立体几何动态问题专题
微专题：立体几何中的动态问题
微专题: 立体几何中的动态问题题型一立体几何中动态问题中的距离、角度问题例题1.如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，．点是线段上的动点，若线段上存在点，使得异面直线与成的角，则线段长的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设的中点为，连，因，故建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，所以，，所以，即，也即，由此可得，结合可得，所以，则，即，应选答案B。
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。
例题2.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，则的最大值为.【答案】，当时取等号.所以，当时，取得最大值.【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。
题型二 立体几何中动态问题中的轨迹问题例题3.设P 是正方体1111ABCD A B C D 的对角面11BDD B （含边界）内的点，若点P 到平面ABC 、平面1ABA 、平面1ADA 的距离相等，则符合条件的点P （ ）A. 仅有一个B. 有有限多个C. 有无限多个D. 不存在 【答案】A【解析】解：与平面1,ABC ABA 距离相等的点位于平面1111A B C D 上； 与平面1,ABC ADA 距离相等的点位于平面11AB C D 上； 与平面11,ABA ADA 距离相等的点位于平面111ACC A 上；据此可知，满足题意的点位于上述平面1111A B C D ，平面11AB C D ,平面111ACC A 的公共点处，结合题意可知，满足题意的点仅有一个. 本题选择A 选项.点睛：本题考查点到平面的距离，利用点到直线的距离将平面问题类比到空间中点到面的距离，据此找到满足题意的点是否存在即可.例题4.如图，AB 是平面a 的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面a 内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P 的轨迹是（ ）（A ）圆 （B ）椭圆 （C ）一条直线 （D ）两条平行直线【答案】B【解析】由于线段AB 是定长线段，而△ABP 的面积为定值，所以动点P 到线段AB 的距离也是定值．由此可知空间点P 在以AB 为轴的圆柱侧面上．又P 在平面内运动，所以这个问题相当于一个平面去斜切一个圆柱(AB 是平面的斜线段)，得到的切痕是椭圆．P 的轨迹就是圆柱侧面与平面a 的交线 ．例题6.已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为3，长为2的线段MN 点一个端点M 在DD 1上运动，另一个端点N 在底面ABCD 上运动，则MN 的中点P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为 ． 【答案】π6【解析】由于M 、N 都是运动的，所以求的轨迹必须化“动”为“静”，结合动点P 的几何性质，连结DP ，因为MN=2，所以PD=1，因此点P 的轨迹是一个以D 为球心，1为半径的球面在正方体内的部分，所以点P 的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积为球的体积的18，即1843163⨯⨯=ππ．题型三 立体几何中动态问题中的面积、体积问题例题5.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.【答案】B例题6.如右图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中， E 为棱1CC 的中点，点,P Q 分别为面1111A B C D 和线段1B C 上的动点，则PEQ ∆周长的最小值为_______．【解析】将面1111A B C D 与面11BB C C 折成一个平面，设E 关于11B C 的对称点为M ，E 关于1B C 对称点为N,则PEQ ∆周长的最小值为MN ==.巩固练习： 1.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 ．25 【答案】B【解析】在上取点，使得，则面，连结，则．在平面上，以所在直线为轴，以所在直线为轴，由题意可知，点轨迹为抛物线，其方程为，点坐标为，设，则（其中，当时，，故．2、如图，已知平面，，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，，，，．是平面上的一动点，且直线，与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（）A．B．C．D．【答案】C试题分析：∵，，，，∴，同理：．∴为直线与平面所成的角，为直线与平面所成的角，∴，又，∴，∴．在平面内，以为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，则，．设，（）∴，整理得．∴点在平面内的轨迹为以为圆心，以为半径的上半圆．∵平面平面，，，∴为二面角的平面角．∴当与圆相切时，最大，取得最小值．此时，，，∴．．故选：C．3.在正四棱锥S －ABCD 中，E 是BC 的中点，P 点在侧面△SCD 内及其边界上运动，并且总是保持PE ⊥AC ．则动点P 的轨迹与△SCD 组成的相关图形最有可能的是 ( )【答案】A【解析】如图，分别取CD 、SC 的中点F 、G ，连结EF 、EG 、FG 、BD ．设AC 与BD 的交点为O ，连结SO ，则动点P 的轨迹是△SCD 的中位线FG ．由正四棱锥可得SB ⊥AC ，EF ⊥AC ．又∵EG ∥SB∴EG ⊥AC ∴AC ⊥平面EFG ，∵P ∈FG ，E ∈平面EFG ， ∴AC ⊥PE ．4.已知正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点，若点P 到直线11D A 的距离等于点P 到直线CD 的距离，则动点P 的轨迹所在的曲线是（ ）A ．抛物线B ．双曲线C ．椭圆D ．直线【答案】B【解析】简析：如图4，以A 为原点，AB 为x 轴、AD 为y 轴，建立平面直角坐标系．设P （x ，y ），作AD PE ⊥于E 、11D A PF ⊥于F ，连结EF ，易知1x |EF ||PE ||PF |2222+=+=又作CD PN ⊥于N ，则|1y ||PN |-=．依题意|PN ||PF |=，即|1y |1x 2-=+，化简得0y 2y x 22=+-故动点P 的轨迹为双曲线，选B ．5.若三棱锥A —BCD 的侧面ABC 内一动点P 到底面BCD 的距离与到棱AB 的距离相等，则动点P 的轨迹与∆ABC 组成的图形可能是：（D ）A A AB C B C B C B C A B C DDDA ．B ．C ．D ． A【答案】D【解析】动点P 在侧面ABC 内，若点P 到AB 的距离等于到棱BC 的距离，则点P 在∠ABC 的内角平分线上．现在P 到平面BCD 的距离等于到棱AB 的距离，而P 到棱BC 的距离大于P 到底面BCD 的距离，于是，P 到棱AB 的距离小于P 到棱BC 的距离，故动点P 只能在∠ABC 的内角平分线与AB 之间的区域内．只能选D ．6.已知在矩形ABCD 中，AB=3，BC=a ，若PA ⊥面AC ，在BC 边上取点E ，使PE DE ⊥，若满足条件的E 点有两个时，a 的取值范围是多少？解析：连结AE ，由三垂线逆定理可知DE AE ⊥，要使满足条件的E 点有两个则须使以AD 为直径的圆与BC 有两个交点，所以半径长3,62aa >∴>。
专题4.3 立体几何的动态问题(解析版)
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.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.【答案】2 5281161814552y y t t+=≥++-，当1t =时取等号.所以22112(1)12222cos 511555451144yy y y θ-+-==≤⨯=⋅++⋅++，当0y =时，取得最大值.z yxF ME QPD CBA【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 ．3[,1]3 B ．6[,1]3 C ．622[,]33 D ．22[,1]3【答案】B111133212222cos ,sin 33322A OC A OC +-∠==∠=⨯，113133622cos ,sin 33322A OC A OC +-∠==-∠=⨯. 又直线与平面所成的角小于等于90，而1A OC ∠为钝角，所以sin α的范围为6[,1]3，选 B. 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 ． 【答案】B 【解析】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体中棱长为1， 设0，，，，1，，1，，0，，1，，，1，，1，，设平面的法向量y ，， 则，取，得，平面，，解得，，，设直线与直线AB 所成角为，1，，，，，．直线与直线AB 所成角的正弦值的最小值是．故选：B ．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（ ）A 5B ．12 C3 D ．1【答案】C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【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.【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 ．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 ．2.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 ．25 【答案】B【解析】在1BB 上取点K ，使得11B K ＝，则HK ⊥面11BCC B ，连结PK ，则222216HP HK PK PK ＝＋＝＋．在平面11BCC B 上，以1CC 所在直线为x 轴，以GF 所在直线为y 轴，由题意可知，P 点轨迹为抛物线，其方程为221x y -＝，K 点坐标为()04，，设()P x y ，，则221x y =-（其中1[22371],x y ⎡⎤∈-∈⎢⎥⎣⎦，，，()22222421816615PK x y y y y y y =+-=-+-+=-+当17,223y ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦时，2min 6|PK ＝，故2min |16622HP ＝＋＝．3、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__________.【答案】25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.【答案】B【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12A A AB ==，当阳马11B A ACC -体积最大时，则堑堵111ABC A B C -的体积为（ ）A ．83B ．2 C.2 D ．22 【答案】C2、【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. 28π B. 287π C. 32π D. 23π【答案】D3、【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．【答案】B【解析】如图，，，分别为，，的中点，作面，作面，连，，易知点即为四面体的外接球心，，，.设，，则，，，.【处理一】消元化为二次函数..【处理二】柯西不等式..所以.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.【答案】D【解析】因为分别为的中点，所以，，所以平面，平面，又因为,所以平面平面，要使平面，则平面，所以点的轨迹为线段，点的轨迹长度为.故本题正确答案为.【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 ．【答案】A 【解析】正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为，宽为，则其对角线的长为最短程. 因此蚂蚁爬行的最短路程为.故选:A.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 【答案】DF E P C 1B 1D 1A 1DCBA z yx3、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.【答案】 C【解析】根据题意，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图1所示，则，，设，易知直线与平面所的角分别为，均为锐角，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'∠≤【答案】B. 【解析】试题分析：设ADC θ∠=，设2AB =，则由题意1AD BD ==，在空间图形中，设A B t '=，在A CB '∆中，2222222112cos 22112A D DB AB t t A DB A D DB '+-+--'∠==='⨯⨯⨯，在空间图形中，过A '作AN DC ⊥，过B 作BM DC ⊥，垂足分别为N ，M ， 过N 作//NP MB ，连结A P '，∴NP DC ⊥，则A NP '∠就是二面角A CD B '--的平面角，∴A NP α'∠=，在Rt A ND '∆中，cos cos DN A D A DC θ''=∠=，sin sin A N A D A DC θ'''=∠=，【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．【答案】B【解析】由题意，四个选项高都是2，若侧视图为A，中间应该有一条竖直的实线或虚线．若为C，则其中有两条侧棱重合，不应有中间竖线．若为D，则长应为，而不是1．故选：B．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________．【答案】【解析】由题绕直线、绕直线各自独立旋转一周，形成两个圆锥体，AB和DF成为圆锥的母线，所以无论怎么旋转，都有，．利用几何体性质得：最大角是AB与BE的对称直线B和DF关于直线CD的对称直线D在同一平面内时所成角，为故答案为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_______.【答案】415【解析】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．【答案】A【解析】由对称性易知四边形为菱形，，，．为二次函数，开口向上，顶点为.故选：．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 ．【答案】C 【解析】根据几何体的三视图如图所示：由于底面周长为8，得到，解得，所以点M 到N 在下底面上的射影的弧长为，把圆柱的侧面展开得到从M 到N 的路径中的最小值为．故选：C ．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【答案】D4.【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．【答案】C【解析】解：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．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．【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．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【答案】C【解析】如图所示：∵PA⊥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，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∴BC⊥平面PAE，∴BC⊥PE,在Rt△AED，Rt△PAD，Rt△PED中：cos，cos，cos，∴cos cos cos< cos,又均为锐角，∴，故选C.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°【答案】D【解析】∵等腰直角△BC中，B＝BC＝2，M为C中点，∴折之前C2，BM⊥C，∴折之后AM＝CM，AM⊥BM，CM⊥BM，∴∠AMC是二面角C﹣BM﹣A的平面角，∵折后A，C间的距离为，由余弦定理得cos∠AMC＝，∵∠AMC∴二面角C﹣BM﹣A的大小为，即为120°故选：D．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______．【答案】【解析】如图所示，取的中点，的中点，连接，，，．可得：四边形是平行四边形，.同理可得：．．平面平面，点是正方形内的动点，若平面.点在线段上．点的轨迹长度．故答案为．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______________________；【答案】【解析】解：当取得最小时，点必定是点在平面上的射影，即在上.与在二面角的两个面内，为此将绕旋转90°，使得平面与平面在同一平面内，由，故当共线且与垂直时，取得最小.在平面内，因为所以，，又，所以与都是等腰直角三角形，所以得到=，故的最小值为.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） 【答案】②③ 【解析】试题分析：由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，在底面内可以过点B ，作BD a ，交底面圆C 于点D ，如图所示，连结DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴，连结AD ，等腰△ABD 中，2AB AD == ,当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=，故2BD =，又在BDE Rt △中，2,2BE DE =∴=，学科&网过点B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连结AF ，由圆的对称性可知2BF DE == ,ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由最小角定理可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，直线AB 与a 所成的最大角为90°，④错误. 正确的说法为②③. 学科&网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________．【答案】【解析】设，，当时，取得最大值，此时为中点，经过点，且，，所以可求，，因此易求，，，，又∵，∴.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______．【答案】【解析】解：在等腰中，斜边，D为直角边BC上的一点，，，将沿直AD折叠至的位置，使得点在平面ABD外，且点在平面ABD上的射影H在线段AB上，设，，，，平面ABC，，当时，B与D重合，，当时，，为直角边BC上的一点，，的取值范围是故答案为：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__________．【答案】【解析】由题,易知三棱锥的外接球的球心为，∴，∴，到底面的距离为，∴，∴.故答案为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_____.【答案】【解析】如下图，正方体中作出一个正四面体将正三角形和正三角形沿边展开后使它们在同一平面内，如下图：要使得最小，则三点共线，即：，设正四面体的边长为，在三角形中，由余弦定理可得：，解得：，所以正方体的边长为2，正四面体的体积为：，设四正面体内切球的半径为，由等体积法可得：，整理得：，解得：，所以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__________．【答案】【解析】画出图像如下图所示，将平移到的位置，点在以为圆心，半径为的圆上运动.则就是所求线线角，根据三角形中，大角对大边，为定值，故最值由来确定，故当在处线线角最小，在处线线角最大.由于，故.而，故，所以.而，故.所以所求线线角的取值范围是.16．在三棱锥中，,分别为棱和棱上的动点，则△的周长范围___________.【答案】【解析】三棱锥如图：把三棱锥A﹣BCD的侧面展开如图，∵△△，∴, ∴B,A,共线，此时两点间的连接线即是△的周长的最小值8，但此时E，F重合于A，不能构成三角形，所以取不到8．由图观察，当分别在棱和棱上由A向下移动时，的长度先变小，移动至分别与AD，AC 垂直时，的长度最小，再向下移动逐渐变大，所以△的周长最大为=15,故答案为.。
