动态几何问题的解题技巧
“动”中求“静”,“动”“静”互化——中考动态几何问题解题思路初探
解法探究２０２４年３月下半月㊀㊀㊀动 中求 静 , 动 静 互化中考动态几何问题解题思路初探◉江苏省苏州市高新区实验初级中学㊀袁㊀媛㊀㊀摘要:在初中平面几何的学习中,要运用运动变化的思路研究图形,让静止的几何图形 动 起来,化抽象为具体,让变化的图形形象直观地揭示出恒定不变的几何规律,把相关的知识点串联起来,这样有助于提高分析问题和解决问题的能力．本文中结合中考试题,对常见的动态几何类题型的解题思路与方法进行了初步探索．关键词: 动 静 转化;动 点 类问题;动 线 类问题;动 图 类问题㊀㊀马克思主义哲学告诉我们,运动是绝对的,静止是相对的．在几何的学习过程中,我们发现 静 只是 动 的瞬间,是运动的一种特殊形式, 动 与 静 是可以相互转化的．如果能让静止的几何图形 动 起来,就可以帮助学生加深对图形概念的准确理解,探索图形的性质．教师可以用动态图形创设富有启发性的教学情境,引发学生对问题的讨论与思考;还可以通过动态图形让学生体验数学实验成功的乐趣．更重要的是,动态的几何图形能够把与几何㊁代数相关的知识联系起来,其中蕴含着动静结合㊁数形结合的思想方法,能够在运动变化中发展学生的空间想象能力,不断提高学生综合分析㊁解决问题的能力．在初中几何教学中,与动态图形有关的问题主要有以下几类．１动点 类问题动点问题是中考数学中最常见的题型,涉及面非常广泛．解决动点类问题的思路是化动为静,以相对静止的瞬间去寻求量与量之间的关系．图１例１㊀(２０２２年江苏省苏州市中考第１６题)如图１,在矩形A B C D中,A B B C ＝２３．动点M 从点A 出发,沿边A D 向点D 匀速运动,动点N从点B 出发,沿边B C 向点C 匀速运动,连接MN ．动点M ,N 同时出发,点M 运动的速度为v １,点N 运动的速度为v ２,且v １＜v ２．当点N 到达点C 时,M ,N 两点同时停止运动．在运动过程中,将四边形M A B N 沿MN 翻折,得到四边形M A ᶄB ᶄN ．若在某一时刻,点B 的对应点B ᶄ恰好与C D 的中点重合,则v １v ２的值为．图２解析:如图２所示,在矩形A B C D中,设A B ＝２a ,B C ＝３a ,运动时间为t ,则C D ＝A B ＝２a ,A D ＝B C ＝３a ,B N ＝v ２t ,AM ＝v １t ．在运动过程中,将四边形M A B N 沿MN 翻折,得到四边形M A ᶄB ᶄN ,所以B ᶄN ＝B N ＝v ２t ,A ᶄM ＝AM ＝v １t ．若在某一时刻,点B 的对应点B ᶄ恰好在C D 的中点重合,则D B ᶄ＝B ᶄC ＝a ．在R t әB ᶄC N 中,øC ＝９０ʎ,B ᶄC ＝a ,B ᶄN ＝v ２t ,C N ＝３a －v ２t ,则v ２t ＝５３a ＝B N ．因为øA ᶄB ᶄN ＝øB ＝９０ʎ,所以øA ᶄB ᶄD ＋øC B ᶄN ＝９０ʎ．又øC N B ᶄ＋øC B ᶄN ＝９０ʎ,所以øA ᶄB ᶄD ＝øC N B ᶄ,故әE D B ᶄʐәB ᶄC N ．因此,D E D B ᶄ＝B ᶄC C N ＝B ᶄCB C －B N＝a ３a －５３a＝３４,可得D E ＝３４D B ᶄ＝３４a ,则B ᶄE ＝D B ᶄ２＋D E ２＝５４a ,于是A ᶄE ＝A ᶄB ᶄ－B ᶄE ＝３４a ,即D E ＝３４a ＝A ᶄE ．在әA ᶄE M 和әD E B ᶄ中,øA ᶄ＝øD ＝９０ʎ,A ᶄE ＝D E ,øA ᶄE M ＝øD E B ᶄ,ìîíïïï所以әA ᶄE M ɸәD E B ᶄ(A S A ),则A ᶄM ＝B ᶄD ＝a ,即A M ＝v １t ＝a ．所以v １v ２＝v １t v ２t ＝A M B N ＝a ５３a ＝３５．思路与方法:本题考查矩形背景下的动点问题,通过动态图形,将矩形的性质㊁对称性质㊁中点性质㊁三角形相似㊁全等的判定与性质㊁勾股定理及翻折的２７２０２４年３月下半月㊀解法探究㊀㊀㊀㊀运动形式等知识点联系起来．熟练掌握相关性质及三角形全等的判定定理,利用翻折及中点性质,根据三角形全等的性质求出相应线段的长是解题的重要方法．２动线 类问题动线类问题的特点很明显,动线在运动过程中可能会出现多种情况,尽管情况不同,但解题的思路是一致的,那就是 以静制动 ,通过特殊的静止状态去寻找量之间的关系．图３例２㊀(２０２２年江苏省盐城市中考第１４题)如图３,在矩形A B C D 中,A B ＝２B C ＝２,将线段A B 绕点A 按逆时针方向旋转,使得点B 落在边C D 上的点B ᶄ处,线段A B 扫过的面积为．解析:由A B ＝２B C ＝２,得B C ＝１,所以A D ＝B C ＝１．因为将线段A B 绕点A 按逆时针方向旋转,所以A B ᶄ＝A B ＝２．因为c o s øD A B ᶄ＝A D A B ᶄ＝１２,所以øD A B ᶄ＝６０ʎ,则øB A B ᶄ＝３０ʎ．故线段A B 扫过的面积为３０ˑπˑ２２３６０＝π３．思路与方法:首先由动线A B 旋转的性质可得A B ᶄ＝A B ＝２,再由锐角三角函数可求出øD A B ᶄ＝６０ʎ,进而求出øB A B ᶄ,最后根据扇形面积公式即可获解．本题考查了旋转的性质㊁矩形的性质㊁扇形的面积公式㊁锐角三角函数等相关知识点．会观察和分析动态图形,灵活运用相关性质是解题的关键．３动图 类问题动图类问题常常结合图形的平移㊁旋转㊁翻折等变换,提出相关问题．解题的思路主要是从寻找图形运动的特殊情况中打开,进而灵活运用相关几何知识(如平行四边形的性质㊁切线的性质㊁圆的有关知识㊁锐角三角函数㊁直角三角形等)解决问题．例３㊀(２０２２年江苏省苏州市中考全真模拟试题第１８题)在әA B C 中,A B ＝B C ＝６,øA B C ＝９０ʎ,点D 在A C 上,且A D ＝２２,E 是射线A B 上一动点,连接E D 并将E D 绕着点E 旋转６０ʎ得线段E F ,当点F 恰好落在直线A C 上时,可求得A E 的长等于．解析:第一种情况．当E D 顺时针旋转６０ʎ得到E F 时,如图４,过点E 作E M ʅA C 于点M．因为图４A B ＝B C ＝６,øA B C ＝９０ʎ,所以әA B C 是等腰直角三角形,于是øA ＝４５ʎ．根据旋转的性质,可得øD E F ＝６０ʎ,E F ＝E D ,所以әD E F 是等边三角形,故øD E M ＝３０ʎ．设DM ＝x ,则D E ＝２x ,AM ＝２２＋x ．因为øA ＝４５ʎ,E M ʅA C ,所以әA E M 是等腰直角三角形,故M E ＝AM ＝２２＋x ．在R tәD E M 中,根据勾股定理,可得x ２＋(２２＋x )２＝(２x )２,解得x ＝２＋６,或x ＝２－６(舍)．所以M E ＝AM ＝２２＋x ＝３２＋６．在әA M E 中,根据勾股定理,可得A E ＝２A M ＝６＋２３．图５第二种情况:当E D 逆时针旋转６０ʎ得到E F 时,如图５,作E M ʅA C 交A C 于点M ．根据第一种情况,同理可设DM ＝x ,则有D E ＝２x ,AM ＝２２－x ．在әD E M 中,由勾股定理可得M E ＝３x ,所以３x ＝２２－x ,解得x ＝６－２．故M E ＝A M ＝３２－６．在әAM E 中,根据勾股定理,可得A E ＝２AM ＝６－２３．综合上述两种情况,A E 的长为６ʃ２３．思路与方法:首先要考虑到图形顺㊁逆两种旋转情况,根据旋转的性质可知әD E F 是等边三角形,过点E 作E M ʅA C ,又可证得әA E M 是等腰直角三角形,再设DM ＝x ,利用勾股定理便可求出x 的值,最后利用勾股定理即可求出A E 的长度．本题考查了图形旋转的性质㊁等边三角形的判定与性质㊁勾股定理等知识点．能够根据题意,按照E D 顺时针旋转与逆时针旋转两种情况,分别画出动态图形进行分类解析是解题的关键．综上所述,解决动态几何问题的基本思路是:把握运动规律,寻求运动中的特殊位置,在 动 中求 静 ,在 静 中探求 动 的普遍规律．在具体解题过程中,要用运动与变化的眼光去观察和研究图形,把握图形运动与变化的全过程,找出其中的等量关系和变量关系,并要特别关注一些不变量和不变关系或特殊关系．在解答动态几何类题型时,经常要用到数形结合思想㊁分类思想㊁转化思想和方程思想等重要的思想方法．Z３７。
七年级数学专题02 化动为静,破解几何动态问题(解析版)
专题02 化动为静，破解几何动态问题遇动点，心莫慌，细思量，找到不变与变量；画出图，细讨论，动变静，将线段（角度）逐一标上；列方程，细求解.【动点问题解题步骤】1. 分析题目找到不动的点，动点，将动点运动方向及速度标记图上；2. 寻求表达式利用动点速度及运动时间表示出线段长度（角度大小）等；3. 找等量关系，列方程判断是否需要分类讨论，如果存在多种情况，逐一绘制图形，寻求各自的等量关系，列出方程求解.题型一：线段上的动点问题AC=厘【例1-1】（2020·成都市锦江区期中）（1）如图，己知点C在线段AB上，线段10 BC=厘米，点M，N分别是AC，BC的中点．求线段MN的长度；米，6-=，（2）己知点C在线段BA的延长线上，点M，N分别是AC，BC的中点，设BC AC a请根据题意画出图形并求MN的长度；（3）在（1）的条件下，动点P、Q分别从A、B同时出发，点P以2cm/s的速度沿AB向右运动，终点为B，点Q以1cm/s的速度沿AB向左运动，终点为A，当一个点到达终点，另一个点也随之停止运动，求运动多少秒时，C、P、Q三点有一点恰好是以另两点为端点的线段的中点．【答案】见解析．【解析】解：（1）∵线段AC=10厘米，BC=6厘米，点M，N分别是AC，BC的中点，∴CM=12AC=5厘米，CN=12BC=3厘米，∴MN=CM+CN=8厘米；（2）作图如下，∵点M，N分别是AC，BC的中点，∴CM=12AC，CN=12BC，∴MN=CN-CM=12（BC-AC）=12a．（3）以C为数轴原点，向右为正方向建立数轴，则A点表示的数为：-10，B点表示的数为：+6，设运动时间为t s，C、P、Q三点有一点恰好是以另两点为端点的线段的中点，则P点表示的数为：-10+2t，Q点表示的数为：6-t，分三种情况讨论：①当C为P、Q中点时，-10+2t+6-t=0，解得：t=4，②当P为C、Q中点时，0+6-t=2（-10+2t），解得：t= 265，③当Q为C、P中点时，0-10+2t=2（6-t）解得：t=112，综上所述：t=4或265或112时，C、P、Q三点有一点恰好是以另两点为端点的线段的中点．【例1-2】（2020·丹东市期中）如图，点C在线段AB上，点M、N分别是AC、BC的中点．（1）若8,6AC cm CB cm ==，求线段MN 的长；（2）若C 为线段AB 上一动点，满足AC CB acm +=，其它条件不变，你能猜想MN 的长度吗？你能用一句简洁的话描述你发现的结论吗？ 【答案】见解析.【解析】解：（1）∵点M 、N 分别是AC 、BC 的中点，AC=8cm ，BC=6cm ， ∴CM=12AC=4cm ，CN=12BC=3cm ， ∵点C 在线段AB 上， ∴MN=CM+CN=4+3=7cm ， （2）由（1）知CM=12AC ，CN=12BC ， ∵点C 在线段AB 上， ∴MN=CM+CN=12AC +12BC =12（AC+BC ） =a cm ，∴无论点C 在线段上移动到哪里，线段MN 的长度等于线段AB 长度的一半．【变式1-1】（2020·江西南昌市期末）已知：如图1，点M 是线段AB 上一定点，AB ＝12cm ，C 、D 两点分别从M 、B 出发以1cm /s 、2cm /s 的速度沿直线BA 向左运动，运动方向如箭头所示（C 在线段AM 上，D 在线段BM 上）（1）若AM ＝4cm ，当点C 、D 运动了2s ，此时AC ＝ ，DM ＝ ；（直接填空） （2）当点C 、D 运动了2s ，求AC +MD 的值．（3）若点C 、D 运动时，总有MD ＝2AC ，则AM ＝ （填空） （4）在（3）的条件下，N 是直线AB 上一点，且AN ﹣BN ＝MN ，求MNAB的值． 【答案】（1）2，4；（2）6 cm ；（3）4；（4）13或1． 【解析】解：（1）根据题意知，CM ＝2cm ，BD ＝4cm ， ∵AB ＝12cm ，AM ＝4cm ， ∴BM ＝8cm ，∴AC ＝AM ﹣CM ＝2cm ，DM ＝BM ﹣BD ＝4cm ， 故答案为：2cm ，4cm ；（2）当点C 、D 运动了2 s 时，CM ＝2 cm ，BD ＝4 cm ∵AB ＝12 cm ，CM ＝2 cm ，BD ＝4 cm∴AC +MD ＝AM ﹣CM +BM ﹣BD ＝AB ﹣CM ﹣BD ＝12﹣2﹣4＝6 cm ； （3）根据C 、D 的运动速度知：BD ＝2MC ， ∵MD ＝2AC ，∴BD +MD ＝2（MC +AC ），即MB ＝2AM ， ∵AM +BM ＝AB ， ∴AM +2AM ＝AB ， ∴AM ＝13AB ＝4， 故答案为：4； （4）分两种情况讨论： ①当点N 在线段AB 上时，∵AN ﹣BN ＝MN ， ∵AN ﹣AM ＝MN ∴BN ＝AM ＝4∴MN ＝AB ﹣AM ﹣BN ＝12﹣4﹣4＝4 ∴13MN AB =； ②当点N 在线段AB 的延长线上时，∵AN ﹣BN ＝MN ， 又∵AN ﹣BN ＝AB ∴MN ＝AB ＝12∴1MNAB=； 故答案为13MN AB =或1． 【变式1-2】（2020·河南南阳市期中）如图一，点C 在线段AB 上，图中有三条线段AB 、AC和BC，若其中一条线段的长度是另外一条线段长度的2倍，则称点C是线段AB的“巧点”．（1）填空：线段的中点这条线段的巧点（填“是”或“不是”或“不确定是”）（问题解决）和40，点C是线段AB的巧点，求（2）如图二，点A和B在数轴上表示的数分别是20点C在数轴上表示的数.（应用拓展）（3）在（2）的条件下，动点P从点A处，以每秒2个单位的速度沿AB向点B匀速运动，同时动点Q从点B出发，以每秒4个单位的速度沿BA向点A匀速运动，当其中一点到达终点时，两个点运动同时停止，当A、P、Q三点中，其中一点恰好是另外两点为端点的线t s的所有可能值．段的巧点时，直接写出运动时间()【答案】（1）是；（2）10或0或20；(3)见解析．