1、 7/7立體幾何的動態問題立體幾何中的“動態問題”是指空間中的某些點、線、面的位置是不確定的或可變的一類開放性問題，解答此類問題應該動靜結合、化動為靜，找到相應的幾何關系，具體可以有以下幾種解決方法：1函數法：某些點、線、面的運動，必然導致某些位置關系或一些變量的變化.變量變化時會引發其他變量的變化，從而建立函數關系，將立體幾何問題轉化為函數問題來解.2解析法：我們常利用空間直角坐標系解決立體幾何問題，即實現幾何問題代數化.因此利用空間坐標系將空間圖形中的若干元素坐標化后，借助向量進行運算和分析，是解決這類問題的常用方法.3等價轉換法：動和靜是相對的，在運動變化過程中，要善于尋找或構造與之相關

2、的一些不變因素，將一些變化的點、線、面進行合理轉換，實現變量與不變量的結合.類型1以靜制動(旋轉問題、投影問題)【例1】正四面體ABCD的棱長為1，棱AB平面(如圖)，則四面體上的所有點在平面內的射影構成的圖形面積的取值范圍是_eq blcrc(avs4alco1(f(r(2),4)，f(1,2)去掉與問題無關的面，將四面體看成是以AB為棱的二面角CABD(二面角大小一定)，用紙折出這個二面角，不妨將AB置于平面內，將二面角繞AB轉動一周，觀察點C，D在平面上的射影，可以發現點C，D在平面上的射影始終在AB的射影的中垂線上圖1圖2圖3當CD平面時，四邊形ABCD面積最大，為eq f(1,2)(

3、如圖1)當CD平面時(此時點C(D)到AB的距離即為異面直線AB與CD的距離)，四邊形ABC(D)面積最小為eq f(r(2),4)(如圖2)，轉動過程中C，D在平面上的射影從C，D變化到CD(如圖3)，故圖形面積的取值范圍是eq blcrc(avs4alco1(f(r(2),4)，f(1,2).在解決立體幾何中的“動態”問題時，需從復雜的圖形中分化出最簡單的具有實質性意義的點、線、面，讓幾何圖形的實質“形銷骨立”，即從混沌中找出秩序，是解決“動態”問題的關鍵.eq o(跟進訓練)1.如圖，直線l平面，垂足為O.正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2.點A是直線l上的動點，點B1在平面內，則

4、點O到線段CD1的中點Peq r(2)2從題圖分化出4個點O，A，B1，P，其中AOB1為直角三角形，固定A，B1，點P的軌跡是在與AB1垂直的平面上且以AB1的中點Q為圓心的圓，從而OPOQQPeq f(1,2)AB12eq r(2)2，當且僅當OQAB1，且點O，Q，P共線時取到等號，此時直線AB1與平面成45角類型2動點軌跡問題【例2】如圖所示，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，E，F分別為AA1，AB的中點，M是正方形ABB1A1內的動點，若C1M平面CD1EFeq r(2)如圖所示，取A1B1的中點H，B1B的中點G，連接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四邊形EGC1D

5、1是平行四邊形，所以C1GD1E，同理可得C1HCF因為C1HC1GC1，所以平面C1GH平面CD1EF由M是正方形ABB1A1內的動點可知，若C1M平面CD1EF，則點M在線段所以M點的軌跡長度GHeq r(1212)eq r(2).空間中動點軌跡問題變化并不多，一般此類問題可以從三個角度進行分析處理，一是從曲線定義或函數關系出發給出合理解釋；二是平面與平面交線得直線或線段；三是平面和曲面圓錐，圓柱側面，球面交線得圓、圓錐曲線.很少有題目會脫離這三個方向.注意：阿波羅尼斯圓，圓錐曲線第二定義)eq o(跟進訓練)2.在正方體ABCDA1B1C1D1中，點M、N分別是直線CD、AB上的動點，點

6、P是A1C1D內的動點(不包括邊界)，記直線D1P與MN所成角為，若的最小值為eq f(,3)，則點P的軌跡是()A圓的一部分B橢圓的一部分C拋物線的一部分D雙曲線的一部分B把MN平移到平面A1B1C1D1中，直線D1P與MN所成角為，直線D1P與MN所成角的最小值是直線D1P與平面A1B1C1D1所成角，即原問題轉化為：直線D1P與平面A1B1C1D1所成角為eq f(,3)，點P在平面A1B1C1D1的投影為圓的一部分，因為點P是A1C1D內的動點(不包括邊界)，所以點類型3翻折問題【例3】如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5 cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D，E，F為圓O上的

