立體幾何中動態問題的破解策略

謝新華

【摘 要】 ?立體幾何中的動態問題是考試熱點，問題中的“變”與“不變”元素是學生思考與分析的思維障礙，動態問題形成的原因有動點變化、平面圖形的翻折、空間幾何體的旋轉等，常見的題型有動態問題中的體積問題、軌跡問題、角度問題、距離問題等，本文進行分類例析.

【關鍵詞】 ?立體幾何；動態問題；取值范圍

1 立體幾何中動態問題中的體積問題

例1 ??如圖1所示，正方體ABCD－A′B′C′D′的棱長為4，動點E，F在棱AB上，且EF=2，動點Q在棱D′C′上，則三棱錐A′－EFQ的體積（ ?）

（A） 與點E，F位置有關．

（B） 與點Q位置有關．

（C） 與點E，F，Q位置有關．

（D） 與點E，F，Q位置均無關，是定值．

解析 ??根據三棱錐等體積法，可知VA′－EFQ =VQ－A′EF ，

而EF=2，A′A=4，

所以S△A′EF = 1 2 ×EF×A′A=4不變，

由正方體可知D′A′⊥平面A′ABB′，則D′A′⊥平面A′EF，

又點Q在棱D′C′上，所以點Q到△EFA′所在平面的距離為D′A′=4也不變，

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

即VA′－EFQ =VQ－A′EF 不變，故三棱錐A′－EFQ的體積與點E，F，Q位置均無關，是定值.

故選 （D） .

2 立體幾何中動態問題中的軌跡問題

例2 ??四棱錐S－ABCD中，底面是邊長為2 2 的菱形ABCD，∠BAD=60 ° ，SA⊥平面ABCD，且SA=2 2 ，E是邊BC的中點，動點P在四棱錐S－ABCD表面上運動，并且總保持PE∥平面SAC，則動點P的軌跡周長為 .

解析 ??取AB中點F，SB中點G，連接EF，FG，GE，因為E，F是BC，BA中點，所以EF∥AC，因為EF平面SAC，AC平面SAC，所以EF∥平面SAC，因為G，F是SB，AB中點，所以GF∥SA，因為GF平面SAC，SA平面SAC，所以GF∥平面SAC，因為EF∩GF=F，所以平面EFG∥平面SAC，所以平面EFG中任意直線平行于平面SAC，則PE平面EFG，又P在四棱錐S－ABCD表面上運動，所以動點P的軌跡周長即為△EFG的周長，因為四邊形ABCD是邊長為2 2 的菱形且∠BAD=60 ° ，所以AC=2 6 ，則EF= 6 ，又SA=2 2 ，所以GF= 2 ，SC= SA 2+AC 2 =4 2 ，則GE=2 2 ，所以△EFG的周長為EF+GF+GE= 6 +3 2 .故答案為 6 +3 2 .

3 立體幾何中動態問題中的角度問題

例3 ??已知四邊形ABCD中，CB=CD，在將△ABD沿著BD翻折成三棱錐A－BCD的過程中，二面角A－BC－D，A－DC－B的大小分別為α，β，且α<β，記直線AB與平面BCD所成的角為θ1，直線AD與平面BCD所成的角為θ2.直線AC與平面BCD所成角的角為θ3，則（ ?）

（A） θ1>θ2． ????（B） θ1<θ2．

（C） θ3>θ1． ?（D） θ3>θ2．

解析 ??在三棱錐A- BCD中，作AH⊥平面BCD于H，連BH，DH，CH，如圖3所示，

則∠ABH，∠ADH，∠ACH分別為AB， AD，AC與平面BCD所成的角，

所以∠ABH=θ1，∠ADH=θ2，∠ACH=θ3，

過H作HM⊥BC，HN⊥DC，垂足分別為M，N，連 AM，AN，

則有AM⊥BC，AN⊥DC，

所以∠AMH，∠ANH分別為二面角A-BC-D， A- DC- B的平面角，

所以∠AMH=α，∠ANH=β，

因為 tan α= tan ∠AMH= AH HM ，

tan β= tan ∠ANH= AH HN ， α<β，

所以HM>HN在△BCD中，CB=CD，

設BD的中點為O，則CO為DC邊上的中線，

由HM>HN可得點H在CO的左側（圖3），

所以DH

所以 tan θ2= AH DH > tan θ1= AH BH ，

由θ1，θ2為銳角知，θ2>θ1，由于不能確定CH與BH，DH的大小，故不能確定 θ3與θ2，θ1的大小. 故選 （B） .

