立体几何中的最值与动态问题

1、立体几何中的最值问题海红楼立体几何主要研究空间中点、线、面之间的位置关系，与空间图形有关的线段、角、体积等最值问题常常 在试题中岀现。下面举例说明解决这类问题的常用方法。一、运用变量的相对性求最值例1.在正四棱锥S-ABCD中，SO丄平面ABCD于0, S0=2,底面边长为.2，点P、Q分别在线段BD、SC上移动，则P、Q两点的最短距离为（A.丄5C. 2D. 1解析：如图1,由于点P、Q分别在线段BD、SC上移动，先让点 P在BD上固定，Q在SC上移动，当250Q最小时，PQ最小。过0作0Q丄SC，在Rt SOC中，0Q中。又P在BD上运动，且当 P运动52 J 5到点0时，PQ最小，等于0

2、Q的长为2，也就是异面直线 BD和SC的公垂线段的长。故选5、定性分析法求最值例2.已知平面a 平面3，AB和CD是夹在平面a、3之间的两条线段。 AB丄CD，AB=3，直线AB与平面a成30°角，则线段CD的长的最小值为 o解析：如图2,过点B作平面a的垂线，垂足为 0,连结A0 ,则/ BAO=30 °。过B作BE/CD交平面a于 E,贝U BE=CD。连结 AE，因为 AB 丄 CD，故 AB 丄BE。则在 Rt ABE 中，BE=AB tan/ BAE > AB tan/ BA0=3 tan30° 3 o 故 CD 、3 o三、展成平面求最值例3.如

3、图3-1，四面体A-BCD的各面都是锐角三角形，且AB=CD=a ， AC=BD=b ,AD=BC=c。平面a分别截棱AB、BC、CD、DA于点P、Q、R、S,则四边形PQRS的周长的最小值是()A. 2aB. 2bC. 2cD.a+b+c图3-1解析：如图3-2，将四面体的侧面展开成平面图形。由于四面体各侧面均为锐角三角形， 且AB=CD ,AC=BD ,AD=BC，所以，A与A' D与D '在四面体中是同一点，且 AD /BC / A' D'，AB纟CD '，A、C、A'共线，D、B、D '共线，AA' = DD '

4、= 2 BD。又四边形 PQRS在展开图中变为折线 S'PQRS, S'与S在四面体 中是同一点。因而当 P、Q、R在S'S上时，S'P +PQ +QR +RS最小，也就是四边形 PQRS周长最小。又 S' A = SA'，所以最小值 L = SS '二 DD ' = 2BD = 2 b。故选 B。图3-2四、利用向量求最值例4.在棱长为1的正方体 ABCD-EFGH中，P是AF上的动点，_则 GP+PB的最小值为 。解析：以A为坐标原点，分别以 AB、AD、AE所在直线为x, y, z轴，建立如图4所示的空间直角坐标fT系,则

5、B (1, 0, 0) , G (1, 1, 1 )。根据题意设 P(x,0,x),则 BP = (x - 1,0, x) , GP - ( x _ 1,'1, x _ 1),那么Q2GP PB 二.2x2 -4x 3 ,2x2 - 2x 1"1 FXI.2可以看成x轴正半轴上一点x, 0, 0)到xAy平面上两点1,一，02、fl丄,；的距离之和，其最小值为(2 2丿GP+PB的最小值为,10,10立体几何中的最值问题、线段长度最短或截面周长最小问题例1.正三棱柱ABCAB-C1中，各棱长均为2，M为AA中点，N为BC的中点，则在棱柱的表面上从点M到点N的最短距离是多少？并

6、求之.AiiCiM Bl Ci a,10,10解析:从侧面到N,如图1,沿棱柱的侧棱AA剪开，并展开，则MNh I AM 2 + AN 2,10（2）从底面到N点，沿棱柱的AC BC剪开、展开，如图2.贝U MN= am 2 AN 2 2AM 3 V .J10- - MN min = ：f 4 亠、13 .例2.如图，正方形 ABCD、ABEF的边长都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。点 M在AC上移动，点N在 BF 上移动，若 CM=BN= a （0 :：: a ：、_2）. （ 1）求 MN 的长；（2）当a为何值时，MN的长最小；（3）当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二

