立體幾何創新題型透析

高考命題時要求設計“研究型、探索型或開放型的題目，讓考生獨立思考，自我探索，發揮主觀能動性”．創新題型實質上就是在教材上無例習題，教參上無套路題，往年的考卷無模擬題的一類新型考題．它常常以“問題”為核心，以“探究”為途徑，以“發現”為目的，將數學知識、方法和原理融于一體，突出對數學思想方法的考查，是高考中的熱點題型．

一、類比拓展型

對于兩個比較相似的問題，如果已知一個問題的結論和方法，那么，我們可以通過將兩個問題加以比較分析、借鑒與拓展，得出另一個問題的結論和方法．平面幾何到立體幾何的類比在歷年高考中屢屢頻現．將平面問題與空間問題加以類比，有助于對空間圖形的認識．

例1 函數的反函數等于本身，這類函數稱為自反函數．已知真命題：“在平行四邊形中，設兩鄰邊為夾角為常數），若該平行四邊形的面積與它的周長相等，則的函數關系為自反函數關系：．請你在空間圖形中，寫出類似的一個真命題：在長方體中，設底面二鄰邊為，高為，若該長方體的體積與它的表面積相等，則的函數關系為自反函數關系：_____________．

解析：本題從命題的解法或式子的結構入手類比，即可得出答案為：．

評注：對于這類問題，可從命題的結構形式特征入手，運用已知信息，將式子結構、運算法則、解題方法、問題的結論、空間維度等通過合情推理、延伸或遷移，從而得出新的結論．例如，二維平面的面積比，類比聯想三維空間的體積比；二維平面兩線段乘積的比，可類比聯想到三維空間三線段乘積的比；“每一個三角形都有一個外接圓”，將此結論類比到空間可以得到“每一個三棱椎都有一個外接球”等．

二、情境新穎型

通過新的立意，新的背景，新的表述，新的設問都創設試題的新穎情境，讓考生觸題就能感到題目的“不俗”．其解決途徑和解題方法超越常規，有一定的創造性成分，需要用觀察、聯想、模擬等似真推理來探路，再借助邏輯思維進行嚴格的推理論證．

例2 空間這樣的四個點A、B、C、D，使得AB=CD=8 cm，AC=BD=10 cm，AD=BC=13 cm．（填“存在”或“不存在”）

解析：要去尋找這樣的點是很難敘述的，但我們可以虛擬一些特殊的圖形去模擬運動，判斷結果．細看題目有四個點，顯然可以從四邊形旋轉所構成的三棱錐模型結構看一下這些長度關系是否合理，來得出需要的結論．

在空間中，分別以8、10、13為邊長，作如圖1所示平面四邊形，它由△ABC和△BCD組成，公共邊為BC=13 cm，AC=BD=10 cm，AB=CD=8 cm，固定△ABC所在的平面，令△BCD繞著邊BC旋轉.顯然當D位于△ABC所在的平面時，AD最大．BC=13 cm，AC=10 cm，AB=8 cm，可得cos∠BAC=-，即可知∠BAC是鈍角，故對于平行四邊形（即D在平面ABC內時）ABDC，對角線AD的長小于對角線BC的長，即AD

評注：該題以空間多點間相對距離立意，可通過構造先滿足部分條件的圖形模擬運動導出，屬于邊緣性知識，設置為小題顯得不偏、不難，考查了理性思維和分析問題的能力．

三、截線截面型

一個平面與幾何體相交所得的幾何圖形（包括邊界及內部）叫做幾何體的截面，截面的邊界叫做截線（或交線），常見的截面有對角面、軸截面、直截面、平行于底面的截面以及其他具有某種特性的截面．有關截面的問題主要有面積、距離和角的計算問題以及與截面的位置、形狀、數量有關的證明和判定問題．

例3 如圖2所示的集合體是將高為2，底面半徑為1的直圓柱沿過軸的平面切開后，將其中一半沿切面向右水平平移后得到的．A、A′、B、B′分別為 的中點，分別為的中點．

（1）證明：四點共面；

（2）設G為A A′中點，延長到H′，

直線BO2是由直線AO1平移得到，

（2）將AO1延長至H使得O1H=O1A，連接，∴由平移性質得=HB，

評注：本題考查了軸截面問題．截面能反映幾何體的內部結構，截面上可集中幾何體的主要元素，反映它們之間的內在聯系，是研究幾何體的必由之路．常常可以利用截面把幾何體中的元素集中到平面圖形來，利用降維的思想，實現空間問題向平面問題的轉化．

四、動態折展型

折疊與展開問題是立體幾何的兩個重要問題，這兩種方式的轉變正是空間幾何與平面幾何問題轉化的集中體現．解答折疊問題的關鍵在于畫好折疊前后的平面圖形與立體圖形，并弄清折疊前后哪些發生了變化，哪些沒有發生變化．這些未變化的已知條件都是我們分析問題和解決問題的依據．而表面展開問題是折疊問題的逆向思維、逆過程，一般地，涉及到多面體表面的問題，解題時不妨將它展開成平面圖形試一試．

例4 已知等腰梯形PDCB中，PB=3，DC=1，PB=BC=，A為PB邊上一點，且PA=1，將△PAD沿AD折起，使面PAD⊥面ABCD.