【解析】解：（1）线段的中点是这条线段的巧点，故答案为：是；（2）设C点表示的数为x，则AC=x+20，BC=40-x，AB=40+20=60，根据“巧点”的定义可知：①当AB=2AC时，有60=2（x+20），解得，x=10；②当BC=2AC时，有40-x=2（x+20），解得，x=0；③当AC=2BC时，有x+20=2（40-x），解得，x=20．综上所述，C点表示的数为10或0或20；（3）由题意得，AP=2t，P点表示数为2t-20，AQ=60-4t，Q点表示的数为40-4t，∴PQ=|40-4t-2t+20|=|60-6t|,①当A为P、Q两点的“巧点”时，AQ=2AP，60-4t=2×2t，解得：t=7.5或AP=2AQ，2t=2（60-4t），解得：t=12 ②当P为A、Q两点的“巧点”时，PA=2PQ，2t=2|60-6t|，解得：t=607或t=12或PQ=2PA，|60-6t|=2×2t，解得：t=6或t=30（舍）③当Q为A、P两点的“巧点”时，QA=2PQ，60-4t=2|60-6t|，解得：t=7.5或t=45 4或QP=2AQ，|60-6t|=2（60-4t），解得：t=907或t=30（舍）综上所述，运动时间的可能值为7.5、12、607、6、454、907.题型二：折线上的动点问题【例2-1】（2020·镇江市月考）如图，将一条数轴在原点O和点B处各折一下，得到一条“折线数轴”．图中点A表示10，点B表示10，点C表示18，我们称点A和点C在数轴上相距28个长度单位．动点P、Q同时出发，点P从点A出发，以2单位/秒的速度沿着“折线数轴”的正方向运动，从点O运动到点B期间速度变为原来的一半，之后立刻恢复原速；动点Q从点C出发，以1单位/秒的速度沿着数轴的负方向运动，从点B运动到点O期间速度变为原来的两倍，之后也立刻恢复原速．设运动的时间为t秒．问：（1）动点P从点A运动至C点需要多少时间？（2）P、Q两点相遇时，求出相遇点M所对应的数是多少；（3）求当t为何值时，P、O两点在数轴上相距的长度与Q、B两点在数轴上相距的长度相等．【答案】见解析．【解析】解：（1）动点P 从点A 运动至C 分成三段，分别为AO 、OB 、BC ， AO 段时间为5s ，OB 段时间为10s ，BC 段时间为4s ， ∴动点P 从点A 运动至C 点需要时间为5+10+4=19（秒）；（2）点Q 经过8秒后从点C 运动到OB 段，再经进x 秒与点P 在OB 段相遇，此时P 所处点为3，依题意得：3+x+2x=10， 解得：x=73， 此时相遇点M 对应的数是为716333+=； （3）分四种情况讨论①当点P 在AO ，点Q 在BC 上运动时，依题意得： 10-2t=8-t ， 解得：t=2，②当点P 、Q 两点都在OB 上运动时， t-5=2（t-8） 解得：t=11，③当P 在OB 上，Q 在BC 上运动时， 8-t=t-5， 解得：t=132； ④当P 在BC 上，Q 在OA 上运动时， t-8-5+10=2（t-5-10）+10， 解得：t=17；即PO=QB 时，运动的时间为2秒或132秒或11秒或17秒． 【变式2-1】（2020·浙江模拟）如图，数轴上，点A 表示的数为7-，点B 表示的数为1-，点C 表示的数为9，点D 表示的数为13，在点B 和点C 处各折一下，得到条“折线数轴”，我们称点A 和点D 在数上相距20个长度单位，动点P 从点A 出发，沿着“折线数轴”的正方向运动，同时，动点Q 从点D 出发，沿着“折线数轴”的负方向运动，它们在“水平路线”射线BA 和射线CD 上的运动速度相同均为2个单位/秒，“上坡路段”从B 到C 速度变为“水平路线”速度的一半，“下坡路段”从C到B速度变为“水平路线”速度的2倍．设运动的时间为t秒，问：（1）动点P从点A运动至D点需要时间为________秒；（2）P、Q两点到原点O的距离相同时，求出动点P在数轴上所对应的数；（3）当Q点到达终点A后，立即调头加速去追P，“水平路线”和“上坡路段”的速度均提高了1个单位/秒，当点Q追上点P时，直接写出它们在数轴上对应的数．【答案】（1）15；（2）（3）见解析．【解析】解：（1）由题意知：点A表示的数为-7，点B表示的数为-1，点C表示的数为9，点D表示的数为13，∴AB=6，BC=10，CD=4故动点P从点A运动到点D所需时间为6104212++=15（秒），故答案为：15；（2）由题意，PO=QO，分以下六种情况：①当点P在AB，点Q在CD时，点P表示的数为-7+2t，点Q表示的数为13-2t，∴-7+2t+13-2t=0，无解.②当点P在AB，点Q在CO时，点P表示的数为-7+2t，点Q表示的数为17-4t，∴-7+2t+17-4t=0，解得t=5，此时点P表示的数为3，不在AB上，舍去；③当点P在BO，点Q在CO时，点P表示的数为t-4，点Q表示的数为17-4t t-4+17-4t=0解得t=133，此时点P表示的数为13，不在BO上，舍去；④当点P、Q相遇时，点P、Q均在BC上，t-4=17-4t解得t=215，此时点P表示的数为15，点Q表示的数为15；⑤当点P在OC，点Q在OB时，点P表示的数为t-4，点Q表示的数为17-4t，∴t-4+17-4t=0解得t=133，此时点P表示的数为13，点Q表示的数为13-，符合题意；⑥当点P在OC，点Q在BA时，点P表示的数为t-4，点Q表示的数为8-2t，t-4+8-2t=0解得t=4，此时点Q表示的数为0，不在BA上，不符题设，舍去；综上所述，点P表示的数为15或13；（3）点Q到达点A所需时间为4106242++=7.5（秒），此时点P到达的点是3.5，点P到达点C所需时间为61021+=13（秒），此时点Q到达的点是6，故点Q在CD上追上点P，此时点P表示的数为2t-17，点Q表示的数为3t-34.5，2t-17=3t-34.5，解得t=17.5，此时点P表示的数为18，点Q表示的数为18．【变式2-2】（2019·武汉月考）如图1，在数轴上有一条线段AB，A，B表示的数分别是-2和-7．（1）若将线段AB的一端平移到原点处，则平移的距离为；（2）如图2，C为线段AB上一点，以点C为折点，将此数轴向右对折，若点A落在点B的左边且15AB BC=，求C点对应的数；（3）移动线段AB，使A对应的数为15，则B对应的数为（直接填空），此时数轴上的动点M，N分别从A，B出发向左作匀速运动，速度分别为4单位长度/秒和2单位长度/秒，请问数轴上是否存在定点P，当动点M在线段OA上移动过程中始终满足OM=2PN，若存在求点P对应的数；若不存在，请说明理由．【答案】(1) 2或7;(2)见解析；（3）B对应的数为10，见解析．【解析】解：（1）∵数轴上有一条线段AB，表示的数分别是-2和-7，∴平移的距离为2或7；故答案为：2或7；（2）设点C对应的数为x，则对折后B表示的数是2x+7∴BC=2x+7，∵AB=15 BC，∴2x+7-（-2）=15(x+7)，解得：x=389 -，即C点对应的数是389 -；（3）移动线段AB，使A对应的数为15，则AB向右移动17个单位长度，B对应的数为10，故答案为：10；设点P对应的数是y，t秒时满足OM=2PN，点M表示的数是：15-4t，点N表示的数是：10-2t，∵OM=2PN，∴15-4t=2|y-10+2t|，①15-4t=2（y-10+2t），2y=35-8t，y随t的变化而变化，不符合题意，②15-4t=2（-y+10-2t），化简为15-4t=-2y+20-4t，即y=52，故存在，点P对应的数是52．题型三：角度中的动点问题【例3-1】（2020·江苏盐城市月考）七年级学生小聪和小明完成了数学实验《钟面上的数学》后，制作了一个模拟钟面，如图所示，点O为模拟钟面的圆心，M、O、N在一条直线上，指针OA、OB分别从OM、ON出发绕点O转动，OA顺时针转动，OB逆时针转动，OA运动速度为每秒转动15°，OB运动速度为每秒转动5°，当一根指针与起始位置重合时，运动停止，设转动的时间为t秒（t＞0），请你试着解决他们提出的下列问题：（1）OA顺时针转动，OB逆时针转动，当t＝秒时，OA与OB第一次重合；（2）OA顺时针转动，OB逆时针转动，当t＝3秒时，∠AOB＝°；（3）若他们同时顺时针转动，t为何值时，OA与OB的夹角为20°？（4）若他们同时顺时针转动，t为何值时，ON平分OA与OB的夹角？OA平分OB与ON 的夹角?【答案】（1）9；（2）120；（3）16或20；（4）9，14.4．【解析】解：（1）设t秒后，OA与OB第一次重合，根据题意可得：15t+5t=180，解得t=9，故答案为：9；（2）当t=3秒时，∠AOM=45°，∠BON=15°，∴∠AOB=120°故答案为：120；（3）设t秒后，OA与OB的夹角为20°，①当OA与OB重合之前，由题意：180+5t-15t=20，解得t=16；②当OA与OB重合之后，由题意：15-5t-180=20，解得t=20，∴当运动16或20秒时，OA与OB的夹角为20°；（4）由题意知：0≤t≤24，∴∠BON=5t，∠AON=|180－15t|，当ON平分OA与OB的夹角时，即∠AON=∠BON，即5t=180-15t，解得t=9；当OA平分OB与ON的夹角时，即∠AON=∠AOB,即5t=2（15t-180），解得t=14.4．【变式3-1】（2020·焦作市月考）已知数轴有A、B两点，分别表示的数为a、b，且|a+12|+|b ﹣18|＝0．（1）a＝，b＝，点A和点B之间的距离为；（2）如图1，动点P沿线段AB自点A向点B以2个单位长度/秒的速度运动，同时动点Q 沿线段BA自点B向点A以4个单位/秒的速度运动，经过秒，动点P，Q两点能相遇；（3）如图1，点P沿线段AB自点A向点B以2个单位/秒的速度运动，点P出发3秒后，点Q沿线段BA自点B向A以4个单位/秒的速度运动，问再经过几秒P，Q两点相距6个单位长度；（4）如图2，AO＝4厘米，PO＝2厘米，∠POB＝60°，点P绕着点O以60度/秒的速度逆时针旋转一周停止，同时点Q沿直线BA自点B向点A运动，假若点P，Q两点能相遇，直接写出点Q运动的速度．【答案】（1）﹣12，18，30；（2）5；（3）（4）见解析．【解析】解：（1）∵|a+12|+|b﹣18|＝0，∴a+12＝0，b﹣18＝0，解得，a＝﹣12，b＝18，∴AB＝|﹣12﹣18|＝30，故答案为：﹣12，18，30；（2）30÷（2+4）＝5（秒），故答案为：5；（3）设再经过x秒后点P、点Q相距6个单位长度，当P点在Q点左边时，2（x+3）+4x+6＝30，解得，x＝3；当点P在点Q右边时，2（x+3）+4x﹣6＝30，解得，x＝5；即再经过3或5秒后，点P、Q两点相距6个单位长度；（4）设点Q的运动速度为x cm，当P、Q两点在点O左边相遇时，120÷60x＝30﹣6，解得，x＝14；当P、Q两点在点O右边相遇时，240÷60x＝30﹣2，解得，x＝6；即点P，Q两点能相遇，则点Q的运动速度为每秒14cm或6cm．【变式3-2】（浙江月考）已知：如图1，点A、O、B依次在度线MN上，现将射线OA绕点O沿顺时针方向以每秒3°的速度旋转，同时射线OB绕点O沿进时针方向以每秒6°的速度前转，如图2，设旋转时间为t（0秒≤t≤60秒）．（1）用含t 的代数式表示下列各角的度数：MOA ∠=______，NOB ∠=______． （2）在运动过程中，当0秒30t ≤≤秒时，AOB ∠=45°，求t 的值．（3）在旋转过程中是否存在这样的t ，使得射线OB 是由射线OM ．射线OA 、射线ON 中的其中两条组成的角（指大于0°而不超过180°的角）的平分线？如果存在，请直接写出t 的值；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）3t ，6t 或 360-6t ；（2）（3）见解析．【解析】解：（1）∠MOA=3t ，∠NOB=6t 或360-6t ，故答案为：3t ，6t 或 360-6t ；（2）若OA ，OB 相遇前，∠AOB=45°，∴3t+6t+45°=180°，∴t=15s若OA ，OB 相遇后，∠AOB=45°，∴3t+6t-45°=180°，∴t=25s∴t 为15秒或25秒时，∠AOB=45°；（3）分三种情况：①OB 平分∠AOM 时， 由12∠AOM=∠BOM 得32t=180-6t ， 解得t=24②OB 平分∠MON 时，由∠BOM=12∠MON ，即∠BOM=90°， 得6t=90，或6t-180=90，解得：t=15，或t=45；③OB 平分∠AON 时，由∠BON=12∠AON，得6t=12（180-3t），解得：t=12；综上所述，当t的值分别为12、15、24、45秒时，射线OB是由射线OM、射线OA、射线ON中的其中两条组成的角的平分线．。
培优提能10 立体几何中的动态问题
