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2，点P 、
Q 分别在线段BD 、SC 上移动，则P 、Q 两点的最短距离为（ ）
A.
5
5 B.
5
52 C. 2 D. 1
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，5
52=
OQ 中。又P 在BD 上运动，且当P 运动
到点O 时，PQ 最小，等于OQ 的长为
5
52，也就是异面直线BD 和SC 的公垂线段的长。故选B 。
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：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=AB ·tan ∠BAE ≥AB ·tan ∠BAO=3·tan30°=
3。故3≥CD 。
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，且AB=CD ，AC=BD ，AD=BC ，所以，A 与A ’、D 与D ’在四面体中是同一点，且''////D A BC AD ，'//CD AB ，A 、C 、A ’共线，D 、B 、D ’共线，BD DD AA 2''==。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，RS QR PQ P S +++'最小，也就是四边形PQRS 周长最小。又''SA A S =，所以最小值''DD SS L ==b BD 22==。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
系，则B （1，0，0），G （1，1，1）。根据题意设P （x ，0，x ），则)01(x x BP ，，
-=→，)111(---=→
x x GP ，，，那么
图4
1223422
2
+-++-=
+x x x x PB GP
2
222
21021220)1(2??? ?
?
-+??? ??-+
?
???
?
?
????? ??-+-=
x x
式子
2
22
2
21021220)1(??? ?
?
-+??? ??-+
???
? ??-
+-x x 可以看成x 轴正半轴上一点（x ，0，0）到
xAy 平面上两点???? ??
022
1，，
、??? ??02121，，的距离之和，其最小值为22
1+
。所以GP+PB 的最小值为222
212+=+
?。
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 —A 1B 1C 1中，各棱长均为2，M 为AA 1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： (1)从侧面到N ，如图1，沿棱柱的侧棱AA 1剪开，并展开，则MN ＝2
2
AN
AM
+＝2
2)
12(1++＝10
(2)从底面到N 点，沿棱柱的AC 、BC 剪开、展开，如图2.
则MN ＝
??-+120cos 22
2
AN AM AN
AM
＝2
1312)3(12
2?
?
?++＝34+
∵34+＜10 ∴min
MN
＝34+.
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 ).20(<
（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, ∴2==BF AC , 2 1 , 2 1 a BQ a CP = = , 即2 a BQ CP = =, ∴= +-==2 2)1(BQ CP PQ MN )20(2 1)2 2() 2 ( )2 1(2 2 2 < <+ - =+- a a a a （2）由（1）知: 2 22 2= = MN a 时，当，的中点时，分别移动到即BF AC N M ,, 2 2的长最小，最小值为 MN (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4 6==BG AG ，所以由余弦 定理有 3 14 64 621)46( )4 6( cos 2 2 - =? ? -+= α。故所求二面角)3 1arccos(- =α。 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)2 0(π θθ<<。点M 在AC 上，点 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. 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) ∠即为面ABCD 与ABEF 所成二面角的平面角,即θ=∠MPN ,设AP=x , 则BP=a －x , ＮP=a － x , 所以：θcos )(2)(2 2x a x x a x MN ---+= 2 2 )cos 1(2 1)2 )(cos 1(2a a x θθ-+ - +=， 故当2 a x = 时，ＭＮ有最小值 a )cos 1(2 1θ-． 