立体几何动点问题

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立体几何动态问题

立体几何的动态问题立体几何的动态问题，主要有五种：动点问题、翻折问题、旋转问题、投影与截面问题以及轨迹问题。

基本类型：点动问题；线动问题；面动问题；体动问题；多动问题等。

解题时一般可以通过改变视角、平面化或者寻找变化过程中的不变因素而把问题回归到最本质的定义、定理或现有的结论中，若能再配以沉着冷静的心态去计算，那么相信绝大多数问题可以迎刃而解。

动点轨迹问题空间中动点轨迹问题变化并不多，一般此类问题可以从三个角度进行分析处理，一是从曲线定义或函数关系出发给出合理解释；二是平面与平面交线得直线或线段；三是平面和曲面（圆锥，圆柱侧面，球面）交线得圆，圆锥曲线。

很少有题目会脱离这三个方向。

（注意：阿波罗尼斯圆，圆锥曲线第二定义）1．（2015·浙江卷8）如图1110，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 ．双曲线的一支式题如图，平面α的斜线AB 交α于B 点，且与α所成的角为θ，平面α内有一动点C 满足∠BAC ＝π6，若动点C的轨迹为椭圆，则θ的取值范围为________．3．（2015春•龙泉驿区校级期中）在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M 是A 1D 1的中点，点P 在侧面BCC 1B 1上运动．现有下列命题：①若点P 总保持P A ⊥BD 1，则动点P 的轨迹所在的曲线是直线； ②若点P 到点A 的距离为，则动点P 的轨迹所在的曲线是圆；③若P 满足∠MAP ＝∠MAC 1，则动点P 的轨迹所在的曲线是椭圆；④若P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离比为2：1，则动点P 的轨迹所在的曲线是双曲线； ⑤若P 到直线AD 与直线CC 1的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是抛物线．其中真命题的个数为（）A ．4B ．3C ．2D ．14．（2018•温州模拟）已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B，C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当C 运动，点H运动的轨迹（）A．是圆B．是椭圆C．是抛物线D．不是平面图形5．（2013•铁岭模拟）如图所示，△P AB所在的平面α和四边形ABCD所在的平面β互相垂直，且AD⊥α，BC⊥α，AD＝4，BC＝8，AB＝6．若tan∠ADP﹣2tan∠BCP＝1，则动点P在平面α内的轨迹是（）A．椭圆的一部分B．线段C．双曲线的一部分D．以上都不是6．（2013•嘉兴二模）设m是平面α内的一条定直线，P是平面α外的一个定点，动直线n经过点P且与m成30°角，则直线n与平面α的交点Q的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线7．（2008•浙江）如图，AB是平面a的斜线段，A为斜足，若点P在平面a内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．一条直线D．两条平行直线8．（2015春•台州校级月考）AB是平面α的斜线段，长度为2，点A是斜足，若点P在平面α内运动，当△ABP的面积等于3 时，点P的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线9．（2016•浙江二模）在正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2．若点M在△ABC所在平面上运动，且使得△AC1M的面积为1，则动点M的轨迹为（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线10．（2016•武汉校级模拟）如图，AB是平面α外的固定斜线段，B为斜足，若点C在平面α内运动，且∠CAB等于直线AB与平面α所成的角，则动点C的轨迹为（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线11．（2008年浙江·理10）如图，AB是平面a的斜线段，A为斜足，若点P在平面a内运动使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是（）（A）圆（B）椭圆（C）一条直线（D）两条平行直线12.（2014年金华高二十校联考·文10）圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，M为正方形ABCD对角线的交点，动点P在圆柱下底面内（包括圆周），若直线BM与直线MP所成角为45°，则点P形成的轨迹为( ) A．椭圆的一部分B．抛物线的一部分C．双曲线的一部分D.圆的一部分13．（2014•杭州二模）在等腰梯形ABCD中，E，F分别是底边AB，BC的中点，把四边形AEFD沿直线EF折起后所在的平面记为α，p∈α，设PB，PC与α所成的角分别为θ1，θ2（θ1，θ2均不为零）．若θ1＝θ2，则满足条件的P所形成的轨迹是．BACDMPABP14．（2018秋•诸暨市校级期中）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P﹣ABCD中，E，F分别是棱AD，BP上的动点，且满足AE＝2BF，则线段EF中点的轨迹是（）A．一条线段B．一段圆弧C．抛物线的一部分D．一个平行四边形15．（2015秋•太原期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为棱A1B1的中点，点Q在侧面DCC1D1内运动，给出下列结论：①若BQ⊥A1C，则动点Q的轨迹是线段；②若|BQ|＝，则动点Q的轨迹是圆的一部分；③若∠QBD1＝∠PBD1，则动点Q的轨迹是椭圆的一部分；④若点Q到AB与DD1的距离相等，则动点Q的轨迹是抛物线的一部分．其中结论正确的是（写出所有正确结论的序号）．16．如图，长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，AB＝BC＝，AA，上底面A′B′C′D′的中心为O′，当点E在线段CC′上从C移动到C′时，点O′在平面BDE上的射影G的轨迹长度为（）A．B．C．D．17．（2016秋•温州期末）点P为棱长是2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为（）A．B．C．D．18．（2018•宁波二模）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为侧面BB1C1C中心，F在棱AD上运动，正方体表面上有一点P满足＝x（x≥0，y≥0），则所有满足条件的P点构成图形的面积为．19．（2017•定海区校级模拟）已知异面直线a，b所成角为60°，直线AB与a，b均垂直，且垂足分别是点A，B 若动点P∈a，Q∈b，|P A|+|QB|＝m，则线段PQ中点M的轨迹围成的区域的面积是．20．（2017秋•赣州期末）如图，在等腰梯形ABCD中，CD＝2AB＝2EF＝2a，E，F分别是底边AB，CD的中点，把四边形BEFC沿直线EF折起，使得平面BEFC⊥平面ADFE．若动点P∈平面ADFE，设PB，PC与平面ADFE 所成的角分别为θ1，θ2（θ1，θ2均不为0）．若θ1＝θ2，则动点P的轨迹围成的图形的面积为（）A．B．C．D．翻折问题面（动问题）翻折问题的一线五结论.DF AE ⊥一线：垂直于折痕的线即五结论：1）折线同侧的几何量和位置关系保持不变；折线两侧的几何量和位置关系发生改变； 2--D HF D H F ''∠）是二面角的平面角；3D DF '）在底面上的投影一定射线上； 1、（2016年联考试题）平面四边形ABCD 中，AD=AB=2，CD=CB=5,且AD AB ⊥，现将△ABD 沿对角线BD 翻折成'A BD ∆，则在'A BD ∆折起至转到平面BCD 的过程中，直线'A C 与平面BCD 所成最大角的正切值为_______2.（2015年10月浙江省学业水平考试18）如图，在菱形ABCD 中，∠BAD=60°，线段AD ，BD 的中点分别为E ，F 。

