专题4.3 立体几何的动态问题-玩转压轴题(原卷版)
最新中考数学动态几何压轴题专题练习(20200709085249)
（ 3）当 t 2 时，在坐标平面内，是否存在点 M ，使以 A、 P、 Q、 M 为顶点的四边形 是平行四边形？若存在，请直接写出 M 点的坐标；若不存在，请说明理由． 解：（ 1） x2 7x 12 0 解得 x1 3 ， x2 4
OA OB OA 3 ， OB 4 A(0，3)， B(4，0)
在 Rt △ MOH 中，因为 AOB 60°，
所以 MH OM sin 60° (2 4t) 3 2
3(1 2t) ，
PA OB， OA OB OA PA OP 4 ．
令 OA x ， AB y ，则 y2 x2 (4 x)2 2x2 8x 16 = 2(x 2)2 8≥ 8 ．
当 x 2 时， y2 有最小值 =8，从而 y 2 2 ．
故 △ AOB 的周长存在最小值，其最小值是 4 2 2 ． 例 2 如图，在平面直角坐标系中，已知 Rt△ AOB 的两条直角边 OA 、 OB 分别在 y 轴和
(结果取整数，参考数据： 2 ＝1.41， 3 1.73)．
G
A
D
A
D
DF
A
F
F
B E
C
BE
C
B
E
C
参考答案
1.解：（ 1）因为 A 坐标为 (1，3) ，所以 OA 2， AOB 60°
因为 OM 4t ， ON 6 4t ．
当 2 4t
6 4t 时，解之得 t
0，
2
6
即在甲、乙两人到达 O 点前，只有当 t
0时， △OMN ∽△ OAB ，所以 MN 与 AB 不可
能平行；
（ 2）因为甲到达 O 点时间为 t
2
1 ，乙到达 O 点的时间为 t
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
中考数学压轴专题训练——动态(动点)几何问题的解题技巧(含答案)
点 的坐标
为 ．……
一次函数的解读式
为 ．
(3) 两点在直线 上， 的坐标分别是 ．
， ．
过点 作 ，垂足为点 ．
，
又 ， 点坐标为 ．
3．(1)解方程 ，得 ．
由m＜n，知m=1，n=5．
∴A(1，0)，B(0，5)．………………………1分
∴ 解之，得
所求抛物线的解读式为 ……3分
(2)由 得 故C的坐标为(-5，0)．………4分
（1）如图1，若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为_______
和位置关系为_____；
（2）如图2，若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；
（2）如图3，将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明.
（2）如图2，若E为线段DC的延长线上任意一点，（1）中的其他条件不变，你在（1）中得出的结论是否发生改变，直接写出你的结论，不必证明．
4、（1）如图1所示，在四边形 中， = ， 与 相交于点 ， 分别是 的中点，联结 ，分别交 、 于点 ，试判断 的形状，并加以证明；
（2）如图2，在四边形 中，若 ， 分别是 的中点，联结FE并延长，分别与 的延长线交于点 ，请在图2中画图并观察，图中是否有相等的角，若有，请直接写出结论：；
(3)如图③，当∠DAB＝90°，∠B与∠D互补时，线段AB、AD、AC有怎样的数量关系?写出你的猜想，并给予证明．
7.设点E是平行四边形ABCD的边AB的中点，F是BC边上一点，线段DE和AF相交于点P，点Q在线段DE上，且AQ∥PC．
专题03 特殊平行四边形中的三种几何动点问题(原卷版)-2024年常考压轴题攻略(9年级上册人教版)
专题03特殊平行四边形中的三种几何动点问题类型一、面积问题例．如图，在四边形ABCD 中，AB CD ∥，90BCD ∠= ，10cm AB AD ==，=8cm BC ．点P 从点A 出发，以每秒3cm 的速度沿折线ABC 方向运动，点Q 从点D 出发，以每秒2cm 的速度沿线段DC 方向向点C 运动．已知动点P ，Q 同时发，当点Q 运动到点C 时，P ，Q 运动停止，设运动时间为t ．(1)直接写出CD 的长（cm ）；(2)当四边形PBQD 为平行四边形时，直接写出四边形PBQD 的周长（cm ）；(3)在点P 、点Q 的运动过程中，是否存在某一时刻，使得BPQ V 的面积为215cm ？若存在，请求出所有满足条件的t 的值；若不存在，请说明理由．【变式训练1】如图，在四边形ABCD 中，,90,120,12cm,15cm AD BC A B ADC AD BC ∠=∠=︒∠=︒==∥，点P 自点A 沿折线AD DC -以1cm/s 的速度运动，点Q 自点C 沿向CB BA -以1cm/s 的速度运动．点P ，Q 同时出发，其中一个点到达终点，另一个点也停止运动．设运动时间为(s)t ．(1)当P 在AD 边上，点Q 在BC 边上时，如图1．①用含t 的代数式表示：DP =___________，BQ =___________；②若四边形APQB 是平行四边形，求t 的值？(2)求BPQ V 的面积S 与运动时间t 之间的数量关系式，并写出t 的取值范围．【变式训练2】如图，在矩形ABCD 中，AB =12，BC =18，点P 从点A 出发，以每秒2个单位长度的速度沿类型二、几何图形存在性问题长的速度向点A 匀速运动，同时点E 从点A 出发沿AB 方向以每秒1个单位长的速度向点B 匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D E ，运动的时间是t 秒()0t >．过点D 作DF BC ⊥于点F ，连接DE ，EF ．(1)求AB AC ，的长；(2)求证：AE DF =；(3)当t 为何值时，DEF 为直角三角形？请说明理由．例2．如图，已知正方形ABCD 的边长为4cm ，动点P 从点B 出发，以2cm /s 的速度沿B C D →→方向向点D 运动，动点Q 从点A 出发，以1cm /s 的速度沿A B →方向向点B 运动，若P 、Q 两点同时出发运动时间为s t ．(1)连接PD 、PQ 、DQ ，求当t 为何值时，PQD △的面积为27cm ？(2)当点P 在BC 上运动时，是否存在这样的t 使得PQD △是以PD 为一腰的等腰三角形？若存在，请求出符合条件的t 的值；若不存在，请说明理由．例3．如图，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠B ＝90°，AB ＝8cm ，AD ＝12cm ，BC ＝18cm ，点P 从点A 出发以1cm/s 的速度向点D 运动；点Q 从点C 同时出发，以2cm/s 的速度向点B 运动，当点Q 到达点B 时，(1)填空：AB =；菱形ABCD 的面积S =；菱形的高h =．(2)若点M 的速度为每秒1个单位，点N 的速度为每秒a 个单位（其中52a <），当4t =时在平面内存在点得以A ，M ，N ，E 为顶点的四边形为菱形，请求出所有满足条件的a 的值．类型三、直线位置关系问题例1．如图，在Rt ABC △中，90ABC ∠=︒，5AC =，4BC =，点D 是边AB 的中点，动点P 从点A 出发(1)直接写出AB的长．(2)当点Q落在AB边上时，用含t的代数式表示(1)分别求BD和BE的长度；(2)连接PQ，当95t=时，判断PQ与AD是否垂直，并说明理由；(3)试判断是否存在t的值，使得以P，Q，C，DC 点以1cm /s 的速度运动，动点Q 从点B 开始沿BA 向A 点以3cm /s 的速度运动，P ，Q 分别从点D ，B 同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，运动的时间为t 秒．(1)t 为何值时，四边形DPQA 为矩形？(2)t 为何值时，四边形PQBC 为平行四边形？2．如图，在ABC 中，6cm AC =，=8cm BC ，点O 以每秒1cm 的速度由点A 向点C 运动(不与点C 重合)，过点O 作直线MN BC ∥，BCA ∠的外角平分线CF 于点F ，ACB ∠的平分线CE 于点.E 设运动时间为t 秒．发现：(1)在点O 的运动过程中，OE 与OF 的关系是______，请写出理由．(2)当=2t 时，=EF ______cm ．探究：当=t ______时，四边形AECF 是矩形，并证明你的结论．拓展：若点O 在运动过程中，能使四边形AECF 是正方形，试写出线段AB 的长度．(直接写出结论即可)3．已知正方形ABCD 中，8AB BC CD DA ====，90A B C D ∠=∠=∠=∠=︒．动点P 以每秒2个单位速度从点B 出发沿线段BC 方向运动，动点Q 同时以每秒8个单位速度从B 点出发沿正方形的边(1)当运动时间为秒时，点P与点Q相遇；∥时，求线段DQ的长度；(2)当BQ PD全等时，求t的值．(3)连接PA，当PAB和QAD(1)CB的长为______．(2)用含t的代数式表示线段QB的长．(3)连接PQ，=；(1)求证：PE DQ(1)=a______cm，b=______cm；(2)t为何值时，EP把四边形BCDE的周长平分？(1)当2t =时，BP =___________cm ；(2)当t 为何值时，连接,,CP DP CDP △是等腰三角形；(3)Q 为AD 边上的点，且6DQ =，P 与Q 不重合，当t 为何值时，以长方形的两个顶点及点P 为顶点的三角形与DCQ 全等．。
专题43 动态几何之其他存在性问题(压轴题)
《中考压轴题》专题42：动态几何之其他存在性问题一、填空题1. 如图，已知点A（0，2）、B（，2）、C（0，4），过点C向右作平行于x轴的射线，点P是射线上的动点，连接AP，以AP为边在其左侧作等边△APQ，连接PB、BA．若四边形ABPQ为梯形，则：（1）当AB为梯形的底时，点P的横坐标是；（2）当AB为梯形的腰时，点P的横坐标是二、解答题1. 如图①，双曲线kyx（k≠0）和抛物线y=ax2+bx（a≠0）交于A、B、C三点，其中B（3，1），C（﹣1，﹣3），直线CO交双曲线于另一点D，抛物线与x轴交于另一点E．（1）求双曲线和抛物线的解析式；（2）抛物线在第一象限部分是否存在点P，使得∠POE+∠BCD=90°？若存在，请求出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图②，过B作直线l⊥OB，过点D作DF⊥l于点F，BD与OF交于点N，求DNNB的值．2. 如图，在边长为4的正方形ABCD中，动点E以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿边AB向点B 运动，动点F以每秒2个单位长度的速度从点B开始沿折线BC﹣CD向点D运动，动点E比动点F先出发1秒，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点F的运动时间为t秒．（1）点F在边BC上．①如图1，连接DE，AF，若DE⊥AF，求t的值；②如图2，连结EF，DF，当t为何值时，△EBF与△DCF相似？（2）如图3，若点G是边AD的中点，BG，EF相交于点O，试探究：是否存在在某一时刻t，使得BO1 OG6若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．3. 如图，直线AB的解析式为y=2x+4，交x轴于点A，交y轴于点B，以A为顶点的抛物线交直线AB于点D，交y轴负半轴于点C（0，﹣4）．（1）求抛物线的解析式；（2）将抛物线顶点沿着直线AB平移，此时顶点记为E，与y轴的交点记为F，①求当△BEF与△BAO相似时，E点坐标；②记平移后抛物线与AB另一个交点为G，则S△EFG与S△ACD是否存在8倍的关系？若有请直接写出F点的坐标．4. 在平面直角坐标系中, 抛物线()2y x k 1x k =+--与直线y kx 1=+交于A, B 两点，点A 在点B 的左侧.（1）如图1，当k 1=时，直接写出．．．．A ，B 两点的坐标；（2）在（1）的条件下，点P 为抛物线上的一个动点，且在直线AB 下方，试求出△ABP 面积的最大值及此时点P 的坐标；（3）如图2，抛物线()()2y x k 1x k k >0=+--与x 轴交于C ，D 两点（点C 在点D 的左侧）.在直线y kx 1=+上是否存在唯一一点Q ，使得∠OQC=90°？若存在，请求出此时k 的值；若不存在，请说明理由.5. 如图，二次函数21y x bx c 2=++的图象交x 轴于A 、D 两点，并经过B 点，已知A 点坐标是（2，0），B 点的坐标是（8，6）． （1）求二次函数的解析式．（2）求函数图象的顶点坐标及D 点的坐标．（3）该二次函数的对称轴交x 轴于C 点．连接BC ，并延长BC 交抛物线于E 点，连接BD ，DE ，求△BDE 的面积．（4）抛物线上有一个动点P ，与A ，D 两点构成△ADP ，是否存在S △ADP =12S △BCD ？若存在，请求出P 点的坐标；若不存在．请说明理由．6. 如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD ⊥AB 于点D ．点P 从点D 出发，沿线段DC 向点C 运动，点Q 从点C 出发，沿线段CA 向点A 运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P 运动到C 时，两点都停止．设运动时间为t 秒． （1）求线段CD 的长；（2）设△CPQ 的面积为S ，求S 与t 之间的函数关系式，并确定在运动过程中是否存在某一时刻t ，使得S △CPQ ：S △ABC =9：100？若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由． （3）当t 为何值时，△CPQ 为等腰三角形？7. 如图，在四边形OABC 中，AB ∥OC ，BC ⊥x 轴于C ，()()A 11B 31--，，，，动点P 从O 点出发，沿x 轴正方向以2个单位/秒的速度运动．过P 作PQ ⊥OA 于Q ．设P 点运动的时间为t 秒（0 < t < 2），ΔOPQ 与四边形OABC 重叠的面积为S ．（1）求经过O 、A 、B 三点的抛物线的解析式并确定顶点M 的坐标； （2）用含t 的代数式表示P 、Q 两点的坐标；（3）将ΔOPQ 绕P 点逆时针旋转90°，是否存在t ，使得ΔOPQ 的顶点O 或Q 落在抛物线上？若存在，直接写出t 的值；若不存在，请说明理由； （4）求S 与t 的函数解析式.8. 如图，已知二次函数的图象过点O（0，0），A（4，0），B（2，433），M是OA的中点．（1）求此二次函数的解析式；（2）设P是抛物线上的一点，过P作x轴的平行线与抛物线交于另一点Q，要使四边形PQAM是菱形，求P点的坐标；（3）将抛物线在x轴下方的部分沿x轴向上翻折，得曲线OB′A（B′为B关于x轴的对称点），在原抛物线x轴的上方部分取一点C，连接CM，CM与翻折后的曲线OB′A交于点D．若△CDA的面积是△MDA面积的2倍，这样的点C是否存在？若存在求出C点的坐标，若不存在，请说明理由．9. 如图1，在平面直角坐标系中，AB=OB=8，∠ABO=90°，∠yOC=45°，射线OC以每秒2个单位长度的速度向右平行移动，当射线OC经过点B时停止运动，设平行移动x秒后，射线OC扫过Rt△ABO的面积为y．（1）求y与x之间的函数关系式；（2）当x=3秒时，射线OC平行移动到O′C′，与OA相交于G，如图2，求经过G，O，B三点的抛物线的解析式；（3）现有一动点P在（2）中的抛物线上，试问点P在运动过程中，是否存在三角形POB的面积S=8的情况？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．10. 在平面直角坐标系xOy ，已知抛物线22y x 2mx m 9=-+-． （1）求证：无论m 为何值，该抛物线与x 轴总有两个交点；（2）该抛物线与x 轴交于A ，B 两点，点A 在点B 的左侧，且OA ＜OB ，与y 轴的交点坐标为()05-，，求此抛物线的解析式；（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴与x 轴的交点为N ，若点M 是线段AN 上的任意一点，过点M 作直线MC ⊥x 轴，交抛物线于点C ，记点C 关于抛物线对称轴的对称点为D ，点P 是线段MC 上一点，且满足MP=14MC ，连结CD ，PD ，作PE ⊥PD 交x 轴与点E ，问是否存在这样的点E ，使得PE=PD ，若存在，求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由．11. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线2y ax bx 3=++与x 轴交于点A （﹣4，0），B （﹣1，0）两点． （1）求抛物线的解析式；（2）在第三象限的抛物线上有一动点D ．①如图（1），若四边形ODAE 是以OA 为对角线的平行四边形，当平行四边形ODAE 的面积为6时，请判断平行四边形ODAE 是否为菱形？说明理由． ②如图（2），直线1y x 32=+与抛物线交于点Q 、C 两点，过点D 作直线DF ⊥x 轴于点H ，交QC 于点F ．请问是否存在这样的点D ，使点D 到直线CQ 的距离与点C 到直线DF 的距离之比为5：2？若存在，请求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由．12．如图，抛物线2y x bx c =-++与x 轴交于A(-1，0)，B(5，0）两点，直线3y x 34=-+与y 轴交于点C ，，与x 轴交于点D.点P 是x 轴上方的抛物线上一动点，过点P 作PF ⊥x 轴于点F ，交直线CD 于点E.设点P 的横坐标为m.（1）求抛物线的解析式； （2）若PE =5EF ，求m 的值；（3）若点E /是点E 关于直线PC 的对称点、是否存在点P ，使点E /落在y 轴上？若存在，请直接写出相应的点P 的坐标；若不存在，请说明理由.EF ABDCOPyX13. 如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴，y轴分别交于点A（6，0），B（0，8），点C的坐标为（0，m），过点C作CE⊥AB于点E，点D为x轴上一动点，连结CD，DE，以CD，DE为边作□CDEF。