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, ).2,0(< 最小值，该最小值是否是异面直线AC ，BF 之间的距离。 解析：在面ABCD 中作MP ⊥AB 于P ，连PN ，则MP ⊥面ABEF ，所以MP ⊥PN ，PB=1-AP=x 2 2在?PBN 中，由余弦定理得：PN 2=0 2245cos 2)2 2( xy y x -++ A B F E C D P N M xy y x -+= 2 22 1，在PMN Rt ?中，MN=xy y x x PN MP -++ - =+2 22 2 2 2 1)2 21( 122 2+- -+=x xy y x ).2,0(< （2）MN 122 2+- -+=x xy y x 3 1)3 22(4 3)2 (2 2 + - + - x x y ，故当3 22= x ，3 2= y 时，MN 有最小值 3 3。且该最小值是异面直线AC ，BF 之间的距离。 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： 设∠ACD ＝θ，则∠BCD ＝90°-θ，作AM ⊥CD 于M ，BN ⊥CD 于N ，于是AM ＝bsin θ,CN ＝asin θ. ∴MN ＝｜asin θ-bcos θ｜，因为A —CD —B 是直二面角，AM ⊥CD ，BN ⊥CD ，∴AM 与BN 成90°的角，于是AB ＝ 2 2222)cos sin (cos sin θθθθb a a b -++＝ θ222sin ab b a -+≥ab b a -+2 2. ∴当θ＝45°即CD 是∠ACB 的平分线时，AB 有最小值，最小值为 ab b a -+2 2 . 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 ′∽ΔADB ′，∴B D DF ' ＝ B A B D ' '， a DF ＝ a a 2＝ 2 1, ∴DF ＝ 2 1a,AF ＝ 2 3a.又∵ΔAEF ∽ΔACD ，∴BB ′＝a+ 4 3a+a ＝ 4 11a,∴截面三角形 的周长的最小值为4 11a. (2)如图2，∵ΔBEF 等腰，取EF 中点G ，连BG ，则BG ⊥EF.∴BG ＝ 2 2EG BE -＝ 22 )8 3(a a -＝ 8 55 a ∴S ΔBEF ＝ 2 1·EF ·BG ＝ 2 1· 4 3a · 8 55a ＝ 64 553a 2. (3)∵V A-BCD ＝V B-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 CAD B AEF B V V --＝ ACD AEF S S △△＝ 2 2CD EF ＝ 16 9 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： 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 ＝ 5 12，由正弦定理，有 ? 30sin CQ ＝ QCD QD ∠sin 即 QD ＝ 5 6sin ∠QCD. 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 ＝ 60°. 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：S ΔBAC ＝S ΔBCD ＝ 4 3a 2为常量，所以三棱锥全面积的大小取决于S ΔABD 与S ΔACD 的大小，由于ΔABD ≌ΔACD ， 所以只求S ΔACD 何时面积取最大值即可。∵S ΔACD ＝ 2 1asin ∠ACD ，所以当∠ACD ＝90°时面积最大，问题得解。 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 ＝2a ，在ΔAMD 中， 由余弦定理cos ∠AMD ＝-3 1， ∴当φ＝π-arccos 3 1时，三棱锥A-BCD 的全面积最大。 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。 例9、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 S max =?????? ?∈∈] ,2 [ 2 1) 2 ,0(sin 2 122 ππαπααl l ，本题轴截面顶角为1200，∴最大面积为 2 1。 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 =πdh ≤π2 2?? ? ??+h d = 162 l π（当且仅当d=h 时取“=”）。 例11、在棱长为1的正方体ABCD —ABCD 中，若G 、E 分别是BB 1、 A B C D D 1 A 1 C 1 B 1 E F G C 1 D 1的中点，点F 是正方形ADD 1A 1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 4 1；在左右侧面上的射影相等且等于 8 1；在 上下底面的射影相等且等于8 3，所以射影图形面积的最大值为 8 3。 