谈立体几何中动点轨迹问题的解题策略

立体几何中的动点轨迹问题是一个常见的问题类型，它涉及到空间几何中的点、线、面等元素的运动和变化。

解决这类问题的关键在于理解运动和变化的过程，并能够通过数学模型进行描述。

解题策略主要包括以下几个方面：
1. **建立空间坐标系**：为了更好地描述空间几何元素的位置和运动，需要建立一个适当的空间坐标系。

坐标系的建立应依据问题的具体情境和需求，通常选择一个固定点作为原点，并确定三个互相垂直的轴。

2. **确定动点的坐标**：在确定了坐标系之后，需要确定动点的坐标。

这可以通过设定动点的坐标变量来实现，例如设动点的坐标为$(x, y, z)$。

3. **分析运动过程**：在确定了动点的坐标后，需要分析动点的运动过程。

这包括了解动点的运动方向、速度、加速度等参数，以及这些参数与坐标变量的关系。

4. **建立数学模型**：通过分析运动过程，可以建立描述动点运动的数学模型。

这通常涉及到物理、几何、代数等多个方面的知识，需要根据具体问题进行选择和应用。

5. **求解数学模型**：建立了数学模型后，需要求解该模型以得到动点的轨迹方程。

这可能涉及到微积分、线性代数、解析几何等多个数学领域的知识，需要根据问题的复杂程度和要求进行选择和应用。

6. **验证答案**：最后，需要对得到的答案进行验证，以确保其正确性和有效性。

这可以通过将答案代入原问题中进行检验，或者通过与其他已知的答案进行比较来进行验证。

综上所述，解决立体几何中的动点轨迹问题需要综合运用空间几何、物理、数学等多个领域的知识，并能够根据具体问题进行选择和应用。

同时，还需要有一定的逻辑思维和分析能力，以更好地理解和解决这类问题。

立体几何中的动点问题

立体几何中的动点问题1、如图，四棱锥ABCD P -的底面是边长为2的正方形，⊥PA 平面ABCD ，且4=PA ，M 是PB 上的一个动点（不与B P ,重合），过点M 作平面//α平面PAD ，截棱锥所得图形的面积为y ，若平面α与平面PAD 之间的距离为x ，则函数()x f y =的图象是C2、在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑BCD A -中，⊥AB 平面BCD ，且CD BD ⊥，CD BD AB ==，点P 在棱AC 上运动，设CP 的长度为x ，若PBD ∆的面积为()x f ，则()x f 的图象大致是A3、如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱1111D C B A ABCD -中，21=AA ，1=AB ，N M ,分别在BC AD ,1上移动，始终保持//MN 平面11D DCC ，设x BN =，y MN =，则函数()x f y =的图象大致是 C4、如图，已知正方体1111D C B A ABCD -的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱1DD 上运动，点N 在正方体的底面ABCD 内运动，则MN 的中点P 的轨迹的面积是________2π5、点P 在正方体1111D C B A ABCD -的面对角线1BC 上运动，给出下列命题：①三棱锥PC D A 1-的体积不变；②//1P A 平面1ACD ；③1BC DP ⊥；④平面⊥1PDB 平面1ACD ；其中正确的命题序号是_______①②④6、在正方体1111D C B A ABCD -中，F E ,分别为11C B ，11D C 的中点，点P 是底面1111D C B A 内一点，且//AP 平面EFDB ，则1tan APA ∠的最大值是_______227、已知直三棱柱111C B A ABC -中的底面为等腰直角三角形，AC AB ⊥，点N M ,分别是边C A AB 11,上动点，若直线//MN 平面11B BCC ，点Q 为线段MN 的中点，则点Q 的轨迹为 C.A 双曲线的一支（一部分） .B 圆弧（一部分）.C 线段（去掉一个端点） .D 抛物线的一部分解：以AB 为轴，AC 为轴，1AA 为轴建系设()b ta M ,0,1，()tb ta M ,0,，()b ta N ,,01，则()()b t ta N -1,,0，()tb ta M ,0,()10<≤t则N M ,中点⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2,2b ta ta Q (通过作与平面11B BCC 平行的平面交C A AB 11,来找N M ,进而找中点Q )。

