高中数学论文：立足转化，以简驭繁

1高中数学论文立足转化，以简驭繁摘要 正方体是学生最早接触和最熟悉的空间图形, 它是立体几何的精髓，也是立体几何教学的一个关键突破口.充分挖掘它的教育功能，对提高学生创造性地发现、分析和解决问题的能力是非常有益的.本文利用正方体的特殊性质，采取“回、补、割、构、化” 正方体来求解立体几何 题,可以使复 杂问题简单化.关键词 立体几何 正方体 立足转化 以简驭繁 经常听到这样的抱怨声：“立体几何太难学了” ， “很多问题实在是想不到啊”.对学生来说，立体几何一向是难学的内容.难学的原因主要有两个：一是立体几何涉及的关系比较多（表现为概念多、定理多）,这些关系之间的转化又很灵活，常常体现出较高的技巧性；二是立体几何的直观图形不像平面几何图形那样给学生提供全真的视觉信息（如两条看似相交成钝角的直线可能是互相垂直的异面直线），这就需要学生充分发挥空间想象，克服视觉的直观干扰.而突破上述两大难点的关键之一是抓好正方体的研究.正方体中的问题和与正方体有关的问题，如果利用“回、补、割、构、化”的方法求解，有时会比利用向量求解还要简捷.一、回所谓“回”，即回归到原来的地方.立体几何图形是由点、线、面构成的,而点在线上，线在面内,这是一种回归的体现.在立体几何教学中,仅凭直观感知和空间想象,学生有时不易找到解决问题的规律和方法.回归思想不仅能让学生从整体的角度把握空间几何体的性质,更能让他们在这种思想的指导下,有效地解决立体几何问题,感受立体几何的魅力.例1：已知a，b 为两条不垂直的异面直线，是一个平面，则a，b 在平面上的射影有可能是: 两条平行直线；两条互相垂直的直线；同一条直线；一条直线及其外一点上面四个结论中，正确的结论的序号是_面对这个问题，有的同学手拿钢笔和铅笔在桌面上演示，也有同学利用教室空间指指点点，虽然给出了答案，但总觉得不够放心.固然，借助学习用具，利用周围环境，这些都是解立体几何题的好方法，但是是否有更保险、更快捷的方法呢？答案是肯定的.我们可以把线，面回归到正方体中 ，通过对图1、图2和图3的观察，我们可以直观地发现选项都是正确的，而不正确.若a，b 在平面上的射影为同一条直线，因为与平面相交且经过这条直线的垂直平面有且只有一个，所以此时的a，b 为两条共面线,与条件“异面直线”不符合.2例2：已知a，b是两条不重合的直线， ,是两个不重合的平面，下列命题中正确的是( ) A./,/,a/BC.a,b/,bD/a/b则 则则当 且 若 ， 则分析：把有关元素回归到正方体中.如图，对于A,设 为平面ABCD,a为AB，b为A 1Bl，则a ，故A错.对于B，设 为平面ABCD, 为平面ABB 1A1,b为CD，则平面ABCD与平面ABB1A1 相交，故B错.对于D，设 为平面ABCD，a为AB，b为A 1D1 ，此时a与b异面，故D错.所以C正确.感悟：以上两例是以空间点线面位置关系为考点,考查了空间想象能力、推理能力和探究能力.属于“命题判断”型试题, 此类题型分为单一判断、多项判断和构造命题判断,是各地模考和高考的命题热点.解决策略：当题目没有给出具体的图形 ,只是给出了相关点、线、面的关系(如平行、垂直等)，要判断某些元素的位置关系时，通常可考虑回归到正方体模型中.把这些线、面变成正方体中的线段或某一面，逐个判断 .这样可以使问题更为直观，更便于同学们判断.在立体几何中,回归思想是处处可见的.如处理棱台、圆台问题时我们通常会回归到棱锥和圆锥来解决；而遇到一些锥体时又会回归到柱体.回归思想也是一种追溯本源的思想,它能让我们更清楚地看清事物的本质,以便指导我们更有效地解决问题 .二、补所谓“补”，就是根据题目的需要，通过补形，将不是正方体的几何体补为正方体，聚零为整，居高临下地处理问题.常见题型有把正四面体补成正方体，将三棱锥，四棱锥补成正方体，将三棱柱补成正方体.例3: 过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD，若AB=PA，则平面PAB与平面CDP所成二面角的度数为（ ） 3A.90 B.60 C.45 D.30分析：求二面角的常规求法是先作出它的平面角，而本题中的二面角是一个“无棱二面角”，要作出它的平面角有一定的难度.巧思妙解：把原四棱锥补成正方体.