4 立體幾何中動態問題中的距離問題

例4 （多選） ??如圖4所示，若正方體的棱長為1，點M是正方體ABCD－A1B1C1D1的側面ADD1A1上的一個動點（含邊界），P是棱CC1的中點，則下列結論正確的是（ ?）

（A） 沿正方體的表面從點A到點P的最短路程為 ?13 ?2 ．

（B） 若保持 PM = 2 ，則點M在側面ADD1A1內運動路徑的長度為 ?π ?3 ．

（C） 三棱錐B－C1MD的體積最大值為 1 6 ．

（D） 若點M在A1D上運動，則D1到直線PM的距離的最小值為 2 3 ．

解析 ??對于（ A ），點M沿正方體的表面從點A到點P的最短路程，則點M應在點A與點P所在的兩個相鄰平面內從點A到點P，由對稱性知，點M從點A越過棱DD1 與越過棱BB1 到點P的最短路程相等，點M從點A越過棱DC與越過棱BC到點P的最短路程相等，把正方形ABB1 A1 與正方形BCC1 B1 放在同一平面內，如圖5所示，連接AP，AP長是點M從點A越過棱BB1 到點P的最短路程，AP= AC 2+CP 2 ?= ?17 ?2 ，

把正方形ABCD與正方形BCC1 B1 放在同一平面內，如圖6所示，連接AP，AP長是點M從點A越過棱BC到點P的最短路程，AP= AD 2+DP 2 = ?13 ?2 ，

而 ?13 ?2 < ?17 ?2 ，于是得點M沿正方體的表面從點A到點P最短路程為 ?13 ?2 ， （A） 正確.

對于B，取DD1 中點E，連EM，PE，如圖7所示，因P是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱CC1中點，

則PE∥CD，而CD⊥平面ADD1 A1 ，則有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，點M在側面ADD1A1內運動路徑是以E為圓心，1為半徑的圓在正方形ADD1A1內的圓弧，如圖8所示，圓弧所對圓心角為 ?π ?3 ，圓弧長為 ?π ?3 ， （B） 正確.

對于 （C） ，因VB－C1MD =VM－C1BD ，而△C1BD面積是定值，要三棱錐M－C1BD的體積最大，當且僅當點M到平面C1 BD距離最大，如圖9所示，點A1 是正方形ADD1 A1 內到平面C1 BD距離最大的點，（VB－C1MD ） ?max ?=VA－C1BD =1－4VA1－ABD =1－4× 1 3 × 1 2 ×1 2= 1 3 ， （C） 不正確.

對于 （D） ，建立如圖10所示的空間直角坐標系，則A1（1，0，1），D1（0，0，1），P 0，1， 1 2 ?，

令DM ?=tDA 1 ??=（t，0，t）（0≤t≤1），

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

直線PD1 與直線PM夾角為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］，

則 cos θ= x ?5 × 2x 2－14x+29

= 1 ?5 × 29（ 1 x ） ?2－14· 1 x +2 ?，

當且僅當 1 x = 7 29 ，即x= 29 7 ，t= 4 7 時，

cos θ取最大值 ?29 ?3 5 ?，而 sin ??2θ+ cos ??2θ=1，

此時， sin θ取得最小值 4 3 5 ?，又PD1= ?5 ?2 ，

點D1到直線PM的距離d=PD1 sin θ= ?5 ?2 ?sin θ，

于是得d min ?= ?5 ?2 × 4 3 5 ?= 2 3 ，所以D1到直線PM的距離的最小值為 2 3 ， （D） 正確.

故選 （A） ?（B） ?（D） .

【福建省教育科學“十三五”規劃課題2020年度教育教學改革專項課題：學科素養視域下“讀思達”教學法的數學課堂應用研究（項目編號：Fjjgzx20-077）】

參考文獻：

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[2]劉益飛.立體幾何動點問題解題策略研究與對策[J].數學學習與研究，2020（23）：119-120.

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