7、點，DBC，ECA，FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起DBC，ECA，FAB，使得D，E，F重合，得到三棱錐當ABC的邊長變化時，所得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值為_cm3.4eq r(15)如圖，連接OD，交BC于點G，由題意，知ODBC，OGeq f(r(3),6)BC設OGx，則BC2eq r(3)x，DG5x，三棱錐的高heq r(DG2OG2)eq r(2510 xx2x2)eq r(2510 x)，SABCeq f(1,2)2eq r(3)x3x3eq r(3)x2，則三棱錐的體積Veq f(1,3)SABCheq

8、r(3)x2eq r(2510 x)eq r(3)eq r(25x410 x5).令f(x)25x410 x5，xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(5,2)，則f (x)100 x350 x4.令f (x)0得x2.當x(0,2)時，f (x)0，f(x)單調遞增，當xeq blc(rc)(avs4alco1(2，f(5,2)時，f (x)0，f(x)單調遞減，故當x2時，f(x)取得最大值80，則Veq r(3)eq r(80)4eq r(15).三棱錐體積的最大值為4eq r(15) cm3.在解決立體幾何中的“動態”問題時，對于一些很難把握運動模型規律的求值問題，可以通過

9、構建某個變量的函數，以數解形.eq o(跟進訓練)3.如圖，在直角梯形ABCD中，ABBC，ADBC，ABBCeq f(1,2)AD1，點E是線段CD上異于點C，D的動點，EFAD于點F，將DEF沿EF折起到PEF的位置，并使PFAF，則五棱錐PABCEF的體積的取值范圍為_eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3)因為PFAF，PFEF，且AF交EF與點F，所以PF平面ABCEF.設DFx(0 x1)，則EFx，AF2x，S五邊形ABCEFS四邊形ABCDSDEFeq f(1,2)(12)1eq f(1,2)x2eq f(1,2)(3x2)所以五棱錐PABCEF的體積為V(x

10、)eq f(1,3)eq f(1,2)(3x2)xeq f(1,6)(3xx3)令V(x)eq f(1,2)(1x2)0，得x1或x1(舍)當0 x1時，V(x)0，V(x)遞增，故V(0)V(x)V(1)，V(0)0，V(1)eq f(1,3).所以V(x)的取值范圍是eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3).類型4動態最值問題【例4】在正四面體ABCD中，E為棱BC的中點，F為直線BD上的動點，則平面AEF與平面ACD所成二面角的正弦值的取值范圍是_eq blc(rc(avs4alco1(f(r(2),3)，1)本例可用極端位置法來加以分析先尋找垂直：記O為ACD的中心，

11、G為OC的中點，則BO平面ACD，EG平面ACD如圖1，過點A，E，G的平面交直線BD于點F.此時，平面AEF與平面ACD所成二面角的正弦值為1.由圖形變化的連續性知，當點F在直線BD的無窮遠處時，看成EF和BD平行，此時平面AEF與平面ACD所成二面角最小(如圖2)，其正弦值為eq f(r(2),3). 圖1 圖2綜上可知，平面AEF與平面ACD所成二面角的正弦值的取值范圍為eq blc(rc(avs4alco1(f(r(2),3)，1) 在解決立體幾何中的“動態”問題時，對于移動問題，由圖形變化的連續性，窮盡極端特殊之要害，往往能直取答案.eq o(跟進訓練)4長方體ABCDA1B1C1D

12、1中，AB2，BC1，AA12，P為該長方體側面CC1D1D內(含邊界)的動點，且滿足tanPADtanPBC2eq r(2).則四棱錐PABCD體積的取值范圍是()Aeq blc(rc(avs4alco1(0，f(2,3)Beq blcrc(avs4alco1(f(r(2),3)，f(2,3)Ceq blc(rc(avs4alco1(0，f(4,3)Deq blcrc(avs4alco1(f(r(2),3)，f(4,3)B如圖所示，在RtPAD中，tanPADeq f(PD,AD)PD，在RtPBC中，tanPBCeq f(PC,BC)PC，因為tanPADtanPBC2eq r(2)，所以PDPC2eq r(2).因為PDPC2eq r(2)CD2，所以點P的軌跡是以C，D為焦點，2a2eq r(2)的橢圓如圖所示：aeq r(2)，c1，beq r(21)1，橢圓的標準方程為：eq f(x2,2)y21.又P1(0,1)，聯立eq blcrc (avs4alco1(x1,f(x2,2)y21)，解得yeq f(r(2),2).所以P2eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(r(2),2)，P3eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(r(2),2).當點P運動到P