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立体几何中的最值与动态问题


立体几何中的最值问题 海红楼

立体几何主要研究空间中点、线、面之间的位置关系,与空间图形有关的线段、角、体积等最值问题常常 在试题中出现。下面举例说明解决这类问题的常用方法。 一、运用变量的相对性求最值

例 1. 在正四棱锥 S-ABCD 中,SO⊥平面 ABCD 于 O,SO=2,底面边长为 SC 上移动,则 P、Q 两点的最短距离为

( )

2 ,点 P、Q 分别在线段 BD、

A.

5 5

B.

2 5 5

C. 2

D. 1

解析: 解析:如图 1,由于点 P、Q 分别在线段 BD、SC 上移动,先让点 P 在 BD 上固定,Q 在 SC 上移动,当

OQ 最小时,PQ 最小。过 O 作 OQ⊥SC,在 Rt△SOC 中, OQ

=

2 5 中。又 P 在 BD 上运动,且当 P 运动 5

到点 O 时,PQ 最小,等于 OQ 的长为

2 5 ,也就是异面直线 BD 和 SC 的公垂线段的长。故选 B。 5

图1

二、定性分析法求最值 例 2. 已知平面α//平面β,AB 和 CD 是夹在平面α、β之间的两条线段。AB⊥CD,AB=3,直线 AB 与 平面α成 30°角,则线段 CD 的长的最小值为______。 解析: 解析:如图 2,过点 B 作平面α的垂线,垂足为 O,连结 AO,则∠BAO=30°。过 B 作 BE//CD 交平面α 于 E,则 BE=CD。连结 AE,因为 AB⊥CD,故 AB⊥BE。则在 Rt△ABE 中,BE=ABtan∠BAE≥ABtan ∠BAO=3tan30°=

3 。故 CD ≥ 3 。

图2

三、展成平面求最值 例 3. 如图 3-1,四面体 A-BCD 的各面都是锐角三角形,且 AB=CD=a,AC=BD=b,AD=BC=c。平面α分 别截棱 AB、BC、CD、DA 于点 P、Q、R、S,则四边形 PQRS 的周长的最小值是( A. 2a B. 2b C. 2c D. a+b+c )

图 3-1 解析: 如图 3-2, 将四面体的侧面展开成平面图形。 由于四面体各侧面均为锐角三角形, AB=CD, 且 AC=BD, 解析: AD=BC,所以,A 与 A’、D 与 D’在四面体中是同一点,且 线,D、B、D’共线,

AD // BC // A' D' , AB // CD' ,A、C、A’共

AA' = DD' = 2 BD 。又四边形 PQRS 在展开图中变为折线 S’PQRS,S’与 S 在四面体

中是同一点。因而当 P、Q、R 在 S’S 上时, S ' P + 又 S' A

PQ + QR + RS 最小,也就是四边形 PQRS 周长最小。

= SA' ,所以最小值 L = SS ' = DD ' = 2 BD = 2b 。故选 B。

图 3-2

四、利用向量求最值 例 4. 在棱长为 1 的正方体 ABCD-EFGH 中,P 是 AF 上的动点,则 GP+PB 的最小值为_______。 解析:以 A 为坐标原点,分别以 AB、AD、AE 所在直线为 x,y,z 轴,建立如图 4 所示的空间直角坐标 解析 系, B 则 (1, 0) G 0, ,(1, 1) 根据题意设 P 1, 。 (x, x) 则 BP 0, , 那么



→ = ( x 1, x) ,GP = ( x 1, 1,x 1) , 0,

图4

GP + PB = 2 x 2 4 x + 3 + 2 x 2 2 x + 1
2 2 2 2 1 1 2 + x + 0 = 2 ( x 1) + 0 2 2 2

式子

2 2 2 1 1 + x + 0 ( x 1) + 0 2 2 2 2

2

可以看成 x 轴正半轴上一点(x,0,0)到

xAy 平面上两点 1 ,



2 2 1 1 , 、 , , 的距离之和,其最小值为 1 + 0 0 2 2 2 2


。所以 GP+PB 的最小值为

2 1+

2 = 2+ 2 2

立体几何中的最值问题 一、线段长度最短或截面周长最小问题 例 1. 正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,各棱长均为 2,M 为 AA1 中点,N 为 BC 的中点,则在棱柱的表面上从点 M 到点 N 的最短距离是多少?并求之.

解析: 解析: (1)从侧面到 N,如图 1,沿棱柱的侧棱 AA1 剪开,并展开,则 MN= =

AM 2 + AN 2



12 + (2 + 1) 2

10

(2)从底面到 N 点,沿棱柱的 AC、BC 剪开、展开,如图 2.

则 MN=

AM 2 + AN 2 2 AM AN cos120° = 12 + ( 3 ) 2 + 2 × 1× 3 ×

1 2



4+ 3



4+ 3



10

∴ MN min =

4+ 3

.

