一个高考动态几何题中的特殊化运用
《动态解析高考数学综合题》解析几何
与点 A 和点 B 均不重合． （I）若点 Q 是线段 AB 的中点，试求线段 PQ 的中点 M 的轨迹方程； （II）若曲线 G : x 2 − 2ax + y 2 − 4 y + a 2 + 小值． （一）求点 M 的轨迹方程. 这里 Q 是定点， P 是曲线 C 上的动点， M 是线段 PQ 的中点， M 随 P 点而运 动. 既然曲线 C 是抛物线，可以猜测 M 的轨迹也是一条抛物线. 至于它轨迹方程， 就是求点 M 的坐标之间的关系. 注意到 P 点的坐标满足曲线 C 的方程，而点 M 的 坐标又可以通过 P 和 Q 点坐标来表示，因此这个轨迹方程不难求出.
π . 由此不难确定若圆 x 2 + y 2 − 4 x − 4 y − 10 = 0 上至少 6 π 5π 有三个不同的点到直线 l 的距离为 2 2 时,直线 l 的倾斜角的取值范围是 [ ， ] . 12 12 所以选择 B .
5.1.11 所示， ∠COD = 方法二： 【动感体验】 方程 x 2 + y 2 − 4 x − 4 y − 10 = 0 可化为 ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 = 18 ，可知该圆的 圆心为（2，2） 、半径为 3 2 . 进入文件“06 湖南理 10.zjz”第二页，点 C 是方程
2 . 又因为 | OC |= 2 2 ， ∠xOC =
π ∠xOC + ∠COD =
当直线 OP 在圆心 C 的右下方时，若圆上正好有 3 个点到 l 的距离为 2 2 ，如 图 5.1.14 所示，则此时 | CD |= 3 2 − 2 2 =
2 . 又因为 | OC |= 2 2 ，
∠xOC =
π π ，所以在 Rt △ CDO 中， ∠COD = ，所以 4 6 π ∠xOD = ∠xOC − ∠COD = . 12 π 5π 因此当 时，如图 5.1.15、图 5.1.16 所示，圆上有四个不同的 < ∠xOD < 12 12
高考数学专题复习破解立体几何中的动态问题
破解立体几何中的动态问题动态问题需要极高的空间想像能力与化归处理能力，在各省市的高考选择与填空中出现有较高的频次。
动态立体几何指的是求由点、线、面的变化引起的相关变量的取值范围或最值问题。
就变化起因大致可分为以下三类：一是移动；二是翻折；三是旋转。
就所求变量可分为：一是相关线、面、体的测度；二是角度；三是距离。
1.简化图形——“大道至简”从复杂的图形中分化出最简的具有实质性意义的点、线、面，让几何图形的实质“形销骨立”，从混沌中找出秩序是问题解决的关键。
例1（2006年浙江省数学高考理科试题第14题）正四面体ABCD 的棱长为1，棱α平面//AB （如图1），则四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是_______。
去掉与问题无关的面，将四面体看成是以AB 为棱的二面角C AB D --（二面角大小一定），用纸折出这个二面角，不妨将AB 置于平面α内，将二面角绕AB 转动一周，观察点,C D 在平面α上的射影，可以发现点,C D 在平面α上的射影始终在AB 的射影的中垂线上，当//CD α平面时，四边形ABCD 面积最大12（如图3），当CD α⊥平面时（此时点)(D C 到AB 的距离即为异面直线AB 与CD 的距离），四边形'(')ABC D 面积最小4（如图4），转动过程中D C ,在平面α上的射影从DC ,变化至'''',D C。
例2．（2017年台州市高三模拟试题）如图，在棱长为2正四面体A BCD -中，E 、F 分别为直线AB 、图1DCBAααABC D 图3A图4αC B图5D "C "C'(D')D CBACD上的动点，且||EF =EF 中点P 的轨迹为L ，则||L 等于 ▲ ． (注：|L |表示L 的测度，在本题， L 为曲线、平面图形、空间几何体时，|L |分别对应长度、面积、体积.)四面体只需抽象为两条异面直线AB 与CD，两个动点E 、F（满足EF =EF 的中点的轨迹。
动态几何解题分析示例与思考策略
一、动态几何问题涉及的常见情况 按运动对象分类：
1、点动
（有单动点型、多动点型）
2、线动 （主要有线平移型、旋转型） 线动实质就是点动，即点动带动线动，进而还 会产生形动，因而线动型几何问题常通过转化成 点动型问题求解 3、形动
问题设计的背景看主要有
位置约束型:它一般以简单图形为背景，探索研究因动点 引起相关数量（或位置）的变化.
“动”中取“静”：让图形和各个几何量都在特殊位置
∵O是△EFG斜边上的中点．∴当P为FG的中点时， OP∥EG ，又EG∥AC ∴OP∥AC．，
（OP∥AC）“静”下来.
∴x＝
1 2
1 FG= 2
×3＝1.5（s）．
X
X
∴当x为1.5s时，OP∥AC ．
读 如图①，有两个形状完全相同的直角三角形ABC和EFG叠放在一起（点A
F
C2 P
C1
E
A
图1
D
B A
D1 D2
图2
B
A
D2
图3
x
D1
B
又C2F=x，∠C1+ ∠C2 =900 ，所以∠FPC2=900.
在Rt△EFG中， ∠C2=∠B.
4 3 sin B , cos B 5 5
3 4 x, PF x 5 5
1 6 2 PC2 PF x 2 25
所以
把握运动变化的形式及过程
x
思考运动初始状态时几何元素的数量和关系
（1）注意参考数据运用于计算平方、平方根或估算. （2）∵Rt△EFG∽Rt△ABC ，
EG FG AC BC
∴
，4 FG
高考复杂动态图解题方法
高考复杂“动态”地理图像判读方法例析河北省邢台市邢台学院地理科学系陈霁冰风水规划研究室原创。
专业从事高考地理命题研究、风水规划设计、四柱命理预测邮编054001.邮箱：zhangbingtong@近年来高考图像试题逐渐向多样化、综合化方向发展，样式新颖、多种地理要素结合、注重能力考查的复杂图像，越来越受到命题者青睐。
其中，表达地理事物和现象的运动方向、发展趋势及变化过程的动态图像．．．．，判读难度较大，现分类总结如下。
一、柱状动态图该类图像是用一组柱状图形的动态变化来反映地理事象的变化特征。
有表示随时间变化的，如各月降水柱状图、杆影变化图；有表示空间变化的，如各大洲人口总量比较图；有表示随时空变化和发展的结合图，如各洲人口增长趋势图等；柱状图常与曲线图组合出现。
【判读提示】要根据方柱的高矮、方向（基线“0”上下表示意思相反），分析它的变化趋势，并要注意图中定量数据和定性语言的互换。
例1 （2009重庆）读图1，回答1-2题1.下列地区气候类型与甲地相同的是（）A.德干高原B.巴西高原C.黄土高原D.伊朗高原2.乙气候类型区的地带性土壤是（）A.棕壤B.黑土C.黄壤D.红壤【点拨】该图是一幅甲、乙两地降水柱状图与气温变化曲线的结合图，“一图两地”的复合，增加了读图难度。
第1题，图1显示甲地各月气温都在20℃以上，并且6月气温年内最低，故甲位于南半球热带地区；从降水量季节分配看，有明显的干湿两季，因此甲为南半球的热带草原气候，B正确。
第2题，乙地1月（最冷月）接近5℃，8月（最热月）为16℃左右，位于北半球，冬暖夏凉；从降水季节分配看，比较均匀，应为北半球温带海洋气候，发育的土壤应是棕壤，A正确。
【答案】 1.B 2.A二、条形动态图用一组长条形符号的扩展和收缩来反映地理事物的动态变化过程。
长条形符号有横、竖两种形式，应注意竖形图和柱状图的区分，一般情形，柱状图每柱只对应或包含一个地理要素，而一个完整的条形，至少对应或包含两个地理要素。
高考数学复习压抽题专项突破—立体几何的动态问题
高考数学复习压抽题专项突破—立体几何的动态问题一．方法综述立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生思考与求解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性.一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此引发的常见题型为动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等.动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口.求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围.对于探究存在问题或动态范围（最值）问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题划归为静态问题.具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证.二．解题策略类型一立体几何中动态问题中的角度问题例1.已知平行四边形ABCD 中，1AB =，2AD =，60A ∠=︒，沿对角线BD 将ABD △折起到PBD △的位置，使得平面PBD ⊥平面BCD ，如图，若M ，N 均是线段PD 的三等分点，点Q是线段MN 上（包含端点）的动点，则二面角Q BC D --的正弦值的取值范围为（）A ．12,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦B．1,219⎡⎢⎣⎦C．2,319⎡⎢⎣⎦D ．11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第五模拟）【答案】B【解析】在ABD △中，1AB =，2AD =，60BAD ∠=︒，所以由余弦定理得BD =，所以222AB BD AD +=，所以AB BD ⊥，由翻折的性质可知，PB BD ⊥．又平面PBD ⊥平面BCD ，平面PBD 平面BCD BD =，所以PB ⊥平面BCD ，过点Q 作//QQ PB '，交BD 于点Q '，则QQ '⊥平面BCD ，所以QQ BC '⊥，过Q '作Q T BC '⊥，垂足为T ，连接QT ，则BC ⊥平面QQ T '，所以QTQ '∠为二面角Q BC D --的平面角．设2QD a =（1233a ≤≤），则QQ a '=，DQ '=，BQ '=，)1122Q T BQ ''==，所以QT ===，所以sin 1QQ aQTQ QT ''∠====由二次函数的单调性知，21314y a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭在12,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为19,164⎡⎤⎢⎥⎣⎦，所以1sin ,219QTQ ⎡'∠=⎢⎣⎦，即二面角Q BC D --的正弦的取值范围为1,219⎡⎢⎣⎦．故选：B.【举一反三】1．（2020·黑龙江牡丹江一中高三（理））如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，O 是AC 中点，点P 在线段11A C 上，若直线OP 与平面11A BC 所成的角为θ，则sin θ的取值范围是（）．A．,33⎣⎦B ．11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦C．,43⎣⎦D ．11,43⎡⎤⎢⎣⎦【答案】A【解析】如图，设正方体棱长为1，()11101A PA C λλ=≤≤．