2）.；
x2+y2-xy-2x+1
（2）MN=
，故当x=2
2，y=2
33
（y-x）2+3（x-2
243
2）2+1
3
时，MN有最小值
。
且该最小值是异面直线AC，BF之间的距离。
3
3
例5.如图，在ΔABC中，∠ACB＝90°，BC＝a,AC＝b,D是斜边AB上的点，以CD为棱把它折成直二面角A—
CD—B后，D在怎样的位置时，AB为最小，最小值是多少?
解析：
设∠ACD＝θ，则∠BCD＝90°-θ，作AM⊥CD于M，BN⊥CD于N，于是AM＝bsinθ,CN＝asinθ.
∴MN＝｜asinθ-bcosθ｜，因为A—CD—B是直二面角，AM⊥CD，BN⊥CD，∴AM与BN成90°的角，于是AB＝
b2sin2θ+a2cos2θ+（asinθ-bcosθ）2
＝a2+b2-absin2θ≥a2+b2-ab.
∴当θ＝45°即CD是∠ACB的平分线时，AB有最小值，最小值为
a2+b2-ab.
例6.正三棱锥A-BCD，底面边长为a，侧棱为2a，过点B作与侧棱AC、AD相交的截面，在这样的截面三角形中，求
（1）周长的最小值；
（2）周长为最小时截面积的值，（3）用这周长最小时的截面截得的小三棱锥的体积与三棱锥体积之比.
解析：
（1）沿侧棱AB把正三棱锥的侧面剪开展成平面图.如图1，当周长最小时，EF在直线BB′上，∵ΔABE
≌ΔB′AF，∴AE＝AF，AC＝AD，∴B′B∥CD，∴∠1＝∠2＝∠3，∴BE＝BC＝a，
同理B′F＝B′D＝a.∵ΔFDB′∽ΔADB′，∴
DF
＝
DB'
DB'DF
，
AB'a
a1
＝＝,
2a2
1
∴DF＝
2
3
a,AF＝
2
3
a.又∵ΔAEF∽ΔACD，∴BB′＝a+
4
11
a+a＝
4
a,∴截面三角形
11
的周长的最小值为a.
4
（2）如图2，∵ΔBEF等腰，取EF中点G，连BG，则BG⊥EF.∴BG＝
＝＝a
BE2-EG2
a2-（3a）2
8
55
8
1
∴S＝
1
·EF·BG＝
3
·
55
355
a·a＝
a2.
2
ΔBEF
24864
（3）∵VA-BCD＝VB-ACD，而三棱锥B—AEF，三棱锥B—ACD的两个高相同，所以它们体积之比于它们的两底面积之比，即
VB-AEF
VB-CAD
S△AEF
＝
S△ACD
EF29
＝＝
CD216
评析把曲面上的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离的问题，从而使问题得到解决，这是求曲面上最短路线的一种常用方法.本题中的四面体，其中任何一个面都可以做为底面，因而它可有四个底面和与之对应的四条高，在解决有关三棱锥体积题时，需要灵活运用这个性质.
二、面积最值问题
例7.如图1所示，边长AC＝3，BC＝4，AB＝5的三角形简易遮阳棚，其A、B是地面上南北方向两个定点，正西方向射出的太阳光线与地面成30°角，试问：
遮阳棚ABC与地面成多大角度时，才能保证所遮影面ABD面积最大?
解析：
易知，ΔABC为直角三角形，由C点引AB的垂线，垂足为Q，则应有DQ为CQ在地面上的斜射影，且AB垂直于平面CQD，如图2所示.
12
因太阳光与地面成30°角，所以∠CDQ＝30°，又知在ΔCQD中，CQ＝
5
，由正弦定理，有
CQ
sin30︒
QD
＝
sin∠QCD
6
即QD＝
5
sin∠QCD.
为使面ABD的面积最大，需QD最大，这只有当∠QCD＝90°时才可达到，从而∠CQD＝60°.故当遮阳棚ABC与地面成60°角时，才能保证所遮影面ABD面积最大.
