立体几何中动态问题的破解策略

2023-09-13谢新华

数理天地(高中版) 2023年17期

谢新华

【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ABCD－A′B′C′D′的棱长为4，动点E，F在棱AB上，且EF=2，动点Q在棱D′C′上，则三棱锥A′－EFQ的体积（）

（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′－EFQ =VQ－A′EF ，

而EF=2，A′A=4，

所以S△A′EF = 1 2 ×EF×A′A=4不变，

由正方体可知D′A′⊥平面A′ABB′，则D′A′⊥平面A′EF，

又点Q在棱D′C′上，所以点Q到△EFA′所在平面的距离为D′A′=4也不变，

而VQ－A′EF = 1 3 ×S△A′EF ×D′A′= 1 3 ×4×4= 16 3 ，

即VA′－EFQ =VQ－A′EF 不变，故三棱锥A′－EFQ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－ABCD中，底面是边长为2 2 的菱形ABCD，∠BAD=60 ° ，SA⊥平面ABCD，且SA=2 2 ，E是边BC的中点，动点P在四棱锥S－ABCD表面上运动，并且总保持PE∥平面SAC，则动点P的轨迹周长为 .

解析取AB中点F，SB中点G，连接EF，FG，GE，因为E，F是BC，BA中点，所以EF∥AC，因为EF平面SAC，AC平面SAC，所以EF∥平面SAC，因为G，F是SB，AB中点，所以GF∥SA，因为GF平面SAC，SA平面SAC，所以GF∥平面SAC，因为EF∩GF=F，所以平面EFG∥平面SAC，所以平面EFG中任意直线平行于平面SAC，则PE平面EFG，又P在四棱锥S－ABCD表面上运动，所以动点P的轨迹周长即为△EFG的周长，因为四边形ABCD是边长为2 2 的菱形且∠BAD=60 ° ，所以AC=2 6 ，则EF= 6 ，又SA=2 2 ，所以GF= 2 ，SC= SA 2+AC 2 =4 2 ，则GE=2 2 ，所以△EFG的周长为EF+GF+GE= 6 +3 2 .故答案为 6 +3 2 .

3 立体几何中动态问题中的角度问题

例3 已知四边形ABCD中，CB=CD，在将△ABD沿着BD翻折成三棱锥A－BCD的过程中，二面角A－BC－D，A－DC－B的大小分别为α，β，且α<β，记直线AB与平面BCD所成的角为θ1，直线AD与平面BCD所成的角为θ2.直线AC与平面BCD所成角的角为θ3，则（）

（A） θ1>θ2．（B） θ1<θ2．

（C） θ3>θ1．（D） θ3>θ2．

解析在三棱锥A- BCD中，作AH⊥平面BCD于H，连BH，DH，CH，如图3所示，

则∠ABH，∠ADH，∠ACH分别为AB， AD，AC与平面BCD所成的角，

所以∠ABH=θ1，∠ADH=θ2，∠ACH=θ3，

过H作HM⊥BC，HN⊥DC，垂足分别为M，N，连 AM，AN，

则有AM⊥BC，AN⊥DC，

所以∠AMH，∠ANH分别为二面角A-BC-D， A- DC- B的平面角，

所以∠AMH=α，∠ANH=β，

因为 tan α= tan ∠AMH= AH HM ，

tan β= tan ∠ANH= AH HN ， α<β，

所以HM>HN在△BCD中，CB=CD，

设BD的中点为O，则CO为DC边上的中线，

由HM>HN可得点H在CO的左侧（图3），

所以DH

所以 tan θ2= AH DH > tan θ1= AH BH ，

由θ1，θ2为锐角知，θ2>θ1，由于不能确定CH与BH，DH的大小，故不能确定 θ3与θ2，θ1的大小. 故选（B） .

4 立體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ABCD－A1B1C1D1的侧面ADD1A1上的一个动点（含边界），P是棱CC1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 13 2 ．

（B）若保持 PM = 2 ，则点M在侧面ADD1A1内运动路径的长度为 π 3 ．

（C）三棱锥B－C1MD的体积最大值为 1 6 ．

（D）若点M在A1D上运动，则D1到直线PM的距离的最小值为 2 3 ．

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BB1 到点P的最短路程相等，点M从点A越过棱DC与越过棱BC到点P的最短路程相等，把正方形ABB1 A1 与正方形BCC1 B1 放在同一平面内，如图5所示，连接AP，AP长是点M从点A越过棱BB1 到点P的最短路程，AP= AC 2+CP 2 = 17 2 ，

把正方形ABCD与正方形BCC1 B1 放在同一平面内，如图6所示，连接AP，AP长是点M从点A越过棱BC到点P的最短路程，AP= AD 2+DP 2 = 13 2 ，

而 13 2 < 17 2 ，于是得点M沿正方体的表面从点A到点P最短路程为 13 2 ，（A）正确.

对于B，取DD1 中点E，连EM，PE，如图7所示，因P是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1中点，

则PE∥CD，而CD⊥平面ADD1 A1 ，则有PE⊥平面ADD1 A1 ，EM平面ADD1 A1 ，于是得PE⊥EM，由PM 2=PE 2+EM 2=2，PE=1，得EM=1，因此，点M在侧面ADD1A1内运动路径是以E为圆心，1为半径的圆在正方形ADD1A1内的圆弧，如图8所示，圆弧所对圆心角为 π 3 ，圆弧长为 π 3 ，（B）正确.

对于（C），因VB－C1MD =VM－C1BD ，而△C1BD面积是定值，要三棱锥M－C1BD的体积最大，当且仅当点M到平面C1 BD距离最大，如图9所示，点A1 是正方形ADD1 A1 内到平面C1 BD距离最大的点，（VB－C1MD ） max =VA－C1BD =1－4VA1－ABD =1－4× 1 3 × 1 2 ×1 2= 1 3 ，（C）不正确.

对于（D），建立如图10所示的空间直角坐标系，则A1（1，0，1），D1（0，0，1），P 0，1， 1 2 ，

令DM =tDA 1 =（t，0，t）（0≤t≤1），

则PM =（t，-1，t- 1 2 ），又PD 1 = 0，-1， 1 2 ，

直線PD1 与直线PM夹角为θ，

cos θ= cos 〈PM ，PD 1 〉= PM ·PD 1 |PM ||PD 1 | = 1 2 t+ 3 4 5 2 × 2t 2 -t+ 5 4 = 2t+3 5 × 8t 2－4t+5 ，

令2t+3=x∈［3，5］，

则 cos θ= x 5 × 2x 2－14x+29

= 1 5 × 29（ 1 x ） 2－14· 1 x +2 ，

当且仅当 1 x = 7 29 ，即x= 29 7 ，t= 4 7 时，

cos θ取最大值 29 3 5 ，而 sin 2θ+ cos 2θ=1，

此时， sin θ取得最小值 4 3 5 ，又PD1= 5 2 ，

点D1到直线PM的距离d=PD1 sin θ= 5 2 sin θ，