高考數(shù)學(xué)十類立體幾何“動(dòng)態(tài)”問題策略探究及方法解析

高考數(shù)學(xué)十類立體幾何“動(dòng)向”問題策略研究及方法剖析高考數(shù)學(xué)十類立體幾何“動(dòng)向”問題策略研究及方法剖析高考數(shù)學(xué)十類立體幾何“動(dòng)向”問題策略研究及方法剖析十類立體幾何“動(dòng)向”問題策略研究及方法剖析“動(dòng)向”問題是高考立體幾何問題最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，它浸透了一些“動(dòng)向”的點(diǎn)、線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賜予了活力，題意更奇特，同時(shí)，由于“動(dòng)向”的存在，也使立體幾何題更趨靈便，加強(qiáng)了對(duì)學(xué)生空間想象能力的察看。在解決動(dòng)向幾何問題時(shí)。重點(diǎn)在于要重視動(dòng)向元素所惹起的圖形變化過程,動(dòng)中窺靜,靜中見靜,以靜止動(dòng)。一、截面問題截面問題是高考立體幾何題中比較常有的題型，由于截面的“動(dòng)向”性，使截得平面的結(jié)果也擁有必然的可變性。例1、在正方形ABCDA1B1C1D1中，過對(duì)角線BD1D1C1的一個(gè)平面交AA1于E，交CC1于F，①四邊形BFD1E一AB1F定是平行四邊形；②四邊形BFD1E有可能是正方形；③ED四邊形BFD1E在底面ABCD內(nèi)的投影必然是正方形；④四C邊形BFD1E有可能垂直于平面BB1D。以上結(jié)論正確的為AB。（寫出所有正確結(jié)論的編號(hào)）剖析：如圖，四邊形BFD1E分別交兩平行平面AA1DD1,BB1CC1于D1E,BF，進(jìn)而由面面平行的性質(zhì)定理知D1E//BF.同理可得D1F//BE.進(jìn)而知四邊形BFD1E一定是平行四邊形，故①對(duì)。要使四邊形BFD1E為正方形，則有D1EBE,D1EABD1E平面AA1BB1,又D1A1平面AA1BB1,D1E//D1A1,這是不可以能的，進(jìn)而知四邊形BFD1E不可以能是正方形，故②錯(cuò)；四邊形BFD1E在底面ABCD內(nèi)的投影點(diǎn)分別為A，B，C，D，顯然其射影是正方形，故對(duì)③；當(dāng)E，F(xiàn)分別為AA1，CC1的中點(diǎn)時(shí)，四邊形BFD1E為菱形，此時(shí)有EFBD1,EFBB1EF平面BB1D，故④對(duì)進(jìn)而以上結(jié)論正確的為①③④。議論：此題屬于結(jié)論開放型研究性命題，可直接利用條件證明，也可在先假定結(jié)論成立，反溯其具備的條件或推出矛盾進(jìn)而加以否認(rèn)。這類問題求解重點(diǎn)是執(zhí)果索因，追憶結(jié)論具備的條件。例2、已知正方體的棱長(zhǎng)為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為()3323323A.4B.3C.4D.2剖析：以以下圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1D1與棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方體的其余棱都分別與A1A，A1B1，A1D1平行，故正方體ABCD-A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等．以以下圖，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M，N，則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大，此截面面積為S＝6×12233×224正六邊形EFGHMN應(yīng)選A.議論：此題解決的重點(diǎn)有兩點(diǎn)：一是怎樣找到每條棱所在直線與平面α所成的角都相等的平面α，可轉(zhuǎn)變先找到與極點(diǎn)A1的三條棱成等角的平面AB1D1，二是與平面AB1D1平行的平面有無數(shù)個(gè)都知足條件，其中截面面積最大的截面確實(shí)定又是求解的重點(diǎn)。二、動(dòng)點(diǎn)軌跡問題動(dòng)點(diǎn)軌跡問題是高考立體幾何“動(dòng)向”問題最為奇特的一種命題形式，它重點(diǎn)表現(xiàn)了在立體幾何與剖析幾何的知識(shí)交匯處設(shè)計(jì)圖形。不單察看了立體幾何點(diǎn)線面之間的地點(diǎn)關(guān)系，而且又能巧妙地察看求軌跡的基本方法，是高考表現(xiàn)最為活躍的一種題型。例3、設(shè)P是正方體ABCDA1B1C1D1的對(duì)角面BDD1B1（含界線）內(nèi)的點(diǎn)，若點(diǎn)P到平面

ABC、平面

ABA1、平面

ADA1的距離相等，則符合條件的點(diǎn)

P（

）A.僅有一個(gè)B.