2024届高考数学二轮复习立体几何中的动态问题课件
题型选讲
类型一 “动态”中研究“特定静态”——“一题多考”
典例1 (多选)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1 中 ， P ， Q 分 别 是 线 段 B1D1 ， AC 上 的 动 点 ， 则 下 列 说 法 正 确AB的D有
(
)
A．线段PQ长度的最小值为2
B．满足 PQ＝2 2的情况只有 4 种 C．无论P，Q如何运动，直线PQ都不可能与BD1垂直 D．三棱锥P－ABQ的体积大小只与点Q的位置有关，与点P的位置 无关
中，侧棱 PA，PB，PC 的长为 2，底面△ABC 的边长为 2，D 为 AC 的
中点，E 为 AB 的中点，M 是 PD 上的动点，N 是平面 PCE 上的动点，则
AM＋MN 的最小值为( B )
6＋ 2 A. 4
B．
3＋1 2
6 C. 4
D．
3 2
【思路点拨】 先固定点M，再考虑点N的变化，要求AM＋MN的 最小值，可将立体几何问题通过展开某几个平面的“动”考查了最值、垂直、体积等 问题，实现了一题多考，解决此类问题的关键是掌握几何体的结构特征 和垂直的判定定理及性质定理，需具备较强的直观想象能力．
类型二 “动态”中研究“以静制动”——“最值问题”
典例2 (2023·湖北八校联考)已知在如图所示的正三棱锥 P－ABC
＝ 2，BD⊥CD.将四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 A′－BCD(如 图 2)，使平面 A′BD⊥平面 BCD，则下列结论正确的是( BD )
A．A′C⊥BD B．∠BA′C＝90° C．CA′与平面A′BD所成的角为30° D．四面体 A′－BCD 的体积为16
【解析】 由 A′B＝A′D＝1，BD＝ 2，得 BA′⊥DA′.因为平面 A′BD⊥平面 BCD，平面 A′BD∩平面 BCD＝BD，CD⊥BD，所以 CD ⊥平面 A′BD，进而有 CD⊥BA′.由 DA′∩CD＝D，得 BA′⊥平面 A′CD.所以 BA′⊥A′C，即∠BA′C＝90°.B 正确；若 A′C⊥BD，又 CD⊥BD，易证得 BD⊥平面 A′CD，与 BA′⊥平面 A′CD 矛盾，故 A 错误；由 CD⊥平面 A′BD，得∠CA′D 为 CA′与平面 A′BD 所成的 角，由 CD＝A′D＝1，得∠CA′D＝45°，故 C 错误；由题意知 AB＝AD ＝CD＝1，VA′－BCD＝VC－A′BD＝13×1×12×1×1＝16.D 正确．故选 BD.
立体几何中的动态问题课件-2025届高三数学一轮复习
即异面直线与所成角的大小为定值，A正确； 连接,,, ,由四边形是矩形，得，而 平面， 平面，则 平面，即点到平面的距离为定值， ，…………审题② 因此为定值，B正确； 连接,,,在 中，，则边上的高为，有，由 平面，知点到平面的距离为，令直线和平面 所成的中点，连接，交于点，连接，交 于点，连接，显然， ，…………审题④ 则当与重合时，有，D错误. 故选 .
由B的分析可知 平面, 平面,故，又 ，,, 平面， 平面， 平面 ，，，若的长为定值，则 的长也为定值，故C正确；由以上分析可知，，故， ,由于为 的中点，故，若的长为定值，则的值也为定值，故D正确.故选 .
与翻折问题结合
2.（多选题）如图，在边长为2的正方形中，是的中点，将沿 翻折到的位置，是线段的中点，在翻折到 的过程中，下列说法正确的是( ) .
解析 取的中点，连接,（图略），则，故点在以 为球心，为半径的球面上.过点作，垂足为，连接，则 .在矩形中，,，故，故 ，而，故 平面，故点在过点且垂直于 的平面上，所以点在以为圆心，为半径的圆上，而为二面角 的平面角或补角，故 ，故点的轨迹长度为 .
培优点三 动态中的定值问题
典例3 （多选题）（2024 · 安徽校考）如图，在棱长为1的正方体 中，是线段 上的动点，则下列说法正确的是( ) .
立体几何中的动态问题
培优点一 动态中的位置关系判断
培优点二 动态中的轨迹问题
培优点三 动态中的定值问题
培优点四 动态中的最值（范围）问题
培优点一 动态中的位置关系判断
典例1 （多选题）（2024 · 海南模拟）如图，在矩形中，,,和交于点 ，将沿直线 翻折，则下列说法正确的是( ) .
又因为点与点，不重合，则，又 ，可得 ，故选项C错误； 对于选项D，由，， ，得，又，则为等边三角形，则 ，将以为轴旋转到与共面，得到 ，则为等边三角形， ，
中考数学压轴专题训练——动态(动点)几何问题的解题技巧(含答案)
（2）连接PQ，在运动过程中，不论t取何值时，总有线段PQ与线段AB平行．为什么？
（3）当t为何值时，△EDQ为直角三角形．
答案：
1、解：1）PD=PE。以图②为例，连接PC
∵△ABC是等腰直角三角形，P为斜边AB的中点，
∴PC=PB，CP⊥AB，∠DCP=∠B=45°，
(3)如图3，BD是正方形ABCD的对角线,L在BD上，且BL=BC,连结CL，点E是CL上任一点,EF⊥BD于点F，EG⊥BC于点G，猜想EF、EG、BD之间具有怎样的数量关系，直接写出你的猜想；
3.在 中，AC=BC， ，点D为AC的中点．
（1）如图1，E为线段DC上任意一点，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连结CF，过点F作 ，交直线AB于点H．判断FH与FC的数量关系并加以证明．
动态几何问题的解题技巧
解这类问题的基本策略是：
1．动中觅静：这里的“静”就是问题中的不变量、不变关系，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的不变性．
2．动静互化：“静”只是“动”的瞬间，是运动的一种特殊形式，动静互化就是抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题，从而找到“动”与“静”的关系．
3．以动制动：以动制动就是建立图形中两个变量的函数关系，通过研究运动函数，用联系发展的观点来研究变动元素的关系．
又∵∠DPC+∠CPE=90°，∠CPE+∠EPB=90°
∴∠DPC=∠EPB
∴△DPC≌△EPB（AAS）
∴PD=PE
2）能，①当EP=EB时，CE= BC=1
②当EP=PB时，点E在BC上，则点E和C重合，CE=0
③当BE=BP时，若点E在BC上，则CE=
微重点 立体几何中的动态问题 解析版-2024年高考数学重难点攻略
微重点 立体几何中的动态问题“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化．知识导图考点一：动点轨迹问题考点二：折叠、展开问题考点三：最值、范围问题考点分类讲解考点一：动点轨迹问题规律方法 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法(1)几何法：根据平面的性质进行判定．(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算．(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．1(2024·浙江温州·一模)如图，所有棱长都为1的正三棱柱ABC -A 1B 1C 1，BE =2EC，点F 是侧棱AA 1上的动点，且AF =2CG，H 为线段FB 上的动点，直线CH ∩平面AEG =M ，则点M 的轨迹为()A.三角形(含内部)B.矩形(含内部)C.圆柱面的一部分D.球面的一部分【答案】A【分析】根据题意首先保持H 在线段FB 上不动(与F 重合)，研究当点F 运动时M 的轨迹为线段MN ，再根据H 点在线段FB 上运动的轨迹即可得出点M 的轨迹为△MNE 及其内部的所有点的集合.【详解】如下图所示：首先保持H 在线段FB 上不动，假设H 与F 重合根据题意可知当F 点在侧棱AA 1上运动时，若F 点在A 1点处时，G 为CC 1的中点，此时由AF =2CG 可得满足FM =2MC，当F 点运动到图中F 1位置时，易知AF 1 =2CG 1，取AG 1∩CF 1=P ，可得F 1P =2PC ，取棱AC 上的点N ，满足AN =2NC，根据三角形相似可得M ,N ,P 三点共线，当点F 在侧棱AA 1上从A 1点运动到A 点时，M 点轨迹即为线段MN ；再研究当点H 在线段FB 上运动，当点H 在线段FB 上从点F 运动到点B 时，M 点的轨迹是线段ME ，当点H 在线段F 1B 上从点F 1运动到点B 时，M 点的轨迹是线段PE ，因此可得，当点F 是侧棱AA 1上运动时，H 在线段FB 上运动时，点M 的轨迹为△MNE 及其内部的所有点的集合；即可得M 的轨迹为三角形(含内部).故选：A2(多选)(23-24高三上·贵州安顺·期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 、G 、H 分别为棱CC 1、C 1D 1、A 1D 1、AB 的中点，点M 为棱A 1B 1上动点，则()A.点E 、F 、G 、H 共面B.GM +MH 的最小值为1+5C.点B 到平面AB 1C 的距离为233D.DE ⊥A 1H【答案】ACD【分析】根据题意建立空间之间坐标系，利用平面向量基本定理可对A 判断，利用向量的垂直表示可对D 判断；利用正方体面展开图可对B 判断；利用等体积法可对C 判断.【详解】如图，以D 为原点，建立空间直角坐标系，则D 0,0,0 ，E 0,2,1 ，F 0,1,2 ，G 1,0,2 ，H 2,1,0 ，对A ：EF =0,-1,1 ，EG =1,-2,1 ，EH =2,-1,-1 ，设EF =λEG +μEH ，即0,-1,1 =λ1,-2,1 +μ2,-1,-1 ，解得λ=23，μ=-13，所以EF ,EG ,EH共面，故A 正确．对B ：将正方体沿AB 剪开展开如下图，连接GH 交A 1B 1于一点，此点为M 点，此时GM +MH 为最小值32+22=13，故B 错误；对C ：由等体积法可知V B -AB 1C =V B 1-ABC ，即13·S △AB 1C ·d =13·S △ABC ·BB 1 ，由S △AB 1C =12×2×2×sin π3=32，S △ABC =12×2×2=2，求解得d =233，故C 正确.对D ：D 0,0,0 ，A 12,0,2 ，DE =0,2,1 ，A 1H=0,1,-2 DE ·A 1H =2-2=0，则DE ⊥A 1H ，所以DE ⊥A 1H ，故D 正确.故选：ACD .3(2023·贵州·一模)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，P 分别为棱AA 1,CC 1,AD 的中点，Q 为该正方体表面上的点，若M ，N ，P ，Q 四点共面，则点Q 的轨迹围成图形的面积为．【答案】33【分析】根据题意找出点Q 的轨迹围成图形为正六边形PENFGM 即可求解.【详解】如图，取CD ,B 1C 1,A 1B 1的中点分别为EFG ，则点Q 的轨迹围成图形为正六边形PENFGM ，且边长为面对角线的一半，即2，所以点Q 的轨迹围成图形的面积为6×122×2 2-222=33，故答案为:3 3.4(2023·宁波联考)正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 满足BP =λBC+μ-→BB 1(λ，μ∈R )，则下列说法正确的有()A.若λ+μ=1，则A 1P ⊥AD 1B.若λ+μ=1，则三棱锥A 1-PDC 1的体积为定值C.若点P 总满足PA ⊥BD 1，则动点P 的轨迹是一条直线D.若点P 到点A 的距离为3，则动点P 的轨迹是一个面积为π的圆【答案】ABC【解析】对于A ，因为BP =λBC +μ-→BB 1(λ，μ∈R )且λ+μ=1，由向量基本定理可知，点B 1，C ，P 共线，如图，连接AD1，A 1C ，BC 1，B 1C ，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，B 1C ⊥BC 1，A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，因为BC 1⊂平面BB 1C 1C ，所以A 1B 1⊥BC 1，又B 1C ∩A 1B 1=B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1C ，在BC 1上任取一点P ，连接A 1P ，则A 1P ⊂平面A 1B 1C ，所以BC 1⊥A 1P ，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，因为AB ∥D1C 1，且AB =D 1C 1，所以四边形ABC 1D 1为平行四边形，所以AD 1∥BC 1，则AD 1⊥A 1P ，故选项A 正确；对于B ，如图，连接A 1C 1，C 1D ，A 1D ，B 1C ，因为BP =λBC+μ-→BB 1(λ，μ∈R )且λ+μ=1，由向量基本定理可知点B 1，C ，P 共线，即点P 在直线B 1C 上，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，因为A 1B 1∥DC ，且A 1B 1=DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，所以A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，BC 1⊄平面A 1C 1D ，所以B 1C ∥平面A 1C 1D ，则直线B 1C 上任意一点到平面A 1C 1D 的距离相等，又因为△A 1C 1D 的面积为一定值，所以三棱锥A 1-PDC 1的体积为定值，故选项B 正确；对于C ，如图，连接AC ，BD ，AB1，BD 1，B 1C ，B 1D 1，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥BD ，BB 1⊥平面ABCD ，因为AC ⊂平面ABCD ，所以BB 1⊥AC ，又BB 1∩BD =B ，所以AC ⊥平面BB 1D 1D ，BD 1⊂平面BB 1D 1D ，所以AC ⊥BD 1，同理AB 1⊥BD 1，又AB 1∩AC =A ，所以BD 1⊥平面AB 1C ，因为点P 满足BP =λBC +μ-→BB 1(λ，μ∈R )，所以点P 在侧面BB 1C 1C 所在的平面上运动，且PA ⊥BD 1，所以动点P 的轨迹就是直线B 1C ，故选项C 正确；对于D ，因为点P 到点A 的距离为3，所以点P 的轨迹是以A 为球心，3为半径的球面与平面BB 1C 1C 的交线，即点P 的轨迹为小圆，设小圆半径为r ，因为球心A 到平面BB 1C 1C 的距离为1，则r =(3)2-1=2，所以小圆的面积S =πr 2=2π，故选项D 错误考点二：折叠、展开问题规律方法 画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系．