例8.在三棱锥A—BCD中，ΔABC和ΔBCD都是边长为a的正三角形，二面角A—BC—D＝φ，问φ为何值时，
三棱锥的全面积最大。
3
4
解析：
S＝S＝
a2为常量，所以三棱锥全面积的大小取决于S
与S的大小，由于ΔABD≌ΔACD，
ΔBAC
ΔBCD
ΔABD
1
ΔACD
所以只求SΔACD何时面积取最大值即可。
∵SΔACD＝
2
asin∠ACD，所以当∠ACD＝90°时面积最大，问题得解。
解如图，取BC中点M，连AM、DM，∴ΔABC和ΔBCD都是正三角形，∴∠AMD是二面角A-BC-D的平面角，∠
2
AMD＝φ，又∵ΔABD≌ΔACD，且当∠ACD＝90°时，ΔACD和ΔABD面积最大，此时AD＝
1
a，在ΔAMD中，
由余弦定理cos∠AMD＝-，
3
1
∴当φ＝π-arccos
3
时，三棱锥A-BCD的全面积最大。
点评本题将求棱锥全面积的最大值，转化为求ΔACD面积的最大值，间接求得φ角。
例9、一个圆锥轴截面的顶角为1200，母线为1，过顶点作圆锥的截面中，最大截面面积为。
分析：
本题是截面问题中的常见题，设圆锥的轴截面顶角是α，母线长为l，则截面面积
⎪
⎧1l2sinα2
Smax=⎨
π
α∈（0,）
2
1
[,
，本题轴截面顶角为1200，∴最大面积为。
⎪
⎪1l2
⎩2
α∈ππ]2
2
例10、圆柱轴截面的周长L为定值，求圆柱侧面积的最大值。
⎛d+h⎫2
πl2
分析：
设圆柱的底面直径和高分别为d,h,则有：
2（d+h）=L,d+h=L/2,S侧=πdh≤πç
⎝
⎪=（当
2⎭16
且仅当d=h时取“=”）。
例11、在棱长为1的正方体ABCD—ABCD中，若G、E分别是BB1、
D1EC1
B1
F
D
G
C1D1的中点，点F是正方形ADD1A1的中心。
则四边形BGEF在正方体侧面
及底面共6个面内的射影图形面积的最大值是。
1A1
分析：
可得四边形BGEF在前后侧面上的射影相等且等于
4
；在左右
1
侧面上的射影相等且等于
8
3
3
；在上下底面的射影相等且等于
8
，所以射影图C
形面积的最大值为
8
。
AB
三、体积最值问题
例12.如图，过半径为R的球面上一点P作三条两两垂直的弦PA、PB、PC，
（1）求证：
PA2+PB2+PC2为定值；
（2）求三棱锥P—ABC的体积的最大值.
解析：
先选其中两条弦PA、PB，设其确定的平面截球得⊙O1，AB是⊙O1的直径，连PO1并延长交⊙O1于D，PADB是矩形，PD2＝AB2＝PA2+PB2，然后只要证得PC和PD确定是大圆就可以了.
解：
（1）设过PA、PB的平面截球得⊙O1，∵PA⊥PB，
111
∴AB是⊙O的直径，连PO并延长交⊙O于D，则PADB是矩形，PD2＝PA2+PB2.设O为球心，则OO1⊥平面⊙O1，
∵PC⊥⊙O1平面，
∴OO1∥PC，因此过PC、PD的平面经过球心O，截球得大圆，又PC⊥PD.
∴CD是球的直径.
故PA2+PB2+PC2＝PD2+PC2＝CD2＝4R2定值.
1
（2）设PA、PB、PC的长分别为x、y、z，则三棱锥P—ABC的体积V＝
6
xyz，
1
V2＝
36
1
x2y2z2≤（
36
x2+y2+z2
3
1
）3＝
36
64R6
·
27
24
＝R6.
35
∴V≤
R3.
43
27
43
即V最大＝
27
R3.
评析：
定值问题可用特殊情况先“探求”，如本题
（1）若先考虑PAB是大圆，探求得定值4R2可为
（1）的证明指明方向.
球面上任一点对球的直径所张的角等于90°，这应记作很重要的性质.四、角度最值问题。
例13.在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，P是A1B1上的一动点，平面PAD1和平面PBC1与对角面ABC1D1所成的二面角的平面角分别为α、β，试求α+β的最大值和最小值.
