立体几何创新题型透析

高考命题时要求设计“研究型、探索型或开放型的题目，让考生独立思考，自我探索，发挥主观能动性”．创新题型实质上就是在教材上无例习题，教参上无套路题，往年的考卷无模拟题的一类新型考题．它常常以“问题”为核心，以“探究”为途径，以“发现”为目的，将数学知识、方法和原理融于一体，突出对数学思想方法的考查，是高考中的热点题型．

一、类比拓展型

对于两个比较相似的问题，如果已知一个问题的结论和方法，那么，我们可以通过将两个问题加以比较分析、借鉴与拓展，得出另一个问题的结论和方法．平面几何到立体几何的类比在历年高考中屡屡频现．将平面问题与空间问题加以类比，有助于对空间图形的认识．

例1 函数的反函数等于本身，这类函数称为自反函数．已知真命题：“在平行四边形中，设两邻边为夹角为常数），若该平行四边形的面积与它的周长相等，则的函数关系为自反函数关系：．请你在空间图形中，写出类似的一个真命题：在长方体中，设底面二邻边为，高为，若该长方体的体积与它的表面积相等，则的函数关系为自反函数关系：_____________．

解析：本题从命题的解法或式子的结构入手类比，即可得出答案为：．

评注：对于这类问题，可从命题的结构形式特征入手，运用已知信息，将式子结构、运算法则、解题方法、问题的结论、空间维度等通过合情推理、延伸或迁移，从而得出新的结论．例如，二维平面的面积比，类比联想三维空间的体积比；二维平面两线段乘积的比，可类比联想到三维空间三线段乘积的比；“每一个三角形都有一个外接圆”，将此结论类比到空间可以得到“每一个三棱椎都有一个外接球”等．

二、情境新颖型

通过新的立意，新的背景，新的表述，新的设问都创设试题的新颖情境，让考生触题就能感到题目的“不俗”．其解决途径和解题方法超越常规，有一定的创造性成分，需要用观察、联想、模拟等似真推理来探路，再借助逻辑思维进行严格的推理论证．

例2 空间这样的四个点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：要去寻找这样的点是很难叙述的，但我们可以虚拟一些特殊 的图形去模拟运动，判断结果．细看题目有四个点，显然可以从四边 形旋转所构成的三棱锥模型结构看一下这些长度关系是否合理，来 得出需要的结论．

在空间中，分别以8、10、13为边长，作如图1所示平面四边形，它由ABC和BCD组成，公共边为BC=13 cm，AC=BD=10 cm，AB=CD=8 cm，固定ABC所在的平面，令BCD绕着边BC旋转.显然当D位于ABC所在的平面时，AD最大．BC=13 cm，AC=10 cm，AB=8 cm，可得cos∠BAC=-，即可知∠BAC是钝角，故对于平行四边形（即D在平面ABC内时）ABDC，对角线AD的长小于对角线BC的长，即AD

评注：该题以空间多点间相对距离立意，可通过构造先满足部分条件的图形模拟运动导出，属于边缘性知识，设置为小题显得不偏、不难，考查了理性思维和分析问题的能力．

三、截线截面型

一个平面与几何体相交所得的几何图形（包括边界及内部）叫做几何体的截面，截面的边界叫做截线（或交线），常见的截面有对角面、轴截面、直截面、平行于底面的截面以及其他具有某种特性的截面．有关截面的问题主要有面积、距离和角的计算问题以及与截面的位置、形状、数量有关的证明和判定问题．

例3 如图2所示的集合体是将高为2，底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后，将其中一半沿切面向右水平平移后得到的．A、A′、B、B′分别为 的中点，分别为的中点．

（1）证明：四点共面；

（2）设G为A A′中点，延长到H′，

直线BO2是由直线AO1平移得到，

（2）将AO1延长至H使得O1H=O1A，连接，由平移性质得=HB，

评注：本题考查了轴截面问题．截面能反映几何体的内部结构，截面上可集中几何体的主要元素，反映它们之间的内在联系，是研究几何体的必由之路．常常可以利用截面把几何体中的元素集中到平面图形来，利用降维的思想，实现空间问题向平面问题的转化．

四、动态折展型

折叠与展开问题是立体几何的两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现．解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化．这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据．而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程，一般地，涉及到多面体表面的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试．

例4 已知等腰梯形PDCB中，PB=3，DC=1，PB=BC=，A为PB边上一点，且PA=1，将PAD沿AD折起，使面PAD面ABCD.