三、体积最值问题 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 2+PB 2+PC 2为定值；(2)求三棱锥P —ABC 的体积的最大值. 解析：先选其中两条弦PA 、PB ，设其确定的平面截球得⊙O 1，AB 是⊙O 1的直径，连PO 1并延长交⊙O 1于D ，PADB 是矩形，PD 2 ＝AB 2 ＝PA 2 +PB 2 ，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⊙O 1，∵PA ⊥PB ， ∴AB 是⊙O 1的直径，连PO 1并延长交⊙O 1于D ，则PADB 是矩形，PD 2 ＝PA 2 +PB 2 . 设O 为球心，则OO 1⊥平面⊙O 1， ∵PC ⊥⊙O 1平面， ∴OO 1∥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 2+PB 2+PC 2＝PD 2+PC 2＝CD 2＝4R 2定值. (2)设PA 、PB 、PC 的长分别为x 、y 、z ，则三棱锥P —ABC 的体积V ＝ 6 1xyz ， V 2＝ 36 1x 2y 2z 2≤ 36 1( 3 2 2 2 z y x ++)3＝ 36 1· 27 646 R ＝ 5 43 2R 6. ∴V ≤ 27 34R 3. 即 V 最大＝ 27 34R 3. 评析：定值问题可用特殊情况先“探求”，如本题(1)若先考虑PAB 是大圆，探求得定值4R 2可为(1)的证明指明方向. 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。 例13. 在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 是A 1B 1上的一动点，平面PAD 1和平面PBC 1与对角面ABC 1D 1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：如图.对角面A 1B 1CD ⊥对角面ABC 1D 1，其交线为EF.过P 作PQ ⊥EF 于Q ，则PQ ⊥对角面ABC 1D 1.分别连PE 、PF. ∵EF ⊥AD 1，PE ⊥AD 1(三垂线定理).故由二面角的平面角定义知 ∠PFQ ＝α， 同理，∠PFQ ＝β. 设A 1P ＝x,(0≤x ≤1)，则PB 1＝1-x. ∵EQ ＝A 1P ，QF ＝PB 1，PQ ＝2 2， ∴当0＜x ＜1时，有 tan α＝ x 22,tan β＝ ) 1(22x -, ∴tan(α+β)＝ β αβαtan tan 1tan tan -+＝ ) 1(2222 1)1(2222 x x x x -? - -+ ＝ 2 1)21(22 2 - - -x 而当x ＝0时α＝ 2 π ，tan(α+β)＝tan( 2 π +β)＝-cot β＝- E A EF 1＝- 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 ＝ 2 1时，tan(α+β)取最小值-2 2；当x ＝0或1时，tan(α+β)取最 大值- 2. 又∵ 0＜α+β＜π， ∴(α+β)max ＝π-arctan 2 (α+β)min ＝π-arctan2 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A 1B 1C 1—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<2 π α< ),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A 1B 上，也可能在A 1B 1C 1上，由此得到两种不同的结果。 解：当交线MN 在侧面A 1B 内（或与A 1B 1重合时），S △MNC = α cos S ；当MN 在底面A 1B 1C 1内时， arctan ∴< <,2 34 2 παS h S △MNC = α α2 2 sin 3cos 3h 。 B C 1 B C N B C 1 B C 二、 翻折、展开问题 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 、CD 、EF 、GH 这四条直线在原正方体中相互异面的有（ ） A 2对 B 3对 C 4对 D 5对 答：B 。 例3、从三棱锥P —ABC 的顶点沿着三条侧棱P A 、PB 、PC 剪开，成平面图形，得到△P 1P 2P 3，且P 1P 2=P 2P 3； C P P 3 2 （1 ）在棱锥P-ABC 中，求证：PA ⊥BC ，（2）P 1P 2=26，P 1P 3=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P 1P 3、P 1P 2、P 2P 3的中点，故AB= 2 1 P 2P 3， AC = 2 1 P 1P 2，∴AB=AC 。又P 1P 2=P 2P 3，∴在原图中取BC 中点H ，连AH 、PH ，可证AH ⊥BC ，PH ⊥BC ，∴BC ⊥面PAH ，即得P A ⊥BC 。 （2）由（1）知BC ⊥面PAH ，，在立体图中可知，PB=PC=AB=AC=13,BC=10,PH=HA=12, S △PAH=5119,∴V= 3 1S △PAH ·BC= 1193 50. 