以D 为原点，分别以DA ，DC ，1DD 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则11,,022O ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,,1P λλ-，所以11,,122OP λλ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ．在正方体1111ABCD A B C D -中，可证1B D ⊥平面11A BC ，所以()11,1,1B D =---是平面11A BC 的一个法向量．所以122211()()1122sin cos ,1113163222OP B D λλθλλλ-----===⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯-+-+-+ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．所以当12λ=时，sin θ取得最大值33，当0λ=或1时，sin θ取得最小值23．所以23sin ,33θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.故选A ．2．（2020·广东高考模拟）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是侧面11ADD A 内的动点，且1B E //平面1BDC ，则直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是()A ．13B ．33C ．12D ．22【答案】B【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为1，设E(a,0，c)，0a 1≤≤，0c 1≤≤，1B (1,1，1)，B(1,1，0)，D(0,0，0)，1C (0,1，1)，()1B E a 1,1,c 1=--- ，DB (1,=1，0)，1DC (0,= 1，1)，设平面1DBC 的法向量n (x,=y ，z)，则1n DB 0n DC 0x y y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x 1=，得()n 1,1,1=- ，1B E // 平面1BDC ，1B E n a 11c 10∴⋅=-++-=，解得a c 1+=，()222a c a c 2ac 12ac ∴+=+-=-，2a c 1ac 24+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，设直线1B E 与直线AB 所成角为θ，AB (0,=1，0)，11AB B E cosθAB B E⋅∴==⋅2a c 1ac 24+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭ ，322ac 2∴-≥，1222ac 3∴≤-，sinθ∴==3==≥=．∴直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是33．3.（2020·浙江台州中学高三）如图，已知正方体ABCD EFGR -的上底面中心为H ，点O 为AH 上的动点，P 为FG 的三等分点（靠近点F ），Q 为EF 的中点，分别记二面角P OQ R --，Q OR P --，R OP Q --的平面角为,,αβγ，则（）A ．γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βαγ<<【答案】D【解析】分析：建立空间直角坐标系，对动点O 选取一个特殊位置，然后求出三个侧面的法向量，根据向量夹角的余弦值求得三个二面角的余弦值，比较后可得二面角的大小．详解：建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -．考虑点O 与点A重合时的情况．设正方体的棱长为1，则()()111,,0,Q ,0,0,R 01,0,O 0,0,132P ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．设平面OPQ 的一个法向量为1(,,)n x y z =，由111(,,)(,0,1)02211(,,)(,,0)02323x n OQ x y z z x y n PQ x y z ⎧⋅=⋅-=-=⎪⎪⎨⎪⋅=⋅--=--=⎪⎩ ，得322x y x z ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，令2x =，得1(2,3,1)n =-．同理可得平面OPR 和平面OQR 的法向量分别为23(2,3,3),(6,3,7)n n ==．结合图形可得：1323cos cos ,cos ,n n n n αβ====，12cos cos ,n n γ==∴cos cos cos γαβ<<，又0,,γαβπ<<，∴γαβ>>．故选D ．类型二立体几何中动态问题中的距离问题【例2】（2020·山西高三）设点M 是棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱AD 的中点，点P 在面BCC 1B 1所在的平面内，若平面D 1PM 分别与平面ABCD 和平面BCC 1B 1所成的锐二面角相等，则点P 到点C 1的最短距离是（）A ．5B ．2C ．1D ．63【答案】A【解析】如图，过点P 作1D M 的平行线交BC 于点Q 、交11B C 于点E ，连接MQ ，则PQ 是平面1D PM 与平面11BCC B 的交线，MQ 是平面1D PM 与平面ABCD 的交线．EF 与1BB 平行，交BC 于点F ，过点F 作FG 垂直MQ 于点G ，则有，MQ 与平面EFG 垂直，所以，EG 与MQ 垂直，即角EGF 是平面1D PM 与平面ABCD 的夹角的平面角，且sin EFEGF EG∠=，MN 与CD 平行交BC 于点N ，过点N 作NH 垂直EQ 于点H ，同上有：sin MNMHN MH∠=，且有EGF MHN ∠=∠，又因为EF MN AB ==，故EG MH =，而2EMQ S EG MQ MH EQ ∆=⨯=⨯，故MQ EQ =，而四边形1EQMD 一定是平行四边形，故它还是菱形，即点E 一定是11B C 的中点，点P 到点1C 的最短距离是点1C 到直线BE 的距离，以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，()2,1,2E ，()2,0,0B ，()12,2,2C ，()0,1,2BE = ，()10,2,2BC =，∴点P 到点1C的最短距离：125||5d BC === ．故选：A．【指点迷津】求两点间的距离或其最值.一种方法，可建立坐标系，设点的坐标，用两点间距离公式写出距离，转化为求函数的最值问题；另一种方法，几何法，根据几何图形的特点，寻找那两点间的距离最大（小），求其值.【举一反三】1．（2020·四川高三（理））已知三棱锥S ABC -中，1SA SB SC ===，且SA 、SB 、SC 两两垂直，P 是三棱锥S ABC -外接球面上一动点，则P 到平面ABC 的距离的最大值是（）A．3BC．3D．3【答案】C 【解析】【分析】,,SA SB SC 是棱长为1的正方体MNQB ADCS -上具有公共顶点S 的三条棱,以B 为原点,,,BM BQ BS 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系,三棱锥S ABC -外接球就是正方体MNQB ADCS -的外接球，由正方体及球的几何性质可得点P 与N 重合时，点P 到平面ABC 的距离最大，求出平面ABC 的法向量，由点到直线的距离公式即可得结果.【详解】三棱锥S ABC -，满足,,SA SB SC 两两垂直，且,,1SA SB SC =，∴如图,,SA SB SC 是棱长为1的正方体MNQB ADCS -上具有公共顶点S 的三条棱,以B 为原点,,,BM BQ BS 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系,则()()()()()0,0,0,1,0,1,0,1,1,0,0,1,1,1,0B A C S N ，()()()1,0,1,0,1,1,1,1,0BA BC BN ===，设平面ABC 的法向量(),,n x y z =，则00n BA x z n BC y z ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，取1x =，得()1,1,1n =-r ，三棱锥S ABC -外接球就是棱长为1的正方体MNQB ADCS -的外接球，P 是三棱锥S ABC -外接球上一动点，∴由正方体与球的几何性质可得，点P 点与N 重合时，点P 到平面ABC 的距离最大，∴点P 到平面ABC的距离的最大值为233BN n d n ⋅===.故选C.2．已知四边形ABCD 是边长为5的菱形，对角线8BD =（如图1），现以AC 为折痕将菱形折起，使点B 达到点P 的位置.棱AC ，PD 的中点分别为E ，F ，且四面体PACD 的外接球球心落在四面体内部（不含边界，如图2），则线段EF 长度的取值范围为（）A ．14,42⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭B ．⎛⎝⎭C ．142⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭D ．)4【来源】江西省鹰潭市2021届高三高考二模数学（文）试题【答案】A 【解析】由题意可知△APC 的外心1O 在中线PE 上，设过点1O 的直线1l ⊥平面APC ,可知1l ⊂平面PED ,同理△ADC 的外心2O 在中线DE 上,设过点2O 的直线2l ⊥平面ADC ，则2l ⊂平面PED ,由对称性知直线12,l l 的交点O 在直线EF 上.根据外接球的性质,点O 为四面体PACD 的外接球的球心.由题意得3,4EA PE ==,而2221111,4O A O E EA O A O E PE =++==所以178O E =.令PEF θ∠=,显然02πθ<<,所以cos 4cos 4EF PE θθ==<.因为1cos EF O EPE OEθ==，所以172OE EF O E PE ⋅=⋅=，又OE EF <，所以272EF >，即2EF >.综上可知42EF <<.故选：A.3（2020广西柳州市模考）如图，在正方体中，棱长为1，点为线段上的动点（包含线段端点），则下列结论错误的是（）A ．当时，平面B ．当为中点时，四棱锥的外接球表面为C ．的最小值为D ．当时，平面【答案】C【解析】对于，连结，，，则，，，设到平面的距离为，则，解得，∴.∴当时，为与平面的交点．∵平面∥平面，∵平面，∴∥平面，故A 正确．又由以上分析可得，当时，即为三棱锥的高，∴平面，所以D 正确．对于B ，当为中点时，四棱锥为正四棱锥，设平面的中心为，四棱锥的外接球为，所以，解得，故四棱锥的外接球表面积为，所以B 正确．对于C ，连结，，则，∴，由等面积法得的最小值为，∴的最小值为．所以C 不正确．