高考数学复习点拨 立体几何创新问题常见类型探求

高考创新题，向来是高考试题中最为亮丽的风景线。这类问题着重考查观察发现，类比转化以及运用数学知识，分析和解决数学问题的能力。当然数立体几何创新题也是高考创新题重点考查的一种类型。下举例谈谈立体几何创新题的基本类型及求解策略。 一、

结论开放型

例1 如图1，在正方体ＡＢＣＤ－Ａ1Ｂ1Ｃ1Ｄ1中，Ｐ为中截面的中心，则△ＰＡＣ在该正方体各个面上的射影可能是____．（要求：把可能的图的序号填上）

D C A DA1 P B C1 图1 B1 ① ②

③ ④

解析：△ＰＡＣ在正方体某一个面上的射影，应当是连结三个顶点 Ｐ，Ａ，Ｃ在这个面上的射影而得的图象．由于Ａ，Ｃ在下底面上的射影是它们各自本身，Ｐ在下底面上的射影是ＡＣ中点，故△ＰＡＣ在下底面上的射影是下底面对角线ＡＣ，因此，图①是可能的，且△ＰＡＣ在上底面上的射影是上底面对角线Ａ1Ｃ1，也是图①的情形；而Ａ在侧面ＢＣ1上的射影是Ｂ，Ｃ在侧面ＢＣ1上的射影是它本身，Ｐ在侧面ＢＣ1上的射影是侧面ＢＣ1的中心，故图④也是可能的．同理可知，△ＰＡＣ在其他三个侧面上的射影也都是图④的情形，于是图②，③是不可能的．因此，所有可能的图形是①，④．

评析：本题是一道多选题，涉及的数学概念并不多，侧重于考查数学语言向图形语言的转译，并根据这两种语言提供的信息展开空间想象，弃伪存真，它对于空间想象能力和思维判断能力有着较高的要求，是近几年高考题型改革较为成功的一种新颖题型之一． 二、存在探索型

例2、如图2，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，

∠ABC=60，PA=AC=a，PB=PD=2a,点E在PD上，

0

z P 且PE:ED=2:1.在棱PC上是否存在一点F，使BF//平面AEC？证明你的结论.

解:以A为坐标原点，直线AD、AP分别为y轴、

用心 爱心 专心B A F E D C y x 图2 z轴，过A点垂直平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图.由题设条件，相关各点的坐标分别为

A(0,0,0),B(21 3131a,a,0),C(a,a,0).D(0,a,0),P(0,0,a),E(0,a,a).222233所以 AE(0,2a,1a),AC(3a,1a,0).AP(0,0,a),PC(3a,1a,a).

223322BP(31a,a,a). 2231a,a,a),其中01,则 22设点F是棱PC上的点，PFPC(BFBPPF(313131a,a,a)(aλ,aλ,aλ)(a(λ1),a(1λ),a(1λ)) 22222233a(λ1)aλ1,22AE 得2121a(1λ)aλ1aλ2,2321a(1λ)3aλ2.λ1λ1, 4113即1λλ1λ2,λ,λ1,λ2.322211λλ2.3令 BF1AC131时，BFACAE.亦即，F是PC的中点时，BF、AC、AE共面.

222又 BF平面AEC，所以当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC.

即 评析：对于由给定结论，反溯应具备的条件的探索性问题，可执果索因，由给定的结论追溯应具备的条件。通过观察、试验、联想、演绎、归纳、类比、分析、综合等思维形式，寻找结论成立的条件. 三、类比拓展型

例3、如图，在任意DEF中有余弦定理：

CFADEDFEF2DFEFcosDFE. 拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱ABCA1B1C1的三个

侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明. 解

：

在

斜

三

棱

柱

11D222BEA1C1B1图3 ABCA1B1C111中，有

222SABBSBCCSACC2SBCCBSACCAcos 1A11B11A1其中为平面CC1B1B与平面CC1A1A所组成的二面角. CC1平面PMN,上述的二面角 为MNP,在PMN中，PM2PN2MN22PNMNcosMNP