解析：
如图.对角面A1B1CD⊥对角面ABC1D1，其交线为EF.过P作PQ⊥EF于Q，则PQ⊥对角面ABC1D1.分别连PE、PF.
∵EF⊥AD1，PE⊥AD1（三垂线定理）.故由二面角的平面角定义知∠PFQ＝α，
同理，∠PFQ＝β.
设A1P＝x,（0≤x≤1），则PB1＝1-x.
2
∵EQ＝A1P，QF＝PB1，PQ＝，
2
∴当0＜x＜1时，有
2
tanα＝
2x
tanβ＝
2
2（1-x）
2+2
tanα+tanβ2x2（1-x）
∴tan（α+β）＝
＝
1-tanαtanβ
1-2⋅
2x
2
2（1-x）
2
＝
-2（x-1）2-1
2
而当x＝0时α＝
2
p
，tan（α+β）＝tan（
2
π
+β）＝-cotβ＝-
2
EF
2
＝-
A1E
，上式仍成立；类似地可以验证.
2
1
当x＝1时，上式也成立，于是，当x＝时，tan（α+β）取最小值-2
2
；当x＝0或1时，tan（α+β）取最
2
大值-.
又∵0＜α+β＜π，
2
∴（α+β）max＝π-arctan
2
（α+β）min＝π-arctan2
“动态”立体几何题初探
盐城市时杨中学陈晓兵224035
本文所指的“动态”立体几何题，是指立体几何题中除了固定不变的的线线、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，同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋灵活，加强了对学生空间想象能力的考查。
一、截面问题
截面问题是立体几何题中的一类比较常见的题型，由于截面的“动态”性，使截得的结果也具有一定的可变性。
例1、已知正三棱柱A1B1C1—ABC的底面积为S,高为h,过C点作三棱柱的与底面ABC成α角的截面△
p
MNC,（0<α<）,使MN//AB，求截面的面积。
2
分析：
由于截面位置的不同，它与几何体的交线MN可能在侧面A1B上，也可能在A1B1C1上，由此得到两种不同的结果。
解：
当交线MN在侧面A1B内（或与A1B1重合时），S△MNC=
S
cosα
；当MN在底面A1B1C1内时，
h
arctan<α<
43S2
π
∴S△MNC=
2
A1
。
3h2cosα
3sin2α
1
M
1
C1
N
A
A
B1C1B
M
N
A
BCBC
二、翻折、展开问题
图形的翻折和展开必然会引起部分元素位置关系的变化，求解这类问题要注意对变化前后线线、线面位置关系、所成角及距离等加以比较，一般来说，位于棱的两侧的同一半平面内的元素其相对位置关系和数量关系在翻折前后不发生变化，分别位于两个半平面内的元素其相对关系和数量关系则发生变化。
不变量可结全原图型求解，变化了的量应在折后立体图形中来求证。
例2、下图表示一个正方体的展开图，图中AB、CD、EF、GH这四条直线在原正方体中相互异面的有（）
A2对B3对C4对D5对答：
B。
例3、从三棱锥P—ABC的顶点沿着三条侧棱PA、PB、PC剪开，成平面图形，得到△P1P2P3，且P1P2=P2P3；
C
A
P
G
D
B
A
E
F
B
AP
B
C
3
P
1
H
P
C2
（1）在棱锥P-ABC中，求证：
PA⊥BC，
（2）P1P2=26，P1P3=20，求三棱锥的体积。
1
分析：
（1）由展开的过程可知，A、B、C分别是边P1P3、P1P2、P2P3的中点，故AB=
2
1
P2P3，AC=
2
P1P2，∴AB=AC。
又P1P2=P2P3，∴在原图中取BC中点H，连AH、PH，可证AH⊥BC，PH⊥BC，∴BC⊥面
PAH，即得PA⊥BC。
119
（2）由
（1）知BC⊥面PAH，，在立体图中可知，PB=PC=AB=AC=13,BC=10,PH=HA=12,S△PAH=5,
1
∴V=
3
50
S△PAH·BC=119.
3
三、最值问题
立体几何题中经常会涉及到角度、距离、面积、体积最大值、最小值的计算，很多情况下，我们可以把这类动态问题转化成目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值。
例4、（2002年全国高考）如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直，
2
点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a，（0M
B
NO
（Ⅰ）求MN的长；C
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