有有限多個(gè)

C.

有無量多個(gè)

D.

不存在剖析：與平面

ABC,ABA1

距離相等的點(diǎn)位于平面

A1B1C1D1

上；與平面ABC,ADA1距離相等的點(diǎn)位于平面11上；ABCD與平面ABA1,ADA1距離相等的點(diǎn)位于平面ACC11A1上；據(jù)此可知，知足題意的點(diǎn)位于上述平面A1B1C1D1，平面AB1C1D,平面ACC11A1的公共點(diǎn)處，聯(lián)合題意可知，知足題意的點(diǎn)僅有一個(gè).應(yīng)選A.議論：此題察看點(diǎn)到平面的距離，利用點(diǎn)到直線的距離將平面問題類比到空間中點(diǎn)到面的距離，據(jù)此找到知足題意的點(diǎn)可否存在即可.例4、在正四棱錐S－ABCD中，E是BC的中點(diǎn)，P點(diǎn)在側(cè)面△SCD內(nèi)及其界線上運(yùn)動(dòng)，而且老是保持PEAC．則動(dòng)

SG點(diǎn)P的軌跡與△SCD組成的有關(guān)圖形最有可能的是P()DFCOMNEABSSSSDPPCDPPCCDCDA．B．C．D．剖析:如圖，分別取CD、SC的中點(diǎn)F、G，連結(jié)EF、EG、FG、BD．設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為OSOP的軌跡是△SCDFGSBAC，連結(jié)，則動(dòng)點(diǎn)的中位線．由正四棱錐可得⊥，EF⊥AC．又∵EG∥SB，∴EG⊥AC∴AC⊥平面EFG，∵P∈FG，E∈平面EFG，∴AC⊥PE．故選A。議論：將動(dòng)向的線線垂直轉(zhuǎn)變成靜態(tài)的線面垂直，是解決這類問題的主要方法。重點(diǎn)從兩平面的交線等特別直線下手，以靜制動(dòng)。例5、若三棱錐A－BCD的側(cè)面ABC內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)P終究面BCD的距離AAAAAPPPPPBDBCBCBCBCOEABCD圖4

C與到棱AB的距離相等，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡與△ABC組成圖形可能是（）剖析：如圖4，PO面BCD于O，，PPBC，當(dāng)P與B點(diǎn)重合時(shí)，顯然知足條件。要使POPE，PBEPBO，只需適合搬動(dòng)PB的地點(diǎn)就有可能知足只須PBEPBO，進(jìn)而知軌跡為湊近線段AB的一條線段。應(yīng)選D。議論：動(dòng)點(diǎn)軌跡問題是較為奇特的一種創(chuàng)新命題形式，它重點(diǎn)表現(xiàn)了在剖析幾何與立體幾何的知識(shí)交匯處設(shè)計(jì)圖形。不單察看了立體幾何點(diǎn)線面之間的地點(diǎn)關(guān)系，而且又能巧妙地察看求軌跡的基本方法，是表現(xiàn)最為活躍的一種創(chuàng)新題型。三、折疊、張開問題例6、把正方形ABCD沿對(duì)角線AC折起，當(dāng)A、BC、D四點(diǎn)為極點(diǎn)的三棱錐體積最大時(shí)，直線BD與平面ABC所成的角的大小為（）A．90°B．60°C．45°D．30°。剖析：如圖，由VDABC1SABCDO，當(dāng)3點(diǎn)D到平面ABC的距離最大時(shí)，VDABC最大，也就是說當(dāng)極點(diǎn)D在底面的射影點(diǎn)O落在AC上即面DAC⊥面ACB時(shí)，VDABC最大，從而易知∠DBO為直線BD與平面ABC所成的角。QDOOBDBO450，應(yīng)選C。議論：圖形的折疊和張開必然會(huì)惹起部分元素地點(diǎn)關(guān)系的變化，求解這類問題要注意對(duì)變化前后線線、線面地點(diǎn)關(guān)系、所成角及距離等加以比較，一般來說，位于棱的兩側(cè)的同一半平面內(nèi)的元素其相對(duì)地點(diǎn)關(guān)系和數(shù)量關(guān)系在翻折前后不發(fā)生變化，分別位于兩個(gè)半平面內(nèi)的元素其相對(duì)關(guān)系和數(shù)量關(guān)系則發(fā)生變化。不可以變量可聯(lián)合原圖型求解，變化了的量應(yīng)在折后立體圖形中來求證。四、最值范圍問題例7、如圖，在直三