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。
例说立体几何中的动态问题
例说立体几何中的动态问题立体几何中的“动态问题”，是指空间图形中的某些点、线、面的位置关系是不确定的，可变的一类开放问题。
对学生来说，解决这类问题，对其空间想象能力，逻辑推理能力的要求更高，难度一般比较大。
但又因为这类问题是可变的，开放的，更有助于学生空间想象能力及综合思维能力的培养。
这类问题往往把立体几何知识和其他部分的知识有机地结合起来，解决问题的关键就是转化与化归，把空间问题转化为平面问题来解决。
本文归纳了几类动态问题，希望对大家解决立体几何中的动态问题有所启发。
一、与轨迹有关的动态问题例1：如图，正方体中，P为底面上的动点，于E，且则点P的轨迹是（）A ．线段 B．圆 C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分解析：连结，可证，即，即点E是体对角线上的定点，直线AE也是定直线．，∴动点P必定在线段AE的中垂面上，则中垂面与底面的交线就是动点P的轨迹，所以动点P的轨迹是线段．故选A例2：在正方体中，点是侧面内一个动点，它到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹所在曲线是（）A．直线 B．圆 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分解析：本题是立体几何与解析几何相结合的一道题目，学生难在空间问题如何转化为平面问题，即解析几何问题。
这里动点到直线的距离易作出，难在到直线的距离的距离是什么。
因垂直平面，所以，即点到点的距离与到直线的距离相等。
所以动点在侧面内的轨迹是一段抛物线。
评注：动点轨迹主要是把空间的关系转化为平面内动点所具有的特性。
这类问题综合了平面几何、立体几何、解析几何等知识，渗透了数形结合思想，转化与化归思想，分类讨论思想，对第一次碰到此类问题的学生有较好的检测功能。
二、与距离有关的动态问题例3：如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点，动点在底面内（不包括边界），若平面，则的最小值是（）A．B．C．D．解析如图，在上取中点，在上取中点，连接，且，易知平面平面，则动点的轨迹是（不含两点）又平面，则当时，取得最小值此时，评注：本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹，从而找到最值取得的点.例4：长方体中,且一只小虫子从，点沿长方体的表面爬到点处，则小虫子的最短行程是多少?解析：当小虫子沿侧面与侧面到时，将二侧面展开铺平，在平面内，连即为最短行程，记为。
八类立体几何“动态”问题策略探究
角度一:截面问题截面问题是高考立体几何题中比较常见的题型，由于截面的“动态”性，使截得平面的结果也具有一定的可变性。
角度二:动点轨迹问题动点轨迹问题是高考立体几何“动态”问题最为新颖的一种命题
形式，它重点体现了在立体几何与解析几何的知识交汇处设计图形。
不但考查了立体几何点线面之间的位置关系，而且又能巧妙地考查求轨迹的基本方法，是高考表现最为活跃的一种题型。
角度三:折叠、展开问题
图形的折叠和展开必然会引起部分元素位置关系的变化，求解这类问题要注意对变化前后线线、线面位置关系、所成角及距离等加以比较，一般来说，位于棱的两侧的同一半平面内的元素其相对位置关系和数量关系在翻折前后不发生变化，分别位于两个半平面内的元素其相对关系和数量关系则发生变化。
不可变量可结合原图型求解，变化了的量应在折后立体图形中来求证。
角度四:最值范围问题
角度五:探索新问题
角度六:定位问题
角度七:距离角度问题
角度八:实际应用题。
立体几何中的动态问题
ʏ江苏省泰州市姜堰区蒋垛中学 李 杰立体几何中的动态 问题,是指空间图形中的某些点㊁线㊁面的位置是不确定或可变的一类开放性问题,因其中某些点㊁线㊁面的位置不确定,往往成为同学们进行常规思考与转化的障碍㊂但又因其是可变的㊁开放的,更有助于同学们空间想象能力㊁综合思维能力与创新应用能力等的培养,成为高考数学试卷中创新命题的一个方向,备受各方关注㊂一㊁位置的确定问题图1例1 如图1,在梯形A B C D 中,A B ʊC D ,øB C D =2π3,四边形A C F E 为矩形,且C F ʅ平面A B C D ,A D =C D =B C =C F =1㊂(1)求证:平面E F D ʅ平面B C F ;(2)点M 在线段E F 上运动,求当点M 在什么位置时,平面M A B 与平面F C B 所成锐二面角的余弦值为34㊂解析:(1)因为A D =C D =B C ,A B ʊC D ,øB C D =2π3,所以øA D C =2π3,øD C A =øD A C =π6,则有øA C B =π2,所以A C ʅB C ㊂因为C F ʅ平面A B C D ,A C ⊂平面A B C D ,所以A C ʅC F ㊂又C F ɘB C =C ,C F ,B C ⊂平面B C F ,则A C ʅ平面B C F ㊂而E F ʊA C ,所以E F ʅ平面B C F ㊂而E F ⊂平面E FD ,所以平面EF D ʅ平面B C F ㊂(2)以C 为坐标原点,C A ,C B ,C F 所在图2直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图2所示的空间直角坐标系C -x yz ㊂由于A D =C D =B C =C F =1,则A B =2,结合余弦定理有A C 2=A B 2+B C 2-2A B ㊃B C ㊃c o sπ3=3,所以A C =3,则E F=A C =3㊂设F M =λ(0ɤλɤ3),则C (0,0,0),A (3,0,0),B (0,1,0),M (λ,0,1),所以A B ң=(-3,1,0),B M ң=(λ,-1,1)㊂设n =(x ,y ,z )为平面M A B 的一个法向量,则n ㊃A B ң=-3x +y =0,n ㊃B M ң=λx -y +z =0,令x =1,得n =(1,3,3-λ)㊂易知m =(1,0,0)为平面F C B 的一个法向量,所以|c o s <m ,n >|=|m ㊃n ||m ||n |=11ˑ1+3+(3-λ)2=34,解得λ=533或33,而0ɤλɤ3,所以λ=33,所以F M E F =13,即M 在线段E F 靠近点F 的三等分点处时,平面M A B 与平面F C B 所成锐二面角的余弦值为34㊂点评:要确定立体几何中的 动态 问题中对应动点的位置,合理引入参数,结合线段长度的变量,从代数的视角切入,利用向量的数量积加以转化,通过合理的逻辑推理与数学运算来求解对应的参数值,进而得以确定相应动点的位置情况㊂以 数 的运算形式来确定 形 的动态变化情况㊂二㊁轨迹的判定问题图3例2 如图3所示,在正方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,A B =2,E 为棱D D 1的中点,F 是正方形C D D 1C 1内部(含边界)的一个动点,且B 1F ʊ平面A 1B E ㊂(1)求动点F 的轨迹长度;(2)求平面A 1B E 与平面A B C D 夹角的71解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月正切值㊂图4解析:(1)如图4,取C 1C的中点为P ,C 1D 1的中点为Q ,连接B 1P ,B 1Q ,P Q ㊂由于B 1P ʊA 1E ,B 1P ⊄平面A 1B E ,A 1E ⊂平面A 1B E ,所以B 1P ʊ平面A 1B E ㊂同理,证得P Q ʊ平面A 1B E ㊂而P Q ɘB 1P =P ,所以平面B 1P Q ʊ平面A 1B E ㊂而B 1F ʊ平面A 1B E ,所以B 1F ⊂平面B 1P Q ㊂而F ɪ平面C D D 1C 1,则知F ɪP Q ,即动点F 的轨迹为线段P Q ㊂而P Q =12C D 1=2,所以动点F 的轨迹长度为2㊂(2)由于平面A B C D ʊ平面A 1B 1C 1D 1,平面B 1P Q ʊ平面A 1B E ,所以平面A 1B E 与平面A B C D 的夹角即为平面A 1B 1C 1D 1与平面B 1P Q 的夹角㊂而平面A 1B 1C 1D 1与平面B 1P Q 的交线为B 1Q ,过点C 1作C 1H ʅB 1Q ,交B 1Q 于点H ,如图4,设H Q =a ,则1-a 2=4-(5-a )2,解得a =55㊂同理,过点P 作P G ʅB 1Q ,交B 1Q 于点G ,可得Q G =55,即点H 与点G 重合㊂所以øC 1H P 为所求二面角的平面角,则有t a n øC 1H P =C 1P C 1H =11-a2=52㊂点评:要判定立体几何中的 动态 问题中对应动点的轨迹及其相应问题,关键是结合立体几何中动点的变化规律,合理挖掘内涵,通过定义法㊁直接法㊁性质法及建系法等来分析与处理,进而得以解决㊂此类问题契合高考命题 在知识网络交汇处 的指导精神,外观上有着 看似立体几何,又似解析几何 的特点,成为高考命题中考查数学知识㊁数学能力与核心素养的好素材㊂图5三、最值的求解问题例3 如图5,在四面体A B C D 中,所有的面都是直角三角形,侧棱A B ʅ底面B C D ㊂(1)若A B =1,BC =2,C D图6=1,试求异面直线A C 与B D 所成角的余弦值㊂(2)如图6,若B D ʅC D ,A B =B D =C D =2,点P 在棱A C 上运动㊂试求әP B D 面积的最小值㊂解析:(1)如图7,以D B ,D C 为邻边作图7平行四边形B D C E ,连接A E ,则异面直线A C 与B D 所成的角为øA C E 或其补角㊂当B C ʅC D 时,A B =1,B C =2,C D =B E =1,由题可知,A E =A B 2+B E 2=12+12=2,A C =A B 2+B C 2=12+22=5,E C =B D =B C 2+C D 2=22+12=5,在әA C E 中,由余弦定理得c o søA C E =A C 2+E C 2-A E 22A C ˑE C =45,所以异面直线A C 与B D 所成角的余弦值为45㊂当B D ʅD C 时,A E =A B 2+B E 2=12+12=2,A C =A B 2+B C2=12+22=5,E C =B D =B C 2-C D 2=22-12=3,在әA C E 中,由余弦定理得c o s øA C E =A C 2+E C 2-A E 22A C ˑE C =155,所以异面直线A C 与B D 所成角的余弦值为155㊂综上可知,异面直线A C 与B D 所成角的余弦值为45或155㊂图8(2)如图8,作P Q ʅB C 于点Q ,Q M ʅB D 于点M ,连接P M ㊂在әA B C 中,因为A B ,P Q 都垂直于B C ,所以A B ʊP Q ,所以P Q ʅ平面B C D ㊂又B D ⊂平面BCD ,所以P Q ʅB D ㊂又因为Q M ʅB D ,P Q ɘQ M =Q ,P Q ,Q M ⊂平面P Q M ,所以B D ʅ平面P Q M ㊂又P M ⊂平面P Q M ,所以P M ʅB D ㊂81 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月设C Q =x ,C B =B D 2+C D 2=22,由P Q A B =C Q C B ,即P Q 2=x 22,得P Q =22x(0ɤx ɤ22)㊂在әB C D 中,由B Q B C =Q M C D ,即22-x22=Q M 2,得Q M =22-x2㊂在R t әP Q M 中,P M =P Q 2+Q M 2=x 22+(22-x )22=x 2-22x +4=(x -2)2+2ȡ2,当且仅当x =2时等号成立㊂所以S әP B D =12B D ㊃P M ȡ12ˑ2ˑ2=2,即әP B D 面积的最小值为2㊂点评:要求解立体几何中的 动态 问题中对应最值的问题,往往是利用动态问题中的不确定性,借助其中某一元素的变量来合理建立对应的函数关系式,利用函数㊁导数㊁基本不等式等知识来确定相应的最值,从而为确定空间几何体的长度㊁角度㊁表面积㊁体积等的最值问题指明方向,借助代数运算来迁移对应的逻辑推理㊂在实际解决立体几何中的 动态 问题时,经常借助逻辑推理进行推理论证,而当用逻辑推理的定性分析难度比较大或烦琐时,往往可以引进相关的参数,通过构建对应的方程㊁函数或不等式等进行代数定量计算,以算促证,巧妙破解,实现动态问题的代数 静 态转化与应用㊂(责任编辑 王福华)基于平面图形翻折 融入立体几何应用ʏ江苏省高邮中学 杨 欢基于平面图形翻折成立体几何问题,是立体几何应用中的一类重要题型,借助平面图形的翻折,由 二维 上升到 三维 ,进而依托平面图形的一些信息与关系来确定空间图形中的位置关系㊁数量关系等问题㊂具体解题时,要仔细审视由平面图形的 二维空间 翻折成立体图形的 三维空间 这一升维过程中,相应的边㊁角等数量,以及对应的平行㊁垂直等几何特征的变化规律,特别注意相应的点㊁直线㊁平面间的位置关系,以及线段的长度㊁角度的变化等情况,结合具体问题进行逻辑推理与数学运算㊂一、翻折过程中线面关系的判定对于平面图形的翻折,关键是合理构建翻折后的空间几何图形,从中识别对应的空间几何体的结构特征,并确定对应图形的点㊁线㊁面等要素之间的关系,通过合理的平行㊁垂直等关系进行逻辑推理与判定㊂图1例1 如图1,在矩形A B C D 中,满足A B =2A D ,E 是A B 的中点,沿D E 将әA D E 折起到әA 1D E ㊂(1)如果二面角A 1-D E -C 是直二面角,求证:A 1B =A 1C ;(2)如果A 1B =A 1C ,求证:平面A 1D E ʅ平面B C D E ㊂分析:(1)根据题设条件,在平面图形的翻折过程中,通过辅助线的构建,过点A 1作A 1M ʅD E 于点M ,利用线面垂直的转化来确定线线垂直,进而利用线面垂直的判定及线线垂直的转化来证明两线段的长度相等;(2)取BC 的中点为N ,从平面几何图形的结构特征入手,将线线垂直转化为线面垂直,进一步过渡得以证明面面垂直㊂图2解:(1)如图2,过点A 1作A 1M ʅD E 于点M ,则A 1M ʅ平面B C D E ,所以A 1M ʅB C ㊂又A 1D =A 1E ,则M 是D E 的中点㊂取B C 的中点为N ,连接MN ,A 1N ,则MN ʅB C ㊂又A 1M ʅB C ,A 1M ɘMN =M ,所以B C ʅ平面A 1MN ,即A 1N ʅB C ㊂又N 是B C 的中点,所以A 1B =A 1C ㊂(2)取B C 的中点为N ,连接A 1N ,由于A 1B =A 1C ,可得A 1N ʅB C ,取D E 的中点91解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月。
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
聚焦立体几何中的动态问题
ʏ童昌立立体几何的动态问题的实质是数学建模问题,解这类问题,需要有较强的空间想象能力和化归处理能力㊂对于动态立体几何问题,如果能努力探寻运动过程中 静 的一面,动中求静,往往能以静制动㊂题型1:截面问题 图1例1 如图1,用一个平面去截直三棱柱A B C -A 1B 1C 1,分别交A 1C 1,B 1C 1,B C ,A C 于点E ,F ,G ,H ㊂若A 1A >A 1C 1,则截面的形状可以为㊂(把你认为可能的结果的序号填在横线上)①一般的平行四边形,②矩形,③菱形,④正方形,⑤梯形㊂由A B C -A 1B 1C 1为直三棱柱,可知平面A 1B 1C 1ʊ平面A B C ㊂因为截面过平面A 1B 1C 1㊁平面A B C ,所以交线E F ʊH G ㊂当F G 不与B 1B 平行时,此时截得的E H 不平行于F G ,则四边形E F G H 为梯形;当F G ʊB 1B 时,此时截得的E H ʊF G ,且F G ʅE F ,则四边形E F G H 为矩形㊂答案为②⑤㊂熟记平面图形的性质是解题的关键㊂题型2:角度问题例2 设异面直线a ,b 所成的角为30ʎ,经过空间一点O 有且只有两条直线与异面直线a ,b 成等角θ,则θ的取值范围为㊂如图2,过O 作a 1ʊa ,b 1ʊb ,则a 1,b 1所成的角,即为异面直线a ,b 所成的角㊂图2记a 1,b 1确定一个平面为α,过O 作O C ʅα,过O 作直线O A 和直线O B 分别平分a 1,b 1形成的两个对顶角㊂当过O 的直线在平面A O C 内旋转时,与a 1,b 1所成的角为θ,且15ʎɤθɤ90ʎ;当过O 的直线在平面B O C 内旋转时,与a 1,b 1所成的角为θ,且75ʎɤθɤ90ʎ㊂结合对称性可知,若经过空间一点O 有且只有两条直线与异面直线a ,b 成等角θ,则θ的取值范围为15ʎ<θ<75ʎ㊂两条异面直线所成角的范围是0ʎ<θɤ90ʎ㊂题型3:平行问题例3 如图3所示,在正四棱柱A B C D -A 1B 1C 1D 1中,E ,F ,G ,H 分别是棱C C 1,C 1D 1,D 1D ,D C 的中点,N 是B C 的中点,点M 在四边形EFGH 及其内部运动,则点M 只需满足条件时,就有MN ʊ平面B 1B D D 1㊂(请填上你认为正确的一个条件即可,不必考虑全部可能情况)图311知识结构与拓展高一数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.由题意得F HʊD D1,HNʊB D,F HɘHN=H,D D1ɘB D=D,所以平面F HNʊ平面B1B D D1㊂只需MɪF H,则MN⊂平面F HN,这时MNʊ平面B1B D D1㊂故满足条件的点M在线段F H上(或点M与点H重合)㊂本题属于开放性问题,解题的关键是证明MNʊ平面B1B D D1㊂题型4:垂直问题例4如图4所示,在棱长为1的正方体A B C D-A1B1C1D1中,点E是棱B C的中点,点F是棱C D上的动点㊂试确定点F的位置,使得D1Eʅ平面A B1F ㊂图4当点F为C D的中点时,D1Eʅ平面A B1F㊂因为A1BʅA B1,A1D1ʅA B1,又A1D1ɘA1B=A1,所以A B1ʅ平面A1B C D1㊂因为D1E⊂平面A1B C D1,所以A B1ʅD1E㊂因为D D1ʅ平面A B C D,所以D D1ʅA F㊂又A FʅD E,所以A Fʅ平面D1D E,所以A FʅD1E㊂又A FɘA B1=A,所以D1Eʅ平面A B1F㊂故当点F是C D的中点时,D1Eʅ平面A B1F㊂本题主要考查线面垂直的判定与性质㊂探求满足条件的点的问题,一般可考虑特殊情况,如线段的中点,三等分点等㊂题型5:轨迹问题例5如图5,已知线段A B垂直于定圆O所在的平面,B,C是☉O上的两个点,H是点B在A C上的射影,当点C运动时,点H运动的轨迹是()㊂图5A.圆B.直线C.线段D.三角形过点B作☉O的直径B D,连接C D,A D,则B CʅC D㊂过点B作B EʅA D于点E,连接E H㊂因为A Bʅ平面B C D,所以A BʅC D㊂因为B CʅC D,且A BɘB C=B,所以C Dʅ平面A B C,所以C DʅB H㊂又B HʅA C,且A CɘC D=C,所以B Hʅ平面A C D,所以B HʅA D,B HʅH E㊂注意到过点B与直线A D垂直的直线都在同一平面内,于是结合点B,E的位置,可知当点C运动时,点H的运动轨迹是以B E为直径的圆㊂应选A㊂立体几何中的轨迹问题,涉及的知识点较多,需要熟记直线㊁圆㊁球等几何图形的性质㊂如图6,一圆柱的底面半径为3π,母线长为4,轴截面为矩形A B C D,从点A拉一绳子沿圆柱侧面到相对顶点C,则最短绳长为㊂图6提示:沿B C剪开,将圆柱体的侧面的一半展开得到矩形B A'D'C,则A'D'=4,B A'=3πˑπ=3,所以A'C=32+42=5,即所求最短绳长为5㊂作者单位:湖北省恩施市第三高级中学(责任编辑郭正华) 21知识结构与拓展高一数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