故选：C.类型三立体几何中动态问题中的面积、体积问题【例3】（2020·河南高三（理））在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1AA 的中点，P 是底面ABCD 所在平面内一动点，设1PD ，PE 与底面ABCD 所成的角分别为12θθ，（12θθ，均不为0），若12θθ=，则三棱锥11P BB C -体积的最小值是（）A ．92B ．52C ．32D ．54【答案】C【解析】建系如图， 正方体的边长为3，则(3E ，0，32，1(0D ，0，3)，设(P x ，y ，0)(0x，0)y ，则(3PE x =- ，y -，32，1(PD x =- ，y -，3)，12θθ= ，(0z =，0，1)，12cos cos θθ∴=，即11||||||||||||PD z PE z PE z PD z =，32=，整理得：228120x y x +-+=，变形，得：22(4)4(02)x y y -+=，即动点P 的轨迹为圆的一部分，过点P 作PF BC ⊥，交BC 于点F ，则PF 为三棱锥11P BB C -的高∴点P 到直线AD 的距离的最大值是2．则min 321PF =-=．1111119332212BB C BB B C S ∆=⋅⋅=⨯⨯= ，1111193132213P BB C BB C V PF S -∆=⨯⨯⋅⋅=∴=故选：C．【指点迷津】求几何体体积的最值，先观察几何图形三棱锥，其底面的面积为不变的几何量，求点P 到平面BCD 的距离的最大值，选择公式，可求最值.【举一反三】1.（2020·四川高三期末）长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，1BC =，12AA =，P 为该正方体侧面11CC D D内（含边界）的动点，且满足tan tan PAD PBC ∠+∠=.则四棱锥P ABCD -体积的取值范围是（）A ．20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦B．2,33⎤⎥⎣⎦C ．40,3⎛⎤ ⎥⎝⎦D．4,33⎤⎥⎣⎦【答案】B【解析】如图所示：在RT PAD 中，tan PD PAD PD AD ∠==，在RT PBC 中，tan PCPBC PC BC∠==，因为tan tan PAD PBC ∠+∠=，所以PD PC +=.因为2PD PC CD +=>=，所以点P 的轨迹是以,C D为焦点2a =的椭圆.如下图所示：a =，1c =，1b ==，椭圆的标准方程为：2212x y +=.1(0,1)P 联立22112x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得：22y =±.所以22(1,2P -，32(1,2P .当点P 运动到1P 位置时，此时四棱锥P ABCD -的高最长，所以max 1112()21333P ABCD ABCD V S PO -=⨯⨯=⨯⨯=.当点P 运动到2P 或3P 位置时，此时四棱锥P ABCD -的高最短，所以min 211()23323P ABCD ABCD V S P D -=⨯⨯=⨯⨯=.综上所述：233P ABCD V -≤≤.2．如图，长方形ABCD 中，152AB =，1AD =，点E 在线段AB （端点除外）上，现将ADE 沿DE 折起为A DE ' ．设ADE α∠=，二面角A DE C '--的大小为β，若π2αβ+=，则四棱锥A BCDE '-体积的最大值为（）A ．14B ．23C ．15112D ．518-【答案】A【解析】设过A 与DE 垂直的线段长为a ，则tan AE α=，150tan 2α<<，1cos DE α=，sin a α=，则四棱锥A BCDE '-的高πsin sin sin sin cos 2h a βαααα⎛⎫=⋅=⋅-= ⎪⎝⎭，则111515tan 1sin cos 3222A BCDEV ααα'-⎛=⨯⨯-+⨯⨯ ⎝⎭)1tan sin cos6ααα=⨯)21cos sin6ααα=-)112cos 21212αα=+-11511sin 2cos 234412αα⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭()11sin 2312αϕ=+-，tan 15ϕ⎛= ⎝⎭，∴四棱锥A BCDE '-体积的最大值为1113124-=.故选：A.3．（2020·重庆市松树桥中学校高三）如图，在单位正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1AD 上运动，给出以下四个命题：①异面直线1A P 与1BC 间的距离为定值；②三棱锥1D BPC -的体积为定值；③异面直线1C P 与直线1CB 所成的角为定值；④二面角1P BC D --的大小为定值．其中真命题有()A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】D【解析】对于①，异面直线1A P 与1BC 间的距离即为两平行平面11ADD A 和平面11BCC B 间的距离，即为正方体的棱长，为定值．故①正确．对于②，由于11D BPC P DBC V V --=，而1DBC S ∆为定值，又P ∈AD 1，AD 1∥平面BDC 1，所以点P 到该平面的距离即为正方体的棱长，所以三棱锥1D BPC -的体积为定值．故②正确．对于③，由题意得在正方体1111ABCD A B C D -中，B 1C ⊥平面ABC 1D 1，而C 1P ⊂平面ABC 1D 1，所以B 1C ⊥C 1P ，故这两条异面直线所成的角为90︒．故③正确；对于④，因为二面角P −BC 1−D 的大小，即为平面ABC 1D 1与平面BDC 1所成的二面角的大小，而这两个平面位置固定不变，故二面角1P BC D --的大小为定值．故④正确．综上①②③④正确．选D ．类型四立体几何中动态问题中的轨迹问题【例4】（2020南充高考一模）如图，直二面角AB αβ--，P α∈，C β∈，D β∈，且AD AB ⊥，BC AB ⊥，5AD =，10BC =，6AB =，APD CPB ∠=∠，则点P 在平面α内的轨迹是（）A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.一条直线D.两条直线【答案】A【解析】以AB 所在直线为x 轴，AB 的中垂线为y 轴，建立平面直角坐标系，设点(),P x y ，()30A -,，()3,0B ，AD AB ⊥ ，BC AB ⊥，则AD α⊥，BC α⊥，5AD =，10BC =，6AB =，APD CPB ∠=∠，Rt APD Rt CPB ∴∆∆ ，51102APAD BPBC ∴===，即()()2222343x y x y ⎡⎤-+=++⎣⎦，整理得：()22516x y ++=，故点P 的轨迹是圆的一部分，故选A .【指点迷津】空间轨迹问题的求解策略：1.利用侧面展开或展到一个平面上寻求轨迹；2.利用圆锥曲线定义求轨迹；3.这辗转过程中动点的轨迹；4.利用函数观点探求轨迹【举一反三】1．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为M ，N 为体对角线1BD 的三等分点，动点P 在三角形1ACB 内，且三角形PMN 的面积263PMN S =△，则点P 的轨迹长度为（）A ．269πB ．263C ．469D ．463π【答案】B【解析】如图所示：连接11BC B C O = ，因为四边形11BCC B 是正方形，所以11BC B C ⊥，因为11D C ⊥平面11BCC B ，1B C ⊂平面11BCC B ，所以11D C ⊥1B C ，又11111,BC D C C BC =⊂ 平面11BC D ，11D C ⊂平面11BC D ，所以1B C ⊥平面11BC D ，所以11B C D B ⊥，同理可知：11B A D B ⊥，又因为1B C ⊂平面1ACB ，1B A ⊂平面1ACB ，111B C B A B = ，所以1D B ⊥平面1ACB ，根据题意可知：1116,D B AB B C AC =====1ACB 为正三角形，所以160∠=︒B AC ，所以1122ACB S =⨯= ，设B 到平面1ACB 的距离为h ，因为11B ACB B ABC V V --=，所以111133ACB ACB S h S BB ⋅⋅=⋅⋅ ，所以11ACB ACB S h S BB ⋅=⋅ ，所以(23232342h ⨯⨯=⨯1123h D B ==，所以h BN =，所以N 即为1D B 与平面1ACB 的交点，由题意可知：1D B ⊥平面1ACB ，所以MN PN ⊥，所以11262223PMN S MN PN PN PN =⋅=⋅⋅==，再如下图所示：在正三角形1ACB 中，高3sin 602AO AC =︒==，所以内切圆的半径12633r AO ==<，且3AN <=，取1B C 的两个三等分点,E F ，连接,EN FN ，所以1//,//NE AB NF AC ，所以NEF 是以PN 长度为边长的正三角形，所以P 的轨迹是以N 为圆心，半径等于3的圆，圆的周长为463，在1ACB 内部的轨迹是三段圆弧，每一段圆弧的圆心角为60︒，所以对应的轨迹长度是圆周长的一半为263，故选：B.2、（2020贵阳高考模拟）在正方体1111ABCD A B C D -中，已知点P 为平面11AA D D 中的一个动点，且点P 满足：直线1PC 与平面11AA D D 所成的角的大小等于平面PBC 与平面11AA D D 所成锐二面角的大小，则点P 的轨迹为（）A ．直线B ．椭圆C ．圆D ．抛物线【答案】D3．几何中常用表示L 的测度，当L 为曲线、平面图形和空间几何体时，L 分别对应其长度、面积和体积．在ABC 中，3AB =，4BC =，5AC =，P 为ABC 内部一动点（含边界），在空间中，到点P 的距离为1的点的轨迹为L ，则L 等于（）A ．612π+B ．2263π+C ．20123π+D ．22123π+【来源】安徽省合肥市2021届高三下学期第三次教学质量检测理科数学试题【答案】D【解析】空间中，到点P 的距离为1的点的轨迹所构成的空间几何体在垂直于平面ABC 的角度看，如下图所示：其中：BCDF ，ACEI 和ABGH 区域内的几何体为底面半径为1的半圆柱；CDE ，BFG ，AHI 区域内的几何体为被两平面所截得的部分球体，球心分别为,,C B A ；ABC 区域内的几何体是高为2的直三棱柱.四边形BCDF 和ACEI 为矩形，2DCB ECA π∴∠=∠=，2DCE ACB ACB πππ∴∠=--∠=-∠，同理可得：FBG ABC π∠=-∠，HAI CAB π∠=-∠，()332DCE FBG HAI ACB ABC CAB ππππ∴∠+∠+∠=-∠+∠+∠=-=，∴CDE ，BFG ，AHI 区域内的几何体合成一个完整的，半径为1的球，则CDE ，BFG ，AHI 区域内的几何体的体积之和3144133V ππ=⨯=；又BCDF ，ACEI 和ABGH 区域内的几何体的体积之和()221134562V ππ=⨯⨯++=；ABC 区域内的直三棱柱体积31342122V =⨯⨯⨯=，4226121233L πππ∴=++=+.故选：D.三．强化训练1．