化歸與轉(zhuǎn)化思想在立體幾何題中的應(yīng)用

陸曉峰

(海南省三亞市第一中學(xué))

從某種意義上來看,解答數(shù)學(xué)問題的過程就是化歸與轉(zhuǎn)化的過程,即化未知為已知,化陌生為熟悉.立體幾何題也不例外,化歸與轉(zhuǎn)化思想在立體幾何題求解中有著廣泛的應(yīng)用.下面就其應(yīng)用條件、適應(yīng)類型舉例分析.

1 空間化平面

空間化平面是處理立體幾何題的重要方式之一,空間幾何體是由平面幾何圖形構(gòu)成的,在處理某些空間問題時(shí),可將其側(cè)面展開為平面圖形,從而結(jié)合平面圖形的有關(guān)性質(zhì)解決問題.

例1 如圖1所示,在頂點(diǎn)為S,底面圓心為O的圓錐中,AB是底面圓的直徑,C是圓O上不同于A,B的點(diǎn),且SO＝OB＝1,BC＝2,點(diǎn)P在線段SB上,則PO＋PC的最小值為_________.

圖1

因?yàn)镾O＝OB＝1,且SO⊥AB,所以△SOB為等腰直角三角形,SB＝2,所以SC＝2,即SB＝SC＝BC,△SBC為等邊三角形.將△SCB繞SB旋轉(zhuǎn)至與平面SOB共面的位置,如圖2 所示.當(dāng)O,P,C三點(diǎn)共線時(shí),PC＋PO取得最小值.在等邊△SBC中,在等腰Rt△SOB中,所以PO＋PC的最小值為

圖2

空間問題平面化是解答立體幾何中最短距離問題的常用方法,利用平面化將式中涉及的線段置于同一平面內(nèi),再結(jié)合平面幾何知識(shí)求解.

2 整體化局部

當(dāng)我們整體地看待某一個(gè)幾何體時(shí),其性質(zhì)并不能很好地體現(xiàn),造成解題困難,此時(shí)可考慮將其分割為幾部分,再對(duì)每個(gè)部分逐一擊破.

例2 已知F是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AA1上的動(dòng)點(diǎn),平面BFD1與棱CC1交于點(diǎn)E.對(duì)于任意的點(diǎn)F,四棱錐B1-BED1F的體積是否為定值?

如圖3所示,連接BD1,將四棱錐B1-BED1F分割為三棱錐D1-BFB1和三棱錐D1-BEB1.

圖3

對(duì)于三棱錐D1-BFB1,底面△BFB1的面積為定值,高為點(diǎn)D1到平面ABB1A1的距離,即

正方體的棱長,為定值,故其體積為定值.同理,三棱錐D1-BEB1的體積為定值,所以VB1-BED1F＝VD1-BB1F＋VD1-BB1E為定值.

本題中四棱錐B1-BED1F的底面和高均不確定,若直接求解,較為煩瑣,將其分割為兩個(gè)三棱錐,而三棱錐的體積求解較為靈活,可自由選擇頂點(diǎn)和底面,從而使問題簡捷求解.

3 形化數(shù)

代數(shù)化是處理立體幾何問題的重要方式,代數(shù)化在立體幾何中最直接的體現(xiàn)就是空間向量的應(yīng)用,利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算,可輕松實(shí)現(xiàn)對(duì)空間平行或垂直關(guān)系的判斷,以及空間角和空間距離問題的求解.

例3 如圖4所示,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,已知底面ABCD是正方形,點(diǎn)E在棱AA1上,BE⊥EC1.

圖4

(1)證明:BE⊥平面EB1C1;

(2)若AE＝A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.

(1)在長方體ABCDA1B1C1D1中,B1C1⊥平面ABB1A1,BE?平面ABB1A1,所 以B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,且B1C1∩EC1＝C1,所以BE⊥平面EB1C1.

(2)由(1)可知BE⊥EB1,結(jié)合已知可得Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB＝45°,故AE＝AB,AA1＝2AB.以D為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖5 所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,設(shè)CD＝1,則C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),所以

圖5

應(yīng)用向量法解題的基本步驟是先尋找或證明三條線兩兩互相垂直,進(jìn)而建立空間坐標(biāo)系,寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo),求出相應(yīng)直線的方向向量與平面的法向量,再利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算解決問題.

4 正化反

在處理立體幾何中的判定存在性問題時(shí),我們可假設(shè)待判定的結(jié)論成立,再逆向探究其成立的結(jié)論與已知是否相悖,若相悖,則假設(shè)不成立.

例4 如圖6所示,在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中,若E是棱AA1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),則是否存在點(diǎn)E,使得B1D⊥平面BED1?

圖6

假設(shè)存在點(diǎn)E,使得直線B1D⊥平面BED1,由線面垂直的性質(zhì)可知B1D垂直于平面BED1內(nèi)的任意一條直線,因?yàn)锽D1?平面BED1,所以B1D⊥BD1.由正方體的性質(zhì)可知四邊形BDD1B1為矩形,且其對(duì)角線B1D,BD1不垂直,這與假設(shè)矛盾,故不存在點(diǎn)E,使得B1D⊥平面BED1.

本題中E為動(dòng)點(diǎn),平面BED1為動(dòng)平面,動(dòng)中尋定,平面BED1中的BD1為定線,先假設(shè)待證結(jié)論成立,即B1D⊥平面BED1,則B1D⊥BD1,這與已知矛盾.

5 抽象化直觀

在平面中某些幾何體的直觀圖并不能很好地反映出幾何體的性質(zhì)和特征,如果能準(zhǔn)確把握這些幾何體與特殊幾何體的關(guān)系,將其還原到特殊的幾何體(如長方體或正方體)中,則其性質(zhì)能更直觀地體現(xiàn),從而順利找到解題的入手點(diǎn).

例5 已知正三棱錐P-ABC的外接球?yàn)榍騉,△ABC的邊長為2,PA,AB的中點(diǎn)分別為E,F,且,則球O的體積為________.

如圖7所示,因?yàn)镋,F分別是PA,AB的中點(diǎn),所 以EF//PB.因 為,即CE⊥EF,所以CE⊥PB.令A(yù)C的中點(diǎn)為D,連接PD,DB.因?yàn)镻A＝PC,所以AC⊥PD,又AB＝BC,所以AC⊥BD,且PD∩BD＝D,所以AC⊥平面PBD,而PB?平面PBD,所以AC⊥PB.又CE⊥PB,所以PB⊥平面PAC,PB⊥PA,PB⊥PC,進(jìn)而可知PA,PB,PC兩兩垂直.如圖8所示,結(jié)合正方體的性質(zhì),將正三棱錐P-ABC置于正方體中,則球O也是正方體的外接球,且正方體的對(duì)角線為球O的直徑.由AB＝2,可得正方體的體對(duì)角線為6,所以球O的半徑為,球O的體積為

圖7

圖8

在得出P-ABC為三條側(cè)棱兩兩垂直的正三棱錐后,不難發(fā)現(xiàn)其恰為正方體的一角,故將其還原到正方體中.

(完)