7、面角：.的大小 解析：（1）作MP /AB交BC于点P，NQ /AB交BE于点Q，连接PQ，依题意可得 MP /NQ，且MP=NQ，即 MNQP 是平行四边形。二 MN=PQ,由已知，CM=BN=a,CB=AB=BE=1,AC = BF = . 2 ,1a BQ,2, 1CP 二 BQa,2,MNPQ二.(1 - CP )2 BQ2+ 丄(0 va G?)2（2）由（1）知:2当a时,2MN、2 ，即M , N分别移动到 AC , BF的中点时,2MN的长最小，最小值为2（3）取 MN 的中点 G，连接 AG、BG，丁 AM=AN,BM=BN ，二 AG 丄MN,BG 丄MN，<6AGB

8、即为二面角a的平面角。又AG = BG，所以由余弦4A定理有(上)2(上)2 _1cos _4444、一 11。故所求二面角- arccos（ ）。33jr例3.如图，边长均为a的正方形ABCD、ABEF所在的平面所成的角为 （0 ：宀:-）。点M在AC上，点 、2N在BF上，若 AM=FN， 求证:MN/面BCE ;求证:MN _ AB;求MN的最小值.解析：如图，作MG/AB 交BC于G, NH/AB交BE于H, MP/BC 交AB于P,连PN, GH ,易证MG/NH,且 MG=NH,故MGNH为平行四边形，所以MN/GH ,故MN/面BCE ;(2)易证 AB _ 面 MNP,故 MN

9、 _ AB ;-V，设 AP=x ,贝U BP=a - x , N P=a即为面ABCD与ABEF所成二面角的平面角，即.MPN2 2 .2(1 +cos 0)(x - ？)221 (1 -cosr)a22a故当x 时，MN有最小值2例4.如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=x ,BN=y,（0 : x, y 2）. （ 1）求 MN 的长（用 x,y 表示）；（2 ）求 MN 长的最小值，该最小值是否是异面直线AC，BF之间的距离。解析：在面ABCD中作MP _ AB于 P,连 PN，则 MP _ 面 A

10、BEF，所以 MP _ PN，PB=1-AP= 2 x 在：:PBN 2中，由余弦定理得：PN2=（亠2所以：MN = x 亠(a-x) -2x(a-x) cos v1 22x 囂 y . xy ,在 Rt =PMN 中，MN= . MP22 2-PN= J(1 土 x)1 x22 y2 _xy=.x? y? _xy -：'；2x 1 (0 ： x, y ： , 2 ).；(2) MN »：x2 y2 _xy 一 . 2x 1x 2(y -)2lx，2)243,故当xJ3BF之间的距离。时，MN有最小值丄。且该最小值是异面直线 AC ,3例5. 如图，在 ABC中，/ ACB

11、= 90°, BC= a,AC = b,D是斜边AB上的点，以CD为棱把它折成直二面角 ACD- B后，D在怎样的位置时，AB为最小，最小值是多少？解析： 设/ ACD= 0，则/ BCD= 90° - 0，作 AML CD于 M BNL CD于 N,于是 AMh bsin 0 ,CN= asin 0 ./ MN=| asin 0 -bcos 0 |，因为 A CD- B 是直二面角，AML CD, BNL CD,. AM与 BN成 90° 的角，于是 AB='22.22.2l 222-22.b sin t1 a cos v （a sin v - b co

12、s v） = a b ab sin 、a bab .当0 = 45°即CD是/ ACB的平分线时，AB有最小值，最小值为 .a2 b ab .例6.正三棱锥A-BCD底面边长为a，侧棱为2a,过点B作与侧棱AC AD相交的截面，在这样的截面三角 形中，求 周长的最小值；（2）周长为最小时截面积的值，（3）用这周长最小时的截面截得的小三棱锥的体积与 三棱锥体积之比.DFDF1a2a2aS21864即916BD2 a2EFCD 2、面积最值问题12因太阳光与地面成 30°角，所以/ CDQ= 30°,又知在 CQD中, CQ=，由正弦定理，有解析：沿侧棱AB把正三棱锥

13、的侧面剪开展成平面图 .如图1，当周长最小时，EF在直线BB'上，T ABE232a -( a)8Sbe= EF BS 1 ?a 進 a 3，55 2248/Vvbcd= VB-acd，而三棱锥BAEF,三棱锥BACD的两个高相同，所以它们体积之比于它们的两底面积之比,评析 把曲面上的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离的问题，从而使问题得到解决，这是求曲面上最短路线的一种常用方法.本题中的四面体，其中任何一个面都可以做为底面，因而它可有四个底面和与之西方向射出的太阳光线与地面成 30°角，试问：遮阳棚 ABC与地面成多大角度时，才能保证所遮影面ABD面积最大？AB垂