例 2.如图,正方形 ABCD、ABEF 的边长都是 1,而且平面 ABCD、ABEF 互相垂直。点 M 在 AC 上移动,点 N 在 BF 上移动,若 CM=BN= a

(0 < a < 2 ). (1)求 MN 的长;

(2)当 a 为何值时,MN 的长最小; (3)当 MN 长最小时,求面 MNA 与面 MNB 所成的二面角 α 的大小。 解析: (1)作 MP∥AB 交 BC 于点 P,NQ∥AB 交 BE 于点 Q,连接 PQ,依题意可得 MP∥NQ,且 MP=NQ, 解析: 即 MNQP 是平行四边形。∴MN=PQ,由已知,CM=BN=a,CB=AB=BE=1,



AC = BF = 2 ,

CP a BQ a , = = 1 2 1 2

, 即

CP = BQ =

a
2

,

∴ MN

= PQ = (1 CP ) 2 + BQ 2 = (1 a ) 2 + ( a ) 2 = (a 2 ) 2 + 1 (0 < a < 2 )
2 2 2 2

(2)由(1)知:

当a =

2 2 时,MN = 2 2
2 2

, 即M , N分别移动到AC , BF的中点时,

MN的长最小,最小值为

(3)取 MN 的中点 G,连接 AG、BG,∵AM=AN,BM=BN,∴AG⊥MN,BG⊥MN,

∴∠AGB 即为二面角α的平面角。又 定理有

AG = BG =

6 ,所以由余弦 4
C G B H E N M P F A D

cos α =

(

6 2 6 ) + ( )2 1 1 。故所求二面角 α 4 4 = 3 6 6 2 4 4

1 = arccos( ) 。 3

例 3. 如图,边长均为 a 的正方形 ABCD、ABEF 所在的平面所成的角为 θ (0 N 在 BF 上,若 AM=FN ,(1)求证:MN//面 BCE ; (2)求证:MN ⊥ AB; (3)求 MN 的最小值.

<θ <

π
2

) 。点 M 在 AC 上,点

解析: 解析:(1)如图,作 MG//AB 交 BC 于 G, NH//AB 交 BE 于 H, MP//BC 交 AB 于 P, 连 PN, GH , 易证 MG//NH,且 MG=NH, 故 MGNH 为平行四边形,所以 MN//GH , 故 MN//面 BCE ; (2)易证 AB ⊥ 面 MNP, 故 MN ⊥ AB ;

(3)

∠MPN 即为面 ABCD 与 ABEF 所成二面角的平面角,即 ∠MPN = θ
所以: MN

,设 AP=x , 则 BP=a-x , NP=a-

x,

= x 2 + (a x) 2 2 x(a x) cos θ

a 1 = 2(1 + cos θ )( x ) 2 + (1 cos θ )a 2 2 2



故当 x

=

1 a 时,MN有最小值 (1 cos θ )a . 2 2
C

例 4.如图, 正方形 ABCD、 ABEF 的边长都是 1,而且平面 ABCD、 ABEF 互相垂直。点 M 在 AC 上移动,点 N 在 BF 上移动,若 CM=x ,BN=y,

D

M B P N F E

(0 < x, y < 2 ). (1)求 MN 的长(用 x,y 表示); (2)求 MN 长的
最小值,该最小值是否是异面直线 AC,BF 之间的距离。 。

A

解析: 在面 ABCD 中作 MP ⊥ AB 于 P, PN, MP ⊥ 面 ABEF, 连 则 所以 MP ⊥ PN, PB=1-AP= 解析:

2 x 在 PBN 2

中,由余弦定理得:PN2= (

2 2 x) + y 2 + 2 xy cos 45 0 2

=

1 2 x + y 2 xy ,在 RtPMN 2

中,MN=

MP 2 + PN 2 = (1

2 2 1 2 x) + x + y 2 xy 2 2

= x 2 + y 2 xy 2 x + 1 (0 < x, y < 2 ). ;

(2)MN =

3 2 2 2 1 2 2 x ) + ,故当 x = x 2 + y 2 xy 2 x + 1 ( y ) 2 + ( x 2 4 3 3 3
3 。且该最小值是异面直线 AC,BF 之间的距离。 3

,y

=

2 3

时,MN 有最小值

例 5. 如图,在ΔABC 中,∠ACB=90°,BC=a,AC=b,D 是斜边 AB 上的点,以 CD 为棱把它折成直二面角 A— CD—B 后,D 在怎样的位置时,AB 为最小,最小值是多少?

解析: 解析: 设∠ACD=θ,则∠BCD=90°-θ,作 AM⊥CD 于 M,BN⊥CD 于 N,于是 AM=bsinθ,CN=asinθ. ∴MN=|asinθ-bcosθ|,因为 A—CD—B 是直二面角,AM⊥CD,BN⊥CD,∴AM 与 BN 成 90°的角,于是 AB=

b 2 sin 2 θ + a 2 cos 2 θ + (a sin θ b cosθ ) 2



a 2 + b 2 ab sin 2 θ



a 2 + b 2 ab .

∴当θ=45°即 CD 是∠ACB 的平分线时,AB 有最小值,最小值为

a 2 + b 2 ab .