培优提能10 立体几何中的动态问题立体几何中的“动态问题”是指空间中的某些点、线、面的位置是不确定的或可变的一类开放性问题,解答此类问题应该动静结合、化动为静,找到相应的几何关系,具体有以下几种解决方法:(1)函数法:某些点、线、面的运动,必然导致某些位置关系或一些变量的变化.变量变化时会引发其他变量的变化,从而建立函数关系,将立体几何问题转化为函数问题来解.(2)解析法:我们常利用空间直角坐标系解决立体几何问题,即实现几何问题代数化.因此利用空间直角坐标系将空间图形中的若干元素坐标化后,借助向量进行运算和分析,是解决这类问题的常用方法. (3)等价转换法:动和静是相对的,在运动变化过程中,要善于寻找或构造与之相关的一些不变因素,将一些变化的点、线、面进行合理转换,实现变量与不变量的结合.培优点1 以静制动(旋转问题、射影问题)典例1 正四面体ABCD的棱长为1,棱AB∥平面α(如图),则四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是.解析:去掉与问题无关的面,将四面体看成是以AB为棱的二面角C-AB-D(二面角大小一定),用纸折出这个二面角,不妨将AB置于平面α内,将二面角绕AB 转动一周,观察点C,D 在平面α上的射影,可以发现点C,D 在平面α上的射影始终在AB 的射影的中垂线上.当CD ∥平面α时,四边形ABCD 的面积最大,为12(如图1).当CD ⊥平面α时,四边形ABCD 的面积最小,为√24(如图2),转动过程中C,D 在平面α上的射影从C,D 变化到C ′,D ′(如图3),故图形面积的取值范围是[√24,12]. 答案:[√24,12]在解决立体几何中的“动态”问题时,需从复杂的图形中分化出最简单的具有实质性意义的点、线、面,让几何图形的实质“形销骨立”,即从混沌中找出秩序,是解决“动态”问题的关键.触类旁通1 如图,直线l ⊥平面α,垂足为O.正方体ABC D −A 1B 1C 1D 1的棱长为2.点A 是直线l 上的动点,点B 1在平面α内,则点O 到线段CD 1的中点P 的距离的最大值为 .解析:从题图中分化出4个点O,A,B1,P,其中△AOB1为直角三角形,固定A,B1,点P的轨迹是在与AB1垂直的平面上且以AB1的中点Q为圆心的圆,从而OP≤OQ+QP=12AB1+2=√2+2,当且仅当OQ⊥AB1,即点O,Q,P共线时,取到等号,此时直线AB1与平面α成45°角.答案:√2+2培优点2 动点轨迹(长度)问题典例2 在棱长为2√2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.2√153B.4√33C.2√133D.4√23解析:如图,连接B1D1,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 12+DD 12=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 1Mcos 60°=529,所以MN=2√133,即点Q 的轨迹长度为2√133.故选C.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.触类旁通2 (多选题)(2022·湖南郴州高三期末)如图,点P 是棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1表面上的一个动点,则( AC )A.当点P 在平面BCC 1B 1上运动时,四棱锥P-AA 1D 1D 的体积不变B.当点P 在线段AC 上运动时,D 1P 与A 1C 1所成角的取值范围是[π6,π2]C.当直线AP 与平面ABCD 所成的角为45°时,点P 的轨迹长度为π+4√2D.若F 是A 1B 1的中点,当P 在底面ABCD 上运动,且满足PF ∥平面B 1CD 1时,PF 长度的最小值是 √5解析:当P 在平面BCC 1B 1上运动时,点P 到平面AA 1D 1D 的距离不变,正方形AA 1D 1D 的面积不变,故四棱锥P-AA 1D 1D 的体积不变,故A 正确; 建立如图所示的空间直角坐标系,设P(x,2-x,0),0≤x ≤2,A 1(2,0,2),D 1(0,0,2),C 1(0,2,2),则D 1P →=(x,2-x,-2),A 1C 1→=(-2,2,0),设D 1P 与A 1C 1所成的角为θ(0≤θ≤π2),则cos θ=|cos<D 1P →,A 1C 1→>|=|D 1P →·A 1C 1→||D 1P →||A 1C 1→|=|x -1|√(x -1)2+3,因为0≤|x-1|≤1,当|x-1|=0时,θ=π2,当0<|x-1|≤1时,cos θ=|x -1|√(x -1)2+3=√1+3|x -1|2,0<cos θ≤12,则π3≤θ<π2,综上,π3≤θ≤π2,所以D 1P 与A 1C 1所成角的取值范围是[π3,π2],故B 错误;因为直线AP 与平面ABCD 所成的角为45°,若点P 在平面BCC 1B 1和平面DCC 1D 1内,因为∠B 1AB=45°,∠D 1AD=45°已为最大,不成立,在平面ADD 1A 1内,点P 的轨迹长度是AD 1=2√2,在平面ABB 1A 1内,点P 的轨迹长度是AB 1=2√2, 在平面A 1B 1C 1D 1内,如图所示,作PM ⊥平面ABCD,因为∠PAM=45°,所以PM=AM,又PM=AB,所以AM=AB,则A 1P=AB,所以点P 的轨迹是以A 1为圆心,以2为半径的四分之一圆,所以点P 的轨迹长度为14×2π×2=π,所以点P 的轨迹总长度为π+4√2,故C 正确; 建立如图所示的空间直角坐标系,设P(x,y,0),x,y ∈[0,2],B 1(2,2,2),D 1(0,0,2),C(0,2,0),F(2,1,2),则CB 1→=(2,0,2),CD 1→=(0,-2,2),FP →=(x-2,y-1,-2), 设平面B 1CD 1的法向量为n=(a,b,c),则{CD 1→·n =0,CB 1→·n =0,即{-2b +2c =0,2a +2c =0,令a=1,则n=(1,-1,-1), 因为PF ∥平面B 1CD 1,所以FP →·n=(x-2)-(y-1)+2=0,即y=x+1,所以|FP →|=√(x -2)2+(y -1)2+4=√2x 2-4x +8=√2(x -1)2+6≥√6,当x=1时,等号成立,故D 错误.故选AC.培优点3 翻折问题典例3 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,所得三棱锥体积的最大值为 cm 3.解析:如图,连接OD,交BC于点G,由题意,知OD⊥BC,OG=√3BC.6设OG=x,则BC=2√3x,DG=5-x,×2√3x×3x=3√3x2,三棱锥的高h=√DG2-OG2=√25-10x,S△ABC=12则三棱锥的体积V=1S△ABC·h=√3x2·√25-10x=√3·√25x4-10x5.3),则f′(x)=100x3-50x4.令f′(x)=0,得令f(x)=25x4-10x5,x∈(0,52x=2.当x∈(0,2)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(2,5)时,f′2(x)<0,f(x)单调递减.故当x=2时,f(x)取得最大值80,则V≤√3×√80=4√15.所以三棱锥体积的最大值为4√15 cm3.答案:4√15在解决立体几何中的“动态”问题时,对于一些很难把握运动模型(规律)的求值问题,可以通过构建某个变量的函数,以数解形.触类旁通3 (1)(多选题)(2022·河北唐山高三期末)如图,四边形ABCD是边长为2的正方形,E为AB的中点,将△AED沿DE所在的直线翻折,使A与A′重合,得到四棱锥A′-BCDE,则在翻折的过程中( AB )A.DE⊥AA′B.存在某个位置,使得A′E⊥CDC.存在某个位置,使得A′B∥DED.存在某个位置,使四棱锥A′-BCDE的体积为1(2)(多选题)(2022·广东罗湖高三期末)在△ABC中,AB⊥BC,且AC=2,BC=1,若将△ABC沿AC边上的中线BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD.点E在由此得到的四面体ABCD的棱AC上运动,则下列结论正确的为( BCD )A.∠ADC=π2B.四面体ABCD的体积为18C.存在点E使得△BDE的面积为14D.四面体ABCD外接球的表面积为13π3解析:(1)对于A,如图所示,过A′作A′O⊥DE,垂足为O,延长AO交BC于点F,因为DE⊥AO,且AO∩A′O=O,AO,A′O⊂平面A′AO,所以DE⊥平面A′AO,又因为A′A⊂平面A′AO,所以DE⊥AA′,A正确;对于B,取DC的中点G,连接EG,A′G,当A′在平面ABCD上的射影在直线EG上时,此时DC⊥平面A′EG,从而得到A′E⊥CD,B正确;对于C,连接A′B,因为点E∈平面A′BE,点D∉平面A′BE,所以直线A′B与DE是异面直线,所以不存在某个位置,使得A′B∥DE,C错误;对于D,由VA′BCDE =13×12×(1+2)×2×h=1,解得h=1,由A′O⊥DE,可得A′O=A′E·A′DDE =√5=√5,即此时四棱锥的高h∈(0,√5],此时√5<1,所以不存在某个位置,使四棱锥A′-BCDE的体积为1,D错误.故选AB.(2)对于A,取BD的中点M,连接CM,因为BC=CD=1,所以CM⊥BD,又平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以CM⊥平面ABD,则CM⊥AD,若∠ADC=π2,则AD⊥CD,所以AD⊥平面CBD,则AD⊥BD,显然不可能,A错误;对于B,易知△BCD的面积为√34,在平面ABD中,过A作BD的垂线,交BD的延长线于点H,易知AH=√32,因为平面ABD ⊥平面BCD,平面ABD ∩平面BCD=BD,所以AH ⊥平面BCD,即三棱锥A-BCD 的高为AH=√32,所以三棱锥A-BCD 的体积V=13×√34×√32=18,即四面体ABCD 的体积为18,B正确;对于C,显然当AC ⊥平面BDE 时,△BDE 的面积取得最小值,易知CD=1,DH=12,由余弦定理可得CH=√72,所以AC=√AH 2+CH 2=√102, 又四面体ABCD 的体积为18, 所以18=13×S ×√102,即S=3√1040<14, 且△BCD 的面积为√34>14,所以存在点E 使得△BDE 的面积为14,C 正确;对于D,设△BCD 与△ABD 的外心依次为O 1,O 2, 过O 1作平面BCD 的垂线l 1,过O 2作平面ABD 的垂线l 2,则四面体ABCD 的外接球球心O 为直线l 1与l 2的交点,延长CO 1交BD 于点M,则M 为BD 的中点,连接O 2M,则四边形MO 1OO 2为矩形,结合正弦定理可求得O 2M=√32,O 1C=√33, 所以四面体ABCD 的外接球半径为R=OC=√O 1O 2+O 1C 2=√O 2M 2+O 1C 2=√34+13=√1312,则四面体ABCD 外接球的表面积为S=4πR 2=4π×1312=13π3,D 正确.故选BCD.培优点4 动态最值问题典例4 (多选题)(2022·江苏常州高三期末)已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为3a,点M 是棱BC 上的定点,且BM=2CM,点P 是棱C 1D 1上的动点,则( )A.当PC 1=23a 时,△PAM 是直角三角形B.四棱锥A 1-PAM 体积的最小值为32a 3 C.存在点P,使得直线BD 1⊥平面PAM D.任意点P,都有直线BB 1∥平面PAM 解析:由已知及计算可得PC 1=23a,AM=√13a,AP=√2113a,MP=√943a,所以AP 2=MP 2+AM 2,所以△PAM 为直角三角形,A 正确;S △AA 1M =12×3a ×√13a=3√132a 2,当P 与C 1重合时,点P 到平面AA 1M 的距离最小,设点P 到平面AA 1M 的距离为h, 在B 1C 1上取M 1,使B 1M 1=2C 1M 1,sin ∠B 1M 1A 1=√13=ℎmin a,所以h min =√13a,所以V A 1PAM =V PAA 1M =13×S △AA 1M ×h ≥13×3√132a 2×√13a=32a 3,B 正确;因为BD 1⊥平面AB 1C,平面AB 1C 与平面PAM 不平行,所以BD 1与平面PAM 不垂直,C 错误;P 与C 1重合时,平面PAM 为平面C 1AM,BB 1∥CC 1,若BB 1∥平面PAM,则CC 1⊂平面C 1AM,与CC 1⊄平面C 1AM 矛盾,D 错误.故选AB.解决与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题,一般可以从三方面着手:(1)从问题的几何特征入手,充分利用其几何性质去解决; (2)利用空间几何体的侧面展开图;(3)找出问题中的代数关系,建立目标函数,利用代数方法求目标函数的最值.解题途径很多,在函数建成后,可用一次函数的端点法,二次函数的配方法、公式法,函数有界法(如三角函数等)及导数法等.触类旁通4 (多选题)(2022·广东揭阳高三期末)如图所示,已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2,M,N 分别是AD,CC 1的中点,P 是线段AB 上的动点,则下列说法正确的是( BD )A.平面PMN 截正方体所得的截面可以是四边形、五边形或六边形B.当点P 与A,B 两点不重合时,平面PMN 截正方体所得的截面是五边形C.△MPN 是锐角三角形D.△MPN 面积的最大值是√212解析:如图所示,当点P 与A,B 两点不重合时,将线段MP 向两端延长,分别交CD,CB 的延长线于点O,Q,连接NO,NQ 分别交DD 1,BB 1于R,S 两点,连接RM,SP,此时截面为五边形MPSNR,故B 正确;当点P 与点A 或点B 重合时,截面为四边形,不可能为六边形,故A 错误;考虑△MPN,当点P 与点A 重合时,MN=√6,PM=1,PN=3, 此时因为MN 2+PM 2<PN 2,故∠PMN 为钝角,故C 错误;当点P 与点B 重合时,点P 到直线MN 的距离取到最大值,△MPN 的面积取到最大值,此时MN=√6,BM=BN=√5,则MN 边上的高为√(√5)2-(√62)2=√142,△MPN的面积为12×√142×√6=√212,即最大值为√212,故D正确.故选BD.。
动态几何问题
动态几何问题
（2）当直线MN绕着点C顺时针旋转到 MN与AB相交于点F（AF＞BF）的位 置（如图2所示）时，请直接写出下列 问题的答案： ①请你判断△ADC和△CEB还具有 （1）中①的关系吗？ ②猜想DE、AD、BE三者之间具有怎 样的数量关系．
动态几何问题
训练题2
如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BC=4 √2， 另有一等腰梯形DEFG（GF∥DE）的底边DE与BC重合， 两腰分别落在AB、AC上，且G、F分别是AB、AC的中 点． （1）求等腰梯形DEFG的面积；
②探究2：设在运动过程中△ABC与等腰梯形 DEFG重叠部分的面积为y，求y与x的函数关系式.
动态几何问题
参考提示：
1、△ABC是等腰直角三角形，BC=,4√2，BC上的高为 2√2，梯形的底DE=4√2，GF=2√2，高为√2.。梯形面积 （4√2+2√2）*√2/2=6。 2、函数的定义域为0≤x≤4√2， 函数式分两个区间分析。
动态几何问题
动态几何问题
动态几何问题
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动态几何问题
Байду номын сангаас
动态几何问题
动态几何问题