如图所示，连接CQ，则所求二面角转化为平面CDPQ与平面BAPQ所成的二面角，而CQB是二面角的平面角，所以有CQB=45.故平面PAB与平面CDP所成二面角的度数为45.选C.例4：如图，四棱锥S-ABCD中，SD 底面ABCD, AB/DC,AD DC, AB=AD=1，DC= SD = 2，E为棱SB上的一点，平面EDC 平面SBC. (1)证明：SE=2EB; (II)求二面角A-DE-C的大小.分析:(1)略.(2)思路1:作EH/AB交AS于点H，连DH，则平面EDC即为平面HECD，二面角A-DE- H与二面角A-DE-C互补.作AM DH于M，则AM 面HECD，作AF DE于F，连MF，由三垂线定理知，AFM为二面角的平面角.计算可得 AFM= 60，二面角 A-DE-C的大小为120 .点评:如果要求的二面角是钝二面角，转化为它的补角来求.这是常用的方法，只是这需要很好的立几功底和较强的计算能力,一般同学很难解出.思路2:(体积转化法)如图由 ADECADV，求出点A到平面DEC的距离 d2，再4求点A到DE的距离 h= 63，设二面角A-DE-C的大小为 ，易知 d,sin,h390120 点评：思路2虽不必添加辅助线，但需建立在考生熟练掌握空间线面距离、角度、锥体的体积公式等相关知识基础之上.同时由于体积转化法在教材中的要求弱化了,很大一部分同学们可能想不到.所以要想准确解出也决非易事.追问:是否还有更简捷的方法呢?分析:本题的几何体恰是正方体经两次截面而成，故可尝试补形成正方体后再解答.巧思妙解:补形成棱长为2的正方体由DE平面SGC，得DEEC，DEEG；所以GEC即为二面角A-DE-C的平面角.在RtSDB中,由DE 2=SEEB,得DE= 23在GEC中，GE=CE= 4= 8，由余弦定理,cosGEC= 12,即二面角A-DE-C为 23例5：（1）如图对于任一给定的四面体A 1A2A3A4，找出依次排列的四个相互平行的平面 1， 2， 3， 4，使得Aii（i=1，2，3，4），且其中每相邻两个平面间的距离都相等；5（2）给定依次排列的四个相互平行的平面 1， 2， 3， 4，其中每相邻两个平面间的距离都为1，若一个正四面体A 1A2A3A4的四个顶点满足：Aii（i=1，2，3，4），求该正四面体A 1A2A3A4的体积.分析:（1）略（2）将此正四面体A 1A2A3A4补形成一个正方体ABCD-A 1B1C1D1，E1、F 1分别为A 1B1、C 1D1的中点，平面EE 1D1D和BB 1F1F是两个平行平面，若其距离为1，则四面体A 1A2A3A4即为满足条件的正四面体.上图是正方体的上底面，利用平面几何知识易计算得正方体的棱长为 5，所以正四面体的体积为 53.例6：正三棱锥 O ABC的三条侧棱 OA、 OB、 OC两两垂直且长度均为2 E、 F分别是 AB、 AC的中点， H是 EF的中点，过 EF的一个平面与侧棱 OA、 OB、 OC或其延长线分别相交于A1、 B1、 C1，已知 OA1 23（1）证明： B1C1平面 OAH；（2）求二面角 O A1B1 C1的正切值.分析：学生们都反映题目图形复杂,不好做.也有很多学生认为该题没有办法建立空间直角坐标系, 从而放弃解题.这个题目从题面来看是一个有关正三棱锥的问题, 从这一思路出发, 第一问题就可以解决了.但是在解决第二个问题时, 麻烦就来了.该如何来找这个二面角呢?用空间向量法吧,又不知以哪一个顶点为原点建立空间直角坐标系.这时,你如果有良好的运用正方体意识,就能够发现这个正三棱锥可以看作以O为顶点的正方体的一个角, 将图形作一变换, 补成一个正方体, 解题思路也就一目了然.如图 （1）证明：由已知，EF 为ABC 的中位线，6EFBC，则 EF/平面 OBC,又平面 OBC平面 1CBA=B1C1EFB 1C1H 为 EF 中点，AHEF,则 AHB 1C1OAOB, OAOCOA平面 OBC 则 OAB 1C1又 AHOA=A B 1C1平面 OAH（2）作 ONA 1B1于 N,连 C1 N .OC 1面 OA1B1，根据三垂线定理知，C 1 NA 1B1 .则ONC 1就是二面角 O AC 1的平面角. 111 AM,例例111B3ABCB1 3O在OA 1B1中， 52O121 则 53AON1 5NCtan1 故二面角 O 1B C 1的平面角的正切值为 .