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立体几何中动态问题的破解策略谢新华(福建省莆田第二中学 3 5 1 1 3 1 0)【摘要】立体几何中的动态问题是考试热点,问题中的“变”与“不变”元素是学生思考与分析的思维障碍,动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、空间几何体的旋转等,常见的题型有动态问题中的体积问题、轨迹问题、角度问题、距离问题等,本文进行分类例析.【关键词】立体几何;动态问题;取值范围1 立体几何中动态问题中的体积问题例1 如图1所示,正方体A B C D-A B C D 的棱长为4,动点E,F在棱A B上,且E F=2,动点Q在棱D C 上,则三棱锥A-E F Q的体积()图1(A)与点E,F位置有关.(B)与点Q位置有关.(C)与点E,F,Q位置有关.(D)与点E,F,Q位置均无关,是定值.解析 根据三 棱锥等体积 法,可 知VA-E F Q=VQ-A E F,而E F=2,A A=4,所以SA E F=12E FA A=4不变,由正方体可知D A 平面A A B B,则D A 平面A E F,又点Q在棱D C 上,所以点Q到E F A 所在平面的距离为D A=4也不变,而VQ-A E F=13SA E FD A=13 4 4=1 63,即VA-E F Q=VQ-A E F不变,故三棱锥A-E F Q的体积与点E,F,Q位置均无关,是定值.故选(D).2 立体几何中动态问题中的轨迹问题例2 四棱锥S-A B C D中,底面是边长为22的菱形A B C D,B AD=6 0,S A平面A B C D,且S A=22,E是边B C的中点,动点P在四棱锥S-A B C D表面上运动,并且总保持P E平面S A C,则动点P的轨迹周长为.解析 取A B中点F,S B中点G,连接E F,F G,G E,因为E,F是B C,B A中点,所以E FA C,因为E F平面S A C,A C平面S A C,所以E F平面S A C,因为G,F是S B,A B中点,所以G FS A,因为G F平面S A C,S A平面S A C,所以G F平面S A C,因为E FG F=F,所以平面E F G平面S A C,所以平面E F G中任意直线平行于平面S A C,则P E平面E F G,又P在四棱锥S-A B C D表面上运动,所以动点P的轨迹周长即为E F G的周长,因为四边形A B C D是边长为22的菱形且B AD=6 0,所以A C=2 6,则E F=6,又S A=22,所以G F=2,S C=S A2+A C2=42,则G E=22,所以E F G的周长为E F+G F+G E=6+3 2.故答案为6+3 2.图23 立体几何中动态问题中的角度问题例3 已知四边形A B C D中,C B=C D,在将A B D沿着B D翻折成三棱锥A-B C D的过程中,二面角A-B C-D,A-D C-B的大小分别为,且2.(B)11.(D)32.解析 在三棱锥A-B C D中,作AH平面B C D于H,连BH,DH,CH,如图3所示,图3则A B H,A DH,A C H分别为A B,A D,A C与平面B C D所成的角,所以A BH=1,ADH=2,A CH=3,过H作HMB C,HND C,垂足分别为M,N,连 AM,AN,则有AMB C,AND C,所以AMH,ANH分别为二面角A-B C-D,A-D C-B的平面角,所以AMH=,ANH=,因为t a n=t a n AMH=AHHM,t a n=t a n ANH=AHHN,HN在B C D中,C B=C D,设B D的中点为O,则C O为D C边上的中线,由HMHN可得点H在C O的左侧(图3),所以DHt a n1=AHBH,由1,2为锐角知,21,由于不能确定CH与BH,DH的大小,故不能确定 3与2,1的大小.故选(B).4 立体几何中动态问题中的距离问题例4(多选)如图4所示,若正方体的棱长为1,点M是 正 方 体A B C D-A1B1C1D1的 侧 面ADD1A1上的一个动点(含边界),P是棱C C1的中点,则下列结论正确的是()(A)沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为1 32.(B)若 保 持PM=2,则 点M在 侧 面ADD1A1内运动路径的长度为3.(C)三棱锥B-C1MD的体积最大值为16.(D)若点M在A1D上运动,则D1到直线PM的距离的最小值为23.图4解析 对于(A),点M沿正方体的表面从点A到点P的最短路程,则点M应在点A与点P所在的两个相邻平面内从点A到点P,由对称性知,点M从点A越过棱DD1与越过棱B B1到点P的最短路程相等,点M从点A越过棱D C与越过棱B C到点P的最短 路 程 相 等,把 正 方 形A B B1A1与 正 方 形B C C1B1放在同一平面内,如图5所示,连接A P,A P长是点M从点A越过棱B B1到点P的最短路程,A P=A C2+C P2=1 72,图5把正方形A B C D与正方形B C C1B1放在同一平面内,如图6所示,连接A P,A P长是点M从点A越过棱B C到点P的最短路程,A P=A D2+D P2=1 32,而1 321 72,于是得点M沿正方体的表面从点A到点P最短路程为1 32,(A)正确.24 数理天地 高中版解题技巧2 0 2 3年9月上图6对于B,取DD1中点E,连EM,P E,如图7所示,因P是正方体A B C D-A1B1C1D1的棱C C1中点,图7 图8则P EC D,而C D平面ADD1A1,则有P E平面ADD1A1,EM平面ADD1A1,于是得P EEM,由PM2=P E2+EM2=2,P E=1,得EM=1,因此,点M在侧面A D D1A1内运动路径是以E为圆心,1为半径的圆在正方形A D D1A1内的圆弧,如图8所示,圆弧所对圆心角为3,圆弧长为3,(B)正确.对于(C),因VB-C1MD=VM-C1B D,而C1B D面积是定值,要三棱锥M-C1B D的体积最大,当且仅当点M到平面C1B D距离最大,如图9所示,点A1是正方形ADD1A1内到平面C1B D距离最大的点,(VB-C1MD)m a x=VA-C1B D=1-4VA1-A B D=1-4131212=13,(C)不正确.对于(D),建立如图1 0所示的空间直角坐标系,则A1(1,0,1),D1(0,0,1),P0,1,12 ,令DM=t DA1=(t,0,t)(0t1),则PM=(t,-1,t-12),又P D1=0,-1,12 ,直线P D1与直线PM夹角为,图9 图1 0c o s=c o s=PMP D1|PM|P D1|=12t+34 52 2t2-t+54=2t+35 8t2-4t+5,令2t+3=x3,5,则c o s=x5 2x2-1 4x+2 9=152 9(1x)2-1 41x+2,当且仅当1x=72 9,即x=2 97,t=47时,c o s取最大值2 93 5,而s i n2+c o s2=1,此时,s i n取得最小值43 5,又P D1=52,点D1到直线P M的距离d=P D1s i n=52s i n,于是得dm i n=5243 5=23,所以D1到直线PM的距离的最小值为23,(D)正确.故选(A)(B)(D).【福建省教育科学“十三五”规划课题2 0 2 0年度教育教学改革专项课题:学科素养视域下“读思达”教学法的数学课堂应用研究(项目编号:F j j g z x 2 0-0 7 7)】参考文献:1 郑玉燕.高中数学立体几何的解题技巧J.试题与研究,2 0 2 1(1 7):2 7-2 8.2刘益飞.立体几何动点问题解题策略研究与对策J.数学学习与研究,2 0 2 0(2 3):1 1 9-1 2 0.3苏艺伟.对一道立体几何动点问题的解析J.数理化学习(高中版),2 0 1 9(0 9):9-1 2.342 0 2 3年9月上解题技巧 数理天地 高中版