（2020·内蒙古高三期末）如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是线段1A B 上的动点，则下列结论正确的是（）．①异面直线AD 与1CB 所成的角为45︒②11DC D M⊥③三棱锥1M DCC -的体积为定值④1AM MD +的最小值为2．A ．①②③B ．①②④C ．③④D ．②③④【答案】A【解析】①∵AD ∥BC ，∴异面直线AD 与1CB 所成的角即为BC 与1CB 所成的角，可得夹角为45︒，故①正确；②连接1CD ，∵1DC ⊥平面A 1BCD 1，1D M ⊂平面A 1BCD 1，∴11DC D M ⊥，故②正确；③∵1A B ∥平面DCC 1D 1，∴线段A 1B 上的点M 到平面DCC 1D 1的距离都为1,又△DCC 1的面积为定值12,因此三棱锥M −DCC 1的体积1111326V =⨯⨯=为定值,故③正确；④将面AA 1B 与面A 1BCD 1沿A 1B 展成平面图形,线段AD 1即为AP +PD 1的最小值，在△D 1A 1A 中,∠D 1A 1A =135°,利用余弦定理解三角形得12AD =，故④不正确.因此只有①②③正确.故选：A .2.（2020河南省焦作市高三）在棱长为4的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别在棱AA 1和AB 上，且C 1E ⊥EF ，则|AF|的最大值为（）A ．B ．1C ．D ．2【答案】B【解析】以AB ，AD ，AA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C 1（4，4，4），设E （0，0，z ），z ∈[0，4]，F （x ，0，0），x ∈[0，4]，则|AF|＝x ．＝（4，4，4﹣z ），＝（x ，0，﹣z ）．因为C 1E ⊥EF ，所以，即：z 2+4x ﹣4z ＝0，x ＝z ﹣．当z ＝2时，x 取得最大值为1．|AF|的最大值为1．故选：B ．3．（2020·重庆巴蜀中学高三（理））棱长为2的正方体1111ABCD A B C D 中，N 为1CC 的中点，P 在底面ABCD 内运动，1D P 与平面ABCD 所成角为1θ，NP 与平面ABCD 所成角为2θ，若12θθ=，则AP 的最小值为（）A ．2B ．83C ．4D ．1【答案】A【解析】分析：先证明PD=2PC ，再在底面ABCD 内建立如图所示的直角坐标系，求出211680sin()99PA αϕ=-+，再利用三角函数的图象和性质求出|AP|的最小值.【详解】设12θθθ==，所以12tan tan DD PD θθ==，1PC tan tan CN θθ==，所以PD=2PC.在底面ABCD 内建立如图所示的直角坐标系，设点P(x,y),=，整理得22516454(),cos ,sin 39333x y x y αα++=∴=-=，所以2224841168011680(cos )(sin 2)sin()43339999PA αααϕ=-+-=-+≥-=，即||2AP ≥,所以|AP|的最小值为2.故选：A4．已知三棱锥A BCD -的所有棱长均为2，E 为BD 的中点，空间中的动点P 满足PA PE ⊥，PC AB ⊥，则动点P 的轨迹长度为（）A ．1116πB．8C．2D【来源】浙江省五校2021届高三下学期5月联考数学试题【答案】C【解析】正四面体A BCD -，建立空间直角坐标系如图所示，)(22,,,22E C B ⎛ ⎝，设(),,P x y z，()22,,,,22PE x y z AP x y z ⎛⎫=---= ⎪ ⎪⎝⎭，),PC x y z =-- .由于PA PE ⊥，PC AB ⊥，所以00AP PE PC AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即))220220x x y y z z y ⎧⎛⎫⎛⎫-+-+-=⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎨-=，即2222220220x x y y z z y z ⎧-+-+-=⎪⎨⎪+=⎩，即222222344240x y z y z ⎧⎛⎛⎛⎪-+-+-= ⎪⎪ ⎪⎨⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪+-=⎪⎩，22222234424x y z ⎛⎫⎛⎛-+-+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭表示球心为222,,442⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，半径为32R =的球.y z+=表示垂直于yAz平面的一个平面.所以P的轨迹是上述平面截球面所得圆.球心,,442⎛⎫⎪⎪⎝⎭到平面0y z+=的距离为14d=，所以截得的圆的半径4r===，所以截得的圆，也即P点的轨迹的长度为2242rππ=⨯=.故选：C5.（2020郑州一中高三期末）在三棱锥中，平面，M 是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（）A ．B．C ．D．【答案】C【解析】如图所示：三棱锥中，平面，M 是线段上一动点，线段长度最小值为，则：当时，线段达到最小值，由于：平面，所以：，解得：，所以：，则：，由于：，所以：则：为等腰三角形．所以：，在中，设外接圆的直径为，则：，所以：外接球的半径，则：，故选：C．6．（2020九江高三一模）在长方体中，，，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】补全截面EFG为截面EFGHQR如图，其中H、Q、R分别为、的中点，易证平面ACD1∥平面EFGHQR，∵直线D1P与平面EFG不存在公共点，∴D1P∥面ACD1，∴D1P面ACD1，∴P∈AC，∴过P作AC的垂线，垂足为K，则BK=,此时BP最短，△PBB1的面积最小，∴三角形面积的最小值为，故选：C．7．（2020·浙江高三期末）在三棱锥P ABC -中，PA PB PC AB AC BC ======，点Q 为ABC∆所在平面内的动点，若PQ 与PA 所成角为定值θ，π(0,)4θ∈，则动点Q 的轨迹是A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线【答案】B【解析】建立空间直角坐标系，根据题意，求出Q 轨迹方程，可得其轨迹.由题，三棱锥P ABC -为正三棱锥，顶点P 在底面ABC 的射影O 是底面三角形ABC 的中心，则以O 为坐标原点，以OA 为x 轴，以OP 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意可得1OA OP ==，设Q 为平面ABC 内任一点，则()()()()()1,0,0,0,0,1,,,0,1,0,1,,,1A P Q x y PA PQ x y =-=-，由题PQ 与PA 所成角为定值θ，π0,4θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则,cos PA PQ PA PQ θ⋅==⋅则()()22222cos 11x y x θ++=+，化简得222cos22cos 2cos20x y x θθθ⋅+⋅-+=，ππ0,,20,,cos 20,42θθθ⎛⎫⎛⎫∈∴∈> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故动点Q 的轨迹是椭圆.选B8．（2020·上海格致中学高三月考）在正方体''''ABCD A B C D -中,若点P (异于点B )是棱上一点,则满足BP 与AC '所成的角为45︒的点P 的个数为（）A ．0B ．3C ．4D ．6【答案】B 【解析】【分析】建立空间直角坐标系，通过分类讨论利用异面直线的方向向量所成的夹角即可找出所有满足条件的点P 的个数．【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设棱长1AB =，(1B ，0，1)，(1C ，1，1)．①在Rt △AA C ''中，||tan ||A C A AC AA '''∠'=='，因此45A AC '∠'≠︒．同理AB ，AD 与AC '所成的角都为45≠︒．故当点P 位于（分别与上述棱平行或重合）棱BB '，BA ，BC 上时，与AC '所成的角都为arctan 45≠︒，不满足条件；②当点P 位于棱AD 上时，设(0P ，y ，1)，(01)y，则(1BP =-，y ，0)，(1AC '=，1，1)-．若满足BP 与AC '所成的角为45︒，则2|||cos ,|2||||BP AC BP AC BP AC '=<'>=='，化为2410y y ++=，无正数解，舍去；同理，当点P 位于棱A D ''上时，也不符合条件；③当点P 位于棱B C ''上时，设(1P ，y ，0)，(01)y，则(0BP = ，y ，1)-，(1AC '=，1，1)-．若满足BP 与AC '所成的角为45︒，则2|||cos ,|2||||BP AC BP AC BP AC '=<'>=='，化为2410y y -+=，01y，解得2y =-(1,2P ．④同理可求得棱C D ''上一点(5P -，棱C C '上一点4)P -．而其它棱上没有满足条件的点P ．综上可知：满足条件的点P 有且只有3个．故选：B 9.（2020上海交通大学附属中学高三）如图，已知三棱锥，平面，是棱上的动点，记与平面所成的角为，与直线所成的角为，则与的大小关系为（）A ．B ．C ．D ．不能确定【答案】C【解析】如图所示：∵P A ⊥平面ABC ，∴PD 与平面ABC 所成的角=∠PDA,过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E ，连接PE ，∵P A ⊥平面ABC ，∴P A ⊥BC ，∴BC ⊥平面PAE ，∴BC ⊥PE,在Rt △AED ，Rt △PAD ，Rt △PED 中：cos ，cos ，cos ，∴coscoscos <cos ,又均为锐角，∴，故选C.10．（2020·湖南长郡中学高三（理））在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，23BAC π∠=，3AP =，AB =Q 是边BC 上的一动点，且直线PQ 与平面ABC 所成角的最大值为3π，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（）A ．45πB ．57πC ．63πD ．84π【答案】B【解析】分析：根据题意画出图形，结合图形找出ABC △的外接圆圆心与三棱锥P ABC -外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．详解：三棱锥P ABC PA ABC 中，平面，-⊥设直线PQ 与平面ABC 所成角为θ，如图所示；则3PA sin PQ PQ ，θ==由题意且θ的最大值是3π，∴332PQ=，解得PQ =即PQ 的最小值为∴AQ A 到BC AQ BC ∴⊥，AB BC ∴== 6BC ；∴=取ABC △的外接圆圆心为O '，作OO PA ' ，62120r sin ∴=︒，解得r =；O A ∴'=M为PA 的中点，32OM O A PM ∴='==，由勾股定理得CP R ===∴三棱锥P ABC -的外接球的表面积是224457S R πππ==⨯⨯=．