立體幾何“動(dòng)態(tài)”問(wèn)題的解題方法探究

陳詩(shī)玉

(湖北省恩施市龍鳳鎮(zhèn)中心學(xué)校 445000)

“動(dòng)態(tài)”問(wèn)題是高考立體幾何問(wèn)題最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，它滲透了一些“動(dòng)態(tài)”的點(diǎn)、線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力，題意更新穎，同時(shí)，由于“動(dòng)態(tài)”的存在，也使立體幾何題更趨靈活，加強(qiáng)了對(duì)學(xué)生空間想象能力的考查.在解決動(dòng)態(tài)幾何問(wèn)題時(shí).關(guān)鍵在于要注重動(dòng)態(tài)元素所引發(fā)的圖形變化過(guò)程，動(dòng)中窺靜，靜中見動(dòng)，以靜止動(dòng).下面從不同的命題角度舉例分析.

一、截面問(wèn)題

截面問(wèn)題是高考立體幾何題中比較常見的題型，由于截面的“動(dòng)態(tài)”性，使截得平面的結(jié)果也具有一定的可變性.

例1 在正方形ABCD-A1B1C1D1中，過(guò)對(duì)角線BD1的一個(gè)平面交AA1于E，交CC1于F，①四邊形BFD1E一定是平行四邊形；②四邊形BFD1E有可能是正方形；③四邊形BFD1E在底面ABCD內(nèi)的投影一定是正方形；④四邊形BFD1E有可能垂直于平面BB1D.以上結(jié)論正確的為____.(寫出所有正確結(jié)論編號(hào))

解析如圖，四邊形BFD1E分別交AA1DD1-BB1CC1于D1E,BF,所以D1E∥BF.同理可得D1F∥BE.從而知四邊形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D1E⊥BE,D1E⊥AB?D1E⊥平面AA1BB1,又D1A1⊥平面AA1BB1,∴D1E∥D1A1,這是不可能的，從而知四邊形BFD1E不可能是正方形，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③對(duì).當(dāng)E、F分別為AA1,CC1的中點(diǎn)時(shí)，四邊形BFD1E為菱形，此時(shí)EF⊥BD1,EF⊥BB1?EF⊥平面BB1D,故④對(duì).從而以上結(jié)論正確的是為①③④.

點(diǎn)評(píng)本題屬于結(jié)論開放型探索性命題，可直接利用條件證明，也可在先假設(shè)結(jié)論成立，反溯其具備的條件或推出矛盾從而加以否定.這類問(wèn)題求解關(guān)鍵是執(zhí)果索因，追溯結(jié)論具備的條件.

二、動(dòng)點(diǎn)軌跡問(wèn)題

動(dòng)點(diǎn)軌跡問(wèn)題是高考立體幾何“動(dòng)態(tài)”問(wèn)題最為新穎的一種命題形式，它重點(diǎn)體現(xiàn)了在立體幾何與解析幾何的知識(shí)交匯處設(shè)計(jì)圖形.不但考查了立體幾何點(diǎn)線面之間的位置關(guān)系，而且又能巧妙地考查求軌跡的基本方法，是高考表現(xiàn)最為活躍的一種題型.

例2設(shè)P是正方體ABCD-A1B1C1D1的對(duì)角面BDD1B1(含邊界)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(wú)限多個(gè) D.不存在

解析與平面ABC，ABA1距離相等的點(diǎn)位于平面ABC1D1上；與平面ABC，ADA1距離相等的點(diǎn)位于平面AB1C1D上；與平面ABA1,ADA1距離相等的點(diǎn)位于平面ACC1A1上.據(jù)此可知，滿足題意的點(diǎn)位于上述平面ABC1D1，平面AB1C1D，平面ACC1A1的公共點(diǎn)處，結(jié)合題意可知，滿足題意的點(diǎn)僅有一個(gè).故選A.

點(diǎn)評(píng)本題考查點(diǎn)到平面的距離，利用點(diǎn)到直線的距離將平面問(wèn)題類比到空間中點(diǎn)到面的距離，據(jù)此找到滿足題意的點(diǎn)是否存在即可.

