☉福建省南平市高級(jí)中學(xué) 陳 軍

凝結(jié)著教育專家智慧結(jié)晶的例題或習(xí)題尤其具有典型性與代表性，教師在具體的教學(xué)中應(yīng)善于通過習(xí)題、例題的拓展研究以促進(jìn)學(xué)生對(duì)數(shù)學(xué)知識(shí)、方法的理解、掌握和應(yīng)用.本文結(jié)合一道具有代表性的習(xí)題，通過問題條件、背景、結(jié)論的改變對(duì)習(xí)題的拓展延伸進(jìn)行了思考.

作為知識(shí)主要來源的教材也是教師授課的依據(jù)，對(duì)于高考命題來說也是極為重要的載體，很多高考試題都是從教材中的例題或習(xí)題變式得來的，因此，教師在例題、習(xí)題的基礎(chǔ)上進(jìn)行拓展延伸教學(xué)也就變得極為重要了.

例1如圖1，60°的二面角的棱上有A、B兩點(diǎn)，直線AC、BD分別在該二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)，且均垂直于AB，已知AB=4，AC=6，BD=8，求CD的長(zhǎng).

圖1

解決幾何問題不外乎幾何法與向量法這兩種最主要的途徑.構(gòu)造三角形并將二面角的平面角置于三角形中求解的方法即為幾何法.運(yùn)用向量法解題時(shí)一般有借助向量的幾何運(yùn)算解題和運(yùn)用向量的坐標(biāo)運(yùn)算解題這兩種方式，因此例題中的問題可有兩種解法.

解法1（幾何法）：如圖2，在平面β內(nèi)作AE⊥AB且AE=BD，連結(jié)CE、ED.因?yàn)锳E⊥AB、BD⊥AB、AE=BD，因此四邊形ABDE是矩形.因此ED∥AB，ED=AB=4.

因?yàn)锳B⊥CA，AB⊥AE，因此AB垂直于△CEA所在的平面，即ED垂直于△CEA所在的平面.因此ED⊥EC.因此△CED是直角三角形，∠CED=90°.

在△CEA中，利用余弦定理可得CE2=CA2+AE2-2CA·AEcos60°，解得CE2=52，在△CED中，CD2=CE2+ED2，解得CD=

圖2

解法2（向量法）：如圖1，因?yàn)锳C⊥AB，BD⊥AB，且二面角是60°，因此〈

以此題作為背景進(jìn)行拓展研究.

一、逆向探究

例2已知A、B兩點(diǎn)在二面角的棱上，直線AC、BD分別在該二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)，且均垂直于AB.若AB=4，AC=6，BD=8，則該二面角的大小是______.

解析：如圖2，由題意作輔助點(diǎn)E，使AE∥BD，DE∥AB，則DE⊥CE.

另外可知AE=BD=8，設(shè)二面角的大小是θ，則在△AEC中，利用余弦定理可得，所以θ=60°，即該二面角的大小是60°.故填答案：60°.

評(píng)注：將原題中的條件和結(jié)論互換并進(jìn)行新題的編寫，能使學(xué)生對(duì)知識(shí)的靈活應(yīng)用能力得到鍛煉.

二、變換背景

例3如圖3所示，墻面為射擊訓(xùn)練墻，某射擊運(yùn)動(dòng)員在點(diǎn)A處進(jìn)行射擊訓(xùn)練，點(diǎn)A至墻面的距離為AB，某目標(biāo)點(diǎn)P沿墻面上的射線CM移動(dòng)，計(jì)算由點(diǎn)A觀察點(diǎn)P的仰角θ的大小有助于更精準(zhǔn)地?fù)糁心繕?biāo).若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，則tanθ的最大值為______.（直線AP和平面ABC所成角記作θ）

圖3

圖4

解析：由勾股定理可得BC=20m.如圖4所示，過點(diǎn)P作PD⊥BC于點(diǎn)D，連結(jié)AD，則由點(diǎn)A觀察點(diǎn)P的仰角θ=∠PAD，且.

評(píng)注：本題的變化在于定點(diǎn)到動(dòng)點(diǎn)、角的大小到最值問題的改變，引入變量并構(gòu)造目標(biāo)函數(shù)即可令函數(shù)的最值得解.二次函數(shù)配方法、均值不等式法、三角換元法、導(dǎo)數(shù)法都能用于函數(shù)最值問題的求解上.

三、改變條件

圖5

例4如圖5，已知平面α∩β=l，A、B為l上的兩個(gè)點(diǎn)，C、D在平面β內(nèi)，且DA⊥α，CB⊥α，AD=4，AB=6，BC=8，動(dòng)點(diǎn)P在平面α上，令∠APD=∠BPC，則△PAB的最大面積為（ ）.

解法1：由題意可知，平面α⊥平面β，A、B為平面α和β的交線上的兩個(gè)定點(diǎn)，DA?β，CB?β，且DA⊥α，CB⊥α，因此△PAD、△PBC為直角三角形.又∠APD=∠BPC，所以△PAD∽△PBC.又AD=4，BC=8，所以PB=2PA.作PM⊥AB，垂足為M，則PM⊥β.令A(yù)M=t∈R，則在兩個(gè)Rt△PAM和Rt△PBM中，PM為公共邊及PB=2PA，因此PA2-t2=4PA2-（6-t）2，解得PA2=12-4t，因此PM=

于是△PAB的高的最大值是4，故（S△PAB）max=12，因此選C.

因?yàn)椤螦PD=∠BPC，因此PB=2PA，以AB的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立直角坐標(biāo)系，如圖6所示.設(shè)P（x，y），A（-3，0），B（3，0），由PB=2PA，得，化簡(jiǎn)得（x+5）2+y2=16（y≠0）.

圖6

因此點(diǎn)P的軌跡為圓心是（-5，0）、半徑是4的圓，因此△PAB的高的最大值即為圓的半徑（不包括x軸上的點(diǎn)），故（S△PAB）max=12，因此選C.

評(píng)注：解法1中所運(yùn)用的幾何法相對(duì)繁瑣，解法2中采用的解析法則相對(duì)簡(jiǎn)潔，數(shù)、形之間的雙向依存關(guān)系在幾何問題代數(shù)化之后得到了很好的體現(xiàn).

四、改變方法

圖7

解析：作AE⊥BC于E，連結(jié)DE，則由AD⊥BC，得BC⊥平面ADE，故DE⊥BC.所以∠AED為二面角α-l-β的平面角，∠AED=θ，∠ADE為AD和面β所成的角，

評(píng)注：巧妙運(yùn)用三角形的面積比和正弦定理的關(guān)系來解題的方法令人耳目一新，的獲得令問題變得簡(jiǎn)單且令人感嘆.

因此，教師應(yīng)善于挖掘經(jīng)典習(xí)題并引導(dǎo)學(xué)生對(duì)問題的本質(zhì)展開探究，使學(xué)生能夠在不變應(yīng)萬變的解題中獲得能力的提升.