如何求解与动点有关的立体几何问题

与动点有关的立体几何问题中的点、线、面的位置往往是不确定的或可变的，此类问题的难度较大，对同学们的空间想象能力和逻辑推理能力有较高的要求.那么求解这类问题有哪些方法呢？下面一起来探讨.一、利用函数思想当问题中的某些点、线、面发生变化时，某些位置关系或量就会发生变化，还会引发其他变量的变化，此时我们可根据题意选择合适的量作为变量，建立关于该变量的函数关系式，运用函数思想，将立体几何问题转化为函数问题，利用函数的图象和性质来解题.例1.已知正四面体ABCD 的棱长为1，P 为棱AB 上的动点（端点A 、B 除外），过点P 作平面α垂直于AB ，平面α与正四面体的表面相交.记AP =x ，则交线围成的图形面积S =f ()x 的图象大致为（）.A CB D解：取线段AB 的中点O ，连接OC 、OD ，因为△ABC 、△ABD 为等边三角形，O 为AB 的中点，则OC ⊥AB ，OD ⊥AB ，因为OC ⋂OD =O ，OC 、OD ⊂平面OCD ，所以AB ⊥平面OCD ，因为AB ⊥平面α，所以平面α与平面OCD 平行或重合，且OD =OC =AC 2-OA 2取CD 的中点M ，连接OM ，则OM ⊥CD ，且OM =OC 2-CM 2故S △OCD =12CD ⋅OM①当0<x <12时，平面α//平面OCD ，平面α⋂平面ABC =PE ，平面OCD ⋂平面ABC =OC ，则PE //OC ，同理可得，PF //OD ，EF //CD ，所以PE OC =AE AC =EF CD =AF AD =PF OD ，故△PEF ∽△OCD .由图1可知SS △OCD =()AP AO2=4x 2，则S =f ()x =2x 2；图1图2②当x =12时，S =f ()12③当12<x <1时，平面α//平面OCD ，平面α⋂平面ABC =PE ，平面OCD ⋂平面ABC =OC ，则PE //OC ，同理可得，PF //OD ，EF //CD ，所以PE OC =BE BC =EF CD =BF BD =PF OD ，故△PEF ∽△OCD ，由图2可知SS △OCD =()BP BO2=4()1-x 2，则S =f ()x =2()1-x 2.综上所述，S =f ()x =ìíîïïïï2x 2,0<x ≤12,2()x -12,12<x <1,故函数f ()x 的图象为C 选项中的图象.故C 项正确.由于P 为棱AB 上的动点，所以我们以AP =x 为自变量，根据正四面体ABCD 的特征，以及点、线、面的位置关系得到当0<x <12和12<x <1时关于x 的函数式，将与动点有关的立体几何问题转化为函数问题，根据函数式画出函数的图象，即可解题.二、构造空间向量向量法是指通过构建空间直角坐标系，将问题转化为空间向量运算问题来求解.由于无法确定问题中动点的位置，所以不妨建立空间直角坐标系，设出动点的坐标，给各条线段赋予方向，根据点、线、面的位置关系建立关于动点坐标的关系式，进而求得动点的轨迹方程，从而求得问题的答案.例2.（多选题）已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的边长53为2，点P ，Q 分别在正方形A 1B 1C 1D 1的内切圆，正方形C 1D 1DC 的外接圆上运动，则（）.A. PQ ⋅CD ≤2+22 B.|PQ|≥3-2C.∠PAQ >π8D.∠PAQ <π2解：以A 为原点， AD , AA 1,AB 为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．