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 2）. （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，AM= 2-a ，AC=2,∵MO//BC ，∴ 2 2a AB AO AC AM BC MO -= = = ，∴ MO= 2 2a -,又 AB AO a FB FN = -= 2 2，∴ON//AF ，同理求得ON= 2 a ∴ 在R t △MNO 中，MN=2 1)2 2()2(222 2 2 + - =+???? ? ?-a c a 。 （2）由（1）得当a= 2 2时，MN min = 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 H A E S max =?????? ?∈∈] ,2 [ 2 1) 2 ,0(sin 2 122 ππαπααl l ，本题轴截面顶角为1200，∴最大面积为 2 1。 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=πdh ≤π2 2?? ? ??+h d = 162 l π（当且仅当d=h 时取“=”）。 四、 探索型问题 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 ， ∠P AM=∠CBM=900，∴△PAM ≌△CMB ，∴P A=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 —A 1B 1C 1中，AA 1=AB=AC ，AB ⊥AC ，M 是CC 1的中点，Q 是BC 的中点，点P 在A 1B 1上，则直线PQ 与直线AM 所成的角等于（ D ） A 300 B 450 C 600 分析：虽然点P 的具体位置不定，但PQ 在平面A 1C 上的射影是 一条定直线A 1H ，在正方形ACC 1A 1中AM ⊥A 1H ，故由三垂线定理得BQ ⊥AM 。 例10、正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界运动，并且总保持AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹是 。 C A P H A C D E B C B 1 C 1 Q M A C A 1C 1 D 分析：点P 是在正方体的右侧面这样的一个区域中运动，这使两条线段BD 1与AP 的位置关系比较复杂， 但BD 1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BD 1⊥平面AB 1C ，因此当点P 在线段B 1C 上运动时，由线面垂直的性质得BD 1⊥AP 恒成立，即线段P 的轨迹是线段B 1C 。 例11、在棱长为1的正方体ABCD —ABCD 中，若G 、E 分别是BB 1、C 1D 1的中点，点F 是正方形ADD 1A 1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 4 1；在左右 侧面上的射影相等且等于 8 1；在上下底面的射影相等且等于 8 3，所以射影图 形面积的最大值为 8 3。 “动态”立体几何题面面观 衡阳县滨江中学 刘旭玲 湖南祁东育贤中学 周友良 421600 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1111ABC D A B C D 中，EF 是棱AB 上的一条线段，且EF ＝b ＜a ，若Q 是11A D 上的定点，P 在11C D 上滑动，则四面体PQEF 的体积（ ）． A B C D D 1 A 1 C 1 B 1 E F G （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 ).20(< （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, ∴2==BF AC , 2 1 , 2 1 a BQ a CP = = , 即 A E A E 2 a BQ CP = =, ∴= +-==2 2)1(BQ CP PQ MN )20(2 1)2 2() 2 ( )2 1(2 2 2 < <+ - =+- a a a a （2）由（1）知: 2 22 2= = MN a 时，当，的中点时，分别移动到即BF AC N M ,, 2 2的长最小，最小值为 MN (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4 6= =BG AG ，所以由余弦定理有 3 14 64 621)46( )4 6( cos 2 2 - =? ? -+= α。故所求二面角)3 1arccos(- =α。 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 3 π ，但不能等于 3 π 。故相邻的两个侧面所成的二面角大小的 取值范围为,3π π?? ??? 。 