例 6. 正三棱锥 A-BCD,底面边长为 a,侧棱为 2a,过点 B 作与侧棱 AC、AD 相交的截面,在这样的截面三角 形中,求(1)周长的最小值;(2)周长为最小时截面积的值,(3)用这周长最小时的截面截得的小三棱锥的体积与 三棱锥体积之比.

解析: 解析:(1)沿侧棱 AB 把正三棱锥的侧面剪开展成平面图.如图 1,当周长最小时,EF 在直线 BB′上,∵ΔABE ≌ΔB′AF,∴AE=AF,AC=AD,∴B′B∥CD,∴∠1=∠2=∠3,∴BE=BC=a,

DF DB′ DF a 1 = , = = , DB ′ AB′ a 2a 2 1 3 3 11 ∴BB′=a+ a+a= a,∴截面三角形 ∴DF= a,AF= a.又∵ΔAEF∽ΔACD, 2 2 4 4 11 的周长的最小值为 a. 4
同理 B′F=B′D=a.∵ΔFDB′∽ΔADB′,∴ (2)如图 2,∵ΔBEF 等腰,取 EF 中点 G,连 BG,则 BG⊥EF.∴BG=

BE 2 EG 2



3 a 2 ( a) 2 8



55 a 8

∴SΔBEF=

1 1 3 55 3 55 EFBG= a a= 2 2 4 8 64

a.

2

(3)∵VA-BCD=VB-ACD,而三棱锥 B—AEF,三棱锥 B—ACD 的两个高相同,所以它们体积之比于它们的两底面积之比, 即

VB AEF VB CAD



S △ AEF S △ ACD



EF 2 CD 2



9 16

评析 把曲面上的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离的问题,从而使问题得到解决,这是求曲 面上最短路线的一种常用方法.本题中的四面体, 其中任何一个面都可以做为底面, 因而它可有四个底面和与之 对应的四条高,在解决有关三棱锥体积题时,需要灵活运用这个性质. 二、面积最值问题 例 7. 如图 1 所示,边长 AC=3,BC=4,AB=5 的三角形简易遮阳棚,其 A、B 是地面上南北方向两个定点,正 西方向射出的太阳光线与地面成 30°角,试问:遮阳棚 ABC 与地面成多大角度时,才能保证所遮影面 ABD 面积 最大?

解析: 解析: 易知,ΔABC 为直角三角形,由 C 点引 AB 的垂线,垂足为 Q,则应有 DQ 为 CQ 在地面上的斜射影,且 AB 垂直于平面 CQD,如图 2 所示.

因太阳光与地面成 30°角,所以∠CDQ=30°,又知在ΔCQD 中,CQ=

12 ,由正弦定理,有 5

CQ QD = sin 30° sin ∠QCD



QD=

6 sin∠QCD. 5
60°.

为使面 ABD 的面积最大,需 QD 最大,这只有当∠QCD=90°时才可达到,从而∠CQD= 故当遮阳棚 ABC 与地面成 60°角时,才能保证所遮影面 ABD 面积最大.

例 8. 在三棱锥 A—BCD 中,ΔABC 和ΔBCD 都是边长为 a 的正三角形,二面角 A—BC—D=φ,问φ为何值时, 三棱锥的全面积最大。

解析: 解析:SΔBAC=SΔBCD=

3 a 为常量,所以三棱锥全面积的大小取决于 S 4
2

ΔABD

与 SΔACD 的大小,由于ΔABD≌ΔACD,

所以只求 SΔACD 何时面积取最大值即可。∵SΔACD=

1 asin∠ACD,所以当∠ACD=90°时面积最大,问题得解。 2

解 如图,取 BC 中点 M,连 AM、DM,∴ΔABC 和ΔBCD 都是正三角形,∴∠AMD 是二面角 A-BC-D 的平面角,∠ AMD=φ,又∵ΔABD≌ΔACD,且当∠ACD=90°时,ΔACD 和ΔABD 面积最大,此时 AD= 由余弦定理 cos∠AMD=∴当φ=π-arccos

2 a,在ΔAMD 中,

1 , 3

1 时,三棱锥 A-BCD 的全面积最大。 3


点评 本题将求棱锥全面积的最大值,转化为求ΔACD 面积的最大值,间接求得φ角。 一个圆锥轴截面的顶角为 1200, 母线为 1, 过顶点作圆锥的截面中, 最大截面面积为 例 9、 分析:本题是截面问题中的常见题,设圆锥的轴截面顶角是α,母线长为 l,则截面面积

π 1 2 2 l sin α α ∈ (0, 2 ) Smax= π 1 l 2 α ∈ [ ,π ] 2 2

,本题轴截面顶角为 1200,∴最大面积为

1 。 2

例 10、圆柱轴截面的周长 L 为定值,求圆柱侧面积的最大值。 分析:设圆柱的底面直径和高分别为 d,h,则有:2(d+h)=L,d+h=L/2,S 侧

d + h =πdh≤π 2

2

=

πl 2
16

(当且仅当 d=h 时取“=”。 )