1(2024·河南·模拟预测)为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢(如图1).已知AB 和CD 是圆O 的两条互相垂直的直径，将平面ABC 沿AB 翻折至平面ABC ，使得平面ABC ⊥平面ABD (如图2)此时直线AB 与平面C BD 所成角的正弦值为()A.13B.33C.22D.32【答案】B【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.【详解】依题意，OC ⊥AB ,OD ⊥AB ，而平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，又OC ⊂平面ABC ,OD ⊂平面ABD ，则OC ⊥平面ABD ，OD ⊥OC ，因此直线OD ,OB ,OC 两两垂直，以点O 为原点，直线OD ,OB ,OC 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，令圆半径OD =1，则O (0,0,0),D (1,0,0),B (0,1,0),C (0,0,1)，OB =(0,1,0),BC=(0,-1,1),BD =(1,-1,0)，设平面C BD 的一个法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅BC=-y +z =0n ⋅BD=x -y =0，令y =1，得n =(1,1,1)，设直线AB 与平面C BD 所成的角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,OB ›|=|n ⋅OB ||n ||OB |=11×3=33，所以直线AB 与平面C BD 所成角的正弦值为33.故选：B2(22-23高三上·浙江·开学考试)如图，矩形ABCD 中，AD =2,AB =3,AE =2EB，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE ，若M 为线段A 1C 的点，满足CM =2MA 1，则在△ADE 翻折过程中(点A 1不在平面DEBC 内)，下面四个选项中正确的是()A.BM ⎳平面A 1DEB.点M 在某个圆上运动C.存在某个位置，使DE ⊥A 1CD.线段BA 1的长的取值范围是5,3【答案】ABD【分析】由已知，选项A ，在DC 上取一点N ，令CN =2ND ，可通过面面平行的判定定理证明平面BMN ∥平面ADE ，从而证明BM ∥平面A 1DE ；选项B ，可通过∠A 1DE =∠MNB =π4,NM =43，EB =22，借助余弦定理可知BM 为定值，从而确定M 点的轨迹；选项C ，可先假设DE ⊥A 1C 成立，然后借助线面垂直的判定定理和性质定理得到DE ⊥CH ，然后在△DHC 中，利用勾股定理验证是否满足，即可做出判断；选项D ，可通过点A 1运行轨迹，分别找出最大值和最小值点，然后求解即可做出判断.【详解】如上图所示，在DC 上取一点N ，令CN =2ND，连接NB ，在矩形ABCD 中，AB =CD 且AB ∥CD ，又因为AE =2EB ，CN =2ND，所以EB =ND 且EB ∥ND ，所以四边形EBND 为平行四边形，所以NB ∥ED ，又因为NB ⊄平面ADE ，DE ⊂平面ADE ，所以NB ∥平面ADE ，又因为CN =2ND ，CM =2MA 1，所以NM ∥A 1D ，又因为NM ⊄平面ADE ，DA 1⊂平面ADE ，所以NM ∥平面ADE ，又因为NM ∩NB =N 且NM 、NB ⊂平面BMN ,所以平面BMN ∥平面ADE ，又因为MB ⊂平面BMN ,所以BM ∥平面A 1DE ，选项A 正确；由NB ∥ED ，NM ∥A 1D ，AD =AE =2,可得∠A 1DE =∠MNB =π4,由CN =2ND ，CM =2MA 1 可知，NM =23A 1D =43，而EB =ND =22，由余弦定理可知，BM 为定值，而B 为定点，故M 在以B 为圆心，BM 为半径的圆上运动，故选项B 正确；取ED 的中点H ，连接HA 1、HC ，在△A 1DE 中，AD =AE =2，所以DE ⊥A 1H ，假设DE ⊥A 1C 成立，A 1H 、A 1C ⊂平面A 1HC ,所以DE ⊥平面A 1HC ，又因为CH ⊂平面A 1HC ，所以DE ⊥CH ，而，在△DHC 中，DH =2，DC =3，CH =5，所以∠DHC ≠π2，故DE ⊥CH 不成立，所以假设不成立，该选项C 错误；在DC 上取一点A 2，令DA 2 =2A 2C，在△ADE 翻折过程中, 线段BA 1的最大值是A 1与A 点重合，此时BA 1=3，线段BA 1的最小值是A 1与A 2点重合，此时BA 1=5，又因为点A 1不在平面DEBC 内，所以线段BA 1的长的取值范围是5,3 ，选项D 正确；故选：ABD3(2024高三·全国·专题练习)如图1，在等边△ABC 中，点D 、E 分别为边AB 、AC 上的动点且满足DE ⎳BC ，记DEBC=λ.将△ADE 沿DE 翻折到△MDE 的位置，使得平面MDE ⊥平面DECB ，连接MB ，MC ，如图2，N 为MC 的中点．(1)当EN ⎳平面MBD 时，求λ的值．(2)随着λ的值的变化，二面角B -MD -E 的大小是否改变？若是，请说明理由；若不是，请求出二面角B -MD -E 的正弦值．【答案】(1)λ=12(2)不是，255【分析】(1)取MB 的中点为P ，连接DP ，PN ，推出NP ∥BC ，证明NEDP 为平行四边形，利用比例关系求解即可．(2)取DE 的中点O ，如图建立空间直角坐标系，求出平面BMD 的法向量，平面EMD 的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦函数值然后求解即可．【详解】(1)如图，取MB 的中点P ，连接DP ，PN ．因为N 为MC 的中点，所以NP ⎳BC ，NP =12BC ．又DE ⎳BC ，所以NP ⎳DE ，即N ，P ，D ，E 四点共面．因为EN ⎳平面MBD ，EN ⊂平面NEDP ，平面NEDP ∩平面MBD =DP ，所以EN ⎳DP ，即四边形NEDP 为平行四边形，所以NP =DE ，即DE =12BC ，所以λ=12．(2)取ED 的中点O ，连接MO ，则MO ⊥DE ．因为平面MDE ⊥平面DECB ，平面MDE ∩平面DECB =DE ，MO ⊂平面MDE ，所以MO ⊥平面DECB ．如图，建立空间直角坐标系，不妨设BC =2，则M 0,0,3λ ，D λ,0,0 ，B 1,31-λ ,0 ，所以MD =λ,0,-3λ ，DB =1-λ,31-λ ,0 ．设平面MBD 的一个法向量为m=(x ,y ,z )，则MD ⋅m=λx -3λz =0,DB ⋅m =1-λ x +31-λ y =0,即x =3z ,x =-3y , 令x =3，所以m =3,-1,1 ．由题意可知n=(0,1,0)为平面MDE 的一个法向量．设二面角B -MD -E 的平面角为θ，则cos θ =cos m ,n =m ⋅n m n =55，因此sin θ=1-cos 2θ=255，所以二面角B -MD -E 的正弦值为255．4(2023·邵阳模拟)如图所示，在矩形ABCD 中，AB =3，AD =1，AF ⊥平面ABCD ，且AF =3，点E 为线段CD (除端点外)上的动点，沿直线AE 将△DAE 翻折到△D ′AE ，则下列说法中正确的是()A.当点E 固定在线段CD 的某位置时，点D ′的运动轨迹为球面B.存在点E ，使AB ⊥平面D ′AEC.点A 到平面BCF 的距离为32D.异面直线EF 与BC 所成角的余弦值的取值范围是1313，1010【答案】 D【解析】选项A ，当点E 固定在线段CD 的某位置时，线段AE 的长度为定值，AD ′⊥D ′E ，过D ′作D ′H ⊥AE 于点H ，H 为定点，D ′H 的长度为定值，且D ′H 在过点H 与AE 垂直的平面内，故D ′的轨迹是以H 为圆心，D ′H 为半径的圆，故A 错误；选项B ，无论E 在CD (端点除外)的哪个位置，AB 均不与AE 垂直，故AB 不与平面AD ′E 垂直，故B 错误；选项C ，以AB ，AD ，AF分别为x ，y ，z 轴的方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，F (0,0,3)，B (3，0,0)，C (3，1,0)．BC =(0,1,0)，BF =(-3，0,3)，AB =(3，0,0)，设平面BCF 的法向量为n =(x ，y ，z )，则n ·BC=y =0，n ·BF =-3x +3z =0， 取n =(3，0,1)，则点A 到平面BCF 的距离d =n ·ABn=32，故C 错误；选项D ，设E (3λ，1,0)，λ∈(0,1)，BC=(0,1,0)，EF=-3λ，-1，3 ，设EF 与BC 所成的角为θ，则cos θ=EF ·BCEF BC=13λ2+10∈1313，1010 ，故D 正确．考点三：最值、范围问题规律方法 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值．(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．1(多选)(2023·鞍山模拟)如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是线段BC 1上的动点，则下列结论正确的是()A.四面体PA 1D 1A 的体积为定值B.AP +PC 的最小值为22C.A 1P ∥平面ACD 1D.直线A 1P 与AC 所成的角的取值范围是0，π3【答案】ACD【解析】对于A ，由正方体可得平面DAA 1D 1∥平面BCC 1B 1，且B ，P ∈平面BCC 1B 1，所以点B 到平面DAA 1D 1的距离等于点P 到平面DAA 1D 1的距离，所以四面体PA 1D 1A 的体积V P -A 1D 1A =VB -A 1D 1A =13S △A 1D 1A ×1=13×12×1×1×1=16，所以四面体PA 1D 1A 的体积为定值，故A 正确；对于B ，当P 与B 重合时，AP +PC =AB +BC =2<22，所以AP +PC 的最小值不为22，故B 错误；对于C ，连接A 1C 1，A 1B ，由正方体可得AA 1=CC 1，AA 1∥CC 1，所以四边形AA 1C 1C 是平行四边形，所以AC ∥A 1C 1，因为AC ⊂平面ACD 1，A 1C 1⊄平面ACD 1，所以A 1C 1∥平面ACD 1，同理可得BC 1∥平面ACD 1因为A 1C 1∩BC 1=C 1，A 1C 1，BC 1⊂平面A 1C 1B ，所以平面A 1C 1B ∥平面ACD 1，因为A 1P ⊂平面A 1C 1B ，所以A 1P ∥平面ACD 1，故C 正确；对于D ，因为AC ∥A 1C 1，所以∠PA 1C 1(或其补角)为直线A 1P 与AC 所成的角，由图可得当P 与B 重合时，此时∠PA 1C 1最大为π3，当P 与C 1重合时，此时∠PA 1C 1最小为0，所以直线A 1P 与AC 所成的角的取值范围是0，π3，故D 正确．2(2023·青岛模拟)三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据．三面角P -ABC 是由有公共端点P 且不共面的三条射线PA ，PB ，PC 以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设∠APC =α，∠BPC =β，∠APB =γ，二面角A -PC -B 为θ，由三面角余弦定理得cos θ=cos γ-cos α·cos βsin α·sin β.在三棱锥P -ABC 中，PA =6，∠APC =60°，∠BPC =45°，∠APB =90°，PB +PC=6，则三棱锥P -ABC 体积的最大值为()A.2724B.274C.92D.94【答案】C【解析】如图所示，作BD 垂直于CP 于点D ，设点B 在平面APC 中的射影为M ，连接BM ，MD ，由题意得V P -ABC =13·S △APC·BM .设二面角A -PC -B 为θ，则cos θ=0-12×2232×22=-33，θ∈(0，π)，∴sin ∠BDM =63，BM =BD ·sin ∠BDM =63BD =63·PB ·sin ∠BPC =33·PB ，S △APC =12·PA ·PC ·sin ∠APC =332·PC ，∴V P -ABC =13·S △APC ·BM =12·PB ·PC =12·PB (6-PB )=-12PB 2+3PB=-12(PB -3)2+92，当PB =3时，V P -ABC 的最大值为92.3(23-24高三下·北京·开学考试)正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，动点M 在线段CC 1上，动点P 在平面A 1B 1C 1D 1上，且AP ⊥平面MBD 1.线段AP 长度的取值范围是()A.1,2B.62,3 C.62,2 D.62+∞ 【答案】C【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【详解】以D 为坐标原点，以DA ,DC ,DD 1分别为x ,y ,z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设P a ,b ,1 ，M 0,1,t 0≤t ≤1 ，则A 1,0,0 ,B 1,1,0 ,D 10,0,1 ，则AP =a -1,b ,1 ,BD 1 =-1,-1,1 ,MD 1=0,-1,1-t ，因为AP ⊥平面MBD 1，所以AP ⊥BD 1,AP ⊥MD 1，即AP ⋅BD 1=1-a -b +1=0AP ⋅MD 1 =-b +1-t =0 ，解得a =t +1b =1-t ，所以AP =t ,1-t ,1 ，所以AP =t 2+1-t 2+1=2t -12 2+32，又0≤t ≤1，所以当t =12时，即M 是CC 1的中点时，AP 取得最小值62，当t =0或1，即M 与点C 或C 1重合时，AP取得最大值2，所以线段AP 长度的取值范围为62,2.故选：C4(2023·黑龙江哈尔滨·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ,PD =AD ，点E 是线段PB 上的动点，则直线DE 与平面PBC 所成角的最大值为()A.π6B.π4C.π3D.π2【答案】C【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.【详解】由题意，因为ABCD 为正方形，且PD ⊥底面ABCD ，以D 为原点，DA ,DC ,DP 所在直线分别为x ,y ,z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设PD =AD =1，则D 0,0,0 ,B 1,1,0 ,C 0,1,0 ,P 0,0,1 ，所以PB =1,1,-1 ,PC =0,1,-1 ，设PE =λPB ，λ∈0,1 ，则PE =λ,λ,-λ ，所以E λ,λ,1-λ ，即DE =λ,λ,1-λ ，设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则n ⋅PB=x +y -z =0n ⋅PC=y -z =0，解得x =0,y =z ，取y =z =1，所以平面PBC 的一个法向量为n=0,1,1 ，设直线DE 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos <n ,DE> =n ⋅DEn DE =12×2λ2+1-λ2=12×3λ-132+23，因为y =sin θ,θ∈0,π2单调递增，所以当λ=13时，sin θ=32最大，此时θ=π3，即直线DE 与平面PBC 所成角的最大值为π3.故选:C强化训练一、单选题1(2023·云南保山·二模)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，Q 为上底面A 1B 1C 1D 1所在平面内的动点，当直线DQ 与DA 1的所成角为45°时，点Q 的轨迹为()A.圆B.直线C.抛物线D.椭圆【答案】C【分析】建系，利用空间向量结合线线夹角分析运算.