三、折疊、展開問(wèn)題

圖形的折疊和展開必然會(huì)引起部分元素位置關(guān)系的變化，求解這類問(wèn)題要注意對(duì)變化前后線線、線面位置關(guān)系、所成角及距離等加以比較.一般來(lái)說(shuō)，位于棱的兩側(cè)的同一半平面內(nèi)的元素其相對(duì)位置關(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.不可變量可結(jié)合原圖型求解，變化了的量應(yīng)在折后立體圖形中來(lái)求證.

例3 把正方形ABCD沿對(duì)角線AC折起，當(dāng)A、B、C、D四點(diǎn)為頂點(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°

∵DO=OB,∴∠DBO=45°，故選C.

四、最值范圍問(wèn)題

解析為使點(diǎn)E到點(diǎn)F的路徑最短，可以從點(diǎn)E出發(fā)經(jīng)過(guò)三個(gè)不同的棱BB1,A1B1,A1C1達(dá)到F.

點(diǎn)評(píng)化曲(折)為直，是研究空間幾何體表面上兩點(diǎn)路徑最短問(wèn)題的有效方法.其中，由于實(shí)現(xiàn)目標(biāo)手段的多樣性所引起的分類討論應(yīng)引起必要的重視.

五、探索新問(wèn)題

例5 如圖8，在三棱錐P-ABC中，AB⊥BC,AB=BC=kPA,點(diǎn)O、D分別為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)的射影恰好為△PBC的重心？

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.

點(diǎn)評(píng)由于立體幾何題中“動(dòng)態(tài)”性的存在，使有些問(wèn)題的結(jié)果變得不可確定，探索型問(wèn)題正好通過(guò)這種“動(dòng)態(tài)性”和不確定性考查學(xué)生的發(fā)散性思維.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(wèn)題代數(shù)化，是本題求解的關(guān)鍵.

六、定位問(wèn)題

點(diǎn)評(píng)利用向量的數(shù)量積將幾何問(wèn)題代數(shù)化，是求解空間幾何動(dòng)態(tài)問(wèn)題最常見的方法，利用待定系數(shù)法求找法向量又是求解關(guān)鍵.

七、距離角度問(wèn)題

例7 如圖10，在三棱錐A-BCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC與△BCD是等腰直角三角形，且∠BAC=∠BCD=90°,BC=2.點(diǎn)P是線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，若線段CD上存在點(diǎn)Q，使得異面直線PQ與AC成30°的角，則線段PA長(zhǎng)的取值范圍是( ).

解析設(shè)BC的中點(diǎn)為O，連OA，因∠BAC=90°,BC=2?OA=1.建立如圖11坐標(biāo)系O-xyz,則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,結(jié)合t-s=1,

可得4(1-s2)>2+2s2?3s2<1,

點(diǎn)評(píng)求兩點(diǎn)間的距離或其最值.一種方法，可建立坐標(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)化為求函數(shù)的最值問(wèn)題；另一種方法，幾何法，根據(jù)幾何圖形的特點(diǎn)，尋找那兩點(diǎn)間的距離最大(小)，求其值.

八、實(shí)際應(yīng)用題

例8 某些買了一罐容積為V升、高為a米的直三棱柱型罐裝進(jìn)口液體車油，由于不小心摔落地上，結(jié)果有三處破損并發(fā)生滲漏，它們的位置分別在一個(gè)頂點(diǎn)及另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(wèn)罐內(nèi)液體油最理想的估計(jì)能剩多少.

解析如圖12.直三棱柱為ABC-A′B′C′,D、E為破損處，并且AD=b,EC=c,BB′=a.問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求幾何體ABCDB′E的體積.求該不規(guī)則幾何體的體積還應(yīng)對(duì)圖形進(jìn)行處理，辦法不惟一，僅給出一種如下：

點(diǎn)評(píng)該題的背景為學(xué)生所熟悉，考查了學(xué)生閱讀理解、空間想象及處理圖形的能力.