D1

E

C1

例 11、在棱长为 1 的正方体 ABCD—ABCD 中,若 G、E 分别是 BB1、

A1 F D

B1 G C B

A

C1D1 的中点,点 F 是正方形 ADD1A1 的中心。则四边形 BGEF 在正方体侧面及底面共 6 个面内的射影图形面积 的最大值是 。

分析:可得四边形 BGEF 在前后侧面上的射影相等且等于 上下底面的射影相等且等于

1 1 ;在左右侧面上的射影相等且等于 ;在 4 8

3 3 ,所以射影图形面积的最大值为 。 8 8

三、体积最值问题 12. 例 12. 如图,过半径为 R 的球面上一点 P 作三条两两垂直的弦 PA、PB、PC,(1)求证:PA +PB +PC 为定值;(2) 求三棱锥 P—ABC 的体积的最大值.
2 2 2

解析: 解析:先选其中两条弦 PA、PB,设其确定的平面截球得⊙O1,AB 是⊙O1 的直径,连 PO1 并延长交⊙O1 于 D,PADB 是矩形,PD =AB =PA +PB ,然后只要证得 PC 和 PD 确定是大圆就可以了. 解: (1)设过 PA、PB 的平面截球得⊙O1,∵PA⊥PB, ∴AB 是⊙O1 的直径,连 PO1 并延长交⊙O1 于 D,则 PADB 是矩形,PD =PA +PB . 设 O 为球心,则 OO1⊥平面⊙O1, ∵PC⊥⊙O1 平面, ∴OO1∥PC,因此过 PC、PD 的平面经过球心 O,截球得大圆,又 PC⊥PD. ∴CD 是球的直径. 故 PA +PB +PC =PD +PC =CD =4R 定值.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

(2)设 PA、PB、PC 的长分别为 x、y、z,则三棱锥 P—ABC 的体积 V=

1 xyz, 6

V=

2

1 1 x2 + y2 + z2 xyz≤ ( 36 36 3
2 2 2

)=

3

1 64 R 6 36 27



24 35

R.

6

∴V≤

4 3 R. 27
3



V 最大=

4 3 R. 27
3 2

评析: ,如本题(1)若先考虑 PAB 是大圆,探求得定值 4R 可为(1)的证明指明 评析:定值问题可用特殊情况先“探求” 方向. 球面上任一点对球的直径所张的角等于 90°,这应记作很重要的性质.

四、角度最值问题。 角度最值问题。 例 13. 在棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,P 是 A1B1 上的一动点,平面 PAD1 和平面 PBC1 与对角面 ABC1D1 所成 的二面角的平面角分别为α、β,试求α+β的最大值和最小值. 解析: 解析:如图.对角面 A1B1CD⊥对角面 ABC1D1,其交线为 EF.过 P 作 PQ⊥EF 于 Q,则 PQ⊥对角面 ABC1D1.分别连 PE、 PF. ∵EF⊥AD1,PE⊥AD1(三垂线定理).故由二面角的平面角定义知 ∠PFQ=α,

同理,∠PFQ=β. 设 A1P=x,(0≤x≤1),则 PB1=1-x.

∵EQ=A1P,QF=PB1,PQ= ∴当 0<x<1 时,有

2 2



tanα=

2 2x

,tanβ=

2 , 2(1 x)

2 2 + tan α + tan β 2 x 2(1 x) = ∴tan(α+β)= 1 tan α tan β 2 2 1 2 x 2(1 x)


2 1 1 2( x ) 2 2 2

而当 x=0 时α=

π
2

,tan(α+β)=tan(

π
2

+β)=-cotβ=-

EF A1 E

=-

2 ,上式仍成立;类似地可以验证.

当 x=1 时,上式也成立,于是,当 x=

1 时,tan(α+β)取最小值-2 2 ;当 x=0 或 1 时,tan(α+β)取最 2

大值又∵

2.
0<α+β<π,

∴(α+β)max=π-arctan (α+β)min=π-arctan2

2 2

“动态”立体几何题初探 盐城市时杨中学 陈晓兵 224035 本文所指的“动态”立体几何题,是指立体几何题中除了固定不变的的线线、线面、面面关系外,渗透了 一些“动态”的点、线、面元素,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。 一、 截面问题 截面问题是立体几何题中的一类比较常见的题型,由于截面的“动态”性,使截得的结果也具有一定的可 变性。 例 1、已知正三棱柱 A1B1C1—ABC 的底面积为 S,高为 h,过 C 点作三棱柱的与底面 ABC 成α角的截面△ MNC,(0< α

<

π
2

),使 MN//AB,求截面的面积。

分析:由于截面位置的不同,它与几何体的交线 MN 可能在侧面 A1B 上,也可能在 A1B1C1 上,由此得到 两种不同的结果。 解:当交线 MN 在侧面 A1B 内(或与 A1B1 重合时) △MNC= ,S

