高考数学十类立体几何“动态”问题策略探究及方法解析

高考数学十类立体几何“动向”问题策略研究及方法剖析高考数学十类立体几何“动向”问题策略研究及方法剖析高考数学十类立体几何“动向”问题策略研究及方法剖析十类立体几何“动向”问题策略研究及方法剖析“动向”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它浸透了一些“动向”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赐予了活力，题意更奇特，同时，由于“动向”的存在，也使立体几何题更趋灵便，加强了对学生空间想象能力的察看。在解决动向几何问题时。重点在于要重视动向元素所惹起的图形变化过程,动中窥静,静中见静,以静止动。一、截面问题截面问题是高考立体几何题中比较常有的题型，由于截面的“动向”性，使截得平面的结果也拥有必然的可变性。例1、在正方形ABCDA1B1C1D1中，过对角线BD1D1C1的一个平面交AA1于E，交CC1于F，①四边形BFD1E一AB1F定是平行四边形；②四边形BFD1E有可能是正方形；③ED四边形BFD1E在底面ABCD内的投影必然是正方形；④四C边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D。以上结论正确的为AB。（写出所有正确结论的编号）剖析：如图，四边形BFD1E分别交两平行平面AA1DD1,BB1CC1于D1E,BF，进而由面面平行的性质定理知D1E//BF.同理可得D1F//BE.进而知四边形BFD1E一定是平行四边形，故①对。要使四边形BFD1E为正方形，则有D1EBE,D1EABD1E平面AA1BB1,又D1A1平面AA1BB1,D1E//D1A1,这是不可以能的，进而知四边形BFD1E不可以能是正方形，故②错；四边形BFD1E在底面ABCD内的投影点分别为A，B，C，D，显然其射影是正方形，故对③；当E，F分别为AA1，CC1的中点时，四边形BFD1E为菱形，此时有EFBD1,EFBB1EF平面BB1D，故④对进而以上结论正确的为①③④。议论：此题属于结论开放型研究性命题，可直接利用条件证明，也可在先假定结论成立，反溯其具备的条件或推出矛盾进而加以否认。这类问题求解重点是执果索因，追忆结论具备的条件。例2、已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为()3323323A.4B.3C.4D.2剖析：以以下图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD-A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．以以下图，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S＝6×12233×224正六边形EFGHMN应选A.议论：此题解决的重点有两点：一是怎样找到每条棱所在直线与平面α所成的角都相等的平面α，可转变先找到与极点A1的三条棱成等角的平面AB1D1，二是与平面AB1D1平行的平面有无数个都知足条件，其中截面面积最大的截面确实定又是求解的重点。二、动点轨迹问题动点轨迹问题是高考立体几何“动向”问题最为奇特的一种命题形式，它重点表现了在立体几何与剖析几何的知识交汇处设计图形。不单察看了立体几何点线面之间的地点关系，而且又能巧妙地察看求轨迹的基本方法，是高考表现最为活跃的一种题型。例3、设P是正方体ABCDA1B1C1D1的对角面BDD1B1（含界线）内的点，若点P到平面

ABC、平面

ABA1、平面

ADA1的距离相等，则符合条件的点

P（

）A.仅有一个B.

有有限多个

C.

有无量多个

D.

不存在剖析：与平面

ABC,ABA1

距离相等的点位于平面

A1B1C1D1

上；与平面ABC,ADA1距离相等的点位于平面11上；ABCD与平面ABA1,ADA1距离相等的点位于平面ACC11A1上；据此可知，知足题意的点位于上述平面A1B1C1D1，平面AB1C1D,平面ACC11A1的公共点处，联合题意可知，知足题意的点仅有一个.应选A.议论：此题察看点到平面的距离，利用点到直线的距离将平面问题类比到空间中点到面的距离，据此找到知足题意的点可否存在即可.例4、在正四棱锥S－ABCD中，E是BC的中点，P点在侧面△SCD内及其界线上运动，而且老是保持PEAC．则动