四、截面问题 例4、已知正三棱柱A 1B 1C 1—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<2 π α< ),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A 1B 上，也可能在A 1B 1C 1上，由此得到两种不同的结果。 解：当交线MN 在侧面A 1B 内（或与A 1B 1重合时），S △MNC = α cos S ；当MN 在底面A 1B 1C 1内时， arctan ∴< <,2 34 2 παS h S △MNC = α α2 2 sin 3cos 3h 。 B C 1 B C N B C 1 B C 五、 翻折、展开问题 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 ′ ∽ΔADB ′，∴ B D DF ' ＝ B A B D ' '， a DF ＝ a a 2＝ 2 1,∴DF ＝ 2 1a,AF ＝ 2 3 a.又∵ΔAEF ∽ΔACD ，∴BB ′＝a+ 4 3a+a ＝ 4 11a,∴截面三角形的周长的最小值为4 11a. (2)如图2，∵ΔBEF 等腰，取EF 中点G ，连BG ，则BG ⊥EF.∴BG ＝ 2 2 EG BE -＝ 22 )83(a a -＝8 55 a ∴S ΔBEF ＝ 2 1·EF ·BG ＝ 2 1· 4 3a · 8 55a ＝ 64 553a 2. (3)∵V A-BCD ＝V B-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 CAD B AEF B V V --＝ ACD AEF S S △△＝ 2 2CD EF ＝ 16 9 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. 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 ＝ 9 7 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).10(<<==λλAD AF AC AE （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),10(<<== λλAD AF AC AE ∴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°， ∴,660 tan 2,2=== AB BD ,72 2 = +=∴BC AB AC 由AB 2 =AE ·AC 得,7 6,76==∴=AC AE AE λ 故当7 6= λ时，平面BEF ⊥平面ACD. 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 ?b ∥α，b 在α外 Ⅱ：a ∥b ，b ∥α ?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 专题13 立体几何中的截面 【基本知识】 1．截面定义：在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱，圆锥，球，棱柱，棱锥、长方体，正方体等等），得到的平面图形，叫截面。其次，我们要清楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、竖截、斜截。最后，我们要了解每一种立体图形通过上述三种截面方式所得到的截面图有哪些。 2、正六面体的基本斜截面： 3、圆柱体的基本截面：正六面体斜截面是不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形。 【基本技能】 技能1.结合线、面平行的判定定理与性质性质求截面问题； 技能2.结合线、面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题； 技能3.猜想法求最值问题：要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”：如正三角形、正六边形、正三棱锥等； 技能4.建立函数模型求最值问题：①设元②建立二次函数模型③求最值。 例1 一个正方体内接于一个球，过这个球的球心作一平面，则截面图形不可能 ．．． 是（） 分析考虑过球心的平面在转动过中，平面在球的内接正方体上截得的截面不可能是大圆的内接正方形，故选D。 例2 如图，在透明的塑料制成的长方体ABCD-A1B1C1D1容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，有下列四个命题： ①水的部分始终呈棱柱状； ②水面EFGH的面积不改变； ③棱A1D1始终与水面EFGH平行； ④当容器倾斜到如图5（2）时，BE·BF是定值； 其中正确的命题序号是______________ A C B D 分析 当长方体容器绕BC 边转动时，盛水部分的几何体始终满足棱柱定义，故①正确；在转动过程中EH//FG ，但EH 与FG 的距离EF 在变，所以水面EFGH 的面积在改变，故②错误；在转动过程中，始终有BC//FG//A 1D 1，所以A 1D 1//面EFGH ，③正确；当容器转动到水部分呈直三棱柱时如图5（2），因为 BC BF BE V ??