解：（1）∵G、F分别是AB、AC的中点， ∴GF=1/2 BC=1/2×4√2 =2√2 ， 过G点作GM⊥BC于M， ∵AB=AC，∠BAC=90°，BC=4√2 ，G 为AB中点 ∴GM=√2 又∵G，F分别为AB，AC的中点 ∴GF=1/2 BC=2√2 ∴S梯形DEFG=1/2 （2√2 +4√2 ）×√2 =6， ∴等腰梯形DEFG的面积为6 .
动态几何问题
2）能为菱形
由BG∥DG′，GG′∥BC ∴四边形BDG′G是平行四边形 又AB=AC，∠BAC=90°，BC=4√2 ， ∴AB=AC=4， 当BD=BG=1 2 AB=2时，四边形BDG′G为 菱形 此时可求得x=2， ∴当x=2秒时，四边形BDG′G为菱形
中考几何-动态试题解法(解析版)
中考几何动态试题解法专题知识点概述一、动态问题概述1.就运动类型而言,有函数中的动点问题有图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。
2.就运动对象而言,几何图形中的动点问题有点动、线动、面动三大类。
3.就图形变化而言,有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等。
4.动态问题一般分两类，一类是代数综合方面，在坐标系中有动点，动直线，一般是利用多种函数交叉求解。
另一类就是几何综合题，在梯形，矩形，三角形中设立动点、线以及整体平移翻转，对考生的综合分析能力进行考察。
所以说，动态问题是中考数学当中的重中之重，属于初中数学难点，综合性强，只有完全掌握才能拿高分。
二、动点与函数图象问题常见的四种类型1.三角形中的动点问题：动点沿三角形的边运动，根据问题中的常量与变量之间的关系，判断函数图象。
2.四边形中的动点问题：动点沿四边形的边运动，根据问题中的常量与变量之间的关系，判断函数图象。
3.圆中的动点问题：动点沿圆周运动，根据问题中的常量与变量之间的关系，判断函数图象。
4.直线、双曲线、抛物线中的动点问题：动点沿直线、双曲线、抛物线运动，根据问题中的常量与变量之间的关系，判断函数图象。
三、图形运动与函数图象问题常见的三种类型1.线段与多边形的运动图形问题：把一条线段沿一定方向运动经过三角形或四边形，根据问题中的常量与变量之间的关系，进行分段，判断函数图象。
2.多边形与多边形的运动图形问题：把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过另一个多边形，根据问题中的常量与变量之间的关系，进行分段，判断函数图象。
3.多边形与圆的运动图形问题：把一个圆沿一定方向运动经过一个三角形或四边形，或把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过一个圆，根据问题中的常量与变量之间的关系，进行分段，判断函数图象。
四、动点问题常见的四种类型解题思路1.三角形中的动点问题：动点沿三角形的边运动，通过全等或相似，探究构成的新图形与原图形的边或角的关系。
初中数学动态几何定值问题(word版+详解答案)
动态几何定值问题【考题研究】数学因运动而充满活力，数学因变化而精彩纷呈。
动态题是近年来中考的的一个热点问题，以运动的观点探究几何图形的变化规律问题，称之为动态几何问题，随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题，就其运动对象而言，有点动、线动、面动三大类，就其运动形式而言，有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等，就问题类型而言，有函数关系和图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。
解这类题目要“以静制动”，即把动态问题，变为静态问题来解，而静态问题又是动态问题的特殊情况。
以动态几何问题为基架而精心设计的考题，可谓璀璨夺目、精彩四射。
【解题攻略】动态几何形成的定值和恒等问题是动态几何中的常见问题，其考点包括线段（和差）为定值问题；角度（和差）为定值问题；面积（和差）为定值问题；其它定值问题。
解答动态几何定值问题的方法，一般有两种：第一种是分两步完成：先探求定值. 它要用题中固有的几何量表示.再证明它能成立.探求的方法，常用特殊位置定值法，即把动点放在特殊的位置，找出定值的表达式，然后写出证明.第二种是采用综合法，直接写出证明.【解题类型及其思路】在中考中，动态几何形成的定值和恒等问题命题形式主要为解答题。
在中考压轴题中，动态几何之定值（恒等）问题的重点是线段（和差）为定值问题，问题的难点在于准确应用适当的定理和方法进行探究。
【典例指引】类型一【线段及线段的和差为定值】【典例指引1】已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C顺时针方向旋转得到△A′B′C，记旋转角为α，当90°＜α＜180°时，作A′D⊥AC，垂足为D，A′D与B′C交于点E．（1）如图1，当∠CA ′D ＝15°时，作∠A ′EC 的平分线EF 交BC 于点F ． ①写出旋转角α的度数； ②求证：EA ′+EC ＝EF ；（2）如图2，在（1）的条件下，设P 是直线A ′D 上的一个动点，连接PA ，PF ，若AB＝2，求线段PA +PF 的最小值．（结果保留根号） 【举一反三】如图（1），已知∠=90MON ,点P 为射线ON 上一点，且=4OP ，B 、C 为射线OM 和ON 上的两个动点（OC OP >），过点P 作PA ⊥BC ，垂足为点A ，且=2PA ，联结BP ．（1）若12PAC ABOPS S ∆=四边形时，求tan BPO ∠的值； （2）设PC x =，ABy BC=求y 与x 之间的函数解析式，并写出定义域； （3）如图(2)，过点A 作BP 的垂线，垂足为点H ，交射线ON 于点Q ，点B 、C 在射线OM 和ON 上运动时，探索线段OQ 的长是否发生变化？若不发生变化，求出它的值。
动态几何问题的解题探究
２０２３年１２月下半月㊀解法探究㊀㊀㊀㊀动态几何问题的解题探究◉广东珠海市凤凰中学㊀魏庆雪㊀㊀摘要:初中数学中动态几何问题是难点,不少学生面对动态几何问题,常常不知如何入手．为了帮助学生掌握动态几何问题的解题方法,教师根据动态几何问题的特点,对其解题方式进行归纳总结,结合典型例题,将解题方法展现出来,引导学生把握解题细节,能够做到学以致用㊁举一反三．关键词:中学数学;动态几何问题;解题㊀㊀对于动态几何问题,解题的思路比较多,如利用函数性质㊁图形性质㊁点的对称知识㊁图形关系以及数形结合等,解题时需要根据题目的特点选择合适的思路．点对称的动态几何问题是根据 将军饮马模型 转化的,图形关系则是根据图形的全等或者相似而来的．本文中结合具体实例,探究初中数学中动态几何问题的解题方法．１利用函数性质解决动态几何问题动态几何问题通常比较复杂,难度较大,特别是求解最值问题时,利用函数性质解题是常见的思路．在解题过程中,需要仔细审题,理解题意,明确线段㊁角之间的关系,设出相应的参数,表示出求解参数的表达式,之后根据一次函数㊁二次函数和反比例函数性质完成解答．在解题时,最值与自变量有着直接关系,需要根据题意,确定自变量的范围[１]．图１例１㊀如图１所示,矩形A B C D 中,A B ＝１０c m ,A D ＝６c m ,动点E 从点A 开始以１c m /s的速度沿着A D 向点D 移动,另有一个动点F 从点D 出发,以２c m /s 的速度沿着D C 向C 点移动,设移动的时间为t s ,当S әD E F ＋S әA B E 取最大值时,t 的值是(㊀㊀)．A．２㊀㊀㊀B ．３㊀㊀㊀C ．７２㊀㊀㊀D．１１２分析:此题创设的情境并不十分复杂,根据动点的运动速度,可以得出D F ＝２A E ,将点的运动变化转化成线段的长度关系．根据已知条件中的参数,设出A E 的长度,用A E 表示出三角形的面积和,将问题转化成二次函数的最值问题．解析:由题意得A E ＝t c m ,D F ＝２t c m ,所以S әA B E ＝１２ˑA B ˑA E ＝５t ,S әD E F ＝１２ˑD E ˑD F ＝(６－t )t ．故S әD E F ＋S әA B E ＝(６－t )t ＋５t ＝－t ２＋１１t(０＜t ＜５)．又－t ２＋１１t ＝－(t －１１２)２＋１２１４,所以当t ＝１１２时,S әD E F ＋S әA B E 的值最大．故正确答案是选项D ．点评:此题根据矩形和三角形的性质设计问题,结合点的变化对三角形面积的影响,引导学生联想一次函数㊁二次函数或者反比例函数,结合特点写出函数表达式,进而利用函数的性质解题．考查学生对函数性质的掌握和利用．２结合图形性质解决动态几何问题在求解动态几何问题时,利用图形性质是一种比较常见的思路．初中数学中图形比较多,如三角形㊁正方形㊁长方形㊁圆等,每种图形有其特有的性质．在求解问题时,通过分析题目中的图形,利用线段与角之间的关系,找出运动中的变量与不变量,明确解题突破点．例２㊀在平面直角坐标系x O y 中,点A 坐标是(１２,０),点B 坐标是(０,９),经过点O 作一个圆和A B相切,圆与x 轴㊁y 轴分别相交于点P ,Q ,则线段P Q 的最小值是(㊀㊀)．A．６２B ．１０C ．７．２D．６３分析:通过审题发掘题目中的隐藏信息．在圆运动的过程中,øQ O P ＝９０ʎ是不变的,圆和A B 相切是不变的．根据圆的性质分析,求解P Q 的最小值就是求解动圆直径的最小值．结合已知条件,当圆的直径是三角形A B O 中A B 边上的高时,圆的直径最小．图２解析:如图２所示,设F 是P Q 的中点,因为øQ O P ＝９０ʎ,所以F 是动圆的圆心．设圆与A B 的切点是D ,连接O F ,F D ,则F D ʅA B ．因为点A 坐标是(１２,０),点B 坐标是(０,９),所以A B ＝１５．因为øA O B ＝９０ʎ,所以F O ＋F D ＝P Q ,F O ＋F D ȡO D ,当F ,O ,D 三点共线时,P Q 取得最小值,此时P Q ＝O D ．因为S әA O B ＝１２O B O A ＝１２O D A B ,所５７解法探究２０２３年１２月下半月㊀㊀㊀以O D ＝O A O BA B ＝７．２．故正确答案为选项C ．点评:此题将图形与坐标系结合,要求学生认真审题,根据圆的性质发掘隐含条件,如直径对应的圆周角为直角．通过这样的方式,对问题进行转化,完成题目的解答,考查学生对图形性质的掌握与应用．３利用点的对称解决动态几何问题在初中数学动态几何问题中,利用点的对称解题是一种有效的方式, 将军饮马模型 是具有代表性的问题．在动态几何问题的求解中,根据题目条件选择合适的点,找出对称的线段,根据图形性质确定对称点的问题,作出辅助线,构建相应的图形,利用图形性质和相关定理求解线段长度[２]．图３例３㊀如图３所示,在菱形A B C D 中,øD ＝１３５ʎ,A D ＝３２,C E ＝２,动点P ,F 分别在线段A C ,A B 上,则P E ＋P F 的最小值是(㊀㊀)．A．２２B ．３C ．２５D．１０分析:解答此题时,根据 将军饮马模型 ,找出点E 关于A C 的对称点,结合菱形的性质,可以确定对称点在C D 上,当对称点与P ,F 三点共线时,P E ＋P F 最小．作出辅助线,构建直角三角形,根据题目中的已知条件,求解出线段之和的最小值．解析:设点E 关于A C 的对称点为G ,因为四边形A B C D 是菱形,所以点G 在C D 上．连接P G ,B G ,过点B 作B H ʅC D ,垂足为H ．根据菱形的性质可以得出C E ＝C G ＝２,P E ＝P G ,要求P E ＋P F 的最小值,即求P G ＋P F 的最小值．因为点P ,F 是动点,所以当G ,P ,F 三点共线时,P G ＋P F 取最小值．因为øD ＝１３５ʎ,A D ＝３２,C E ＝２,所以øB C D ＝４５ʎ,得出B H ＝C H ＝３２c o s ４５ʎ＝３,H G ＝C H －C G ＝１．在直角三角形B H G 中,G B ＝B H ２＋H G ２＝１０,所以P E ＋P F 的最小值为１０．故正确答案是选项D ．点评:点对称的动态几何问题源自于 将军饮马模型 ．在解题时,根据 将军饮马模型 ,结合条件准确找出点的对称点,构建相应的图形,利用图形性质和相关定理解题．如,此题中构建直角三角形,利用勾股定理进行求解．４分析图形关系解决动态几何问题在解答一些初中动态几何问题时,可以根据图形关系分析等量关系与比例关系,运用平行线性质㊁三角形全等与相似等知识思考解题思路．解答此种类型题目时,可以采用逆向推理的方式,从需要求解的问题入手,分析需要的解题条件,作出相应的辅助线,找出问题与已知条件的联系,明确问题解答思路．例４㊀平面直角坐标系中,点A 坐标为(３,４),点C 坐标为(x ,０)且－２＜x ＜３,点B 是直线x ＝－２上的动点,且B C ʅA C ,连接A B ．设A B 与y 轴正半轴的夹角是α,当t a n α取最大值时,x 的值是(㊀㊀)．A．１２B ．３３２C ．１D．１３分析:根据题意,利用平行线的性质,将角转化到三角形中,表示出角的正切,将问题转化成求解线段B G 的最大值．根据题目已知条件,利用三角形相似的性质,找出线段之间的关系,完成问题的求解．图４解析:如图４,过点A 作A F 垂直于x 轴,垂足为F ,作AH 垂直于直线x ＝－２,垂足为H ．因为y 轴与直线x ＝－２平行,所以t a n α＝AHB H．又因为AH ＝５,所以t a n α＝５B H．当t a n α取最大值时,即B H 取最小值,此时B G 取最大值．因为B C ʅA C ,所以øB C O ＋øA C F ＝９０ʎ,又øB C O ＋øC B G ＝９０ʎ,所以øC B G ＝øA C F ,故әB G C ʐәC F A ．设B G ＝y ,又C F ＝３－x ,C G ＝x ＋２,则由B G C F ＝C G A F 得y ３－x＝x ＋２４,所以y ＝－１４(x －１２)２＋２５１６(－２＜x ＜３),因此当x ＝１２时,t a n α取最大值．故正确答案是选项A ．点评:解答此类问题时,需要对图形进行观察分析,利用辅助线构建图形,结合线段平行㊁三角形相似等知识,对问题进行分析解答．主要考查学生对知识的理解与综合利用．５结语对于初中数学动态几何问题的解题教学,教师应当结合具体例题,向学生展示解题思路与方法,借助图形的变化,让学生直观了解数量关系．同时,教师应当注重与学生的交流,创设良好的课堂环境,加深学生的课堂学习体验,帮助学生理解和掌握不同类型问题的解题方法,提高解题能力．参考文献:[１]陈伟宁．动中分析,静中求解 谈中考动态几何压轴题的解题策略[J ]．中学数学研究(华南师范大学版),２０２０(４):４２Ｇ４５．[２]王涵．初中数学动态几何问题的解题方法[J ]．数理化解题研究,２０２２(２６):２Ｇ４．Z６７。
