立体几何专题复习——长方体中的动点问题
立体几何中的最值与动态问题 (解析版)
立体几何中的动态问题立体几何主要研究空间中点、线、面之间的位置关系，与空间图形有关的线段、角、体积等最值问题常常在试题中出现。
下面举例说明解决这类问题的常用方法。
一、以静制动例1、在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1=AB=AC ，AB ⊥AC ，M 是CC 1的中点，Q 是BC 的中点，点P 在A 1B 1上，则直线PQ 与直线AM 所成的角等于（ D ） A 300 B 450 C 600 D 900分析：虽然点P 的具体位置不定，但PQ 在平面A 1C 上的射影是一条定直线A 1H ，在正方形ACC 1A 1中AM ⊥A 1H ，故由三垂线定理得BQ ⊥AM 。
例2 如图3，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，EF 是棱AB 上的一条线段，且EF ＝b ＜a ，若Q 是11A D 上的定点，P 在11C D 上滑动，则四面体PQEF 的体积（ ）． （A)是变量且有最大值 （B ）是变量且有最小值 （C ）是变量无最大最小值 （D ）是常量分析：此题的解决需要我们仔细分析图形的特点．这个图形有很多不确定因素，线段EF 的位置不定，点P 在滑动，但在这一系列的变化中是否可以发现其中的稳定因素？求四面体的体积要具备哪些条件？仔细观察图形，应该以哪个面为底面？观察PEF ∆，我们发现它的形状位置是要变化的，但是底边EF 是定值，且P 到EF 的距离也是定值，故它的面积是定值．再发现点Q 到面PEF 的距离也是定值．因此，四面体PQEF 的体积是定值．我们没有一点计算，对图形的分析帮助我们解决了问题．1. 在正四棱锥S-ABCD 中，SO ⊥平面ABCD 于O ，SO=2，底面边长为2，点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，则P 、Q 两点的最短距离为（ ） A.55B.552 C. 2 D. 1解析：如图，由于点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，先让点P 在BD 上固定，Q 在SC 上移动，当OQ 最小时，PQ 最小。
专题10：动点问题的常见题型和解题方法(终稿)
2017—2018学年度第二学期初三数学中考复习专题十：动点问题的常见题型和解题方法（提高）动点问题是近年来中考的的一个热点问题．常求：等腰、直角、相似三角形和四边形的形状，一般都要分类；面积、周长、线段和差的关系和最值．解这类题目要“以静制动”，即把动态问题，变为静态问题来解． 常用：几何方法——相似（全等）、勾股定理、面积关系建立方程或函数． 代数方法——设坐标或元，通过图形中特殊关系建立方程或函数．特别注意：几何方法和代数方法往往是不是孤立的，是相互交融的，即数形结合． 一、热点再练1．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC 是菱形，点C 的坐标为(4,0)，∠AOC ＝60°，垂直于x 轴的直线l 从y 轴出发，沿x 轴正方向以每秒1个单位长度的速度向右平移，设直线l 与菱形OABC 的两边分别交于点M ，N (点M 在点N 的上方)，若△OMN 的面积为S ，直线l 的运动时间为t 秒(0≤t ≤4)，则能大致反映S 与t 的函数关系的图象是()A B C D2．如图①，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠A=60°，动点P 从A 点出发，以1cm/s 的速度沿着A→B→C→D 的方向不停移动，直到点P 到达点D 后才停止．已知△PAD 的面积S （单位：cm 2）与点P 移动的时间（单位：s ）的函数如图②所示，则点P 从开始移动到停止移动一共用了 秒（结果保留根号）．3．如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD=6，BC=16，E 是BC 的中点．点P 以每秒1个单位长度的速度从点A 出发，沿AD 向点D 运动；点Q 同时以每秒2个单位长度的速度从点C 出发，沿CB 向点B 运动．点P 停止运动时，点Q 也随之停止运动．当运动时间t = 秒时，以点P ，Q ，E ，D 为顶点的四边形是平行四边形．4．如图，矩形ABCD 中，点P 是线段AD 上一动点，O 为BD 的中点，PO 的延长线交BC 于Q ．第2题 第3题（1）求证：OP=OQ；（2）若AD=8厘米，AB=6厘米，P从点A出发，以1厘米/秒的速度向D运动（不与D重合）．设点P运动时间为t秒，请用t表示PD的长；并求t为何值时，四边形PDQB 是菱形．二、规律剖析（一）因动点产生的等腰三角形问题例1 如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝6，AC＝8，点D为边BC的中点，DE⊥BC交边AC于点E，点P为射线AB上的一动点，点Q为边AC上的一动点，且∠PDQ ＝90°．（1）求ED、EC的长；（2）若BP＝2，求CQ的长；（3）记线段PQ与线段DE的交点为F，若△PDF为等腰三角形，求BP的长．图1 备用图【基本方法】等腰三角形的存在性问题，一般要分类讨论；两腰相等可能转化为两角相等或者转化为其他线段之间关系，一般会用到勾股定理或相似中的比例式列方程．【思路点拨】1．第（2）题BP＝2分两种情况．2．解第（2）题时，画准确的示意图有利于理解题意，观察线段之间的和差关系．3．第（3）题探求等腰三角形PDF时，根据相似三角形的传递性，转化为探求等腰三角形CDQ．（二）因动点产生的直角三角形问题例 2如图，直线434+-=x y 和x 轴、y 轴的交点分别为B 、C ，点A （-2，0）． （1）试说明△ABC 是等腰三角形；（2）动点M 从A 出发沿x 轴向点B 运动，同时动点N 从点B 出发沿线段BC 向点C 运动，运动的速度均为每秒1个单位长度．当其中一个动点到达终点时，他们都停止运动．设M 运动t 秒时，△MON 的面积为S ．① 求S 与t 的函数关系式；② 设点M 在线段OB 上运动时，是否存在S ＝4的情形？若存在，求出对应的t 值；若不存在请说明理由；③在运动过程中，当△MON 为直角三角形时，求t 的值．【基本方法】直角三角形的存在性问题，一般要分类讨论；遇到直角时一般考虑勾股定理或直角三角形相似或三角函数或代数法中的直线解析式． 【思路点拨】1．第（1）题说明△ABC 是等腰三角形，暗示了两个动点M 、N 同时出发，同时到达终点． 2．不论M 在AO 上还是在OB 上，用含有t 的式子表示OM 边上的高都是相同的，用含有t 的式子表示OM 要分类讨论．3．将S ＝4代入对应的函数解析式，解关于t 的方程． 4．分类讨论△MON 为直角三角形，不存在∠ONM ＝90°的可能． 【变式】条件不变，如果△MON 的边与AC 平行，求t 的值．（三）因动点产生的相似三角形问题例3如图，抛物线经过点A (4，0)、B （1，0)、C （0，－2）三点． （1）求此抛物线的解析式；（2）P 是抛物线上的一个动点，过P 作PM ⊥x 轴，垂足为M ，是否存在点P ，使得以A 、P 、M 为顶点的三角形与△OAC 相似？若存在，请求出符合条件的 点P 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在直线AC上方的抛物线是有一点D，使得△DCA的面积最大，求出点D的坐标．,【基本方法】相似三角形的存在性问题，一般都要分类讨论；如果有两个角相等，那这两个角一般是对应角，所以只要讨论两种情况．【思路点拨】1．已知抛物线与x轴的两个交点，用待定系数法求解析式时，设交点式比较简便．2．数形结合，用解析式表示图象上点的坐标，用点的坐标表示线段的长．3．按照两条直角边对应成比例，分两种情况列方程．4．把△DCA可以分割为共底的两个三角形，高的和等于OA．（四）因动点产生的平行四边形问题例4如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P从点A开始沿边AC 向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD//BC，交AB于点D，联结PQ．点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t秒（t≥0）．（1）直接用含t的代数式分别表示：QB＝_______，PD＝_______；（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由，并探究如何改变点Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ 的中点M 所经过的路径长．图1 图2【基本方法】平行四边形的存在性问题，一般都要分类讨论；比如已知的边是平行四边形的边或对角线，但本题四边形PDBQ 为菱形，只要满足一组对边平行且相等和一组邻边相等．【思路点拨】1．菱形PDBQ 必须符合两个条件，点P 在∠ABC 的平分线上，PQ //AB ．先求出点P 运动的时间t ，再根据PQ //AB ，对应线段成比例求CQ 的长，从而求出点Q 的速度．2．探究点M 的路径，可以先取两个极端值画线段，再验证这条线段是不是点M 的路径．（五）因动点产生的面积问题例5如图，已知抛物线212y x bx c =++（b 、c 是常数，且c ＜0）与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴的负半轴交于点C ，点A 的坐标为(－1,0)．（1）b ＝______，点B 的横坐标为_______（上述结果均用含c 的代数式表示）； （2）连结BC ，过点A 作直线AE //BC ，与抛物线交于点E ．点D 是x 轴上一点，坐标为(2,0)，当C 、D 、E 三点在同一直线上时，求抛物线的解析式；（3）在（2）的条件下，点P 是x 轴下方的抛物线上的一动点，连结PB 、PC ．设△PBC 的面积为S ．①求S 的取值范围；②若△PBC 的面积S 为正整数，则这样的△PBC 共有_____个．【基本方法】面积问题的关键是用坐标表示线段长度． 【思路点拨】1．用c 表示b 以后，把抛物线的一般式改写为两点式，会发现OB ＝2OC ． 2．当C 、D 、E 三点共线时，△EHA ∽△COB ，△EHD ∽△COD ．3．求△PBC 面积的取值范围，要分两种情况计算，P 在BC 上方或下方．4．求得了S 的取值范围，然后罗列P 从A 经过C 运动到B 的过程中，面积的正整数值，再数一数个数．注意排除点A 、C 、B 三个时刻的值． 三、分层作业1．如图(1)所示，E 为矩形ABCD 的边AD 上一点，动点P 、Q 同时从点B 出发，点P 沿折线BE —ED —DC 运动到点C 时停止，点Q 沿BC 运动到点C 时停止，它们运动的速度都是1cm/秒．设P 、Q 同发t 秒时，△BPQ 的面积为y cm 2．已知y 与t 的函数关系图象如图(2)(曲线OM 为抛物线的一部分)，则下列结论：①AD ＝BE ＝5；②cos ∠ABE ＝35；③当0＜t ≤5时，y ＝25t 2；④当t ＝294秒时，△ABE ∽△QBP ；其中正确的结论是__ __(填序号)．图(1) 图(2)第1题Q第2题第3题2．如图，∠ACB＝60○，半径为2的⊙0切BC于点C，若将⊙O在CB上向右滚动，则当滚动到⊙O与CA也相切时，圆心O移动的水平距离为（）A．2π B．4π C．32D．43．如图，在△ABC中，∠ABC＝90º，AB＝3，BC＝4，P是BC边上的动点，设BP＝x．若能在AC边上找到一点Q，使∠BQP＝90º，则x的取值范围是．4．直角坐标系中直线AB交x轴，y轴于点A（4，0）与B（0，－3），现有一半径为1的动圆的圆心位于原点处，以每秒1个单位的速度向右作平移运动，则经过秒第4题后动圆与直线AB相切．5．如图1，在△ABC中，∠C＝90°，A C＝3，BC＝4，CD是斜边AB上的高，点E在斜边AB上，过点E作直线与△ABC的直角边相交于点F，设AE＝x，△AEF的面积为y．（1）求线段AD的长；（2）若EF⊥AB，当点E在斜边AB上移动时，①求y与x的函数关系式（写出自变量x的取值范围）；②当x取何值时，y有最大值？并求出最大值．（3）若点F在直角边AC上（点F与A、C不重合），点E在斜边AB上移动，试问，是否存在直线EF将△ABC的周长和面积同时平分？若存在直线EF，求出x的值；若不存在直线EF，请说明理由．5，∠C=30°．点D从点C出发沿CA方向6．如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=3以每秒2个单位长的速度向点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（t＞0）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE、EF．（1）求证：AE=DF；（2）四边形AEFD 能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t 值；如果不能，说明理由． （3）当t 为何值时，△DEF 为直角三角形？请说明理由．7．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC 的顶点A ，C 分别在x 轴和y 轴的正半轴上，顶点B 的坐标为（2m ,m ），翻折矩形OABC ,使点A 与点C 重合，得到折痕DE ．设点B 的对应点为F ,折痕DE 所在直线与y 轴相交于点G ，经过点C 、F 、D 的抛物线为c bx ax ++=2y ．（1）求点D 的坐标（用含m 的式子表示）（2）若点G 的坐标为（0，－3），求该抛物线的解析式．（3）在（2）的条件下，设线段CD 的中点为M ，在线段CD 上方的抛物线上是否存在点P ,使PM =21EA ?若存在，直接写出P 的坐标，若不存在，说明理由．。
2022高考数学立体几何—空间中的动点问题全文