14、直于平面CQD如图2所示.11的周长的最小值为a.4(2)如图2，v BEF等腰,取 EF中点 G,连 BG 则 BG1 EF. / B8 £ BE 2 _ EG 2VB _AEFSa aefVB _CADS ACD对应的四条高，在解决有关三棱锥体积题时，需要灵活运用这个性质例7.如图1所示，边长AC= 3, BC= 4,AB= 5的三角形简易遮阳棚，其 A、B是地面上南北方向两个定点，正解析：易知, ABC为直角三角形，由C点引AB的垂线，垂足为 Q,贝U应有DQ为CQ在地面上的斜射影，且B' AF,. AE= AF, AC= AD, / B' B/ CD, /-Z

15、 1 =Z 2=Z 3,. BE= BC= a,DF= 1 a,AF = 3 a.又 v2 23 11 AEF ACD / BB'= a+_ a+a= 一 a, /截面三角形4 4同理 B' F= B' D= a. v FDB ADBD BDBAB5CQQDsin 30sin . QCD即 QD = _ sin / QCD.5为使面ABD的面积最大，需 QD最大，这只有当/ QCD= 90°时才可达到，从而/ CQD= 60故当遮阳棚ABC与地面成60°角时，才能保证所遮影面 ABD面积最大.Sa ABD与 Sa acd 的大小，由于 a ABD a

16、 ACD例8.在三棱锥A BCD中, ABC和厶BCD都是边长为a的正三角形，二面角 A BC D= ©，问©为何值时, 三棱锥的全面积最大。解析：SA bac= Sa bcd a2为常量，所以三棱锥全面积的大小取决于4所以只求Sa acd何时面积取最大值即可。1Saacd=asin / ACD所以当/ ACD= 90°时面积最大，问题得解。2解 如图，取BC中点M连AM DM /. a ABC和a BCD都是正三角形，二/ AMD是二面角A-BC-D的平面角，/AMD= ©，又 t A ABDA ACD 且当/ ACD= 90° 时，A AC

17、D和 A ABD面积最大，此时 AD= J2 a，在 A AMD中,1 由余弦定理 cos / AMD=- 一，31当© = n -arccos 时，三棱锥 A-BCD的全面积最大。3点评本题将求棱锥全面积的最大值，转化为求A ACD面积的最大值，间接求得 ©角。例9、一个圆锥轴截面的顶角为 120°,母线为1，过顶点作圆锥的截面中，最大截面面积为 。分析：本题是截面问题中的常见题，设圆锥的轴截面顶角是a,母线长为I ,则截面面积12-兀I sin a a c (0,)Smax=<22，本题轴截面顶角为12O0,.最大面积为 丄1 2兀2-Ia 一，兀2 2

18、例10、圆柱轴截面的周长 L为定值，求圆柱侧面积的最大值。分析：设圆柱的底面直径和高分别为d,h,则有：2 ( d+h) =L,d+h=L/2,S 侧=n dh< n2二 I16（当且仅当d=h时取例11、在棱长为1的正方体 ABCD ABCD中，若G、E分别是BB 1、CiDi的中点，点F是正方形ADD 1Ai的中心。则四边形BGEF在正方体侧面及底面共 6个面内的射影图形面积 的最大值是。11分析：可得四边形 BGEF在前后侧面上的射影相等且等于 ；在左右侧面上的射影相等且等于；在4833上下底面的射影相等且等于，所以射影图形面积的最大值为 一。88三、体积最值问题例12.如图，过半

19、径为R的球面上一点 P作三条两两垂直的弦 PA、PB PC (1)求证：PA+PB+PC2为定值；(2) 求三棱锥PABC的体积的最大值.解析：先选其中两条弦 PA、PB,设其确定的平面截球得。O, AB是。0的直径，连P0并延长交。O于D, PADB 是矩形，PD = = PA+PB，然后只要证得PC和PD确定是大圆就可以了 .解：(1)设过PA、PB的平面截球得。0,丁 PAL PB,AB是OO的直径，连 P0并延长交。0于。，_则PADB是矩形，PD= PA+PB2.设0为球心，则00丄平面。0,/ PCLO 0 平面， 00 / PC因此过PC PD的平面经过球心 0,截球得大圆，又