立体几何中“动态问题”的求解策略1
A. 30 5
B. 30 10
C. 4 3 9
D. 5 3 9
H
小试身手
跟踪练习１：
等边三角形ＡＢＣ的边长为a，将它沿平行于ＢＣ 的线段ＤＥ折起，使平面ＡＤＥ 平面ＢＤＥＣ， 若折叠后ＡＢ的长度为d，则d的最小值为（ D ）
A. 3 a B. 5 a
4
4
C. 3 a 4
D. 10 a 4
Ａ
Ｄ
Ｂ
ＯＥ
Ｆ Ｃ
策略二、运动变化中寻求变化的“轨迹”
例2、正方体 ABCD A1B1C1D1中，Ｍ是棱的 DD1 中点，Ｏ是底面ＡＢＣＤ的中心，Ｐ为棱 A1B1 上任意一点，则直线ＯＰ与直线ＡＭ所成角为
（Ｃ）
A.
4
B.
3
C.
2
D.与Ｐ点的位置有关
Ｄ1
Ｃ1
Ａ1 Ｐ Ｍ Ｂ1
Ｄ
Ｃ
ＡＧ
ＯＨ Ｂ
小试身手
跟踪练习2：
例1、如图，某人在垂直于水平地面ＡＢＣ的墙面 前的点Ａ处进行射击训练。已知点Ａ到墙面的距离 为ＡＢ，某目标点Ｐ沿墙面上的射线ＣＭ移动，此 人为了准确瞄准目标点Ｐ，需计算由点Ａ观察点Ｐ
的仰角 的大小（仰角 为直线AP与平面ＡＢＣ
所成的角）。若ＡＢ＝15，ＡＣ＝25，BCM 30 则 tan 的最大值是（ D ）
Ａ Ｅ ＤＣ
于Ａ、Ｄ的任一点，
Ｂ
求证：EF FC1 ；
（2）若ＡＢ＝２a，
在线段ＡＤ上是否存在点Ｅ，
使得直线ＥＦ与平面 BB1C1C
A1
成 60 角。
Ｆ C1
B1
小试身手
跟踪练习3：
在棱长为a的正方体 ABCD A1B1C1D1中，Ｅ、Ｆ 分别为棱ＡＢ、ＢＣ上的动点，且ＡＥ＝ＢＦ。
八年级数学暑假专题 动态几何问题 人教实验版
八年级数学暑假专题 动态几何问题 人教实验版【本讲教育信息】一. 教学内容：几何图形中有关点、线段的运动问题．二. 知识要点： 1. 题型特点：动态几何问题就是研究在几何图形的运动中，伴随着一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性，常常集几何、代数知识于一体，数形结合，有较强的综合性，题目灵活、多变，动中有静，动静结合，能够在运动变化中发展空间想象能力，综合分析能力． 2. 解题方法：（1）掌握基本图形的性质和判定（平行四边形、特殊的平行四边形、等腰梯形等）； （2）掌握点的运动方向、速度、路程、过程等；（3）能把点运动的路程（距离）转化为线段的表达式与图形的边长相结合．三. 考点分析：动态几何问题是近几年中考命题的热点，往往在中考中以压轴题的形式出现，难度大、分值高．【典型例题】例1. 如图所示，在矩形ABCD 中，AB ＝20cm ，BC ＝4cm ，点P 从点A 开始沿折线A －B －C －D 以4cm /s 的速度运动，点Q 从点C 开始沿CD 边以1cm /s 的速度移动．如果点P 、Q 分别从点A 、C 同时出发，当其中一点到达点D 时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t （s ），t 为何值时，四边形APQD 为矩形？ABCDPQ分析：观察图形，要使四边形APQD 为矩形，只需AP ＝DQ 即可． 解：由已知有AP ∥DQ ，∠A ＝90°， 当PA ＝DQ 时，四边形APQD 是矩形， 依题意，则有4t ＝20－t ，所以t ＝4（s ）， 即当t 为4s 时，四边形APQD 是矩形． 评析：这种用数形结合思想和代数方法综合起来解决几何问题的思想方法应引起同学们的重视．例2. 如图所示，在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝DC ＝50cm ，AD ＝75cm ，BC ＝135cm ．点P 从点B 出发沿折线段BA －AD －DC 以5cm /s 的速度向点C 匀速运动；点Q 从点C 出发沿线段CB 方向以3cm /s 的速度匀速运动．点P 、Q 同时开始运动，当点P 与点C 重合时停止运动，点Q 也随之停止．设点P 、Q 的运动时间是ts （t ＞0）．（1）当点P 到达终点C 时，求t 的值，并指出此时BQ 的长； （2）当点P 运动到AD 上时，t 为何值时能使PQ ∥DC ．A BCDP Q分析：（1）根据点P 的运动速度及运动距离可求出t 的值；（2）要保证PQ ∥DC 需满足四边形PQCD 为平行四边形，即PD ＝CQ ．解：（1）t ＝（50＋75＋50）÷5＝35（s ），此时，点P 到达终点C ，且QC ＝35×3＝105cm ． 所以，BQ ＝BC －CQ ＝135－105＝30cm ． （2）如图所示，若PQ ∥DC ，又AD ∥BC ，ABCDPQ则四边形PQCD 为平行四边形，从而PD ＝CQ ，由CQ ＝3t ，BA ＋AP ＝5t ，得： （50＋75）－5t ＝3t ．解得，t ＝1258，所以，当t ＝1258（s ）时有PQ ∥DC ．评析：本题利用点动、线动综合考查特殊四边形的判定．例3. 如图所示，四边形ABCD 是直角梯形，∠B ＝90°，AB ＝8cm ，AD ＝24cm ，BC ＝26cm ．点P 从点A 出发，以1cm /s 的速度向点D 运动；点Q 从点C 同时出发，以3cm /s 的速度向B 运动．其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．从运动开始，经过多少时间，四边形PQCD 成为平行四边形？成为等腰梯形？AB分析：①如图所示，当PD ＝CQ 时，四边形PQCD 成为平行四边形；②若四边形PQCD 成为等腰梯形，PD 和CQ 之间的关系式是PD ＋2（BC －AD ）＝CQ ．ABCDPQ解：（1）因为PD ∥CQ ，则当PD ＝CQ 时四边形PQCD 为平行四边形． 设运动时间为t 秒，则24－t ＝3t ． 解得，t ＝6．即当点P 、Q 运动到6秒时四边形PQCD 为平行四边形． （2）如图所示，设运动t 秒后四边形PQCD 为等腰梯形．ABCDPQ E F作PE ⊥BC 于E ，DF ⊥BC 于F ，则EF ＝PD ＝24－t ，QE ＝CF ＝BC －AD ＝2． 由CQ ＝QE ＋EF ＋FC 得3t ＝2＋24－t ＋2． 解得，t ＝7．即当点P 、Q 运动到7秒时，四边形PQCD 为等腰梯形．例4. 如图所示，在矩形ABCD 中，AB ＝16cm ，AD ＝6cm ，动点P 、Q 分别从点A 、C 同时出发，点P 以每秒3cm 的速度向B 移动，一直到达B 点停止，点Q 以每秒2cm 的速度向D 点移动．（1）P 、Q 两点出发后多少秒时四边形PBCQ 的面积为36cm 2；（2）是否存在某一时刻，使PBCQ 为正方形？若存在，求出该时刻，若不存在说明理由．AD分析：（1）利用梯形面积公式，12（PB ＋CQ ）·BC ＝36．求出运动时间；（2）由CQ ＝PB 解得运动时间，然后判断PB ＝BC 是否成立．若PB ＝BC ，则矩形PBCQ 为正方形，而PB ≠BC 时，矩形PBCQ 不能成为正方形．解：（1）在梯形PBCQ 中，CQ ＝2t ，PB ＝16－3t ，BC ＝6由S 梯形PBCQ ＝12（CQ ＋PB ）·BC ＝36得12（2t ＋16－3t ）×6＝36，得t ＝4． 即当点P 、Q 出发4秒后，四边形PBCQ 的面积为36cm 2． （2）因为CQ ∥PB 且∠C ＝∠B ＝90°， 所以当CQ ＝PB 时，四边形PBCQ 为矩形．即2t ＝16－3t ，得t ＝165．而t ＝165时，CQ ＝PB ＝325＝6.4．因为BC ＝6，所以CQ ＝PB ≠BC ． 所以矩形PBCQ 不能成为正方形．【方法总结】解决动态几何问题时，通常需要我们树立联系发展的动态观，用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程．一方面要注意将运动过程中的各个时刻的图形分类画图，由“动”变“静”；另一方面还要善于抓住在运动过程中某一特殊位置的等量关系和变量关系，并特别关注一些不变量和不变关系或特殊关系以及特定的限制条件．在求有关图形中变量之间的关系时，通常建立函数模型或不等式模型来求解；而求图形之间的特殊数量关系和一些特殊值时，通常建立方程模型求解．【模拟试题】（答题时间：45分钟）1. 如图所示，在直角梯形ABCD 中，∠ABC ＝90°，DC ∥AB ，BC ＝3，DC ＝4，AD ＝5，动点P 从B 点出发由B →C →D →A 沿边运动，则△ABP 的最大面积为（ ）ABC DPA. 10B. 12C. 14D. 162. 如图所示，已知矩形ABCD ，R 、P 分别是DC 、BC 上的点，E 、F 分别是AP 、RP 的中点，当P 在BC 上从B 向C 移动而R 不动时，那么下列结论成立的是（ ）ABCD E FPRA. 线段EF 的长逐渐增大B. 线段EF 的长逐渐减小C. 线段EF 的长不改变D. 线段EF 的长不能确定**3. 如图所示，在直角梯形ABCD 中，∠B ＝90°，DC ∥AB ，动点P 从B 点出发，由B －C －D －A 沿边运动，设点P 运动的路程为x ，△ABP 的面积为y ，如果关于x 的函数y 的图象如图所示，则△ABC 的面积为（ ）BPA. 10B. 16C. 18D. 32*4. 如图在等腰梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ＝BC ＝5，DC ＝7，AB ＝13，点P 从点A 出发，以3个单位/秒的速度沿AD →DC 向终点C 运动，同时点Q 从点B 出发，以1个单位/秒的速度沿BA 向终点A 运动，在运动期间，当四边形PQBC 为平行四边形时运动时间为（ ）A. 3sB. 4sC. 5sD. 6sABCD P Q5. 如图所示，在△ABC 中，点O 是AC 边上的一个动点，过点O 作直线MN ∥BC ，交∠ACB 的平分线于点E ，交∠ACB 的外角平分线于点F ．（1）求证：EO ＝FO ；（2）当点O 运动到何处时，四边形AECF 是矩形？并证明你的结论．ABCDEFM NO*6. 如图所示，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠B ＝90°，AB ＝14cm ，AD ＝18cm ，BC ＝21cm ，点P 从点A 开始沿AD 向点D 以1cm /s 的速度移动，点Q 从点C 开始沿CB 向点B 以2cm /s 的速度移动，如果P 、Q 两点分别从点A 、C 同时出发，设移动的时间为ts ，求t 为何值时，四边形PQCD 为等腰梯形？ABCDPQ**7. 在平面直角坐标系内，一动点P （x ，y ）从点M （1，0）出发，沿由A （－1，1）、B （－1，－1）、C （1，－1）、D （1，1）四点组成的正方形边线（如图①所示，按一定方向运动，如图②所示的是P 点运动的路程s （个单位）与运动时间t （秒）之间的函数图象，如图③所示的是P 点的纵坐标y 与P 点运动路程s 之间的函数图象的一部分．（1）s 与t 之间的函数关系式是__________．（2）与图③相对应的P 点运动的路程是__________．（3）写出当3≤s ≤8时，y 与s 之间的函数关系式，并在图③中补全函数图象．①②③【试题答案】1. B2. C3. B4. A5. （1）∵EC 平分∠ACB ，∴∠OCE ＝∠BCE ，又∵MN ∥BC ，∴∠OEC ＝∠BCE ，∴∠OEC ＝∠OCE ，∴OE ＝OC ．同理OF ＝OC ，∴EO ＝FO ．（2）当O 为AC 的中点时，四边形AECF 是矩形．证明如下：∵EO ＝FO ，AO ＝CO ，∴四边形AECF 为平行四边形．又∵EC 、FC 分别为∠ACB 的内、外角平分线．∴∠ECF ＝90°，∴四边形AECF 是矩形．6. 解：作PE ⊥BC 于E ，DF ⊥BC 于F ，则QE ＝CF ＝BC －AD ＝21－18＝3，PD ＝EF ．因为CQ ＝QE ＋EF ＋CF ．所以2t ＝18－t ＋6．解得t ＝8，即当t =8s 时，四边形PQCD 为等腰梯形．7. （1）s ＝12t ；（2）M →D →A →B →C →M ；（3）当3≤s ≤5时，即P 从A 到B 时，y ＝4－s ．当5≤s ＜7时，即P 从B 到C 时，y ＝－1．当7≤s ≤8时，即P 从C 到M 时，y ＝s －8．。
动点问题技巧
考点核心
动态几何解决方法
1.解决点动型问题
一是要搞清在点运动变化的过程中，哪些图形(如线段、三角形等)随之运动
变化，并在点运动相对静止的瞬间，寻找变量的关系；二是要运用好相应的几何知识；三是要结合具体问题，建立函数模型，达到解题目的．
2.解决线动型问题
线动实质就是点动，即点动带动线动，进而还会产生面动，因而线动型几何问题可以通过转化成点动型问题来求解．解决线动类问题的关键是要把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，从运动变化中得到图形的特殊位置，进而探索出一般的结论或者从中获得解题启示．
3.解决形动类问题
一是要抓住几何图形在运动过程中形状和大小都不改变这一特性，充分利用不变量来解决问题；二是要运用从特殊到一般的关系，探究图形运动变化过程中的不同阶段；三是要运用类比转化的方法探究相同运动状态下的共同性质，这种方法能够使得问题解决的过程更加简捷，结论更加准确．
解决此类与运动、变化有关的问题，重在运动中分析，变化中求解．首先，要把握运动规律，寻求运动中的特殊位置，在“动”中求“静”，在“静”中探求“动”的一般规律．
其次，通过探索、归纳、猜想，获得图形在运动过程中是否保留或具有某种性质，要用运动的眼光观察出各种可能的情况分类讨论，较为精确地将每种情况一一呈现出来．再次，要学会将动态问题静态化，即将动态情境化为几个静态的情境，从中寻找两个变量间的关系，用相关字母去表示几何图形中的长度、点的坐标等，很多情况下是与三角形的相似和勾股定理等联系在一起的，在整个解题过程中，要深刻理解分类讨论、数形结合、化归、相似等数学思想．。
高考满分数学压轴题14 立体几何的动态问题(可编辑可打印)