222PM2CC1PN2CC1MN2CC12(PNCC)(MNCC)cosMNP，

11 由于SBCC1B1PNCC,SACC1A1MNCC,SABB1A1PMBB1，

11222 有SABBSBCCSACC2SBCCBSACCAcos 1A11B11A11111评析：对于这类问题，可从命题的结构形式特征入手，再进行证明说理。可运用已知信息，通过延伸和推广，对某些真命题进行深化和拓展，从而得出新的结论． 四、动点轨迹型

例4、若三棱锥A－BCD的侧面ABC内一动点P到底面BCD的距离与到棱AB的距离相等，

AAAAAP B用心 爱心 专心 CPP A CBP BP CBCBEOCDB C D 图4 则动点P的轨迹与△ABC组成图形可能是

（ ）

解析：如图4，PO面BCD于O，，PPBC，当P与B点重合时，显然满足条件。要使POPE，只须PBEPBO，只要适当移动PB的位置就有可能满足

PBEPBO，从而知轨迹为靠近线段AB的一条线段。故选D。

评析：动点轨迹问题是较为新颖的一种创新命题形式，它重点体现了在解析几何与立体几何的知识交汇处设计图形。不但考查了立体几何点线面之间的位置关系，而且又能巧妙地考查求轨迹的基本方法，是表现最为活跃的一种创新题型。 五、实际应用型

例5、如图5，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形．这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①．若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②．则当容器的高为多少时，可使这个容器的容积最大，并求出容积的最大值． 解: 设容器的高为a23x图1图2图5

x．则容器底面正三角形的边长为

3a31x(a23x)2(0x)43x(a23x)(a23x) 4443233,

V(x)143xa23xa23x3a3当且仅当 43xa23x,即x3a时,Va.

()max1854163543故当容器的高为3a时，容器的容积最大，其最大容积为a.

1854评析：由于目标函数是关于三次函数的最值问题，因此用导数求解最方便。 六、位置确定型

例6、如图是一个封闭的立方体，它的6 个面各标出A、B、D、E、F这六个字母中的一个字母。现放成下面的三个不同的位置，所见的的表面上的字母已标明，则A、B、C对面的字母分别是（ ）

A． D、E、F B. F、D、E C. E、F、D D. E、D、F

解析:如图1知,A、B、C是共点的三个侧面上的点，由图2，结合图1易知B的对面应是D，同理由图3知A的对面应是E，从而C的对面应是F。从而知正确答案为A。

评析：本题主要考查空想想象能力。求解关键是全方位地挖掘点线面诸要素间的关系，遂一肯定或否定，从而达到求解目的。 七、组合计数型

例8 、四面体的顶点和各棱的中点10个点。（1）从中任取三点确定一个平面，共能确定多少个平面？（2）以这10 个点顶点，共能确定多少个凸棱锥？

A图1BDACC图2C图3BE用心 爱心 专心

解：（1）四面体的每一个面上的6个点只能确定同一个平面，六个中点中又有3对互相平行的连线，每一个棱上的三个点和棱外的点，只能确定一个平面，由间接法，共能确定 不

333同平面C104(C61)3(C41)6229个。

（2）依四面体的性质，若从10个点中取顶点作棱锥，只能是三棱锥或四绫锥。每一组不共面的4个点确定一个三棱锥，每一无三点共线的共面4点与该平面处一点确定一个四棱锥，

4444故共有：C104C66C43C4141个。即不考虑条件后，减去4个面上4个点共

面虚构的，6条棱上三点共线虚构的3对平行中位线4点共面虚构的。又每一个面上6点，

431仅确定6个不 同边形，即有C63C3C3，再以不在该平面上的另外4点之一为第五个顶3111共有(C3C3C3)C4C4个，又每对平行的中位线段为四边形二边可确点可作成四棱锥，

定一个底面四边形，另取其它6点之一为第5个顶点可作四棱锥，共有C3C6个，即共有不

4311111同四棱锥(C63C3C3)C4C4+C3C6=114个。

11故共能作成不同的棱锥141+114=255个。

评析：立体几何组合计数问题求解的关键是充分弄清几何概念及相关位置关系，然后利用排列组合知识正面或反面求解。分类讨论思想是考查的重点。

用心 爱心 专心