【详解】以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则D 0,0,0 ,A 11,0,1 ，设Q x ,y ,1 ，可得DQ =x ,y ,1 ，DA 1 =1,0,1 ，因为直线DQ 与DA 1的所成角为45°，则cos45°=DQ ⋅DA 1 DQ ⋅DA 1=x +1x 2+y 2+1×2=22，化简可得y 2=2x ，所以点Q 的轨迹为抛物线.故选：C .2(2023·全国·三模)在平面直角坐标系中，P 为圆x 2+y 2=16上的动点，定点A -3,2 ．现将y 轴左侧半圆所在坐标平面沿y 轴翻折，与y 轴右侧半圆所在平面成2π3的二面角，使点A 翻折至A ，P 仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则A ，P 两点间距离的取值范围是()A.13,35B.4-13,7C.4-13,35D.13,7【答案】B【分析】设A 所在平面为α，圆的另一半所在平面为β，若P ∈α，则P ,A ,O 三点共线时，以及P 在圆的下端点时，分别取到A ，P 两点间距离的最值；若P ∈β，设P 4cos α,4sin α ，利用两点间的距离公式结合A 到β的距离，以及三角函数的有界性取到最值，进而得出答案．【详解】设A 所在平面为α，圆的另一半所在平面为β，若P ∈α，则P ,A ,O 三点共线时，PA 有最小值P 1A =R -OA =4-13；当P 在圆的下端点时，取到最大值P 2A =-3-02+2+4 2=32+62=35，即PA ∈4-13,35 ；若P ∈β，设P 4cos α,4sin α ，A 在β上的投影为距离为A 1，则A 到β面距离为AA 1 =-3 sin π3=332，又A 到y 轴的距离为3，∴A 1到y 轴的距离为9-274=32，而A 1到x 轴的距离为2，则PA =32+4cos α2+2-4sin α 2+3322=29+2035cos α-45sin α =29+20sin φ-α ，其中α∈-π2,π2 ，sin φ=35,cos φ=45，故PA min =13，当且仅当α=-π2时成立；PAmax =7，当且仅当α=φ-π2时成立；即PA ∈13,7 ；综上可得，PA∈4-13,7 ，故选：B3(2024·全国·模拟预测)如图，已知矩形ABCD 中，E 为线段CD 上一动点(不含端点)，记∠AED =α，现将△ADE 沿直线AE 翻折到△APE 的位置，记直线CP 与直线AE 所成的角为β，则()A.cos α>cos βB.cos α<cos βC.cos α>sin βD.sin α<cos β【答案】B【分析】利用空间向量夹角余弦公式和向量数量积公式得到cos β=CE+EPcos αCP，由三角形三边关系得到cos β>cos α，求出答案.【详解】AB 选项，cos β=CP ⋅EA CP ⋅EA =CE +EP⋅EA CP ⋅EA =CE ⋅EA +EP ⋅EA CP ⋅EA=CE ⋅EA cos α+EP ⋅EA cos α CP ⋅EA =CE +EP ⋅EA cos αCP ⋅EA =CE +EP cos αCP，因为CE +EP >CP ，所以CE +EPCP>1，所以cos β>cos α，A 错误，B 正确；由于y =cos x 在x ∈0,π2上单调递减，故β<α，不确定cos α,sin β和sin α,cos β的大小关系，CD 错误.故选：B ．4(2023·上海宝山·二模)在空间直角坐标系O -xyz 中,已知定点A 2,1,0 ,B 0,2,0 和动点C 0,t ,t +2 t ≥0 .若△OAC 的面积为S ,以O ,A ,B ,C 为顶点的锥体的体积为V ,则VS的最大值为()A.2155 B.155 C.4155 D.455【答案】C【分析】由已知OA =2,1,0 ,0B =0,2,0 ,OC =0,t ,t +2 ,设直线OA 的单位方向向量为u ,根据空间向量公式求出C 到直线OA 的距离,得到△OAC 的面积为S ,根据锥体体积公式得到以O ,A ,B ,C 为顶点的锥体的体积为V ,利用分离常数法和基本不等式求解即可得到最大值.【详解】由已知OA =2,1,0 ,0B =0,2,0 ,OC=0,t ,t +2 ,设直线OA 的单位方向向量为u ,则u =255,55,0,所以C 到直线OA 的距离h =OC 2-OC ⋅u 2=t 2+t +2 2-t 25=9t 2+20t +205,所以S =12×5×9t 2+20t +205=9t 2+20t +202,V =13S △OAB ⋅t +2 =13×12×2×2×t +2 =2t +2 3,则V S =2t +239t 2+20t +202=43⋅t +229t 2+20t +20=49⋅9t 2+36t +369t 2+20t +20=49⋅9t 2+20t +20+16t +169t 2+20t +20=49⋅1+16⋅t +19t 2+20t +20,令m =t +1m ≥1 ,则t =m -1,所以t +19t 2+20t +20=m 9m -1 2+20m -1 +20=m 9m 2+2m +9=19m +9m +2≤129m ⋅9m +2=120,当且仅当9m =9m即m =1时等号成立,所以V S≤49×1+16×120=4515,即V S的最大值为4515.故选:C .5(23-24高三上·河北衡水·阶段练习)正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =2,AA 1=3,O 为BC 的中点，M 为棱B 1C 1上的动点，N 为棱AM 上的动点，且MN MO =MOMA ，则线段MN 长度的取值范围为()A.364,7 B.62,477C.34,477D.3,6【答案】B【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段MN 的表达式，利用函数求最值即可.【详解】因为正三棱柱ABC -A 1B 1C 中,O 为BC 的中点，取B 1C 1中点Q ，连接OQ ，如图，以O 为原点，OC ,OA ,OQ 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则O 0,0,0 ,A 0,3,0 ,B 1-1,0,3 ,C 11,0,3 ，因为M 是棱B 1C 1上一动点，设M a ,0,3 ，且a ∈[-1,1]，所以OM ⋅OA=a ,0,3 ⋅0,3,0 =0，则OA ⊥OM ，因为ON ⊥AM ，且MN MO =MOMA 所以在直角三角形OMA 中可得：△OMN ~△AMO即MN =MO 2MA=a 2+3a 2+3 2+3 2=a 2+3a 2+6，于是令t =a 2+6,t ∈6,7 ，所以a 2+3a 2+6=t 2-3t =t -3t ，t ∈6,7 ，又符合函数y =t -3t 为增增符合，所以在t ∈6，7 上为增函数，所以当t =6时，t -3tmin =6-36=62，即线段MN 长度的最小值为62，当t =7时，t -3tmax=7-37=477，即线段MN 长度的最大值为477，故选：B .【点睛】关键点睛：1.找到△OMN ~△AMO ，再利用函数单调性求出最值.2.建系，设出动点M a ,0,3 ，利用空间向量法求出ON ⊥AM ，再结合线线关系求线段MN 的表达式，利用函数求最值即可.6(23-24高三下·山西·阶段练习)在棱长为4的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是CD 的中点，F 是CC 1上的动点，则三棱锥A -DEF 外接球半径的最小值为()A.3B.23C.13D.15【答案】C【分析】取AE 的中点G ，根据题意分析可知：三棱锥A -DEF 外接球的球心O 在过G 垂直于平面ABCD 的直线上，设GO =n ,CF =m ∈0,4 ，建系，结合空间两点距离公式可得n =m 2+4m，进而利用基本不等式运算求解.【详解】连接AE ，取AE 的中点G ，可知G 为△ADE 的外心，过G 作平面ABCD 的垂线，可知三棱锥A -DEF 外接球的球心O 在该垂线上，设GO =n ,CF =m ∈0,4 ，以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，则D 0,0,0 ,A 4,0,0 ,E 0,2,0 ,G 2,1,0 ,O 2,1,n ,F 0,4,m ，因为OD =OF ，即4+1+n 2=4+9+m -n 2，整理得n =m 2+4m≥2m 2⋅4m =22，当且仅当m 2=4m，即m =22时，等号成立，所以三棱锥A -DEF 外接球半径的最小值为4+1+8=13.故选：C .【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知三棱锥A -DEF 外接球的球心O 在过G 垂直于平面ABCD 的直线上，再以空间直角坐标系为依托，分析求解.7(2023·陕西咸阳·模拟预测)如图，点P 是棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的表面上一个动点，则以下不正确的是()A.当P 在平面BCC 1B 1上运动时，四棱锥P -AA 1D 1D 的体积不变B.当P 在线段AC 上运动时，D 1P 与A 1C 1所成角的取值范围是π3,π2C.使直线AP 与平面ABCD 所成的角为45o 的点P 的轨迹长度为π+42D.若F 是A 1B 1的中点，当P 在底面ABCD 上运动，且满足PF ⎳平面B 1CD 1时，PF 长度的最小值是5【答案】D【分析】由底面正方形ADD 1A 1的面积不变，点P 到平面AA 1D 1D 的距离不变，可判定A 正确；以D 为原点，建立空间直角坐标系，设P (x ,2-x ,0)，则D 1P =(x ,2-x ,-2),A 1C 1=(-2,2,0)，结合向量的夹角公式，可判定B 正确；由直线AP 与平面ABCD 所成的角为45°，作PM ⊥平面ABCD ，得到点P 的轨迹，可判定C 正确；设P (m ,m ,0)，求得平面CB 1D 1的一个法向量为n=(1,-1,-1)，得到FP =2(x -1)2+6，可判定D 错误.【详解】对于A 中：底面正方形ADD 1A 1的面积不变，点P 到平面AA 1D 1D 的距离为正方体棱长，所以四棱锥P -AA 1D 1D 的体积不变，所以A 选项正确；对于B 中：以D 为原点，DA ,DC ,DD 1所在的直线分别为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系，可得A 1(2,0,2),D 1(0,0,2),C 1(0,2,2)，设P (x ,2-x ,0),0≤x ≤2，则D 1P =(x ,2-x ,-2),A 1C 1 =(-2,2,0)，设直线D 1P 与A 1C 1所成角为θ，则cos θ=cos D 1P ,A 1C 1 =D 1P ⋅A 1C 1D 1P A 1C 1 =x -1(x -1)2+3，因为0≤x -1 ≤1，当x -1 =0时，可得cos θ=0，所以θ=π2；当0<x -1 ≤1时，cos θ=x -1(x -1)2+3=11+3x -12≤12，所以π3≤θ<π2，所以异面直线D 1P 与A 1C 1所成角的取值范围是π3,π2，所以B 正确；对于C 中：因为直线AP 与平面ABCD 所成的角为45°，若点P 在平面DCC 1D 1和平面BCC 1B 1内，因为∠B 1AB =45°,∠D 1AD =45°最大，不成立；在平面ADD 1A 1内，点P 的轨迹是AD 1=22；在平面ABB 1A 1内，点P 的轨迹是AB 1=22；在平面A 1B 1C 1D 1时，作PM ⊥平面ABCD ，如图所示，因为∠PAM =45°，所以PM =AM ，又因为PM =AB ，所以AM =AB ，所以A 1P =AB ，所以点P 的轨迹是以A 1点为圆心，以2为半径的四分之一圆，所以点P 的轨迹的长度为14×2π×2=π，综上，点P 的轨迹的总长度为π+42，所以C 正确；对于D 中，由B 1(2,2,2),D 1(0,0,2),C (0,2,0),F (2,1,2)，设P (m ,n ,0),0≤m ≤2,0≤n ≤2，则CB 1 =(2,0,2),CD 1 =(0,-2,2),FP=(m -2,n -1,-2)设平面CB 1D 1的一个法向量为n=(a ,b ,c )，则n ⋅CD 1=-2b +c =0n ⋅CB 1=2a +2c =0，取a =1，可得b =-1,c =-1，所以n=(1,-1,-1)，因为PF ⎳平面B 1CD ，所以FP ⋅n=(m -2)-(n -1)+2=0，可得n =m +1，所以FP=(m -2)2+(n -1)2+4=2m 2-4m +8=2(m -1)2+6≥6，当x =1时，等号成立，所以D 错误.故选：D .【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：(1)、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；(2)、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；(3)、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；(4)、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.8(2023·吉林长春·模拟预测)四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥CD，2AB =BC=CD，BC⊥CD，侧面A1ABB1为正方形，设点O为四棱锥A1-CC1DD外接球的球心，E为DD1上的动点，则直线AE与OB所成的最小角的正弦值为()A.55B.255C.265D.15【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，设球心O1,h,1 2，根据OA=OC得到h=34，设E2,0,a，根据向量的夹角公式结合二次函数性质计算最值得到答案.【详解】如图所示：以CD,CB,CC1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设AB=1，则A1,2,0，C0,0,0，B0,2,0，球心O在平面CDD1C1的投影坐标为1,0,1 2，则设球心O1,h,12，则OA =OC ，即1-12+h -2 2+122=12+h 2+122，解得h =34，则O 1,34,12.设E 2,0,a ，a ∈0,1 ，EA =-1,2,-a ，OB =-1,54,-12，cos EA ,OB=EA ⋅OB EA ⋅OB =1+52+12a a 2+5⋅355=72+12a a 2+5⋅354=14+2a 35×a 2+5设7+a =t ，则a =7-t ，t ∈7,8 ，则14+2a 35×a 2+5=2t35×t 2-14t +54=235×541t-7542+554，当t =547时，有最大值为235×554=265，此时直线AE 与OB 所成的角最小，对应的正弦值为1-2652=15.故选：D【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中的异面直线夹角问题，外接球问题，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中建立空间直角坐标系可以简化运算，是解题的关键.二、多选题9(23-24高三下·江苏苏州·开学考试)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点M 为棱AB 上的动点，则()A.平面ABC 1D 1⊥平面A 1DMB.平面BCD 1⎳平面A 1DMC.A 1M 与BC 1所成角的取值范围为π4,π3D.A 1M 与平面ABC 1D 1所成角的取值范围为π6,π4【答案】ACD【分析】由面面垂直的判定定理可判断A 选项；取点M 与点B 重合，可判断B 选项；以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断CD 选项.