可编辑修改精选全文完整版立体几何—空间中的动点问题专题综述空间中的动点问题是指在一定的约束条件下，点的位置发生变化，在变化过程中找出规律，将动点问题转化为“定点”问题、将空间问题转化为平面问题、将立体几何的问题转化为解析几何的问题等,目的是把问题回归到最本质的定义、定理或现有的结论中去.立体几何中考查动点问题，往往题目难度较大，渗透化归与转化思想，对学生的逻辑推理能力要求较高.一般考查动点轨迹、动点的存在性、定值、范围、最值等问题，除了利用化动为定、空间问题平面化等方法，在几何体中由动点的变化过程推理出结果以外，也可以通过建系，坐标法构建函数，求得结果.专题探究探究1：坐标法解决动点问题建立空间直角坐标系，使几何元素的关系数量化，借助空间向量求解，省去中间繁琐的推理过程.解题步骤与空间向量解决立体几何问题一致，建立适当的空间直角坐标系由动点的位置关系，如在棱上或面内，转化为向量的关系，用参数表示动点的坐标通过空间向量的坐标运算表示出待求的量若求最值或取值范围，转化为函数问题，但要注意自变量的取值范围.一般坐标法用于解决动点的存在性问题、求最值、求范围问题.说明：对于求最值、范围问题，也可以直接通过几何体中的某个变量，构建函数，求最值或范围.(2022湖北省宜昌市模拟) （多选）在正方体1111ABCD A B C D -中，点为线段1AD 上一动点，则（ ） A. 对任意的点，都有1B D CQ ⊥ B. 三棱锥1B B CQ -的体积为定值 C. 当为1AD 中点时，异面直线1B Q 与所成的角最小D. 当为1AD 中点时，直线1B Q 与平面11BCC B 所成的角最大【审题视点】以正方体为载体考查定点的定值、最值问题，正方体便于建立空间直角坐标系，可选择用坐标法解决.【思维引导】选项，可以用几何知识证明；选项，设出点坐标，用坐标表示出异面直线成角的余弦值或线面角的正弦值，求最值，得出点位置.【规范解析】解：对于：连接，1.CD因为在正方体1111ABCD A B C D -中， 1B D ⊥平面1ACD ，CQ ⊂平面1ACD ， 1B D CQ ⊥，故正确； 对于：平面11//ADD A 平面11BCC B ，平面11ADD A 与平面11BCC B 的距离为正方体棱长，1123111326B B CQ Q BCB V V a a a --==⨯⋅=，为定值，故正确；对于：以为坐标原点，直线分别轴，建立空间直角坐标系如下图：设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2， ()[](),0,20,2Q x x x -∈，则1(2,2,2)B ， ()2,2,0B ， (0,2,0)C ， 因此()12,2,B Q x x =---， ()2,0,0BC =-， 设异面直线1B Q 与所成的角为θ，则当时，，当时，当时，故当与1D 重合时，异面直线1B Q 与所成的角最小，故不正确；对于： ()12,2,B Q x x =---， 又是平面11BCC B 的一个法向量，设直线1B Q 与平面11BCC B 所成的角为α，则，所以当1x =时，sin α取得最大值63，而0,2πα⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 因此α取得最大值，即当为1AD 中点时，直线1B Q 与平面11BCC B 所成的角最大， 故正确. 故选.ABD用一个参数表示动点的坐标，并求出参数范围，即为函数定义域转化为函数求最值，求出当函数取最值时的x 的值【探究总结】典例1是一道典型的研究动点问题的多选题，难度中等，但能够反映出坐标法研究最值范围问题的思路.建系设坐标，写出参数范围 根据向量运算构造函数求最值.(2021安徽省蚌埠市联考) 已知圆柱1OO 底面半径为1，高为π，是圆柱的一个轴截面，动点从点出发沿着圆柱的侧面到达点，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．将轴截面绕着轴1OO 逆时针旋转(0)θθπ<<后，边11B C 与曲线Γ相交于点.P（1）求曲线Γ长度； （2）当2πθ=时，求点1C 到平面的距离；（3）证明：不存在(0)θθπ<<，使得二面角D AB P --的大小为.4π探究2：化动为定点的位置在变化的过程中，有些量或位置关系是不变的，比如点到平面的距离不变，从而使几何体的体积不变；动点与另外一定点的连线与某条直线始终垂直，与某个平面始终平行.在证明体积为定值、证明位置关系时，要动中寻定，将动态的问题静态化：将动点转化为定点，寻找动直线所在的确定平面，从而解决问题.答题思路：1.动点到平面的距离为定值：证明平面，动点到平面的距离即为定点到平面的距离；2.为动点，为定点，证明：证明所在平面与垂直；3.为动点，为定点，证明平面：证明所在平面与平面平行.(2021湖南省四校联考) 在正三棱柱中，,，分别为的中点，P 是线段DF 上的一点．有下列三个结论：①平面；②;③三棱锥的体积时定值，其中所有正确结论的编号是 A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③【审题视点】求证关于动直线的线面平行或线线垂直，三棱锥的体积为定值问题，要化动为定.【思维引导】证明动直线所在平面与已知平面平行；证明定直线与动直线所在平面垂直；寻找过点与平面平行的直线，即得出点到平面的距离.【规范解析】解：如图，对于①，在正三棱柱中，，分别为的中点，平面平面，由平面，得平面，故①正确；对于②，在正三棱柱中，平面平面，平面平面平面，，平面平面,故②正确；对于③，平面平面，平面到平面的距离为定值，而有为定值，故是定值,线面平行，转化为面面平行异面直线垂直，转化为线面垂直体积的定值问题，转化点到平面的距离是定值，即通过线面平行或面面平行，得出动点到平面距离为定值故③正确．故选D ．【探究总结】立体几何证明中经常出现，求证关于动直线的线面平行与线线垂直问题，其思路是转化为证明动直线所在的定平面与其他平面或直线的位置关系.关键是分析动点,动线或动面间的联系,在移动变化的同时寻求规律.(2021云南省曲靖市联考) 如图所示的几何体中，111ABC A B C -为直三棱柱，四边形为平行四边形，2CD AD =，60ADC ∠=︒，1.AA AC =（1）证明：，1C ，1B 四点共面，且11A C DC ⊥；（2）若1AD =，点是上一点，求四棱锥的体积，并判断点到平面11ADC B 的距离是否为定值？请说明理由．探究3： 巧用极端位置由于点位置连续变化，使研究的图形发生连续的变化，利用点的位置变化“极端”位置，避开抽象及复杂的运算，得到结论.常见题型：1.定值问题：几何体中存在动点，但所求结果是确定的，即随着动点位置的改变不会影响所求的量，故可以考虑动点在极端位置的情况，优化解题过程.2.范围问题：几何体中存在动点，结果会随着动点位置改变而改变，当动点从一侧极端位置移动到令一个极端位置的过程中，所求量在增大、或减小、或先增后减、或先减后增，通过求出极端位置处的值，及最值，从而得出范围；3.探究问题：探究满足条件的点是否存在，也可以转化为求出范围，从而得出结论.(2021湖南省株洲市模拟) 在正四面体中, 为棱的中点, 为直线上的动点,则平面与平面夹角的正弦值的取值范围是 .【审题视点】本例可用极端位置法分析，也可以建系，用坐标法解决.【思维引导】借助极端位置分析，不难看出经过和底边中线的平面与平面垂直，点在移动的过程中，存在一个位置使平面与经过和底边中线的平面平行，即平面平面，此时两平面所成角为，角最大；当点移动到无穷远时，平面平面,此时两平面所成角最小.【规范解析】解：由下左图 设为的中心，为的中点， 则在正四面体中平面， 为中点，为的中点，，故平面连接，并延长交于点， 连接，并延长交于点， 则过点的平面交直线于点. 则平面平面 即平面与平面的夹角的正弦值为1，点从取最值的位置处移动至直线的无穷远处的过程中， 平面与平面的夹角逐渐减小，即当点在无穷远处时，看作， 如下右图 故平面与平面的夹角即为平面与平面的夹角，求出其正弦值为. 综上可知:面与面的夹角的正弦值的取值范围为.【探究总结】借助极端位置解决典例3中的问题，首先利用几何知识，明确点在移动的过程中 ，所求量的变化情况，若在极端位置处取“最值”，问题就简化为求出极端位置处的值.(2021浙江省杭州市高三模拟)高为1的正三棱锥的底面边长为，二面角与二面角A PB C --之和记为，则在从小到大的变化过程中，的变化情况是（ ）A ．一直增大B ．一直减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大专题升华结合几何知识，两平面成角的变化过程，即动点从一个极端位置变化到另一极端位置时，夹角大小的增减情况在极端位置处取“最值”，直接求出点该处时的夹角的正弦值，即为范围区间的一个端点几何体中研究动点问题往往难度较大，开放性强，技巧性高.总体思路是：用几何知识，经过逻辑推理，证明位置关系或求出表示出所求量；或者建立空间直角坐标系，将几何问题代数化，用空间向量研究动点问题，省去了繁杂的推理环节，但计算量较大.解决动点问题的策略不局限与上述方法，常用的的方法还有：运用条件直接推算，借助条件将几何体还原到长方体中去；构造函数，数形结合；还将空间问题转化为平面几何解决，如化折为直、利用解析几何的知识解决. 但只要我们熟练掌握这些基本方法,并灵活加以应用,不仅能化繁为简,化难为易,而且还可以得到简捷巧妙的解法.【答案详解】 变式训练1【解答】解：（1）在侧面展开图中为的长，其中AB AD π==，∴曲线Γ的长为2;π（2）当2πθ=时，建立如图所示的空间直角坐标系，则有()0,1,0A -、()0,1,0B 、1,0,2P π⎛⎫- ⎪⎝⎭、()11,0,C π-， 、(1,1,)2AP π=-、1(1,0,)OC π=-设平面的法向量为(,,)n x y z =，则2002n AB y n AP x y z π⎧⋅==⎪⎨⋅=-++=⎪⎩， 取2z =得(,0,2)n π=，所以点1C 到平面的距离为12||||4OC n d n ππ⋅==+； （3）假设存在满足要求的(0)θθπ<<， 在（2）的坐标系中，()sin ,cos ,P θθθ-，，设平面的法向量为111(,,)m x y z =，则111120sin (cos 1)0y x y z θθθ=⎧⎨-+++=⎩，取11x =得sin (1,0,)m θθ=，又平面的法向量为(1,0,0)k =，由二面角D AB P --的大小为4π， 则|cos ⟨,m k ⟩2212|sin .21sin θθθθ==⇒=+ sin (0)2πθθθ<<<，0θπ∴<<时，均有sin θθ<，与上式矛盾．所以不存在(0)θθπ<<使得二面角D AB P --的大小为.4π 变式训练2【解答】（1）证明：因为111ABC A B C -为直三棱柱， 所以，且，又四边形为平行四边形，//BC AD ，且BC AD =，，且，四边形为平行四边形，，1B 四点共面；，又1AA ⊥平面，AC ⊂平面，，四边形11A ACC 为正方形，连接1AC 交1A C 于，，在ADC ∆中，2CD AD =，，由余弦定理得，，所以，AD AC ⊥，又1AA ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，1AA AD ⊥，，1AA ⊂平面11A ACC ，，AD ⊥平面11A ACC ，1AC ⊂平面11A ACC ，所以，又，平面，1A C ⊥平面， 1DC ⊂平面，（2）解：由（1）知：1A C ⊥平面，在Rt DAC 中，由已知得3AC =，，四棱锥的体积，//BC AD ，点到平面的距离为定值，即为点到平面的距离变式训练3【解析】解：设二面角为，二面角A PB C --为，当时，正三棱锥趋向于变为正三棱柱，；当时，正三棱锥趋向变为平面，.当正三棱锥为正四面体时，且，，故.当从小变大时，要经过从变为小于的角，然后变为的过程， 故只有选项符合.故选：.静夜思[ 唐] 李白原文译文对照床前明月光，疑是地上霜。
立体几何中的动点轨迹问题
同理，在平面 AA1D1D 内满足条件的点的轨迹长度为52π．在平面 A1B1C1D1 内满足条件 的点的轨迹为以 A1 为圆心，A1F 为半径的14圆弧，长度为 2π×4×14＝2π．同理，在平 面 ABCD 内满足条件的点的轨迹为以 A 为圆心，AE 为半径的圆弧，长度为 2π×3×14 ＝32π．故轨迹的总长度为52π＋52π＋2π＋32π＝172π．
的长度最小．因为 B1N1＝D1N1＝ 5，B1D1＝2 2，所以△B1N1D1 的边 B1D1 上的高为
52－ 22＝ 3，则 S△B1N1D1＝12×2 2× 3＝ 6，则当 B1N⊥D1N1 时，B1N 最
小，即 B1Nmin＝2S△DB1N1N1 1D1＝2
6＝2 5
530．
总结 提炼
与平行有关的轨迹问题的解题策略 (1)线面平行转化为面面平行得轨迹； (2)平行时可利用法向量垂直关系求轨迹．
模型 3 动点保持等距关系
3 (2023·湖北联考节选)已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 3，P 为正方体表 53
面上的一个动点，A1P＝2 3，则点 P 的轨迹长度为___2__π__．
【解析】 如图，点 P 的轨迹一部分是在平面 ABB1A1，A1B1C1D1， ADD1A1 三个面内以 2 3为半径，圆心角为π6的三段圆弧，另一部分是 在平面 BCC1B1，CDD1C1，ABCD 三个面内以 3为半径，圆心角为π2 的三段圆弧．故点 P 的轨迹的长度为112×2π×2 3×3＋14×2π× 3×3＝523π．
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配套精练
2 ． 如 图 ， 正 方 体 ABCD － A1B1C1D1 的 棱 长 为 2 ， E ， F 分 别 为
微专题 立体几何中的动态问题 2023高考数学二轮复习课件
动点，其轨迹就是圆心为 B，半径为 r＝ 33的圆在正方形
BCC1B1 内(含边界)的部分，如图所示．动点 P 到 B 的距离为常数，r＝ 33＜1，
故选 B.
目录
|技法点拨|
探究动态轨迹形状的方法
目录
角度二 求轨迹某些数量值
【例3】 如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E， F分别为AA1，AB的中点，M是正方形ABB1A1内的动点， 若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为_____2___． 解析 如图所示，取 A1B1 的中点 H，B1B 的中点 G，连接 GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形 EGC1D1 是平行四 边形，所以 C1G∥D1E.同理可得 C1H∥CF.因为 C1H∩C1G ＝C1，所以平面 C1GH∥平面 CD1EF.由 M 点是正方形 ABB1A1 内的动点可知，若 C1M∥平面 CD1EF，则点 M 在 线段 GH 上，所以 M 点的轨迹长度 GH＝ 12＋12＝ 2.
60°＝ 22，因为 cos2θ＋sin2θ＝1，所以 cos β＝ 22|cos θ|＝21，因为 β∈[0°， 90°]，所以 β＝60°，即此时直线 AB′与 b 的夹角为 60°，所以 B 正确，A 错误.
目录
02
类型2 动态下动点的轨迹问题
目录
角度一 探究轨迹形状
【例 2】 已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1，动点 P 在正方体的侧面
解析：法一(建平面直角坐标系)：取B1B的中点O，以O为原点， 建立如图(1)所示的平面直角坐标系，其中x轴∥BC，y轴∥AB.
设正方体的棱长为1，由于E在A1B1上，F在BC上，所以EF的
中点P必在该直角坐标平面内．
人教版八年级数学下册专题 动点问题(几何)优质课件.ppt
一、学习目标
1.掌握运动型的几何问题的解 法； 2.找出图形中发生变化与不发 生变化的元素.
