(完整版)立体几何动态问题[二轮]含答案及解析,推荐文档

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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。

高考数学二轮复习重点题型立体几何中的动态问题

∴三棱锥A1－EFD的三条侧棱A1D，A1E，A1F两两相互垂直，把三棱锥
A1－EFD放置在长方体中，可得长方体的体对角线长为 22＋22＋42＝2 6，
则三棱锥 A1－EFD 的外接球半径为 6，
体积为43πR3＝43π×( 6)3＝8 6π，故②错误；对于③，当 BE＝BF＝14BC＝1 时， A1E＝A1F＝3，EF＝ 2，在△A1EF 中，cos∠EA1F＝A1E22＋A1AE1·FA21－F EF2＝32＋2×32－ 3× 322＝89， ∴sin∠EA1F＝ 917，
方法二对于④，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当 μ＝12时，点 P 在线段 EF 上运动，以点C1为原点建立如图所示的空间直角坐标系C1xyz，
则B(0,1,1)，ห้องสมุดไป่ตู้1(0,1,0)，A1
23，21，0，P0，1－λ，21，
所以—A1→B ＝－
23，12，1，—B1→P ＝0，－λ，12，
①当λ＝1时，△AB1P的周长为定值；
②当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值；
③当λ＝
1 2
时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP；
④当μ＝
1 2
时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P.
B→P＝λB→C＋μB→B1(0≤λ≤1,0≤μ≤1). 对于①，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P 的周长为 AB1＋AP＋PB1＝ 2＋ 1＋μ2＋ 1＋1－μ2 ＝ 2＋ 1＋μ2＋ 2－2μ＋μ2，不是定值，故①错误；
又 PB＝2，BC＝ 2，PC＝ 2∈( 3－1， 3＋1)，故 DP 与 BC 可能垂直，
故 B 正确；
对于C，当平面PBD⊥平面BCD时，PM⊥平面BCD，

2018年高考数学江苏专版三维二轮专题复习教学案：专题二立体几何 Word版含答案

江苏新高考高考对本专题内容的考查一般是“一小一大”，小题主要考查体积和表面积的计算问题，而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题，其考查形式单一，难度一般.第1课时立体几何中的计算(基础课) [常考题型突破]空间几何体的几组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．(2)柱体、锥体、台体的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．(3)球的表面积和体积公式： ①S 球＝4πR 2(R 为球的半径)； ②V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．[题组练透]1．现有一个底面半径为3 cm ，母线长为5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径为________cm.解析：因为圆锥底面半径为3 cm ，母线长为5 cm ，所以圆锥的高为52－32＝4 cm ，其体积为13π×32×4＝12π cm 3，设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，所以该铁球的半径是39cm.答案：392．(2017·苏锡常镇二模)已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为23，则该直四棱柱的侧面积为________．解析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为(23)2－22＝22，所以该直四棱柱的侧面积为S ＝cl ＝4×2×22＝16 2.答案：16 23．(2017·南通、泰州一调)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1-A 1BD 的体积为_______cm 3.解析：三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于三棱锥B -A 1D 1D 的体积，因为三棱锥B -A 1D 1D 的高等于AB ，△A 1D 1D 的面积为矩形AA 1D 1D 的面积的12，所以三棱锥B -A 1D 1D 的体积是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积的16，所以三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于16×32×1＝32.答案：324.如图所示是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一个平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，A 1A ＝4，B 1B ＝2，C 1C ＝3，则此几何体的体积为________．解析：在A 1A 上取点A 2，在C 1C 上取点C 2，使A 1A 2＝C 1C 2＝BB 1，连结A 2B ，BC 2，A 2C 2，∴V ＝VA B C A BC 11122-＋VB A ACC 22-＝12×1×1×2＋13×(1＋2)2×2×22＝32. 答案：325．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等且V 1V 2＝32，则S 1S 2的值是________．解析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则有2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，又V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2，∴V 1V 2＝r 1r 2，∴r 1r 2＝32，则S 1S 2＝⎝⎛⎭⎫r 1r 22＝94.答案：94[方法归纳]解决球与其他几何体的切、接问题(1)解题的关键：仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系．(2)选准最佳角度作出截面：要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系，达到空间问题平面化的目的．(3)认识球与正方体组合的3种特殊截面：(4)熟记2个结论：①设小圆O 1半径为r ，OO 1＝d ，则d 2＋r 2＝R 2；②若A ，B 是圆O 1上两点，则AB ＝2r sin ∠AO 1B 2＝2R sin ∠AOB 2.[题组练透]1．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：322．