故选B.11．在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是以B 为直角的等腰三角形，且3AB =，1AA =若点D 为棱1AA 的中点，点M 为面BCD 的一动点，则11 B M C M +的最小值为（）A ．B ．6C ．D【来源】江西省赣州市2021届高三二模数学（理）试题【答案】C【解析】由题意知，BC AB ⊥，111ABC A B C -为直三棱柱，即面ABC ⊥面11ABB A ，面ABC 面11ABB A AB =，BC ⊂面ABC ，∴BC ⊥面11ABB A ，又BC ⊂面BCD ，∴面BCD ⊥面11ABB A .∴易得1B 关于平面BCD 对称点E 落在1A A 的延长线上，且AE =1A E =示，11 B M C M +的最小时，1C 、M 、E 三点共线.∴1111||B M C M EM C M EC +=+≥===.故选：C12．在棱长为2的正四面体ABCD 中，点P 为ABC 所在平面内一动点，且满足3PA PB += ，则PD 的最大值为（）A ．3B ．2103C ．393D ．2【来源】河南省鹤壁市2021届高三一模数学（文）试题【答案】B【解析】如图所示，在平面ABC 内，4323PA PB +=> ，所以点P 在平面ABC 内的轨迹为椭圆，取AB 的中点为点O ，连接CO ，以直线AB 为x 轴，直线OC 为y 建立如下图所示的空间直角坐标系O xyz -，则椭圆的半焦距1c =，长半轴233a =，该椭圆的短半轴为33b ==，所以，椭圆方程为()2233104x y z +==.点D 在底面的投影设为点E ，则点E 为ABC 的中心，113333OE OC ===，故点E 正好为椭圆短轴的一个端点，22333CE OC ==，则263DE ==，因为222PD DE EP =+，故只需计算EP 的最大值.设(),,0P x y ，则0,,03E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，则2222223423123543333333EP x y y y y y ⎛=+-=-+-+=--+ ⎝⎭，当333933y ⎡=∈-⎢⎣⎦时，2EP 取最大值，即22max3233516393939EP ⎛⎫⎛=-⨯---+= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，因此可得2241640999PD ≤+=，故PD 的最大值为2103.故选：B.13．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是线段1BC 上的点，过1A 的平面α与直线PD 垂直，当P 在线段1BC 上运动时，平面α截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面面积的最小值是（）A ．1B ．54C ．2D 【来源】北京市朝阳区2021届高三一模数学试题【答案】C【解析】以点A 为坐标原点，AB 、AD 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A 、()10,0,1A 、()1,0,0B 、()11,0,1B 、()1,1,0C 、()11,1,1C 、()0,1,0D 、()10,1,1D ，设点()1,,P t t ，其中01t ≤≤.①当0t =时，点P 与点B 重合，()1,1,0BD =- ，()1,1,0AC = ，()10,0,1AA =，所以，0BD AC ⋅=，10BD AA ⋅= ，则BD AC ⊥，1BD AA ⊥，1AC AA A ⋂=，BD ∴⊥平面11AA C C ，此时平面α即为平面11AA C C ，截面面积为1S AA AC =⋅=；②当1t =时，同①可知截面面积为S =；③当01t <<时，()1,1,DP t t =- ，()11,1,1A C =-，1110DP AC t t ⋅=+--= ，1A C PD ∴⊥，则1A C α⊂，设平面α交棱1DD 于点()0,1,E z ，()1,0,CE z =-，10DP CE tz ⋅=-+= ，可得11z t=>，不合乎题意.设平面α交棱AB 于点(),0,0M x ，()1,1,0CM x =--，()110DP CM x t ⋅=---=，可得x t =，合乎题意，即(),0,0M t ，同理可知，平面α交棱11C D 于点()1,1,1N t -，()11,1,0A N t MC =-=，且1A N 与MC 不重合，故四边形1A MCN 为平行四边形，()11,1,1A C =- ，()11,1,0A N t =-，11111cos A C A NCA N A C A N⋅∠==⋅则1sin CA N ∠=所以，截面面积为11112sin 2CA NS S A C A N CA N ==⋅∠=<△.综上所述，截面面积的最小值为2.故选：C.14．如图，斜线段AB 与平面α所成的角为π4，B 为斜足．平面α上的动点P 满足π6PAB ∠=，则点P 的轨迹为（）A ．圆B ．椭圆C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分【答案】B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设(0,1,0),(0,0,1),(,,0)(0,1,1),(,,1)B A P x y AB AP x y ⇒=-=-223cos ,=62(2)112AB AP x y ⇒<>+-=所以点P 的轨迹是椭圆．故选：B.15．已知正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，点M ，N 分别为线段AB '，AC 上的动点，点T 在平面BCC B ''内，则MT NT +的最小值是（）AB ．233C．2D ．1【答案】B【解析】A 点关于BC 的对称点为E ，M 关于BB '的对称点为M '，记d 为直线EB '与AC 之间的距离，则MT NT M T NT M N d ''+=+≥≥，由//B E D C ''，d 为E 到平面ACD '的距离，因为111111333D ACE ACE V S '-=⨯⨯==⨯⨯= ，而2133346D ACE E ACD V V d d ''--==⨯⨯⨯=，故233d =，故选：B.16．如图，ABC 是等腰直角三角形，AB AC =，点D 是AB 上靠近A 的三等分点，点E 是AC 上靠近C 的三等分点，沿直线DE 将ADE 翻折成A DE ' ，所成二面角A DE B '--的平面角为α，则（）A ．A DB A EC α∠≥∠'≥'B ．A EC A DB α∠≥∠'≥'C ．A DB A EC α≥∠'∠≥'D ．A EC A DBα≥∠'∠≥'【答案】B【详解】如图，在等腰直角三角形中，过B 作直线//l DE ，作BM ED ⊥交直线DE 于点M ，过C 作直线DE 的垂线，垂足为R ，交直线l 与T ，过A 作DE 的垂线，垂足为O ，且交l 于N ，不妨设3AB =，则1,2AD CE BD AE ====，在直角三角形ADE 中，255AO ==，因为BMD AOD ，故12AO AD BM BD ==，故455BM =，同理52522155DM DO ==⨯⨯=，所以5ON =，5BN OM ==，同理5RC OS ==，5NT =.在几何体中连接,,A B A S A C '''，如图，因为,,A O DE NO DE '⊥⊥故NOA '∠为二面角A DE B '--的平面角，故NOA α'∠=，而A O NO O '⋂=，故DE ⊥平面AON '，所以TB ⊥平面AON '，而A N '⊂平面AON '，故BN A N '⊥.24162545162cos 4cos 55555A N αα'=+-⨯⨯=-，故216929164cos cos 5555A B αα'=-+=-，故29165cos 4155cos cos 21255A DB αα-+'∠==-⨯⨯，同理14cos cos 55A EC α'∠=-，11cos cos cos 055A DB αα'∠-=--<，故cos cos A DB α'∠<，同理cos cos A EC α'∠<，33cos cos cos 055A DB A EC α''∠-∠=+>，故cos cos A DB A EC ''∠>∠，因为(),,0,A DB A EC απ''∠∠∈，故A EC A DB α''∠>∠>，故选B.17．如图，棱长为2的长方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段11B D 上动点(包括端点).则以下结论正确的为（）A ．三棱锥1P A BD -中，点P 到面1A BDB ．过点P 平行于面1A BD 的平面被正方体1111ABCD A BCD -截得的多边形的面积为3C ．直线1PA 与面1A BD 所成角的正弦值的范围为36,33⎣⎦D ．当点P 和1B 重合时，三棱锥1P A BD -的外接球体积为2π【来源】广东省普宁市2020-2021学年高三上学期期末数学试题【答案】C【解析】对于A 中，由111142323P A BD A PBD V V --==⨯=，1A BD 为等边三角形，面积为112A BD =⨯=△S ,设点P 到面1A BD 的距离为h ，由1433h ⨯=，求得233h =，所以A 不正确；对于B 中，过点P 平行于平面1A BD 的平面被正方体截得的多边形平面11B D C ，此时三角形11B D C 为边长为的等边三角形，其面积为12⨯B 不正确；对于C 中，由正方体的结构特征和性质，可得点P 到平面1A BD 的距离为233，当点P 在线段11B D 上运动时，1max 2PA =（P 为端点时），in 1m PA =，设直线1PA 与平面1A BD 所成角为θ，则sin 33θ∈⎢⎣⎦，所以C 正确；对于D 中，当点P 与1B 重合时，此时三棱锥为11B A BD -，设1B D 的中点为O ，因为11190B BD B A D ∠=∠=︒，可得11OA OB OD OB ===所以三棱锥1P A BD -的外接球的球心为1B D ，所以三棱锥1P A BD -的外接球的体积为343π⨯=，所以D 不正确.故选：C.18．如图，在棱长为1111ABCD A B C D -中，点P 是平面11A BC 内一个动点，且满足15DP PB +=+，则直线1B P 与直线1AD 所成角的取值范围为（）(参考数据：43sin 53,sin 3755== )A ．37,143⎡⎤⎣⎦B ．37,90⎡⎤⎣⎦C ．53,143⎡⎤⎣⎦D ．