设P (1+cos α,2,1+sin α),Q (2,1+2cos β,1+2sin β)，可得C ()2,0,2,D ()2,0,0，则 CD =()0,0,-2，PQ =()1-cos α,2cos β-1,2sin β-sin α，所以 PQ ⋅CD =2(sin α-2sin β)≤2+22，故A 选项正确；而|PQ |2=(1-cosα)2+(2cos β-1)2+(2sin β-sin α)2=5-2cos α-22cos β-22sin αsin β≥5-22cos β-4+8sin 2β，记t =22cos β，|PQ |2≥5-t -12-t 2≥5-2=5-26=(3-2)2，故B 选项正确；取C 1D 1的中点M ，AM 穿过一侧的外接圆，取A 1B 1的中点M ′，则AM ′不穿过，故必存在点P ，使得AP 经过外接圆，设公共点为Q ，此时P ，A ，Q 共线，故C 选项不正确；假设D 选项成立，则 AP ⋅AQ =2(1+cos α)+2(1+2cos β)+(1+sin α)(1+2sin β)>0，取α=π,β=54π，得 AP ⋅ AQ =0，即∠PAQ =π2，故D 选项不正确.所以本题的正确答案为AB 两项.建立空间直角坐标系后，求得各个点的坐标，各条线段的方向向量，即可利用空间向量数量积公式、向量的模的坐标公式进行运算，从而确定正确的选项.三、采用转化法动和静是相对的.在动点运动的过程中，要善于寻找或构造与之相关的一些不变量，将一些变化的点、线、面的关系、位置进行合理的转换，如将动点到直线的距离转化为动点所在直线与另一条直线之间的距离、动点所在的平面与另一条直线之间的距离；将动点的位置视为静止的点，以化动为静，构建关系式，运用转化法顺利求得问题的答案.例3.若直线m ⊥平面α，垂足是O ，正四面体ABCD 的棱长为4，点C 在平面α上运动，点B 在直线m 上运动，则点O 到直线AD 的距离的取值范围是（）.A.éëêêùûúú42-52,42+52 B.[]22-2,22+2C.éëêêùûúú3-222,3+222 D.[]32-2,32+2图3解：如图3，分别取BC ，AD 的中点M ，N ，连接AM ，MD ，MN ，则AM ⊥BC ,MD ⊥BC ，又AM ⋂MD =M ，AM ⊂平面AMD ，MD ⊂平面AMD ，则BC ⊥平面AMD ，又MN ⊂平面AMD ，则MN ⊥BC .在RtΔABM 中，AM =AB 2-BM 2=42-22=23，在等腰ΔAMD 中，MN ⊥AD ，可得MN =AM 2-AN 2=()232-22=22.若固定正四面体ABCD 的位置，则点O 在以BC 为直径的球上运动，此时球的半径为2，可知点O 到直线AD 的最小距离为球心到直线AD 的距离减去半径，即22-2，最大距离为球心到直线AD 的距离加上半径，即22+2，则点O 到直线AD 的距离的取值范围是[]22-2,22+2.故选B 项.解答本题，需采用转化法，将问题转化为点O 在以BC 为直径的球上运动的问题.再根据BC 与球的位置关系，以及球的性质，将问题转化为求球心到直线AD 的距离.对于与动点有关的立体几何问题，我们不仅要结合图形，发现并关注动点在运动过程中的不变量，还需通过改变视角，将空间中的点、线、面之间的位置关系转化到平面中进行研究、分析，才能顺利求得问题的答案.无论运用哪种方法解答与动点有关的立体几何问题，都需结合几何图形来分析问题，灵活运用数形结合思想，这样才能达到事半功倍的效果.（作者单位：安徽省阜南第二中学）54。