【详解】对于A 选项，因为四边形AA 1D 1D 为正方形，则A 1D ⊥AD 1，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ⊥平面AA 1D 1D ，A 1D ⊂平面AA 1D 1D ，则A 1D ⊥AB ，因为AB ∩AD 1=A ，AB 、AD 1⊂平面ABC 1D 1，所以，A 1D ⊥平面ABC 1D 1，因为A 1D ⊂平面A 1DM ，故平面ABC 1D 1⊥平面A 1DM ，A 对；对于B 选项，当点M 与点B 重合时，平面BCD 1与平面A 1DM 有公共点，B 错；对于CD 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1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，不妨设正方体的棱长为1，则A 1,0,0 、B 1,1,0 、C 0,1,0 、D 0,0,0 、A 11,0,1 、B 11,1,1 、C 10,1,1 、D 10,0,1 ，设点M 1,m ,0 ，其中0≤m ≤1，A 1M =0,m ,-1 ，BC 1 =-1,0,1 ，所以，cos A 1M ,BC 1 =A 1M ⋅BC 1A 1M ⋅BC 1 =12m 2+1 ∈12,22 ，设A 1M 与BC 1所成角为α，其中0≤α≤π2，则12≤cos α≤22，可得π4≤α≤π3，所以，A 1M 与BC 1所成角的取值范围为π4,π3，C 对；对于D 选项，由A 选项可知，平面ABC 1D 1的一个法向量为DA 1 =1,0,1 ，则cos A 1M ,DA 1 =A 1M ⋅DA 1A 1M ⋅DA 1 =12m 2+1 ∈12,22 ，设A 1M 与平面ABC 1D 1所成角为β，则0≤β≤π2，则12≤sin β≤22，可得π6≤β≤π4，所以，A 1M 与平面ABC 1D 1所成角的取值范围为π6,π4，D 对.故选：ACD .10(2023·全国·模拟预测)如图①，四边形ABCD 是两个直角三角形拼接而成，AB =1，BD =2，∠ABD =∠C =90°，∠BDC =45°.现沿着BD 进行翻折，使平面ABD ⊥平面BCD ，连接AC ，得到三棱锥A -BCD (如图②)，则下列选项中正确的是()A.平面ABC ⊥平面ACDB.二面角B -AD -C 的大小为60°C.异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为33D.三棱锥A -BCD 外接球的表面积为π【答案】ABC【分析】A 选项，面面垂直⇒线面垂直⇒CD ⊥平面ABC ⇒平面ABD ⊥平面ACD ；B 、C 选项，建立空间直角坐标系，利用直线方向向量和平面法向量求解；D 选项，三棱锥的外接球，寻求斜边中点(球心位置).【详解】A 项，平面ABD ⊥平面BCD ，交线为BD ，AB ⊥BD ，AB ⊂平面ABD ，所以AB ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AB ⊥CD .又BC ⊥CD ，且AB ∩BC =B ，所以CD ⊥平面ABC .因为CD ⊂平面ACD ，所以平面ABC ⊥平面ACD ，选项A 正确.C 选项，以B 为原点，过B 在平面BCD 内作BD 的垂线为x 轴，直线BD 为y 轴，直线AB 为z 轴，建立空间直角坐标系，则B 0,0,0 ,A 0,0,1 ,C 22,22,0,D 0,2,0 ，则AC =22,22,-1 ，AD =0,2,-1 ,BC =22,22,0.易知平面ABD 的一个法向量为n 1=1,0,0 .设平面ACD 的法向量为n2=x ,y ,z ，则n 2⋅AC =0,n 1⋅AD=0, 即22x +22y -z =0,2y -z =0,取z =2，则x =1,y =1，则n 2=1,1,2 ，由图可知二面角B -AD -C 为锐角，则二面角B -AD -C 的余弦值为cos n 1,n 2=n 1⋅n 2 n 1 n 2 =11×2=12，即二面角B -AD -C 的大小为60°，选项B 正确；cos AD ,BC =AD ⋅BCAD BC =0,2,-1 ⋅22,22,0 3×1=33，选项C 正确；D 项，取AD 的中点N ，因为△ABD 与△ACD 都是直角三角形，所以点N 到A ，B ，C ，D 的距离相等，即为三棱锥A -BCD 外接球的球心，球半径为32，则三棱锥A -BCD 外接球的表面积为4π×322=3π，选项D 错误.故选：ABC .11(2023·全国·模拟预测)如图1，矩形B 1BCC 1由正方形B 1BAA 1与A 1ACC 1拼接而成．现将图形沿A 1A 对折成直二面角，如图2．点P (不与B 1,C 重合)是线段B 1C 上的一个动点，点E 在线段AB 上，点F 在线段A 1C 1上，且满足PE ⊥AB ，PF ⊥A 1C 1，则()。
专题44 动态几何之定值(恒等)问题(压轴题)
《中考压轴题》专题42：动态几何之定值（恒等）问题一、解答题1.阅读材料：如图1，在△AOB中，∠O=90°，OA=OB，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，则PE+PF=OA．（此结论不必证明，可直接应用）（1）【理解与应用】如图2，正方形ABCD的边长为2，对角线AC，BD相交于点O，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB 于点F，则PE+PF的值为．（2）【类比与推理】如图3，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB=4，AD=3，点P在AB边上，PE∥OB交AC于点E，PF∥OA交BD于点F，求PE+PF的值；（3）【拓展与延伸】如图4，⊙O的半径为4，A，B，C，D是⊙O上的四点，过点C，D的切线CH，DG相交于点M，点P在弦AB上，PE∥BC交AC于点E，PF∥AD于点F，当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．2.已知二次函数图象的顶点坐标为（0，1），且过点（﹣1，54），直线y=kx+2与y 轴相交于点P ，与二次函数图象交于不同的两点A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）．（1）求该二次函数的解析式．（2）对（1）中的二次函数，当自变量x 取值范围在﹣1＜x ＜3时，请写出其函数值y 的取值范围；（不必说明理由）（3）求证：在此二次函数图象下方的y 轴上，必存在定点G ，使△ABG 的内切圆的圆心落在y 轴上，并求△GAB 面积的最小值．（注：在解题过程中，你也可以阅读后面的材料）附：阅读材料任何一个一元二次方程的根与系数的关系为：两根的和等于一次项系数与二次项系数的比的相反数，两根的积等于常数项与二次项系数的比．即：设一元二次方程ax 2+bx+c=0的两根为x 1，x 2，则：1212bc x x x x a a+=⋅=能灵活运用这种关系，有时可以使解题更为简单．例：不解方程，求方程x 2﹣3x=15两根的和与积．解：原方程变为：x 2﹣3x ﹣15=0∵一元二次方程的根与系数有关系：1212b c x x x x a a +=⋅=∴原方程两根之和=331--=，两根之积=15151-=-．3.给定直线l ：y=kx ，抛物线C ：y=ax 2+bx+1．（1）当b=1时，l 与C 相交于A ，B 两点，其中A 为C 的顶点，B 与A 关于原点对称，求a 的值；（2）若把直线l 向上平移k 2+1个单位长度得到直线r ，则无论非零实数k 取何值，直线r 与抛物线C 都只有一个交点．①求此抛物线的解析式；②若P 是此抛物线上任一点，过P 作PQ ∥y 轴且与直线y=2交于Q 点，O 为原点．求证：OP=PQ．4.如图，在平面直角坐标系xOy 中，一次函数5y x m 4=+的图象与x 轴交于A （﹣1，0），与y 轴交于点C ．以直线x=2为对称轴的抛物线C 1：y=ax 2+bx+c （a≠0）经过A 、C 两点，并与x 轴正半轴交于点B ．（1）求m 的值及抛物线C 1：y=ax 2+bx+c （a≠0）的函数表达式．（2）设点D （0，2512），若F 是抛物线C 1：y=ax 2+bx+c （a≠0）对称轴上使得△ADF 的周长取得最小值的点，过F 任意作一条与y 轴不平行的直线交抛物线C 1于M 1（x 1，y 1），M 2（x 2，y 2）两点，试探究1211M F M F +是否为定值？请说明理由．（3）将抛物线C 1作适当平移，得到抛物线C 2：()221y x h 4=--，h ＞1．若当1＜x≤m 时，y 2≥﹣x 恒成立，求m的最大值．5.如图，正方形OABC 的边OA ，OC 在坐标轴上，点B 的坐标为（﹣4，4）．点P 从点A 出发，以每秒1个单位长度的速度沿x 轴向点O 运动；点Q 从点O 同时出发，以相同的速度沿x 轴的正方向运动，规定点P 到达点O 时，点Q 也停止运动．连接BP ，过P 点作BP 的垂线，与过点Q 平行于y 轴的直线l 相交于点D ．BD 与y 轴交于点E ，连接PE ．设点P 运动的时间为t （s ）．（1）∠PBD 的度数为，点D 的坐标为（用t 表示）；（2）当t 为何值时，△PBE 为等腰三角形？（3）探索△POE 周长是否随时间t 的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个定值．6.如图，已知直线AB ：y kx 2k 4=++与抛物线21y x 2=交于A 、B 两点，（1）直线AB 总经过一个定点C ，请直接写出点C 坐标；（2）当1k 2=-时，在直线AB 下方的抛物线上求点P ，使△ABP 的面积等于5；（3）若在抛物线上存在定点D 使∠ADB ＝90°，求点D 到直线AB 的最大距离.7.如图，在矩形ABCD 中，把点D 沿AE 对折，使点D 落在OC 上的F 点，已知AO=8．AD=10．（1）求F 点的坐标；（2）如果一条不与抛物线对称轴平行的直线与该抛物线仅有一个交点，我们把这条直线称为抛物线的切线，已知抛物线经过点O ，F ，且直线y=6x ﹣36是该抛物线的切线，求抛物线的解析式；（3）直线()35y k x 34=--与（2）中的抛物线交于P 、Q 两点，点B 的坐标为（3，354-），求证：11PB QB +为定值．（参考公式：在平面直角坐标系中，若M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），则M ，N 两点间的距离为|MN|=．8.数学活动﹣求重叠部分的面积（1）问题情境：如图①，将顶角为120°的等腰三角形纸片（纸片足够大）的顶点P 与等边△ABC 的内心O 重合，已知OA=2，则图中重叠部分△PAB 的面积为．（2）探究1：在（1）的条件下，将纸片绕P 点旋转至如图②所示位置，纸片两边分别与AC ，AB 交于点E ，F ，图②中重叠部分的面积与图①重叠部分的面积是否相等？如果相等，请给予证明；如果不相等，请说明理由．（3）探究2：如图③，若∠CAB=α（0°＜α＜90°），AD 为∠CAB 的角平分线，点P 在射线AD 上，且AP=2，以P 为顶点的等腰三角形纸片（纸片足够大）与∠CAB 的两边AC ，AB 分别交于点E 、F ，∠EPF=180°﹣α，求重叠部分的面积．（用α或2的三角函数值表示）9.如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，抛物线过2y ax bx c(a 0)=++≠过O 、B 、C 三点，B 、C 坐标分别为（10，0）和（185，245-），以OB 为直径的⊙A 经过C 点,直线l 垂直于x 轴于点B.（1）求直线BC 的解析；（2）求抛物线解析式及顶点坐标；（3）点M 是⊙A 上一动点（不同于O ，B ），过点M 作⊙A 的切线，交y 轴于点E ，交直线l 于点F ，设线段ME 长为m ，MF 长为n ，请猜想m n ⋅的值，并证明你的结论；（4）点P 从O 出发，以每秒1个单位速度向点B 作直线运动，点Q 同时从B 出发，以相同速度向点C 作直线运动，经过t(0<t )秒时恰好使△BPQ 为等腰三角形，请求出满足条件的t 值.10.某数学兴趣小组对线段上的动点问题进行探究，已知AB=8.问题思考：如图1，点P为线段AB上的一个动点，分别以AP、BP为边在同侧作正方形APDC与正方形PBFE.（1）在点P运动时，这两个正方形面积之和是定值吗？如果时求出；若不是，求出这两个正方形面积之和的最小值.（2）分别连接AD、DF、AF，AF交DP于点A，当点P运动时，在△APK、△ADK、△DFK中，是否存在两个面积始终相等的三角形？请说明理由.问题拓展：（3）如图2，以AB为边作正方形ABCD，动点P、Q在正方形ABCD的边上运动，且PQ=8.若点P从点A出发，沿A→B→C→D的线路，向D点运动，求点P从A到D的运动过程中，PQ的中点O所经过的路径的长.（4）如图（3），在“问题思考”中，若点M、N是线段AB上的两点，且AM=BM=1，点G、H分别是边CD、EF的中点.请直接写出点P从M到N的运动过程中，GH的中点O所经过的路径的长及OM+OB的最小值.11.如图，二次函数22y a x 2()mx 3m =--（其中a ，m 是常数，且a>0，m>0）的图象与x 轴分别交于点A ，B （点A 位于点B 的左侧），与y 轴交于点C(0，－3)，点D 在二次函数的图象上，CD ∥AB ，连接AD ．过点A 作射线AE 交二次函数的图象于点E ，AB 平分∠DAE ．（1）用含m 的代数式表示a ；（2）)求证：AD AE为定值；（3）设该二次函数图象的顶点为F ．探索：在x 轴的负半轴上是否存在点G ，连接CF ，以线段GF 、AD 、AE 的长度为三边长的三角形是直角三角形？如果存在，只要找出一个满足要求的点G 即可，并用含m 的代数式表示该点的横坐标；如果不存在，请说明理由．12.如图，已知抛物线y=ax 2+bx+c （a ＞0，c ＜0）交x 轴于点A ，B ，交y 轴于点C ，设过点A ，B ，C 三点的圆与y 轴的另一个交点为D ．（1）如图1，已知点A ，B ，C 的坐标分别为（﹣2，0），（8，0），（0，﹣4）；①求此抛物线的表达式与点D 的坐标；②若点M 为抛物线上的一动点，且位于第四象限，求△BDM 面积的最大值；（2）如图2，若a=1，求证：无论b ，c 取何值，点D 均为定点，求出该定点坐标．13.已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处.（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连接AP，OP，OA.①求证：△OCP∽△PDA；②若△OCP与△PDA的面积比为1:4，求边AB的长；（2）若图1中的点P恰巧是CD边的中点，求∠OAB的度数；（3）如图2，在（1）条件下，擦去折痕AO、线段OP，连结BP.动点M在线段AP上（点M与点P、A 不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E.试问当点M，N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求线段EF的长度.14.在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动．（1）如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的位置关系，并说明理由；（2）如图②，当E，F分别移动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，（1）中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不需证明）（3）如图③，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE，DF，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（4）如图④，当E，F分别在边DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图．若AD=2，试求出线段CP的最小值．15.如图，以点P（﹣1，0）为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），AD=，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB．（1）求B、C两点的坐标；（2）请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状（不必证明），求出点M的坐标；（3）动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线l与CM交点为E，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化？若不变，求出∠MQG的度数；若变化，请说明理由．16.如图，在平面坐标系中，直线y=﹣x+2与x 轴，y 轴分别交于点A ，点B ，动点P （a ，b ）在第一象限内，由点P 向x 轴，y 轴所作的垂线PM ，PN （垂足为M ，N ）分别与直线AB 相交于点E ，点F ，当点P （a ，b ）运动时，矩形PMON 的面积为定值2．（1）求∠OAB 的度数；（2）求证：△AOF ∽△BEO ；（3）当点E ，F 都在线段AB 上时，由三条线段AE ，EF ，BF 组成一个三角形，记此三角形的外接圆面积为S 1，△OEF 的面积为S 2．试探究：S 1+S 2是否存在最小值？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由．17.如图1，已知正方形ABCD 的边长为1，点E 在边BC 上，若∠AEF=900，且EF 交正方形外角的平分线CF 于点F ．（1）图1中若点E 是边BC 的中点，我们可以构造两个三角形全等来证明AE=EF ，请叙述你的一个构造方案，并指出是哪两个三角形全等（不要求证明）；（2）如图2，若点E 在线段BC 上滑动（不与点B ，C 重合）．①AE=EF 是否总成立？请给出证明；②在如图2的直角坐标系中，当点E 滑动到某处时，点F 恰好落在抛物线2y x x 1=-++上，求此时点F 的坐标．18.如图，已知正方形ABCD 的边长为4，对称中心为点P ，点F 为BC 边上一个动点，点E 在AB 边上，且满足条件∠EPF=45°，图中两块阴影部分图形关于直线AC 成轴对称，设它们的面积和为S 1．（1）求证：∠APE=∠CFP ；（2）设四边形CMPF 的面积为S 2，CF=x ，12S y S ．①求y 关于x 的函数解析式和自变量x 的取值范围，并求出y 的最大值；②当图中两块阴影部分图形关于点P 成中心对称时，求y的值．19.如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点A 的坐标为（0，4），点B 的坐标为（4，0），点C 的坐标为（﹣4，0），点P 在射线AB 上运动，连结CP 与y 轴交于点D ，连结BD ．过P ，D ，B 三点作⊙Q 与y 轴的另一个交点为E ，延长DQ 交⊙Q 于点F ，连结EF ，BF．（1）求直线AB 的函数解析式；（2）当点P 在线段AB （不包括A ，B 两点）上时．①求证：∠BDE=∠ADP ；②设DE=x ，DF=y ．请求出y 关于x 的函数解析式；（3）请你探究：点P 在运动过程中，是否存在以B ，D ，F 为顶点的直角三角形，满足两条直角边之比为2：1？如果存在，求出此时点P 的坐标：如果不存在，请说明理由．20.已知，如图(a)，抛物线2y ax bx c =++经过点A(x 1，0)，B(x 2，0)，C(0，－2)，其顶点为D.以AB 为直径的⊙M 交y 轴于点E 、F ，过点E 作⊙M 的切线交x 轴于点N 。
专题4.3 立体几何的动态问题(原卷版)
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.（2016·四川高考）如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点，设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为（ ）A ．15B ．35C ．25D ．45【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（ ）．专题4.3 立体几何的动态问题A ．,33⎣⎦B ．11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．43⎣⎦D ．11,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦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 ．13 B C ．12 D 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<<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（ ） AB．2C ．1 D【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（ ） ABCD2.如图，已知正方体棱长为4，点在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形，是侧面内一动点，且点到平面距离等于线段的长，则当点运动时，的最小值是（ ）A ．21B ．22C ．23D ．253（2020广西柳州市模考）如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，棱长为1，点P 为线段A 1C 上的动点（包含线段端点），则下列结论错误的是（ ）A ．当A 1C ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =3A 1P ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 时，D 1P ∥平面BDC 1B ．当P 为A 1C 中点时，四棱锥P −AA 1D 1D 的外接球表面为94π C ．AP +PD 1的最小值为√61111ABCD A B C D -H 1AA 11HA =11BCC B 1EFGC P 11BCC B P 11CDD C PF P 2||HPD ．当A 1P =√33时，A 1P ⊥平面D 1AP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【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 ．233⎤⎥⎣⎦C ．40,3⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．4,33⎤⎥⎣⎦2.在棱长为6的正方体中，是中点，点是面所在的平面内的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（ ）A. 36B.C. 24D.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【举一反三】1.如图所示，在三棱台111ABC A B C -中，点D 在11A B 上，且1AA BD ∥，点M 是111A B C △内（含边界）的一个动点，且有平面BDM ∥平面1A C ，则动点M 的轨迹是（ ）A ．平面B ．直线C ．线段，但只含1个端点D ．圆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 3、已知平面平面，，且.是正方形，在正方形内部有一点，满足与平面所成的角相等，则点的轨迹长度为 ( ) A. B.C.D.三．强化训练 一、选择题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 ．②③④2.（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 ．12B ．1C ．32D ．23．（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 ．14.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是边AA 1，CC 1上的中点，点M 是BB 1上的动点，过点E ，M ，F 的平面与棱DD 1交于点N ，设BM ＝x ，平行四边形EMFN 的面积为S ，设y ＝S 2，则y 关于x 的函数y ＝f (x )的图象大致是( )A ．B ．C ．D ．5.（2020郑州一中高三期末）在三棱锥P −ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC =120°，AP =√2,AB =2，M 是线段BC 上一动点，线段PM 长度最小值为√3，则三棱锥P −ABC 的外接球的表面积是（ ） A ．9π2B ．9√2πC ．18πD ．40π6．（2020九江高三一模）在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AD =DD 1=1，AB =√3，E,F,G 分别是棱AB,BC,CC 1的中点，P 是底面ABCD 内一动点，若直线D 1P 与平面EFG 没有公共点，则三角形PBB 1面积的最小值为（ ） A ．√32B ．1C ．√34D ．127．（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8．（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 ．69.（2020上海交通大学附属中学高三）如图，已知三棱锥P −ABC ，PA ⊥平面ABC ，D 是棱BC 上的动点，记PD 与平面ABC 所成的角为α，与直线BC 所成的角为β，则α与β的大小关系为（ ）A ．α>βB ．α=βC ．α<βD ．不能确定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 ．45π B ．57πC ．63πD ．84π二、填空题11．（2020·浙江高三期末）在正四面体P ABC -中，点M 是棱PC 的中点，点N 是线段AB 上一动点，且AN AB u u u v u u u v λ=，设异面直线NM 与AC 所成角为α，当1233λ≤≤时，则cos α的取值范围是__________．12．（2020·江苏高三（理））如图所示的正方体是一个三阶魔方(由27个全等的棱长为1的小正方体构成），正方形ABCD 是上底面正中间一个正方形，正方形1111D C B A 是下底面最大的正方形，已知点P 是线段AC 上的动点，点Q 是线段1B D 上的动点，则线段PQ 长度的最小值为_______．13.如图所示，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 为AA 1，AB 的中点，M 点是正方形ABB 1A 1内的动点，若C 1M//平面CD 1E ，则M 点的轨迹长度为______．14．（2020·上海复旦附中高三期中）如图，已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长等于1，60ABC ∠=o ，O 和1O 分别是上下底面对角线的交点，H 在线段1OB 上，13OH HB =，点M 在线段BD 上移动，则三棱锥11M C O H -的体积最小值为______.15．（2020·湖北高考模拟（理））如图，在直角梯形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ∥BC ，1AB BC AD 12===，点E 是线段CD 上异于点C ，D 的动点，EF ⊥AD 于点F ，将△DEF 沿EF 折起到△PEF 的位置，并使PF ⊥AF ，则五棱锥P-ABCEF 的体积的取值范围为______．。
压轴题专题训练卷动态几何专题
压轴题、专题训练卷(6)：动态几何专题班级姓名号数一、选择题1、如图，动点P 从点A 出发，沿线段AB 运动至点B 后，立即按原路返回，点P 在运动过程中速度大小不变，则以点A 为圆心，线段AP 长为半径的圆的面积S 与点P 的运动时间t 之间的函数图象大致为（ ）2、如图，在55⨯方格纸中，将图①中的三角形甲平移到图②中所示的位置，与三角形乙拼成一个矩形，那么，下面的平移方法中，正确的是（）A ．先向下平移3格，再向右平移1格B ．先向下平移2格，再向右平移1格C ．先向下平移2格，再向右平移2格D ．先向下平移3格，再向右平移2格3、在平面直角坐标系中，已知线段AB 的两个端点分别是()()41A B --，，1，1，将线段AB 平移后得到线段A B ''，若点A '的坐标为()22-，，则点B '的坐标为（ ） A ．()43， B ．()34， C ．()12--，D ．()21--， 4、下列各组图中，图形甲变成图形乙，既能用平移，又能用旋转的是（ ）OS t OS t OS t OStA PBA ．B ．C ．D ．甲乙甲乙A．B ．C ．D．甲乙甲乙MNED CBA40o A 40o40oQP RMN （图1）（）4 9y xO BC MNAD 第7题5、如图1，在矩形MNPQ 中，动点R 从点N 出发，沿N →P →Q →M 方向运动至点M 处停止．设点R 运动的路程为x ，MNR △的面积为y ，如果y 关于x 的函数图象如图2所示，则当9x=时，点R 应运动到（）A ．N 处B ．P 处C ．Q 处D ．M 处6、已知O 为圆锥的顶点，M 为圆锥底面上一点，点P 在OM 上．一只蜗牛从P 点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P 点时所爬过的最短路线的痕迹如右图所示．若沿OM 将圆锥侧面剪开并展开，所得侧面展开图是（ ）二、填空题：7、如图，在直角梯形ABCD 中，DC ∥AB ，∠A=90°，AB=28cm ，DC=24cm ，AD=4cm ，点M 从点D 出发，以1cm/s 的速度向点C 运动，点N 从点B 同时出发，以2cm/s 的速度向点A 运动，当其中一个动点到达端点停止运动时，另一个动点也随之停止运动.则四边形ANMD 的面积y （cm 2）与两动点运动的时间t （s ）的函数关系式为（写出自变量的取值范围）8、如图，在矩形ABCD 中，已知AB=8 cm ，将矩形绕点A 旋转90°，到达A′B′C′D′的位置，则在旋转过程 中，边CD 扫过的(阴影部分)面积S=_________。
专题4.3 立体几何的动态问题(原卷版)