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 ．14192⎡⎢⎣⎦C ．24193⎡⎢⎣⎦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3BD =，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 '，立体几何的动态问题所以QTQ '∠为二面角Q BC D --的平面角． 设2QD a =（1233a ≤≤），则QQ a '=，3DQ a '=，33BQ a '=-，()113322Q T BQ a ''==-，所以2222211(33)76322QT QQ Q T a a a a ⎡⎤''=+=+-=-+⎢⎥⎣⎦， 所以22222sin 136176373142QQ aQTQ QT a a a aa ''∠====⎛⎫-+-+-+ ⎪⎝⎭． 由二次函数的单调性知，21314y a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭在12,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为19,164⎡⎤⎢⎥⎣⎦，所以221419sin ,2191314QTQ a ⎡⎤'∠=∈⎢⎥⎣⎦⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，即二面角Q BC D --的正弦的取值范围为1419,219⎡⎤⎢⎥⎣⎦． 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 ．23⎣⎦B ．11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．33⎣⎦D ．11,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】A【解析】如图，设正方体棱长为1，()11101A PAC 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()()122sin cos ,1113163222OP B D λλθλλλ-----===⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯-+-+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以当12λ=时，sin θ30λ=或1时，sin θ取得最小值23． 所以23sin 3θ∈⎣⎦.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 ．13 B ．33 C ．12 D ．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)，()()1221AB B E 1cos θAB B Ea 11c 1⋅∴==⋅-++-2a c 1ac 24+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，322ac 2∴-≥，1222ac 3∴≤-，()()()222211sin θ11a c 2a c 3a 11c 1∴=-=-+-++-++-221123111a c 122ac 33=-=-≥-=++-． ∴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：1323521cos cos ,,cos cos ,7471147n n n n αβ====⨯⨯12cos cos ,711n 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 25B ．22C ．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：22111||625||1()221()5||||58BE BC d BC BE 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 ．33B ．3C ．233D ．433【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 =-，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1102333BN 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 ．141,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭C ．14,62⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭D ．()3,4【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142EF >. 综上可知1442EF <<. 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 ，0，3)2，1(0D ，0，3)，设(P x ，y ，0)(0x ，0)y ，则(3PE x =-，y -，3)2，1(PD x =-，y -，3)，12θθ=，(0z =，0，1)，12cos cos θθ∴=，即11||||||||||||PD z PE z PE z PD z =，代入数据，得：222233299(3)4x y x y =++-++，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 22PAD PBC ∠+∠=.则四棱锥P ABCD -体积的取值范围是（ ） A ．20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．22,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C ．40,3⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．24,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 【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 22PAD PBC ∠+∠=，所以22PD PC +=.因为222PD PC CD +=>=，所以点P 的轨迹是以,C D 为焦点 222a =的椭圆. 如下图所示：2a =1c =，211b =-=，椭圆的标准方程为：2212x y +=.1(0,1)P联立22112x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得：2y =.所以22()P -，32P . 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 21122()23323P ABCD ABCD V S P D -=⨯⨯=⨯⨯=. 综上所述：2233P 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 ．14 B ．23 C 151-D 51- 【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 BCDE V ααα'-⎛=⨯⨯-+⨯⨯ ⎝⎭)115tan sin cos 6ααα=⨯ )2115cos sin 6ααα=- )11152cos 21212αα=+- 115112cos 234412αα⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭()11sin 2312αϕ=+-，15tan 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 APDRt CPB∴∆∆，()()22223511023x y APAD BPBC x y ++∴====-+ ，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23M ，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63PMN S =△P 的轨迹长度为（ ）A ．269π B ．263π C ．469π D ．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：11136,26D B AB AB BC AC =====所以1ACB 为正三角形，所以160∠=︒B AC ，所以11326266322ACB S=⨯⨯⨯=，设B 到平面1ACB 的距离为h ， 因为11B ACB B ABC V V --=，所以111133ACB ACBSh S BB ⋅⋅=⋅⋅，所以11ACB ACBSh SBB ⋅=⋅，所以()232323262342h ⨯⨯⨯=⨯，所以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11262223PMNSMN PN PN PN =⋅=⋅⋅==，再如下图所示：在正三角形1ACB 中，高3sin 6026322AO AC =︒== 所以内切圆的半径16233r AO ==<，且623AN <=，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263的圆，圆的周46π，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63π，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】DF E P C 1B 1D 1A 1DCBA z yx3．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 ．①②③ B ．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111211135222AD cos =+-⨯⨯⨯︒=+<，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 ．2 B ．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),则2222(1)2(+1)x y 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 3πC 11πD 3π【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 -2，建立空间直角坐标系如图所示，()()22,,2,2,2,0,0,2,222E C B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，设(),,P x y z ，()22,,2,,,22PE x y z AP x y z ⎛⎫=---= ⎪ ⎪⎝⎭，()2,2,PC x y z =---.由于PA PE ⊥，PC AB ⊥，所以00AP PE PC AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()()2220222220x x y y z z y z ⎧⎛⎫⎛⎫-+-+-=⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎪--=⎪⎩，即22222202220x x y y z z y z ⎧-+-+-=⎪⎨⎪+-=⎩， 即2222223442420x y z y z ⎧⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪-+-+-= ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎨⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪+-=⎪⎩， 22222234424x y z ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭表示球心为222,,442⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，半径为32R =的球. 20y 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222,,442⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭到平面20y z +-=的距离为22222142411d +-==+， 所以截得的圆的半径2231114164r R d =-=-=， 所以截得的圆，也即P 点的轨迹的长度为11112242r πππ=⨯=. 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．（2020九江高三一模）在长方体中，，，分别是棱6．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ACD 1∥平面EFGHQR ，∵直线D 1P 与平面EFG 不存在公共点， ∴D 1P∥面ACD 1，∴D 1P 面ACD 1，∴P ∈AC ，∴过P 作AC 的垂线，垂足为K ，则BK=,此时BP 最短，△PBB 1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，2,3PA 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,221cos 21PA PQ x PA PQ x y θ⋅+==⋅++则()()22222cos11x 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 2||A C A AC AA '''∠'=='45A AC '∠'≠︒．