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。

立体几何中的动点问题

立体几何中的动点问题一、立体几何中的动点问题嘿，小伙伴们，咱今天来唠唠立体几何里的动点问题哈。

这动点问题就像一个调皮的小怪兽，在立体几何这个大城堡里到处乱窜呢。

你想啊，立体几何本身就已经够让人头疼的了，再加上个动点，那简直是“难上加难”。

比如说一个正方体或者长方体里面，有个点在棱上或者面上动来动去的，你要去研究它的轨迹啦，它和其他点、线、面之间的关系啦，真的是很考验我们的小脑袋瓜。

我给你们举个例子哈，就像有个三棱柱，在它的一条侧棱上有个动点，这个动点和底面三角形的某个顶点连线，然后问你这条连线和底面的夹角怎么随着这个动点的移动而变化。

这时候你就得动用你学过的那些立体几何的知识了，像什么直线和平面的夹角公式啦，向量的方法啦。

而且呢，这个动点问题还常常和空间想象力挂钩。

有时候你光靠在纸上画图还不行，得在脑子里构建出那个立体的模型，想象着那个点是怎么动的。

这就像是你自己在脑子里玩一个3D游戏一样，不过这个游戏可没那么容易通关哦。

还有一种情况也很常见，就是在一个圆锥或者圆柱里面有动点。

圆锥和圆柱本身就是曲线图形，再加上动点，就像是在弯弯绕绕的迷宫里找出口一样。

比如说在圆锥的侧面上有个动点，要你求这个动点到圆锥底面圆心的距离的取值范围，你就得考虑圆锥的母线长啦，底面半径啦，还有这个动点的运动范围啦。

其实解决立体几何中的动点问题呢，也有一些小窍门。

一个就是多画图，不同位置的图都画一画，这样你就能比较直观地看到动点的变化了。

再一个就是要善于把立体问题转化成平面问题，利用平面几何的知识来解决。

就像把圆锥展开成扇形，把圆柱展开成长方形，这样可能就会让问题变得简单一些呢。

不过呢，不管有多少小窍门，都得靠我们自己多做练习题，多去思考，这样才能真正掌握这个有点“小狡猾”的动点问题。

加油哦，小伙伴们！。

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

立体几何（12）—高端视野：动点问题

立体几何（12）—高端视野：动点问题高考数学研究动点问题1/3立体几何——（12）高端视野:动点问题在高考试题中，经常考查立体几何中的动点问题，在立体几何中常见的动点问题大致可分为以下几类：一是求动点轨迹问题；二是求动点与某点（或面）的距离问题；三是求直线与直线（或平面）垂直问题；四是求直线与直线（或平面）平行问题；五是平面与平面垂直问题。

举例说明这几个问题的解法。

一、求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何问题，再判断动点轨迹。

【例1】如图，定点A和B都在平面?内，定点??P，??PB，C是?内异于A和B的动点，且ACPC?。

那么，动点C在平面?内的轨迹是（）A.一条线段，但要去掉两个点B.一个圆，但要去掉两个点C.一个椭圆，但要去掉两个点D.半圆，但要去掉两个点【解析】由三垂线定理的逆定理得∵AC⊥PC且PC在?内的射影为BC，∴AC⊥BC.∴∠ACB=900.∴C点的轨迹为以AB为直径圆，但除去A、B两点.二、动点与某点（面）的距离问题【例2】正方体1111DCBAABCD?中，棱长为a，E是1AA的中点，在对角面DDBB11上找一动点M，使AM+ME最小.【解析】,,,11BBBBDBBACBDAC.11DDBBAC面??设AC∩BD=O，则AO=CO．∴平面DDBB11是线段AC的垂直平分面，∴C是A关于平面DDBB11的对称点。

连CE交面DDBB11于M，则M就是要求的点，这时AM+ME最小。

又AM=CM,∴AM+ME的最小值就是CE的长，而2412222aaAEACCE=a23,此时AM+ME的最小值为a23．简评：本题先证明平面DDBB11是线段AC的垂直平分面，然后利用C是A关于平面DDBB11的对称点，所以AM=CM,AM+ME的最小值，即为CM+ME的最小值，即CE的长，所以M点为CE和平面DDBB11的交点。