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.（2016·四川高考）如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点，设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为（ ）A ．15B ．35C ．25D ．45【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⎡⎤⎢⎥⎣⎦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 ．13 B C ．12 D 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<<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（ ） AB．2C ．1 D【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（ ） ABCD2.如图，已知正方体棱长为4，点在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形，是侧面内一动点，且点到平面距离等于线段的长，则当点运动时，的最小值是（ ）A ．21B ．22C ．23D ．253（2020广西柳州市模考）如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，棱长为1，点P 为线段A 1C 上的动点（包含线段端点），则下列结论错误的是（ ）A ．当A 1C ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =3A 1P ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 时，D 1P ∥平面BDC 1B ．当P 为A 1C 中点时，四棱锥P −AA 1D 1D 的外接球表面为94π C ．AP +PD 1的最小值为√61111ABCD A B C D -H 1AA 11HA =11BCC B 1EFGC P 11BCC B P 11CDD C PF P 2||HPD ．当A 1P =√33时，A 1P ⊥平面D 1AP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【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 ．233⎤⎥⎣⎦C ．40,3⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．4,33⎤⎥⎣⎦2.在棱长为6的正方体中，是中点，点是面所在的平面内的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（ ）A. 36B.C. 24D.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【举一反三】1.如图所示，在三棱台111ABC A B C -中，点D 在11A B 上，且1AA BD ∥，点M 是111A B C △内（含边界）的一个动点，且有平面BDM ∥平面1A C ，则动点M 的轨迹是（ ）A ．平面B ．直线C ．线段，但只含1个端点D ．圆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 3、已知平面平面，，且.是正方形，在正方形内部有一点，满足与平面所成的角相等，则点的轨迹长度为 ( ) A. B.C.D.三．强化训练 一、选择题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 ．②③④2.（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 ．12B ．1C ．32D ．23．（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 ．14.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是边AA 1，CC 1上的中点，点M 是BB 1上的动点，过点E ，M ，F 的平面与棱DD 1交于点N ，设BM ＝x ，平行四边形EMFN 的面积为S ，设y ＝S 2，则y 关于x 的函数y ＝f (x )的图象大致是( )A ．B ．C ．D ．5.（2020郑州一中高三期末）在三棱锥P −ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC =120°，AP =√2,AB =2，M 是线段BC 上一动点，线段PM 长度最小值为√3，则三棱锥P −ABC 的外接球的表面积是（ ） A ．9π2B ．9√2πC ．18πD ．40π6．（2020九江高三一模）在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AD =DD 1=1，AB =√3，E,F,G 分别是棱AB,BC,CC 1的中点，P 是底面ABCD 内一动点，若直线D 1P 与平面EFG 没有公共点，则三角形PBB 1面积的最小值为（ ） A ．√32B ．1C ．√34D ．127．（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8．（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 ．69.（2020上海交通大学附属中学高三）如图，已知三棱锥P −ABC ，PA ⊥平面ABC ，D 是棱BC 上的动点，记PD 与平面ABC 所成的角为α，与直线BC 所成的角为β，则α与β的大小关系为（ ）A ．α>βB ．α=βC ．α<βD ．不能确定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 ．45π B ．57πC ．63πD ．84π二、填空题11．（2020·浙江高三期末）在正四面体P ABC -中，点M 是棱PC 的中点，点N 是线段AB 上一动点，且AN AB λ=，设异面直线NM 与AC 所成角为α，当1233λ≤≤时，则cos α的取值范围是__________． 12．（2020·江苏高三（理））如图所示的正方体是一个三阶魔方(由27个全等的棱长为1的小正方体构成），正方形ABCD 是上底面正中间一个正方形，正方形1111D C B A 是下底面最大的正方形，已知点P 是线段AC 上的动点，点Q 是线段1B D 上的动点，则线段PQ 长度的最小值为_______．13.如图所示，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 为AA 1，AB 的中点，M 点是正方形ABB 1A 1内的动点，若C 1M//平面CD 1E ，则M 点的轨迹长度为______．14．（2020·上海复旦附中高三期中）如图，已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长等于1，60ABC ∠=，O 和1O 分别是上下底面对角线的交点，H 在线段1OB 上，13OH HB =，点M 在线段BD 上移动，则三棱锥11M C O H -的体积最小值为______.15．（2020·湖北高考模拟（理））如图，在直角梯形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ∥BC ，1AB BC AD 12===，点E 是线段CD 上异于点C ，D 的动点，EF ⊥AD 于点F ，将△DEF 沿EF 折起到△PEF 的位置，并使PF ⊥AF ，则五棱锥P -ABCEF 的体积的取值范围为______．。
压轴题05 立体几何压轴题(原卷版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用-理)
压轴题05立体几何压轴题题型/考向一：点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积题型/考向二：外接球、内切球等相关问题题型/考向三：平行关系、垂直关系、二面角等相关问题一、空间几何体的体积、表面积热点一空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l ＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.热点二空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(4)V球＝4πR3.3二、外接球、内切球问题类型一外接球问题考向1墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球半径为R .则(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2，即2R ＝a 2＋b 2＋c 2.常见的有以下三种类型：考向2对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2(长方体的长、宽高分别为a ，b ，c )，即R 2＝18(x 2＋y 2＋z 2)，如图.考向3汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O的位置是△ABC的外心O1与△A1B1C1的外心O2的连线的中点，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝h2，所以R2＝r2＋h24.考向4垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.类型二内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r，建立等式V P－ABC＝V O－ABC＋V O－P AB＋V O－P AC＋V O－PBC⇒V P－ABC＝13S△ABC·r＋13S△P AB·r＋13S△P AC·r＋13S PBC·r＝13(S△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC)r；第三步：解出r＝3V P－ABCS△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC.类型三球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).三、平行关系和垂直关系的证明、二面角等热点一空间线、面位置关系的判定判断空间线、面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断.(3)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.热点二几何法证明平行、垂直1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.热点三空间向量法证明平行、垂直1.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.(2)设直线l的方向向量为v，在平面α内的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝x v1＋y v2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u .(4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2.2.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0.(2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u .(3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.四、空间角、距离问题热点一异面直线所成的角求异面直线所成角的方法方法一：综合法.步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出直线a ，b 的方向向量，分别记为m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |；③利用cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|，以及θ，π2，求出角θ.热点二直线与平面所成的角求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.步骤为：①找出直线l 在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出平面α的法向量n 与直线AB 的方向向量AB →；②计算cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |；③利用sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|，以及θ∈0，π2，求出角θ.热点三平面与平面的夹角求平面与平面的夹角方法方法一：几何法.步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.方法二：空间向量法.步骤为：①求两个平面α，β的法向量m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |；③设两个平面的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|.热点四距离问题1.空间中点、线、面距离的相互转化关系2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.○热○点○题○型一点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积一、单选题1．在正方体1111ABCD A B C D -中，直线m 、n 分别在平面ABCD 和11ABB A 内，且m n ⊥，则下列命题中正确的是（）A ．若m 垂直于AB ，则n 垂直于AB B ．若m 垂直于AB ，则n 不垂直于ABC ．若m 不垂直于AB ，则n 垂直于ABD ．若m 不垂直于AB ，则n 不垂直于AB2．在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体ABCDEF 为“刍甍”.书中描述了刍甍的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即()216V AB EF AD h =+⨯⨯，其中h 是刍甍的高，即点F 到平面ABCD 的距离.若底面ABCD 是边长为4的正方形，2EF =，且//EF AB ，ADE V 和BCF △是等腰三角形，90AED BFC ∠=∠= ，则该刍甍的体积为（）A 202B ．33C ．103D ．4033．已知一个三棱锥型玩具容器-P ABC 的外包装纸（包装纸厚度忽略不计，外包装纸面积恰为该容器的表面积）展开后是如图所示的边长为10的正方形123APP P （其中点B 为23P P 中点，点C 为12PP 中点），则该玩具的体积为（）A ．6253B ．1253C ．125D ．25034．攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖.通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m ，腰长为5m 的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（）A ．38πmB ．39πmC ．310πmD ．312πm 5．已知,a b 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A ．若//,//a b b α，则//a αB ．若//,,//a b a b αβ⊥，则αβ⊥C ．若//,//,//a b αβαβ，则//a bD ．若//,//,a b αβαβ⊥，则a b⊥6．在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为等腰直角三角形，若三棱柱111ABC A B C -的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（）A ．12πB ．24πC ．48πD ．96π7．已知三棱锥-P ABC 中，底面ABC 是边长为23点P 在底面上的射影为底面的中心，且三棱锥-P ABC 外接球的表面积为18π，球心在三棱锥-P ABC 内，则二面角P AB C --的平面角的余弦值为（）A ．12B ．13C D8．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，4PB PC AB AC ====，2PA BC ==，则球O 的表面积为（）A ．316π15B ．79π15C ．158π5D ．79π5二、多选题9．已知直线a ，b ，c 两两异面，且a c ⊥，b c ⊥，下列说法正确的是（）A ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α⊥，c β⊥B ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α∥，c β∥C ．存在平面γ，使a γ∥，b γ∥，且c γ⊥D ．存在唯一的平面γ，使c γ⊂，且a ，b 与γ所成角相等10．已知正方体1111ABCD A B C D -的外接球表面积为12π，,,M N P 分别在线段1BB ，1CC ，1DD 上，且,,,A M N P 四点共面，则（）．A ．AP MN=B ．若四边形AMNP 为菱形，则其面积的最大值为C ．四边形AMNP 在平面11AAD D 与平面11CC D D 内的正投影面积之和的最大值为6D ．四边形AMNP 在平面11AA D D 与平面11CC D D 内的正投影面积之积的最大值为4三、解答题11．如图，四棱锥S ABCD -的底面为菱形，60BAD ∠=︒，2AB =，4SD =，SD ⊥平面ABCD ，点E 在棱SB 上．(1)证明：AC DE ⊥；(2)若三棱锥E ABC -E 到平面SAC 的距离．