紀(jì)堯兵

[摘 要] 立體幾何中的動(dòng)態(tài)問(wèn)題綜合性強(qiáng)，能有效考查學(xué)生對(duì)所學(xué)內(nèi)容靈活應(yīng)用的能力. 求解此類問(wèn)題應(yīng)立足基礎(chǔ)，充分利用線面平行、垂直原理，平面幾何性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，以及常用解題技巧.

[關(guān)鍵詞] 立體幾何；動(dòng)態(tài)幾何；高考數(shù)學(xué)

題目：如圖1所示，正方體ABCD-A′B′C′D′的棱長(zhǎng)為1， E，F(xiàn)分別是棱AA′，CC′的中點(diǎn)，過(guò)直線E，F(xiàn)的平面分別與棱BB′，DD′交于M，N，設(shè)BM=x，x∈（0，1），給出以下四個(gè)命題：

①四邊形MENF為平行四邊形；

②若四邊形MENF面積s=f（x），x∈（0，1），則f（x）有最小值；

③若四棱錐A-MENF的體積V=p（x），x∈（0，1），則p（x）是常函數(shù)；

④若多面體ABCD-EMFN的體積v=h（x），x∈，1，則h（x）為單調(diào)函數(shù).

其中假命題為（ ）

A. ① B. ② B. ③ D. ④

把握平行、垂直原理

空間中的平行關(guān)系包括：線線平行、線面平行、面面平行.問(wèn)題處理中要準(zhǔn)確把握三者之間相關(guān)推導(dǎo)關(guān)系.

對(duì)于命題①，利用面面平行的性質(zhì)即可推出線線平行.

因?yàn)槠矫鍭DD′A′∥平面BCC′B′，平面EMFN∩平面ADD′A′=EN，平面EMFN∩平面BCC′B′=MF，所以EN∥NF.

同理EM∥NF，所以四邊形EMFN為平行四邊形，故命題①正確.

變式1：如圖2所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E是棱CC1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，平面BED1交棱AA1于點(diǎn)F，則下列命題中假命題是___________.

①存在點(diǎn)E，使得A1C1∥平面BED1F

②存在點(diǎn)E，使得B1D⊥平面BED1F

③對(duì)于任意的點(diǎn)E，四棱錐B1-BED1F的體積均不變

對(duì)于命題①，欲使A1C1∥平面BED1F，只需在面BED1F內(nèi)找到一條直線與A1C1平行即可，易知若點(diǎn)E為CC1的中點(diǎn)，則A1C1∥EF，故①正確.

對(duì)于命題②，如圖3，連接B1D，A1D. 設(shè)B1D⊥平面BED1F，則B1D⊥D1F. 易知A1D為B1D在平面ADD1A1內(nèi)的射影，由射影定理知A1D⊥D1F. 顯然不成立，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤.

命題③略.

評(píng)析：針對(duì)存在型問(wèn)題的處理，可通過(guò)先假所要判斷的點(diǎn)、線、面存在，再通過(guò)探究來(lái)驗(yàn)證其真?zhèn)?若探究可得滿足命題的關(guān)系存在，則命題為真. 反之為假.

借助平面幾何性質(zhì)

點(diǎn)、線、面是構(gòu)造空間幾何體的基本元素，因此平面幾何中的某些線、面原理可直接應(yīng)用于立體幾何中.

對(duì)于命題②，因?yàn)锳C⊥平面DBB′D′，EF∥AC，所以EF⊥平面DBB′D′，MN？奐平面DBB′D′，所以EF⊥MN，所以四邊形MENF的面積S=EF×MN. 因?yàn)镋F為定值，所以當(dāng)M，N分別為BB′，DD′的中點(diǎn)時(shí)有最小值. 故命題②正確.

變式2：如圖4所示，正三棱錐V–ABC中，側(cè)棱長(zhǎng)為2，且∠AVB=∠BVC=∠CVA=30°. 從點(diǎn)A作一截面，使截面與VB，VC相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，則截面三角形AEF周長(zhǎng)的最小值為_(kāi)__________.

解析：截面三角形AEF周長(zhǎng)的最小值，即為從點(diǎn)A出發(fā)繞側(cè)面一周回到點(diǎn)A的最短距離.若將正三棱錐的側(cè)面沿側(cè)棱VA剪開(kāi)后展開(kāi)，如圖5，則所求的最短距離即為該平面圖形中點(diǎn)A與A′的連線長(zhǎng).

因?yàn)椤螦VB=∠BVC=∠CVA=30°.

所以∠AVA′=90°，而VA=VA′=2，

所以AA′=2，即截面三角形AEF周長(zhǎng)的最小值為2.