三、直线与平面（或直线）垂直问题【例3】如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=3，BC=1，PA=2，E为PD的中点.（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，并求出N点到AB和AP的距离.【解析】（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则A、B、C、D、P、E的坐标为A（0，例1题图ABCPOE例2题图ABCDA1C1D1 B1M高考数学研究动点问题2/30，0）、B（3，0，0）、C（3，1，0）、D（0，1，0）、P（0，0，2）、E（0，21，1），从而).2,0,3(),0,1,3(PBAC设PBAC与的夹角为θ，则,1473723||||cosPBACPBAC?∴AC与PB所成角的余弦值为1473.（Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x，O，z），则)1,21,(zxNE，由NE⊥面PAC可得，.0213,01.0)0,1,3()1,21,( ,0)2,0,0()1,21,( .0,0xzzxzxACNEAPNE化简得即∴163zx即N点的坐标为)1,0,63(，从而N点到AB、AP的距离分别为1，63.简评：本题主要考查线面关系和四棱锥等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x，O，z），然后利用NE⊥面PAC，有.0,0ACNEAPNE求得动点N的坐标为)1,0,63(.四、直线与平面（或直线）平行问题【例4】如图，已知在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=2a点E在PD上，且PE：ED=2：1.在棱PC上有一动点F，当动点F移动到何处时，使BF∥平面AEC？证明你的结论。

巧用极限解立体几何动点问题

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所点在，ＤＥ的平垂直面平，Ｃ分是ＰＢ圆，鳗上且分的＼、，Ｅ一／Ｂ
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畲参数赢试题的切入思路
◇ 山东王永辉李秀莲（特级教师）
数学中的动中窥静是指：在某些空间形式或数量
得到一些比较容易解题的情况，优化解题过程．
３巧用极限。解决开放性问题
２部分，则从上到下２部分的体
积比为（）．
Ｂ２：３：Ｄ２：ｌＡ１：２：Ｃ３：２：
／＼
一
０ｊ例３已知直三棱柱ＡＢＣ－ＡＢＣ，如图４所示，ＡＢ— ＡＣ，Ｆ为棱ＢＢｌ上的一点，ＢＦ：ＦＢｌ一２：１，
１１９
÷ 棱柱，从而Ｖ部分一１一寺Ｖ棱柱－一号Ｖ棱柱．故
选Ｄ．
◇ 解析（１）略．
图４
（２）因为ＡＢ— ＡＣ，且Ｄ为ＢＣ中点，所以ＡＤ上面ＢＣＣＢ，所以ＥＦＤ为ＥＦ与平面ＢＣＣＢ。所成的角．
… … ． ●
当点Ｅ在线段ＡＤ上由Ｄ向Ａ运动时，ＥＦＤ慢慢增大．考虑极端情况，当点Ｅ与点Ｄ重合时，
ＥＦＤ的大小为０。；当点Ｅ与点Ａ重合时，ＥＦＤ
的大小为ＡＦＤ的大小．
＿例２如图２所示，在矩形ＡＢＣＤ中，ＡＢ一２，ＢＣ１，Ｅ为ＤＣ的中点，Ｆ为线段ＥＣ（端点除外）上

立体几何背景下动点轨迹问题赏析

形 ABCD 内的轨迹为图 6 中的(
)
。
a
-x
2
图7
→
2
2
x +(
a-y) , | MP | =
|MC| =
角形,
底面 ABCD 为正方形,侧
方形 ABCD 内 (包括边界 )的一
设正方形 ABCD 的边长为 a,
a
3a , (, ,)
a,
P
C 0a 0 ,则
,
0,
2
2
如图5,ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2
= 2。
2
+ 23
2
因为 OB=2
OE,
E 为 A1C1 的中
点,
所以△A1BC1 为等边三角形,
所以 O 为 △A1BC1 的中心,
OE
图3
1
26
26
,
。
得 d=
d|MN|=
2
3
3
因为 A1D1 ⊥ 平面 ABB1A1 ,
AB1 ⊂ 平面
所以 A1D1 ⊥AB1 。又 AB1 ⊥A1B,
15
1.
a>b>0)中,
F1 、
a
b
F2 分别为左、右焦点,
P 为椭圆上一点,则
θ
其中θ=∠F1PF2 。
S△PF1F2 =b ·t
a
n ,
2
2
x
y
在双曲线 2 - 2 =1(
2.
a>0,
b>0)中,
a
b
F1 、
F2 分别为左、右焦点,
P 为双曲线上一