大招7 立体几何动态问题
大招7 立体几何动态问题大招总结在立体几何中，经常会遇到一类令人头痛的问题一动态问题，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生命力，使得题型变得更加新颖，由于“动态”的存在，立体几何题灵活多变，需要我们有很强的空间想象能力，而且具备敏锐的嗅觉，可以在变化的情境当中找出不变的因素，不变的关系.以静制动乃是破解关键所在本文将常见的问题归纳为以下六大类1.截面问题立体几何的截面问题常常结合范围和面积最值一起考察，是一类经常会考到的题型.动态的截面使得所截的平面也在发生变化.因此这类问题需要具备一定的空间想象能力和分析能力①定义：一个几何体和一个平面相交所得到的平面图形，叫做几何体的截面②画法：常通过“平行线”或“延长直线找交点”作出完整的截面，这也是截面问题中需要寻找完整截面的方法技巧1：结合线面平行的判定定理与性质定理求解截面问题（找出截面）技巧2：灵活运用一些特殊图形，动中找静态，找到动态截面的临界点（猜想大致范围）技巧3：建立函数模型求解最值问题典型例题题型1截面问题下面以正方体内的截面，举例说明动态的截面可能出现的情况三角形截面可能出现锐角三角形、等边、等腰三角形，但不可能出现直角和钝角三角形四边形截面可能出现正方形、矩形、非矩形的平行四边形、菱形、梯形、等腰梯形，不可能出现直角梯形多边形截面可能出现五边形、六边形、正六边形总结：1、可能出现的：锐角三角形、等边、等腰三角形，正方形、矩形、非矩形的平行四边形、梯形、等腰梯形、五边形、六边形、正六边形2、不可能出现：钝角三角形、直角三角形、直角梯形、正五边形、七边形或更多边形例1.(2018.新课标I)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A.4C.4解:正方体的所有棱中,实际上是3组平行的棱,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,如图:所示的正六边形平面,α截此正方体所得截面面积最大,此时正六边形的边长,2α截此正方体所得截面最大值为:62=⎝⎭.故选A.例2.(2021.马鞍山三模)已知正方体1111ABCD A B C D -,直线1AC ⊥平面α,平面α截此正方体所得截面中,正确的说法是()A.截面形状可能为四边形B.截面形状可能为五边形C.截面面积最大值为D.截面面积是大值为2解：正方体1111ABCD A B C D -1AC ⊥平面α,平面α截此正方体所得截面中,如图,截面形状可能为正三角形或正六边形,由对称性得截面图形不可能是四边形或五边形,故A 和B 均错误;如图,当截面形状为如图所示的正六边形时,截面面积最大,2,1,MN GH OE ======∴截面面积最大值为2S =⨯122+=,故C 错误,D 正确.故选D.题型2翻折旋转与最值问题矩形ABCD 边CD 上有一动点E ,将ADE ∆沿AE 折起到AD E ∆'的位置,D H AE '⊥,则空间中翻折问题的结论如下:(1)折线同侧的几何量和位置关系保持不变;(2)D '在底面上的投影在直线DF 上;(3)点D '的轨迹是以H 为圆心,D H '为半径的圆;(4)面AD E '绕AE 翻折形成两个同底的圆锥.题型3立体几何中的最值(1)常见题型:(1)翻折中的最值问题;(2)空间角的最值问题;(3)空间中的距离最值问题;(4)面积体积最值问题;(5)与内切球外接球有关的最值问题.(2)常用方法:(1)展开,平移,旋转等方法,转化为平面图形求最值;(2)构造目标函数转化为函数的最值;(3)对称法;(4)定性分析法;例3.已知矩形,1,2ABCD AB BC ==,将ABD ∆沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折,在翻折的过程中()A.存在某个位置,使得直线AB 和直线CD 垂直B.存在某个位置,使得直线AC 和直线BD 垂直C.存在某个位置,使得直线AD 和直线BC 垂直D.无论翻折到什么位置,以上三组直线均不垂直解：对于A ,若存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直,∵,CD BC CD ⊥∴⊥平面,ABC ∴平面ABC ⊥平面BCD ,过点A 作平面BCD 的垂线AE ,则E 在BC 上,∴当A 在平面BCD 上的射影在BC 上时,AB CD ⊥.故A 正确;对于B ,若存在某个位置,使得直线AC 与直线BD 垂直,作AF BD ⊥,则BD ⊥平面,AFC BD FC ∴⊥,显然这是不可能的,故B 错误;对于C ,若存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直,则BC ⊥平面,,ACD BC AC AB BC ⊥∴>,即12>,显然这是不可能的,故C 错误.故选A.例4.(2021秋.怀仁市校级月考)如图,在矩形ABCD 中,22,AB AD E ==为AB 的中点,将ADE∆沿DE 翻折到1A DE ∆的位置,1A ∉平面,ABCD M 为1A C 的中点,则在翻折过程中,下列结论不正确的是()A.恒有//BM 平面1A DEB.B 与M 两点间距离恒为定值C.三棱锥1A DEM -的体积的最大值为12D.存在某个位置,使得平面1A DE ⊥平面1A CD解：如图,取1A D 的中点N ,连接,MN EN ,可得四边形BMNE 是平行四边形,所以//BM EN ,又EN ⊂平面1,A DE BM ⊂/平面1A DE ,所以//BM 平面1A DE ,故A 正确;因为11,2DN DE A DE ==∠45ADE =∠=︒,根据余弦定理得21122422EN =+-⨯,所以2EN =,因为EN BM =,所以2BM =,故B 正确;连接CE ,因为M 为1A C 的中点,所以三棱锥1C A DE -的体积是三棱锥1M A DE -的体积的两倍,设h 为1A 到底面ABCD 的距离,则三棱锥1C A DE -的体积1113C A DE A DEC CDE V V S h --∆==⋅,当平面1A DE ⊥平面ABCD 时,h 达到最大值,1A DEC V -取到最大值,所以三棱锥1A DEM -的体积的最大值为,故C 正确;假设平面1A DE ⊥平面1A CD ,又平面1A DE ⋂平面1111,ACD A D A E A D =⊥,所以1A E ⊥平面1A CD ,所以11A E A C ⊥,则在1A CE ∆中,1190,1,EAC A E EC ∠=︒==,所以11A C =,又11,2A D CD ==,所以11A D AC CD +=,故1,,A C D 三点共线,所以1A CD ∈,得1A ∈平面AB -CD ,与题千条件1A ∉平面ABCD 矛盾,故D 不正确.故选D.例 5.(2021.吉林二模)等腰直角三角形BCD 与等边三角形ABD 中,90,6C BD ∠=︒=,现将ABD ∆沿BD 折起,则当直线AD 与平面BCD 所成角为45︒时,直线AC 与平面ABD 所成角的正弦值为()C.2解:设E 为BD 中点,连接AE 、CE ,由题可知,AE BD CE BD ⊥⊥,所以BD ⊥平面AEC ,过A 作AO CE ⊥于,点O ,连接DO ,则AO ⊥平面BDC ,所以ADO ∠即为直线AD 与平面BCD所成角的平面角,所以sin 2AO ADO AD ∠==,可得AO =,在AOE ∆中可得3OE =,又132CE BD ==,即点,O 与点C 重合,此时有AC ⊥平面BCD ,过C 作CF AE ⊥于点F ,又BD ⊥平面AEC ,所以BD CF ⊥,所以CF ⊥平面ABD ,从而CAE ∠即为直线AC 与平面ABD 所成角,sinCE CAE AE ∠===故选A. 例6.如图,S ABC -是正三棱锥且侧棱长为a ,两侧棱,SA SC 的夹角为30,,E F ︒分别是,SA SC上的动点,则三角形BEF 的周长的最小值为()解：把正三棱锥沿SB 剪开,并展开,形成三个全等的等腰三角形:SBC ∆、SCA ∆、SAB ∆',则B ∠'30SA BSC ASC =∠=∠=︒,连接BB ',交SC 于F ,交SA 于E ,则线段BB '就是BEF ∆的最小周长,又SB SB a ='=,根据勾股定理,22222SB SB BB a ''+==,所认BB '=.例7.如图,空间四边形ABCD 的对棱AD 、BC 成60︒的角,且4AD BC ==,平行于AD 与BC的截面分别交AB 、AC 、CD 、BD 于E 、F 、G 、H .(1)求证:四边形EFGH 为平行四边形;(2)E 在AB 的何处时截面EFGH 的面积最大?最大面积是多少?解：(1)∵//BC 平面,EFGH BC ⊂平面ABC ,平面ABC ⋂平面,//EFGH EF BC EF =∴. 同理可得//BC GH ,可得//EF GH ,同理得到//EH FG ,∴四边形EFGH 中,两组对边分别平行,因此,四边形EFGH 为平行四边形.(2)∵AD 与BC 成60︒角,∴平行四边形EFGH 中60HGF ∠=︒或120︒,可得截面EFGH 的面积sin 2S GH GF HGF GF =⋅⋅∠=⋅. ∵设GH BC λ=,理1FG ADλ=-,∴4,(1)44GH BC GF AD AD λλλλλ===-==-,可得2(1)16(1)1642GH GF λλλλ+-⎡⎤⋅=-⨯=⎢⎥⎣⎦，当且仅当12λ=时等号成立.由此可得:当E 为AB 的中点时,截面EFGH 的面积最大,最大值为例8.(2021春.盐田区校级月考)点D 是ABC ∆斜边AB 上一动点,3,4AC BC ==,将BDC ∆沿着CD 翻折,使B DC ∆'与ADC ∆构成直二面角,则翻折后AB '的最小值是()C.解:过点B '作B E CD '⊥于点E ,连接,BE AE ,设BCD B CD α∠=∠'=,则有4sin ,4cos B E CE αα'==,2ACE πα∠=-,在AEC ∆中,由余弦定理得,2222cos 2AE AC CE AC CE πα⎛⎫=+-⋅⋅- ⎪⎝⎭ 2916cos 24cos sin ααα=+-,在Rt AEB ∆'中,由勾股定理得,222AB AE B E '=+'22916cos 24cos sin 16sin 2512sin 2ααααα=+-+=-,∴当4πα=时,AB '故选B .题型4轨迹问题例9.(2021-河南二模)设P 是正方体1111ABCD A B C D -的对角面11BDD B (含边界)内的点,若点P到平面ABC 、平面1ABA 、平面1ADA 的距离相等,则符合条件的点(P )A.仅有一个B.有有限多个C.有无限多个D.不存在解:设P 是正方体1111ABCD A B C D -的对角面11BDD B (含边界)内的点,若点P 到平面ABC 、平面1ABA 、平面1ADA 的距离相等,则符合条件的点P 是正方体的中心,故选A .例10.(2021秋.西城区期末)在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,,M N 分别为111,BD B C 的中点,点P 在正方体的表面上运动,且满足MP CN ⊥,则下列说法正确的是()A.点P 可以是棱1BB 的中点B.线段MPC.点P 的轨迹是正方形D.点P 轨迹的长度为2解:在正方体中1111ABCD A B C D -,以D 为坐标原点,分别以,DA DC ,1DD 为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,因为该正方体的棱长为1,,M N 分别为1BD ,11B C 的中点, 则1111(0,0,0),,,,,1,1,(0,1,0)2222D M N C ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以1,0,12CN ⎛⎫= ⎪⎝⎭, 设P (,,)x y z ,则111,,222MP x y z ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭,因为MP CN ⊥, 所以1110,24222x z x z ⎛⎫-+-=+ ⎪⎝⎭30-=,当1x =时,14z =,当0x =时,34z =, 取11,0,,(1,14E F ⎛⎫ ⎪⎝⎭,133,0,1,,0,0,444G H ⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎭⎝⎭⎝⎭,连结,,,EF FG GH HE , 则EF HG ==1(0,1,0),1,0,2EH FG ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,所以四边形EFGH 为矩形,则EF .0,0CN EH CN =⋅=,即,EF CN EH CN ⊥⊥,又EF 和EH 为平面EFGH 中的两条相交直线,所以CN ⊥平面EFGH ,又111,,224EM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,111,,224MG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,所以M 为EG 的中点,则M ∈平面EFGH ,所以为使MP CN ⊥,必有点P ∈平面EFGH ,又点P 在正方体表面上运动,所以点P 的轨迹为四边形EFGH ,因此,点P 不可能是棱1BB 的中点,故选项A 错误;又1,EF GH EH FG ====所以EF EH ≠,则点P 的轨迹不是正方形,且矩形EFGH 的周长为222+=+,故选项C 错误,选项D 正确;作出与CN 垂直的面,,ABGH G H 为11DCC D 的中位线,此时,CN BG HG ⊥⊥面11B BCC ,所以HG CN ⊥,故CN ⊥平面ABGH ,此时MP 最大值于点,A 或B 处取到,又点P 在正方体表面而非顶点,故选项B 错误;故选D.例11.(2021秋.海淀区校级期末)四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为正方形,侧棱与底面垂直,点P是侧棱1DD 的中点,12,1AA AB ==,若点Q 在侧面11BCC B (包括其边界)上运动,且总保持AQ BP ⊥,则动点Q 的轨迹是()解：分别取1BB 、1CC 的中点,M 、N ,连CM 、MN 、PN 、AC ,则由CM BN ⊥知:CM ⊥BP ,又BP AC ⊥.故BP ⊥平面AMC .∴过A 与BP 垂直的直线均在平面AMC 内,又Q 在平面11BCC B 内,故Q ∈平面AMC ⋂侧面11BB C C ,即Q 在线段MC 上.故选D .例2.(2021.天河区一模)如图所示,在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中,E 是棱1DD 的中点,F 是侧面11CDD C 上的动点,且1//B F 面1A BE ,则F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是()A.aB.aD.2解:设,,G H I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点,则1A BEG 四点共面,且平面1//A BGE 平面1B HI ,又∵1//B F 面1,A BE F ∴落在线段HI 上,∵正方体1111ABCD A B C D -中的棱长为11,2a HI CD ∴==.即F 在侧面11CDD C.故选D. 例13.(2021.余姚市校级模拟)在正四面体ABCD 中,,P Q 分别是棱,AB CD 的中点,,E F 分别是直线,AB CD 上的动点,M 是EF 的中点,则能使点M 的轨迹是圆的条件是() A.2PE QF += B.2PE QF ⋅= C.2PE QF =D.222PE QF += 解:如图所示,正四面体ABCD 中,取BC 、BD 、AD 、AC 的中点G 、H 、K 、L ,因为P 、Q 分别是棱,AB CD 的中点,所以PQ 的中点O 也为定点;由对称性知,PQ 和EF 的中点都在中截面GHKL 上;由OM OP PE EM OQ QF =++=+FM +,所以1()2OM PE QF =+;又在正四面体中,对棱垂直,所以PE QF ⋅=0;所以2224OM PE QF =+,即2224OM PE QF =+;若点M 的轨迹是以O 为圆心的圆,则22PE QF +为定值.故选D.例14.(2021.嘉兴模拟)四面体P ABC -中,PA =其余棱长都为2,动点Q 在ABC ∆的内部(含边界),设PAQ α∠=,二面角P BC A --的平面角的大小为,APQ β∆和BCQ ∆的面积分别为12,S S ,且满足123sin 4sin S S αβ=,则2S 的最大值为________.解:四面体P ABC -中,PA =,其余棱长都为2,取BC 的中点D ,连接,PD AD ,则,PD BC AD BC ⊥⊥,故BDA ∠为二面角P BC A --的平面角β,因为等边三角形,PBC ABC ,故PD AD PA ===,故60β=︒,设Q 到BC 的距离为h ,则S 1S 2=12AP⋅AQsinα12BC⋅ℎ=3sinα4sinβ,化简得,AQ =ℎ,故点Q 的轨迹为以点A 为焦点,以BC 为准线的拋物线在三角形ABC 内部的一段弧,如图建立直角坐标系,则拋物线的方程为y 2=2√3x,A (√32,0),直线AB 的方程为:y =−√33(x−√32),由{y 2=2√3x y=−√32(x −√32)得x 2−7√3+34=0, 故圆弧与AB 的交点横坐标为x =7√3−122,则Q 到BC 的最大距离ℎ=7√3−122+√32=4√3−6,故S 2的最大值为12⋅2⋅(4√3−6)=4√3−6.