SG点P的轨迹与△SCD组成的有关图形最有可能的是P()DFCOMNEABSSSSDPPCDPPCCDCDA．B．C．D．剖析:如图，分别取CD、SC的中点F、G，连结EF、EG、FG、BD．设AC与BD的交点为OSOP的轨迹是△SCDFGSBAC，连结，则动点的中位线．由正四棱锥可得⊥，EF⊥AC．又∵EG∥SB，∴EG⊥AC∴AC⊥平面EFG，∵P∈FG，E∈平面EFG，∴AC⊥PE．故选A。议论：将动向的线线垂直转变成静态的线面垂直，是解决这类问题的主要方法。重点从两平面的交线等特别直线下手，以静制动。例5、若三棱锥A－BCD的侧面ABC内一动点P终究面BCD的距离AAAAAPPPPPBDBCBCBCBCOEABCD图4

C与到棱AB的距离相等，则动点P的轨迹与△ABC组成图形可能是（）剖析：如图4，PO面BCD于O，，PPBC，当P与B点重合时，显然知足条件。要使POPE，PBEPBO，只需适合搬动PB的地点就有可能知足只须PBEPBO，进而知轨迹为凑近线段AB的一条线段。应选D。议论：动点轨迹问题是较为奇特的一种创新命题形式，它重点表现了在剖析几何与立体几何的知识交汇处设计图形。不单察看了立体几何点线面之间的地点关系，而且又能巧妙地察看求轨迹的基本方法，是表现最为活跃的一种创新题型。三、折叠、张开问题例6、把正方形ABCD沿对角线AC折起，当A、BC、D四点为极点的三棱锥体积最大时，直线BD与平面ABC所成的角的大小为（）A．90°B．60°C．45°D．30°。剖析：如图，由VDABC1SABCDO，当3点D到平面ABC的距离最大时，VDABC最大，也就是说当极点D在底面的射影点O落在AC上即面DAC⊥面ACB时，VDABC最大，从而易知∠DBO为直线BD与平面ABC所成的角。QDOOBDBO450，应选C。议论：图形的折叠和张开必然会惹起部分元素地点关系的变化，求解这类问题要注意对变化前后线线、线面地点关系、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地点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。不可以变量可联合原图型求解，变化了的量应在折后立体图形中来求证。四、最值范围问题例7、如图，在直三

C1CA1B1FC1FB1A11棱柱ABC—ABC中，FA1B1F111B1A1C1EAB=BC=2，BB=2，EEGEG1CAABC90，E、F分别

ABCABAC图1图2图3B为AA、CB的中点，沿棱111柱的表面从E到F两点的最短路径的长度为.剖析：为使E到F两点的路径最短，能够从E点出发经过三个不同样的棱11111达到F。BB,AB,AC如图1，EFA1E2A1F212(22)21911，222如图2，EFEG2FG2(2)2(12)227722222如图3，EFEG2FG2(21)2(11)29222显然，棱柱的表面从E经过A1C1到F两点的路径最短为32。2议论：化曲（折）为直，是研究空间几何体表面上两点路径最短问题的有效方法。其中，由于实现目标手段的多样性所惹起的分类讨论应惹起必要的重视。例8、如图，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器.当这个正六棱柱容器的底面边长为时，其容积最大.剖析：此题属于折叠问题中的最值问题。设正六棱柱容器的底面边长为x，体积为V，由已知：VSh3x21xtan6003x2(1x)3xx(22x)22483(xx22x)31(当且仅当x22x即x2时，取等号)83932故当这个正六棱柱容器的底面边长为3时，其容积最大.议论：立体几何题中经常会波及角度、距离、面积、体积最大值、最小值的计算，好多情况下，我们能够把这类动向问题转变成目标函数，进而利用代数方法求目标函数的最值。例9、如图,在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形．这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，而且这三个四边形也全等，如图①．若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②．则当容器的高为多少时，可使这个容器的容积最大，并求出容积的最大值．剖析:设容器的高为x．则容器底面正三角形的边长为a23x,V(x)3x(a23x)2(0xa)3143x(a23x)(a23x)4234431(43xa23xa23x)3a3当且仅当43xa23x,即x3a时,Vmaxa3.163541854故当容器的高为3a时，容器的容积最大，其最大容积为a3.1854议论：由于目标函数是对于三次函数的最值问题，因此用导数求解最方便。五、研究型问题例10、如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，ABBC＝kPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰巧为△PBC的重心？剖析：易证OP平面ABC,又OA=OC,AB=BC,进而OAOB,OAOB，OBOP以O为原点，射线OP为非负x轴，成立空间直角坐标系O-xyz,设AB=a,则A(2a,0,0),B(0,2a,0),C(2a,0,0),设OPh,则P(0,0,h)，△PBC的重心G，222221uuur221Quuuruuruur2OG(h),OG平面PBC,OG，又＝－，6663632uuuruur1212h=2PA=22即＝OGgPB6a-h=0a,OA+h=a,k=1.32反之，当k=1时，三棱锥O-PBC为正三棱锥，∴O在平面PBC内的射影为△PBC的重心。议论：由于立体几何题中“动向”性的存在，使有些问题的结果变得不可以确定，研究型问题正好经过这类“动向性”和不确定性察看学生的发散性思想。引入变量，利用空间垂直关系及向量数量积定义将几何问题代数化，是此题求解的重点。六、定位问题例11、如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=3，BC=1，PA=2，E为PD的中点.在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，并求出N点到AB和AP的距离.剖析:成立以以下图的空间直角坐标系，则A、B、C、