(2017·全国卷Ⅲ改编)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________．解析：设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34×π×1＝3π4.答案：3π43．已知矩形ABCD的顶点都在半径为2的球O的球面上，且AB＝3，BC＝3，过点D作DE垂直于平面ABCD，交球O于E，则棱锥E-ABCD的体积为________．解析：如图所示，BE过球心O，∴DE＝42－32－(3)2＝2，∴V E -ABCD＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 34．(2017·南京、盐城一模)将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O-EFG 体积的最大值是________．解析：因为将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥O-EFG的高为圆柱的高，即高为AB，所以当三棱锥O-EFG体积取最大值时，△EFG的面积最大，当EF为直径，且G在EF的垂直平分线上时，(S△EFG)max＝12×4×2＝4,所以三棱锥O-EFG体积的最大值(V O-EFG)max＝13×(S△EFG)max×AB＝13×4×3＝4.答案：4[方法归纳]多面体与球的切接问题的解题技巧[必备知识]将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透]1．(2017·南通三模)已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，则这个圆锥的高为________．解析：因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，所以圆锥的母线长l ＝3，设圆锥的底面半径为r ，则底面周长2πr ＝3×2π3，所以r ＝1，所以圆锥的高为32－12＝2 2. 答案：2 22．(2017·南京考前模拟)如图，正△ABC 的边长为2，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别为边AC 与BC 的中点，现将△ABC 沿CD 翻折，使平面ADC ⊥平面DCB ，则棱锥E -DFC 的体积为________．解析：S △DFC ＝14S △ABC ＝14×⎝⎛⎭⎫34×22＝34，E 到平面DFC 的距离h 等于12AD ＝12. V E -DFC ＝13×S △DFC×h ＝324. 答案：3243.(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC 的边长变化时，设△ABC 的边长为a (a >0)cm ，则△ABC 的面积为34a 2，△DBC 的高为5－36a ，则正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎫5－36a 2－⎝⎛⎭⎫36a 2＝25－533a ， ∴25－533a >0， ∴0<a <53，∴所得三棱锥的体积V ＝13×34a 2×25－533a ＝312× 25a 4－533a 5. 令t ＝25a 4－533a 5，则t ′＝100a 3－2533a 4，由t ′＝0，得a ＝43，此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm 3.法二：如图，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC .易得OG＝36BC ，设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，故所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×(5－x )2－x 2＝3x 2×25－10x ＝3×25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )>0，即x 4－2x 3<0，得0<x <2，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，52时，f (x )≤f (2)＝80， ∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415. 答案：415 [方法归纳][A 组——抓牢中档小题]1．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 是棱B 1B 的中点，则三棱锥B 1-ADE 的体积为________．解析：VB 1-ADE ＝VD -AEB 1＝13S △AEB 1·DA ＝13×12×12×1×1＝112.答案：1122．若两球表面积之比是4∶9，则其体积之比为________．解析：设两球半径分别为r 1，r 2，因为4πr 21∶4πr 22＝4∶9，所以r 1∶r 2＝2∶3，所以两球体积之比为43πr 31∶43πr 32＝⎝⎛⎭⎫r 1r 23＝⎝⎛⎭⎫233＝8∶27.答案：8∶273．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，得a ＝3，设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3a ＝3，得R ＝32，所以该球的体积为43πR 3＝4π3×278＝92π.答案：92π4．已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________cm 3. 解析：设圆锥底面圆的半径为r ，母线长为l ，则侧面积为πrl ＝10πr ＝60π，解得r ＝6，则圆锥的高h ＝l 2－r 2＝8，则此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×36×8＝96π.答案：96π5．(2017·扬州期末)若正四棱锥的底面边长为2(单位：cm)，侧面积为8(单位：cm 2)，则它的体积为________(单位：cm 3)．解析：因为正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长c ＝8，12ch ′＝8，所以斜高h ′＝2，正四棱锥的高为h ＝3，所以正四棱锥的体积为13×22×3＝433.答案：4336．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得，a 313πr 3＝3π，得a＝r ，从而S 1S 2＝62π＝32π.答案：32π7.(2017·苏北三市三模)如图，在正三棱柱ABC -A1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P -ABA 1的体积为________．解析：三棱锥的底面积S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到底面的距离为△ABC 的高h ＝32－⎝⎛⎭⎫322＝332，故三棱锥的体积VP -ABA 1＝13S △ABA 1×h ＝934. 答案：9348．(2017·无锡期末)已知圆锥的侧面展开图为一个圆心角为2π3，且面积为3π的扇形，则该圆锥的体积等于________．