立体几何“动态”问题的解题方法探究

陈诗玉

(湖北省恩施市龙凤镇中心学校 445000)

“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，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.在解决动态几何问题时.关键在于要注重动态元素所引发的图形变化过程，动中窥静，静中见动，以静止动.下面从不同的命题角度举例分析.

一、截面问题

截面问题是高考立体几何题中比较常见的题型，由于截面的“动态”性，使截得平面的结果也具有一定的可变性.

例1 在正方形ABCD-A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交AA1于E，交CC1于F，①四边形BFD1E一定是平行四边形；②四边形BFD1E有可能是正方形；③四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形；④四边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D.以上结论正确的为____.(写出所有正确结论编号)

解析如图，四边形BFD1E分别交AA1DD1-BB1CC1于D1E,BF,所以D1E∥BF.同理可得D1F∥BE.从而知四边形BFD1E一定是平行四边形，故①对.要使四边形BFD1E为正方形，则有D1E⊥BE,D1E⊥AB⟹D1E⊥平面AA1BB1,又D1A1⊥平面AA1BB1,∴D1E∥D1A1,这是不可能的，从而知四边形BFD1E不可能是正方形，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③对.当E、F分别为AA1,CC1的中点时，四边形BFD1E为菱形，此时EF⊥BD1,EF⊥BB1⟹EF⊥平面BB1D,故④对.从而以上结论正确的是为①③④.

点评本题属于结论开放型探索性命题，可直接利用条件证明，也可在先假设结论成立，反溯其具备的条件或推出矛盾从而加以否定.这类问题求解关键是执果索因，追溯结论具备的条件.

二、动点轨迹问题

动点轨迹问题是高考立体几何“动态”问题最为新颖的一种命题形式，它重点体现了在立体几何与解析几何的知识交汇处设计图形.不但考查了立体几何点线面之间的位置关系，而且又能巧妙地考查求轨迹的基本方法，是高考表现最为活跃的一种题型.

例2设P是正方体ABCD-A1B1C1D1的对角面BDD1B1(含边界)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.有无限多个 D.不存在

解析与平面ABC，ABA1距离相等的点位于平面ABC1D1上；与平面ABC，ADA1距离相等的点位于平面AB1C1D上；与平面ABA1,ADA1距离相等的点位于平面ACC1A1上.据此可知，满足题意的点位于上述平面ABC1D1，平面AB1C1D，平面ACC1A1的公共点处，结合题意可知，满足题意的点仅有一个.故选A.

点评本题考查点到平面的距离，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，据此找到满足题意的点是否存在即可.

三、折叠、展开问题

图形的折叠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.不可变量可结合原图型求解，变化了的量应在折后立体图形中来求证.

例3 把正方形ABCD沿对角线AC折起，当A、B、C、D四点为顶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°

∵DO=OB,∴∠DBO=45°，故选C.

四、最值范围问题

解析为使点E到点F的路径最短，可以从点E出发经过三个不同的棱BB1,A1B1,A1C1达到F.

点评化曲(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引起的分类讨论应引起必要的重视.

五、探索新问题

例5 如图8，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC,AB=BC=kPA,点O、D分别为AC、PC的中点，OP⊥底面ABC.当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心？

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.

点评由于立体几何题中“动态”性的存在，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“动态性”和不确定性考查学生的发散性思维.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，是本题求解的关键.

六、定位问题

点评利用向量的数量积将几何问题代数化，是求解空间几何动态问题最常见的方法，利用待定系数法求找法向量又是求解关键.

七、距离角度问题

例7 如图10，在三棱锥A-BCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC与△BCD是等腰直角三角形，且∠BAC=∠BCD=90°,BC=2.点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得异面直线PQ与AC成30°的角，则线段PA长的取值范围是( ).

解析设BC的中点为O，连OA，因∠BAC=90°,BC=2⟹OA=1.建立如图11坐标系O-xyz,则O(0,0,0),A(0,0,1),B(-1,0,0),C(1,0,0),P(s,0,t),Q(1,m,0)(s<0,t>0,m>0).

也即3m2=4t(1-s)-(1-s)2-t2.

由3m2=4t(1-s)-(1-s)2-t2>0,结合t-s=1,

可得4(1-s2)>2+2s2⟹3s2<1,

点评求两点间的距离或其最值.一种方法，可建立坐标系，设点的坐标，用两点间距离公式写出距离，转化为求函数的最值问题；另一种方法，几何法，根据几何图形的特点，寻找那两点间的距离最大(小)，求其值.

八、实际应用题

例8 某些买了一罐容积为V升、高为a米的直三棱柱型罐装进口液体车油，由于不小心摔落地上，结果有三处破损并发生渗漏，它们的位置分别在一个顶点及另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.

解析如图12.直三棱柱为ABC-A′B′C′,D、E为破损处，并且AD=b,EC=c,BB′=a.问题转化为求几何体ABCDB′E的体积.求该不规则几何体的体积还应对图形进行处理，办法不惟一，仅给出一种如下：

点评该题的背景为学生所熟悉，考查了学生阅读理解、空间想象及处理图形的能力.