C1CA1B1FC1FB1A11棱柱ABC—ABC中，F(xiàn)A1B1F111B1A1C1EAB=BC=2，BB=2，EEGEG1CAABC90，E、F分別

ABCABAC圖1圖2圖3B為AA、CB的中點(diǎn)，沿棱111柱的表面從E到F兩點(diǎn)的最短路徑的長(zhǎng)度為.剖析：為使E到F兩點(diǎn)的路徑最短，能夠從E點(diǎn)出發(fā)經(jīng)過三個(gè)不同樣的棱11111達(dá)到F。BB,AB,AC如圖1，EFA1E2A1F212(22)21911，222如圖2，EFEG2FG2(2)2(12)227722222如圖3，EFEG2FG2(21)2(11)29222顯然，棱柱的表面從E經(jīng)過A1C1到F兩點(diǎn)的路徑最短為32。2議論：化曲（折）為直，是研究空間幾何體表面上兩點(diǎn)路徑最短問題的有效方法。其中，由于實(shí)現(xiàn)目標(biāo)手段的多樣性所惹起的分類討論應(yīng)惹起必要的重視。例8、如圖，將邊長(zhǎng)為1的正六邊形鐵皮的六個(gè)角各切去一個(gè)全等的四邊形，再沿虛線折起，做成一個(gè)無蓋的正六棱柱容器.當(dāng)這個(gè)正六棱柱容器的底面邊長(zhǎng)為時(shí)，其容積最大.剖析：此題屬于折疊問題中的最值問題。設(shè)正六棱柱容器的底面邊長(zhǎng)為x，體積為V，由已知：VSh3x21xtan6003x2(1x)3xx(22x)22483(xx22x)31(當(dāng)且僅當(dāng)x22x即x2時(shí)，取等號(hào))83932故當(dāng)這個(gè)正六棱柱容器的底面邊長(zhǎng)為3時(shí)，其容積最大.議論：立體幾何題中經(jīng)常會(huì)波及角度、距離、面積、體積最大值、最小值的計(jì)算，好多情況下，我們能夠把這類動(dòng)向問題轉(zhuǎn)變成目標(biāo)函數(shù)，進(jìn)而利用代數(shù)方法求目標(biāo)函數(shù)的最值。例9、如圖,在邊長(zhǎng)為a的正三角形的三個(gè)角處各剪去一個(gè)四邊形．這個(gè)四邊形是由兩個(gè)全等的直角三角形組成的，而且這三個(gè)四邊形也全等，如圖①．若用剩下的部分折成一個(gè)無蓋的正三棱柱形容器，如圖②．則當(dāng)容器的高為多少時(shí)，可使這個(gè)容器的容積最大，并求出容積的最大值．剖析:設(shè)容器的高為x．則容器底面正三角形的邊長(zhǎng)為a23x,V(x)3x(a23x)2(0xa)3143x(a23x)(a23x)4234431(43xa23xa23x)3a3當(dāng)且僅當(dāng)43xa23x,即x3a時(shí),Vmaxa3.163541854故當(dāng)容器的高為3a時(shí)，容器的容積最大，其最大容積為a3.1854議論：由于目標(biāo)函數(shù)是對(duì)于三次函數(shù)的最值問題，因此用導(dǎo)數(shù)求解最方便。五、研究型問題例10、如圖，在三棱錐P－ABC中，AB⊥BC，ABBC＝kPA，點(diǎn)O、D分別是AC、PC的中點(diǎn)，OP⊥底面ABC．當(dāng)k取何值時(shí)，O在平面PBC內(nèi)的射影恰巧為△PBC的重心？剖析：易證OP平面ABC,又OA=OC,AB=BC,進(jìn)而OAOB,OAOB，OBOP以O(shè)為原點(diǎn)，射線OP為非負(fù)x軸，成立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,設(shè)AB=a,則A(2a,0,0),B(0,2a,0),C(2a,0,0),設(shè)OPh,則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，當(dāng)k=1時(shí)，三棱錐O-PBC為正三棱錐，∴O在平面PBC內(nèi)的射影為△PBC的重心。議論：由于立體幾何題中“動(dòng)向”性的存在，使有些問題的結(jié)果變得不可以確定，研究型問題正好經(jīng)過這類“動(dòng)向性”和不確定性察看學(xué)生的發(fā)散性思想。引入變量，利用空間垂直關(guān)系及向量數(shù)量積定義將幾何問題代數(shù)化，是此題求解的重點(diǎn)。六、定位問題例11、如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為矩形，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，AB=3，BC=1，PA=2，E為PD的中點(diǎn).在側(cè)面PAB內(nèi)找一點(diǎn)N，使NE⊥面PAC，并求出N點(diǎn)到AB和AP的距離.剖析:成立以以下圖的空間直角坐標(biāo)系，則A、B、C、