20、PCL PD.CD是球的直径.故 PA2+PB+PC2= PD+PC= CD= 4F2定值.1 设PA PB PC的长分别为x、y、z，则三棱锥 P ABC的体积xyz ,62 2 212 2，1 , x y . Z 3v = xyz <()3636664 RV<27最大3R3.27评析:定值问题可用特殊情况先“探求”方向.球面上任一点对球的直径所张的角等于362742_r6.35，如本题(1)若先考虑PAB是大圆，探求得定值 4R可为(1)的证明指明90°,这应记作很重要的性质四、角度最值问题。例13.在棱长为1的正方体 ABCABiCD中，P是AiBi上的一动点，平面

21、PAD和平面PBC与对角面 ABCD所成 的二面角的平面角分别为 a、B ,试求a +B的最大值和最小值.解析：如图.对角面AiBCD丄对角面ABGDi，其交线为EF.过P作PQLEF于Q,则PQL对角面ABCD.分别连PE、 PF./ EF丄AD, PE± AD（三垂线定理）.故由二面角的平面角定义知/ PFQ= a ,同理，/ PFQ= 3 .设 AP= x,(0 < x< i)，贝U PB = i-x./ EQ= AiP，QF= PB，PQ=当0vxv i时，有叫'2tan a = ,tan 3 =2x2(1 x) tan(a +3 ) = ta"

22、 ： tan 1 -tan a tan P- 2 . 2 +2x 2(1 x)、.2 . 2 1 -2x 2(1 -x)<21 2 1-2(x)2 2而当 x = 0 时 a = ， tan( a + 3 ) = tan( + 3 ) = -cot 3 =2 2EF=-.2，上式仍成立；类似地可以验证AE当x= 1时，上式也成立，于是，当x=时，tan( a + 3 )取最小值-2 . 2 ;当 x= 0 或 1 时，tan( a +3 )取最 2大值-2 .又I 0 V a + 3<冗， ( a +3 )max=冗-arctan(a +3 )min = n -arctan2“动态

23、”立体几何题初探盐城市时杨中学陈晓兵224035本文所指的“动态”立体几何题，是指立体几何题中除了固定不变的的线线、线面、面面关系外，渗透了 一些“动态”的点、线、面元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题意更新颖，同时，由于“动态”的存在， 也使立体几何题更趋灵活，加强了对学生空间想象能力的考查。一、截面问题截面问题是立体几何题中的一类比较常见的题型，由于截面的“动态”性，使截得的结果也具有一定的可 变性。例1、已知正三棱柱 AiBiCi ABC的底面积为S,高为h,过C点作三棱柱的与底面 ABC成a角的截面厶兀MNC,（0v :-），使 MN/AB，求截面的面积。2分析：由于截面位置的不同，

24、它与几何体的交线MN可能在侧面上，也可能在 AiBiCi上，由此得到两种不同的结果。在底面A1B1C1内时,S解：当交线 MN在侧面A1B内（或与 A1B1重合时），5mnc=；当MNharcta n43S2二、翻折、展开问题图形的翻折和展开必然会引起部分元素位置关系的变化，求解这类问题要注意对变化前后线线、线面位置 关系、所成角及距离等加以比较，一般来说，位于棱的两侧的同一半平面内的元素其相对位置关系和数量关系 在翻折前后不发生变化，分别位于两个半平面内的元素其相对关系和数量关系则发生变化。不变量可结全原图 型求解，变化了的量应在折后立体图形中来求证。例2、下图表示一个正方体的展开图， 图中

25、AB、CD、EF、GH这四条直线在原正方体中相互异面的有 （）A 2对B 3对C 4对D 5对答：B。例3、从三棱锥PABC的顶点沿着三条侧棱 PA、PB、PC剪开，成平面图形，得到 P1P2P3,且P1p2=p2p3；GB7DEF£/pPA 丄 BC , ( 2) PiP2=26 ,求三棱锥的体积。PiP3=20 ,(1)在棱锥 P-ABC中，求证:分析：(1)由展开的过程可知,A、B、C分别是边P1p3>P1P2、P2P3 的中点，故 AB=P1P2,. AB=AC。又 P1P2=P2P3,二在原图中取 BC 中点 H，连 AH、PH,可证 AH 丄 BC,PAH，即得FA