二、经典范例引路
范例：如图，在长方形ABCD中，AB=12厘米， BC=6厘米．点P沿AB边从点A开始向点B以2厘米/ 秒的速度移动；点Q沿DA边从点D开始向点A以1 厘米/秒的速度移动． 如果P、Q同时出发，用t（秒）表示移动的时间， 那么：
二、经典范例引路
v=1 cm/s v=2 cm/s
（1）如图1，当t=____秒时，线段AQ=AP （即△QAP为等腰直角三角形）．
二、经典范例引路
vv==11cmc/sm/s vv==22cmc/sm/s
当t秒时，DQ=t , AQ=6-t， AP=2t，由6-t=2t建立方程求 出其解即可；
CONTENTS
目录
01 教学目标 03 教学准备 02 教学内容 04 教学过程
第一节
教学目标
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微专题19 立体几何中的动点及其轨迹问题
微专题19立体几何中的动点及其轨迹问题求空间图形中点的轨迹既是中学数学学习中的一个难点，也是近几年高考的一个热点，是立体几何与解析几何相交汇的问题，既考查空间想象能力，同时又考查如何将空间几何的轨迹问题转化为平面几何的轨迹问题来处理的数学思想，常用方法主要有：(1)定义法(如圆锥曲线定义)；(2)解析法；(3)交轨法.类型一定性的研究动点的轨迹立体几何中与动点轨迹有关的问题归根还是利用线面的平行、垂直关系，在此类问题中要么容易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.例1 (1)如图，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∠P AB＝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(2)(多选)(2022·济南质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为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的轨迹所围成图形的面积为2πC.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的轨迹为双曲线答案(1)C(2)ACD解析(1)由题可知，当P点运动时，在空间中，满足条件的AP绕AB旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60°角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.(2)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＝π4，所以DN＝DM＝12DD1＝12×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；对于B，在Rt△MDN中，DN＝MN2－MD2＝42－22＝23，取MD的中点E，因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝12DN＝3，DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝3，所以点P的轨迹为以3为半径的圆，其面积为π·(3)2＝3π，故B 不正确； 对于C ，连接NB ，因为BB 1⊥平面ABCD ， 所以BB 1⊥NB ，所以点N 到直线BB 1的距离为NB ，所以点N 到点B 的距离等于点N 到定直线CD 的距离， 又B 不在直线CD 上，所以点N 的轨迹为以B 为焦点，CD 为准线的抛物线，故C 正确；对于D ，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (4，0，0)，B (4，4，0)，D 1(0，0，4)，设N (x ，y ，0)， 则AB →＝(0，4，0)，D 1N →＝(x ，y ，－4)， 因为D 1N 与AB 所成的角为π3， 所以|cos 〈AB →，D 1N →〉|＝cos π3， 所以|4y |4x 2＋y 2＋16＝12，整理得3y 216－x 216＝1，所以点N 的轨迹为双曲线，故D 正确.训练1 (1)如图，AB 是平面α的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面α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(2)已知在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1与底面A 1B 1C 1D 1垂直，且AD ＝AB ，E 为CC 1的中点，P 在对角面BB 1D 1D 内运动，若EP 与AC 成30°角，则点P的轨迹为()A.圆B.抛物线C.双曲线D.椭圆答案(1)B(2)A解析(1)由题意知，点P到线段AB的距离为定值，则点P为在以AB为旋转轴的圆柱表面上一点，故平面α斜截圆柱，所得图形为椭圆.(2)因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与底面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平行六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，连接EF，则EF∥AC.因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角.设EF与对角面BB1D1D的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面圆周，故选A.类型二定量的研究动点的轨迹当涉及动点轨迹的长度、图形的面积和图形的体积以及体积的最值，一般要用未知变量表示轨迹，然后借助于函数的性质求解.例2 (1)在棱长为22的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，AD的中点，P为线段C1D上的动点，则直线A1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长度为()A.2153 B.433C.2133 D.423(2)(多选)(2022·南京质检)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点(不包含端点)，若正方体棱长为1，则下列结论正确的有( )A.直线D 1P 与AC 所成角的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2B.存在P 点，使得平面APD 1∥平面C 1BDC.三棱锥D 1－CDP 的体积为16D.平面APD 1截正方体所得的截面可能是直角三角形 答案 (1)C (2)BC解析 (1)如图，连接B 1D 1，因为E ，F 分别为棱AB ，AD 的中点， 所以B 1D 1∥EF ，则B 1，D 1，E ，F 四点共面.连接A 1C 1，A 1D ，设A 1C 1∩B 1D 1＝M ，A 1D ∩D 1F ＝N ，连接MN ， 则点Q 的轨迹为线段MN ， 易得A 1D ＝A 1D 21＋DD 21＝4，△A 1ND 1∽△DNF ，且A 1D 1FD ＝2，所以A 1N ＝23A 1D ＝83. 易知A 1C 1＝C 1D ＝A 1D ＝4，所以∠C 1A 1D ＝60°，又A 1M ＝2，所以在△A 1MN 中，由余弦定理可得MN 2＝A 1N 2＋A 1M 2－2A 1N ·A 1M cos ∠MA 1N ＝529，所以MN ＝2133，即点Q 的轨迹长度为2133.(2)对于A 选项，如图①，连接AC ，D 1P ，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，A 1(1，0，1)，D (0，0，0)，D 1(0，0，1)，C (0，1，0).则有AC →＝(－1，1，0)，D 1P →＝D 1A 1→＋λA 1B →＝(1，0，0)＋λ(0，1，－1)＝(1，λ，－λ)，λ∈(0，1)， 所以|cos 〈AC →，D 1P →〉|＝|－1＋λ|2·2λ2＋1＝（1－λ）24λ2＋2.令f (λ)＝（1－λ）24λ2＋2，λ∈(0，1)， f ′(λ)＝8λ2－4λ－4（4λ2＋2）2＝4（2λ＋1）（λ－1）（4λ2＋2）2<0，所以f (λ)＝（1－λ）24λ2＋2在(0，1)上单调递减.因为f (0)＝12，f (1)＝0，所以0<|cos 〈AC →，D 1P →〉|<22，又〈AC →，D 1P →〉∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2， 故〈AC →，D 1P →〉∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，故A 选项错误.图①对于B选项，当P为A1B的中点时，有AP∥C1D，AD1∥C1B，易证平面APD1∥平面C1BD，故B选项正确.对于C选项，三棱锥D1－CDP的体积VD1－CDP＝VP－CDD1＝13×S△CDD1×AD＝1 3×12×1×1×1＝16，故C选项正确.对于D选项，设A1B的中点为O，连接AP，AD1，D1P.当P点在线段OB(不包含端点)上时，此时平面APD1截正方体所得的截面为梯形AEFD1，如图②；当P点在O点时，此时平面APD1截正方体所得的截面为正三角形AB1D1；当P点在线段OA1(不包含端点)上时，此时平面APD1截正方体所得的截面为等腰三角形AD1G，如图③，且AG2＋D1G2≠AD21，所以该三角形不可能为直角三角形，故D选项错误.故选BC.训练2 (1)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F为AA1，AB的中点，点M是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E，则点M的轨迹长度为()A.22 B.1C. 2D.3(2)(多选)(2022·重庆诊断)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论中，正确的结论是()A.三棱锥A－D1PC的体积不变B.A1P与平面ACD1所成的角大小不变C.DP⊥BC1D.DB1⊥A1P答案(1)C(2)ABD解析(1)如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接EF，FC，GH，C1H，C1G，EG，HF可得四边形EGC1D1是平行四边形，∴C1G∥D1E，又D1E⊂平面CD1E，C1G⊄平面CD1E，∴C1G∥平面CD1E，同理可得C1H∥CF，又CF⊂平面CD1E，C1H⊄平面CD1E，∴C1H∥平面CD1E，又C1H∩C1G＝C1，∴平面C1GH∥平面CD1E，又M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E，∴点M在线段GH上，∴M点轨迹的长度GH＝12＋12＝ 2.(2)如图，因为BC1∥AD1，AD1⊂平面D1AC，BC1⊄平面D1AC，所以BC1∥平面D1AC，故点P在BC1上运动时，点P到平面D1AC的距离d是定值，所以V A－D1PC ＝V P－AD1C＝13S△AD1C×d是定值，A项正确.连接A1B，A1C1，如图所示.易知平面A1BC1∥平面ACD1，A1P⊂平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，故A1P与平面ACD1所成的角大小不变，B项正确.易知DP在平面BCC1B1内的射影是CP，若DP⊥BC1，则CP⊥BC1，故点P在BC1上运动时，不一定有DP⊥BC1，C项错误.易知DB1⊥平面A1BC1，而A1P⊂平面A1BC1，所以DB1⊥A1P，D项正确.故选ABD.一、基本技能练1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与到直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹为()A.直线B.圆C.双曲线D.抛物线答案D解析点P到直线C1D1的距离即为点P到点C1的距离，所以在平面BB1C1C中，点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等，由抛物线的定义可知，动点P的轨迹为抛物线，故选D.2.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为底面ABCD上的动点.PE⊥A1C于E，且P A＝PE，则点P的轨迹是()A.线段B.圆弧C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分答案A解析由题意知，△A1AP≌△A1EP，则点P为在线段AE的中垂面上运动，从而与底面ABCD 的交线为线段.3.如图，圆锥的底面直径AB ＝2，母线VA ＝3，点C 在母线VB 上，且VC ＝1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A 到达点C ，则这只蚂蚁爬行的最短距离是( )A.13B.7C.433D.332答案 B解析 在圆锥侧面的展开图中，AA ′＝2π，所以∠AVA ′＝AA ′︵VA ＝23π， 所以∠AVB ＝12∠AVA ′＝π3，由余弦定理得AC 2＝VA 2＋VC 2－2VA ·VC ·cos ∠AVB ＝32＋12－2×3×1×12＝7， 所以AC ＝7.所以这只蚂蚁爬行的最短距离是7，故选B.4.如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，另一端点N 在正方形ABCD 内运动，则MN 中点轨迹的面积为( )A.4πB.2πC.πD.π2答案 D解析 易知DD 1⊥平面ABCD ，∠MDN ＝90°，取线段MN 的中点P ，则DP ＝12MN ＝1，所以点P 的轨迹是以D 为球心，1为半径的18球面，故S ＝18×4π×12＝π2. 5.已知MN 是长方体外接球的一条直径，点P 在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，2，则PM →·PN →的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，0B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，0 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，1 答案 B解析 根据题意，以D 为坐标原点，DA →为x 轴正方向，DC →为y 轴正方向，DD 1→为z 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.设长方体外接球球心为O ， 则DB 1为外接球的一条直径，设O 为DB 1的中点，不妨设M 与D 重合，N 与B 1重合. 则外接球的直径长为12＋12＋（2）2＝2，所以半径r ＝1，所以PM →·PN →＝(PO →＋OM →)·(PO →＋ON →)＝(PO →＋OM →)·(PO →－OM →)＝|PO →|2－|OM →|2＝|PO →|2－1，由P 在长方体表面上运动，所以|PO →|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，即|PO →|2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以|PO→|2－1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，0， 即PM →·PN →∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，0.6.点P 为棱长是25的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内切球O 球面上的动点，点M 为B 1C 1的中点，若满足DP ⊥BM ，则动点P 的轨迹的长度为( ) A.π B.2π C.4π D.25π答案 C解析 根据题意知，该正方体的内切球半径为r ＝5， 如图，取BB 1的中点N ，连接CN ，则CN ⊥BM ， 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CN 为DP 在平面B 1C 1CB 中的射影，∴点P 的轨迹为过D ，C ，N 的平面与内切球的交线， ∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为25， ∴O 到过D ，C ，N 的平面的距离为1， ∴截面圆的半径为（5）2－1＝2，∴点P 的轨迹的长度为2π×2＝4π.7.(2022·北京卷)已知正三棱锥P －ABC 的六条棱长均为6，S 是△ABC 及其内部的点构成的集合.设集合T ＝{Q ∈S |PQ ≤5}，则T 表示的区域的面积为( ) A.3π4 B.π C.2π D.3π答案 B解析 设顶点P 在底面上的投影为O ，连接BO ，则O 为△ABC 的中心， 且BO ＝23×6×32＝23， 故PO ＝36－12＝2 6.因为PQ ＝5，故OQ ＝1，故Q 的轨迹为以O 为圆心，1为半径的圆，而△ABC 内切圆的圆心为O ，半径为2×34×363×6＝3>1，故Q 的轨迹圆在△ABC 内部， 故其面积为π.8.如图，三角形P AB 所在的平面α和四边形ABCD 所在的平面β垂直，且AD ⊥α，BC ⊥α，AD ＝4，BC ＝8，AB ＝6，∠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.双曲线的一部分D.抛物线的一部分答案 A解析 由条件易得AD ∥BC ，且∠APD ＝∠CPB ，AD ＝4，BC ＝8， 可得tan ∠APD ＝AD P A ＝CBPB ＝tan ∠CPB ， 即PB P A ＝CBAD ＝2，在平面P AB 内以AB 所在的直线为x 轴，AB 的中点O 为坐标原点，建立直角坐标系(图略)，则A (－3，0)，B (3，0)， 设P (x ，y )，则有PBP A ＝（x －3）2＋y 2（x ＋3）2＋y2＝2， 整理可得x 2＋y 2＋10x ＋9＝0(x ≠0). 由于点P 不在直线AB 上，故此轨迹为圆的一部分，故答案选A.9.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( ) A. 2 B.233 C.62 D.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V D ′－ACE ＝13×1×S △ACE ＝13×1×1＝13，而V D ′－ACE ＝V E －ACD ′＝13×d ×34×(2)2＝36d ＝13，故d ＝233.10.如图，长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝BC ＝2，AA ′＝3，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.2π3B.3π3C.π3D.3π6答案 B解析 如图，以CA ，CC ′分别为x 轴，y 轴正方向建立平面直角坐标系，则有C (0，0)，O (1，0)，O ′(1，3)，设G (x ，y )， 由O ′G ⊥OG ，可得y x －1·y －3x －1＝－1，整理可得⎝⎛⎭⎪⎫y －322＋(x －1)2＝34，所以点O ′在平面BDE 上的射影G 的轨迹是以F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32为圆心，半径为32的OG ︵.因为tan ∠GOF ＝O ′C ′OO ′＝33， 所以O ′G ＝O ′O ·sin ∠GOF ＝32， 所以△O ′GF 是等边三角形， 即∠GFO ＝2π3，所以圆弧OG 的长l ＝2π3×32＝3π3.11.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD (只要填写一个你认为是正确的条件即可).答案 DM ⊥PC (或BM ⊥PC )解析 连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ，因为P A ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BD .又P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ，PC ⊂平面P AC ， 所以BD ⊥PC ，所以当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，有PC ⊥平面MBD ，PC ⊂平面PCD ，所以平面MBD⊥平面PCD.12.如图，P是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1表面上的动点，且AP＝2，则动点P的轨迹的长度为________.答案3π2解析由已知AC＝AB1＝AD1＝2，在平面BC1，平面A1C1中，BP＝A1P＝DP＝1，所以动点P的轨迹是在平面BC1，平面A1C1，平面DC1内分别以B，D，A1为圆心，1为半径的三段圆弧，且长度相等，故轨迹长度和为π2×3＝3π2.二、创新拓展练13.在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AA1的中点，P是底面ABCD 所在平面内一动点，设PD1，PE与底面ABCD所成的角分别为θ1，θ2(θ1，θ2均不为0)，若θ1＝θ2，则三棱锥P－BB1C1体积的最小值是()A.92 B.52C.32 D.54答案C解析以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，因为正方体的棱长为3， 则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，32，D 1(0，0，3)，设P (x ，y ，0)(x ≥0，y ≥0)，则PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－x ，－y ，32，PD 1→＝(－x ，－y ，3). 因为θ1＝θ2，平面ABCD 的一个法向量z ＝(0，0，1)， 所以|PE →·z ||PE →|·|z |＝|PD 1→·z ||PD 1→|·|z |，得32（3－x ）2＋y 2＋94＝3x 2＋y 2＋9，整理得x 2＋y 2－8x ＋12＝0， 即(x －4)2＋y 2＝4(0≤y ≤2)， 则动点P 的轨迹为圆的一部分， 所以点P 到平面BB 1C 1的最小距离为1，所以三棱锥P －BB 1C 1体积的最小值是13×12×3×3×1＝32.14.(多选)(2022·武汉模拟)如图，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为A 1D 1的中点，F 为CC 1上的一个动点，设由点A ，E ，F 构成的平面为α，则( )A.平面α截正方体的截面可能是三角形B.当点F 与点C 1重合时，平面α截正方体的截面面积为26C.当点D 到平面α的距离的最大值为263D.当F 为CC 1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形 答案 BCD解析 如图，建立空间直角坐标系，延长AE 与z 轴交于点P ，连接PF 并延长与y 轴交于点M ， 则平面α由平面AEF 扩展为平面APM . 由此模型可知A 错误.当点F 与点C 1重合时，截面是一个边长为5的菱形，该菱形的两条对角线长度分别AC 1＝22＋22＋22＝23和22＋22＝22，则此时截面的面积为12×23×22＝2 6.当F 为CC 1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形，B ，D 正确.D (0，0，0)，A (2，0，0)，P (0，0，4)，设点M 的坐标为(0，t ，0)(t ∈[2，4])， DA →＝(2，0，0)，AM →＝(－2，t ，0)，P A →＝(2，0，－4)， 则可知点P 到直线AM 的距离为d ＝|P A →|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪P A →·AM →|AM →|2＝20t 2＋644＋t2， S △APM ＝12t 2＋4·d ＝5t 2＋16.S △P AD ＝12×2×4＝4， 设点D 到平面α的距离为h ，利用等体积法V D －APM ＝V M －P AD ，即13·S △APM ·h ＝13·S △P AD ·t ，可得h ＝4t 5t 2＋16，则h ＝45＋16t 2， 由h ＝45＋16t 2在t ∈[2，4]上单调递增，所以当t ＝4时，h 取到最大值为263.故选BCD.15.已知面积为23的菱形ABCD 如图①所示，其中AC ＝2，E 是线段AD 的中点.现沿AC 折起，使得点D 到达点S 的位置，此时二面角S －AC －B 的大小为120°，连接SB ，得到三棱锥S －ABC 如图②所示，则三棱锥S －ABC 的体积为________；若点F 在三棱锥的表面运动，且始终保持EF ⊥AC ，则点F 的轨迹长度为________.答案 32 3＋32解析 依题意，12AC ·BD ＝BD ＝23，点S 到平面ABC 的距离为3sin 60°＝32，△ABC 的面积为12×23＝3，则三棱锥S－ABC的体积为13×3×32＝32.如图，取AC边上靠近点A的四等分点G，取BA的中点为H，连接EH，EG，GH，故点F的轨迹长度即为△EHG的周长，又EG＝GH＝32，EH＝12SB＝32，故点F的轨迹长度为3＋32.16.如图，三棱锥S－ABC的所有棱长均为1，SH⊥底面ABC，点M，N在直线SH上，且MN＝33，若动点P在底面ABC内，且△PMN的面积为212，则动点P的轨迹长度为________.答案6π12解析设P到直线MN的距离为d，由题易得d＝6 6，易知H为△ABC的中心，又MN⊥平面ABC，当点P在平面ABC内时，其轨迹是以H为圆心，66为半径的圆.∵△ABC内切圆的半径为3 6，∴圆H的一部分位于△ABC外，结合题意得，点P的轨迹为圆H位于底面△ABC 内的三段相等的圆弧(利用正三角形的性质判断出圆H有一部分在△ABC外，才能正确得到点P的轨迹)，如图，过点H作HO⊥AC，垂足为O，则HO＝36，记圆H与线段OC的交点为K，连接HK，可得HK＝66，∴cos∠OHK＝OHHK＝3666＝22，∴∠OHK＝π4，∴点P的轨迹长度为圆H周长的14(利用圆及正三角形的对称性分析求解)，∴点P的轨迹长度为14×2π×66＝6π12.。
2025年高考数学总复习课件47第六章微专题立体几何中的动态问题
3+1
AP·sin (45˚＋30˚)＝
.