故答案为:4√3−6.题型5 存在与定位问题AD.例15 如图,在四棱锥P−ABCD中,PA⊥平面ABCD,CD⊥AD,BC//AD,BC=CD=12(I)求证:CD⊥PD;(II)求证:BD⊥平面PAB;(III)在棱PD上是否存在点M,使CM//平面PAB,若存在,确定点M的位置,若不存在,请说明理由.解证明:(I)因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥PA.因为CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.因为PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD.(II)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PA,AD,在直角梯形ABCD中,BC=CD=12由题意可得AB=BD=√2BC,所以AD2=AB2+BD2,所以BD⊥AB.因为PA∩AB=A,所以BD⊥平面PAB.(III)在棱PD上存在点M,使CM//平面PAB,且M是PD的中点. 证明:取PA的中点N,连接MN,BN,因为M是PD的中点,所以MN⫫12AD.因为BC⫫12AD,所以MN⫫BC.所以MNBC是平行四边形,所以CM//BN.因为CM⊄平面PAB,BN⊂平面PAB.所以CM//平面PAB.例16 如图,在四棱锥P−ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB= 1,AD=2,AC=CD=√5(I)求证:PD⊥平面PAB;(II)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(IIII)在棱PA上是否存在点M,使得BM//平面PCD?若存在,求AMAP的值,若不存在,说明理由.解(I)证明:∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,且AB⊥AD,AB⊂平面ABCD,∴AB⊥平面PAD,∵PD⊂平面PAD,∴AB⊥PD,又PD⊥PA,且PA∩AB=A,∴PD⊥平面PAB;(II)解:取AD中点为O,连接CO,PO,∵CD=AD=√5,∴CO⊥AD,又∵PA=PD,∴PO⊥AD以O为坐标原点,建立空间直角坐标系如图:则P(0,0,1),B(1,1,0),D(0,−1,0),C(2,0,0),则PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,−1),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,−1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,−1),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−1,0),设n ⃗ =(x 0,y 0,1)为平面PCD 的法向量,则由{n ⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅PC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{−y 0−1=02x 0−1=0,则n ⃗ =(12,−1,1).设PB 与平面PCD 的夹角为θ,则sin θ=|cos <n ⃗ ,PB⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣n ⃗⃗⃗ ||PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣|=|12−1−1√14+1+1×√3|=√33; (III)解:假设存在M 点使得BM//平面PCD ,设AMAP =λ,M (0,y 1,z 1),由(II)知,A(0,1,0),P(0,0,1),AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,1),B(1,1,0),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,y 1−1,z 1),则有AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,可得M(0,1−λ,λ),∴BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−λ,λ), ∵BM//平面PCD,n ⃗ =(12,−1,1)为平面PCD 的法向量,∴BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0,即−12+λ+λ=0,解得λ=14.综上,存在点M ,即当AM AP=14时,M 点即为所求.例17 如图,三棱锥P −ABC 中,PA ⊥平面ABC,PA =1,AB =1,AC =2,∠BAC =60∘. (1)求三棱锥P −ABC 的体积;(2)证明:在线段PC 上存在点M ,使得AC ⊥BM ,并求PMMC 的值.解(1)解:由题设,AB =1,AC =2,∠BAC =60∘,可得S △ABC =12AB ⋅AC ⋅sin60∘=√32.因为PA ⊥平面ABC,PA =1,所以V P−ABC =13S △ABC ⋅PA =√36; (2)解:过B 作BN ⊥AC ,垂足为N ,过N 作MN//PA ,交PC 于点M ,连接BM ,由PA ⊥平面ABC ,知PA ⊥AC ,所以MN ⊥AC ,因为BN ∩MN =N ,所以AC ⊥平面MBN .因为BM ⊂平面MBN ,所以AC ⊥BM .在直角△BAN 中,AN =AB ⋅cos∠BAC =12,从而NC =AC −AN =32.由MN//PA 得PM MC=AN NC=13.例18 如图,四棱锥P −ABCD 中,底面ABCD 是平行四边形,PG ⊥平面ABCD ,垂足为G,G 在线段AD 上,AG =13GD,BG ⊥GC,BG =GC =2,E 是BC 的中点,四面体P −BCG 的体积为83. (1)求异面直线CE 与PC 所成角的余弦值;(2)棱PC 上是否存在一点F ,使DF ⊥GC ,若存在,求PFFC 的值,若不存在,请说明理由.解(1)由已知V P−BCG =13S △BCG ⋅PG =13⋅12BG ⋅GC ⋅PG =83,∴PG =4,在平面ABCD 内,过C 点作CH//EG 交AD 于H ,连结PH ,则∠PCH (或其补角)就是异面直线GE 与PC 所成的角.在△PCH 中,CH =√2,PC =√20,PH =√18,由余弦定理得,cos∠PCH =√1010.(2)在平面ABCD 内,过D 作DM ⊥GC,M 为垂足,连结MF ,又因为DF ⊥GC,∴GC ⊥平面MFD,∴GC ⊥FM ,由平面PGC ⊥平面ABCD,∴FM ⊥平面ABCD,∴FM//PG ,由GM ⊥MD 得:GM =GD ⋅cos45∘=32,∵PF FC =GMMC =3212=3,由DF ⊥GC ,可得PFFC =3.题型6 展开与距离问题例19 (2021•九模拟)农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,粽子又称粽籺,俗称“粽子”,古称“角黍”,是端午节大家都会品尝的食品,传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.小明在和家人一起包粽子时,想将一丸子(近似为球)包人其中,如图,将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形,将粽叶沿虚线折起来,可以得到如图所示的粽子形状的六面体,则放入丸子的体积最大值为( )A.512√6729π B.16√23π C.32√627π D.128√281π解 由题意可得每个三角形面积为S =12×4×2√3=4√3,由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的,可得该四面体的高为√16−(4√33)2=4√63,故四面体的体积为13×4√3×4√63=16√23,∴该六面体的体积是正四面体的2倍,∴六面体的体积是32√23,由图形的对称性得,内部的九子要是体积最大,就是九子要和六个面相切,连接球心和五个顶点,把六面体分成了六个三棱锥,设丸子的半径为R ,则32√23=6×13×4√3×R ,解得R =4√69,∴丸子的体积的最大值为V max =4π3R 3=4π3×(4√69)3=512√6729π.故选A .例20 (2021秋-兴庆区校级期末)如图是正方体的平面展开图,则在这个正方体中AB 与CD 的位置关系为( )A.平行B.相交成60∘角C.异面成60∘角D.异面且垂直解如图,直线AB,CD异面.因为CE//AB,所以∠DCE即为直线AB,CD所成的角,因为△CDE为等边三角形,故∠DCE=60∘,故选C.例21 (2021秋-舟山期末)如图,棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1,O为底面AC的中心,点P在侧面BC1内运动且D1O⊥OP,则点P到底面AC的距离与它到点B的距离之和最小是( )A.85B.125C.√5D.2√2解如图,由正方体性质知,当P位于C点时,D1O⊥OC,当P位于BB1的中点P1时,由已知得,DD1= 2,DO=BO=√2,BP1=B1P1=1,B1D1=2√2,求得OD1=√4+2=√6,OP1=√2+1=√3,D1P1=√8+1=3.∴OD12+OP12=D1P12,得OD1⊥OP1.又OP1∩OC=O,OP1⊂平面OP1C,OC⊂平面OP1C,∴D1O⊥平面OP1C,得到P的轨迹在线段P1C上.过B作关于CP1的对称点B′,过P作PH⊥BC于H,当B′,P,H三点共线时,点P到底面AC的距离与它到点B的距离之和取得最小值.在直角三角形P1BC中,BC=2,P1B=1,P1C=√4+1=√5,BB′=√5,所以B′H=BB′sin∠HBB′=√5×√5=85,故选A.例22 (2021秋-昌江区校级期末)如图,在正三棱锥P−ABC中,∠APB=∠BPC=∠CPA=30∘,PA=PB=PC=4,一只虫子从A点出发,绕三棱锥的三个侧面爬行一周后,又回到A 点,则虫子爬行的最短距离是( )D.4√6A.4√2B.4√3C.2√3解设过点A作截面AEF与PB、PC侧棱分别交于E、F两点,将三棱锥由PA展开,则∠APA1=90∘,虫子爬行从点A沿侧面到棱PB上的点E处,再到棱PC上的点F处,然后回到点A的最短距离,∵PA= 4,∴由勾股定理可得AA1=√42+42=4√2.虫子爬行的最短距离4√2.故选A.自我检测1. (2021秋-湖北期末)如图,在正方体ABCD−A′B′C′D′中,平面α垂直于对角线AC′,且平面α截得正方体的六个表面得到截面六边形,记此截面六边形的面积为S,周长l为,则( )A.S为定值,l不为定值B.S不为定值,l为定值C.S与l均为定值D.S与l均不为定值解:将正方体切去两个正三棱锥A−A′BD与C′−D′B′C后,得到一个以平行平面A′BD与D′B′C为上、下底面的几何体V,V的每个侧面都是等腰直角三角形,截面多边形W的每一条边分别与V的底面上的一条边平行,将V的侧面沿棱A′B′剪开,展平在一张平面上,得到一个◻A′B′B1A1,如图,而多边形W的周界展开后便成为一条与A′A1平行的线段(如图中E′E1,由题意得E′E1=A′A1,故l为定值.当E′位于A′B′中点时,多边形W为正六边形,而当E′移至A′处时,W为正三角形,由题意知周长为定值l的正六边形与正三角形面积分别为√324l2与√336l2,故S不为定值.故选B.2. (2021春-武侯区校级期末)正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为√3,动点P在对角线BD1上,过点P 作垂直于BD1的平面α,平面α截正方体的表面得到一个多边形,记这样得到的截面多边形(含三角形)的周长为y,设BP=x,当x∈[13,52]时,函数y=f(x)的值域为( )A.[1,3]C.[3√62,4√6]B.[√6,3√6]D.[√6,4√6]解:作平面ACB1和平面A1C1D,则BD1⊥平面AB1C,BD1⊥平面A1DC1,设B到平面ACB1的距离为d,则V B−AB1C =V B1−ABC,∴13×√34×(√6)2×d=13×12×(√3)2×√3,解得d=1,(1)当x∈[13,1]时,截面多边形是三角形EFG,由△EFG∽△AB1C得△EFG的周长为3√6x, ∴3√6x∈[√6,3√6];(2)当x∈(1,2)时,截面多边形是六边形HIJKLM,设HIA1C1=B1IB1C1=λ,则IJB1C=C1IB1C1=1−λ,∴HI+IJ=√6,截面六边形的周长为3√6;(3)当x∈[2,52]时,截面多边形是三角形NQR,由(1)可知截面三角形周长范围为[3√62,3√6];∴当x∈[13,52]时,f(x)的值域为[√6,3√6].故选B.3. (2021春一历下区校级期末)正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,若与对角线A1C垂直的平面α截正方体得到的截面是六边形,则这个六边形的周长为________.解:如图所示,正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,连接BD、BC1、DC1,则A1C⊥平面BDC1;又A1C⊥平面α,且平面α截正方体得到的截面是六边形,不妨取AB、BB1、B1C1、C1D1、D1D和DA的中点E、F、G、H、I、J,连接E、F、G、H、I,J,得六边形EFGHIJ,且A1C⊥平面EFGHIJ,则六边形EFGHIJ的周长为6×√22=3√2.故答案为:3√2.4. (2021秋-泸州期末)如图,正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为√3,动点P在对角线BD1上,过点P作垂直于BD1的平面α,当平面α截正方体得到的截面多边形是六边形时,设BP=x,则x的取值范围是________.解:如图∵AC⊥BD,∴AC⊥BD1(三垂线定理)同理B1C⊥BD1,∴BD1⊥平面ACB1,同理,BD1⊥平面A1C1D,∴平面ACB1//平面A1C1D,夹在这两个平面之间的截面多边形为六边形,在三棱锥B−ACB1中,利用等体积法可求得BP=1,又根据棱长为√3,易求得BD1=3,结合对称性可知1< BP<2.5. 如图,矩形ABCD和矩形ABEF中,矩形ABEF可沿AB任意翻折,AF=AD,M、N分别在AE、DB上运动,当F 、A 、D 不共线,M 、N 不与A 、D 重合,且AM =DN 时,有( ) A.MN//平面FAD B.MN 与平面FAD 相交 C.MN ⊥平面FADD.MN 与平面FAD 可能平行,也可能相交解:由已知,在未折叠的原梯形中,MN 交AB 于P ,折叠后,由题意可知AF//MP,PN//AD.∴平面MNP//平面FAD,MN ⊂平面PMN.∴MN//平面FDA,∴A 正确.故选A.6. 如图,在菱形ABCD 中,∠BAD =60∘,线段AD,BD 的中点分别为E,F .现将△ABD 沿对角线BD 翻折,则异面直线BE 与CF 所成角的取值范围是( )A.(π6,π3) B.(π6,π2] C.(π3,π2] D.(π3,2π3)解:可设菱形的边长为1,则BE =CF =√32,BD =1;线段AD,BD 的中点分别为E,F;∴BE⃗⃗⃗⃗⃗ =12(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ); ∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =14(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=14BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +14BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2−12BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =18−12cos⟨BA⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩+14−14=18−12cos⟨BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩;∴cos⟨BE⃗⃗⃗⃗⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CF⃗⃗⃗⃗⃗ |BE⃗⃗⃗⃗⃗ ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=18−12cos⟨BA⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩34;由图看出−12<cos⟨BA⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩<1; ∴−12<cos⟨BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩<12;∴π3<⟨BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩<2π3;即异面直线BE 与CF 所成角的取值范围是(π3,π2].故选C.7.如图,边长为1的菱形ABCD 中,∠DAB =60∘,沿BD 将△ABD 翻折,得到三棱锥A −BCD ,则当三棱锥A −BCD 体积最大时,异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为( )A.58 B.14C.1316 D.23解:△ABD 、△CBD 为边长为1的等边三角形,将△ABD 沿BD 翻折形成三棱锥如图:点A 在底面BDC 的投影在∠DCB 的平分线CE 上,则三棱锥A −BCD 的高为△AEC 过A 点的高;所以当平面ABD ⊥平面BCD 时,三棱锥A −BCD 的高最大,体积也最大,此时AE ⊥平面BCD ;求异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值:平移BC 到DC ′位置,∣cos∠ADC ′∣即为所求,AD =DC =1,AE =√32,EC ′=√72,AC ′=√102,|cos∠ADC ′|=11+1−1042×1×1∣=14,所以异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为14,故选B.8. 如图,平面四边形ABCD,AB ⊥BD,AB =BC =CD =2,BD =2√2,将△ABD 沿BD 翻折到与面BCD 垂直的位置. (I)证明:CD ⊥面ABC ;(II)若E 为AD 中点,求二面角E −BC −A 的大小.证明:(1)∵平面四边形ABCD,AB ⊥BD,AB =BC =CD =2,BD =2√2,面ABD ⊥面BCD,AB ⊥BD ,面ABD ∩平面BCD =BD,∴AB ⊥面BCD,∴AB ⊥CD ,又AC 2=AB 2+BC 2=8,AD 2=AB 2+BD 2=12,AD 2=AC 2+CD 2=12,AC ⊥CD,∵AC ∩AB =A,∴CD ⊥平面ABC .