高考数学一轮复习 第七章 微专题六立体几何中的动态问题

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立体几何中的“动态”问题就变化起因而言大致可分为两类：一是平移；二是旋转．就所求变量而言可分为三类：一是相关线、面、体的测度；二是角度；三是距离．立体几何动态问题的解决需要较高的空间想象能力与化归处理能力．在解“动态”立体几何题时，如果我们能努力探寻运动过程中“静”的一面，动中求静，往往能以静制动、克难致胜．
1．去掉枝蔓见本质——大道至简
在解决立体几何中的“动态”问题时，需从复杂的图形中分化出最简单的具有实质性意义的点、线、面，让几何图形的实质“形销骨立”，即从混沌中找出秩序，是解决“动态”问题的关键．
例1 如图1，直线l⊥平面α，垂足为O.正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2.点A是直线l上的动点，点B1在平面α内，则点O到线段CD1中点P的距离的最大值为________．
图1
答案 eq \r(2)＋2
解析 从图形分化出4个点O，A，B1，P，其中△AOB1为直角三角形，固定A，B1，点P的轨迹是在与AB1垂直的平面上且以AB1的中点Q为圆心的圆，
从而OP≤OQ＋QP＝eq \f(1,2)AB1＋2＝eq \r(2)＋2，
当且仅当OQ⊥AB1，且点O，Q，P共线时取到等号，此时直线AB1与平面α成45°角．
2．极端位置巧分析——穷妙极巧
在解决立体几何中的“动态”问题时，对于移动问题，由图形变化的连续性，穷尽极端特殊之要害，往往能直取答案．
例2 在正四面体A－BCD中，E为棱BC的中点，F为直线BD上的动点，则平面AEF与平面ACD所成二面角的正弦值的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，1))
解析 本例可用极端位置法来加以分析．
先寻找垂直：记O为△ACD的中心，G为OC的中点，则BO⊥面ACD，EG⊥面ACD.如图2，过点A，E，G的平面交直线BD于点F.此时，平面AEF与平面ACD所成二面角的正弦值为1.
由图形变化的连续性知，当点F在直线BD的无穷远处时，看成EF和BD平行，此时平面AEF与平面ACD所成二面角最小(如图3)，其正弦值为eq \f(\r(2),3).
图2 图3
综上可知，平面AEF与平面ACD所成二面角的正弦值的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，1)).
3．用法向量定平面——定海神针
在解决立体几何中的“动态”问题时，有关角度计算问题，用法向量定平面，可将线面角或面面角转化为线线角．
例3 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知二面角A1－BD－A的大小为eq \f(π,6)，若空间有一条直线l与直线CC1所成的角为eq \f(π,4)，则直线l与平面A1BD所成角的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(5π,12)))
解析 如图4，过点A作AE⊥BD于点E，连接A1E，则∠A1EA＝eq \f(π,6).过点A作AH⊥A1E于点H，则eq \(AH,\s\up6(→))为平面A1BD的法向量，且∠A1AH＝eq \f(π,6).因为l与直线CC1所成角的大小为eq \f(π,4)，即l与直线AA1所成角的大小为eq \f(π,4)，那么l与直线AH所成角的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(π,6)，\f(π,4)＋\f(π,6))).又因为l与直线AH所成的角和l与平面A1BD所成的角互余，所以直线l与平面A1BD所成角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(5π,12))).