= 2 1 水是定值，又BC 是定值，所以BE ·BF 是定值，即④正确。所以正确的序号为①③④. 例3 有一容积为1 立方单位的正方体容器ABCD-A 1B 1C 1D 1，在棱AB 、BB 1及对角线B 1C 的中点各有一小孔E 、F 、G ，若此容器可以任意放置，则该容器可装水的最大容积是（ ） A ． 21 B ．87 C ．12 11 D ．4847 分析 本题很容易认为当水面是过E 、F 、G 三点的截面时容器可装水的容积最大图（1），最大值为 8 7 12121211=???- =V 立方单位,这是一种错误的解法，错误原因是对题中“容器是可以任意放置”的理解不够，其实，当水平面调整为图（2）△EB 1C 时容器的容积最大，最大容积为1211 112121311=????-=V ， 故选C 。 例4 正四棱锥P ABCD -的底面正方形边长是3，O 是P 在底面上的射影，6, PO Q =是 AC 上的一点，过Q 且与, PA BD 都平行的截面为五边形EFGHL ，求该截面面积的最大值. C 1 A B C D A 1 D 1 B 1 E G F 图（1） C 1 A B C D A 1 D 1 B 1 E G F 图（2） 立体几何与平面解析几何的交汇问题 在教材中，立体几何与解析几何是互相独立的两章，彼此分离不相联系，实际上，从空间维数看，平面几何是二维的，立体几何是三维的，因此，立体几何是由平面几何升维而产生；另一方面，从立体几何与解析几何的联系看，解析几何中的直线是空间二个平面的交线，圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）是平面截圆锥面所产生的截线；从轨迹的观点看，空间中的曲面（曲线）是空间中动点运动的轨迹，正因为平面几何与立体几何有这么许多千丝万缕的联系，因此，在平面几何与立体几何的交汇点，新知识生长的土壤特别肥沃，创新型题型的生长空间也相当宽广，这一点，在高考卷中已有充分展示，应引起我们在复习中的足够重视。 一、动点轨迹问题 这类问题往往是先利用题中条件把立几问题转化为平面几何问题，再判断动点轨迹。 例1定点A 和B 都在平面α内，定点α?P ，α⊥PB ， C 是α内异于A 和B 的动点，且AC PC ⊥。那么，动点C 在平面α内的轨迹是（ ） A. 一条线段，但要去掉两个点 B. 一个圆，但要去掉两个点 C. 一个椭圆，但要去掉两个点 D. 半圆，但要去掉两个点 例2若三棱锥A —BCD 的侧面ABC 内一动点P 到平面BCD 距离与到棱AB 距离相等，则动点P 的轨迹与△ABC 组成的图形可能是（ ） ） 解：设二面角A —BC —D 大小为θ，作PR ⊥面BCD ，R 为垂足，PQ ⊥BC 于Q ，PT ⊥AB 于T ，则∠PQR =θ， 且由条件PT=PR=PQ·sinθ，∴ 为小于1的常数，故轨迹图形应选（D ）。 二、几何体的截痕 例3：球在平面上的斜射影为椭园：已知一巨型广告汽球直径6米，太阳光线与地面所成角为60°，求此广告汽球在地面上投影椭圆的离心率和面积（椭圆面积公式为S=πab ，其中a,b 为长、短半轴长）。 解：由于太阳光线可认定为平行光线，故广告球的投影 椭园等价于以广告球直径为直径的圆柱截面椭园：此时 b=R ，a= =2R ，∴离心率 ， 投影面积S=πab=π·k·2R=2πR 2=18π。 三、动点与某点（面）的距离问题 , 例4．正方体1111D C B A ABCD -中，棱长为a ，E 是 1AA 的中点， 在对角面D D BB 11上找一动点M ，使AM+ME 最小.a 23． 四、常见的轨迹问题 （1） 轨迹类型识别 此类问题最为常见，求解时，关注几何体的特征，灵活选择几何法与代数法. 例5、（北京）平面α的斜线AB 交α于点B ，过定点A 的动直线l 与AB 垂直，且交 α于点C ，则动点C 的轨迹是( ) A ．一条直线 B.一个圆 C.一个椭圆 D.双曲线的一支 【解析】直线l 运动后形成的轨迹刚好为线段AB 的垂面，由公理二易知点C 刚好落在平面α与线段AB 的垂面的交线上，所以动点C 的轨迹是一条直线.选择 A. 总结：空间的轨迹最简单的一直存在形式就是两个平面的交线，处理问题中注意识别即可. 例6、如图，在正方体ABCD A 1 B 1C 1D 1 中，若四边形A 1BCD 1 内一动点P 到AB 1和 BC 的距离相等，则点P 的轨迹为（ ） … A ．椭圆的一部分 B ．圆的一部分 C ．一条线段 D ．抛物线的一部分 O E 例4题图 A % C D A 1 C 1 D 1 B 1 M - C D B C P O 立体几何动态问题 所谓动态性立体几何题，是指在点、线、面运动变化的几何图形中，探寻点、线、面的位置关系或进行有关角与距离的计算。由于这类题情景新颖、解法灵活、极富思考性和挑战性，能更好地考察空间想象能力和思维能力，因此成了学考和高考的热点内容。解决这类问题一般来说有以下几种策略。 一、将空间问题转化为平面问题 【例1】 如图，直线l ⊥平面α，垂足为O ，已知直角三角形ACC 1中，CC 1=1， AC =2，A C 1 ．该直角三角形在空间做符合以下条件的自由运动： （1）A l ∈， （2）C α∈， 求O ，C 1两点间的最大距离． 