2
微专题
立体几何中的动态问题
【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
HF，可得四边形EGC1D1 是平行四边形，所以C1G∥D1E.又C1G⊄平面CD1EF，
D1E⊂ 平 面 CD1EF ， 所 以 C1G∥ 平 面 CD1EF. 同 理 可 得 C1H∥CF ， C1H∥ 平 面
CD1EF.
因为C1H∩C1G＝C1，C1H，C1G⊂平面C1GH，所以平面C1GH∥平面CD1EF.
D．平面A1BCD1∥平面EFGH
)
B
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 ，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．
直 线 AD 与 侧 面 ABB1A1 所 成 的 角 ． 在 Rt△AFD 中 ， DF ＝
高考数学一轮复习-第三板块-立体几何-层级(二)球的切、接问题与动态问题(动点、截面)【课件】
针对训练
1．(2022·韶关测试)(多选)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E，F 分别是棱 AB，
CC1 的中点，则下列说法正确的是
命题点(二) 几何体的外接球
空间几何体的外接球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一
般通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心两大策略解决此类问题.
[例 1] (2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为 l，其各顶点都在同一球
面上．若该球的体积为 36π，且 3≤l≤3 3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
由题意及图可得l2＝h2＋ 22a2， R2＝h－R2＋ 22a2，
解得
h＝2lR2 ＝l62， a2＝2l2－1l48，
所以正四棱锥的体积
V
＝13a2h
＝13
2l2－1l48×
l62＝
l4 18
2－1l28(3≤l≤3 3)，所以 V′＝49l3－5l54＝19l34－l62(3≤l≤3 3)，令 V′＝0，得 l＝2 6，所以当 3≤l＜2 6时，V′＞0；当 2 6＜l≤3 3时，V′＜0，所以函数 V＝1l482－1l28(3≤l≤3 3)在[3,2 6)上单调递增，在(2 6，3 3]上单调递减，又当
1．已知△ABC 中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以 AC 为轴旋转一周得到一个旋
转体，则该旋转体的内切球的表面积为
()
A.4396π B．54796π C.52756π D．32455π 解析：旋转体的轴截面如图所示，其中 O 为内切球的球心，过
O 作 AB，BC 的垂线，垂足分别为 E，F，则 OE＝OF＝r(r
[答案] AD
方法技巧 1．动点问题的解题关键 在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹， 探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化． 2．截面形状及相应面积的求法 (1)结合线面平行的判定定理与性质定理求截面问题． (2)结合线面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题． (3)猜想法求最值问题：“要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征动中找 静”，如正三角形、正六边形、正三棱锥等． (4)建立函数模型求最值问题：①设元；②建立二次函数模型；③求最值．
立体几何截面、外接球、动点归类(解析版)
立体几何截面、外接球、动点归类目录题型一：动点：恒平行题型二：动点：恒垂直题型三：动点：球截面题型四：动点；定角题型五：外接球：线面垂直型题型六：外接球：垂面型题型七：外接球：两线定心法题型八：外接球：二面角型题型九：外接球：最值范围型题型十：外接球：动点与翻折题型十一：动点型最短距离和题型十二：动点：内切球题型十三：多选题综合应用：二面角型几何体题型十四：多选题综合应用：翻折型题型十五：多选题综合应用：正方体表面动点型题型十六：多选题综合应用：两部分体积比型题型一：动点：恒平行线面恒平行，过线做面，需要找它们和第三个面的交线互相平行，借助好“第三个面的交线平行“这个性质，可以解决线面恒平行题型的截面问题1在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，且PA=AC=2AB=2AD=4，CD⊥AD，CB⊥AB，G为PC的中点，过AG的平面α与棱PB、PD分别交于点E、F．若EF∥平面ABCD，则截面AEGF的面积为．【答案】865【分析】由题知AC =2AB +2AD ，则PA =23PB +23PD -13PC ①，再根据E 、F 、G 三点共面得PA=xPE +yPF +zPG ，其中x +y +z =1．设PE =λPB 0<λ<1 ，PF =λPD ，从而可求PA =λxPB +λyPD +z 2PC ，与①对比即可求出λ，从而可求EF 的长度；再证明BD 垂直平面PAC ，EF ∥BD ，从而得AG ⊥EF ，根据S 截面AEGF =12AG ⋅EF 即可得答案．【详解】∵AC =2AB =2AD ，CD ⊥AD ，CB ⊥AB ，∴∠DAC =∠BAC =60°，则根据向量加法法则易知，AC =2AB +2AD ，即PC -PA =2PB -PA +2PD -PA ，则PA =23PB +23PD -13PC ．根据共面向量定理的推论知，PA =xPE +yPF +zPG，其中x +y +z =1．连接BD ，∵EF ∥平面ABCD ，EF ⊂平面PBD ，平面PBD ∩平面ABCD =BD ，∴EF ∥BD ，设PE =λPB 0<λ<1 ，则PF =λPD ，又G 为PC 的中点，∴PA =xPE +yPF +zPG =λxPB +λyPD+z 2PC ，则λx =λy =23，z 2=-13，解得λ=45，AB =2，BD =2×AB sin60°=23，则EF =45BD =835．连接AG ，∵PA =AC =4，G 为PC 的中点，故AG =12PC =22．易知BD ⊥AC ，BD ⊥PA ，AC ∩PA =A ，故BD ⊥平面PAC ，又AG ⊂平面PAC ，∴BD ⊥AG ，∴AG ⊥EF ，因此S 截面AEGF =12AG ⋅EF=12×22×835=865．故答案为：865．解法二：连接BD ，设AC 与BD 交于点K ，连接AG 、PK ，设AG 与PK 交于点L ，由题易得BD ∥EF ，则PL PK =PE PB =EFBD ，作KN ∥AG 交PC 于N ，易知CK =3AK ，则CN =3GN ，从而PG =4GN ，故EF BD =PL PK =PG PN=45，即EF =45BD =835．以下解法同上故答案为：865．2在三棱锥ABCD 中，对棱AB =CD =5，AD =BC =13，AC =BD =10，当平面α与三棱锥ABCD 的某组对棱均平行时，则三棱锥ABCD 被平面α所截得的截面面积最大值为.【答案】3【分析】每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥ABCD 放入长方体中，设长宽高分别为x ，y ，z ，求出x ,y ,z ，由线面平行得线线平行，证明当E ,F ,G ,H 是所在棱中点时面积最大，按截面与哪对棱平行分类讨论求得截面面积的最大值.【详解】因为每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥ABCD 放入长方体中，设长宽高分别为x ，y ，z ，则x 2+y 2=5，x 2+z 2=10，y 2+z 2=13，则x =1,y =2,z =3.当平面α与三棱锥ABCD 的对棱AB ，CD 均平行时，截而为四边形EFGH ，AB ⎳FG ⎳EH ，CD ⎳EF ⎳HG ，设AE AC =t (0<t <1)，则EF CD =AE AC=t ，EF =tCD ，同理EH =(1-t )AB ，∠HEF (或其补角)是异面直线AB ,CD 所成的角，S EFGH =EF ⋅EH sin ∠HEF =t (1-t )AB ⋅CD sin ∠HEF ，其中AB ⋅CD sin ∠HEF 为定值，t (1-t )=-t 2+t =-t -12 2+14，t =12时，t (1-t )取得最大值，即截面EFGH 面积最大，此时E ,F ,G ,H是所在棱中点，由长方体性知最大面积为长方体上下底面面积的一半12xy =1，同样地，当平面a 与三棱锥ABCD 的对棱AC ，BD 均平行时，截面最大面积为12xz =32；当平面α与三棱锥ABCD 的对棱AD ，BC 均平行时，截面最大面积为12yz =3.故答案为：3.3(山西省怀仁市2022届高三下学期一模数学试)在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为22的正方形，P 在底面的射影为正方形的中心O ,PO =4,Q 点为AO 中点.点T 为该四棱锥表面上一个动点，满足PA ,BD 都平行于过QT 的四棱锥的截面，则动点T 的轨迹围成的多边形的面积为()A.55B.554C.354D.552【答案】D【分析】首先取AD 的中点E ，PD 的中点F ，PO 的中点R ，PB 的中点N ，连接QR 延长交PC 与点M ，连接EFMNG ，证明平面EFMNG 即为所求的截面，再证明四边形EFNG 是矩形，RM ⊥FN ，矩形面积加三角形面积之和即为所求.【详解】取AD 的中点E ，PD 的中点F ，PO 的中点R ，PB 的中点N ，连接QR 延长交PC 与点M ，连接EFMNG ,因为底面ABCD 是边长为22的正方形，所以对角线AC =BD =4，AO =2，因为在底面的射影为正方形的中心，可得PO ⊥面ABCD ，因为AO ⊂面ABCD ，所以PO ⊥AO ，因为PO =4，AO =2，所以PA =22+42=25，因为E 、F 为AD 、PD 的中点，所以EF =12PA =5，且EF ⎳PA ，因为PA ⊄平面EFMG ，EF ⊂平面EFMG ，所以PA ⎳平面EFMG ，同理BD ⎳平面EFMG ，所以平面EFMG 即为所求截面.又因为平面APC ∩平面EFMG =QM ，PA ⊂平面APC ，所以QM ⎳AP ，因为Q 为AO 的中点，可得QC =34AC ，所以QM =34AP ，QR =12AP ，RM =QM -QR =14AP =52，因为N 、F 为PB 、PD 的中点，所以FN ⎳BD ，FN =12BD ，所以FN ⎳EG ，FN =EG ，所以四边形EFNG 是平行四边形，因为EG ⊥PO ，EG ⊥AC ，PO ∩AC =O ，所以EG ⊥平面APC ，因为QM ⊂平面APC ，可得EG ⊥QM ，所以EG ⊥GN ，所以四边形EFNG 是矩形，所以动点T 的轨迹围成的多边形的面积为5×2+12×2×52=552.故选：D题型二：动点：恒垂直恒垂直型截面，可以借助投影解决，投影型，需要利用”三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻找。
高中数学立体几何动点和折叠问题-含答案
立体几何折叠动点问题1．（2020•湖南模拟）在棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -，中，M 是BC 的中点，点P 是正方体的表面11DCC D （包括边界）上的动点，且满足APD MPC ∠=∠，则三棱锥P BCD -体积的最大值是( )A ．B ．36C ．24D ．2．（2020•德阳模拟）ABC ∆是边长为E ，F 分别为AB ，AC 的中点，沿EF 把OAEF 折起，使点A 翻折到点P 的位置，连接PB 、PC ，当四棱锥P BCFE -的外接球的表面积最小时，四棱锥P BCFE -的体积为( )A B C D3．（2020•德阳模拟）ABC ∆是边长为的等边三角形，E 、F 分别在线段AB 、AC 上滑动，//EF BC ，沿EF 把AEF ∆折起，使点A 翻折到点P 的位置，连接PB 、PC ，则四棱锥P BCFE -的体积的最大值为()A ．BC ．3D ．24．（2020春•江西月考）已知三棱锥P ABC -满足PA ⊥底面ABC ，在ABC ∆中，6AB =，8AC =，AB AC ⊥，D 是线段AC 上一点，且3AD DC =，球O 为三棱锥P ABC -的外接球，过点D 作球O 的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为44π，则球O 的表面积为( ) A ．72π B ．86π C ．112π D ．128π5．（2020春•沙坪坝区校级期中）已知A ，B ，C ，D 四点均在半径为(R R 为常数）的球O 的球面上运动，且AB AC =，AB AC ⊥，AD BC ⊥，若四面体ABCD 的体积的最大值为16，则球O 的表面积为( ) A ．32π B ．2π C ．94π D ．83π6．（2020春•五华区校级月考）已知A ，B ，C 是球O 的球面上的三点，2AB =，AC =60ABC ∠=︒，且三棱锥O ABC -，则球O 的体积为( )A ．24πB ．48πC ．D ．7．（2020•东莞市模拟）已知三棱柱111ABC A B C -四边形11A ACC 与11B BCC 为两个全等的矩形，M 是11A B 的中点，且11112C M A B =，则三棱柱111ABC A B C -体积的最大值为( ) A ．12B ．16C ．4D ．438．（2020•江西模拟）四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面四边形ABCD 是菱形，120ADC ∠=︒，连接AC ，BD 交于点O ，1A O ⊥平面ABCD ，14AO BD ==，点C '与点C 关于平面1BC D 对称，则三棱锥C ABD '-的体积为( )A ．B ．C ．D ．9．（2020•浙江模拟）在长方体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，侧棱1(4)AA t t =>，点E 是BC 的中点，点P 是侧面11ABB A 内的动点（包括四条边上的点），且满足tan 4tan APD EPB ∠=∠，则四棱锥P ABED -的体积的最大值是( )A B ． C D10．（2019秋•包河区校级期末）矩形ABCD 中，2BC =，沿对角线AC 将三角形ADC 折起，得到四面体A BCD -，四面体A BCD -外接球表面积为16π，当四面体A BCD -的体积取最大值时，四面体A BCD -的表面积为( )A ．B ．C ．D ．11．（2020•山东模拟）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11A C 上有两个动点E ，F ，且12EF =；则下列结论错误的是( )A ．BD CE ⊥B ．//EF 平面ABCDC ．三棱锥E FBC -的体积为定值D ．BEF ∆的面积与CEF ∆的面积相等12．（2020•海淀区校级模拟）在边长为1的正方体中，E ，F ，G ，H 分别为11A B ，11C D ，AB ，CD 的中点，点P 从G 出发，沿折线GBCH 匀速运动，点Q 从H 出发，沿折线HDAG 匀速运动，且点P 与点Q 运动的速度相等，记E ，F ，P ，Q 四点为顶点的三棱锥的体积为V ，点P 运动的路程为x ，在02x 剟时，V 与x 的图象应为( )A ．B ．C ．D ．13．（2019秋•襄城区校级月考）如图，在四棱锥P ABCD -中，顶点P 在底面的投影O 恰为正方形ABCD 的中心且AB =设点M ，N 分别为线段PD ，PO 上的动点，已知当AN MN +取得最小值时，动点M 恰为PD 的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A ．643π B ．163π C ．253π D ．