S cos α

;当 MN 在底面 A1B1C1 内时,

arctan
4

h 3S 2

<α <

π
2

,∴

S△MNC=

3h 2 cos α 3 sin 2 α



A1 B1 M C1

A1 M B1 N C1

N A
A

B
二、 翻折、展开问题

C

B

C

图形的翻折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。不变量可结全原图 型求解,变化了的量应在折后立体图形中来求证。 例 2、 下图表示一个正方体的展开图, 图中 AB、 EF、 这四条直线在原正方体中相互异面的有 CD、 GH ( A2 对 答:B。 例 3、 从三棱锥 P—ABC 的顶点沿着三条侧棱 PA、 PB、 剪开, PC 成平面图形, 得到△P1P2P3, P1P2=P2P3; 且 B3对 C4对 D5对 )

C G

A

P

A

P3

D H E F
B

B
A

P1

B

C

C

P2

(1)在棱锥 P-ABC 中,求证:PA⊥BC, (2)P1P2=26,P1P3=20,求三棱锥的体积。 分析: (1)由展开的过程可知,A、B、C 分别是边 P1P3、P1P2、P2P3 的中点,故 AB=

1 2

P2P3, AC =

1 2

P1P2,∴AB=AC。又 P1P2=P2P3,∴在原图中取 BC 中点 H,连 AH、PH,可证 AH⊥BC,PH⊥BC,∴BC⊥面 PAH,即得 PA⊥BC。 (2) (1) BC⊥面 PAH, 在立体图中可知, 由 知 , PB=PC=AB=AC=13,BC=10,PH=HA=12, S△PAH=5 ∴V=

119 ,

1 S 3



PAHBC=

50 119 . 3

三、 最值问题 立体几何题中经常会涉及到角度、距离、面积、体积最大值、最小值的计算,很多情况下,我们可以把这 类动态问题转化成目标函数,从而利用代数方法求目标函数的最值。 例 4、 (2002 年全国高考)如图,正方形 ABCD、ABEF 的边长都是 1,而且平面 ABCD、ABEF 互相垂直, 点 M 在 AC 上移动,点 N 在 BF 上移动,若 CM=BN=a, (0<a< (Ⅰ)求 MN 的长; (Ⅱ)当 a 为何值时,MN 的长最小; 分析: (1)MN 的长随着 M、N 的移动而变化,若能建立适当的函数关系, 转化成函数问题,便可利用函数知识求解。 略解:(1)过点 M 作 MO⊥AB 交 AB 于 O,连 ON,由题可得 BC=1,
D M

2 ).
C

AM=

2 -a,AC= 2 ,∵MO//BC,∴
2a 2 FN ,又 = FB 2 a 2

MO AM AO = = = BC AC AB

2 a 2

,∴

B E O N

MO=

AO a = ,∴ON//AF,同理求得 ON= AB 2
2


A F

在 R t△MNO 中,MN=

2 a c 2 2 1 + ( ) 2 = (a ) + 2 2 2 2
2 2
时,MNmin=



(2)由(1)得当 a=

2 2

。 。

例 5、 一个圆锥轴截面的顶角为 1200, 母线为 1, 过顶点作圆锥的截面中, 最大截面面积为

分析:本题是截面问题中的常见题,设圆锥的轴截面顶角是α,母线长为 l,则截面面积

π 1 2 2 l sin α α ∈ (0, 2 ) Smax= π 1 l 2 α ∈ [ ,π ] 2 2

,本题轴截面顶角为 1200,∴最大面积为

1 。 2

例 6、圆柱轴截面的周长 L 为定值,求圆柱侧面积的最大值。

分析:设圆柱的底面直径和高分别为 d,h,则有:2(d+h)=L,d+h=L/2,S 侧 且仅当 d=h 时取“=”。 ) 四、 探索型问题

d + h =πdh≤π 2

2

=

πl 2
16

(当

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。 例 7、已知矩形 ABCD,PA⊥平面 AC 于点 A,M,N 分别是 AB、PC 的中点, (1)求证 MN⊥AB; (2) 若平面 PDC 与平面 ABCD 所成的二面角为θ,能否确定θ,使得直线 MN 是异面直线 AB 与 PC 的公垂线?若能确定,求出θ的值,若不能确 定,说明理由。 分析: (1)取 CD 中点 H,可证 AB 垂直平面 MNH,故 AB⊥MN; (2)由题可得二面角θ即∠PDA,随着θ的变化,MN 与 AB 的垂直关系不变,但与 PC 所成的角将随着变化。设 MN⊥PC,连 PM、 MC,∵N 是中点,∴PM=MC ,又∵AM=MB, ∠PAM=∠CBM=900, ∴△PAM≌△CMB,∴PA=CB,即 PA=AD,此时θ=450。可见只要当 θ=450 时,MN 即为异面直线 AB 与 PC 的公垂线。 例 8、如图,△ABC 是正三角形,AD 和 CE 都⊥平面 ABC,且 AD=AB=1,CE=1/2,问:能否在线段 BD 上找到一点 F,使 AF⊥平面 BDE? 分析:由于点 F 的移动,使 AF 与平面 BDE 的位置关系随之变化,若 AF⊥平面 BDE,则 AF⊥BD,又∵ DA=AB,∴F 为 BD 中点,这使我们想到 BD 的中点即为所求。 解:取 BD 中点 F,AB 中点 G,连 EF、CG、FG,则四边形 EFGC 为矩形, ∴CGFG, 又△ABC 为正三角形, ∴CG⊥AB, ∴CG⊥面 ABD, CG⊥AF,∴EF⊥AF,∴AF⊥面 BDE 成立。 五、 其它类型 利用三垂线定理、射影定理、线线、线面垂直的性质等在动态问题 中提炼一些不变的、 “静态”的量,从而达到解题的目的。 例 9、在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AA1=AB=AC,AB⊥AC,M 是 CC1 的中点,Q 是 BC 的中点,点 P 在 A1B1 上,则直线 PQ 与直线 AM 所成的角等于( A 30
0