26、丄BC。1P2P3,2PH丄BC,. BC丄面1 AC =2(2 )由(1 )知 BC 丄面 PAH ,，在立体图中可知，PB=PC=AB=AC=13,BC=10,PH=HA=12, S PAH=, 119 ,150 .V= PAH BC=一 J119 .33三、最值问题立体几何题中经常会涉及到角度、距离、面积、体积最大值、最小值的计算，很多情况下，我们可以把这 类动态问题转化成目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值。例4、(2002年全国高考)如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1 ,而且平面ABCD、ABEF互相垂直,点M在AC上移动，点 N在BF上移动，若 CM=BN=a , (

27、0<a< 2 )(I)求MN的长；(H)当a为何值时，MN的长最小；分析：(1) MN的长随着M、N的移动而变化，若能建立适当的函数关系, 转化成函数问题，便可利用函数知识求解。略解：(1)过点M作MO丄AB交AB于O,连ON,由题可得BC=1 ,AM= 2 -a, AC= 2 ，丁 MO/BCMOAMAO2 - aBC-ACABMO=FNFBAOABa/ ON/AF ,同理求得 ON= /J 2、2(2)由(1)得当22例5、一个圆锥轴截面的顶角为 120°,母线为1 ,过顶点作圆锥的截面中，最大截面面积为 。分析：本题是截面问题中的常见题，设圆锥的轴截面顶角是a,母线

28、长为I ,则截面面积2Smax =1 2l sin :21 22JI：£ 匚（°，）12，本题轴截面顶角为120°,.最大面积为 -2n二"，二2例6、圆柱轴截面的周长 L为定值,求圆柱侧面积的最大值。分析：设圆柱的底面直径和高分别为d,h,则有：2 (d+h ) =L,d+h=L/2,S 侧=n dh< n2 2nl（当16且仅当d=h时取“=”）。四、探索型问题由于立体几何题中“动态”性的存在， 性”和不确定性考查学生的发散性思维。ABCD , PA丄平面AC于点 ABCD所成的二面角为0 , 与PC的公垂线？若能确定，例7、已知矩形若平面PD

29、C与平面MN是异面直线 定，说明理由。分析：（1）AB使有些问题的结果变得不可确定，探索型问题正好通过这种“动态A , M , N分别是AB、PC的中点，（1）求证MN丄AB ; 能否确定0，使得直线 求出0的值，若不能确取CD中点H，可证AB垂直平面MNH , 故 AB 丄 MN ;由题可得二面角0即/ PDA，随着 的垂直关系不变，但与 PC所成的角将随着变化。设MC，丁 N 是中点，二 PM=MC ，又t AM=MB ,(2)0的变化，MN与ABMN 丄 PC,连 PM、 / PAM= / CBM=90 °,/ PAM CMB，二 PA=CB，即 PA=AD，此时 0 =45&

30、#176;。可见只要当 0 =45° 时，例8、MN即为异面直线 AB与PC的公垂线。如图， ABC 是正三角形，AD和CE都丄平面 ABC，且AD=AB=1,CE=1/2，问：能否在线段 BD上找到一点F,使AF丄平面BDE ?分析：由于点F的移动，使AF与平面BDE的位置关系随之变化，若AF丄平面BDE ,_则AF丄BD，又丁DA=AB，二F为BD中点，这使我们想到 BD的中点即为所求。解：取BD中点F, AB中点G,连EF、CG、FG,则四边形EFGC 为矩形，二CGFG，又 ABC为正三角形，.CG丄AB , CG丄面ABD ,CG 丄 AF,. EF 丄 AF,. AF 丄

31、面 BDE 成立。五、其它类型利用三垂线定理、射影定理、线线、线面垂直的性质等在动态问题 中提炼一些不变的、“静态”的量，从而达到解题的目的。例 9、在三棱柱 ABC A1B1C1 中，AA 1=AB=AC , AB 丄 AC, M 是CC1的中点，Q是BC的中点，点P在A1B1上，则直线PQ与直线AM 所成的角等于（A 3° °分析：虽然点 一条定直线A1h ,例10、正方体ABCD A1b1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界运动，并且总保持 AP丄BD 1,则动点P 的轨迹是。B 45°C 60P的具体位置不定，但 PQ在平面A1C上的射影是在正方形A