立体几何动点问题

立体几何动点问题
1.如图三棱柱中，侧棱与底面垂直，，，M是的中点,N在线段上.
（1）若N为线段的中点.(i)求证；(ii)求二面角的大小；
（2）当N在什么位置时，直线与平面所成的角最大，并求出此最大角.
2.在如图所示的几何体中，四边形为平行四边形，，平面，，，，，且是的中点.
6.如图，已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，AC∩BD=O。将菱形ABCD沿对角线AC折起，使BD= ，得到三棱锥B-ACD。
（1）若点M是棱BC的中点，求证：OM∥平面ABD；（2）求二面角A-BD-O的余弦值；
（3）设点N是线段BD上一个动点，试确定N点的位置，使得CN= ，并证明你的结论。
（1）求证：平面；
（2）设为侧棱上一点，，试确定的值，使得二面角为
9.如图，三棱柱中，侧面底面， ,且 ,O为中点.（1）证明：平面（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在上是否存在一点，使得平面，若不存在，说明理由；若存在，确定点的位置.
10.如图，棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，BD= .
7.正△ 的边长为4，是边上的高，分别是和边的中点，现将△ 沿翻折成直二面角．（１）试判断直线与平面的位置关系，并说明理由；
（２）求二面角的余弦值（8.在四棱锥中，侧面底面，，为中点，底面是直角梯形，，，， .
（1）求二面角的大小；
（2）在线段上是否存在一点，使得与所成的角为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
3.四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，侧面PAD⊥底面ABCD，∠BCD=60º，PA=PD= ，E是BC中点，点Q在侧棱PC上．

立体几何中动点轨迹问题的几种解题方法_柳双生

六、试用猜想证明法求解
猜想证明法也是解决空间轨迹问题的一种可以尝试着使用的方法，这往往是以立体几何的定理及空间图形的定义为依据，大胆猜想 , 然后通过验证，以
z ∩
面
P O y α
α ，过点 P 且与直线 l 成 30o 角的
三、应用坐标法求解
用代数方法研究几何问题是解析几何的本质 , 通过建立直角坐标系,设出动点坐标,将几何问题转化成代数问题来解决 , 这是探求空间图形中的轨迹问题常用的一种方法 . 例３. 正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1 ，点 P 是平面 ABCD 上的动点，且动点 P 到直线 A1D1 的距离与动点 P 到直线 AB 的距离的平方和为 2 ，则动点的轨迹是（）
）
A. 一条线段
M
D1 A1
B. 椭圆的一部分 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分
分析：在平面 A1B1C1D1 中，过点 P 作 PM ⊥A1D1，垂足为点 M, 在平面 ADD1A1 中过点 M 作 MN ∥AA1，交 AD 于点 N ，又因为 PN=PB ，MN=BB1，所以 △ PMN
直线交面 α 于点 M ，若点 M 的轨迹为一圆锥曲线，求其离心率 .
M x
达到解决的目的 . 例６. 在正四棱锥 S-ABCD 中，E 是 BC 的中点，点 P 在侧面 △SCD 内及其边界上运动，并且总是保持 PE⊥AC ，则动点 P 的轨迹是（）

立体几何中的动点问题

A
解题策略小结：应用“位置关系定理” 转化
建立“坐标系” 计算依据“曲线定义” 判定
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。
解题策略小结：应用“位置关系定理” 转化
建立“坐标系” 计算依据“曲线定义” 判定
E
A B
M
PF 2 EF 2 PE 2 1 PE 2 PF 2 PM 2 1 两式结合可得 PE PM PE为P到直线AD的距离
PM为P到定点M (不在AD上)的距离
问题三：正方体ABCD —A1B1C1D1中，E、F分别是棱A1B1，BC 上的动点，且 A1E=BF，P为EF的中点，则点P的轨迹是___________
圆球面直线椭圆双曲线抛物线
问题二：已知正方体ABCD —A1B1C1D1的棱长为1，M在棱AB上，且 AM= 1 点P在平面ABCD内运动 P到直线A1D1的距离与点P到点M的距离
3
的平方差为1，则点P的轨迹为_________.
D1 C1
D1 C1
A1
B1
A1
F
B1
D P A
C
D
C P M B
D1 C1 A1 B1
E点与A1重合，F点与B重合，P点在？
侧面ABB 的中心 1A 1
E点与B1重合，F点与C重合，P点在？
A
E
P D F C
B
侧面BB1C1C的中心
小实验
z
以D为坐标原点建立空间直角坐标系
D1
C1
设P点坐标为（ x, y, z)
A1
E
B1
A1E BF