649π14．（2019春•昆明期末）在平行四边形ABCD 中，3BAD π∠=，点E 在AB 边上，112AD AE AB ===，将ADE ∆沿直线DE 折起成△A DE '，F 为A C '的中点，则下列结论正确的是( )A ．直线A E '与直线BF 共面B ．12BF =C ．△A EC '可以是直角三角形D ．A C DE '⊥15．（2019秋•安顺月考）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2m ，E 为1AA 的中点，动点P 从点D 出发，沿DA AB BC CD ---运动，最后返回D ．已知P 的运动速度为1/m s ，那么三棱锥11P EC D -的体积y （单位：3)m 关于时间x （单位：)s 的函数图象大致为( )A ．B ．C ．D ．16．（2019秋•沙坪坝区校级期中）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为AB 中点，F 在线段1DD 上．给出下列判断：①存在点F 使得1A C ⊥平面1B EF ；②在平面1111A B C D 内总存在与平面1B EF 平行的直线；③平面1B EF 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）的大小与点F 的位置无关； ④三棱锥1B B EF -的体积与点F 的位置无关． 其中正确判断的有( ) A ．①② B ．③④ C ．①③ D ．②④17．（2019秋•镜湖区校级期中）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点E 在线段11A C 上，F 、M 分别是AD 、CD 的中点，则下列结论中错误的是( )A ．11//FM ACB ．BM ⊥平面1CC FC ．存在点E ，使得平面//BEF 平面11CCD D D ．三棱锥B CEF -的体积为定值18．（2019•越城区校级学业考试）如图，线段AB 是圆的直径，圆内一条动弦CD 与AB 交于点M ，且22MB AM ==．现将半圆ACB 沿直径AB 翻折，则三棱锥C ABD -体积的最大值是( )A ．23B ．13C ．3D ．1参考答案与试题解析1．（2020•湖南模拟）在棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -，中，M 是BC 的中点，点P 是正方体的表面11DCC D （包括边界）上的动点，且满足APD MPC ∠=∠，则三棱锥P BCD -体积的最大值是( )A ．B ．36C ．24D ．【解答】解：Q 在棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是BC 的中点，点P 是面11DCC D 所在的平面内的动点，且满足APD MPC ∠=∠，Rt ADP ∴∆∽△Rt PMC ∆，∴2AD PDMC PC==，即2PD PC =，设DO x =，PO h =，作PO CD ⊥，∴=，化简得：223348144h x x =-+-，06x 剟，根据函数单调性判断：6x =时，23h 最大值为36，h =最大值，Q 在正方体中PO ⊥面BCD ，∴三棱锥P BCD -的体积最大值：116632⨯⨯⨯⨯=2．（2020•德阳模拟）ABC ∆是边长为E ，F 分别为AB ，AC 的中点，沿EF 把OAEF 折起，使点A 翻折到点P 的位置，连接PB 、PC ，当四棱锥P BCFE -的外接球的表面积最小时，四棱锥P BCFE -的体积为( )A B C D 【解答】解：如图，由题意，BC 的中点O 为等腰梯形BCFE 的外接圆的圆心，则四棱锥P BCFE -的外接球的球心在过O 且垂直于平面BCFE 的直线上，要使四棱锥P BCFE -的外接球的表面积最小，则半径最小，即需要O 为四棱锥P BCFE -的外接球的球心，此时OP OB ==1322PG OG OA ===，则99344cos 322POG +-∠==， P ∴到平面BCFE的距离为sin d OP POG =∠g1322BCFE S =⨯ ∴四棱锥P BCFE -的体积为13V =D ． 3．（2020•德阳模拟）ABC ∆是边长为的等边三角形，E 、F 分别在线段AB 、AC 上滑动，//EF BC ，沿EF 把AEF ∆折起，使点A 翻折到点P 的位置，连接PB 、PC ，则四棱锥P BCFE -的体积的最大值为()A．BC ．3D ．2【解答】解：要想体积最大，高得最大，底面积也得最大，当平面AEF ⊥平面EFCB 时，体积才最大；设2EF a =；设O 为EF 的中点，如图： Q 等边ABC ∆中，点E ，F 分别为AB ，AC 上一点，且//EF BC ，AE AF ∴=，O Q 为EF 的中点，AO EF ∴⊥，Q 平面AEF ⊥平面EFCB ，平面AEF ⋂平面EFCB EF =，AO ∴⊥平面EFCB ，2EF a =Q，AO ∴．∴四棱锥A EFCB -的体积311(2(3)()332V a a a a a a =⨯⨯+⨯==-，2330V a ∴'=-=，1a ∴= （负值舍），01a <<，V1a >>，V 单调递减， 1a ∴=，四棱锥A EFCB -的体积最大，最大值为：312-=．故选：D ．4．（2020春•江西月考）已知三棱锥P ABC -满足PA ⊥底面ABC ，在ABC ∆中，6AB =，8AC =，AB AC ⊥，D 是线段AC 上一点，且3AD DC =，球O 为三棱锥P ABC -的外接球，过点D 作球O 的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为44π，则球O 的表面积为( ) A ．72πB ．86πC ．112πD ．128π【解答】解：如图．M 是BC 边中点，E 是AC 边中点，AB AC ⊥Q ，M ∴是ABC ∆的外心，作//OM PA ，PA ⊥Q 平面ABC ，OM ∴⊥平面ABC ，OM AM ∴⊥，OM MD ⊥，取12OM PA =，易得OA OP =，O ∴是三棱锥P ABC -的外接球的球心． E 是AC 中点，则//ME AB ，132ME AB ==，ME AC ∴⊥，3AD DC =Q ，∴124ED AC ==，∴MD =，设2PA a =，则OM a =，222213OD OM MD a =+=+，又152AM BC ==， 222225OA OM AM a ∴=+=+，过D 且与OD 垂直的截面圆半径为r ，则r ==径等于球半径OA ，222(25)1244OA r a πππππ∴+=++=，22(25)32OA a ππ=+=．∴24128S OA ππ==球．故选：D ．5．（2020春•沙坪坝区校级期中）已知A ，B ，C ，D 四点均在半径为(R R 为常数）的球O 的球面上运动，且AB AC =，AB AC ⊥，AD BC ⊥，若四面体ABCD 的体积的最大值为16，则球O 的表面积为( ) A ．32πB ．2πC ．94π D ．83π 【解答】解：因为AB AC =，AB AC ⊥，AD BC ⊥，作AN BC ⊥于N ，则N 为BC 的中点，且12AN BC =， 若四面体ABCD 的体积的最大值时，则DN ⊥面ABC ，则外接球的球心在DN 上，设为O ， 设外接球的半径为R ，连接OA ，则OA OD R ==，211112()()3263D ABC V BC AN DN AN AN R ON AN R ON -==+=+g g g g g g g2211()()()()()33OA ON R ON R ON R ON R ON =-+=+-+ 3311()(22)()14()(22)()()()66363R ON R ON R ON R R ON R ON R ON ++-++=+-+=g …， 当且仅当22R ON R ON -=+，即3R ON =时取等号，因为三棱锥的最大体积为16，所以3141()636R =g ，可得34R =，所以外接球的表面积为29944164S R πππ===g ，6．（2020春•五华区校级月考）已知A ，B ，C 是球O 的球面上的三点，2AB =，AC =60ABC ∠=︒，且三棱锥O ABC -，则球O 的体积为( ) A ．24πB ．48π C． D．【解答】解：O 到截面ABC 的投影为三角形ABC 的外接圆的圆心，设为E ，连接AE ，则AE 为底面外接圆的圆心，OE OB OC ==为球的半径R ，因为2AB =，AC =，60ABC ∠=︒，由余弦定理可得：22221412cos cos602222AB BC AC BC ABC AB BC BC+-+-∠=︒===g g g g ，整理可得：2280BC BC --=，解得4BC =， 设三角形ABC 的外接圆半径为r，则2sin 60AC r ==︒2r =，111sin 6024326O ABC V AB BC OE OE -=︒==g g g g g g，所以OE = 在三角形OAE中，R OA ===所以外接球的体积为3441233V R ππ===g g ．7．（2020•东莞市模拟）已知三棱柱111ABC A B C -四边形11A ACC 与11B BCC 为两个全等的矩形，M 是11A B 的中点，且11112C M A B =，则三棱柱111ABC A B C -体积的最大值为( ) A ．12B ．16C ．4D ．43【解答】解：Q 四边形11A ACC 与11B BCC 为两个全等的矩形，AC BC ∴=，1CC AC ⊥，1CC BC ⊥，又AC BC C =Q I ，AC ，BC ⊂平面ABC ，1CC ∴⊥平面ABC ；M Q 是11A B 的中点，且11112C M A B =，∴底面△111A B C 是直角三角形；综上，三棱柱111ABC A B C -是底面为等腰三角形的直棱柱．设AC BC a ==，1CC b =，将三棱柱还原为长方体，即22212a b +=；∴三棱柱的体积2231111(12)(12),244ABC V S CC a b b b b b b ∆===-=-+∈g ； 记31()(12)4f b b b =-+，则213()(312)(2)(2)44f b b b b '=-+=--+，当f '（b ）0>时，02b <<；当f '（b ）0<时，2b <<f ∴（b ）在(0,2)上单调递增，(2,上单调递减， 故f （b ）max f =（2）4=．故选：C ．8．（2020•江西模拟）四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面四边形ABCD 是菱形，120ADC ∠=︒，连接AC ，BD 交于点O ，1A O ⊥平面ABCD ，14AO BD ==，点C '与点C 关于平面1BC D 对称，则三棱锥C ABD '-的体积为( )A ．B ．C ．D ．【解答】解：连接1OC ，过点C 作1CM OC ⊥，垂足为M ，因为1OA ⊥平面ABCD ，故1OA BD ⊥， 因为四边形ABCD 是菱形，故OA BD ⊥，故BD ⊥平面11ACC A ，故BD CM ⊥，又1CM OC ⊥，故CM ⊥平面1BDC ，又ABD ∆是边长为4的等边三角形，可得OC OA ==所以11A C AC ==Rt △11A C O 中，可得1160AOC ∠=︒，则30MOC ∠=︒，可知OCC '∆为等边三角形，且所在平面垂直底面，故114432C ABD V '-=⨯⨯⨯=三棱锥，故选：D ．9．（2020•浙江模拟）在长方体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，侧棱1(4)AA t t =>，点E 是BC 的中点，点P 是侧面11ABB A 内的动点（包括四条边上的点），且满足tan 4tan APD EPB ∠=∠，则四棱锥P ABED -的体积的最大值是( )A B ． C D 【解答】解：作PN AB ⊥于N ，在长方体1111ABCD A B C D -中，DA ⊥平面11A ABB ，CB ⊥平面11A ABB ， 在Rt PAD ∆和Rt PBC ∆中，tan AD APD AP ∠=，tan BE EPB PB ∠=，tan 4tan APD EPB ∠=∠Q ，1122BE BC AD ==，12PA PB ∴=，设PN h =，AN x =，则4BN x =-，[0x ∈，4]，由12PA PB =，得2214PA PB =，即22221[(4)]4h x h x +=+-，整理得2281633h x x =--+，[0x ∈，4]，开口向下，对称轴为43x =-，∴在[0x ∈，4]单调递减，则0x =时，2h 取到最大值163，即h∴四棱锥P ABED -的体积的最大值是11(24)432⨯+⨯=故选：C ．10．（2019秋•包河区校级期末）矩形ABCD 中，2BC =，沿对角线AC 将三角形ADC 折起，得到四面体A BCD -，四面体A BCD -外接球表面积为16π，当四面体A BCD -的体积取最大值时，四面体A BCD -的表面积为( )A ．B ．C ．D ．【解答】解：由题意可知，直角三角形斜边的中线是斜边的一半，所以长宽分别为2和1的长方形ABCD 沿对角线AC 折起二面角，得到四面体A BCD -，则四面体A BCD -的外接球的球心O 为AC 中点，半径12R AC =，所求四面体A BCD -的外接球的表面积为2416R ππ⨯=；24R AC AB ⇒=⇒=⇒=∴矩形ABCD 中，AB =2BC =，沿AC 将三角形ADC 折起，当平面ADC ⊥平面ABC 时，得到的四面体A BCD -的体积最大，如图所示；过点D 作DO ⊥平面ABC ，垂足为O ，则点D 到平面ABC 的距离为AD CD d OD AC ⨯==== 过点O 作OM AB ⊥，作ON BC ⊥，垂足分别为M 、N ，连接DM ，DN ；则BM AB ⊥，DN BC ⊥；所以1AO =，3OC =，所以12OM =，ON =；所以DMDN ==；又122ADC ABC S S ∆∆==⨯22=11222ACD S AB DM ∆==⨯g =11222BCD S BC DN ∆==⨯=g ；所以四面体A BCD -的表面积为：24ABC ACD BCD S S S S ∆∆∆=++=B ．11．（2020•山东模拟）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11A C 上有两个动点E ，F ，且12EF =；则下列结论错误的是( )A ．BD CE ⊥B ．//EF 平面ABCDC ．三棱锥E FBC -的体积为定值D ．BEF ∆的面积与CEF ∆的面积相等【解答】解：对于A ，连接AC ，则BD AC ⊥，1BD AA ⊥，BD ∴⊥平面11AA C C ，又AE ⊂平面11AA C C ，BD AE ∴⊥．故A 正确；对于B ，11//AC AC Q ，即//EF AC ，又EF ⊂/平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，//EF ∴平面ABCD ，故B 正确；对于C ，1111112224AEF S EF AA ∆==⨯⨯=g g ，点B 到平面AEF 的距离为B 到平面11AA C C 的距离12d BD ==，1134A BEF B AEF V V --∴==⨯，故C 正确；对于D ，连接1A B ，1C B ，则△11A BC B ∴到EF =A 到EF 的距离为11AA =，AEF ∴∆的面积与BEF ∆的面积不相等．故D 错误．故选：D ．12．（2020•海淀区校级模拟）在边长为1的正方体中，E ，F ，G ，H 分别为11A B ，11C D ，AB ，CD 的中点，点P 从G 出发，沿折线GBCH 匀速运动，点Q 从H 出发，沿折线HDAG 匀速运动，且点P 与点Q 运动的速度相等，记E ，F ，P ，Q 四点为顶点的三棱锥的体积为V ，点P 运动的路程为x ，在02x 剟时，V 与x 的图象应为( )A ．B ．C ．D ．【解答】解：（1）当102x剟时，点P 与点Q 运动的速度相等根据下图得出：面OEF 把几何体PEFQ 分割为相等的几何体，111122OEF S ∆=⨯⨯=Q ，P 到面OEF 的距离为x ，112223263PEFQ P OEF x xV V x -==⨯⨯==g ，23（2）当1322x <…时，P 在AB 上，Q 在11C D 上，P 到12，111122OEF S ∆=⨯⨯=， 1111223226PEFQ P OEF V V -==⨯⨯⨯==定值．