32、CC 1A1中AM丄An，故由三垂线定理得BQ 丄 AM。分析：点P是在正方体的右侧面这样的一个区域中运动，这使两条线段BDi与AP的位置关系比较复杂,但BD-是正方体的体对角线，它在各个侧面上的射影与这个侧面的另一条对角线互相垂直，故由三垂线定理可 证得BD-丄平面AB -C，因此当点P在线段B-C上运动时，由线面垂直的性质得 轨迹是线段B-C。例11、在棱长为1的正方体 ABCD ABCD中，若G、E分别是BB 1、C1D1的中点，点F是正方形ADD 1A1的中心。则四边形 BGEF在正方体侧面 及底面共6个面内的射影图形面积的最大值是。BDAP恒成立，即线段P的分析：可得四边形侧面上的射

33、影相等且等于1BGEF在前后侧面上的射影相等且等于；在左右43，所以射影图8-;在上下底面的射影相等且等于83形面积的最大值为。8“动态”立体几何题面面观衡阳县滨江中学刘旭玲湖南祁东育贤中学周友良 421600本文所指的“动态”立体几何题，是指立体几何题中除了固定不变的的线线、线面、面面关系外，渗透了 一些“动态”的点、线、面元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题意更新颖，同时，由于“动态”的存在， 也使立体几何题更趋灵活，加强了对学生空间想象能力的考查。一定值问题例1如图3,在棱长为a的正方体ABC-A1B1C1D1中，EF是棱AB上的一条线段，且 EF= bv a，若Q是A, D1上的定点

34、，P在C1D1上滑动，则四面体 PQEF的体积（）(A)是变量且有最大值 (B)是变量且有最小值(C)是变量无最大最小值(D)是常量分析：此题的解决需要我们仔细分析图形的特点这个图形有很多不确定因素，线段EF的位置不定，点P在滑动，但在这一系列的变化中是否可以发现其中的稳定因素？求四面体的体积要具备哪些条件？仔细观察图形，应该以哪个面为底面？观察.：PEF ，我们发现它的形状位置是要变化的，但是底边EF是定值，且P到EF的距离也是定值，故它的面积是定值.再发现点Q到面PEF的距离也是定值.因此，四面体PQEF的体积是定值我们没有一点计算，对图形的分析帮助我们解决了问题.二、最值问题例2.如图，

35、正方形ABCD、ABEF的边长都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。点 M在AC上移动，点 N在BF上移动，若CM=BN= a (0 : a ：: ； 2). (1)求 MN 的长；(2)当a为何值时，MN的长最小；(3)当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二面角:-的大小。EAC =BFBQ解析：(1)作MP / AB交BC于点P，NQ / AB交BE于点Q， 连接PQ,依题意可得 MP /NQ，且 MP=NQ，即MNQP是平 行四边形。MN=PQ,由已知，CM=BN=a,CB=AB=BE=1,aCP = BQ,J2-MN = PQ »(1 - CP ) 2 BQ丘 1

36、.(a )2 + (0 ca <J1)I22J2（2）由（1）知：当a时,2MN丄，即 M,N分别移动到AC,BF的中点时,2MN的长最小，最小值为.22取MN的中点G,连接AG、BG,/ AM=AN,BM=BN ，二 AG 丄MN,BG 丄MN , / AGB即为二面角a的平面角。又AG 二 BG6，所以由余弦定理有4彳6 2 6 2()2 ( )2 -144cos :V6神62电441。故所求二面角:-='3=arccos(三、范围冋题 例3。求正三棱锥相邻的两个侧面所成的二面角大小的取值范围。分析：因为这个正三棱锥是动态的，无法作出相邻的两个侧面所成的二面角的平面角，故不能

37、通过正常的途径 算岀其范围，既然是动态的图形，我们则可以从图形的极限思想岀发思考这个问题。当正三棱锥的高接近于零 时，相邻的两个侧面趋向于在底面内， 故二面角大小趋向于 二，但不能等于二；当正三棱锥的高趋向于亠时,正三棱锥趋向于正三棱柱，故二面角大小趋向于一，但不能等于一。故相邻的两个侧面所成的二面角大小的33取值范围为一，二四、截面问题例4、已知正三棱柱 AiBiCi ABC的底面积为S,高为h,过C点作三棱柱的与底面 ABC成a角的截面厶MNC,（0v:），使 MN/AB，求截面的面积。2分析：由于截面位置的不同，它与几何体的交线MN可能在侧面A1B上，也可能在 A1B1C1上，由此得到两