立体几何动点解题技巧

立体几何动点解题技巧
在立体几何中，动点解题是一种常见的解题方法。

通过引入
动点，可以将原问题转化为几何关系和代数关系之间的等价问题，从而简化解题过程。

下面是一些立体几何动点解题的技巧：
1.选择合适的动点：选择一个合适的动点是解题的关键。

动
点可以是一个普通的点，也可以是一个特殊的点，如重心、垂
心等。

选择动点时要考虑到问题的特点，找到一个能够引入所
需关系的点。

2.构造代数关系：在引入动点后，需要通过几何关系构造代
数关系。

这可以通过使用相似三角形、比例等几何性质得出。

根据动点的移动，几何关系会转化为代数关系，从而可以得到
所需的方程。

3.求解代数方程：得到代数方程后，可以通过解方程求解问题。

根据问题的要求，可以得到方程中未知量的值，进而确定
几何问题的解。

4.注意特殊情况：在使用动点解题时，需要考虑到一些特殊
情况。

例如，当动点的位置使得几何关系不成立时，应该排除
这种情况。

此外，还需要注意动点的位置是否能够涵盖所有可
能的情况。

5.利用易于计算的性质：在解题过程中，可以利用一些易于
计算的几何性质。

例如，平行线、垂直线等性质可以简化计算
过程，减少出错的可能性。

通过灵活运用动点解题技巧，可以更加简化和系统化地解决立体几何问题。

当然，在实际解题过程中，还需要结合具体问题进行灵活运用，并多加练习掌握动点解题的技巧。

立体几何动点最值问题

立体几何动点最值问题
立体几何动点最值问题是指在立体几何空间中，给定一些特定条件下，求一个动点的某个值的最大或最小值。

这类问题广泛应用于建筑设计、机械工程、地理测量等领域。

在解决立体几何动点最值问题时，通常需要利用几何性质和数学方法进行分析和求解。

下面以两个典型的问题为例进行拓展说明。

问题一：在一个正方体中，找到离一个定点最远的顶点。

解答：首先，我们找到这个正方体的中心点，然后根据对称性可以知道，离中心点最远的顶点就是通过连接中心点和一个面的对角线的顶点。

因此，我们可以通过计算这个对角线的长度，并找出最长的对角线来确定离定点最远的顶点。

问题二：在一个球体上，找到离球心最远的点。

解答：根据球体的几何性质，离球心最远的点是球体表面上的点。

因此，我们可以通过计算球心到球面上各点的距离，并找出最大距离的点来确定离球心最远的点。

在实际应用中，立体几何动点最值问题的解决往往需要结合具体的条件和约束条件进行分析和求解。

这些问题可能涉及到线段、面积、体积等几何量的计算，以及最优化等数学方法的运用。

因此，解决这类
问题需要理解立体几何的基本概念和性质，并熟练掌握相关的计算和求解技巧。

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

立体几何动点轨迹问题(备课精选)

立体几何动点轨迹的计算问题1．正四棱锥S ABCD -的底面边长为2，高为2，E 是边BC 的中点，动点P 在棱锥表面上运动，并且总保持PE AC ⊥，则动点P 的轨迹的周长为_____________．2．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段1CC 的动点，过,,A P Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ，则下列命题正确的是__________________ ①当102CQ <<时，S 为四边形；②当12CQ =时，S 为等腰梯形；③当34CQ =时，S 与11C D 的交点R 满足1113C R =；④当314CQ <<时，S 为六边形；⑤当1CQ =时，S 的面答案：①②③⑤==，平行于AD 3．如图，空间四边形ABCD的对棱AD、BC成900的角，且AD BC a与BC的截面分别交AB、AC、CD、BD于E、F、G、H．E在AB的上，截面EGFH的最大面积是．答案：4．在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，,M N 分别是111,AC A B 的中点．点P 在该正方体的表面上运动，则总能使MP 与BN 垂直的点P 所构成的轨迹的周长等于．答案：25．如图所示的一块长方体木料中，已知1,21===AA BC AB ，设F 为线段AD 上一点，则该长方体中经过点C F A ,,1的截面面积的最小值为．41=最大值S6．如图所示的一块长方体木料中，已知1,41===AA BC AB ，设E 为底面ABCD 的中心，且)210(,≤≤=λλAD AF ，则该长方体中经过点F E A ,,1的截面面积的最小值为 .答案：7．长方体1111ABCD A BC D -中，已知2AB AD ==，13AA =，棱AD 在平面α内，则长方体在平面α内的射影所构成的图形面积的取值范围是．答案：.9．在直三棱柱111A B C ABC -中，底面ABC 为直角三角形，2BAC π∠=，11AB AC AA ===. 已知Ｇ与Ｅ分别为11A B 和1CC 的中点，Ｄ与Ｆ分别为线段AC和1324≤≤SABCD1A 1B 1C 1D αAB 上的动点（不包括端点）. 若GD EF ⊥，则线段DF 的长度的最小值为。

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 。