（3）当322x <…时，111122OEF S ∆=⨯⨯=，P 到面OEF 的距离为2x -， 112122(2)3233PEFQ P OEF V V x x -==⨯⨯⨯-=-，1,032113,622213,2332xx V x x x ⎧<⎪⎪⎪=<⎨⎪⎪-⎪⎩……剟故选：C ．13．（2019秋•襄城区校级月考）如图，在四棱锥P ABCD -中，顶点P 在底面的投影O 恰为正方形ABCD 的中心且AB =设点M ，N 分别为线段PD ，PO 上的动点，已知当AN MN +取得最小值时，动点M 恰为PD 的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A ．643π B ．163π C ．253π D ．649π 【解答】解：将三角形POD 展开到与平面PAO 共面，则AN MN +的最小值时，A 、M 、N 三点共线，记作AM ．M Q 点在线段PD 上，AM 最短时恰为PD 中点，AM PD ∴⊥，AM ∴既为PD 中线，又是PD 边上的高，AP AD ∴=．Q 顶点P 在底面的投影恰为正方形ABCD 的中心，则四棱锥为正四棱锥，AP PD ∴=，∴三角形APD 为等边三角形．Q AB =2AO ∴=，24AP AD AO ∴===，则PO ==设球心为Q ，连接QA ，则在Rt QOA ∆中，222QA AO QO =+，∴224)R R =+，解得R =，∴外接球的表面积216644433S R πππ==⨯=．故选：A ． 14．（2019春•昆明期末）在平行四边形ABCD 中，3BAD π∠=，点E 在AB 边上，112AD AE AB ===，将ADE ∆沿直线DE 折起成△A DE '，F 为A C '的中点，则下列结论正确的是( )A ．直线A E '与直线BF 共面B ．12BF =C ．△A EC '可以是直角三角形D ．A C DE '⊥【解答】解：在平行四边形ABCD 中，3BAD π∠=，点E 在AB 边上，112AD AE AB ===， 将ADE ∆沿直线DE 折起成△A DE '，F 为A C '的中点，在A 中，取CD 中点G ，连结BG ，FG ，则//BG DE ，//FG A D '， BG FG G =Q I ，∴平面//BGF 平面A DE '，BF ⊂Q 平面BFG ，//BF ∴平面A DE '，∴直线A E '与直线BF 平行或异面，故A 错误；在B 中，Q 将ADE ∆沿直线DE 折起成△A DE '，F 为A C '的中点，A '点位置不确定，BF ∴的长不是常数，故B 错误；在C 中，1A E '=，CE =∴当2A E '=时，A E CE '⊥，△A EC '是直角三角形，故D 正确；在D 中，DE CE ⊥Q ，60DEA ∠'=︒，DE ∴与A C '不垂直，故D 错误．故选：C ．15．（2019秋•安顺月考）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2m ，E 为1AA 的中点，动点P 从点D 出发，沿DA AB BC CD ---运动，最后返回D ．已知P 的运动速度为1/m s ，那么三棱锥11P EC D -的体积y （单位：3)m 关于时间x （单位：)s 的函数图象大致为( )A ．B ．C ．D ．【解答】解：（1）当02x 剟时，P 在线段DA 上运动，此时DP x =， 112224()22222PED x x x S ⨯-=-++=-V ，所以1111112(2)(4)323P EC D C PED x V V x --==⨯⨯-=-；（2）当24x 剟时，P 在线段AB 上，因为//AB 平面11EC D ，所以P 到平面11EC D 的距离为定值，所以11P EC D V -为定值，1112(42)33A EC D V -=-=；（3）当46x 剟时，P 在线段BC 上，取1BB 的中点F ，1111P EC D P FC E E PFC V V V ---==， 此时6CP x =-，同理可得112PC F x S =-V ，所以11(2)3E PFC V x -=-； （4）当68x 剟时，P 在线段CD 上，因为//CD 平面11EC D ，所以P 到平面11EC D 的距离为定值，所以11P EC D V -为定值，1114(62)33D EC D V -=-=．综上，三棱锥11P EC D -的体积y （单位：3)m 关于时间x （单位：)s 的函数大致图象如右图所示． 故选：B ．16．（2019秋•沙坪坝区校级期中）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为AB 中点，F 在线段1DD 上．给出下列判断：①存在点F 使得1A C ⊥平面1B EF ；②在平面1111A B C D 内总存在与平面1B EF 平行的直线；③平面1B EF 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）的大小与点F 的位置无关； ④三棱锥1B B EF -的体积与点F 的位置无关． 其中正确判断的有( )A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④【解答】解：对于①，假设存在F 使得1A C ⊥平面1B EF ，则11AC B E ⊥，又1BC B E ⊥，1BC A C C =I ，1B E ∴⊥平面1A BC ，则11B E A B ⊥，这与11A B AB ⊥矛盾，所以①错误；对于②，因为平面1B EF 与平面1111A B C D 相交，设交线为l ，则在平面1111A B C D 内与l 平行的直线平行于平面1B EF ，故②正确；对于③，以D 点为坐标原点，以DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，1DD 所在直线为z 轴，建立空间坐标系，则平面ABCD 的法向量为(0m =r ，0，1)，而平面1B EF 的法向量n r，随着F 位置变化，故平面1B EF 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）的大小与点F 的位置有关，故③错误；对于④，三棱锥1B B EF -的体积即为三棱锥1F BB E -，因为1//DD 平面11ABB A ，所以，当F 在线段1DD 上移动时，F 到平面11ABB A 的距离不变，故三棱锥1B B EF -的体积与点F 的位置无关，即④正确． 故选：D ．17．（2019秋•镜湖区校级期中）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点E 在线段11A C 上，F 、M 分别是AD 、CD 的中点，则下列结论中错误的是( )A ．11//FM ACB ．BM ⊥平面1CC FC ．存在点E ，使得平面//BEF 平面11CCD D D ．三棱锥B CEF -的体积为定值【解答】解：在A 中，因为F 、M 分别是AD 、CD 的中点，所以11////FM AC AC ，故A 正确； 在B 中，由平面几何得BM CF ⊥，又有1BM C C ⊥，所以BM ⊥平面1CC F ，故B 正确；在C 中，BF 与平面11CC D D 有交点，所以不存在点E ，使得平面//BEF 平面11CC D D ，故C 错误．在D 中，三棱锥B CEF -以面BCF 为底，则高是定值，所以三棱锥B CEF -的体积为定值，故D 正确． 故选：C ．18．（2019•越城区校级学业考试）如图，线段AB 是圆的直径，圆内一条动弦CD 与AB 交于点M ，且22MB AM ==．现将半圆ACB 沿直径AB 翻折，则三棱锥C ABD -体积的最大值是( )A ．23B ．13C ．3D ．1【解答】解：记翻折后CM 与平面ABD 所成角为α，则三棱锥C ABD -的高为sin h CM α=，∴三棱锥C ABD -体积：11(sin )sin 32C ABD V AB DM DMA CM α-=⨯⨯⨯⨯∠⨯⨯16AB DM CM ⨯⨯⨯…， 3AB =Q ，2DM CM AM BM ⨯=⨯=，∴三棱锥C ABD -体积的最大值是： 1()3216C ABD max V -=⨯⨯=V ．故选：D ．。
动态几何问题(高中数学)
专题:立体几何中的动态几何问题常见策略：1、动中有静——抓住运动过程中的不变量；2、有迹可循——把握好运动点的轨迹；3、以形助数——空间问题平面化，利用平面几何知识求解；4、以数解形——以函数观点研究运动过程中的最值等问题；5、两极分化——极限思想，考虑运动/变化的极端情形；6、欲扬先抑——反证法.1、如图，在正四棱锥中，分别是的中点，动点在线段上运动时，下列四个结论：①；②；③面；④面.其中恒成立的为（）A．①③B．③④ C. ①②D．②③④策略1：抓住运动过程中的不变量，动点P在线段MN上运动时，但EP始终位于平面EMN内。
2、如图，长方体1111ABCD A B C D-中，18,4,DC CC CB AM MB+===,点N是平面1111A B C D上的点，且满足1C N=当长方体1111ABCD A B C D-的体积最大时，线段MN的最小值是A. B. 8 C. D.策略2：轨迹思想，把握好运动点的轨迹。
点N是平面1111A B C D上的点，满足1C N=故点N的运动轨迹是一个圆。
策略3：空间问题平面化，利用平面几何知识求解。
S ABCD-,,E M N,,BC CD SC P MNEP AC⊥//EP BD//EP SBD EP⊥SAC3、如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点,C D 的动点，将ADE ∆沿AE 翻折成SAE ∆，使得平面SAE ⊥平面ABCE ，则下列说法中正确的有( )①存在点E 使得直线SA ⊥平面SBC ；②平面SBC 内存在直线与SA 平行 ③平面ABCE 内存在直线与平面SAE 平行；④存在点E 使得SE BA ⊥． A. 1个B. 2个 C. 3个 D. 4个①④策略4：反证法。
5、如图，正三棱柱ABC −A 1B 1C 1（底面是正三角形，侧棱垂直底面）的各条棱长均相等，D 为AA 1的中点．M ，N 分别是线段BB 1和线段CC 1上的动点（含端点），且满足BM =C 1N ．当M ，N 运动时，下列结论中正确．．的有__________ ①平面DMN ⊥平面BCC 1B 1（抓住运动过程中的不变量） ②三棱锥A 1−DMN 的体积为定值（抓住运动过程中的不变量） ③△DMN 可能为直角三角形（反证法）④平面DMN 与平面ABC 所成的锐二面角范围为(0,]4π策略5：极限思想。
初三数学《几何的动点问题》专题练习及答案
动点问题专题训练1、如图，已知ABC△中,10AB AC==厘米,8BC=厘米，点D为AB的中点．（1）如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q 在线段CA上由C点向A点运动．①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，BPD△与CQP△是否全等，请说明理由；②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时,能够使BPD△与CQP△全等?（2）若点Q以②中的运动速度从点C出发,点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿ABC△三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在ABC△的哪条边上相遇?2、直线364y x=-+与坐标轴分别交于A B、两点，动点P Q、同时从O点出发,同时到达A点，运动停止．点Q沿线段OA运动，速度为每秒1个单位长度，点P沿路线O→B→A运动．（1）直接写出A B、两点的坐标；（2）设点Q的运动时间为t秒,OPQ△的面积为S，求出S 与t之间的函数关系式；（3）当485S=时，求出点P的坐标，并直接写出以点O P Q、、为顶点的平行四边形的第四个顶点M的坐标．3如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=－2x－8分别与x轴，y轴相交于A，B两点,点P（0,k)是y轴的负半轴上的一个动点，以P为圆心,3为半径作⊙P。
(1）连结PA，若PA=PB，试判断⊙P与x轴的位置关系，并说明理由；(2）当k为何值时，以⊙P与直线l的两个交点和圆心P为顶点的三角形是正三角形？4 如图1，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点,四边形ABCO是菱形，点A 的坐标为（－3，4)，点C在x轴的正半轴上,直线AC交y轴于点M,AB边交y轴于点H．（1）求直线AC的解析式；（2）连接BM，如图2,动点P从点A出发，沿折线ABC方向以2个单位／秒的速度向终点C匀速运动,设△PMB的面积为S（S≠0），点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式(要求写出自变量t的取值范围）；（3)在（2）的条件下,当t为何值时,∠MPB与∠BCO互为余角，并求此时直线OP与直线AC所夹锐角的正切值．B5在Rt△ABC中,∠C=90°，AC = 3，AB = 5．点P从EQ点C 出发沿CA 以每秒1个单位长的速度向点A 匀速运动，到达点A 后立刻以原来的速度沿AC 返回；点Q 从点A 出发沿AB 以每秒1个单位长的速度向点B 匀速运动．伴随着P 、Q 的运动，DE 保持垂直平分PQ ，且交PQ 于点D ，交折线QB -BC -CP 于点E ．点P 、Q 同时出发，当点Q 到达点B 时停止运动，点P 也随之停止．设点P 、Q 运动的时间是t 秒（t ＞0）．（1）当t = 2时，AP = ，点Q 到AC 的距离是 ; （2）在点P 从C 向A 运动的过程中，求△APQ 的面积S 与t 的函数关系式；（不必写出t 的取值范围）（3）在点E 从B 向C 运动的过程中,四边形QBED 能否成为直角梯形?若能，求t 的值．若不能，请说明理由； (4)当DE 经过点C 时，请直接．．写出t 的值．6如图,在Rt ABC △中，9060ACB B ∠=∠=°，°,2BC =．点O 是AC 的中点，过点O 的直线l 从与AC 重合的位置开始，绕点O 作逆时针旋转,交AB 边于点D ．过点C 作CE AB ∥交直线l 于点E ,设直线l 的旋转角为α．（1）①当α= 度时，四边形EDBC 是等腰梯形,此时AD 的长为 ；②当α= 度时,四边形EDBC 是直角梯形，此时AD 的长为 ;(2）当90α=°时,判断四边形EDBC 是否为菱形，并说明理由．7如图，在梯形ABCD 中，354245AD BC AD DC AB B ====︒∥，，，，∠．动点M 从B 点出发沿线段BC 以每秒2个单位长度的速度向终点C 运动；动点N 同时从C 点出发沿线段CD 以每秒1个单位长度的速度向终点D 运动．设运动的时间为t 秒．O E CDA α lOCA（备用图）A D(1）求BC 的长．(2）当MN AB ∥时，求t 的值．（3)试探究：t 为何值时，MNC △为等腰三角形．8如图1，在等腰梯形ABCD 中，AD BC ∥，E 是AB 的中点，过点E 作EF BC ∥交CD 于点F ．46AB BC ==，，60B =︒∠. （1）求点E 到BC 的距离；(2）点P 为线段EF 上的一个动点，过P 作PM EF ⊥交BC 于点M ，过M 作MN AB ∥交折线ADC 于点N ，连结PN ,设EP x =. ①当点N 在线段AD 上时（如图2），PMN △的形状是否发生改变？若不变，求出PMN △的周长；若改变，请说明理由；②当点N 在线段DC 上时（如图3）,是否存在点P ，使PMN △为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的x 的值;若不存在,请说明理由。
立体几何中的动点问题
3.与圆x2+y2-4x=0外切，且与y轴相切的动圆圆心的轨迹方 y2=8x(x＞0)或y=0(x＜0) 程是______________________.