解:(2)AB ⊥面BCD ,如图以B 为原点,在平面BCD 中,过B 作BD 的垂线为x 轴,以BD 为y 轴,以BA 为z 轴,建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,0,2),C(√2,√2,0),D(0,2√2,0),∵E 是AD 的中点,∴E(0,√2,1),∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,√2,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,1),令平面BCE 的一个法向量为n ⃗ =(x,y,z),则{n ⃗ ⋅BC⃗⃗⃗⃗⃗ =√2x +√2y =0n ⃗ ⋅BE⃗⃗⃗⃗⃗ =√2y +z =0,取x =1,得n ⃗ =(1,−1,√2),∵CD ⊥面ABC,∴平面ABC 的一个法向量为CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√2,√2,0),∴cos <n ⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ >=|n ⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗|n ⃗ |⋅|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ||=√22,∴二面角E −BC −A 的大小为45∘.9. 如图,在空间四边形ABCD 中,两条对角线AC,BD 互相垂直,且长度分别为4和6,平行于这两条对角线的平面与边AB,BC,CD,DA 分别相交于点E,F,G,H ,记四边形EFGH 的面积为y ,设BEAB=x ,则( )B.函数y =f(x)的最大值为8 A.函数y =f(x)的值域为(0,4]C.函数y =f(x)在(0,23)上单调递减 D.函数y =f(x)满足f(x)=f(1−x)解:∵AC//平面EFGH,BD//平面EFGH,∴AC//EF.AC//HG,BD//EH.BD//FG ,则四边形EF −GH 为平行四边形,∵两条对角线AC,BD 互相垂直,∴EH ⊥EF ,则四边形EFGH 为矩形,∵BEAB =x ,∴由EH BD=AE AB=AB−BE AB=1−BE AB=1−x ,即EH =(1−x)BD =6(1−x),同理EF AC=BE AB=x ,则EF =x −AC =4x ,则四边形EFGH 的面积为y =EH ⋅EF =4x ⋅6(1−x)=24(x −x 2)=−24(x −12)2+6,∵x ∈(0,1),∴当x =12时,函数取得最大值6,故A,B 错误.函数的对称轴为x =12,则函数在(0,23)上不是单调函数,故C 错误.∵函数的对称轴为x =12,∴函数y =f(x)满足f(x)=f(1−x),故D 正确,故选D.10.如图,S −ABC 是正三棱锥且侧棱长为a ,两侧棱SA,SC 的夹角为30∘,E,F 分别是SA,SC 上的动点,则三角形BEF 的周长的最小值为( ) A.√2a B.√3a C.√5a D.√6a解:把正三棱锥沿SB 剪开,并展开,形成三个全等的等腰三角形:△SBC 、△SCA 、△SAB ′,则∠B ′SA =∠BSC =∠ASC =30∘,连接BB ′,交SC 于F ,交SA 于E ,则线段BB ′就是△BEF 的最小周长,又SB =SB ′=a ,根据勾股定理,SB 2+SB ′2=BB ′2=2a 2,所以BB ′=√2a ,故选A .11. 如图,正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1,而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直,点M 在AC 上移动,点N 在BF 上移动,若CM =BN =a(0<a <√2),则MN 的长的最小值为( ) A.√22 B.12C.√22a D.a解:(1)作MP//AB 交BC 于点P,NQ//AB 交BE 于点Q ,连接PQ ,依题意可得MP//NQ ,且MP =NQ ,即MNQP 是平行四边形,∴MN =PQ,∵CM =BN =a,CB =AB =BE =1,∴AC =BF =√2,CP =BQ =√22a,∴MN =PQ =√(1−CP)2+BQ 2=√(1−√22a)2+(√22a)2=√(a −√22)2+12,∵0<a <√2,∴a =√22时,即当M 、N 分别为AC 、BF 的中点时,MN 的长最小,最小为√22;故选A .12. 如图,在矩形ABCD 中,AB =√3,BC =1,E 为线段CD 上一动点,现将△AED 沿AE 折起,使平面AED ⊥平面ABC ,当E 从D 运动到C ,则D 在平面ABC 上的射影K 所形成轨迹的长度为( )A.√32B.2√33 C.π2 D.π3解:由题意,将△AED 沿AE 折起,使平面AED ⊥平面ABC ,在平面AED 内过点D 作DK ⊥AE,K 为垂足是D 在平面ABC 上的射影,由翻折的特征知,连接D ′K ,则∠D ′KA =90∘,故K 点的轨迹是以AD ′为直径的圆上一段弧,根据长方形知圆半径是12,如图当E 与C 重合时,AK =12,取O 为AD ′的中点,得到△OAK 是正三角形.故∠KOA =π3,∴∠KOD ′=2π3,其所对的弧长为12×2π3=π3;故选D.13. 各棱长都等于a 的四面体ABCD 中,设G 为BC 的中点,E 为△ACD 内的动点(含边界),且GE//平面ABD ,若线段GE 长度的最小值为√32,则a 的值为( ) A.1B.√3C.2D.2√3解:取AC 中点M,CD 中点N ,连接GM,GN,MN ,则GM 、GN 、MN 分别是三角形ABC 、BCD 、ACD 的中位线,所以平面GMN//平面BAD ,又四面体ABCD 中各棱长都等于a ,所以△GMN 为边长为a2的正三角形.取MN 中点E ,连结GE ,则GE =√32.又GE =√(a 2)2−(a 4)2=√34a ,所以√32=√34a ,即a =2.故选C.14. 如图,在三棱锥A −BCD 中,BC =DC =AB =AD =2,BD =2√2,平面ABD ⊥平面BCD,O 为BD 中点,点P,Q 分别为线段AO,BC 上的动点(不含端点),且AP =CQ ,则三棱锥P −QCO 体积的最大值为( ) A.112B.√248C.√32D.3√2解:由题意,在三棱锥A −BCD 中,BC =DC =AB =AD =2,BD =2√2,底面△BCD 是等腰直角三角形,又∵平面ABD ⊥平面BCD,O 为BD 中点,∴AO ⊥平面BCD,∴△AOC 是直角三角形,∴BD ⊥平面AOC ,设AP =x,(x ∈(0,√2)),三棱锥P −QCO 体积为:V =13S △POC ⋅ℎ,ℎ为Q 到平面AOC 的距离,ℎ=xsin45∘=√22x,V =13S △POC ⋅ℎ=13×12×√2(√2−x)×√22x =16(√2x −x 2)=−16(x −√22)2+112,故当x =√22时,三棱锥P −QCO 体积的最大值112.故选A.15. 已知一个四面体其中五条棱的长分别为1,1,1,1,√2,则此四面体体积的最大值是( ) A.√312B.√212C.√24D.√33解:由题意,四面体的一个面为直角三角形,一个侧面为等边三角形,这两个面互相垂直时,四面体体积最大.四面体体积的最大值是13×12×1×1×√32=√312.故选A.16. 设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,√2和a,且长为a的棱与长为√2的棱异面,则a的取值范围是( )A.(0,√2)B.(0,√3)C.(1,√2)D.(1,√3)解:设四面体的底面是BCD,BC=a,BD=CD=1,顶点为A,AD=√2,在三角形BCD中,因为两边之和大于第三边可得:0<a<2(1)取BC中点E,∵E是中点,直角三角形ACE全等于直角DCE,所以在三角形AED中,AE=ED=√1−(a2)2∵两边之和大于第三边,∴√2<2√1−(a2)2,得0<a<√2(负值0值舍)(2)由(1)(2)得0<a<√2.另解;可设AD=a,AB=AC=BD=CD=1,BC=√2,可得△ABC、△BCD为等腰直角三角形,可得AE=DE=√22,即有0<a<√2,故选A.17. (2021秋-鲀州期末)如图,在三棱锥D−ABC中,AD⊥BC,BC=1,AD=1.且AB+BD=AC+ CD=2,则四面体ABCD的体积的最大值为( )A.14B.√212C.√36D.√524解:过BC作与AD垂直的平面,交AD于E,过E作BC的垂线,垂足为F,如图所示:∵BC=1,AD=1,则三棱锥D−ABC的体积为:V=13S△BCE×(AE+DE)=13S△BCE×AD=13×12⋅BC⋅EF⋅AD=1 6EF,故EF取最大值时,三棱锥D−ABC的体积也取最大值.由AB+BD=AC+CD=2>1,可得B,C都在以A,D为焦点的椭圆上.∵平面BCE与线AD垂直,∴三角形ADB与三角形ADC全等,即三角形BCD为等腰三角形,又BC=1为定值,∴BE取最大值时,三棱锥D−ABC的体积也取最大值.在△ABD 中,动点B 到A,D 两点的距离和为2,B 在以AD 为焦点的椭圆上(长轴、焦距分别为2a 、2c ),此时a =1,c =12,故BE 的最大值为b =√a 2−c 2=√1−(12)2=√32,此时EF =√BE 2−(12BC)2=√34−14=√22,故三棱锥D −ABC 的体积的最大值是16EF =16×√22=√212.故选B.17. 将两个长、宽、高分别为5,4,3的长方体垒在一起,使其中两个面完全重合,组成一个大长方体,则大长方体的外接球表面积的最大值为( ) A.150π B.125π C.98π D.77π解:两个完全相同的长方体重叠在一起有三种情况,分别计算三种情况的体对角线为√102+42+32、或√82+52+32、或√62+52+42∴最长对角线的长为5√5,即大长方体的外接球的最大半径为5√52,则大长方体的外接球表面积的最大值为4π×(5√52)2=125π.故选B.18.(2021秋-海淀区校级期末)如图,在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中,AB =6,点P 在平面AB 1D 1内,A 1P =3√2,则点P 到BC 1距离的最小值为( ) A.3√2 B.2√3 C.√6 D.3解:建立如图所示空间直角坐标系,则平面AB 1D 1的方程为x −y +z =6,又点P 在平面AB 1D 1内,且A 1P =3√2,则P 的轨迹满足:{x −y +z =6(x −6)2+y 2+(z −6)2=18设P (x 0,x 0+z 0−6,z 0),则PC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−x 0,12−x 0−z 0,6−z 0),BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−6,0,6),∴点P 到BC 1距离d =|PC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ×BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=√(12−x 0−z 0)2+12(6−x 0−z 0)2,∵x 0+z 0=6+y 0,0⩽y 0⩽6,∴x 0+z 0∈[6,12],设x 0+z 0=t ,则t ∈[6,12],则(12−t)2+12(6−t)2=32t 2−30t +162=32(t −10)2+12,当t =10时,d min =2√3.此时{x 0+z 0=10(x 0−6)2+(z 0−6)2=2,即P(1,4,1).故选B.19. (2021-桃城区校级一模)如图,圆锥顶点为P ,底面圆心为O ,过轴PO 的截面PAB,C 为PA 中点,PA =4√3,PO =6,则从点C 经圆锥侧面到点B 的最短距离为( ) A.2√15 B.2√15−6√2。
剖析立体几何中的“动态”问题
ʏ沈建良所谓动态立体几何问题,是指在点㊁线㊁面运动变化的几何图形中,探寻点㊁线㊁面的位置关系或进行有关角与距离的计算㊂立体几何中常求解一些固定不变的点㊁线㊁面的关系,若给静态的立体几何问题赋予 活力 ,渗透了 动态 的点㊁线㊁面元素,立意会更新颖㊁更灵活,能培养同学们的空间想象能力㊂下面是对破解立体几何 动态 问题的一些思考,以期抛砖引玉㊂一㊁ 动态 问题之轨迹问题例1如图1,在边长为a的正方体A B C D-A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是C C1,C1D1,D D1,C D,B C的中点,M在四边形E F G H边上及其内部运动,若MNʊ面A1B D,则点M轨迹的长度是()㊂图1A.3aB.2aC.32aD.22a解:因为在边长为a的正方体A B C D-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是C C1, C1D1,D D1,C D的中点,N是B C的中点,则G HʊB A1,HNʊB D㊂又G H⊄面A1B D, B A1⊂面A1B D,所以G Hʊ面A1B D㊂同理可得,NHʊ面A1B D㊂又G HɘHN=H,所以面A1B Dʊ面G HN㊂因为点M在四边形E F G H上及其内部运动,MNʊ面A1B D,所以点M一定在线段G H上运动,即满足条件㊂易得G H=22a㊂故点M轨迹的长度是22a㊂应选D㊂本题利用线面平行㊁面面平行,在动态问题中提炼一些不变的 静态 的量,建立不变量与动点之间的关系,从而确定动点的轨迹长度㊂二㊁ 动态 问题之定值问题例2如图2,在单位正方体A B C D-A1B1C1D1中,点P在线段A D1上运动㊂图2给出以下四个命题:①异面直线A1P与B C1间的距离为定值;②三棱锥D-B P C1的体积为定值;③异面直线C1P与C B1所成的角为定值;④二面角P-B C1-D的大小为定值㊂其中真命题的序号是()㊂A.①②B.③④C.①②③D.①②③④解:对于①,异面直线A1P与B C1间的距离即为两平行平面A D D1A1和平面B C C1B1间的距离,即为正方体的棱长,为定值,①正确㊂对于②,V D-B P C1=V P-D B C1,因为SәD B C1为定值,点PɪA D1,A D1ʊ平面B D C1,所以点P到平面B D C1的距离即为正方体的棱长,所以三棱锥D-B P C1的体积为定值,②正确㊂对于③,在正方体A B C D-A1B1C1D1中,因为B1Cʅ平面A B C1D1,而C1P⊂平面A B C1D1,所以B1CʅC1P,即这0 1数学部分㊃知识结构与拓展高一使用2022年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.两条异面直线所成的角为90ʎ,③正确㊂对于④,因为二面角P -B C 1-D 的大小即为平面A B C 1D 1与平面B D C 1所成的二面角的大小,而这两个平面位置固定不变,所以二面角P -B C 1-D 的大小为定值,④正确㊂应选D㊂动态立体几何问题,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㊂三㊁ 动态 问题之翻折问题例3 如图3,在长方形A B C D 中,A B =2,B C =1,E 为D C 的中点,F 为线段E C (端点除外)上一动点㊂现将әAF D 沿A F 折起,使平面A B D ʅ平面A B C F ,得到如图4所示的四棱锥D -A B C F ㊂在平面A B D 内过点D 作D K ʅA B ,垂足为K ㊂设A K =t ,则t 的取值范围是㊂图3 图4解:过点F 作F M ʅA B 交A B 于点M (作法略)㊂设F C =x ,0<x <1,则M F =B C =1,M B =F C =x ㊂易知A K <A D =1,A B =2,所以点K 一定在点M 的左边,则MK =2-t -x ㊂在R t әA D K 中,D K 2=1-t2,在R tәF MK 中,F K 2=1+(2-t -x )2㊂因为平面A B D ʅ平面A B C F ,平面A B D ɘ平面A B C F =A B ,D K ʅA B ,D K ⊂平面A B D ,所以D K ʅ平面A B C F ,所以D K ʅF K ㊂在R t әD F K 中,D F =2-x ,D K 2+F K 2=D F 2,所以1-t 2+1+(2-t -x )2=(2-x )2,化简得1-2t +t x =0,即t =12-x㊂又因为t =12-x在(0,1)上单调递增,所以12<t <1,即t 的取值范围为12,1()㊂本题是一个动态的翻折问题,通过发现不变的垂直关系,从而得到相关变量间的关系,最终转化成函数的值域问题㊂解决折叠问题的关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变的量㊂四㊁ 动态 问题之展开问题例4 已知某圆锥的母线长为3,底面半径为1,则该圆锥的体积为㊂设线段A B 为该圆锥底面圆的一条直径,一质点从A 出发,沿着该圆锥的侧面运动,到达B 点后再沿侧面回到A 点,则该质点运动路径的最短长度为㊂解:易得该圆锥的高h =32-1=22㊂所以该圆锥的体积V =13ˑπˑ12ˑ22=223π㊂将该圆锥侧面沿母线S A 展开,如图5所示㊂图5因为圆锥底面周长为2π,扇形半径为3,所以侧面展开后得到的扇形的圆心角øA S A '=2π3㊂由题意知点B 是圆锥侧面展开后得到的扇形的弧A A '的中点,则øA S B =π3,所以A B =A 'B =A S =3㊂所以该质点运动路径的最短长度为A B +A 'B =6㊂空间动态问题常转化为平面的动态问题求解㊂化曲为直是求解曲面上路径长度最短问题的关键㊂本题是求解圆锥侧面上质点运动路径的最短长度问题,可将圆锥侧面沿一条母线展开成扇形,从而在平面图形中解决问题㊂作者单位:江苏省盐城市时杨中学(责任编辑 郭正华)11数学部分㊃知识结构与拓展高一使用 2022年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
压轴小题7探究立体几何中的动态问题
