何體結構穩定的前提，顯然也是解題思維的切入口.

因為OA⊥MN，所以∠AEO=θ.由于點A在底面的射影恰好為圓心O，從而

圖8

3 以問題求證來探究幾何位置關系的穩定

有不少幾何體，盡管外部結構穩定、靜態，但通過部分的點、線、面的移動與旋轉，讓學生在圖形的變化過程中探究滿足一定條件的幾何位置關系，以達到幾何體的整體穩定．

圖9

例5如圖9,已知矩形ABCD⊥平面α，且AB=4，BC=2，在α內將邊AB繞中點E逆時針旋轉角度θ(0°<θ<90°)至A′B′，聯結DA′,CA′,DB′,CB′.

(1)求證：DA′∥平面BCB′；

(2)當DA′⊥CB′時，求邊AB旋轉的角度θ的值．

分析這是某地的一道高考模擬題.從題目給出的條件看，幾何體的邊角數量關系還是明了的，空間結構基本穩定,因此不管邊AB繞中點旋轉多少角度，DA′始終與平面BCB′平行.而本題的亮點在第(2)小題，題目敢于打破常規，求的是邊AB繞中點E逆時針旋轉角度θ，使得DA′⊥CB′，也就是說，如何通過邊AB的動態旋轉程度來實現DA′⊥CB′這一靜態結構．這使得一部分學生適應不了，但其中也涌現出一部分學生思維的活躍，解題方法的多樣性、靈活性，比如借助中位線的平移來構筑異面直線所成角、建系向量法或者不建系直接用向量法等．

事實上,我們可以將視線專注于四面體D-A′B′C，將其視作為空間四邊形，對角線是DA′和CB′．根據四邊形的對角線互相垂直，可知它們對邊的平方和相等，得

DC2+A′B′2=B′D2+A′C2,

而2組對邊分別相等，得

A′C2=16=BC′2+A′B2，

解得θ=60°．

(1)證明：PQ∥平面BCD；

(2)若二面角C-BM-D的大小為60°，求∠BDC的大?。?/p>

(2013年浙江省數學高考理科試題)

分析(1)略.

圖10 圖11