12．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，,AB AD O =为BD 的中点.(1)证明：OA CD ⊥；(2)已知OCD 是边长为1的等边三角形，已知点E 在棱AD 的中点，且二面角E BC D --的大小为45 ，求三棱锥A BCD -的体积.○热○点○题○型二外接球、内切球等相关问题一、单选题1．已知ABC 是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O 的球面上，若球O 的体积为323π，则球心O 到平面ABC 的距离为（）AB ．32C ．1D 2．已知三棱锥-P ABC 的底面ABC 是边长为1的正三角形，侧棱,,PA PB PC 两两垂直，若此三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（）A ．3πB ．πC ．3π4D ．3π23．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在一个球面上，且这个球的半径为5，则这个圆锥的体积的最大值时，圆锥的底面半径为（）A ．103B C ．1023D 4．已知圆锥的侧面积为2π，母线与底面所成角的余弦值为12，则该圆锥的内切球的体积为（）A ．4π3B ．43π9C ．27D ．275．如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为A ，圆柱的上、下底面的圆心分别为B 、C ，若该几何体Ω存在外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上）．已知24BC AB ==，则该组合体的体积等于（）A ．56πB ．70π3C ．48πD ．64π6．已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O 的球面上，3AB =，BC =且四棱锥O ABCD -的体积为O 的表面积为（）A ．76πB ．112πC ．3D ．37．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）A．4B ．2+C ．2D ．68．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，2PA BC ==，PB AC ==，PC AB =Q为球O 的球面上一动点，则点Q 到平面PAB 的最大距离为（）A ．211+B ．222+C 11+D 22二、填空题9．在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，14AB AC PA AB AC ⊥=+=，，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥-P ABC 外接球的体积为______．10．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB BC ==．设D 为1AC 的中点，三棱锥D ABC -的体积为94，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，则三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为______．11．如图，直三棱柱111ABC A B C -的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB AC =，侧面11BCC B 是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱111ABC A B C -的体积为___________.12．如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为1___．○热○点○题○型三平面关系、垂直关系、二面角等相关问题1．已知多面体ABCDEF 中，四边形CDEF 是边长为4的正方形，四边形ABCD 是直角梯形，90ADC DAB ∠=∠=︒，36BE AB ==，4=AD ．(1)求证：平面ADF ⊥平面BCE ；(2)求直线AF 与平面BCF 所成角的正弦值．2．如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)证明：平面CDM ⊥平面PAB ；(2)若AD BC ∥，2AD BC =，2AB =，直线PB 与平面MCD 所成角的正弦值为34，求三棱锥P MCD -的体积．3．如图所示，在三棱锥A BCD -中，满足BC CD ==，点M 在CD 上，且5DM MC =，ABD △为边长为6的等边三角形，E 为BD 的中点，F 为AE 的三等分点，且2AF FE =.(1)求证：//FM 面ABC ；(2)若二面角A BD C --的平面角的大小为23π，求直线EM 与面ABD 所成角的正弦值.4．已知底面ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，//PA DQ ，33PA AD DQ ===，点E 、F 分别为线段PB 、CQ 的中点．(1)求证：//EF 平面PADQ ；(2)求平面PCQ 与平面CDQ 夹角的余弦值；(3)线段PC 上是否存在点M ，使得直线AM 与平面PCQ 所成角的正弦值是7，若存在求出PM MC的值，若不存在，说明理由．5．如图，AB 为圆O 的直径，点EF 在圆O 上，//AB EF ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在的平面互相垂直，已知2,1AB EF ==．(1)求证：平面DAF ⊥平面CBF ；(2)当AD 的长为何值时，二面角C EF B --的大小为60︒6．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 是边长为4的菱形，AB BC ==点D 为棱AC 上的动点（不与A 、C 重合），平面1B BD 与棱11AC 交于点E .(1)求证1BB DE //；(2)若平面ABC ⊥平面11AAC C ，160A AC ∠= ，判断是否存在点D 使得平面11A ABB 与平面1B BDE 所成的锐二面角为π3，并说明理由.。
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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.此类题的求解并没有一定的模式与固定的套路可以沿用，很多学生一筹莫展，无法形成清晰的分析思路，导致该题成为学生的易失分点.究其原因，是因为学生缺乏相关学科素养和解决问题的策略造成的.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.【四川高考题】如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则θcos 的最大值为.【指点迷津】空间的角的问题，一种方法，代数法，只要便于建立空间直角坐标系均可建立空间直角坐标系，然后利用公式求解；另一种方法，几何法，几何问题要结合图形分析何时取得最大（小）值.当点M 在P 处时，EM 与AF 所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当M 点向左移动时，EM 与AF 所成角逐渐变小时，点M 到达点Q 时，角最小，余弦值最大. 【举一反三】1、【四川高考题】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．2、【广东省东莞市2019届高三第二次调研】在正方体中，E 是侧面内的动点，且平面，则直线与直线AB 所成角的正弦值的最小值是A ．B ．C ．D ． 3、如图，已知平面αβ⊥，l αβ=，A 、B 是直线l 上的两点，C 、D 是平面β内的两点，且DA l ⊥，CB l ⊥，3AD =，6AB =，6CB =．P 是平面α上的一动点，且直线PD ，PC 与平面α所成角相等，则二面角P BC D --的余弦值的最小值是（ ）AB ．12 C D ．1类型二 立体几何中动态问题中的距离问题【例2】【广西壮族自治区柳州市2019届高三毕业班3月模拟】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【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、【河南省焦作市2018-2019学年高三三模】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 ．22.如图，已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为4，点H 在棱1AA 上，且11HA =，在侧面11BCC B 内作边长为1的正方形1EFGC ，P 是侧面11BCC B 内一动点，且点P 到平面11CDD C 距离等于线段PF 的长，则当点P 运动时，2||HP 的最小值是（ ）A ．21B ．22C ．23D ．253、如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 为BC 的中点,点P 在线段D 1E 上,点P 到直线CC 1的距离的最小值为__________.类型三 立体几何中动态问题中的面积、体积问题 【例3】在棱长为6的正方体中，是中点，点是面所在的平面内的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（ ）A. 36B.C. 24D.【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、《 九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早一千多年.例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵111ABC A B C -中，AC BC ⊥，若12AA A B ==，当阳马11B A ACC -体积最大时，则堑堵111ABC A B C -的体积为（ ）A ．83B C.2 D ．2、【黑龙江省哈尔滨市第六中学2017届高三下学期第一次模拟】已知矩形ABCD 中， 6,4AB BC ==， ,E F 分别是,AB CD 上两动点，且AE DF =，把四边形BCFE 沿EF 折起，使平面BCFE ⊥平面ABCD ，若折得的几何体的体积最大，则该几何体外接球的体积为（ ）A. 28πB.C. 32πD. 3、【湖南省衡阳市2019届高三二模】如图，直角三角形，，，将绕边旋转至位置，若二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积的最小值为（ ）A ．B ．C ．D ．类型四 立体几何中动态问题中的轨迹问题 【例4】如图直三棱柱中，为边长为2的等边三角形，，点、、、、分别是边、、、、的中点，动点在四边形内部运动，并且始终有平面，则动点的轨迹长度为（ ）A. B. C. D.【指点迷津】由已知可知平面平面，要始终有平面，点M 为定点，所以点P 的轨迹为线段HF ，求其长度即可. 【举一反三】1、【安徽省安庆市2019届高三二模】如图，正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，一只蚂蚁从点出发沿每个侧面爬到，路线为，则蚂蚁爬行的最短路程是（）A ．B ．C ．D ．2、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3、已知平面平面，，且.是正方形，在正方形内部有一点，满足与平面所成的角相等，则点的轨迹长度为 ( )A. B. C.D.类型五 立体几何中动态问题中的翻折、旋转问题【例5】如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成A CD '∆，所成二面角A CDB '--的平面角为α，则（ ）A.A DB α'∠≤B.A DB α'∠≥C. A CB α'∠≤D.A CB α'∠≤【举一反三】1、【四川省宜宾市2019届高三二诊】已知棱长都为2的正三棱柱的直观图如图，若正三棱柱绕着它的一条侧棱所在直线旋转，则它的侧视图可以为A．B．C．D．2.【重庆市南开中学2019届高三三月测试】如图，在正方形中，，分别为线段，上的点，，．将绕直线、绕直线各自独立旋转一周，则在所有旋转过程中，直线与直线所成角的最大值为________．3.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.三．强化训练一、选择题1. 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是边AA1，CC1上的中点，点M是BB1上的动点，过点E，M，F的平面与棱DD1交于点N，设BM＝x，平行四边形EMFN的面积为S，设y＝S2，则y关于x的函数y＝f(x)的图象大致是( )A．B． C．D．2、某圆柱的高为1，底面周长为8，其三视图如图所示圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为A ．B ．C ．D ．3、如图，等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于G ，已知ED A '∆是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是（ ）A ．动点A '在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．恒有平面GF A '⊥平面BCDEC ．三棱锥EFD A -'的体积有最大值 D ．异面直线E A '与BD 不可能垂直 4.【河南省郑州市第一中学2019届高三上期中】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 ．5．【河南省郑州市2019年高三第二次质量检测】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 ．6.【上海交通大学附属中学2019届高三3月月考】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7．如图，在等腰中，，M为的中点，沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为，则二面角的大小为（）A．30°B．60°C．90°D．120°二、填空题8.【安徽省蚌埠市2019届高三第一次检查】如图所示，正方体的棱长为2，E，F为，AB的中点，M点是正方形内的动点，若平面，则M点的轨迹长度为______．9．已知正方体的棱长为，点为线段上一点，是平面上一点，则的最小值是______________________；10、【2017课标3，理16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）11．【2019届湘赣十四校高三联考第二次考试】如图，正三棱锥的高，底面边长为4，，分别在和上，且，当三棱锥体积最大时，三棱锥的内切球的半径为________．12．【河南省六市2019届高三第一次联考】如图，是等腰直角三角形，斜边，D为直角边BC 上一点不含端点，将沿直线AD折叠至的位置，使得在平面ABD外，若在平面ABD 上的射影H恰好在线段AB上，则AH的取值范围是______．13．【陕西省榆林市2019届高考模拟第三次测试】如图，是边长为2的正方形，其对角线与交于点，将正方形沿对角线折叠，使点所对应点为，.设三棱锥的外接球的体积为，三棱锥的体积为，则__________．14．【河南省洛阳市2018-2019学年高中三第二次统考】正四面体中，是的中点，是棱上一动点，的最小值为，则该四面体内切球的体积为_____.15．【江西省吉安一中、九江一中、新余一中等八所重点中学2019届高三4月联考】如图，已知多面体的底面是边长为的正方形，平面，且，现将以直线为轴旋转一周后，则直线与动直线所成角的范围__________．16．在三棱锥中，,分别为棱和棱上的动点，则△的周长范围___________.。