压轴小题7 探究立体几何中的动态问题【炎德联考雅礼中学2024届高三月考试卷六T 11】（多选）如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为菱形，160,2,BAD AB AA P ∠=︒==为1CC 的中点，点Q 满足[][]()10,1,0,1DQ DC DD λμλμ=+∈∈，则下列结论正确的是（）A ．若13λμ+=，则四面体1A BPQ 的体积为定值B ．若1A BQ △的外心为O ，则11A B AO ⋅为定值2C ．若1A Q QD ．若1λ=且12μ=，则存在点1E A B ∈，使得AE EQ +对于A ，取1,DD DC 的三等分点分别为，由条件确定的轨迹，结合锥体体积公式判断；对于B ，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断；由条件确定的轨迹为，将原问题转化为平面上两点间的距离最小问题求解；对于C ，由条件确定点的轨迹为圆弧，利用弧长公式求轨迹长度即可判断；对于D ，把1A AB △沿着1A B 进行翻折，使得1A ，A ，B ，P 四点共面，再由勾股定理和余弦定理求出长度．此时有最小值．对于A ，取1,DD DC 的三等分点分别为，如图所示，因为13λμ+=，所以331λμ+=，令，，则，所以．因为，所以1A BQ △的面积为定值，点P 到平面的距离也是定值，故A 正确．对于B ，若1A BQ △的外心为O ，过点O 作于点H ，则H 是1A B 的中点．因为，所以，故B 错误．对于C ，在平面1111D C B A 中作111A K C D ⊥，显然平面11CC D D ，由长度和角度，可得1A K =在中，1A Q =所以KQ =Q 在以为圆心，为半径的圆上运动．设此圆与交于点，因为3KA =且11KD =，所以，则点Q 的轨迹长度是．故C 正确．对于D ，若且，则点Q 与点P 重合．把1A AB △沿着1A B 进行翻折，使得1A ，A ，B ，P 四点共面，此时有最小值AP （这里和后面的A 均为翻折后的点）．在中，1A P =PB 1A B =所以1π2PBA ∠=，从而3π4PBA ∠=，在中，由余弦定理得，故D 正确．故选：ACD（2024·湖北·二模）1．如图，棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1DD 的中点，F 为正方形11C CDD 内一个动点（包括边界），且1//B F 平面1A BE ，则下列说法正确的有（ ）A ．动点FB ．三棱锥11B D EF -体积的最小值为13C ．1B F 与1A B 不可能垂直D ．当三棱锥11B D DF -的体积最大时，其外接球的表面积为25π2（2024·广西南宁·一模）2．在边长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，动点M 满足1AM xAB y AD z AA =++，(,,R x y z ∈且0,0,0)x y z ≥≥≥，下列说法正确的是（ ）A ．当[]1,0,0,14x z y ==∈时，1B M MD +B ．当11,2x y z ===时，异面直线BM 与1CDC ．当1x y z ++=，且AM =时，则MD ．当1,0x y z +==时，AM 与平面11AB DA 选项，作出辅助线，结合空间向量基本定理得到,,W Q F 三点共线，得到//WF 平面1PA B ，故点为平面1PA B 的距离为定值，四面体1A BPQ 的体积为定值，A 正确；B 选项，作出辅助线，结合空间向量数量积的几何意义得到11114A B AT B A O A ⋅=⋅= ；C 选项，建立空间直角坐标系，设()0,2,2Q λμ，表达出，故点的轨迹为以()1,2S -为圆心，为半径的圆，落在正方形11CDD C 内的部分，结合弧长公式求出答案；D 选项，求出()0,2,1Q ，，得到AE EQ +=，画出图形，数形结合得到其最小值．A 选项，在1,CD DD 上分别取，使得13DF DC =，，因为，所以，因为13λμ+=，所以331λμ+=，即，故，即，所以,,W Q F 三点共线，因为1//WF CD ，，所以1//WF AB ，故//WF 平面1PA B ，故点为平面1PA B 的距离为定值，又1PA B S 为定值，故四面体1A BPQ 的体积为定值，A 正确；B 选项，取1A B 的中点，因为1A BQ △的外心为，所以⊥1A B ，又题意得，则，B 错误；C 选项，取的中点R ，因为底面为菱形，60BAD ∠=︒，故⊥，以D 为坐标原点，以，1,DC DD 分别为轴，建立空间直角坐标系，故，设()0,2,2Q λμ，则，化简得，点满足，即点在正方形11CDD C 内，包括边界，故点的轨迹为以()1,2S -为圆心，为半径的圆，落在正方形11CDD C 内的部分，如图所示：因为SH =11SD =，故，故1SD H 为等腰直角三角形，π4S ∠=，故点的轨迹长度为，C 正确；D 选项，若且，，即，即()0,2,1Q ，又，)B，设，设，即，解得，即，AE EQ +=，如图所示，设，且⊥，⊥，在线段上取一点，设GL a =，则12LJ a =-，故，显然，直接连接，此时KL VL +取得最小值，最小值即为，由勾股定理得KV ==故AE EQ +=的最小值为，D 正确．故选：ACD（2024·江西鹰潭·一模）3．直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长都为4，π3BAD ∠=，点P 在四边形11BDD B 及其内部运动，且满足8PA PC +=，则下列选项正确的是（ ）A ．点P 的轨迹的长度为π.B ．直线AP 与平面11BDD B 所成的角为定值．C ．点P 到平面11AD B .D ．11PA PC ⋅的最小值为-2．（23-24高二下·湖南长沙·开学考试）4．在正方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 满足1CP CD CC λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则下列结论正确的是（ ）A ．当1B P ∥平面1A BD 时，1B P 不可能垂直1CD B ．若1B P 与平面11CCD D 所成角为4π，则点P 的轨迹长度为2πC ．当λμ=时，1DP A P +的最小值为D ．当1λ=时，正方体经过点1A 、P 、C 的截面面积的取值范围为（2024·湖南·二模）5．如图，点P 是棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -的表面上一个动点，F 是线段11A B 的中点，则（ ）A ．若点P 满足1APBC ⊥，则动点P 的轨迹长度为B ．三棱锥11A PBD -体积的最大值为163C ．当直线AP 与AB 所成的角为45 时，点P 的轨迹长度为π+D ．当P 在底面ABCD 上运动，且满足//PF 平面11B CD 时，线段PF 长度最大值为（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）6．已知四面体ABCD 的各个面均为全等的等腰三角形，且24CA CB AB ===.设E 为空间内任一点，且,,,,A B C D E 五点在同一个球面上，则（ ）A ．AB CD⊥B ．四面体ABCD 的体积为C ．当AE =E 的轨迹长度为4πD ．当三棱锥E ABC -E 的轨迹长度为（2024·广东深圳·一模）7．如图，八面体Ω的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点,,,B C D E 在同一个平面内．若点M 在四边形BCDE 内（包含边界）运动，N 为AE 的中点，则（ ）A ．当M 为DE 的中点时，异面直线MN 与CF 所成角为3πB ．当MN ∥平面ACD 时，点M 的轨迹长度为C ．当MA ME ⊥时，点M 到BCD ．存在一个体积为103π的圆柱体可整体放入Ω内（23-24高二上·河北石家庄·期末）8．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F 分别是棱111,AA A D 的中点，点P 为底面ABCD 内（包括边界）的动点，则以下叙述正确的是（ ）A ．存在点P ，使得1C P ⊥平面BEFB ．若点P 在线段CD 上运动，则点P 到直线BFC ．若点P 到直线1BB 与到直线AD 的距离相等，则点P 的轨迹为抛物线的一部分D ．若直线1D P 与平面BEF 无公共点，则点P （23-24高三上·江西·期末）9．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E 是AB 的中点，点P 为侧面11BCC B 内（含边界）一点，则（ ）A ．若1D P ⊥平面11AC D ，则点P 与点B 重合B ．以D 1ACDC ．若P 为棱BC 中点，则平面1D EP D ．若P 到直线11A B 的距离与到平面11CDD C 的距离相等，则点P 的轨迹为一段圆弧（23-24高二上·安徽马鞍山·期末）10．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，124AB AD AA ===，点E 为1AA 的中点，点F 为侧面11AA B B （含边界）上的动点，则下列说法正确的是 （ ）A ．不存在点F ，使得1FC FD ⊥B ．1FC FD +的最小值为C ．满足1FC FD =的点F D ．若1//AD 平面EFC ，则线段AF 长度的最小值为35参考答案：1．ABD【分析】对A 由1//B F 平面1A BE ，联想到存在一个过1B F 的平面与平面1A BE 平行，利用正方体特征找到平面1//B MN 平面1BA E ,进而得到F 的轨迹为线段MN ，对B ，根据棱锥体积公式分析即可，对C 举反例即可；对D ，利用勾股定理求出外接球半径即可.【详解】对A ，如图，令1CC 中点为M ,1CD 中点为N ,连接MN ，又正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1DD 的中点，可得11//B M A E ,11////MN CD BA ，1//B M ∴平面1BA E ,//MN 平面1BA E ,又1B M MN M = ，且1,B M MN ⊂平面1B MN ，∴平面1//B MN 平面1BA E ,又1//B F 平面1A BE ，且1B ∈平面1B MN ，1B F ∴⊂平面1B MN ，又F 为正方形11C CDD 内一个动点（包括边界），F ∴∈平面1B MN 平面11C CDD ，而MN =平面1B MN 平面11C CDD ，F MN ∴∈，即F 的轨迹为线段MN .由棱长为2的正方体得线段MN ，故选项A 正确；对B ，由正方体侧棱11B C ⊥底面11C CDD ，所以三棱锥11B D EF -体积为111112=33D FE D FE V B C S S =⋅ ，所以1D FE 面积1D FE S 最小时，体积最小，如图，F MN ∈ ，易得F 在N 处时1D FE S 最小，此时11111=22D FE S ND D E ⋅= ,所以体积最小值为13，故选项B 正确；对C ，当F 为线段MN 中点时，由11B M B N =可得1B F MN ⊥,又1CC 中点为M ,1CD 中点为N ,1//MN D C ∴，而11//A B D C ，11B F A B ∴⊥,故选项C 不正确；对D ，如图，当F 在M 处时，三棱锥11B D DF -的体积最大时，由已知得此时11FD FD FB ===,所以F 在底面11B DD 的射影为底面外心，12DD =,11B D =1DB =,所以底面11B DD 为直角三角形，所以F 在底面11B DD 的射影为1B D 中点，设为1O ，如图，设外接球半径为R ,由222211113R OO O B OO =+=+,11R OO FO +==可得外接球半径R =，外接球的表面积为2254π2R π=，故选项D 正确.故选：ABD.2．AD【分析】对于A ，确定M 的位置，利用侧面展开的方法，求线段的长，即可判断；对于B ，利用平移法，作出异面直线所成角，解三角形，即可判断；对于C ，结合线面垂直以及距离确定点M 的轨迹形状，即可确定轨迹长度；对于D ，利用等体积法求得M 点到平面11AB D 的距离，结合线面角的定义求得AM 与平面11AB D 所成角的正弦值，即可判断.【详解】对于A ，在AB 上取点H ，使14AH AB = ，在DC 上取点K ，使14DK DC = ，因为[]1,0,0,14x z y ==∈，即14AM AB y AD =+ ，故M 点在HK 上，将平面11B HKC 与平面AHKD 沿着HK 展开到同一平面内，如图：连接1B D 交HK 于P ，此时,,B P D 三点共线，1B M MD +取到最小值即1B D 的长，由于113,422AH AB BH ==∴= ，则152B H ==，故11513,22A B B D =+=∴===即此时1B M MD +，A 正确；对于B ，由于11,2x y z ===时，则111122AM AB AD AA AC CC =++=+ ，此时M 为1CC 的中点，取11C D 的中点为N ，连接,,BM MN BN ，则1MN CD ∥,故BMN ∠即为异面直线BM 与1CD 所成角或其补角，又112MN CD BM ====3BN ===，故222cos 2BM MN BN BMN BM MN+-∠===⋅而异面直线所成角的范围为π(0,]2，故异面直线BM 与1CD B 错误；对于C ，当1x y z ++=时，可得点M 的轨迹在1A BD 内（包括边界），由于1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，故1CC BD ⊥，又BD AC ⊥，11,,AC CC C AC CC =⊂ 平面1ACC ，故BD ⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，故1BD AC ⊥，同理可证11A B AC ⊥,11,,A B BD B A B BD =⊂ 平面1A BD ，故1AC ⊥平面1A BD ，设1AC 与平面1A BD 交于点P ，由于11113222324A A BD A ABD V V--=⨯⨯==⨯⨯，1A BD 为边长为则点A到平面1A BD的距离为AP =若AM =，则MP ==，即M 点落在以PP 点到1A BD 三遍的距离为13=，即M 点轨迹是以P 为半径的圆的一部分，，C 错误；对于D ，因为11,B D BD BD ⊄∥平面11AB D ，11B D ⊂平面11AB D ，故BD ∥平面11AB D ，因为当1,0x y z +==时，AM AB AD =+ ，即M 在BD 上，点M 到平面11AB D 的距离等于点B 到平面11AB D 的距离，设点B 到平面11AB D 的距离为d ，则111111111142223323B AB D ABB ABB D V V S A D --==⋅=⨯⨯⨯⨯= ，11AB D 为边长为的正三角形，即(12114333A BD S d d ⋅=⨯= ，解得d =又M 在BD 上，当M 为BD 的中点时，AM ，设直线AM 与平面11AB D 所成角为π,[0,2θθ∈，则sin d AM θ===即AM 与平面11AB D ，D 正确，故选：AD【点睛】难点点睛：本题考查了空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，难点在于C ，D 选项的判断，对于C ，要结合空间距离，确定动点的轨迹形状；对于D ，要结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.3．BC【分析】建立空间直角坐标系，表示8PA PC +=，化简后得点P 的轨迹方程，得轨迹长度判断A ；向量法求线面角判断B ，向量法求点到平面距离，结合点P 的轨迹得最小值判断C ；坐标表示向量数量积，结合点P 的轨迹最小值判断D.【详解】直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长都为4，则底面ABCD 为菱形，又π3BAD ∠=，则ABD △和CBD △都是等边三角形，设BD 与AC 相交于点O ，由BD AC ⊥，以O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，过O 垂直于底面的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则有()()()(),0,2,0,,0,2,0A B C D --，()()()()11114,0,2,4,4,0,2,4A B C D --，点P 在四边形11BDD B 及其内部运动，设()0,,P y z ，22,04y z -≤≤≤≤，由8PA PC +=8+=，即()22422,02y z y z +=-≤≤≤≤，所以点P 的轨迹为yOz 平面内，以O 为圆心，2为半径的半圆弧，所以点P 的轨迹的长度为2π， A 选项错误；平面11BDD B 的法向量为()1,0,0m = ，(),AP y z =- ，直线AP 与平面11BDD B 所成的角为θ，则sin AP m AP m θ⋅=== 又由π0,2θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则π3θ=，所以直线AP 与平面11BDD B 所成的角为定值， B选项正确；()()11=2,4,2,4AB AD ---，设平面11AD B 的一个法向量为(),,n x y z = ，则有11=240=240AB n y z AD n y z ⎧⋅-++=⎪⎨⋅--+=⎪⎩ ，令2x =，得0,y z ==，(n = ，所以点P 到平面11AD B 的距离d 02z ≤≤，所以2z =时，mind所以点P 到平面11AD B C 选项正确；()()11=,4,,4PA y z PC y z --=--- ，()2211=124PA PC y z ⋅-++- ，其几何意义为点(),P y z 到点()0,4距离的平方减12，由224y z +=，点(),P y z 到点()0,4距离最小值为422-=，11PA PC ⋅ 的最小值为22128-=-，D 选项错误.故选：BC.【点睛】方法点睛：空间几何体中的相关问题，要利用好几何体本身的结构特征，点线面的位置关系，图形中的角度和距离等，建立空间直角坐标系，利用向量法解决问题，也是常用的方法.4．BD【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算即可判断AD ，根据线面角的几何法可判断P 的轨迹是以1C 为圆心，以1为半径的14个圆，即可判断B ，根据展开图，转化为平面中两点距离最小，结合余弦定理即可求解C.【详解】A 选项：建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则()0,0,0A ，()1,0,0B ，()0,1,0D ，()1,1,0C ，()10,0,1A ，()11,1,1C ，()10,1,1D ，()11,0,1B ，所以()11,0,1CD =- ，()()()()11110,1,11,0,00,0,1,1,1B P B C CP B C CD CC λμλμλμ=+=++=-+-+=-- ，则()11,0,1BA =- ，()1,1,0BD =- ，设平面1A BD 的法向量为(),,n x y z = ，所以10,0,BA n x z BD n x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ 令1x =，则1y z ==，即平面1A BD 的一个法向量为()1,1,1n = ．若1B P ∥平面1A BD ，则10n B P ⋅= ，即λμ=，111B P CD λμ⋅=+- ，令110B P CD ⋅= ，解得12λμ==．即P 为1CD 中点时，有1B P ∥平面1A BD ，且11B P CD ⊥，故A 错误；B 选项：因为11BC ⊥平面11CCD D ，连接1C P ，则11B PC ∠即为1B P 与平面11CC D D 所成角，若1B P 与平面11CC D D 所成角为π4，则11111tan 1B C B PC C P ∠==，所以1111C P B C ==，即点P 的轨迹是以1C 为圆心，以1为半径的14个圆，于是点P 的轨迹长度为π2，故B 正确；C 选项：当λμ=时，()11CP CD CC CD λλ=+= ,此时点P 在线段1CD 上运动，如图，将平面1CD D 与平面11BCD A 沿1CD展成平面图形，线段1A D 即为1DP A P +的最小值，利用余弦定理可知222111111132cos 24A D A D DD A D DD π=+-⋅⋅=1A D =，故C 错误；D 选项：当1λ=时，11C D P CD C P C CC μμ⇒==+ ,故点P 在线段1DD 上运动,正方体经过点1A 、P 、C 的截面为平行四边形1A PCH ，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则()0,0,0A ，()1,1,0C ，()10,0,1A ，()0,1,P μ，所以()1,0,PC μ=- ，()11,1,1A C =- ，11PC AC μ⋅=+，PC =，1A C = ，所以点P 到直线1AC的距离为d =于是当12μ=时，1PAC △当0μ=或1时，1PAC △，故D 正确．