例2、在棱长为1的正方体1111D C B A ABCD -中，F E ,分别是棱111,D C D A 的中点，N 为线段C B 1的中点，若点M P ,分别为线段EF B D ,1上的动点，则PN PM +的最小值为（ ） A. 1 B. 4 2 3 C. 4262+ D. 2 13+ 二、引人参数，把动态问题转化为计算问题，动中求静 例3、在直三棱柱中，，，已知和分 别为和的中点，与分别为线段和上的动点(不包括端点)，若 ，则线段的长度的取值范围为 ( ) A ． B ． C ． D ． 例4、已知棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点 E ， F 分别是棱BB 1，DD 1上的动点，且BE=D 1F=λ．设EF 与AB 所成的角为α，与BC 所成的角为β，则α+β的最 小值（ ） A.不存在 B.等于60 C.等于90 D.等于120 ABC C B A -1112 π = ∠BAC 11= ==AA AC AB G E 11B A 1CC D F AC AB EF GD ⊥DF ??? ????1,55??????1,55???? ??1,552??????? 1,552M D 1C 1 B 1 A 1 专题4.4 立体几何中最值问题 一．方法综述 高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此，将是有中等难度的考题．此类问题，可以充分考查图形推理与代数推理，同时往往也需要将问题进行等价转化，比如求一些最值时，向平面几何问题转化，这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练．立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解。 二．解题策略 类型一距离最值问题 AB=，若线段DE上存在点P 【例1】如图，矩形ADFE，矩形CDFG，正方形ABCD两两垂直，且2 ⊥，则边CG长度的最小值为（） 使得GP BP A. 4 B. 43 C. D. 23 【答案】D 又22002B G a （，，），（，，），所以2,2,,,2,.2 2ax ax BP x GP x a ???? =--=-- ? ?????u u u r u u u r () 24022ax ax PB PG x x a ?? =-++-= ??? u u u n r u u u r .显然0x ≠且2x ≠.所以22 1642a x x =--. 因为()0,2x ∈，所以(]2 20,1x x -∈.所以当221x x -=， 2a 取得最小值12.所以a 的最小值为23. 故选D. 【指点迷津】利用图形的特点，建立空间直角坐标系，设CG 长度为a 及点P 的坐标，求BP GP u u u r u u u r 与的坐标， 根据两向量垂直，数量积为0，得到函数关系式22 16 42a x x = --，利用函数求其最值。 举一反三 1、如图，在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值范围是_____。 【答案】 3254 2?? ?? 2 5 立体几何中的最值问题 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，点P、Q 分别在线段BD、SC 上移动，则P、Q 两点的最短距离为（） A. B. 5 5 C. 2 D. 1 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 = 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，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：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=AB·tan∠BAE≥AB·tan ∠BAO=3·tan30°= 。故CD ≥ 3 。 2 5 2 5 2 5 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，且AB=CD，AC=BD， AD=BC，所以，A 与A’、D 与D’在四面体中是同一点，且AD // BC // A' D' ，AB // CD' ，A、C、A’共 线，D、B、D’共线，AA'=DD' = 2BD 。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 +PQ +QR +RS 最小，也就是四边形PQRS 周长最小。又S ' A =SA'，所以最小值L =SS '=DD' = 2BD = 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 →→ 系，则B（1，0，0），G（1，1，1）。根据题意设P（x，0，x），则BP=(x-1，0，x)，GP=(x-1，-1，x-1)，那么 立体几何的动态问题 立体几何的动态问题，主要有五种：动点问题、翻折问题、旋转问题、投影与截面问题以及轨迹问题。