感悟：立体几何题常以简单几何体为依托，讨论其中线和面的相对位置及空间角的计算.其中不少题不是呈现标准的几何体，而是经过截、切的多面体，从而增加了识图的难度.如果能够通过补形，变形成简单熟悉的模型正方体,变局部为整体 ,化不规则为规则,就可以使问题得到简化，从而缩短解题的长度.补形法也是处理空间图形惯用的方法 .当你解一道不够规则的几何题,各种方法都不能凑效时,而这个问题与我们熟悉的图形有关联 ,或它就是熟悉的图形的一部分时,你可以尝试补形法,也许这样做能使你豁然开朗 .三、割所谓“割”，就是将几何体分割为正方体或正方体中的棱柱，棱锥.首先局部考虑问题，然后以点带面，解决整个问题.例7：如图所示，在长方体ABCD一A 1B1C,D1中，AB=AD=1,AA 1=2,M是棱CC 1的中点(1)求异面直线A 1M和C 1D1所成的角的正切值;(2)证明:平面ABM 平面A 1B1M7分析：如图，过点M作平行于底面的平面，分别交A 1A,B1B,D1D于点P,Q,N，于是，把长方体分割为两个正方体.对于(1)，异面直线A 1M和C 1D1所成的角即等于 A1MN.在Rt A1MN中，容易求出tan A1MN= 2.对于(2)，由BM A1B1 ,BM B1M,有BM 平面A 1B1M.又BM 平面ABM，故平面ABM 平面A 1B1M例8：如图，在五面体ABCDEF中，FA 平面ABCD，AD/BC/FE,AB CD, M为EC的中点，AF=AB=BC=FE= 2AD(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小(2)证明：平面AMD上平面CDE；(3)求二面角ACDE的余弦值.分析:将四面体切割成正方体中的三棱柱ABFPCE和三棱锥E一CDP，由正方体的性质知(1)FB/EC，故 CED为所求的角.又由正方体性质知EC=CD=DE，所以 CED60(2)由正方体性质知AD EC，而EC PM，所以EC 平面AMD，所以平面CDE 平面AMD(3)设Q为CD的中点，由正方体性质知PQ CD，EQ CD，所以 EQP为所求二面角的平面角；在RtEQP中，tan EQP= ,cosEQP32所 以感悟：如能将复杂的几何体拆分成正方体或正方体中的棱柱、棱锥，再注意到相应的点、线、面的位置关系和度量关系以及正方体具有的性质，就能把未知的转化为已知的、把陌生的转化为熟悉的、把复杂的转化为简单的、把不够直观的转化为直观易懂的.在学习中,我们要注意巧用此法,使问题变得简单易求.四、构所谓“构”，就是构造正方体，把不是正方体的问题放到正方体之中，再利用正方体的性质解决问题.例9：已知直二面角-EF-, A EF,AB, AC , FAB= 45， FAC= 45，求 BAC 的大小. 8分析: 如图, 构造正方体ADBP-QMNC使AC为正方形APCQ的对角线, AB为正方形ADBP的对角线.连结BC, 易知AB=AC=BC BAC = 60例10：在三棱锥A-PMN中，APAM，AMAN, ANAP，C 1是底面PMN内一点，且C 1到侧面AMN、侧面AMP、侧面ANP的距离都是1, 求AC 1的长.分析：如图, 设CC 1面AMP, 垂足为C，C 1B1面ANP, 垂足为B 1，C 1D1面AMN, 垂足为D1, 则CC 1=C1B =C1D1=1.以CC 1、C 1B1、C 1D1为从C 1出发的三条棱, 以A C 1为对角线构造正方体ABCD- A1B1C1D1，则易知AC 1= 3.感悟：根据一类题目的特征, 巧妙地构造正方体,可以使一些立体几何问题别开生面地得以解决.并使人有寓娱乐于解题之中的美感.常见题型有：由共点且两两互相垂直的三条相等线段构造正方体；由共边且互相垂直的两个正方形面构造正方体。巧妙地构造正方体，可以达到化难为易、事半功倍的效果.五、化所谓“化”，即特殊化，将四棱柱,长方体等几何体特殊化为正方体解题.例11：若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为a，则COSa=_分析:由于本题是填空题，联想到正方体，它的体对角线A 1C与各个面所成角都相等，故不妨构造一个正方体，如图9由正方体的性质知 CA1D为所求的角 ，若设正方体棱长为1，则易得A1D= 2，A 1C= 3， cos63感悟: 对于是一些正方体能满足题设条