故选：BD【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.5．CD【分析】利用线面垂直的性质定理可得动点P 的轨迹为矩形11ABC D ，其周长为4+；显然三棱锥11A PB D -体积的最大值即为正四面体11C AB D -，易知最大值为1183C ABD V -=；易知当点P 在线段1,AC AB 和弧 1B C 上时，直线AP 与AB 所成的角为45 ，可知其轨迹长度为π+根据面面平行的判定定理可求出点P 在底面ABCD 上的轨迹为三角形FNM ，易知FP 长度的最大值为FN =【详解】对于A ，易知1B C ⊥平面11,ABC D A ∈平面11ABC D ，故动点P 的轨迹为矩形11ABC D ，动点P 的轨迹长度为矩形11ABC D 的周长，即为4，所以A 错误；对于B ，因为1111A PD D P AB D V V --=，而等边11AB D 的面积为定值要使三棱锥11P AB D -的体积最大，当且仅当点P 到平面11AB D 的距离最大，易知点C 是正方体到平面11AB D 距离最大的点，所以()1111max A PB D C AB D V V --=，此时三棱锥11C AB D -即为棱长是其高为h ==11118323C AB D V -=⨯⨯=，B 错误；对于C ：连接AC ，1AB ，以B 为圆心，1BB 为半径画弧 1B C ，如图1所示，当点P 在线段1,AC AB 和弧 1B C 上时，直线AP 与AB 所成的角为45 ，又1AC AB =====，弧 1B C 长度21π2π4⨯⨯=，故点P 的轨迹长度为π+C 正确；对于D ，取1111,,,,,A D D D DC CB BB AB 的中点分别为,,,,,Q R N M T H ，连接,,,,,,,,QR QF FT TM MN NR FH HN HM ，如图2所示，因为FT 1,D C FT ⊄平面111,D B C D C ⊂平面11D B C ，故FT 平面11D B C ，TM 1B C ，TM ⊄平面111,D B C B C ⊂平面11D B C ，故TM 平面11D B C ；又,,FT TM T FT TM ⋂=⊂平面FTM ，故平面FTM 平面11D B C ；又QF ,NM QR ,TM RN FT ，故平面FTMNRQ 与平面FTM 是同一个平面.则点P 的轨迹为线段MN ：在三角形FNM 中，FN FM NM =======则2228FM MN FN +==，故三角形FNM 是以FMN ∠为直角的直角三角形；故max FP FN ==，故FP 长度的最大值为D 正确.故选：CD .【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度.6．AC【分析】根据线面的垂直可判断线线垂直，判断A ；根据棱锥的体积公式可判断B ；根据条件，确定轨迹的形状，结合圆的周长求得轨迹长度或范围，即可判断C ，D.【详解】对于A ，依题意，可知4,2DA CB DB AC DC AB ======，设F 为AB 的中点，连接,CF DF ，则,CF AB DF AB ⊥⊥，而,,CF DF F CF DF =⊂ 平面CFD ，故AB ⊥平面CFD ，CD ⊂平面CFD ，故AB CD ⊥，A 正确；对于B ，将四面体ABCD 放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为,,x y z ，则2222224,16,16x y x z y z +=+=+=，解得x y z ===由于z =AB 和CD，且AB ⊥平面CFD ，，所以四面体ABCD的体积为11122332DCF S AB ⋅=⨯⨯= ，B 错误；对于C ，由以上分析可知，四面体ABCD=，由AE =E 的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为r ，则222r +=，解得2r =，所以E 的轨迹长度为2π4πr =，C 正确；对于D，由题意可得sin CF ABC ==∴∠,故ABC的外接圆半径为21=所以球心到ABC=设三棱锥E ABC -的高为h ，由三棱锥E ABC -1112232ABC S h h ⋅=⨯⨯=故h =>E 点轨迹为外接球上平行于平面ABC 且到平面ABC两个截面圆，其中一个圆为外接球的大圆，所以点E的轨迹长度大于2π=，D 错误，故选：AC.【点睛】难点点睛：本题考查了四面体中的线面以及线线的位置关系，以及体积和空间几何体中的轨迹问题，难点在于要发挥空间想象，明确空间几何体中的线线位置关系，特别是选项D 中要明确E 点轨迹，从而确定轨迹长度或其范围.7．ACD 【分析】根据几何体的特征，化空间为平面，逐个推理，计算分析.【详解】因为BCDE 为正方形，连接BD 与CE ，相交于点O ，连接OA ，则OD ，OE ，OA 两两垂直，故以{},,OD OE OA为正交基地，建立如图所示的空间直角坐标系，D，(B -，(0,E，(0,C -，A，(0,0,F -，N 为AE的中点，则N .当M 为DE 的中点时，M，(MN =，(0,CF =- ，设异面直线MN 与CF 所成角为θ，0041cos cos ,242MN CFMN CF MN CFθ+-⋅====⨯，π(0,]2θ∈，故π3θ=，A 正确；设P 为DE 的中点，N 为AE 的中点，则PN ∥AD ，AD ⊂平面ACD ，PN ⊄平面ACD ，则PN ∥平面ACD ， 又MN ∥平面ACD ，又MN PN N ⋂=，设Q BC ∈，故平面MNP ∥平面ACD ，平面ACD 平面BCDE CD =，平面MNP 平面BCDE PQ =，则PQ ∥CD ，则Q 为BC 的中点，点M 在四边形BCDE 内（包含边界）运动，则M PQ ∈，点M 的轨迹是过点O 与CD 平行的线段PQ ，长度为4，B 不正确；当MA ME ⊥时，设(,,0)M x y ，(,,MA x y =--，(,,0)ME x y =-- ，2(0MA ME x y y ⋅=+-=，得220x y +-=，即22(2x y +=，即点M 的轨迹以OE 中点K 的圆在四边BCDE 内（包含边界）的一段弧（如下图），K 到BC 的距离为3，弧上的点到BC 的距离最小值为3，因为3<M 到BC C 正确；由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥A BCDE -内接最大圆柱的体积，设圆柱底面半径为r ，高为h ，P 为DE 的中点，Q 为BC 的中点, 4PQ =，AO =根据AGH 相似AOP ，得GH AG OP AO =，即2r =)h r =-，则圆柱体积22(2)V r h r r π==-，设23()(2)(02)V r r r r -<<，求导得2()(43)V r r r '=-，令()0V r '=得，43r =或0r =，因为02r <<，所以0r =舍去，即43r =，当403r <<时，()0V r '>，当423r <<时，()0V r '<，即43r =时V 有极大值也是最大值，V，503===>53>所以存在一个体积为103π的圆柱体可整体放入Ω内，D 正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：异面直线所成的角；线面平行性质；空间点的轨迹，圆柱的体积计算，利用导数求体积的最值.8．BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A ；利用空间向量求出点到直线距离判断B ；利用抛物线定义判断C ；作出点P 的轨迹并求出长度判断D.【详解】在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，建立如图所示的空间直角坐标系，则1(0,2,0),(2,2,0),(0,2,2),(2,0,1),(1,0,2)C B C E F ，对于A ，(1,0,1),(0,2,1)EF EB =-=-，设(,,0),,[0,2]P x y x y ∈，1(,2,2)C P x y =-- ，设平面BEF 的法向量(,,)n a b c = ，则020n EF a c n EB b c ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令1b =，得(2,1,2)n =，由22212x y --==，解得2,1x y =-=，与[0,2]x ∈矛盾，即1C P 与n 不共线，因此1C P 不垂直于平面BEF ，A 错误；对于B ，(1,2,2)FB =- ，点(0,,0),[0,2]P y y ∈，(2,2,0)BP y =--，则点P 到直线BF的距离d ===≥65y =时取等号，则点P 到直线BF B 正确；对于C ，由1BB ⊥平面ABCD 知，点P 到直线1BB 的距离等于点P 到点B 的距离，因此点P 到点B 的距离等于点P 到直线AD 的距离，由抛物线的定义知点P 的轨迹为抛物线的一部分，C 正确；对于D ，取BC 的中点G ，连接11,,AG AD D G ，如图所示：由,E F 分别是棱111,AA A D 的中点，得1//EF AD ，1AD ⊄平面BEF ，EF ⊂平面BEF ，则1//AD 平面BEF ，由1//D F BG 且1D F BG =，得1D FBG 为平行四边形，则1//D G BF ，又1D G ⊄平面BEF ，BF ⊂平面BEF ，于是1//D G 平面BEF ，而111AD D G D ⋂=，11,AD D G ⊂平面1AGD ，因此平面//BEF 平面1AGD ，由1D P 与平面BEF 无公共点，1D ∈平面1AGD ，得1D P ⊂平面1AGD ，又点P 为底面ABCD 内（包括边界）的一动点，平面1AGD 平面ABCD AG =，则AG 是点P 在底面ABCD 内的轨迹，AG ===所以点P D 正确.故选：BCD 9．ABC 【分析】由线线垂直证明线面垂直判断选项A ；由球面与截面的交线轨迹，计算长度判断选项B ；由位置关系得截面形状，计算面积判断选项C ；由P 点位置特征分析轨迹形状判断选项D.【详解】正方体1111ABCD A B C D -中，BC ⊥平面11DCC D ，1DC ⊂平面11DCC D ，BC ⊥1DC ，正方形11DCC D 中，11⊥D C DC ，1,D C BC ⊂平面1BCD ，1D C BC C ⋂=，则1DC ⊥平面1BCD ，1D B ⊂平面1BCD ，1DC ⊥1D B ，同理，1DA ⊥1D B ，11,DA DC ⊂平面11AC D ，11DA DC D ⋂=， 1D B ⊥平面11ACD ，若点P 不与B 重合，因为1D P ⊥平面11AC D ，则11//D P D B ，与111D P D B D = 矛盾，故当1D P ⊥平面11AC D 时，点P 与B 重合，故A 正确；1DA DC DD ==，11AC AD CD ==，三棱锥1D ACD -为正三棱锥，故顶点D 在底面1ACD 的射影为1ACD △的中心H ，连接DH ，由11D ACD D ACD V V --=，得11112223232⨯⨯⨯⨯=⨯⨯，所以DH =，所以截面圆的半径r ==所以球面与截面1ACD 的交线是以H为半径的圆在1ACD △内部部分，如图所示，13HN =⨯=MF ==222HF HM MF +=，所以π2MHF ∠=，同理，其余两弦所对圆心角也等于π2，所以球面与截面1ACD的交线的长度为π2π32⨯=B 正确；对于C ，过E ，P 的直线分别交DA 、DC 的延长线于点G ，M ，连接1D M 、1D G ，分别交侧棱1C C 于点N ，交侧棱1A A 于点H ，连接EH 和NP ，如图所示：则截面为五边形1D HEPN ，1GA AE EB BP PC CM ======，GE EP PM ===GM=11D G D M ==23HA =，GH =1cos D GM ∠=112GMD G =1sin D GM ∠=，所以112D GM S ==△，12GEH S ==所以五边形1D HEPN 的面积122D GM GEH S S S =-==△△C 正确；因为11A B ⊥平面11BCC B ，1PB ⊂平面11BCC B ，所以111PB A B ⊥，点P 到直线11A B 的距离即点P 到点1B 的距离，因为平面11BCC B ⊥平面11CDD C ，故点P 到平面11CDD C 的距离为点P 到1CC 的距离，由题意知点P 到点1B 的距离等于点P 到1CC 的距离，故点P 的轨迹是以1B 为焦点，以1CC 为准线的抛物线在侧面11BCC B 内的部分，故D 错误.故选：ABC.【点睛】方法点睛：“截面、交线”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线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解. 作几何体截面的方法：(1)利用平行直线找截面；(2)利用相交直线找截面.找交线的方法：(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点；(2)面交点法：各棱面与截平面的交线.10．AC【分析】以A 为原点，建立空间直角坐标系，设(,0,)F m n ，由10FC FD ⋅= ，列出方程，可判定A 正确；由点C 关于平面11ABB A 的对称点为(4,4,0)G -，利用111FC FD FG FD GD +=+≥，可判定B 错误；由1FC FD =，求得23m n -=，得到点F 的轨迹为矩形11ABB A 内的线段，可判定C 正确；求得平面EFC 的一个法向量1(1,1,)4s n n m m =---- ，根据10AD s ⋅= ，列出方程，结合二次函数，可判定D 不正确.【详解】以A 为原点，分别以1,,AB AD AA 所在的直线分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则1(0,0,0),(4,4,0),(0,4,2),(0,0,1)A C D E ，设(,0,)F m n （其中[0,4],[0,2]m n ∈∈），对于A 中，若1FC FD ⊥，则10FC FD ⋅=，又由1(4,4,),(,4,2)FC m n FD m n =--=--，所以(4,4,)(,4,2)0m n m n --⋅--=，即22(2)(1)110m n -+-+=，此时方程无解，所以不存在点F ，使得1FC FD ⊥，所以A 正确；对于B 中，设点C 关于平面11ABB A 的对称点为G ，则G 的坐标为(4,4,0)-，可得111FC FD FG FD GD =++==≥当且仅当1,,F G D 三点共线时，取等号，所以B 错误；对于C 中，由1FC FD ==整理得23m n -=，即点F 的轨迹为矩形11ABB A 内的线段，因为[0,2]n ∈，当0n =时，13(,0,0)2F ；当2n =时，25(,0,2)2F ，即满足1FC FD =的点F的轨迹长度为12F F ==，所以C 正确；对于D 中，由1(0,4,2),(,0,1),(4,4,1)AD EF m n EC ==-=- ，设平面EFC 的一个法向量为(,,)s x y z = ，则()10440s EF mx n z s EC x y z ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩ ，取1x n =-，可得11,4y n m z m =--=-，所以1(1,1,)4s n n m m =---- ，因为1//AD 平面EFC ，所以10AD s ⋅=，即3440m n +-=，又由点(0,0,0)A，所以AF ===当12[0,4]25m =∈时，可得AF 的最小值为45，所以D 不正确.故选：AC.。
高中数学立体几何微专题1动态问题之轨迹
立体几何微专题1 :动态问题之轨迹立体几何动态问题的分为以下基本类型：点动问题、线动问题、面动问题、体动问题、多动问题等，很多的动态问题只要知道轨迹，把空间转化为平面问题要解决，立体几何中某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于转化为平面问题.轨迹的几何判断方法：动点P满足如下轨迹定义条件时（1）平面内到定点距离等于定长（圆）；（2）空间中到定点距离等于定长（球面）；（3）两不同平面公共点的集合（直线）；（4）平面内到两定点距离之和为定值（大于定点间的距离）（椭圆）；（5）平面内到两定点距离之差的绝对值为定值（小于定点间的距离）（双曲线）；（6）平面内到定直线距离等于到定点（不在定直线上）距离（抛物线）©考点突破[例1] （2004北京，理4）如图，在正方体力NCD-4/C；〃中，尸是侧面内••封点，若「到直线"C与直线的距离相等，则动点「的轨迹所在的曲线是（）A,直线H,圆 C.双曲线 D.抛物线解析：选D.由于G〃，平面Mga连接尸G，则产C；_LGR，即点尸到直线qq的距离即尸q,因此，动点尸到定点G与定直线BC的距离相等，由抛物线的定义可知，动点尸的轨迹为抛物线.[例2] （2006北京，理4）平面口的斜线力疗交1于点过定点/的动直线/与X/垂直，且交a于点C ,则动点。
的轨迹是（）A. 一条直线B. 一个圆C. 一个桶圆D.双曲线的一支解析：选A.设/与「是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面，且斜线回垂直于这个平面,由过平面外一点有且只有一个平面与己知直线垂直可知过定点刃与山?垂直所有直线都在这个平面内，故动点C都在这个平面与平面b的交线上，故选A.[例3] （2008浙江，理10）如图，川匕是平面戊的斜线段，凡为斜足，若点户在平面内运动，使得A4用尸的面枳为定值，则动点P的轨迹是（A.圆B.椭圆C. 一条直线D.两条平行直线解析：选人由题意知，点尸到线段乂月的距离为定值，则点尸在以为旋转轴的圆柱表面上一点।故平面a斜截圆柱，所得图形为椭圆.［例4］（2015浙江,文7）如图,斜线段45与邛面仪所成的角为60、B为斜足，平面a上的动点户满足乙匕13 = 30"则点尸的轨迹是（）A.直线B.抛物线C.椭圆D.双曲线的一支解析：选C由题可知，当尸点运动时，在空间中，满足条件的/尸绕旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60口角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.［例5］（2012浙江模拟）如果一个平面与一个圆柱的轴成］（0<tz<-）2角，则该平面与圆柱侧面的交线是一个椭圆，当以=2时;椭圆的离心率是6百八1 8B, — C. 一 D.—2 2 2解析：选既由题意得，椭圆的短半轴长等于底面半径小即5=人若平面与圆柱的轴所成角为30,则平面与圆柱底面成60 ,从而可得椭圆的长半轴长为4二—-—= r L1|I a = 2b t故总= J］- （2）-=---cos 60 V a 2[例6](2013西城 模)如图，正方体4武力-/用£口中，F 为底面/用⑦ 上的动点, PE 工邓：于E ，且/Y =/%，则点P 的轨迹是()A.线段 B,圆弧 C ，椭圆的一部分 D.抛物级的一部分 解析：选/t 由题意知，\A {AP^\A X EP,则点P 在线段/五的中垂面上 运动，从而与底面力人力的交线为线段.[例7](2011广州・•模，理SO 如图所示，已知正方体/狄力-的 棱长为3长为2的线段上W 的一个端点M 在棱Z)口上运动，另一端点N 在正方形⑷?CD 内运动，则河、的中点的轨迹的面积为()A. 4 笈B. 2 乃C. 7T 解析：选D.易知I)J)] 1平面/BCD ,乙MDN = 90 ,取线段的中点 尸，则QF 二4= 所以点尸的轨迹是以。
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.