相应习题
4.△ABC的顶点为A(0，-2)，C(0，2)，三边长a、b、c成 等差数列，公差d＜0；则动点B的轨迹方程为______
x2 y2 1 y 0，x 0 _____________________ . 12 16
2 2 1 (x - 1 ) y (0,0)) 2 4 (舍去原点
例1 :已知圆C的方程为 : ( x - 1) 2 y 2 1, 过原点O作任一弦OA, 求 弦OA的中点M的轨迹方程.
y A M O C(1,0) x 方法三 向量法:利用向量性质(主要是利用垂 直和平行)求曲线方程.
例1 :已知圆C的方程为 : ( x - 1) 2 y 2 1, 过原点O作任一弦OA, 求 弦OA的中点M的轨迹方程.
y A M O C(1,0) x 方法五 交轨法:若动点是两动曲线的交 点，可联立两曲线方程，消去多余参数, 得出动点轨迹方程.
设直线lOA : y kx ①
OA CM
x2 2 y 1 轨迹方程是_________________________ 4
8. 过原点的动椭圆的一个焦点为F(1，0)，长轴长为 2
9 1 2 x- y 4，则动椭圆中心的轨迹方程为_________________ 4 2
我们每个人都是社会中的动点，愿我 们在人生道路上合理的利用定理，确定属于 自己的坐标，形成美丽的人生轨迹。
x y
2
2
2
( x 1) y
2
2
2
立体几何动点问题
例2若三棱锥A — BCD 的侧面 6米，太线与地面所成角为 60°，求此S= n ab ，其中a,b 为长、短半轴长）立体几与平面解析几的交汇问题在教材中，立体几与解析几是互相独立的两章，彼此分离不相联系，实际上，从空间维数看，平面几 是二维的，立体几是三维的，因此，立体几是由平面几升维而产生；另一面，从立体几与解析几的联系看,解析几中的直线是空间二个平面的交线，圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）是平面截圆锥面所产生的截 线；从轨迹的观点看，空间中的曲面（曲线）是空间中动点运动的轨迹，正因为平面几与立体几有这么多 千丝万缕的联系，因此，在平面几与立体几的交汇点，新知识生长的土壤特别肥沃，创新型题型的生长空 间也相当宽广，这一点，在高考卷中已有充分展示，应引起我们在复习中的足够重视。
一、动点轨迹问题这类问题往往是先利用题中条件把立几问题转化为平面几问题，再判断动点轨迹。
A. 一条线段，但要去掉两个点B. 一个圆，但要去掉两个点ABC —动点P 到平面BCD 距离与到棱 AB 距离相等，则动点 P 的轨迹 与厶ABC 组成的图形可能是（）解：设二面角 A — BC — D 大小为作PR 丄面BCD , R 为垂足，PQ 丄BC 于Q , PT 丄AB 于T ,、几体的截痕例3:球在平面上的斜射影为椭园：已知一巨型广告汽球直径 广告汽球在地面上投影椭圆的离心率和面积（椭圆面积公式为例1定点A 和B 都在平面 ， 定点 P PBC 是异于A 和B 的动点，且 PCAC。
那么，动点 C 在平面 的轨迹是（ ）C. 一个椭圆，但要去掉两个点D.半圆，但要去掉两个点C贝U / PQR= 0，且由条件 PT=PR=PQ • sin 0 ,为小于1的常数，故轨迹图形应选（ D ）。
例5、（北京）平面 的斜线AB 交 于点B ,过定点A 的动直线I 与AB 垂直，且交 解：由于太线可认定为平行光线，故广告球的投影椭园等价于以广告球直径为直径的圆柱截面椭园：此时丄—三二匸石二兰b=R , a=-】=2R , •••离心率-, 2投影面积 S= n ab= n ・ k • 2R=2 n R =18 n 。
几何中的动点问题
几何中的动点问题动点问题一直是考试中常见的压轴题，它能考查学生的多种能力，有较强的选拔功能。
解这类题目要“以静制动”，即把动态问题，变为静态问题来解。
动点题一般方法是针对这些点在运动变化的过程中相伴随着的数量关系（如等量关系、变量关系）、图形位置关系（如图形的特殊状态、图形间的特殊关系）等进行研究考察．首先抓住变化中的“不变量”，以不变应万变，首先根据题意理清题目中两个变量x、y的变化情况并找出相关常量，第二，按照图形中的几何性质及相互关系，找出一个基本关系式，把相关的量用一个自变量的表达式表达出来，然后再根据题目的要求，依据几何、代数知识解出。
第三，确定自变量的取值范围，画出相应的图象。
一、典型例题1、如图，AB是半圆O点Q在半圆O（1）当∠QPA=60（2）当QP⊥AB时，∠（3）由（1）、（2定是_________三角形。
中，AC＝5，BC＝12，∠ACB＝90°，P是AB边上的动点（与点A、B不重合），Q是BC2、在Rt ABC边上的动点（与点B、C不重合），当PQ与AC不平行时，△CPQ可能为直角三角形吗？若有可能，请求出线段CQ的长的取值范围；若不可能，请说明理由。
3、如图，在平面直角坐标系内，已知点A （0，6）、点B （8，0），动点P 从点A 开始在线段AO 上以每秒1个单位长度的速度向点O 移动，同时动点Q 从点B 开始在线段BA 上以每秒2个单位长度的速度向点A 移动,设点P 、Q 移动的时间为t 秒．(1) 求直线AB 的解析式；(2) 当t 为何值时，△APQ 与△AOB 相似？ (3) 当t 为何值时，△APQ 的面积为524个平方单位？4、已知：如图，在平面直角坐标系中，ABC △是直角三角形，90ACB ∠=，点A C ，的坐标分别为(3 0)A -，，(1 0)C ，，∠BAC 的正切值是34。
（1）求过点A B ，的直线的函数解析式；（2）在x 轴上找一点D ，连接DB ，使得ADB △与ABC △相似（不包括全等），并求点D 的坐标； （3）在（2）的条件下，如果P Q ，分别是AB 和AD 上的动点，连接PQ ，设AP DQ m ==，问是否存在这样的m ，使得APQ △与ADB △相似，如存在，请求出m 的值；如不存在，请说明理由．5、已知，如图，在直角梯形COAB 中，CB ∥OA ，以O 为原点建立平面直角坐标系，A 、B 、C 的坐标分别为A （10，0）、B （4，8）、C （0，8），D 为OA 的中点，动点P 自A 点出发沿A →B →C →O 的路线移动，速度为每秒1个单位，移动时间记为t 秒，（1）动点P 在从A 到B 的移动过程中，设△APD 的面积为S ，试写出S 与t 的函数关系式，指出自变量的取值范围，并求出S 的最大值；（2）动点P 从出发，几秒钟后线段PD 将梯形COAB 的面积分成1：3两部分？求出此时P 点的坐标。
立体几何中的动点问题-答案解析
立体几何中的动点问题-答案解析考点：平行垂直的存在性问题1【答案】见解析【解析】设，则，， 设平面的法向量为，，， ，令得， 平面，，解得， 当是的中点时，平面．1【答案】见解析【解析】设是棱上一点，则存在使得．因此点．由，得，解得．因为，所以在棱上存在点，使得．此时，．1【答案】1【解析】如图，连接，与交于点，连接，要使得平面，则必须有，所以，进一步得出． 模块1：存在性问题例题1G 0,t ,1()=AG −1,t ,1()F ,1,1(21)BEF =n x ,y ,z ()∵=EF −,,0(2121)=BF −,0,1(21)∴{−x +y =02121−x +z =021z =1=n 2,2,1()∵AG //BEF ∴⋅AG =n −1,t ,1⋅()2,2,1=()0t =21∴G D C 11AG //BEF 例题2M P C λ∈0,1[]=P M λ P C M 0,λ,1−λ,=()BM −1,λ−1,1−λ,=()AC −1,2,0()⋅BM =AC 01+2λ−1=()0 λ =21 λ=∈210,1[]P C M BM ⊥AC =P CP M21达标检测1AG A F 1M M E BG //A EF 1GB //M E =M GAM =EB AE1=A G 1D G 11考点：空间角的存在性问题1【答案】见解析【解析】线段上存在点符合题意．建立如图所示的坐标系， 设，其中．设，则有，所以，从而，所以，又，所以，令，整理得．解得，舍去．故线段上存在点符合题意，且．例题3A C 1F =A F 1λA C 1λ∈0,1[]F x ,y ,z (111)x ,y ,z −2=(111)2λ,2λ,−2λ()x =12λ,y =12λ,z =12−2λF 2λ,2λ,2−2λ()=DF 2λ,2λ+1,2−2λ()=BC 0,4,0()cos⟨,⟩=∣∣∣DF BC ∣∣∣=⋅∣∣∣DF ∣∣∣∣∣∣BC ∣∣∣⋅∣∣∣DF BC ∣∣∣42λ+2λ+1+2−2λ()2()2()242λ+1∣∣=2λ+2λ+1+2−2λ()2()2()22λ+1∣∣353λ−27λ+2=0λ=31λ=2A C 1F =A C1A F131例题41【答案】存在点符合条件，且是棱的中点．【解析】解：以为原点，为轴正方向，为轴正方向，垂直于且与相交的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．所以，，，，，设平面的法向量为，则，，令，则．在棱上存在一点，设，且，，解得，，，，直线与平面所成的角为，，解得，存在点符合条件，且是棱的中点．1【答案】见解析【解析】解：假设在棱上存在点，使得二面角的余弦值是，则，，设为平面的法向量，N N DC M M B x M C y AB DE z M −xyz M (0,0,0)C (0,,0)2E (−,0,1)2B (,0,0)2D (,0,2)2EM C =n (x ,y ,z )′′′⋅M E =n −x +2′z =′0⋅M C =n y =2′0x =′1=n (1,0,)2DC N N x ,y ,z ()=DN λ0⩽λ⩽1DC ()∴x −,y ,z −2=(2)λ−,,−2(22)x =−2λ2y =λ2z =2−2λ∴=M N −λ,λ,2−2λ(222)∵M N EM C 60∘∴cos⟨,⟩=M N n ×321−λ+2λ+41−λ()22()2−λ+2−2λ222()=sin 60=∘23λ=21∴N N DC 例题5CC 1E 0,0,t ()A −EB −1B 17217=AE −1,0,t ()=AB 1−1,2,4()=n x ,y ,z ()AEB 1则，取，得，平面的法向量，，由，解得．在棱上存在点，使得二面角的余弦值是，．1【答案】C【解析】解：存在，在棱上取一点，如图，由题意可知，平面，连接，交于点，易知，，连接，则为二面角的平面角，当时，即，解得，当时，二面角的大小为．{⋅=−x +tz =0n AE ⋅=−x +2y +4z =0n AB 1z =1=n t ,,1(2t −4)BEB 1=m 1,0,0()∴cos ,=⟨m n ⟩=⋅∣∣∣m ∣∣n ∣∣∣⋅m n=t ++12(2t −4)2t 17217t >0t =1∴CC 1E A −EB −1B 17217CE =1达标检测2BB ′P BP ⊥ABC AC BD O BO ⊥AC BO =2P O ∠P OB P −AC −B ∠P OB =30∘tan ∠P OB ==BOP B 33BP =36∴BP =36P −AC −B 30∘模块2：最值问题考点：最值问题1【答案】B【解析】解：建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，，故当时，取得最小值为，故选：B．1【答案】B【解析】由知四边形为平行四边形，．，．，，．即，，达标检测3D 1,0,2,B 0,1,3()1()P 0,0,z ()=P D 1,0,2−z ,=()P B 10,1,3−z ()∴⋅P D =P B 10+0+2−z 3−z =()()z −−(25)241z =25⋅P D P B 1−41例题6(1)M NQP ∴M N =P Q ∵DD =1AD =DC =BC =1∴AD =1BD =2∵D M =1DN =a ∴=1D P 12a =1DQ2a D P =1DQ =2a∴M N =P Q =1−D P +DQ (1)22=1−+(2a)2(2a )2=0<a <a −+(22)221(2)故当时，的长度有最小值，为．即当，分别移动到，的中点时，的长度最小，此时的长度为．1【答案】D【解析】解：以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，设，，，则，，，，解得，，．当时，的面积取得最小值，为．故选：D．1【答案】A【解析】解：以点为原点，以，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，．设，，于是，．，，，a =22M N 22M N AD 1BD M N M N 22例题7D P 4,0,2()C 0,4,0()D 0,0,41()B 4,4,0()M 4,a ,b ()0⩽a ⩽40⩽b ⩽4=D M 14,a ,b −4()=CP 4,−4,2()∵D M ⊥CP 1∴⋅D M 1=CP 16−4a +2b −8=02a −b =4∴M 4,a ,2a −4()∴BM =∣∣4−4+4−a +4−2a ()2()2()2==5a −24a +3225a −+(512)2516∴a =512△BCM S =2×=54585例题8C CD CB CC ′C 0,0,0()C 0,0,2′(3)P 0,a ,0()Q b ,0,0()0<a ⩽40<b ⩽3=QC ′−b ,0,2(3)=P C ′0,−a ,2(3)=CC ′0,0,2(3)设平面的一个法向量为，则，取，得，，，解得．当时，，三棱锥的体积最小，．故选：A．2019天津理171【答案】见解析【解析】证明：以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，可得，，，，．设，则．由题意易知是平面的一个法向量，又，可得．又直线平面，P QC ′=n x ,y ,z (){⋅=−ay +2z =0n P C ′3⋅=−bx +2z =0n QC ′3z =1=n ,,1(b 23a23)∵∣cos⟨,⟩∣=n CC ′sin 30=∘21∴∣⋅n ∣=CC ′∣∣⋅21CC ′⇒∣∣∣n ∣∣∣+a 24=b241ab ⩾8∴ab =8S =△PQC 4C −′P QC V =(C −PQC ′)min ×314×2=3383模块3：课堂总结模块4：直击高考例题9A AB AD AE x y z A 0,0,0()B 1,0,0()C 1,2,0()D 0,1,0()E 0,0,2()CF =h h >0()F 1,2,h ()=AB 1,0,0()ADE =BF 0,2,h ()⋅BF =AB 0∵BF ⊂ADE平面．2【答案】见解析【解析】解：依题意，，，．设为平面的法向量，则，令，得．．直线与平面所成角的正弦值为．3【答案】见解析【解析】解：设为平面的法向量，则，取，可得，由题意，得，解得．经检验，符合题意．线段的长为．∴BF //ADE =BD −1,1,0()=BE −1,0,2()=CE −1,−2,2()=n x ,y ,z ()BDE {⋅=−x +y =0n BD ⋅=−x +2z =0n BE z =1=n 2,2,1()∴cos⟨,⟩=CE n =⋅∣∣∣CE ∣∣∣∣∣∣n ∣∣∣⋅CE n −94∴CE BDE 94=m x ,y ,z ()BDF {⋅=−x +y =0m BD ⋅=2y +hz =0m BF y =1=m 1,1,−(h 2)cos⟨,⟩=∣∣∣m n ∣∣∣=⋅∣∣∣m ∣∣∣∣∣∣n ∣∣∣⋅∣∣∣m n ∣∣∣=3×2+h 244−∣∣h 2∣∣31h =78∴CF 78模块5：随堂测随堂测随堂题11【答案】见解析【解析】解：如图，由知，，是平面内的两个不共线向量．设是平面的一个法向量，则，即．取，得．又平面的一个法向量是，所以．而二面角的余弦值为，因此，解得或(舍去)．此时．设，而，得，所以．因为平面，且平面的一个法向量为，所以，即，亦即，从而．于是将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高为，故四面体的体积．1【答案】B【解析】解：由题意可知该四面体的体积最大时，就是折叠成直二面角，建立空间直角坐标系，如图：设正方形的对角线长为，则，设直线与所成的角为，则，所以．(1)=DQ 6,m −6,0()=DD 10,−3,6()P QD =n 1x ,y ,z ()P QD {⋅=0n 1DQ ⋅=0n 1DD 1{6x +m −6y =0()−3y +6z =0y =6=n 16−m ,6,3()AQD =n 20,0,1()cos ,=⟨n 1n 2⟩=∣∣∣n 1∣∣∣∣∣∣n 2∣∣∣⋅n 1n 2=6−m +6+3()22236−m +45()23P −QD −A 73=6−m +45()2373m =4m =8Q 6,4,0()=DP λDD 1=DD 10,−3,6()P 0,6−3λ,6λ()=P Q 6,3λ−2,−6λ()P Q //ABB A 11ABB A 11=n 30,1,0()⋅P Q =n 303λ−2=0λ=32P 0,4,4()ADP Q △ADQ P −ADQ 4ADP Q V =S ⋅31△ADQ h =24随堂题22=AB −1,1,0,=()DC 1,0,1()AB CD θcos θ==∣∣∣∣∣∣∣∣∣AB ∣∣∣∣∣∣DC ∣∣∣⋅AB DC ∣∣∣∣∣∣=×22121θ=60∘故选：B．。