評(píng)析：在某些幾何問(wèn)題的求解中，通過(guò)將幾何體的表面沿著某些線剪開(kāi)，將其展開(kāi)為平面圖形，然后利用平面幾何知識(shí)求解，常可有效降低問(wèn)題求解的難度.

用好分割策略

對(duì)于命題③，由圖易知VA-MENF=VN-AEF+VM-AEF，因?yàn)镾△AEF為定值，M，N到平面AEF的距離為定值，所以A-MENF的體積為定值，即p（x）為常函數(shù)，故命題③正確.

變式3：如圖6所示的幾何體為一簡(jiǎn)單組合體，在底面ABCD中，∠DAB=60°，AD⊥DC，AB⊥BC，QD⊥平面ABCD，PA∥QD，PA=1，AD=AB=QD=2.

（1）求證：平面PAB⊥平面QBC；

（2）求該組合體的體積.

解析：（1）略.？搖？搖

（2）如圖7所示，連接BD，過(guò)B作BO⊥AD， 因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BO？奐平面ABCD，所以PA⊥BO. 因?yàn)镻A⊥BO，AD⊥OB，PA∩AD=A，所以BO⊥平面PADQ. 因?yàn)镾PADQ=3，所以VB-PADQ=SPADQ·BO=. 因?yàn)镼D⊥平面ABCD，S△BDC=，所以VQ-BDC=S△BDC·QD=，所以該組合體的體積為VB-APQD+VQ-BDC=.

評(píng)析：分割法是求立體幾何體積問(wèn)題的有效策略. 通過(guò)分割將所求幾何體分解為易于求解的幾個(gè)部分，分別求解后再相加即可解決問(wèn)題. 問(wèn)（1）要證兩個(gè)平面垂直，轉(zhuǎn)化為證明一個(gè)平面內(nèi)有一條直線與另一個(gè)平面垂直；問(wèn)（2）的關(guān)鍵根據(jù)條件利用分割法化整體為部分再分別求解即可.

構(gòu)造目標(biāo)函數(shù)

對(duì)于命題④，如圖8過(guò)點(diǎn)M作平面MF′N′E′∥平面ABCD，分別交CC′，DD′，AA′于點(diǎn)F′，N′，E′，則多面體ABCD-EMFN的體積V=VABCD-E′M ′F′N ′+VM-E′N′NE+VM-F ′FNN ′，而VABCD-E′MF′N′=1×1×x=x，VM-E′N′NE=×1-2x+-x×1×1=-x，

VM-F′FNN′=×1-2x+-x×1×1=-x，

所以V=x+-x=為常數(shù)，故命題④錯(cuò)誤.

故選D.

變式4：（2016年浙江卷）現(xiàn)需要設(shè)計(jì)一個(gè)倉(cāng)庫(kù)，它由上、下兩部分組成，上部分的形狀是正四棱錐P-A1B1C1D1，下部分的形狀是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1（如圖9所示），并要求正四棱柱的高O1O是正四棱錐的高PO1的4倍.

（1）若AB=6m，PO1=2m，則倉(cāng)庫(kù)的容積是多少；

（2）若正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為6m，當(dāng)PO1為多少時(shí)，倉(cāng)庫(kù)的容積最大？

解析：（1）因?yàn)镻O1=2m，則OO1=8m，VP-A1B1C1D1=SA1B1C1D1·PO1=×62×2=24m3，VABCD-A1B1C1D1=SABCD·OO1=62×8=288m3，V=VP-A1B1C1D1+VABCD-A1B1C1D1=312m3，

故倉(cāng)庫(kù)的容積為312m3.

（2）設(shè)PO1=xm，倉(cāng)庫(kù)的容積為V（x），則OO1=4xm，A1O1=m，A1B1=·m.

VP-A1B1C1D1=SA1B1C1D1·PO1=×（）2×x=（72x-2x3）=24x-x3m3，

VABCD-A1B1C1D1=SABCD·OO1=（）2×4x=288x-8x3m3，

V（x）=VP-A1B1C1D1+VABCD-A1B1C1D1=24x-x3+288x-8x3=-x3+312x（0

當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，V′（x）>0，V（x）單調(diào)遞增；

當(dāng)x∈（2，6）時(shí)，V′（x）<0，V（x）單調(diào)遞減.

因此，當(dāng)x=2時(shí)，V（x）取到最大值，即PO1=2m時(shí)，倉(cāng)庫(kù)的容積最大.

評(píng)析：解答與立體幾何最值有關(guān)問(wèn)題的常用策略是根據(jù)題目條件構(gòu)造目標(biāo)函數(shù)，再利用函數(shù)最值的求解方法解答，如配方法、均值不等式法、導(dǎo)數(shù)法等.另外要注意函數(shù)的定義域應(yīng)結(jié)合立體幾何的實(shí)際情況.