37,127⎡⎤⎣⎦【来源】江西省景德镇一中2020-2021学年高三上学期期末考试数学（理）试题【答案】B【解析】如图，建立空间直接坐标系，连结1B D ，交平面11A BC 于点O ，()0,0,0D ，(1B ，(1A ，()B ，(1C ，(1DB = ，(1A B =- ，(1BC =-，110DB A B ⋅= ，110DB BC ⋅=，111111,DB A B DB BC A B BC B ∴⊥⊥⋂=，，1DB ∴⊥平面11A BC ，根据等体积转化可知111111B A BC B A B C V V --=，即((2311131132232B O ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯，解得：13B O =，19B D ==，16D O ∴=,11//AD BC ，∴异面直线1AD 与1B P 所成的角，转化为1BC 与1B P 所成的角，如图，将部分几何体分类出来，再建立一个空间直角坐标系，取1BC 的中点E ，过点O 作1//OF BC ，则以点O 为原点，1,,OF OE OB为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系(),,0P x y ，()10,0,3B ，()0,0,6D -，32,02B ⎫⎪⎪⎭，132,02C ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，()1,,3B P x y =-，()1BC =-,15PB PD +=+，5=+，2222936x y x y ++<++，即15PB =22925x y ∴++=，即2216x y +=，[]4,4x ∈-11111144cos ,,555B P BC x B P BC B P BC ⋅⎡⎤<>===-∈-⎢⎥⎣⎦，因为异面直线所成的角是锐角，并设为θ，则4cos 0,5θ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，4sin 535=，4cos375∴=，37,90θ⎡⎤∴∈⎣⎦ 故选：B19．如图，在三棱锥D ABC -中，,1,1AD BC BC AD ⊥==．且2AB BD AC CD +=+=，则四面体ABCD 的体积的最大值为（）A ．14B ．212C．6D ．524【来源】浙江省衢州市五校联盟2020-2021学年高三上学期期末联考数学试题【答案】B【解析】作BE ⊥AD 于E ，连接CE ，如图，因为,AD BC ⊥,BE BC 再平面BEC 内相交，所以AD ⊥平面BEC ，因为CE ⊂平面BEC ，所以CE ⊥AD ，因为2AB BD AC CD +=+=，所以B 与C 都是在以A 、D 为焦点的椭球上，且BE 、CE 都垂直于焦距AD ，AB ＋BD =AC +CD =2，显然ABD ACD ≅ ，所以BE =CE .取BC 中点F ，,,BC E AD E F F ⊥∴⊥要求四面体ABCD 的体积的最大值，因为AD 是定值，只需三角形EBC 的面积最大，因为BC 是定值,所以只需EF 最大即可，当△ABD 是等腰直角三角形时几何体的体积最大，因为AB ＋BD =AC +CD =2，1AB ∴=，,22EB EF ∴====，所以几何体的体积为11221132212⨯⨯⨯⨯=故选：B20．如图，三棱锥A BCD -的底面BCD 在平面α内，所有棱均相等，E 是棱AC 的中点，若三。
特殊化思想在高中数学解题中的应用探讨
特殊化思想在高中数学解题中的应用探讨作者：陈晓玲来源：《考试与评价》2019年第07期【摘要】特殊和一般的辩证关系，是数学研究中常用的解题思想。
本文针对特殊化思想在数学解题中的应用进行探讨，为特殊化解题思想的教学和学生解题中特殊化思想的应用提供参考。
【关键词】特殊化思想 ;高中数学 ;解题 ;应用特殊化思想作为数学的一种重要思想和方法，其在高考中出现和应用的频率越来越高。
作为一种辩证的数学解题思想，特殊化思想在数学解题中的应用更考验学生的知识广度和数学应用能力。
但特殊化思想作为一种常用的数学解题思想，其在数学解题中的应用也有一些技巧和方法，掌握这些技巧和方法将极大的提高学生的解题速度和解题能力。
1. 巧设特殊解析式一类函数具有的通性，和不同函数具有的特性，是我们之所以学习函数的关键。
在解答函数问题时，如果题干没有给出特定的函数，而是给出了几点性质，我们可以将这类函数具体化，通过假设的函数解析式，来对题干中的函数性质进行判断。
通过这种假设函数解析式的方法，能够帮助我们在选择题中排除错误答案，也能在大题的解答中用于解题思路的探索和解题结果正确与否的判断。
例：某奇函数f（x）是定义在区间（-∞，+∞）的奇函数，现有函数g（x）图像与f（x）重合，已知函数g（x）在区间[0，+∞]之间，问以下不等式哪个成立？A：f（b）-f（-a）g（a）-g（-b）C：f（a）-f（-b）=g（b）-g（-a）; D：f（a）-f（-b）该问题题干并没有给出具体的函数，但根据题干我们可以假设函数为f（x）=x，g（x）=|x|，取a、b的值为区间内任一自然数，我们很轻易的就能够判断正确的选项为B。
2. 巧用特殊因素，优化解题方案在数学解题中，无论题干给出的已知条件多么奇怪，它一定会对解题有所帮助。
在解题过程中，我们要善用特殊化思想，对题干中的特殊因素进行深入思考。
因为这些特殊因素往往都是解题的关键点，只要运用这些特殊的因素来探路，那么你很容易就能发现题目所存在的规律，而发现了解题规律，难题也就不是难题了。
高三物理一轮复习课件：三角形法在力学动态分析问题中的妙用
＝
T L
一轻杆BO，其O端用光滑铰链固定在竖直轻杆AO上， B端挂一重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A处的光滑小滑 轮，用力F拉住，如图所示．现将细绳缓慢往左拉，使杆BO 与杆AO间的夹角θ逐渐减小，则在此过程中，拉力F及杆BO 所受压力FN的大小变化情况是( )B A．FN先减小，后增大 B．FN始终不变 C．F先减小，后增大 D．F始终不变
如图所示，光滑的小球静止在斜面和木 版之间，已知球重为G，斜面的倾角为θ， 分析下列状态下小球的受力情况： （1）、挡板竖直放置（2）、挡板与斜面 垂直
例1．如图所示，光滑的小球静止在斜面和竖 直放置的木板之间，已知球重为G，斜面的倾 角为θ，现使木板沿逆时针方向绕O点缓慢移 动，求小球对斜面和挡板的压力怎样变化？
如图所示，两个光滑的球体，直径均为d，置于直径为D的 A 圆桶内，且d<D<2d，在相互接触的三点 A、B、C受到的作用 力分别为F1、F2、F3，如果将桶的直径加大，但仍小于2d，则 F1、F2、F3的变化情况是（ A ） A．F1增大，F2不变，F3增大； B．F1减少，F2不变，F3减少； C．F1减少，F2减少，F3增大； D．F1增大，F2减少，F3减少；
例2、如图所示，轻 绳长为L，A端固定 在天花板上，B端系 一个重量为G的小球， 小球静止在固定的 半径为R的光滑球面 上，小球的悬点在 球心正上方距离球 面最小距离为h，则 轻绳对小球的拉力 和半、将受力图转化成 矢量三角形
G hR
＝
N R
1．如图所示，将一带电小球A用绝缘棒固定，在 它的正上方L处有一悬点O，通过长也为L的绝缘细 线悬吊一个与A球带同种电荷的小球B，B球静止时， 悬线与竖直方向成某一夹角θ，现设法增大A球电 量，则重新平衡后悬线OB对B球的拉力FT的大小 将（ ） C A．变大 B．变小 C．不变 D．不能确定
动态几何策略引领理性探索——例说立体几何“动态”题型解题策略
（ ２ ） 若 点 Ｐ与 点 Ｃ不 重 合 ， 可知 Ａ Ｃ Ｊ ＿ Ｂ Ｄ ， 又 Ｐ上
Ｂ Ｄ１ ， 从而 Ｂ Ｄ１ 上平 面 Ａ Ｐ Ｃ ， 可得 Ｐ Ｃ＿ Ｌ Ｂ ＤＩ ． 又 由于 Ａ Ｂ Ｊ ＿ 平
面Ｂ Ｂｌ Ｃ ｌ Ｃ， 则有 Ａ Ｂ上Ｐ Ｃ， 从而 Ｐ Ｃ上平面 Ａ Ｂ Ｄ 。 ， 可得 Ｐ Ｃ Ｊ ＿ Ａ Ｄ 。 ， 则Ｐ Ｃ上Ｂ Ｃ ． 而在平面 Ｂ Ｃ Ｃ Ｂ ． 内， 过点 Ｃ与 Ｂ Ｃ 。 垂 直 的直线是 Ｂ ． Ｃ ． 结合 （ １ ） 和（ ２） 的分 析 可得 ， 动 点 Ｐ 的 轨 迹 是 线 段
“ 动态” 充 满着 神奇 ， 孕育 着创 造． 动 态性 问题 渗透 着 运动变化的观点 ， 是立体几何 的一大难点 ， 又是高考 的一大 亮点 ； 这类 题涉及的知 识点 多 ， 覆盖 面广 ， 渗 透着 主要 的数 学思想方法 ， 能全方位 地考 查学 生 的基础 知识 、 基本 能力 、 数学素养 、 数学发展潜 能等． 学 生在 解决 这类 问题时 ， 总 存
例 ３ 如图３ ， 正方 体 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ— Ａ 。 Ｂ Ｃ Ｄ 中 ， 点 Ｐ在侧 面
Ｂ Ｃ Ｃ ， Ｂ 及 其边界 上运动 ， 并且 总是保 持 Ａ Ｐ Ｊ ＿ Ｂ Ｄ ， 则动 点
Ｐ的轨迹是
Ａ ． 线段 Ｂ Ｃ 源自（ ） Ｃ ． １条直线
分析
Ｄ． ２条平行直线
第 ２期
马茂 年， 等： 动 态几何
策略 引领
理性探 索
动 态 几 何
— —
策 略 引 领
理 性 探 索
例说 立体几何 “ 动态 ” 题 型解题策略
●马茂 年 （ 杭州第十四中学 浙江杭州 ３ １ ０ ０ ０ ６ ） ●吴 晓明 （ 富春高级中学 浙江桐庐 ３ １ １ ５ ０ ０ ）
几何题目巧解(一)：图形特殊化
初中数学几何题目巧解：图形特殊化学霸兔制作合于点O，则∠AOC＋∠DOB＝( )A．120° B．180°C．150° D．135°思考 题目中只有“直角的顶点重合于点O”，并未限制两个三角板折叠放的位置，又因答案没有“无法确定”的选项，因此我们可以推断这两个三角板只要直角的顶点重合，折叠成任意位置，答案都是一样的。
因此可选一个特殊的位置（容易求解的位置），进行得到正确答案。
根据上面的思路，对图形进行特殊化，让OD 与OB 重合（如图）。
则有∠AOC ＝180°，∠DOB ＝0°，因此∠AOC ＋∠DOB ＝180°.特殊化注意：因为这种方法是使用特殊代替一般，计算过程是不全面的，因此这种方法只能用来做不要求过程的题目，如选择题、填空题.例1如图，将一副三角板折叠放在一起，使直角的顶点重合于点O，则∠AOC＋∠DOB＝( ) A．120° B．180°C．150° D．135°【正常解法】OADB C∠AOC＋∠DOB＝(∠AOD＋∠DOB＋∠BOC)＋∠DOB＝(∠AOD＋∠DOB)＋(∠BOC＋∠DOB)＝90°＋90°＝180°OE ⊥AB 于点E ，作OF ⊥AC 于点F ，等边三角形的高为1，则 OE+OF 的值为 ( ).A. 1/2 B. 1 C. 2 D. 不确定CBAOF EOE ⊥AB 于点E ，作OF ⊥AC 于点F ，等边三角形的高为1，则 OE+OF 的值为 ( ).A. 1/2 B. 1 C. 2 D. 不确定特殊法：OE = 三角形高 = 1O 与C 重合CBAOF EC BA(O )EOF = 0OE+OF = 1OE⊥AB于点E，作OF⊥AC于点F，等边三角形的高为1，则OE+OF的值为( ).A. 1/2B. 1C. 2D. 不确定S△ABC=S△AOB+S△AOC 三个三角形的底相等，因此有OE+OF = 三角形高 = 1C BAOFE【正常解法】、AB 上的点，且AM=BK ，BN=AK ，若∠MKN=40°，则∠P 的度数为( ).A. 70°B. 80°C. 90°D. 100°BAPKNM、AB 上的点，且AM=BK ，BN=AK ，若∠MKN=40°，则∠P 的度数为( ).A. 70°B. 80°C. 90°D. 100°BA PKNM 特殊法：假设K 为AB 的中点，AM=BK=BN=AK 40°70°70°40°100°△AMK 和△BKN 全等，且都是等腰三角形.