同理AB ，AD 与AC '所成的角都为arctan 245≠︒．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 245≠︒，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22|||1||cos ,|2||||13BP AC y BP AC BP AC y '-+=<'>=='+， 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22|||1||cos ,|2||||13BP AC y BP AC BP AC y '+=<'>=='+， 化为2410y y -+=，01y ，解得23y =-，满足条件，此时点(1,23,0)P -．④同理可求得棱C D ''上一点(532,1,0)P -，棱C C '上一点(1,1,324)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：∵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，∴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 =，23AB =，Q 是边BC 上的一动点，且直线PQ 与平面ABC 所成角的最大值为3π，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．45π B ．57πC ．63πD ．84π【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3PAsinPQ PQ ，θ== 由题意且θ的最大值是3π3PQ=，，解得PQ =即PQ 的最小值为∴AQ ，即点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 =11 B M C M +的最小时，1C 、M 、E 三点共线.∴221111111||992735B M C M EM C M EC AC A E +=+≥=+=++=. 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433PA 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a =b ==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，11333OE OC ===， 故点E 正好为椭圆短轴的一个端点，23CE OC ==，则DE ==， 因为222PD DE EP =+，故只需计算EP 的最大值.设(),,0P x y ，则E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，则22222241543333EP x y y y y y y ⎛=+=-++=--+ ⎝⎭，当y ⎡=⎢⎣⎦时，2EP 取最大值，即22max516393939EP ⎛⎛=-⨯---+= ⎝⎭⎝⎭，因此可得2241640999PD ≤+=，故PD . 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 D【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11AAC C ，此时平面α即为平面11AAC C ，截面面积为12S AA AC =⋅= ②当1t =时，同①可知截面面积为2S =③当01t <<时，()1,1,DP t t =-，()11,1,1AC =-， 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，()11,1,1AC =-，()11,1,0A N t =-，1112112cos 322AC A N t CA N AC A N t t ⋅-∠==⋅⋅-+，则()()2211221sin 1cos 322t t CA N CA N t t -+∠=-∠=-+，所以，截面面积为()1221111362sin 2122242CA NS S AC A N CA N t t t ⎡⎤⎛⎫==⋅∠=-+=-+=<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦△. 综上所述，截面面积的最小值为62. 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 ⇒=-=-22223cos ,62(2)1121AB AP x y 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（ ）A ．2B ．233C ．62D ．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 ACEV S '-=⨯⨯==⨯⨯=，而()21332346D 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 DB α≥∠'∠≥'【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45ON =，35BN OM ==，同理5RC OS ==65NT =.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 BD 2B ．过点P 平行于面1A BD 的平面被正方体1111ABCD A BCD -3C ．直线1PA 与面1A BD 所成角的正弦值的范围为36⎣⎦D ．当点P 和1B 重合时，三棱锥1P A BD -3【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111142222323P A BD A PBD V V --==⨯=，1A BD 为等边三角形，面积为11226232A BD =⨯=△S ,设点P 到面1A BD 的距离为h ，由142333h ⨯=，求得23h =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221226=232⨯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 23当点P 在线段11B D 上运动时，1max 2PA =（P 为端点时），in 1m 2PA =设直线1PA 与平面1A BD 所成角为θ，则36sin ,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 的中点，其半径为3，所以三棱锥1P A BD -的外接球的体积为34(3)433ππ⨯=，所以D 不正确.故选：C.18．如图，在棱长为33的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是平面11A BC 内一个动点，且满足15213DP 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 ，()133,33,33B ，()133,0,33A ，()33,33,0B ，()10,33,33C ，()133,33,33DB =，()10,33,33A B =-，()133,0,33BC =-，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()()23111311363332232B O ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯，解得：13B O =， 13339B 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 -，3326,22B ⎫⎪⎪⎭，13326,22C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()1,,3B P x y =-，()136,0,0BC =-, 15213PB PD +=+，22229365213x y x y ++++=+2222936x y x y ++<++，即15PB =22925x y ∴++=，即2216x y +=，[]4,4x ∈-1111113644cos ,,555365B P BC x 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 ．36D ．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 ∴=，22222131121,(1)22222EB 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，若三棱锥A BCD -绕棱CD 旋转，设直线BE 与平面α所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（ ）A ．36⎤⎥⎣⎦B ．5,16⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．110,6⎡⎢⎣⎦D ．330,6⎡⎢⎣⎦【来源】浙江省宁波市慈溪市2020-2021学年高三上学期期末数学试题 【答案】A【解析】取AD 的中点F ，连接EF 、BF ，如下图所示：。
动态几何的定值问题
动态几何的定值问题动态几何是指用运动的观点研究几何图形的位置、大小的相互关系.用动的观点看几何定理，常可把几个定理归为一类.几何图形按一定条件运动，有的几何量随着运动的变化而有规律变化，这就出现了轨迹和极值问题，而有的量却始终保持不变，这就是定值问题.解答动态几何定值问题的方法，一般有两种：第一种是先探求定值.再证明它能成立.探求的方法，常用特殊位置定值法，即把动点放在特殊的位置，找出定值的表达式，然后写出证明.第二种是采用综合法，直接写出证明.例1：如图1，设M 是△ABC 的重心，过M 的直线分别交边AB 、AC 于P 、Q 两点，且APPB =m,AQ QC =n ，则11m n+=_______.(第22届“希望杯”初三1试) 分析：因为题设11m n+是一个定值，并且这个值不会因PQ 位置的变化而变化，所以可把图形特殊化处理，即PQ ∥BC 时求出的值就是所求的值。
解：把PQ 看成与BC 平行，易知AP PB =AQ QC =2，所以11m n +=12+12=1。
例2：如图2，在矩形ABCD 中，AB=6，AD=8，P 是AD 上的动点，PE ⊥AC 于E ，PF ⊥BD 于F ，则PE+PF 的值为( )(A) 4.6.(B) 4.8.(C) 5.(D) 7.（第23届“希望杯”初二2试8题）分析：把点P 放在点D 上，这时PE=DG ，PF=0，得出PE+PF=DG ，从而可确定定值是等腰△AOD 其腰上的高，即等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离之和等于其腰上的高。
解：过点D 作DG ⊥AC 于G ．若点P 与点D 重合，则PF=0，PE=DG ，于是PE+PF=DG ． 在Rt △ACD 中，AD ·CD=AC ·DG ，所以8×6=10×DG ．于是DG=4810=4.8，即PE+PF=4.8.故选(B)． 注：该题解法还可参见本刊2011年第9期《一个定值定理的应用》一文。
动态几何问题
动态几何问题透视春去秋来，花开花落，物转星移，世间万物每时每刻都处于运动变化、相互联系、相互转化中，事物的本质特征只有在运动中方能凸现出来．动态几何问题，是指以几何知识和图形为背景，渗入运动变化观点的一类问题，常见的形式是：点在线段或弧线上运动、图形的翻折、平移、旋转等，解这类问题的基本策略是： 1．动中觅静这里的“静”就是问题中的不变量、不变关系，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的不变性．2．动静互化“静”只是“动”的瞬间，是运动的一种特殊形式，动静互化就是抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题，从而找到“动”与“静”的关系． 3．以动制动以动制动就是建立图形中两个变量的函数关系，通过研究运动函数，用联系发展的观点来研究变动元素的关系．注：几何动态既是一类问题，也是一种观点与思维方法，运用几何动态的观点，可以把表面看来不同的定理统一起来，可以找到探求几何中的最值、定值等问题的方法；更一般情况是，对于一个数学问题，努力去发掘更多结论，不同解法，通过弱化或强化条件来探讨结论的状况等，这就是常说的“动态思维”． 【例题求解】【例1】 如图，把直角三角形ABC 的斜边AB 放在定直线上，按顺时针方向在l 上转动两次，使它转到A ″B ″C ″的位置，设BC=1，AC=3，则顶点A 运动到点A ″的位置时，点A 经过的路线与直线l 所围成的面积是 ．思路点拨 解题的关键是将转动的图形准确分割．Rt ΔABC 的两次转动，顶点A 所经过的路线是两段圆弧，其中圆心角分别为120°和90°，半径分别为2和3，但该路线与直线l 所围成的面积不只是两个扇形面积之和．【例2】如图，在⊙O 中，P 是直径AB 上一动点，在AB 同侧作AA ′⊥AB ，BB ′⊥AB ，且AA ′=AP ，BB ′=BP ，连结A ′B ′，当点P 从点A 移到点B 时，A ′B ′的中点的位置( )A ．在平分AB 的某直线上移动B ．在垂直AB 的某直线上移动C ．在AmB 上移动D ．保持固定不移动思路点拨 画图、操作、实验，从中发现规律．【例3】 如图，菱形OABC 的长⌒为4厘米，∠AOC＝60°，动点P从O出发，以每秒1厘米的速度沿O→A→B路线运动，点P出发2秒后，动点Q从O出发，在OA上以每秒1厘米的速度，在AB上以每秒2厘米的速度沿O→A→B路线运动，过P、Q两点分别作对角线AC的平行线．设P点运动的时间为x秒，这两条平行线在菱形上截出的图形(图中的阴影部分)的周长为y厘米，请你回答下列问题：(1)当x=3时，y的值是多少?