立体几何中的动点问题和最值问题(原卷版)--高二数学上册常考题专练(人教A版2019选修一)
1/8专题03立体几何中的动点和最值问题题型一立体几何中的动点问题1．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，M 为棱11A D 的中点，下列说法正确的是()A ．直线AC ⊥直线BMB ．过点的C 的平面MB α⊥，则平面α截正方体所得的截面周长为325+C ．若线段BM 上有一动点Q ，则Q 到直线1AA 的距离的最小值为255D ．动点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，且AP BM ⊥，则AP 与平面11BCC B 成角正切的取值范围是255[,]522．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，F 是棱11A D 上的动点，下列说法正确的是()A ．对任意动点F ，在平面11ADD A 内不存在与平面CBF 平行的直线B ．对任意动点F ，在平面ABCD 内存在与平面CBF 垂直的直线C ．当点F 从1A 运动到1D 的过程中，二面角F BC A --的大小不变D ．当点F 从1A 运动到1D 的过程中，点D 到平面CBF 的距离逐渐变大3．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且22EF =，则下列结论中正确的有()2/8A ．当E 点运动时，1A C AE ⊥总成立B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．二面角E AB C --的最小值为45︒D ．三棱锥A BEF -的体积为定值4．如图，在棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1DD 上一点，且2DE =，F 为棱11C D 的中点，点G 是线段1BC 上的动点，则()A ．无论点G 在线段1BC 上如何移动，都有异面直线1A G ，1B D 的夹角为2πB ．三棱锥A GAE -的体积为108C ．直线AE 与BF 所成角的余弦值41015D ．直线1A G 与平面1BDC 所成最大角的余弦值为135．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是线段11A C 上一个动点，则下列结论正确的有()A ．存在M 点使得异面直线BM 与AC 所成角为90︒B ．存在M 点使得异面直线BM 与AC 所成角为45︒3/8C ．存在M 点使得二面角M BD C --的平面角为45︒D ．当1114A M A C =时，平面BDM 截正方体所得的截面面积为986．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，EF 是棱AB 上的一条线段，且1EF =，点Q 是棱11A D 的中点，点P 是棱11C D 上的动点，则下面结论中正确的是()A ．PQ 与EF 一定不垂直B ．二面角P EF Q --的正弦值是1010C ．PEF ∆的面积是22D ．点P 到平面QEF 的距离是常量7．在长方体1111ABCD A B C D -中，1226BC AB BB ===，点E 为棱BC 上靠近点C 的三等分点，点F 是长方形11ADD A 内一动点（含边界），且直线1B F ，EF 与平面11ADD A 所成角的大小相等，则()A ．1//A F 平面11BCC B B ．三棱锥1F BB E -的体积为4C ．存在点F ，使得11//A F B ED ．线段1A F 的长度的取值范围为5[2，25]88．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α．下面说法正确的是()A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为32[324/8B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点9．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，3AB AD ==，14AA =，P 是侧面11BCC B 内的动点，且1AP BD ⊥，记AP 与平面11BCC B 所成的角为θ，则tan θ的最大值为()A ．43B ．53C ．2D ．25910．在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，则()A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 11．如图，已知四边形ABCD 为直角梯形，BDEF 为矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，//AD BC ，90DAB ABC ∠=∠=︒，1AD AB ED ===，2BC =．（1）若点M 为EF 中点，求证：BM ⊥平面CDF ；（2）若点M 为线段EF 上一动点，求BD 与平面BCM所成角的取值范围．12．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =．5/8（1）求证：11A F C E ⊥；（2）当EF 取得最大值时，求二面角11E A C F --的余弦值．题型二立体几何中的最值问题13．在四面体ABCD 中，ABC ∆是边长为2的正三角形，60ADB ∠=︒，二面角D AB C --的大小为60︒，则下列说法正确的是()A ．AB CD⊥B ．四面体ABCD 的体积V 的最大值为32C ．棱CDD ．四面体ABCD 的外接球的表面积为529π14．已知长方体1111ABCD A B C D -的高12AA =，AC =，1AB x =，1AD y =，则当x y +最大时，二面角111A B D C --的余弦值为()AB．C．D．15．如图，在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是棱1A A 上的动点，N 是棱BC 的中点．当平面1D MN 与底面ABCD 所成的锐二面角最小时，1A M =．6/816．四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为a 的菱形，PA ⊥面ABCD ，120BAD ∠=︒，E ，F 分别是CD ，PC 的中点．（1）求证：平面AEF ⊥平面PAB ；（2）M 是PB 上的动点，EM 与平面PAB 所成的最大角为45︒，求二面角F AE D --的余弦值．17．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面三角形ABC 为直角三角形，其中AB AC ⊥，3AB =，4AC =，18CC =，M ，N 分别为1BB 和1AA 的中点．（1）求证：CN ⊥平面1C MN ；（2）当点P 在线段1C A 上移动时，求直线NP 与平面11BB C C所成角正弦的最大值．18．如图，矩形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD 所在的平面垂直，2AB =，22AD =，M 是 CD上异于C ，D 的动点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）设BM 和平面ABCD 所成角为θ，求sin θ的最大值．7/819．已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点，11BF A B ⊥．（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE所成的二面角的正弦值最小？20．如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD所在平面垂直，M 是 CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值．21．如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为矩形，PD ⊥平面ABCD ，1PD CD ==，PA 与平面ABCD 所成角为30︒，M 为PB 上一点且CM PA ⊥．（1）证明：PA DM ⊥；（2）设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，在l 上取点N 使PN DA =，Q 为线段PN 上一动点，求平面ACQ与平面PDC 所成二面角的余弦值的最大值．8/822．如图，四边形ABDE 为直角梯形，其中//AE BD ，AE AB ⊥，33AE BD ==，F 为腰DE 上的一个动点．ABC ∆为等腰直角三角形，2AB AC ==，平面ABDE ⊥平面ABC ．（1）求证：AC BF ⊥；（2）当直线CF 与平面ABDE 所成角最大时，求平面FBC 与平面ABC所成锐二面角的余弦值．。
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空间角转化为平面角
它就是线面角
D1 A1
C1
P
●
B1
DM ●
12
C
●
O
A
2
B
例3：在长方体AC1中，AD＝2，AB＝2， AA1＝1，P是棱CC1上的一个动点。
（2）在线段A1C1上是否存在一个定点Q， 使D1Q在平面APD1内的射影总垂直于AP，并 证明你的结论。◆
D1
C1
●
P
●
A1
Q B1
D 12
是否为定值？
PD1 ●
Q A1 ●
D
MA
N
C1 B1
C
B
例2：在长方体AC1中，P为A1D1的中定点点， Q为CA11DD11上的的定动点点，M、N为AB上的动点，且 MN的长为定值，则 三棱锥P-QMN的体积
是否为定值？
PD1 ●
Q A1 ●
D
A
M
C1 B1
C
NB
变式：在长方体AC1中，P、Q为A1D1上 的动点，M、N为AB上的动点，且MN、PQ的
（C）双曲线 （D）抛物线
D
C
D1
C1
M
A1
B1
N
P
●
D 1 N2
C P
●
A
BA
2
B
动点问题的处理：
（1）将空间问题平面化 （2）动中找定
例2：在长方体AC1中，P为A1D1的中点， Q为C1D1上的动点，M、N为AB上的动点，且 MN的长为定值，则下面的四个值中为定值
的有＿①＿③＿④＿＿
①点P到面QMN的距离 ◆
C
A
2
B
◆
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
①点P到面QMN的距离 ◆
②直线PQ与平面QMN所成的角
③二面角P-MN-Q
PD1
的大小 ◆
●
④三棱锥P-QMN的 Q A1 ●
C1 B1
体积
D
C
AM
NB
例2：在长方体AC1中，P为A1D1的中定点点， Q为CA11DD11上的的定动点点，M、N为AB上的动点，且 MN的长为定值，则 三棱锥P-QMN的体积
长均为定值，则三棱锥P-QMN的体积是否为
定值？ ◆
PD1 ●
Q A1 ●
D
C1 B1
C
A●
M
NB
动点问题的处理：
（1）动中找定 （2）将空间问题平面化 （3）拓展平面
例3：在长方体AC1中，AD＝2，AB＝2， AA1＝1，P是棱CC1上的一个动点。
（1）试确定P的位置，使AP与平面BDD1B1 所成角的正切值为3 2
D
C
D1
C1
P
●
A1
B1
D
12
●P
C
A
●B A
2
B
P还AP到到B大＝AA11例2DD，的11距：A距A离如离1＝的图与1平，，P到方P在是B比长B矩1P的方到形距体BAB离BA1C距C相D1中内离等，一平，A动方D则＝点的动2，2点，倍若P
的轨迹是以下哪种图形的一部分（BD ）
（A）圆
（B）椭圆 PM2＝2PB2＋1
②直线PQ与平面QMN所成的角
③二面角P-MN-Q 的大小 ◆
D1
Q ●
P
C1
●
④三棱锥P-QMN的 A1
B1
体积
D
C
AM
NB
例2：在长方体AC1中，P为A1D1的中点， Q为C1D1上的动点，M、N为AB上的动点，且 MN的长为定值，则下面的四个值中为定值
的有＿①＿③＿④＿＿
①点P到面QMN的距离 ◆
②直线PQ与平面QMN所成的角
③二面角P-MN-Q 的大小 ◆
D1
Q ●
P
C1
●
④三棱锥P-QMN的 A1
B1
体积
D
C
AM
NB
例2：在长方体AC1中，P为A1D1的中点， Q为C1D1上的动点，M、N为AB上的动点，且 MN的长为定值，则下面的四个值中为定值
的有＿①＿③＿④＿＿
①点P到面QMN的距离 ◆
是否为定值？
PD1 ●
Q A1 ●
D
C1 B1
C
AM
NB
例2：在长方体AC1中，P为A1D1的中定点点， Q为CA11DD11上的的定动点点，M、N为AB上的动点，且 MN的长为定值，则 三棱锥P-QMN的体积
是否为定值？
PD1 ●
Q A1 ●
D
MA
N
C1 B1
C
B
例2：在长方体AC1中，P为A1D1的中定点点， Q为CA11DD11上的的定动点点，M、N为AB上的动点，且 MN的长为定值，则 三棱锥P-QMN的体积
长方体中的动点问题
缙云中学 麻红丽
P还AP到到B大＝AA11例2DD，的11距：A距A离如离1＝的图与1平，，P到方P在是B比长B矩1P的方到形距体BAB离BA1C距C相D1中内离等，一平，A动方D则＝点的动2，2点，倍若P
的轨迹是以下哪种图形的一部分（D ）
（A）圆
（B）椭圆
（C）双曲线 （D）抛物线
②直线PQ与平面QMN所成的角
③二面角P-MN-Q
PD1
的大小 ◆
●
④三棱锥P-QMN的 Q A1 ●
C1 B1
体积
D
C
AM
NB
例2：在长方体AC1中，P为A1D1的中定点点， Q为CA11DD11上的的定动点点，M、N为AB上的动点，且 MN的长为定值，则下面的四个值中为定值
的有＿①＿③＿④＿＿