zyDCAOBxD、P、E的坐標(biāo)為A（0，0，0）、B（3，0，0）、C（3，1，0）、D（0，1，0）、P（0，0，2）、E（0，1，1），進(jìn)而AC(3,1,0),PB(3,0,2).由于N點(diǎn)在側(cè)面2內(nèi)，故可設(shè)N點(diǎn)坐標(biāo)為（x，，z），則NE(x,1,1z)，由⊥面可PABO2NEPAC(x,1z)(0,0,2)0,z10,x3NEAP0,,1,即N得，即2化簡(jiǎn)得1∴610.NEAC0.(x,z)(3,1,0)0.3xz1,122點(diǎn)的坐標(biāo)為3,0,1)點(diǎn)到、的距離分別為，.(，進(jìn)而NABAP1366議論：利用向量的數(shù)量積將幾何問題代數(shù)化，是求解空間幾何動(dòng)向問題最常有的方法，利用待定系數(shù)法求找法向量又是求解重點(diǎn)。七、距離、角度問題例12.如圖，在三棱錐中，平面平面，與均為等腰直角三角形，且，．點(diǎn)是線段上的動(dòng)點(diǎn)，若線段上存在點(diǎn)，使得異面直線與成的角，則線段長(zhǎng)的取值范圍是（）A.B.C.D.剖析：設(shè)的中點(diǎn)為，連，因，故成立以以下圖的空間直角坐標(biāo)系，則，則，因此，，因此，即，也即，由此可得，聯(lián)合可得，因此，則，即，應(yīng)選答案B。議論：求兩點(diǎn)間的距離或其最值。一種方法，可成立坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)，用兩點(diǎn)間距離公式寫出距離，轉(zhuǎn)變成求函數(shù)的最值問題；另一種方法，幾何法，依照幾何圖形的特點(diǎn)，搜尋那兩點(diǎn)間的距離最大（?。笃渲怠Ｊ畬?shí)質(zhì)應(yīng)用問題例13．某人買了一罐容積為V升、高為ａ米的直三棱柱型罐裝入口液體車油，由于不小心摔落地上，結(jié)果有兩處損壞并發(fā)生滲漏，它們的地點(diǎn)分別在兩條棱上且距下底面高度分別為ｂ、ｃ的地方(單位：米)．為了減少罐內(nèi)液體油的損失，該人采用破口朝上，傾斜罐口的方式拿回家．試問罐內(nèi)液體油最理想的估計(jì)能剩多少．剖析：如圖．直三棱柱為ＡＢＣ-Ａ′Ｂ′Ｃ′，Ｄ、Ｅ為破弊端，而且ＡＤ＝ｂ，ＥＣ＝ｃ，ＢＢ′＝ａ．問題轉(zhuǎn)變成求幾何體ＡＢＣＤＢ′Ｅ的體積．為求該不規(guī)則幾何體的體積還應(yīng)付圖形進(jìn)行辦理，方法不獨(dú)一，僅給出一種以下：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，最理想的估計(jì)是剩下(abc)V升．3a3a議論：該題的背景為學(xué)生所熟悉，察看了學(xué)生閱讀理解、空間想象及辦理圖形的能力．例14、如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D，E，F(xiàn)為圓O上的點(diǎn)，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA,△FAB，使得D，E，F(xiàn)重合，獲得三棱錐．當(dāng)3△ABC的邊長(zhǎng)變化時(shí)，所得三棱錐體積(單位：cm)的最大值為________．剖析：如圖，連結(jié)OD交BC于點(diǎn)G，由題意知，OD⊥3BC.易得OG＝6BC，設(shè)OG＝x，則BC＝23x，DG＝5－x，三棱錐