(2)就下列各种情形：①0≤x≤2；②2≤x≤4；③4≤x≤6；④6≤x≤8．求y与x之间的函数关系式．(3)在给出的直角坐标系中，用图象表示(2)中的各种情形下y与x的关系．思路点拨本例是一个动态几何问题，又是一个“分段函数”问题，需运用动态的观点，将各段分别讨论、画图、计算．注：动与静是对立的，又是统：一的，无论图形运动变化的哪一类问题，都真实地反映了现实世界中数与形的变与不变两个方面，从辩证的角度去观察、探索、研究此类问题，是一种重要的解题策略．建立运动函数关系就更一般地、整体-地把握了问题，许多相关问题就转化为求函数值或自变量的值．【例4】如图，正方形ABCD中，有一直径为BC的半圆，BC=2cm，现有两点E、F，分别从点B、点A同时出发，点E沿线段BA以1m／秒的速度向点A运动，点F沿折线A—D—C以2cm／秒的速度向点C运动，设点E离开点B的时间为2 (秒)．(1)当t为何值时，线段EF与BC平行?(2)设1<t<2，当t为何值时，EF与半圆相切?(3)当1≤t<2时，设EF与AC相交于点P，问点E、F运动时，点P的位置是否发生变化?若发生变化，请说明理由；若不发生变化，请给予证明，并求AP：PC的值．思路点拨动中取静，根据题意画出不同位置的图形，然后分别求解，这是解本例的基本策略，对于(1)、(2)，运用相关几何性质建立关于t的方程；对于(3)，点P的位置是否AP是否为一定值．发生变化，只需看PC注：动态几何问题常通过观察、比较、分析、归纳等方法寻求图形中某些结论不变或变化规律，而把特定的运动状态，通过代数化来定量刻画描述也是解这类问题的重要思想．【例5】 ⊙O 1与⊙O 2相交于A 、B 两点；如图(1)，连结O 2 O 1并延长交⊙O 1于P 点，连结PA 、PB 并分别延长交⊙O 2于C 、D 两点，连结C O 2并延长交⊙O 2于E 点．已知⊙O 2的半径为R ，设∠CAD=α．(1)求：CD 的长(用含R 、α的式子表示)；(2)试判断CD 与PO 1的位置关系，并说明理由； (3)设点P ′为⊙O 1上(⊙O 2外)的动点，连结P ′A 、P ′B 并分别延长交⊙O 2于C ′、D ′，请你探究∠C ′AD ′是否等于α? C ′D ′与P ′O l 的位置关系如何?并说明理由．思路点拨 对于(1)、(2)，作出圆中常见辅助线；对于(3)，P 点虽为OO l 上的一个动点，但⊙O 1、⊙O 2一些量(如半径、AB)都是定值或定弧，运用圆的性质，把角与孤联系起来．学历训练1．如图， ΔABC 中，∠C=90°，AB=12cm ，∠ABC=60°，将ΔABC 以点B 为中心顺时针旋转，使点C 旋转到AB 延长线上的D 处，则AC 边扫过的图形的面积是 cm (π=3.14159…，最后结果保留三个有效数字)．2．如图，在Rt Δ ABC 中，∠C=90°，∠A=60°，AC=3 cm ，将ΔABC 绕点B 旋转至ΔA'BC'的位置，且使A 、B 、C'三点在同一条直线上，则点A 经过的最短路线的长度是 cm ．⌒3．一块等边三角形的木板，边长为l ，现将木板沿水平线翻滚，那么B 点从开始至结束走过的路径长度为( ) A ．23π B ．34π C ．4 D ．232π+4．把ΔABC 沿AB 边平移到ΔA'B'C'的位置，它们的重叠部分的面积是ΔABC 的面积的一半，若AB=2，则此三角形移动的距离AA'是( )A ．12- B ．22 C ．1 D ．215．如图，正三角形ABC 的边长为63厘米，⊙O 的半径为r 厘米，当圆心O 从点A 出发，沿着线路AB —BC —CA 运动，回到点A 时，⊙O 随着点O 的运动而移动． (1)若r=3厘米，求⊙O 首次与BC 边相切时AO 的长；(2)在O 移动过程中，从切点的个数来考虑，相切有几种不同的情况?写出不同的情况下，r 的取值范围及相应的切点个数；(3)设O 在整个移动过程中，在ΔABC 内部，⊙O 未经过的部分的面积为S ，在S>0时，求关于r 的函数解析式，并写出自变量r 的取值范围．6．已知：如图，⊙O 韵直径为10，弦AC=8，点B 在圆周上运动(与A 、C 两点不重合)，连结BC 、BA ，过点C 作CD ⊥AB 于D ．设CB 的长为x ，CD 的长为y ．(1)求y 关于x 的函数关系式；当以BC 为直径的圆与AC 相切时，求y 的值；(2)在点B 运动的过程中，以CD 为直径的圆与⊙O 有几种位置关系，并求出不同位置时y 的取值范围；(3)在点B 运动的过程中，如果过B 作BE ⊥AC 于E ，那么以BE 为直径的圆与⊙O 能内切吗?若不能，说明理由；若能，求出BE 的长．7．如图，已知A为∠POQ的边OQ上一点，以A为顶点的∠MAN的两边分别交射线OP于M、N两点，且∠MAN=∠POQ=α(α为锐角)．当∠MAN以点A为旋转中心，AM边从与AO重合的位置开始，按逆时针方向旋转(∠MAN保持不变)时，M、N两点在射线OP上同时以不同的速度向右平移移动．设OM=x，ON= (y>x≥0)，ΔAOM的面积为S，若cosα、OA是方程0-z+z的两个根．2522=(1)当∠MAN旋转30°(即∠OAM=30°)时，求点N移动的距离；(2)求证：AN2=ON·MN；(3)求y与x之间的函数关系式及自变量x的取值范围；(4)试写出S随x变化的函数关系式，并确定S的取值范围．8．已知：如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD=3cm，∠C＝60°，BD⊥CD．(1)求BC、AD的长度；(2)若点P从点B开始沿BC边向点C以2cm／s的速度运动，点Q从点C开始沿CD边向点D以1cm／s的速度运动，当P、Q分别从B、C同时出发时，写出五边形ABPQD的面积S 与运动时间t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围(不包含点P在B、C两点的情况)；(3)在(2)的前提下，是否存在某一时刻t，使线段PQ把梯形ABCD分成两部分的面积比为1：5？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．9．已知：如图①，E 、F 、G 、H 按照AE=CG ，BF=DH ，BF ＝nAE(n 是正整数)的关系，分别在两邻边长a 、na 的矩形ABCD 各边上运动． 设AE=x ，四边形EFGH 的面积为S ．(1)当n=l 、2时，如图②、③，观察运动情况，写出四边形EFGH 各顶点运动到何位置，使?(2)当n=3时，如图④，求S 与x 之间的函数关系式(写出自变量x 的取值范围)，探索S 随x 增大而变化的规律；猜想四边形EFGH 各顶点运动到何位置，使ABCDS S矩形21 ；(3)当n=k (k ≥1)时，你所得到的规律和猜想是否成立?请说明理由．10．如图1，在直角坐标系中，点E 从O 点出发，以1个单位／秒的速度沿x 轴正方向运动，点F 从O 点出发，以2个单位／秒的速度沿y 轴正方向运动，B(4，2)，以BE 为直径作⊙O 1． (1)若点E 、F 同时出发，设线段EF 与线段OB 交于点G ，试判断点G 与⊙O 1的位置关系，并证明你的结论；(2)在(1)的条件下，连结FB ，几秒时FB 与⊙O 1相切?(3)如图2，若E 点提前2秒出发，点F 再出发，当点F 出发后，E 点在A 点左侧时，设BA ⊥x 轴于A 点，连结AF 交⊙O 1于点P ，试问PA ·FA 的值是否会发生变化?若不变，请说明理由，并求其值；若变化，请求其值的变化范围．参考答案。
2024年高考数学总复习：立体几何中的动态问题
第1页共5页2024年高考数学总复习：立体几何中的动态问题[解题策略]立体几何中的“动态”问题就变化起因而言大致可分为两类：一是平移；二是旋转．就所求变量而言可分为三类：一是相关线、面、体的测度；二是角度；三是距离．立体几何动态问题的解决需要较高的空间想象能力与化归处理能力，在各省市的高考选择题与填空题中也时有出现．在解“动态”立体几何题时，如果我们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、克难致胜．1．去掉枝蔓见本质——大道至简在解决立体几何中的“动态”问题时，需从复杂的图形中分化出最简单的具有实质性意义的点、线、面，让几何图形的实质“形销骨立”，即从混沌中找出秩序，是解决“动态”问题的关键．例1如图1，直线l ⊥平面α，垂足为O .正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2.点A 是直线l 上的动点，点B 1在平面α内，则点O 到线段CD 1中点P 的距离的最大值为________．图1答案2＋2解析从图形分化出4个点O ，A ，B 1，P ，其中△AOB 1为直角三角形，固定AOB 1，点P 的轨迹是在与AB 1垂直的平面上且以AB 1的中点Q 为圆心的圆，从而OP ≤OQ ＋QP ＝12AB 1＋2＝2＋2，当且仅当OQ ⊥AB 1，且点O ，Q ，P 共线时取到等号，此时直线AB 1与平面α成45°角．2．极端位置巧分析——穷妙极巧在解决立体几何中的“动态”问题时，对于移动问题，由图形变化的连续性，穷尽极端特殊之要害，往往能直取答案．例2在正四面体A －BCD 中，E 为棱BC 的中点，F 为直线BD 上的动点，则平面AEF 与平面ACD 所成二面角的正弦值的取值范围是________．答案1解析本例可用极端位置法来加以分析．。
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动态几何问题的解题技巧
解这类问题的基本策略是：
1．动中觅静：这里的“静”就是问题中的不变量、不变关系
．．．．．．．．，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的
不变性
．．．．
2．动静互化：“静”只是“动”的瞬间，是运动的一种特殊形式，动静互化就是抓住“静”的瞬间，使
一般情形转化为特殊问题
．．．．．．．．．．．，从而找到“动”与“静”的关系．
3．以动制动：以动制动就是建立图形中两个变量的函数关系
．．．．．．．．．，通过研究运动函数，用联系发展的观点来研究变动元素的关系．
总之，解决动态几何问题的关键是要善于运用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化
的全过程，抓住变化中的不变，以不变应万变
．．．．．．．．．．．．．。
这类问题与函数相结合时，注意使用分类讨论的思想，运用方程的思想、数形结合思想、转化的思想等。
1、在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=2，将一块三角板的直角顶点放在斜边AB的中点P处，将此三角板绕点P旋转，三角板的两直角边分别交射线AC、CB与点D、点E，图①，②，③是旋转得到的三种图形。
（1）观察线段PD和PE之间的有怎样的大小关系，并以图②为例，加以说明；
（2）△PBE是否构成等腰三角形？若能，指出所有的情况（即求出△PBE为等腰三角形时CE的长，直接写出结果）；若不能请说明理由。
2、如图，等腰Rt △ABC(∠ACB ＝90°)的直角边与正方形DEFG 的边长均为2，且AC 与DE 在同一直线上，开始时点C 与点D 重合，让△ABC 沿这条直线向右平移，直到点A 与点E 重合为止．设CD 的长为x ，△ABC 与正方形DEFG 重合部分（图中阴影部分）的面积为y ， (1)求y 与x 之间的函数关系式；
(2)当△ABC 与正方形DEFG 重合部分的面积为3
2
时，求CD 的长．
3、在平面直角坐标系中，直线1l 过点A(2，0)且与轴y 平行，直线2l 过点B(0，1)且与轴x 平行，直线1l 与
2l 相交于点P 。
点E 为直线2l 上一点，反比例函数
0,0(>>=
k x x
k
y 且k ≠2)的图象过点E 且与直线1l 相交于点F.
（1）写出点E 、点F 的坐标（用k 的代数式
表示）； （2）求
PF
PE
的值； （3）连接OE 、OF 、EF ，
若△OEF 为直角三角形，求k 的值。
备用图
4、如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=5cm，点D在BC上，且CD=3cm，现有两个动点P，Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动；点Q以1.25厘米/秒的速度沿BC向终点C运动．过点P作PE∥BC交AD于点E，连接EQ．设动点运动时间为t秒（t＞0）．（1）连接DP，经过1秒后，四边形EQDP能够成为平行四边形吗？请说明理由；
（2）连接PQ，在运动过程中，不论t取何值时，总有线段PQ与线段AB平行．为什么？
（3）当t为何值时，△EDQ为直角三角形．
答案：
1、解：1）PD=PE 。
以图②为例，连接PC
∵△ABC 是等腰直角三角形，P 为斜边AB 的中点， ∴PC=PB ，CP ⊥AB ，∠DCP=∠B=45°， 又∵∠DPC+∠CPE=90°，∠CPE+∠EPB=90° ∴∠DPC=∠EPB
∴△DPC ≌△EPB （AAS ） ∴PD=PE
2）能，①当EP=EB 时，CE=
2
1
BC=1 ②当EP=PB 时，点E 在BC 上，则点E 和C 重合，CE=0 ③当BE=BP 时，若点E 在BC 上，则CE=
若点E 在CB 的延长线上，则CE=
2、
3、
解：（1）∵直线l 1经过点A （2，0）且与y 轴平行，直线l 2经过点B （0，1）且与x 轴平行， ∴当y=1时，x=k ；当x=2时，y=2
k ， ∴E （k ，1），F （2，
2
k
）； （2）当0＜k ＜2时，22
12=--=k k
PF
PE ；
当k ＞2时，212
2
=--=k k PF
PE 。
（3）①当∠OEF=90°时，
∵∠OEB+∠EOB=∠OEB+∠PEF=90°， ∴∠EOB=∠PEF ， ∵∠OBE=∠EFP=90°， ∴△OBE ∽△EPF ，
∴
2==PF PE
BE OB ∴21
=k ∴k=2
1；
②当∠OFE=90°时，
同理可得△OAF ∽△FPE ，
∴2==PF PE OA AF ∴22
2=k
解得k=8．
综上所述，k=2
1
或k=8．
6
5
4
3
2
1
1
2
2
2468
l 2
l 1
F
E
P O
A
B。