高考新动向——“动态”立体几何试题

张伟志　张海娟

题目 (2008年山东理科卷第20题）

图1如图1，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E、F分别是BC，PC的中点.

(Ⅰ)证明：AE⊥PD；

(Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为62，求二面角E-AF-C的余弦值.

1 解法研究

第(Ⅰ)小题证法比较简单，以下对第(Ⅱ）小题解法进行研究.(Ⅱ)分析和略解 设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH、EH.由(Ⅰ）知：AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.在Rt△EAH中，AE=3，所以当AH最短时，∠EHA最大，即当AH⊥PD时，∠EHA最大.此时tan∠EHA=AEAH=3AH=62,因此AH=2.又AD=2，所以∠ADH=45°，所以PA=2.

图2因为PA⊥平面ABCD，PA计矫鍼AC，所以平面PAC⊥平面ABCD.

过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC.

过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角.

在Rt△ESO中，不难求出cos∠ESO=155.

即所求二面角的余弦值为155.

2 本质提示

由AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角，在Rt△EAH中，tan∠EHA=AEAH,AE的长度不变，当AH最短时，tan∠EHA最大，∠EHA最大.

在△APD中，H在线段PD上运动时，当AH⊥PD时，AH的长度最小，从而∠EHA最大.这样，就将三维立体问题转化为二维平面几何问题，使之得以简化.

图3这一类“动态”立体几何题在近几年的高考中经常出现，题目中除了固定不变的线线、线面、面面关系外，渗透了一些“动态”的点、线、面元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题意更新颖，更灵活，加强了对学生空间想象能力的考查.除了以上这种转化方法之外，还可以运用待定系数法、引入参数或目标函数、变动为静等策略来解决此类问题.

3 引申和推广

图4例1 如图4，已知直线m⊥平面α,垂足为O，P∈α,且P不同于O，直线n为平面α内过P但不过O的直线，长度为a的线段AB在直线m上滑动，直线n可绕点P在平面α内转动，同时长度为b的线段CD在n上滑动，且|PO|=c,求三棱锥A-BCD体积的最大值.

分析和略解 本题可采用割补、等积、转化途径求解，连结CO，DO，m⊥平面OCD.

于是V瑼-BCD=V瑼-OCD-V瑽-OCD=13OA·S△OCD-13OB·S△OCD=16abd(其中d为O到CD距离）.

因为n可绕P转动，d≤c,当且仅当直线n⊥OP时等号成立，所以V瑼-BCD最大值为16abc.

评析 本题中很难直接求△BCD面积和三棱锥的高.尽管AB、CD在m、n上滑动，n又绕P转动，但可通过模拟实验寻求不变因素，以静制动.

例2 在边长为a的正方形ABCD中，MN分别是DA，BC上的点，且MN∥AB,连接AC交MN于点P，沿MN将正方形ABCD折成直二面角.

(Ⅰ)求证：无论怎样平移MN(保持MN∥AB），∠APC大小保持不变.

(Ⅱ)当MN在何位置时，点M到面ACD的距离最大，并求这个最大值.

图5分析和略解 如图5，(Ⅰ)设AM=x,则CN=a-x,PA=2x,PC=2(a-x)

AC2=AM2+DM2+CD2=2a²+2x²-2ax,cos∠APC=PA2+PC2-AC22·PA·PC

=2x²+2(a-x)2-(2a²+2x²-2ax)22x·2(a-x)=-12,∠APC为定值120°.

(Ⅱ)过M作MH⊥DA于H，则MH的长度就是M到平面ACD的距离，MH=x·(a-x)x²+(a-x)2≤x+(a-x)22·1x²+(a-x)2=a²4·12x-a22+a²2

当且仅当x=a2时，上述不等式中等号成立；而对于目标函数2(x-a2)2+a²2，亦当x=a2时取最大值a²2，从而当x=a2时，MH璵ax=2a4.

评析 本题第(Ⅰ)小题中引入参数x并巧妙地利用余弦定理消去参数，使问题迎刃而解；第(Ⅱ）小题中，结合基本不等式和二次函数的性质的应用，达到了由数到形的转化.

例3(2008年福建理18）如图6，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD=2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2，O为AD中点.

(Ⅰ)求证：PO⊥平面ABCD；

图6(Ⅱ）求异面直线PB与CD所成角的正切值；

(Ⅲ)线段AD上是否存在点Q，使得它到平面PCD的距离为32？若存在，求出AQQD的值；若不存在，请说明理由.

图7解析 (Ⅰ)略；(Ⅱ)由条件知，OC、OD、OP两两垂直，以O为坐标原点，OC、OD、OP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz,依题意，易得A(0，-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1).

所以CD=(-1，1，0），PB=(1，-1，-1）.

所以cos=CD·PB|CD|·|PB|=-63.故异面直线PB与CD所成角的正切值为22.

(Ⅲ）假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为32，由(Ⅱ)知CP=(-1，0，1），CD=(-1，1，0）.

设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0).

由n·CP=-x0+z0=0

n·CD=-x0+y0=0得x0=y0=z0,

令x0=1,得平面PCD的一个法向量为n=(1，1，1）.

设Q(0，y,0)(-1≤y≤1),CQ=(-1,y,0),由|CQ·n||n|=32，得|-1+y||3|=32,解y=-12或y=52(舍去).故|AQ|=12，|QD|=32，所以存在点Q满足题意，此时AQQD=13.

评析 本题也可用几何法来解，这里不再叙述.空间向量为探索性问题的解决提供了很大的方便，在解题中，往往把“是否存在”的问题转化为“点的坐标是否有解”、“是否有规定范围的解”等，避免了复杂繁难的作图、论证、推理，因而使问题的解决更简单、有效.

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