（Ⅰ）證明：平面PAD⊥PCD；

（Ⅱ）試在棱PB上確定一點M，使截面AMC把幾何體分成的兩部分；

（Ⅲ）在M滿足（Ⅱ）的情況下，判斷直線PD是否平行面AMC.

解析：（I）易證從略；

（II）由（I）知平面ABCD，∴平面PAB⊥平面ABCD.

如圖3， 在PB上取一點M，作MN⊥AB，則MN⊥平面ABCD，

（Ⅲ）連接BD交AC于O，因為AB//CD，AB=2，CD=1，由相似三角形易得BO=2OD

O不是BD的中心 ，又∵M為PB的中點

在△PBD中，OM與PD不平行，∴OM所以直線與PD所在直線相交

又OM平面AMC，∴直線PD與平面AMC不平行.

評注：本題為折疊問題，此類問題應該分清折疊前后的哪些量發生了變化，此外，還要注意找出空間轉化為平面的途徑，幾何計算的準確性等．

五、幾何交匯型

教材中關于軌跡，多在平面幾何與平面解析幾何中加以定義，在空間中，只對球面用軌跡定義作了描述.如果把平面解析幾何中的定點、定直線不局限在同一個平面內，則很自然地把軌跡從平面延伸到空間．

例5 如圖4，棱長為1的正方體， M、N為BB1、AB的中點，O是B1C的中點，過O作直線與AM交于P，與CN交于Q.（Ⅰ）求PQ的長度；（Ⅱ）將平面A1B無限延展開來，設平面A1B內有一動點T，它到直線DD1的距離減去它到P點的距離的平方差為1，請建立適當的直角坐標系，求出動點T所構成曲線K的方程；（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，請說明以PB為直徑的圓與曲線K是否有交點，如果有請求出；如果沒有，請使用適當的文字加以說明．

解析：（Ⅰ）連MO交CC1于E，連DE，延長DA， CN交于Q，連結OQ交AN于P，則PQ為所求，易得，

（Ⅱ）如圖5，過T作TE⊥DD1，過T作TF⊥AA1，又AA1⊥TF，DD1⊥TE，

DD1∥AA1，∴AA1⊥平面TEF，故AA1⊥EF，∴EF∥AD.

在Rt△TFE中，，

∴TF = PT.故T點的軌跡是以P為焦點，以AA1為準線的拋物線，

以過P點且垂直于AA1的直線為x軸，以P點AA1的垂線段的中點為原點，建立直角坐標系，設拋物線的方程，由于P點到AA1的距離為，

故，∴曲線K的方程為.

（Ⅲ）假設拋物線與圓有交點，設交點為G，則∠PGB為直角，易得，故，又，過G作GH⊥AA1，則PG = HG.

∴，與矛盾，故交點不存在，于是以PB為直徑的圓與曲線K是沒有交點．

評注：此題將立體幾何與解析幾何巧妙結合，是對過去分離考核的創新．許多同學對此茫然．但此題的解答卻很簡單，利用普遍性與特殊性的關系轉化，首先考慮特殊圖形，然后考慮一般情形．

六、割補切接型

立幾問題中的某個幾何圖形可能是另一個幾何圖形的一部分或者是由兩個幾何體通過相切相接組合而成，因此這類幾何問題可能具有包含它的那類幾何問題的性質.由這類問題與其他問題的聯系解決問題的方法，實際上是在尋找解題的中間環節.

例6 （1）如圖6，對于任一給定的四面體，找出依次排列的四個相互平行的平面，使得，且其中每相鄰兩個平面間的距離都相等；

（2）給定依次排列的四個相互平行的平面，其中每相鄰兩個平面間的距離都為1，若一個正四面體的四個頂點滿足，求該正四面體的體積.

解析：（1）取的三等分點的中點，的中點，過三點作平面，過三點，，作平面，因為∥，∥，所以平面∥平面，再過點，分別作平面，與平面平行，那么四個平面依次相互平行，由線段被平行平面截得的線段相等知，其中每相鄰兩個平面間的距離相等，故為所求平面.

（2）如圖7，現將此正四面體置于一個正方體中，（或者說，在正四面體的四個面外側各鑲嵌一個直角正三棱錐，得到一個正方體）的中點，和是兩個平行平面，若其距離為1，則正四面體 即為滿足條件的正四面體.圖8是正方體的上底面，現設正方體的棱長為，若，則有據，得，

于是正四面體的棱長，其體積.（即等于一個棱長為的正方體割去四個直角正三棱錐后的體積）

評注：在解決體積問題時，“割”或“補”是常用的手段. “割形”與“補形”是解決立體幾何問題的常用方法之一，通過“割”或“補”可將復雜圖形轉化為熟悉的簡單幾何體，從而較快地找到解決問題的突破口.

另外，開放探索性問題也是近年的立體幾何命題的熱點和難點。此類問題表現在有的有明確的條件而無明確的結論，有的有明確的結論而無明確的條件．解決此類問題的途徑就是明確問題探究的類型，并通過觀察、試驗、聯想、演繹、歸納猜想、類比、分析、等價轉化、綜合等思維形式解答．也可以借助向量工具，使幾何問題代數化，降低思維的難度加以解決．