zyDCAOBxD、P、E的坐标为A（0，0，0）、B（3，0，0）、C（3，1，0）、D（0，1，0）、P（0，0，2）、E（0，1，1），进而AC(3,1,0),PB(3,0,2).由于N点在侧面2内，故可设N点坐标为（x，，z），则NE(x,1,1z)，由⊥面可PABO2NEPAC(x,1z)(0,0,2)0,z10,x3NEAP0,,1,即N得，即2化简得1∴610.NEAC0.(x,z)(3,1,0)0.3xz1,122点的坐标为3,0,1)点到、的距离分别为，.(，进而NABAP1366议论：利用向量的数量积将几何问题代数化，是求解空间几何动向问题最常有的方法，利用待定系数法求找法向量又是求解重点。七、距离、角度问题例12.如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，．点是线段上的动点，若线段上存在点，使得异面直线与成的角，则线段长的取值范围是（）A.B.C.D.剖析：设的中点为，连，因，故成立以以下图的空间直角坐标系，则，则，因此，，因此，即，也即，由此可得，联合可得，因此，则，即，应选答案B。议论：求两点间的距离或其最值。一种方法，可成立坐标系，设点的坐标，用两点间距离公式写出距离，转变成求函数的最值问题；另一种方法，几何法，依照几何图形的特点，搜寻那两点间的距离最大（小），求其值。十．实质应用问题例13．某人买了一罐容积为V升、高为ａ米的直三棱柱型罐装入口液体车油，由于不小心摔落地上，结果有两处损坏并发生渗漏，它们的地点分别在两条棱上且距下底面高度分别为ｂ、ｃ的地方(单位：米)．为了减少罐内液体油的损失，该人采用破口朝上，倾斜罐口的方式拿回家．试问罐内液体油最理想的估计能剩多少．剖析：如图．直三棱柱为ＡＢＣ-Ａ′Ｂ′Ｃ′，Ｄ、Ｅ为破弊端，而且ＡＤ＝ｂ，ＥＣ＝ｃ，ＢＢ′＝ａ．问题转变成求几何体ＡＢＣＤＢ′Ｅ的体积．为求该不规则几何体的体积还应付图形进行办理，方法不独一，仅给出一种以下：由于ＶＡＢＣ-ＤＢ′Ｅ＝ＶＤ-ＢＣＥＢ′＋ＶＤ-ＡＢＣ，而ＶＤ-ＡＢＣ＝bV，故只需求ＶＤ-ＢＣＥＢ′，3a由ＶＤ-ＢＣＥＢ′ＶＡ′-ＢＣＣ′Ｂ′＝ac及ＶＡ′-ＢＣＣ′Ｂ′＝2V，可求得ＶＤ-ＢＣＥＢ′＝2a3(abc)V，于是，最理想的估计是剩下(abc)V升．3a3a议论：该题的背景为学生所熟悉，察看了学生阅读理解、空间想象及办理图形的能力．例14、如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA,△FAB，使得D，E，F重合，获得三棱锥．当3△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm)的最大值为________．剖析：如图，连结OD交BC于点G，由题意知，OD⊥3BC.易得OG＝6BC，设OG＝x，则BC＝23x，DG＝5－x，三棱锥