P

N B M A

C

H

D

D

E

F

C

A G

D ) B 450 C 600

D

900

B

分析:虽然点 P 的具体位置不定,但 PQ 在平面 A1C 上的射影是 一条定直线 A1H,在正方形 ACC1A1 中 AM⊥A1H,故由三垂线定理得 BQ⊥AM。 例 10、正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,点 P 在侧面 BCC1B1 及其边界运动,并且总保持 AP⊥BD1,则动点 P 的轨迹是 。

A1 P B1 C1

D1

C1

A1

B1 P

M A H C

D

C

B

Q

A

B

分析: P 是在正方体的右侧面这样的一个区域中运动, 点 这使两条线段 BD1 与 AP 的位置关系比较复杂, 但 BD1 是正方体的体对角线,它在各个侧面上的射影与这个侧面的另一条对角线互相垂直,故由三垂线定理可 证得 BD1⊥平面 AB1C,因此当点 P 在线段 B1C 上运动时,由线面垂直的性质得 BD1⊥AP 恒成立,即线段 P 的 轨迹是线段 B1C。 例 11、在棱长为 1 的正方体 ABCD—ABCD 中,若 G、E 分别是 BB1、 C1D1 的中点,点 F 是正方形 ADD1A1 的中心。则四边形 BGEF 在正方体侧面 及底面共 6 个面内的射影图形面积的最大值是 分析:可得四边形 BGEF 在前后侧面上的射影相等且等于 。

D1

E

C1

1 A1 ;在左右 4

B1 F D G C B

1 3 侧面上的射影相等且等于 ;在上下底面的射影相等且等于 ,所以射影图 8 8 3 形面积的最大值为 。 8
“动态”立体几何题面面观 衡阳县滨江中学 湖南祁东育贤中学 刘旭玲 周友良 421600

A

本文所指的“动态”立体几何题,是指立体几何题中除了固定不变的的线线、线面、面面关系外,渗透了 一些“动态”的点、线、面元素,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。 一.定值问题

例1

如图 3,在棱长为 a 的正方体

ABCD A1 B1C1 D1 中,EF 是棱 AB 上的一条线段,且 EF=b<a,

若 Q 是 A1 D1 上的定点,P 在 C1 D1 上滑动,则四面体 PQEF 的体积( ).

(A)是变量且有最大值

(B)是变量且有最小值

(C)是变量无最大最小值

(D)是常量

分析:此题的解决需要我们仔细分析图形的特点.这个图形有很多不确定因素,线段 EF 的位置不定,点 P 在滑动,但在这一系列的变化中是否可以发现其中的稳定因素?求四面体的体积要具备哪些条件? 仔细观察图形,应该以哪个面为底面?观察 PEF ,我们发现它的形状位置是要变化的,但是底边 EF 是定值,且 P 到 EF 的距离也是定值,故它的面积是定值.再发现点 Q 到面 PEF 的距离也是定值.因此,四面体 PQEF 的体积是定值.我们没有一点计算,对图形的分析帮助我们解决了问题. 二、最值问题

例 2.如图, 正方形 ABCD、 ABEF 的边长都是 1,而且平面 ABCD、 ABEF 互相垂直。点 M 在 AC 上移动,点 N 在 BF 上移动,若 CM=BN= a

C

(0 < a < 2 ). (1)求 MN 的长;

D M

(2)当 a 为何值时,MN 的长最小; (3)当 MN 长最小时, 求面 MNA 与面 MNB 所成的二面角 α 的大小。 解析: (1)作 MP∥AB 交 BC 于点 P,NQ∥AB 交 BE 于点 Q, 连接 PQ,依题意可得 MP∥NQ,且 MP=NQ,即 MNQP 是平 行四边形。∴MN=PQ,由已知,CM=BN=a,CB=AB=BE=1,
A C B E O N

F



AC = BF = 2 ,

CP a BQ a = , = 1 2 1 2

, 即
D M B E O A N

F

CP = BQ =

a 2

,

∴ MN

= PQ = (1 CP ) 2 + BQ 2 = (1 a ) 2 + ( a ) 2 = (a 2 ) 2 + 1 (0 < a < 2 )
2 2 2 2

(2)由(1)知:

当a =

2 2 时,MN = 2 2
2 2

, 即M , N分别移动到AC , BF的中点时,

MN的长最小,最小值为

(3)取 MN 的中点 G,连接 AG、BG,∵AM=AN,BM=BN,∴AG⊥MN,BG⊥MN,

∴∠AGB 即为二面角α的平面角。又

AG = BG =

6 ,所以由余弦定理有 4

cos α =

(

6 2 6 ) + ( )2 1 1 。故所求二面角 α 4 4 = 3 6 6 2 4 4

1 = arccos( ) 。 3

三、范围问题 例 3。求正三棱锥相邻的两个侧面所成的二面角大小的取值范围。 分析:因为这个正三棱锥是动态的,无法作出相邻的两个侧面所成的二面角的平面角,故不能通过正常的途径 算出其范围,既然是动态的图形,我们则可以从图形的极限思想出发思考这个问题。当正三棱锥的高接近于零 时, 相邻的两个侧面趋向于在底面内, 故二面角大小趋向于 π , 但不能等于 π ; 当正三棱锥的高趋向于 +∞ 时, 正三棱锥趋向于正三棱柱,故二面角大小趋向于

π

3

,但不能等于

π

3

。故相邻的两个侧面所成的二面角大小的

取值范围为

π ,π 。 3

四、截面问题 例 4、已知正三棱柱 A1B1C1—ABC 的底面积为 S,高为 h,过 C 点作三棱柱的与底面 ABC 成α角的截面△ MNC,(0< α

<

π
2

),使 MN//AB,求截面的面积。

分析:由于截面位置的不同,它与几何体的交线 MN 可能在侧面 A1B 上,也可能在 A1B1C1 上,由此得到 两种不同的结果。

解:当交线 MN 在侧面 A1B 内(或与 A1B1 重合时) △MNC= ,S

S cos α

;当 MN 在底面 A1B1C1 内时,

arctan
4

h 3S 2

<α <

π
2

,∴

S△MNC=

3h 2 cos α 3 sin 2 α



A1 B1 M C1

A1 M B1 N C1

N A
A

B
五、 翻折、 翻折、展开问题

C

B

C

例5

给出任意的一块三角形纸片, 要求剪拼成一个直三棱柱模型, 使它的全面积与给出的三角形的面积 相等,请设计一种方案,并加以简要的说明.

分析:这是 2002 年高考立体几何题中的一部分.这个设计新颖的题目,使许多平时做惯了证明、计算题 的学生一筹莫展.这是一道动作题,但它不仅是简单的剪剪拼拼的动作,更重要的是一种心灵的“动作”,思 维的“动作”.受题目叙述的影响,大家往往在想如何折起来?参考答案也是给了一种折的方法.那么这种方 法究竟从何而来?其实逆向思维是这题的一个很好的切人点.我们思考:展开一个直三棱柱,如何还原成一个 三角形?

把一个直三棱柱展开后可得到甲、乙两部分,甲内部的三角形和乙是全等的,甲的三角形外是宽相等的 三个矩形.现在的问题是能否把乙分为三部分,补在甲的三个角上正好成为一个三角形(如图丙)?因为甲中 三角形外是宽相等的矩形,所以三角形的顶点应该在原三角形的三条角平分线上,又由于面积要相等,所以甲 中的三角形的顶点应该在原三角形的内心和顶点的连线段的中点上(如图丁).按这样的设计,剪开后可以折 成一个直三棱柱.

例 6.

正三棱锥 A-BCD,底面边长为 a,侧棱为 2a,过点 B 作与侧棱 AC、AD 相交的截面,在这样的截面三角形

中,求(1)周长的最小值;(2)周长为最小时截面积的值,(3)用这周长最小时的截面截得的小三棱锥的体积与三 棱锥体积之比.

解析:(1)沿侧棱 AB 把正三棱锥的侧面剪开展成平面图.如图 1,当周长最小时,EF 在直线 BB′上,∵ΔABE≌ ΔB′AF,∴AE=AF,AC=AD,∴B′B∥CD,∴∠1=∠2=∠3,∴BE=BC=a,同理 B′F=B′D=a.∵ΔFDB′

a 1 1 3 3 = ,∴DF= a,AF= a.又∵ΔAEF∽ΔACD, ∴BB′=a+ a+a 2a 2 2 2 4 11 11 a,∴截面三角形的周长的最小值为 a. = 4 4
∽ΔADB′, ∴ =

DF DB′ DF = , DB ′ AB′ a

(2)如图 2, ∵ΔBEF 等腰, EF 中点 G, BG, BG⊥EF.∴BG= 取 连 则

BE 2 EG 2



3 a 2 ( a) 2 8



55 a 8

∴SΔBEF=

1 1 3 55 3 55 EFBG= a a= 2 2 4 8 64

a.

2

(3)∵VA-BCD=VB-ACD,而三棱锥 B—AEF,三棱锥 B—ACD 的两个高相同,所以它们体积之比于它们的两底面积之比, 即

VB AEF VB CAD
评析



S △ AEF S △ ACD



EF 2 CD 2



9 16

把曲面上的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离的问题,从而使问题得到解决,这是求曲

面上最短路线的一种常用方法.本题中的四面体, 其中任何一个面都可以做为底面, 因而它可有四个底面和与之 对应的四条高,在解决有关三棱锥体积题时,需要灵活运用这个性质. 例 7 .如图,ABCDEF 为正六边形,将此正六边形沿对角线 AD 折叠.