∴∠AKM =∠BKN =70°，∴∠A =∠B =40°，∴∠P =100°、AB 上的点，且AM=BK ，BN=AK ，若∠MKN=40°，则∠P 的度数为( ).A. 70°B. 80°C. 90°D. 100°BAPK NM思路：应用内角和.四边形PMKN ：∠PMK +∠PNK △PAB ：∠A +∠B△AMK ≌△BKN ∠AMK =∠BKN ∠AKM =∠BNK40°∠MKB=∠MKN +∠BKN =∠A +∠AMK ∠A =∠MKN =40°∠P =180°－2×40°=100°【正常解法】、AB 上的点，且AM=BK ，BN=AK ，若∠MKN=40°，则∠P 的度数为( ).A. 70°B. 80°C. 90°D. 100°BAPK NM思路：应用内角和.四边形PMKN ：∠PMK +∠PNK △PAB ：∠A +∠B△AMK ≌△BKN ∠AMK =∠BKN ∠AKM =∠BNK40°∠BNK +∠AMK=∠BKN +∠AKM =140°∠PMK +∠PNK =220°∠P =360°－40°－220°=100°、AB 上的点，且AM=BK ，BN=AK ，若∠MKN=40°，则∠P 的度数为( ).A. 70°B. 80°C. 90°D. 100°BAPK NM思路：应用外角和.四边形PMKN ：外角和360°∠PMK 和∠PNK 的外角之和：140°△AMK ≌△BKN ∠AMK =∠BKN ∠AKM =∠BNK40°∠MKN 的外角：140°所以∠P 的外角：80°所以∠P =100°∠EDB ＝1/2∠C ，BE ⊥DE ，垂足为E ，DE 与AB 相交于点F ．若FD =8cm ，则BE = cm.CBAEF DC BAEF(D )∠EDB ＝1/2∠C ，BE ⊥DE ，垂足为E ，DE 与AB 相交于点F ．若FD =8cm ，则BE = cm.CBAEF D特殊法很容易想到“三线合一”（等腰三角形）DE 既是角平分线又是高G特殊法：D 与C 重合C BAEF (D )∠EDB ＝1/2∠C ，BE ⊥DE ，垂足为E ，DE 与AB 相交于点F ．若FD =8cm ，则BE = cm.G延长BE 、CA 相交于点G∴ △AGB ≌△AFD AB ＝AD ∠ABG ＝∠ADF ∠BAG ＝∠DAF ＝90° ∴ GB ＝FD△BGC 是等腰三角形 ∴ E 是BG 的中点∴ BE ＝BG /2＝FD /2＝4∠EDB ＝1/2∠C ，BE ⊥DE ，垂足为E ，DE 与AB 相交于点F ．若FD =8cm ，则BE = cm.CB AEFDGH突破口：∠EDB ＝1/2∠C 过点D 作DG ∥CA ，与BE 的延长线相交于点G ，与AB 相交于点H 则∠C=∠BDH=∠DBH=45°【正常解法】∴ BH=DH∠EDB ＝1/2∠C ，BE ⊥DE ，垂足为E ，DE 与AB 相交于点F ．若FD =8cm ，则BE = cm.CB AEFDGH【正常解法】在△GBH 和△FDH 中BH=DH∠HBG =∠HDF ∠GHB =∠FHD =90°∴ △GBH ≌△FDH ∴ GB ＝FD∠EDB ＝1/2∠C ，BE ⊥DE ，垂足为E ，DE 与AB 相交于点F ．若FD =8cm ，则BE = cm.CB AEFDGHGB ＝FD∵ 在△DBG 中，ED 即是角平分线又是高∴ ED 是△DBG 的中线∴ BE =1/2 GB = 1/2 FD = 4即BE =EG【正常解法】BE平分∠ABC，若AD=3cm，BC=5cm，则AB= cm.A DECBBE 平分∠ABC ，若AD =3cm ，BC =5cm ，则AB = cm.ECBAD 特殊法：CD ⊥BCECBAD ∴ AB =AD +BC =8则有AF ＝AD BF ＝BC 很容易想到过E 作EF ⊥AB F例5 如图，AB ∥CD ，点E 在线段DC 上，且AE 平分∠DAB ，BE 平分∠ABC ，若AD =3cm ，BC =5cm ，则AB = cm.E C B A D 【正常解法】F ∴ BF =BC 很容易证明 △ADE ≌△AFE在AB 上取一点F ，使AF=AD∴∠AFE =∠D又∵ ∠AFE+∠BFE =180°，∠D+∠C =180°，∴∠BFE =∠C又∵ ∠FBE =∠CBE ，BE =BE ，∴ △FBE ≌△CBE∴ AB =AD +BC =8。
例谈特殊化思想在数学解答题中的运用
2 n 2 n+ 2 n+ 1 x
假设存在常数 t , 使得{ S n - t } 为等比数 S n+ 1 - t 列 , 那么 S n - t 应为常数, 设为 c, 转化为方 程 S n+ 1 - t = c( S n - t) . 将 S n, S n+ 1 代入, 用 待定系数法解 , 将很繁琐. 可尝试联想一般与特殊的关系, 先将其 S2 - t S3 - t 特殊化 , 令 n = 1, 2, 则 = , 得t S1 - t S2 - t a2 = . 1- a a2 S n+ 1 - t 再 验证 : 当 t = 时, = 1- a Sn - t an+ 3 1- a () õ( ) = a 为常数 ( 非零 ) . 1- a an+ 2 a2 所以存在常数 t = , 使得数列 { S n 1- a - t} 为等比数列 .
例 2 ( 1989 年高考全国卷试题 ) 是否存 2 2 在 实数 a, b , c, 使等式 1 × 2 + 2 × 3 + … + 1 n ( n + 1) 2 = n ( n + 1) ( an 2 + bn + c) 对一 12 切非零自然数 n 都成立? 若存在, 求出 a , b , c; 若不存在, 请说明理由 . 2 2 解 假设等式 1 × 2 + 2 × 3 + … + n ( n + 1) 2 = 1 n ( n + 1) ( an 2 + bn + c) 对一 12 切非零自然数 n 都成立, 分别令 n = 1, 2, 3, 得 2 1 1×2 = × 2 × ( a + b + c) ; 12 1 1 × 22 + 2 × 32 = × 2 × 3 × ( 4a + 12 2b + c) ; 1 1 × 22 + 2 × 32 + 3 × 42 = ×3× 12 4 × ( 9a + 3b + c) . a + b + c = 24, 联立得到 4a + 2b + c = 44, 9a + 3b + c = 70. 解之得 a = 3, b = 11, c = 10. 2 下面用数学归纳法证明等式: 1 × 2 + 2 1 × 3 2 + … + n ( n + 1) 2 = n( n + 1) ( 3n 2 + 12 11n + 10) 对一切非零自然数 n 都成立 . ( 1) 当 n = 1 时 , 已证; ( 2) 假设当 n = k 时 , 等式 1 × 22 + 2 × 32 + 3 × 4 2 + … + k ( k + 2 1 2 1) = 12 k ( k + 1) ( 3k + 11k + 10) 对 k ∈ N * 成立 . 当 n = k + 1 时, 左边 = 1 × 22 + 2 × 3 2 + 3 × 42 + … + k ( k + 1) 2 + ( k + 1) ( k + 2) 2 1 2 = 12k ( k + 1) ( 3k + 11k + 10) + ( k + 2 1 1) ( k + 2) = ( k + 1) ( k + 2) [ k ( 3 k + 5) 12
例谈“特殊化法”在高考数学选择题中的应用
例谈“特殊化法”在高考数学选择题中的应用作者：董颖来源：《读写算》2012年第86期【摘要】特殊化法是从题干或选项出发，通过取特殊值代入，将问题特殊化的解题方法。
高考数学选择题的结论唯一，可以适当选取一个或一些满足题设条件的特殊值来确定其结果，从而节省推理、论证、演算的过程，加快解题速度。
【关键词】特殊数值特殊位置特殊模型近几年，高考的选择题减少了运算量，增加了思维的空间。
如果这种题目处理不当可能用时较长，但是如果概念运用熟练，思维灵活，能够直接抓住题目的实质，就可以用简缩的思维解决问题。
有的学生解选择题慢而不准，一个重要的原因是只把选择题的题干作为已知条件，把选择题当作解答题来做。
事实上，除了题干之外，选择题还有两个信息：一是四个选项，二是四个选项中只有一个是符合题目要求的。
充分利用这两个信息，就可以使解题有创造性，就可以小题小做，小题巧做，小题活做。
众所周知，一个普遍成立的命题，对特殊情形也必然成立；对特殊情形不成立的命题，对普遍情形也不成立。
把辩证法的这一原理用到数学的解题和学习中就是特殊化法。
特殊化法是指运用满足题设条件的某些特殊值对各选择支进行检验或推理，根据“一般成立特殊成立，特殊不成立一般不成立”的原理得到正确结论。
特殊化法就是依据这一原理来否定三支，从而来肯定一个选择支的，从而清晰、快捷地得到正确的答案，起到事半功倍的效果。
此法的主要特征是取特例（如特殊数值、特殊位置、特殊模型等），进行合理科学的判断——否定或肯定。
在解选择题时，用特殊化法就是考虑到选择题的特征，把题干、选项及四选一的要求结合起来，创造性地解题。
用特殊化法解选择题时，特例取得愈简单、愈特殊，效果愈好。
下面通过几道高考题来说明用特殊化解题的方法。
这种解法正是根据问题的条件和结论特点，通过联想、构造符合题意的数学模型，从而通过特殊模型解决了抽象函数的选择题。
通过以上例题可以看出用特殊化方法解选择题，不仅能够节省解题时间，保证解题的准确，而且对学生的思维能力的培养与提高也大有好处。
高考数学专题四立体几何 微专题29 立体几何中的动态问题
√C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线 √D.若D1N与AB所成的角为 π3，则点N的轨迹为双曲线
如图所示，对于A， 根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD， 所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角， 所以∠MND＝4π，所以 DN＝DM＝12DD1＝12×4＝2， 所以点N的轨迹是以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
PART ONE
典型例题
考点一 动点的轨迹
典例1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1 的棱长为4，M为DD1的中点，N为四边形ABCD 所在平面上一动点，则下列命题正确的是
√A.若MN与平面ABCD所成的角为 π4，则点N的
轨迹为圆
B.若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图
当 B 是 AC 的中点时，AB＝BC＝ 6，
此时△SAB为等腰三角形，△ABC为等腰直角三角形，
将△SAB，△ABC沿AB展开至同一个平面，得到如
图2所示的平面图形，
取AB的中点D，连接SC，SD，CD，
则 SD＝
22－
262＝
210，
所以 sin ∠ABS＝SSDB＝ 410， 所以 cos∠CBS＝cos(90°＋∠ABS)＝－sin∠ABS＝－ 410，
此时点B与点Q重合，点P与点O1重合，故C正确；
对于D，当点P与点B1，点Q与点A重合时，
AP＋PQ＋QB1 的值为 3AP＝3 12＋22＝3 5>2 3＋ 5，故 D 错误.