2025年高考数学总复习47第六章微专题立体几何中的动态问题
微专题立体几何中的动态问题立体几何中的“动态问题”是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的、可变的一类开放型问题，因其某些点、线、面位置的不确定，往往成为学生进行一些常规思考、转化的障碍．但又因其是可变的、开放的，更有助于学生空间想象能力及综合思维能力的培养，以下利用运动变化的观点对几种动态问题的类型加以分析，探求解决此类问题的若干途径．类型一空间位置关系的判定【例1】如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1上的动点，且EH∥FG，则必有()A．BD1⊥EH B．AD∥FGC．平面BB1D1D⊥平面EFGH D．平面A1BCD1∥平面EFGHB解析：当E与A1重合，H与D1重合时，BD1与EH的夹角即BD1与A1D1的夹角，显然BD1与A1D1的夹角不是π，故A错误．2当FG不与B1C1重合时，因为EH∥FG，EH⊂平面A1B1C1D1，FG⊄平面A1B1C1D1，所以FG∥平面A1B1C1D1.因为FG⊂平面BCC1B1，平面A1B1C1D1∩平面BCC1B1＝B1C1，所以FG∥B1C1∥AD.当FG与B1C1重合时，显然FG∥AD，故B正确．当平面EFGH与平面BCC1B1重合时，显然平面BB1D1D与平面BCC1B1不垂直，故C错误．当FG与BC重合时，平面A1BCD1与平面EFGH相交，故D错误．【例2】如图，点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论一定成立的是()A．三棱锥A-A1PD的体积大小与点P的位置有关B．A1P与平面ACD1相交C．平面PDB1⊥平面A1BC1D．AP⊥D1CC解析：对于选项A，VA-A1PD＝VP-AA1D.在正方体中，BC1∥平面AA1D，所以当点P运动时其到平面AA1D的距离不变，即三棱锥P-AA1D的高不变．又△AA1D的面积不变，因此三棱锥P-AA1D的体积不变，即三棱锥A-A1PD的体积与点P的位置无关，故A不成立．对于选项B ，由于BC 1∥AD 1，AD 1⊂平面ACD 1，BC 1⊄平面ACD 1，所以BC 1∥平面ACD 1，同理可证BA 1∥平面ACD 1.又BA 1∩BC 1＝B ，BA 1，BC 1⊂平面BA 1C 1，所以平面BA 1C 1∥平面ACD 1.因为A 1P ⊂平面BA 1C 1，所以A 1P ∥平面ACD 1，故B 不成立．对于选项C ，因为A 1C 1⊥BD ，A 1C 1⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，所以A 1C 1⊥平面BB 1D ，则A 1C 1⊥B 1D ，同理A 1B ⊥B 1D .又A 1C 1∩A 1B ＝A 1，所以B 1D ⊥平面A 1BC 1.又B 1D ⊂平面PDB 1，所以平面PDB 1⊥平面A 1BC 1，故C 成立．对于选项D ，当B 与P 重合时，AP 与D 1C 的夹角为π4，故D 不成立．解决空间位置关系的动点问题(1)应用“位置关系定理”转化． (2)建立“坐标系”计算． 类型二 轨迹问题【例3】(2024·韶关模拟)设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为底面正方形ABCD 内的一动点．若△APC 1的面积S ＝12，则动点P 的轨迹是( )A ．圆的一部分B ．双曲线的一部分C ．抛物线的一部分D ．椭圆的一部分D 解析：设d 是△APC 1边AC 1上的高，则S △APC 1＝12|AC 1|·d ＝√32d ＝12，所以d ＝√33，即点P 到直线AC 1的距离为定值√33，所以点P 在以直线AC 1为轴，√33为底面半径的圆柱侧面上，直线AC 1与平面ABCD 既不平行也不垂直，所以点P 的轨迹是平面ABCD 上的一个椭圆，其中只有一部分在正方形ABCD 内．【例4】如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别为AA 1，AB 的中点，点M 是正方形ABB 1A 1内的动点．若C 1M ∥平面CD 1EF ，则点M 的轨迹长度为________.√2 解析：如图，取A 1B 1的中点H ，B 1B 的中点G ，连接GH ，C 1H ，C 1G ，EG ，HF ，可得四边形EGC 1D 1是平行四边形，所以C 1G ∥D 1E .又C 1G ⊄平面CD 1EF ，D 1E ⊂平面CD 1EF ，所以C 1G ∥平面CD 1EF .同理可得C 1H ∥CF ，C 1H ∥平面CD 1EF .因为C1H∩C1G＝C1，C1H，C1G⊂平面C1GH，所以平面C1GH∥平面CD1EF.由点M是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以点M的轨迹长度为√12+12＝√2.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，或用代替法进行计算．(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．类型三最值问题【例5】已知在如图所示的正三棱锥P-ABC中，侧棱P A，PB，PC的长为√2，底面三角形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()A．√6+√24B．√3+12C．√64D．√32B解析：将正三棱锥P-ABC放入棱长为√2的正方体AGIJ-PCHB中，如图1所示，先固定点M，那么MN的最小值即点M到平面PCE的距离．连接GH，设GH的中点为F，连接PF，DG.由题意，得平面PGF⊥平面PCE，且交线为PF，故MN⊥PF，所以点M在PD上运动时，点N在PF上运动．把平面AGP和平面PGF沿PG展开，示意图如图2所示，作AN′⊥PF交PG于点M′，则AN′即所求，(AM＋MN)min＝AN′＝AP·sin (45˚＋30˚)＝√3+12.【例6】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为a，侧棱长为b，且a≥b，点D是BC1的中点，则直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值是()A．√13013B．√63C．√33D．√3913D解析：如图，取A1B1的中点E，连接BE，C1E，则C1E⊥A1B1.由正三棱柱的性质可知，平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，所以C1E⊥平面ABB1A1，取BE的中点F，连接AF，DF.因为D为BC1的中点，所以DF∥C1E，所以DF⊥平面ABB1A1，所以∠DAF即为直线AD与侧面ABB1A1所成的角．在Rt△AFD中，DF＝12C1E＝√34a，AF＝√(34a)2+(12b)2＝√9a2+4b24，所以tan ∠DAF＝DFAF√3a√√13+4b23a2≥√13+43＝√3913，当且仅当a＝b时，等号成立，所以直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值为√3913.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，即可求解．(2)函数思想：通过建立坐标系或引入变量，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．。
立体几何中的动态问题——动点、翻折、截取
微难点9立体几何中的动态问题——动点、翻折、截取一、单项选择题(选对方法，事半功倍)1. 把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD和平面ABC所成的角的大小为()A. 90°B. 60°C. 45°D. 30°2. 一个正方体内接于一个球，过这个球的球心作一平面，则截面图形不可能是()A BC D3. 如图，在下列三个正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面．在各正方体中，直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是()①②③(第3题)A. BD1∥平面EFG的有且只有①，BD1⊥平面EFG的有且只有②③B. BD1∥平面EFG的有且只有②，BD1⊥平面EFG的有且只有①C. BD1∥平面EFG的有且只有①，BD1⊥平面EFG的有且只有②D. BD1∥平面EFG的有且只有②，BD1⊥平面EFG的有且只有③二、多项选择题(练—逐项认证，考—选确定的)4. 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，平面α⊥AC1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是()A. 截面形状可能为正三角形B. 截面形状可能为正方形C. 截面形状可能为正六访形D. 截面面积最大值为335. 如图，在透明的塑料制成的长方体ABCD－A1B1C1D1容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，有下列四个结论，其中结论正确的是()图(1)图(2)(第5题)A. 水的部分始终呈棱柱状B. 水面EFGH的面积不改变C. 棱A1D1始终与水面EFGH平行D. 当容器倾斜到如图(2)时，BE·BF是定值6. (2020·淄博质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为棱BC和棱CC1的中点，则下列说法正确的是()A. BC1∥平面AQPB. 平面APQ截正方体所得的截面为等腰梯形C. A1D⊥平面AQPD. 异面直线QP与A1C1所成的角为60°三、填空题(精准计算，整洁表达)7. 已知一个空间几何体的所有棱长均为1 cm，其表面展开图如图所示，则该空间几何体的体积V＝________cm3.(第7题)8. 如图所示，在边长为2的菱形ABCD中，若∠ADC＝60°，现将△ADC沿AC边折到△APC的位置，则三棱锥P－ABC体积的最大值为________．(第8题)9. 如图，圆形纸片的圆心为O，半径为6 cm，该纸片上的正方形ABCD的中心为O，E，F，G，H为圆O上的点，△ABE，△BCF，△CDG，△ADH分别以AB，BC，CD，DA为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DA为折痕折起△ABE，△BCF，△CDG，△ADH，使得E，F，G，H重合，得到一个四棱锥，当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的体积为________．(第9题)。
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立体几何的动态问题立体几何的动态问题，主要有五种：动点问题、翻折问题、旋转问题、投影与截面问题以及轨迹问题。
基本类型：点动问题；线动问题；面动问题；体动问题；多动问题等。
解题时一般可以通过改变视角、平面化或者寻找变化过程中的不变因素而把问题回归到最本质的定义、定理或现有的结论中，若能再配以沉着冷静的心态去计算，那么相信绝大多数问题可以迎刃而解。
动点轨迹问题空间中动点轨迹问题变化并不多，一般此类问题可以从三个角度进行分析处理，一是从曲线定义或函数关系出发给出合理解释；二是平面与平面交线得直线或线段；三是平面和曲面（圆锥，圆柱侧面，球面）交线得圆，圆锥曲线。
很少有题目会脱离这三个方向。
（注意：阿波罗尼斯圆，圆锥曲线第二定义）1．（2015·浙江卷8）如图11-10，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB ＝30°，则点P的轨迹是( )A．直线 B．抛物线C．椭圆 D．双曲线的一支式题如图，平面α的斜线AB交α于B点，且与α所成的角为θ，平面α内有一动点满足∠＝π6，若动点C的轨迹为椭圆，则θ的取值范围为________．3．（2015春•龙泉驿区校级期中）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是A1D1的中点，点P在侧面BCC1B1上运动．现有下列命题：①若点P总保持PA⊥BD1，则动点P的轨迹所在的曲线是直线；②若点P到点A的距离为，则动点P的轨迹所在的曲线是圆；③若P满足∠MAP＝∠MAC1，则动点P的轨迹所在的曲线是椭圆；④若P到直线BC与直线C1D1的距离比为2：1，则动点P的轨迹所在的曲线是双曲线；⑤若P到直线AD与直线CC1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是抛物线．其中真命题的个数为（）A．4 B．3 C．2 D．14．（2018•温州模拟）已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B，C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当C运动，点H运动的轨迹（）A．是圆 B．是椭圆C．是抛物线 D．不是平面图形5．（2013•铁岭模拟）如图所示，△PAB所在的平面α和四边形ABCD所在的平面β互相垂直，且AD⊥α，BC⊥α，AD＝4，BC＝8，AB＝6．若tan∠ADP﹣2tan∠BCP＝1，则动点P在平面α内的轨迹是（）A．椭圆的一部分 B．线段C．双曲线的一部分 D．以上都不是6．（2013•嘉兴二模）设m是平面α内的一条定直线，P是平面α外的一个定点，动直线n经过点P且与m成30°角，则直线n与平面α的交点Q的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线7．（2008•浙江）如图，AB是平面a的斜线段，A为斜足，若点P在平面a内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是（）A．圆 B．椭圆C．一条直线 D．两条平行直线8．（2015春•台州校级月考）AB是平面α的斜线段，长度为2，点A是斜足，若点P在平面α内运动，当△ABP 的面积等于3 时，点P的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线ABP9．（2016•浙江二模）在正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2．若点M 在△ABC 所在平面上运动，且使得△AC 1M 的面积为1，则动点M 的轨迹为（ ） A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线10．（2016•武汉校级模拟）如图，AB 是平面α外的固定斜线段，B 为斜足，若点C 在平面α内运动，且∠CAB 等于直线AB 与平面α所成的角，则动点C 的轨迹为（ ）A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线11．（2008年浙江·理10）如图，AB 是平面a 的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面a 内运动使得△ABP 的面积为定值，则动点P 的轨迹是 （ ）（A ）圆 （B ）椭圆 （C ）一条直线 （D ）两条平行直线12.（2014年金华高二十校联考·文10）圆柱的轴截面ABCD 是边长为2的正方形，M 为正方形ABCD 对角线的交点，动点P 在圆柱下底面内（包括圆周），若直线BM 与直线MP 所成角为45°，则点P 形成的轨迹为 ( ) A ．椭圆的一部分B ．抛物线的一部分C ．双曲线的一部分 D. 圆的一部分13．（2014•杭州二模）在等腰梯形ABCD 中，E ，F 分别是底边AB ，BC 的中点，把四边形AEFD 沿直线EF 折起后所在的平面记为α，p ∈α，设PB ，PC 与α所成的角分别为θ1，θ2（θ1，θ2均不为零）．若θ1＝θ2，则满足条件的P 所形成的轨迹是 ．C14．（2018秋•诸暨市校级期中）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P﹣ABCD中，E，F分别是棱AD，BP上的动点，且满足AE＝2BF，则线段EF中点的轨迹是（）A．一条线段 B．一段圆弧C．抛物线的一部分 D．一个平行四边形15．（2015秋•太原期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为棱A1B1的中点，点Q在侧面DCC1D1内运动，给出下列结论：①若BQ⊥A1C，则动点Q的轨迹是线段；②若|BQ|＝，则动点Q的轨迹是圆的一部分；③若∠QBD1＝∠PBD1，则动点Q的轨迹是椭圆的一部分；④若点Q到AB与DD1的距离相等，则动点Q的轨迹是抛物线的一部分．其中结论正确的是（写出所有正确结论的序号）．16．如图，长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，AB＝BC＝，AA，上底面A′B′C′D′的中心为O′，当点E 在线段CC′上从C移动到C′时，点O′在平面BDE上的射影G的轨迹长度为（）A．B．C．D．17．（2016秋•温州期末）点P为棱长是2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为（）A．B．C．D．18．（2018•宁波二模）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为侧面BB1C1C中心，F在棱AD上运动，正方体表面上有一点P满足＝x（x≥0，y≥0），则所有满足条件的P点构成图形的面积为．19．（2017•定海区校级模拟）已知异面直线a，b所成角为60°，直线AB与a，b均垂直，且垂足分别是点A，B 若动点P∈a，Q∈b，|PA|+|QB|＝m，则线段PQ中点M的轨迹围成的区域的面积是．20．（2017秋•赣州期末）如图，在等腰梯形ABCD中，CD＝2AB＝2EF＝2a，E，F分别是底边AB，CD的中点，把四边形BEFC沿直线EF折起，使得平面BEFC⊥平面ADFE．若动点P∈平面ADFE，设PB，PC与平面ADFE所成的角分别为θ1，θ2（θ1，θ2均不为0）．若θ1＝θ2，则动点P的轨迹围成的图形的面积为（）A．B．C．D．翻折问题面（动问题）翻折问题的一线五结论.DF AE ⊥一线：垂直于折痕的线即五结论：1）折线同侧的几何量和位置关系保持不变；折线两侧的几何量和位置关系发生改变；2--D HF D H F ''∠）是二面角的平面角； 3D DF '）在底面上的投影一定射线上； 1、（2016年联考试题）平面四边形ABCD 中，，且AD AB ⊥，现将△ABD 沿对角线BD 翻折成'A BD ∆，则在'A BD ∆折起至转到平面BCD 的过程中，直线'A C 与平面BCD 所成最大角的正切值为_______2.（2015年10月浙江省学业水平考试18）如图，在菱形ABCD 中，∠BAD=60°，线段AD ，BD 的中点分别为E ，F 。
现将△ABD 沿对角线BD 翻折，则异面直线BE 与CF 所成角的取值范围是A.(,)63ππ B. (,]62ππC. (,]32ππD. 2(,)33ππ3.（2015年浙江·理8）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'∠≤DABECAC4) ''D H D H 点的轨迹是以为圆心，为半径的圆；5AD'E AE.）面绕翻折形成两个同底的圆锥4．（14年1月浙江省学业学考试题）如图在Rt △ABC 中，AC ＝1，BC ＝x ，D 是斜边AB 的中点，将△BCD 沿直线CD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得CB ⊥AD ，则x 的取值范围是( )A ．(0，3] B.⎝ ⎛⎦⎥⎤22，2 C ．(3，2 3] D ．(2，4]5．（2016年文）如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1，AD ，∠ADC =90°．沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD'，直线AC 与BD'所成角的余弦的最大值是 ．6．（2016年理）如图，在ABC ∆中，120,2=∠==ABC BC AB 。
若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足BA PB DA PD ==,，则四面体PBCD 的体积的最大值是 .7．在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，M ，E 分别为AD ，CD 的中点，N 为B 上的点，MN ⊥BC ，且BC ＝3，AD ＝2，CD ＝1，现将四边形ABNM 沿直线MN 翻折，则在翻折过程中，（ ）A ．直线AB 与直线NE 所成的角不可能为25° B ．直线AB 与直线NE 所成的角不可能为50°C ．直线AB 与平面MNCD 所成的角不可能为25°D ．直线AB 与平面MNCD 所成的角不可能为50°8．（2016届温州一模8）如图，在矩形ABCD 中，2AB =，4AD =，点E 在线段AD 上且3AE =，现分别沿,BE CE将,ABE DCE ∆∆翻折，使得点D 落在线段AE 上，则此时二面角D EC B --的余弦值为 ( ) A ．45 B ．56 C ．67 D ．789．如图1，在矩形ABCD 中，F E BC AB 、,1,3==分别为边CD AB 、上的点，且,1==CF AE 现将四边形AEFD 沿EF 折起（如图2），使面⊥AEFD 面BCFE ，则异面直线AF 与CE 所成角的余弦值为（ ） A.2425 B. 52 C. 55D. 109 10．（2016届丽水一模13）已知正方形ABCD ，E 是边AB 的中点，将ADE △沿DE 折起至DE A '，如图所示，若A CD '为正三角形，则ED 与平面DC A '所成角的余弦值是 .三、课后练习1、（2012年浙江10）已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。