(1)求证:AD⊥EC,且与二面角 F—AD—C 的大小无关; (2)FC 与 FE 所成的角为 30°时,求二面角 F—AD—C 的余弦值. 解析:(1)正六边形 ABCDEF,在折叠前有 AD⊥EC,设 AD 与 EC 交于 M,折叠后即有 AD⊥ME,AD⊥MC.则 AD⊥平 面 EMC,无论∠EMC 的大小如何,总有 AD⊥EC.(2)利用余弦定理,有 cos∠EMC=

7 9

六、

探索型问题

例 8.已知△BCD 中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面 BCD, ∠ADB=60°,E、F 分别是 AC、AD 上的动点,且 AE = AF = λ (0 < λ < 1).

AC

AD

(Ⅰ)求证:不论λ为何值,总有平面 BEF⊥平面 ABC; (Ⅱ)当λ为何值时,平面 BEF⊥平面 ACD?

证明: (Ⅰ)∵AB⊥平面 BCD, ∴AB⊥CD, ∵CD⊥BC 且 AB∩BC=B, ∴CD⊥平面 ABC.

又Q

AE AF = = λ (0 < λ < 1), AC AD

∴不论λ为何值,恒有 EF∥CD,∴EF⊥平面 ABC,EF 平面 BEF, ∴不论λ为何值恒有平面 BEF⊥平面 ABC (Ⅱ)由(Ⅰ)知,BE⊥EF,又平面 BEF⊥平面 ACD, ∴BE⊥平面 ACD,∴BE⊥AC ∵BC=CD=1,∠BCD=90°,∠ADB=60°,

∴ BD

= 2 , AB = 2 tan 60 o = 6 ,

∴ AC = AB 2 + BC 2 = 7 , 由 AB2=AEAC 得 AE = 6 ,∴ λ = AE = 6 ,
7 AC 7

故当 λ

=

6 时,平面 BEF⊥平面 ACD. 7

例 9. 有三个几何事实(a,b 表示直线, α 表示平面),① a∥b,② a∥ α ,③ b∥ α .其中,a,b 在面 α 外. 用其中两个事实作为条件,另一个事实作为结论,可以构造几个命题?请用文字语言叙述这些命题,并判断真 伪.正确的给出证明,错误的举出反例. 解析:Ⅰ: a∥b ,a∥ α Ⅱ:a∥b ,b∥ α

b∥ α ,b 在 α 外

a∥ α ,a 在 α 外

Ⅰ、Ⅱ是同一个命题:两条平行直线都在一个平面外,若其中一条与平面平行,则另一条也与该平面平行.

证明:过 a 作平面 β 与 α 交于 a ′ ∵ a∥ α ∵ a∥ a ′ 而 a∥b ∴ b∥ a ′ 且 b 在 α 外, a ′ 在 α 内

∴ b∥ α . Ⅲ:a∥ α

a∥b
b∥ α 命题:平行于同一个平面的两条直线平行, 这是错的,如右图

18.棱长为 1 的正方体 ABCD—A′B′C′D′的上底面对角线 AC 上取一点 P,过 P、 A′、 B′ 三点所作的截面与底面 A′B′C′D′的夹角为α,过 P、B′、C′三点所作截面与底面 A′B′C′ D′的夹角为β,求当(α+β)最小时点 P 的位置. 18.分析:关键是先要想法构造一个含α+β的目标函数 y=f(α+β).求出目标函数 tan (α+β)=
1 后,再用一元二次方程的判别式求出当α+β最小时点 P 的位置. x(1 x) 1

解:如图所示,连结 A′C′,在平面 ACA′C′内作 PE⊥A′C′于 E,在底面 A′C′内作 EF⊥A′B′于 F.EN⊥B′C′于 N,连结 PF、PN,故∠PFE=α, ∠PNE=β,设 EF=x,则 A′F=EF,EN=FB′. ∴x+EN=1,于是 tanα=
PF 1 PE 1 , = ,tanβ= = EF x EN 1 x

1 1 + tan α + tan β 1 x 1 x = = ∴tan (α+β)= . 1 1 1 tan α tan β x(1 x) 1 1 x 1 x

设 tan (α+β)=y,则有 yx2-yx+y+1=0.


4 ≤y≤0, 3

第 18 题图解

∵x∈R,则方程①有实数根,故判别式为 y2-4y(y+1)≥0,解得又∵0<α+β<π,而-

4 ≤tan (α+β)≤0,且在(0,π)上正切函数是增函数. 3 4 4 4 时,α+β取最小值,即(α+β)min=π-arc tan ,把 y=- 代入① 3 3 3

∴当 tan (α+β)取最小值式中,得 x=

1 1 1 1 ,即 A′F=EF= ,EN=1-x=1- = , 2 2 2 2

说明 E 为 A′C′中点,从而 P 为 AC 中点.故当α+β最小时点 P 是 AC 中点.


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