考点二 折叠、展开问题
典例2 (多选)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线 AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列 说法正确的是 A.存在某个位置，使得CN⊥AB1
高考数学复习点拨 动态法求解立体几何中的计算问题
动态法求解立体几何中的计算问题用动态的方法处理立体几何问题，给几何题赋予了活力，题意更加新颖，同时使几何问题处理起来更加灵活，也加强了对空间想象力及逻辑思维能力的考查。
一、 巧“割”当直接计算几何体的体积较困难时，可通过分割法将其分解为熟习的图形，易于计算，为顺利运用公式、定理解题铺平道路，扫除障碍。
例1.如图1，已知ABCD--A 1111D C B 是棱长为a 的正方体，E 、F 分别为棱AA 1与CC 1的中点，求V 11EBFD A -【分析】：本题若直接找高，不仅需对此图形的线、面关系作深入分析，还需要进行一系列较为复杂的转化，不胜其烦，而用分割法进行等价转化，则简单得多。
【解】连结EF ，则截面A 1EF 把四棱锥A 1－EBFD 1分割成两个三棱锥A 1－EFB 和A 1－EFD 1,且它们等底同高。
所以，3111111112131a S CD V V V ED A ED A F EFD A EFB A =⋅⋅===∆---， 所以，.6123111111a V V V V EFB A EFD A EFB A EFBD A ==+=---- 二、妙“补”补法是把不熟悉几何体延伸或补加成熟悉几何体，把不完整的图形补成完整的图形。
例2、一个四面体的所有棱长均为2，四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为A 、π3B 、π4C 、π33D 、π6【解析】因为，正方体的面对角线可构成一个正四面体，所以，可将原四面体补成为一个边长为1的正方体，则正方体、正四面体的顶点在同一个球面上，所以，求的直径2R 等于正方体的体对角线，又正方体的体对角线长为3，所以，2R ＝3，R ＝.23 所以，S ＝π4R 2＝π3. 故选A.三、展开铺平教材中求柱、锥、台的侧面积给我们提供了一种重要方法，即“展开铺平”处理立体几何问题，即把空间图形元素的性质与数量关系集中在一个平面上，降低解题难度。
例3、如图1所示，在母线长为20cm ，上、下底面半径分别为5cm 、10cm 的圆台中，从母线AB 的中点M 拉一根绳子，围绕圆台侧面转到B 点，（1）求绳子的最短长度；（2）求此时绳子和圆台上底圆周间的最短距离.【解】如图2所示，将圆台的侧面展开并补为扇形，设圆心为O ，扇形圆心角为α，可求得OA ＝20cm ，2πα=.（1）绳子的最短长度为MB ＝).(5022cm OB OM =+（2）作MB OD ⊥于D ，交于E ，侧OD ＝MBOB OM ⋅＝24（cm ）. 所以，ED ＝24－20＝4（cm ），即绳子和圆台上底圆周间的最短距离为4cm..。
几何画板动态破解高考题
说明理由. 点评 放题形式带有数学探究的意 味. 关于本 题的解法 可参考 文 [ 1 ], 笔者仅 从数学 实验的 角度, 用几何 画板直 观、 动 态展示其结论, 并利用画板的 度量 功能进行验证. 当过 F 的直线与双曲线交于两支时 (如图 1)
一步思考, 是否对任意双曲线, 这个结论都成立呢?
c- a a F 关于直线 l对称, 即 = 2 c
c = 2a 时, 才 同时 过 A
和 F 两点. 因此, 这道高考题是一 个特例. 也因 此而给本 题的解答提供了许多特别和 巧妙的方 法. 圆锥曲 线有着 许多统一而优美的性质, 能否将 双曲线 的这一结 论推广 到椭圆和抛物线呢? 继续用画板来做实验.
m in
= f
- 1 = - k, f
=f - 3 = - k
2
如图 8, 当 - 1 < k < 0 时, f f x
m in
x
m ax
=f 3 = -
1 , k 当 k = 2, 或 k =
图 9
=f 1 = - 1
1 时, 图象如下: 2
再次重温一下上面的三 幅图象, 它 们之间是 一种伸 缩变换和翻折变换. 以 k = - 1的图象 (图 6) 为基点, 保持横坐标不变, y 轴左边从右往左, 每 个区间的纵 坐标绝对 值逐渐伸长 到前一个区间 的 k 倍, 而 y 轴右边 从左往右, 每个区间的纵坐标绝 对值逐 渐缩短到 前一个 区间的 1 倍, 便得 到 k < - 1 时的 图象 ( 图 7 ). 而将 k < k 伏的山峰.
图7
图8
然后连续改变 k, 发现 函数的 图象 分三 类
k= - 1
- 1 < k < 0. 所 以, 以 上三 幅图具 有代 表性.
高考解析几何化动态问题为“静态问题”
高考解析几何化动态问题为“静态问题”近些年来，随着科技的迅猛发展，高考数学题目中涉及到几何的动态问题越来越多，但是学生在解题过程中，经常被动态问题所困扰，不知道如何下笔。
而实际上，很多动态问题都可以通过几何化为静态问题来解决，为此，我们有必要进行深入的研究和讨论。
我们需要了解什么是动态问题和静态问题。
动态问题是指场景中的物体或者人随着时间的推移，位置、速度、加速度等参数都在变化。
而静态问题则是指在一定时刻下，物体或者人的位置、速度、加速度等参数都保持不变。
在高考数学中，一般出现的动态问题都是涉及到运动的物体或者几何图形的变化。
而通常情况下，我们并不需要关心整个过程，只需要关注某一瞬间或者某一阶段的信息，这就可以转化为静态问题来解决。
动态问题几何化为静态问题的思路一般有两种，一种是确定一个瞬间或者一个阶段，将其视为静态情况来分析，另一种是通过构建新的静态问题，来间接求解动态问题。
下面我们通过一些具体的例子来具体探讨一下。
第一个例子，假设有一个动态问题是求一条直线与一个圆的交点，而这条直线是以一定的速度向圆靠近或者远离。
这时，我们可以选择一个瞬间，即直线与圆的交点的位置不再发生变化的时刻，这个时候，我们就可以将动态问题化为静态问题，通过圆的方程和直线的方程来求解交点的坐标。
第二个例子，假设有一个动态问题是求一个物体从斜面上滑落的过程中，与地面的接触点的坐标。
这时，我们可以利用静态问题的思路，构建一个静态问题，即假设在某一瞬间，物体与地面的接触点固定在某一位置，然后求解斜面方程与地面的交点坐标；然后通过不断改变物体的位置，来求解接触点的坐标，最终得到整个滑落过程中接触点的轨迹。
通过上面的例子，我们可以看到，将动态问题化为静态问题的关键在于选择合适的瞬间或者构建新的静态问题。
有时候，我们需要借助工具和方法来辅助求解，比如利用微积分中的导数和积分来求解动态问题中的变化率和累积值。
而有时候，我们需要利用几何图形的性质和等价转化来解决动态问题。
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解题研究中。
7擞7(2008年第8期高中版)17
一个高考动态几何题中的特殊化运用
314300浙江省海盐县教研室沈顺良，
1试题
(2008浙江)已知曲线c 是到点P(一丁1，i 3)和到直线，，：一詈距离相等的点的轨迹．z 是过点Q (一1，0)的直线，M 是C 上(不在Z 上)的动点；A 、B 在l 上，M A 上l ，M B 上菇轴(如图)．(1)求曲线C 的方程；(2)求出直线Z 的方程，使得船为常数．2分析(1)可以直接由．y 。
M Q ／L ／D j
●抛物线定义或动点轨迹求法得到曲线C 的方程为y ：互12"l'X )，在(2)中，设肘(茗，生2尹)，直线z ：，，：
后(茗+1)，容易得l Q 引=√1+I j }2I 石+1I ；相对复杂的是l Q A I ，因为点A 的坐标比较难求，此时可以通过基
本图象的性质来转化，一种方法是通过勾股定理转化为l Q M J 和点M 到直线l 的距离，Q M I 2=x+1)2+(竿)2=(石+1)2(1+})，(缸一竿
+I|})2(髫+1)2(盂一詈)2I M A 12=——1毛kr 一=——1鬲kFL ，+2+。
’
得剐QAI-地卫掣，从而船：学．1豢|’
当矗=2时错=5万，再求出直线方程为2茹一Y +2=O ．另一种方法是根据平行线将I qA l 转化为点M 到过Q 点且与口A 垂直的直线的距离来解决，
但两种方法的I Q B I 、I Q A I 中都含有茹、k 等字母，即使是上述的运算过程其实也包含着较高的要求，运
算量都较大．
3特殊化运用
本题可以先将抛物线上的动点特殊化后求出适
合警等为常数的．|}，再将五代回证明，这样的过程中
无论是求k 还是代回证明都减少了字母，运算就得到了简化．
如分别取C 上的点M (0，0)、M (1，1)得出两个
比值为／万了矿广、4—_J (：K1F+k2)3，再由它们相等
／可了矿广：4——、／F(1忑+一k2)3，容易得出后：2，最后将l|}=2代回到一般比式：
哥=蔗警告=％等一s 万，I Q A I l 算+妻(茗z+名)川(茗+1)2—1册此时l 方程为：2x —Y +2=0．
(收稿日期：20080626)
的平方，则点肘的轨迹是以线段A B 的中点为顶点，曰为焦点的抛物线；若弓一r 2等于点M 到直线A 曰的距离d 的平方，则点肘的轨迹是以线段A B 的中点为顶点，A 为焦点的抛物线．3教学反思学生不善于对知识点进行归纳、总结、概括，掌握的知识点是零散的、封闭的，不善于用联系的观点、发展的观点看问题、思考问题，所以学的知识是死的知识，不会活用，且记得不牢，容易忘记，知识也容易弄混淆．在一个单元的知识学完之后，教师帮助学生梳理一下知识点，把一些知识网络用一根。
主线”串起来，或利用某些典型的试题帮助学生把某些相关的知识点串起来，让学生体会在“变”中求“联”，在“联”中求“变”，这样，学生学到的知识不但学得牢，而且学得活；在指导学生探讨题目的条件变更时结论应该发生怎样的变化、或结论变更时题目的条件应该发生怎样的变化的过程中，有利于开阔
学生的视野，有利于培养他们的探究能力和创新能力．也许学生的探究成果有时会显得简单和稚嫩，甚至有错，但这并无大碍，重要的是学生能从现有的知识水平出发，通过不断探索去体验数学探究过程中不畏艰难的执着精神、多元、富有理智的创造性思考，这正是数学探究所具有的独特育人功能和魅力之所在．
(收稿日期：20080624)。