38、种不同的结果。;当MN在底面AiBQi内时,解：当交线 MN在侧面AiB内（或与 AiBi重合时），5mnc=arctanh4.3S2五、翻折、展开问题例5给岀任意的一块三角形纸片，要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给岀的三角形的面积 相等，请设计一种方案，并加以简要的说明.分析：这是2002年高考立体几何题中的一部分这个设计新颖的题目，使许多平时做惯了证明、计算题 的学生一筹莫展这是一道动作题，但它不仅是简单的剪剪拼拼的动作，更重要的是一种心灵的“动作”，思 维的“动作” 受题目叙述的影响，大家往往在想如何折起来？参考答案也是给了一种折的方法那么这种方 法究竟从何而来？其实逆向思维是

39、这题的一个很好的切人点我们思考：展开一个直三棱柱，如何还原成一个 三角形？甲乙丙丁把一个直三棱柱展开后可得到甲、乙两部分，甲内部的三角形和乙是全等的，甲的三角形外是宽相等的三个矩形.现在的问题是能否把乙分为三部分，补在甲的三个角上正好成为一个三角形（如图丙）？因为甲中三角形外是宽相等的矩形，所以三角形的顶点应该在原三角形的三条角平分线上，又由于面积要相等，所以甲中的三角形的顶点应该在原三角形的内心和顶点的连线段的中点上（如图丁）.按这样的设计，剪开后可以折成一个直三棱柱.例6.正三棱锥A-BCD底面边长为a，侧棱为2a,过点B作与侧棱AC AD相交的截面，在这样的截面三角形 中，求周长的最小值

40、；（2）周长为最小时截面积的值，（3）用这周长最小时的截面截得的小三棱锥的体积与三 棱锥体积之比./ CD 丄 BC 且 AB n BC=B ,/ CD 丄平面 ABC.解析：沿侧棱AB把正三棱锥的侧面剪开展成平面图.如图1,当周长最小时，EF在直线BB 上, v AB摯 B' AF，. AE= AF, AC= AD，.B' B/ CD1 =Z 2=Z 3，二 BE= BC= a，同理 B' F= B' D= a. v A FDB_DFDB"DFa113,3s ADB，=，=，DF=a,AF = a.又 AEF A ACD BB = a+ a+aDB

41、ABa2a2 2 241111=a,截面三角形的周长的最小值为a.44如图 2, v A BEF等腰，取 EF中点 G,连 BG 则 BG±EF. / BG= BE 2-EG22 3 2a - ( a)8/ CD 丄 BC 且 AB n BC=B ,/ CD 丄平面 ABC./ CD 丄 BC 且 AB n BC=B ,/ CD 丄平面 ABC.1A BEF =21EF- BG=2VB -AEFVB -CADSa aefS ACD2EFCD 29163 .553 552a - a =a .4 864vVA-bcd= VB-ACD,而三棱锥BAEF,三棱锥BACD的两个高相同，所以它们

42、体积之比于它们的两底面积之比, 即评析 把曲面上的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离的问题，从而使问题得到解决，这是求曲面上最短路线的一种常用方法.本题中的四面体，其中任何一个面都可以做为底面，因而它可有四个底面和与之对应的四条高，在解决有关三棱锥体积题时，需要灵活运用这个性质FE 求证：ADL EC且与二面角 F AD C的大小无关；(2)FC与FE所成的角为30°时，求二面角 F AD C的余弦值.解析：正六边形ABCDEF在折叠前有 ADL EC,设AD与EC交于M,折叠后即有 AD丄ME AD丄MC则ADL平面EMC无论/ EMC勺大小如何，总有 AD丄EC.(2)

43、利用余弦定理，有 cos / EMC=-9六、探索型问题例 8.已知 BCD 中，/ BCD=90 ° , BC=CD=1 , AB 丄平面 BCD ,/ ADB=60 ° , E、F分别是AC、AD上的动点，且 AE = AFAC AD(U)当入为何值时，平面 BEF丄平面ACD ?(I)求证：不论 入为何值，总有平面 BEF丄平面ABC ;证明：(I)： AB丄平面BCD ,/ AB丄CD ,/ CD 丄 BC 且 AB n BC=B ,/ CD 丄平面 ABC. AEAF又（0 ：:：1）,ACAD不论入为何值，恒有 EF/ CD，二EF丄平面 ABC , EF 平面BEF,不论入为何值恒有平面 BEF丄平面 ABC（U）由（I）