（Ⅰ）证明：平面PADPCD；

（Ⅱ）试在棱PB上确定一点M，使截面AMC把几何体分成的两部分；

（Ⅲ）在M满足（Ⅱ）的情况下，判断直线PD是否平行面AMC.

解析：（I）易证从略；

（II）由（I）知平面ABCD，平面PAB平面ABCD.

如图3， 在PB上取一点M，作MNAB，则MN平面ABCD，

（Ⅲ）连接BD交AC于O，因为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为PB的中点

在PBD中，OM与PD不平行，OM所以直线与PD所在直线相交

又OM平面AMC，直线PD与平面AMC不平行.

评注：本题为折叠问题，此类问题应该分清折叠前后的哪些量发生了变化，此外，还要注意找出空间转化为平面的途径，几何计算的准确性等．

五、几何交汇型

教材中关于轨迹，多在平面几何与平面解析几何中加以定义，在空间中，只对球面用轨迹定义作了描述.如果把平面解析几何中的定点、定直线不局限在同一个平面内，则很自然地把轨迹从平面延伸到空间．

例5 如图4，棱长为1的正方体, M、N为BB1、AB的中点，O是B1C的中点，过O作直线与AM交于P，与CN交于Q.（Ⅰ）求PQ的长度；（Ⅱ）将平面A1B无限延展开来，设平面A1B内有一动点T，它到直线DD1的距离减去它到P点的距离的平方差为1，请建立适当的直角坐标系，求出动点T所构成曲线K的方程；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，请说明以PB为直径的圆与曲线K是否有交点，如果有请求出；如果没有，请使用适当的文字加以说明．

解析：（Ⅰ）连MO交CC1于E，连DE，延长DA， CN交于Q，连结OQ交AN于P，则PQ为所求，易得，

（Ⅱ）如图5，过T作TEDD1，过T作TFAA1，又AA1TF，DD1TE，

DD1∥AA1，AA1平面TEF，故AA1EF，EF∥AD.

在RtTFE中，，

TF = PT.故T点的轨迹是以P为焦点，以AA1为准线的抛物线，

以过P点且垂直于AA1的直线为x轴，以P点AA1的垂线段的中点为原点，建立直角坐标系，设抛物线的方程，由于P点到AA1的距离为，

故，曲线K的方程为.

（Ⅲ）假设抛物线与圆有交点，设交点为G，则∠PGB为直角，易得，故，又，过G作GHAA1，则PG = HG.

，与矛盾，故交点不存在，于是以PB为直径的圆与曲线K是没有交点．

评注：此题将立体几何与解析几何巧妙结合，是对过去分离考核的创新．许多同学对此茫然．但此题的解答却很简单，利用普遍性与特殊性的关系转化，首先考虑特殊图形，然后考虑一般情形．

六、割补切接型

立几问题中的某个几何图形可能是另一个几何图形的一部分或者是由两个几何体通过相切相接组合而成，因此这类几何问题可能具有包含它的那类几何问题的性质.由这类问题与其他问题的联系解决问题的方法，实际上是在寻找解题的中间环节.

例6 （1）如图6，对于任一给定的四面体，找出依次排列的四个相互平行的平面，使得，且其中每相邻两个平面间的距离都相等；

（2）给定依次排列的四个相互平行的平面，其中每相邻两个平面间的距离都为1，若一个正四面体的四个顶点满足，求该正四面体的体积.

解析：（1）取的三等分点的中点，的中点，过三点作平面，过三点，，作平面，因为∥,∥,所以平面∥平面，再过点，分别作平面，与平面平行，那么四个平面依次相互平行，由线段被平行平面截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，故为所求平面.

（2）如图7，现将此正四面体置于一个正方体中，（或者说，在正四面体的四个面外侧各镶嵌一个直角正三棱锥，得到一个正方体）的中点，和是两个平行平面，若其距离为1，则正四面体 即为满足条件的正四面体.图8是正方体的上底面，现设正方体的棱长为，若，则有据，得，

于是正四面体的棱长，其体积.（即等于一个棱长为的正方体割去四个直角正三棱锥后的体积）

评注：在解决体积问题时，“割”或“补”是常用的手段. “割形”与“补形”是解决立体几何问题的常用方法之一，通过“割”或“补”可将复杂图形转化为熟悉的简单几何体，从而较快地找到解决问题的突破口.

另外，开放探索性问题也是近年的立体几何命题的热点和难点。此类问题表现在有的有明确的条件而无明确的结论，有的有明确的结论而无明确的条件．解决此类问题的途径就是明确问题探究的类型，并通过观察、试验、联想、演绎、归纳猜想、类比、分析、等价转化、综合等思维形式解答．也可以借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度加以解决．