图4
4．锁定垂面破翻折——独挡一面
在解决立体几何中的“动态”问题时，对于翻折或投影问题，若能抓住相关线或面的垂面，化空间为平面，则容易找到问题的核心．
例4 如图5，在等腰Rt△ABC中，AB⊥AC，BC＝2，M为BC的中点，N为AC的中点，D为线段BM上一个动点(异于两端点)，△ABD沿AD翻折至B1D⊥DC，点A在平面B1CD上的投影为点O，当点D在线段BM上运动时，以下说法错误的是( )
图5
A．线段NO为定长B．CO∈(1，eq \r(2))
C．∠AMO＋∠B1DA>180°D．点O的轨迹是圆弧
答案 C
解析 如图6，记B2为B1在平面ADC上的射影，由B1D⊥DC可得B2D⊥DC.记B2D交AB于点K，则DC⊥平面B1B2K.在△B1DC中，作EM∥B1D交B1C于点E，连接AE，则平面AEM∥平面B1B2K，平面AEM⊥平面B1DC，从而点A在平面B1DC上的射影O在直线EM上．取AM的中点H，则NH＝eq \f(1,2)MC＝eq \f(1,2)，OH＝eq \f(1,2)AM＝eq \f(1,2)，ON＝eq \f(\r(2),2)均为定长．易知点O的轨迹是以点H为圆心、eq \f(1,2)为半径的圆弧，因为CO2＝MO2＋MC2，且MO∈(0,1)，所以CO∈(1，eq \r(2))．又∠AMO＋∠AME＝180°，∠AME＝∠B1DK，所以∠B1DB2<180°－∠B1DA，
图6
得∠B1DK>∠B1DA，于是∠AMO＋∠B1DA<180°.故选C.
5．觅得定值明轨迹——动中有静
在解决立体几何中的“动态”问题时，探寻变化过程中的不变关系，是解决动态问题的常用手段．
例5 如图7，已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B，C是⊙O上的两个点，H是点B在AC上的射影，当点C运动时，点H运动的轨迹是( )
图7
A．圆B．椭圆
C．抛物线D．不是平面图形
答案 A
解析 如图8，设⊙O的半径为r，取BC的中点M，
图8
则OM⊥BC，MH＝MC.
因为AB⊥平面BCD，所以BC是AC在平面BCD上的射影，从而OM⊥平面ABC，得OM⊥MH，于是
OH2＝MO2＋MH2＝MO2＋MC2＝r2，
即OH＝r，亦即动点H在以O为球心、r为半径的球面上．又因为BH⊥AD，B为定点，所以动点H又在过点B且垂直于直线AD的定平面上，故点H运动的轨迹是圆．
6．构建函数求最值——以数解形
在解决立体几何中的“动态”问题时，对于一些很难把握运动模型(规律)的求值问题，可以通过构建某个变量的函数，以数解形．
例6 如图9，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外一点P和线段AC上一点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体P－BCD的体积的最大值是________．
图9
答案 eq \f(1,2)
解析 设M，N分别为AC，AP的中点，因为BA＝BP＝BC，PD＝DA，所以点B在平面PAC上的射影为△PAC的外心O，且点O在直线ND上．又因为AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，所以AC＝2eq \r(3)，
图10
BO＝eq \r(AB2－OA2)≤eq \r(AB2－AM2)＝1，
当且仅当点O与点M重合时取到等号．
设AD＝x，∠PDC＝θ，
因为AC＝2eq \r(3)，
所以DC＝2eq \r(3)－x，
则S△PDC＝eq \f(1,2)x·(2eq \r(3)－x)sin θ≤eq \f(1,2)x·(2eq \r(3)－x)≤eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),2)))2＝eq \f(3,2)，
当且仅当点M与点D重合时取到等号．
因此，四面体P－BCD的体积为
VP－BCD＝eq \f(1,3)S△PCD·OB≤eq \f(1,3)×eq \f(3,2)×1＝eq \f(1,2)，
此时点O，M，D重合，即点D为AC的中点，且平面PBD与平面ABC垂直相交于BD.
总之，解立体几何动态问题的过程实质是数学建模的过程，是创新的过程．方程、函数和图形变换是基础，因此夯实基础是解决此类问题的关键．化整为零的思想、转化思想、数形结合思想、函数思想、分类讨论思想等是解决立体几何动态问题的最佳策略．真正破解动态立体几何问题，需要整体把握动态变化过程，更需要深厚的空间想象之内功．如果说招式是术，那么内功就是修行，即不断积累知识与技巧、经验与经历．