基本类型：点动问题；线动问题；面动问题；体动问题；多动问题等。解题时一般可以通过改变视角、平面化或者寻找变化过程中的不变因素而把问题回归到最本质的定义、定理或现有的结论中，若能再配以沉着冷静的心态去计算，那么相信绝大多数问题可以迎刃而解。 动点轨迹问题 空间中动点轨迹问题变化并不多，一般此类问题可以从三个角度进行分析处理，一是从曲线定义或函数关系出发给出合理解释；二是平面与平面交线得直线或线段；三是平面和曲面（圆锥，圆柱侧面，球面）交线得圆，圆锥曲线。很少有题目会脱离这三个方向。（注意：阿波罗尼斯圆，圆锥曲线第二定义） 1．（2015·浙江卷8）如图11-10，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB ＝30°，则点P的轨迹是( ) A．直线 B．抛物线C．椭圆 D．双曲线的一支 式题如图，平面α的斜线AB交α于B点，且与α所成的角为θ，平面α内有一动点满足∠＝π 6 ，若动 点C的轨迹为椭圆，则θ的取值范围为________． 3．（2015春?龙泉驿区校级期中）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是A1D1的中点，点P在侧面BCC1B1上运动．现有下列命题： ①若点P总保持PA⊥BD1，则动点P的轨迹所在的曲线是直线； ②若点P到点A的距离为，则动点P的轨迹所在的曲线是圆； ③若P满足∠MAP＝∠MAC1，则动点P的轨迹所在的曲线是椭圆； ④若P到直线BC与直线C1D1的距离比为2：1，则动点P的轨迹所在的曲线是双曲线； ⑤若P到直线AD与直线CC1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是抛物线． 其中真命题的个数为（） A．4 B．3 C．2 D．1 2018年高考数学压轴 题突破140之立体几何五种动态问题和解题 绝招 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 2018年高考数学压轴题突破140之立体几何五种动态问题和解题绝招中高考数学名师张芙华2018-01-29 06:14:27 2018年高考数学压轴题突破140之立体几何五种动态问题和解题绝招 一．方法综述 立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生思考与求解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性。一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此引发的常见题型为动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等。此类题的求解并没有一定的模式与固定的套路可以沿用，很多学生一筹莫展，无法形成清晰的分析思路，导致该题成为学生的易失分点。究其原因，是因为学生缺乏相关学科素养和解决问题的策略造成的。 动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口。求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围。对于探究存在问题或动态范围（最值）问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题划归为静态问题。具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证。 二．解题策略 类型一立体几何中动态问题中的角度问题 【指点迷津】空间的角的问题，一种方法，代数法，只要便于建立空间直角坐标系均可建立空间直角坐标系，然后利用公式求解；另一种方法，几何法，几何问题要结合图形分析何时取得最大（小）值。当点M在P处时，EM与AF 所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当M点向左移动时，EM与AF所成角逐渐变小时，点M到达点Q时，角最小，余弦值最大。 类型二立体几何中动态问题中的距离问题 立体几何最值问题 姓名 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2，点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，则P 、Q 两点的最短距离为（ ） A. 5 5 B. 5 5 2 C. 2 D. 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______。 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 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_______。立体几何中的截面(解析版)
立体几何动点问题
高中数学动态性立体几何题
高考数学玩转压轴题专题4.4立体几何中最值问题
立体几何中的最值与动态问题
立体几何动态问题专题
2018年高考数学压轴题突破140之立体几何五种动态问题和解题绝招
立体几何中的最值