解析：设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，因为3π＝13πl 2，所以l ＝3，所以πr ×3＝3π，所以r ＝1，所以圆锥的高是32－12＝22，所以圆锥的体积是13×π×12×22＝22π3.答案：22π39．(2017·徐州古邳中学摸底)表面积为24π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．解析：设圆柱的高为h ，底面半径为r ，则圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πrh ＝24π，即r 2＋rh ＝12，得rh ＝12－r 2， ∴V ＝πr 2h ＝πr (12－r 2)＝π(12r －r 3)，令V ′＝π(12－3r 2)＝0，得r ＝2，∴函数V ＝πr 2h 在区间(0,2]上单调递增，在区间[2，＋∞)上单调递减，∴r ＝2时，V 最大，此时2h ＝12－4＝8，即h ＝4，r h ＝12.答案：1210．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：把三棱锥P -ABC 看作由平面截一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体所得的一部分(如图).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋12＋(3)2＝5，故外接球半径为52，表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝5π. 答案：5π11．已知正三棱锥P -ABC 的体积为223，底面边长为2，则侧棱PA 的长为________．解析：设底面正三角形ABC 的中心为O ，又底面边长为2，故OA ＝233，由V P -ABC ＝13PO ·S △ABC ，得223＝13PO ×34×22，PO ＝263，所以PA ＝PO 2＋AO 2＝2. 答案：212．(2017·苏州期末)一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．解析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种，所以有三种情况：①孔高为3，则2πr 2＝2πr ×3，解得r ＝3；②孔高为8，则r ＝8；③孔高为9，则r ＝9.而实际情况是，当r ＝8，r ＝9时，因为长方体有个棱长为3，所以受限制不能打，所以只有①符合．答案：313.如图所示，在体积为9的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，对角线B 1D 与平面A 1BC 1交于点E ，则四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝________.解析：连结B 1D 1交A 1C 1于点F ，连结BD ，BF ，则平面A 1BC 1∩平面BDD 1B 1＝BF ，因为E ∈平面A 1BC 1，E ∈平面BDD 1B 1，所以E ∈BF .因为F 是A 1C 1的中点，所以BF 是中线，又B 1F 綊12BD ，所以FE EB ＝12，故点E 到平面A 1B 1C 1D 1的距离是BB 1的13，所以四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝13×S 四边形A 1B 1C 1D 1×13BB 1＝19V 长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1＝1.答案：114．半径为2的球O 中有一内接正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直底面)．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是________．解析：依题意，设球的内接正四棱柱的底面边长为a 、高为h ，则有16＝2a 2＋h 2≥22ah ，即4ah ≤162，该正四棱柱的侧面积S ＝4ah ≤162，当且仅当h ＝2a ＝22时取等号．因此，当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是4π×22－162＝16(π－2)．答案：16(π－2)[B 组——力争难度小题]1．已知三棱锥S -ABC 所在顶点都在球O 的球面上，且SC ⊥平面ABC ，若SC ＝AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°，则球O 的表面积为________．解析：∵AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°， ∴BC ＝12＋12－2×1×1×⎝⎛⎭⎫－12＝3， ∴三角形ABC 的外接圆直径2r ＝3sin 120°＝2，∴r ＝1.∵SC ⊥平面ABC ，SC ＝1， ∴该三棱锥的外接球半径R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫SC 22＝52，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝5π. 答案：5π2.(2017·南京三模)如图，在直三棱柱ABC -A1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点．当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D -ABC 1的体积为________．解析：在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，所以BB 1⊥AB ，又因为∠ABC ＝90°，即BC ⊥AB ，又BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面BB 1C 1C, 因为AB ＝1，BC ＝2，点D 为侧棱BB 1上的动点，所以侧面展开，当AD ＋DC 1最小时，BD ＝1，所以S △BDC 1＝12×BD ×B 1C 1＝1，所以三棱锥D -ABC 1的体积为13×S △BDC 1×AB ＝13.答案：133．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是________．解析：如图所示，AB ＝2，CD ＝a ，设点E 为AB 的中点，则ED ⊥AB，EC⊥AB，则ED＝AD2－AE2＝22，同理EC＝22.由构成三角形的条件知0＜a＜ED＋EC＝2，所以0＜a＜ 2.答案：(0，2)4.如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在的平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于E，F，当三棱锥P-AEF的体积最大时，tan∠BAC＝________.解析：∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB.又AC⊥BC，AP⊥BC，∴BC⊥平面PAC，∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°.设∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，AF＝AP·ACPC＝2×2cos θ21＋cos2θ＝2cos θ1＋cos2θ，在Rt△PAB中，AE＝PE＝2，∴EF＝AE2－AF2，∴V P-AEF＝16AF·EF·PE＝16AF·2－AF2·2＝26·2AF2－AF4＝26·－(AF2－1)2＋1≤26，∴当AF＝1时，V P-AEF取得最大值26，此时AF＝2cos θ1＋cos2θ＝1，∴cos θ＝13，sin θ＝23，∴tan θ＝ 2.答案： 2第2课时平行与垂直(能力课) [常考题型突破][例1](2017·江苏高考)如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明] (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，所以EF ∥AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC .[方法归纳]1．(2017·苏锡常镇一模)如图，在斜三棱柱ABC -A1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C是菱形，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE ∥平面BCC 1B 1.(1)求证：E 是AB 的中点；(2)若AC 1⊥A 1B ，求证：AC 1⊥BC .证明：(1)连结BC1，因为OE ∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE ∥BC 1 .因为侧面AA 1C 1C 是菱形，AC 1∩A 1C ＝O ，所以O 是AC 1中点，所以AE EB ＝AO OC 1＝1，E 是AB 的中点. (2)因为侧面AA 1C 1C 是菱形，所以AC 1⊥A 1C,又AC1⊥A1B，A1C∩A1B＝A1，A1C⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，所以AC1⊥平面A1BC,因为BC⊂平面A1BC，所以AC1⊥BC.2．(2017·苏州模拟)在如图所示的空间几何体ABCDPE中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝AD＝4，EB＝2.(1)若点Q是PD的中点，求证：AQ⊥平面PCD；(2)证明：BD∥平面PEC.证明：(1)因为PA＝AD，Q是PD的中点，所以AQ⊥PD.又PA⊥平面ABCD，所以CD⊥PA.又CD⊥DA，PA∩DA＝A，所以CD⊥平面ADP.又因为AQ⊂平面ADP，所以CD⊥AQ，又PD∩CD＝D，所以AQ⊥平面PCD.(2)取PC的中点M，连结AC交BD于点N，连结MN，ME，在△PAC中，易知MN＝12PA，MN∥PA，又PA∥EB，EB＝12PA，所以MN＝EB，MN∥EB，所以四边形BEMN是平行四边形，所以EM∥BN.又EM⊂平面PEC，BN⊄平面PEC，所以BN∥平面PEC，即BD∥平面PEC.[例2]ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，M为线段PB的中点，N为线段BC的中点．求证：(1)平面MON∥平面PAC；(2)平面PBC⊥平面MON.[证明](1)因为M，O，N分别是PB，AB，BC的中点，所以MO∥PA，NO∥AC，又MO∩NO＝O，PA∩AC＝A，所以平面MON∥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.由(1)知，MO∥PA，所以MO⊥BC.连结OC，则OC＝OB，因为N为BC的中点，所以ON⊥BC.又MO∩ON＝O，MO⊂平面MON，ON⊂平面MON，所以BC⊥平面MON.又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面MON.[方法归纳]1．(2017·无锡期末)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD，E，F分别为PC，AB的中点．求证：(1)平面PAD⊥平面ABCD；(2)EF∥平面PAD.证明：(1)因为AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AP⊥CD，因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD,又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)连结AC，BD交于点O，连结OE，OF，因为四边形ABCD为矩形，所以O点为AC的中点，因为E为PC的中点，所以OE∥PA，因为OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以OE∥平面PAD,同理可得：OF∥平面PAD，又因为OE∩OF＝O，所以平面OEF∥平面PAD,因为EF⊂平面OEF，所以EF∥平面PAD.2.(2016·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D ⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.[例3]圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直．(1)求证：平面AFC⊥平面CBF.(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面ADF？并说明理由．[解](1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF.∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB .又AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF .又BF ∩CB ＝B ，∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面CBF .(2)当M 为CF 的中点时，OM ∥平面ADF .证明如下：取CF 中点M ，设DF 的中点为N ，连结AN ，MN ，则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ，则MN 綊AO ， ∴四边形MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ，∴OM ∥平面DAF .[方法归纳]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练]1.如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC .(1)求证：平面AEC ⊥平面ABE ；(2)点F 在BE 上，若DE ∥平面ACF ，求BF BE的值．解：(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形，∴AB ⊥BC ，∵平面ABCD ⊥平面BCE ，∴AB ⊥平面BCE ，∴CE ⊥AB .又∵CE ⊥BE ，AB ∩BE ＝B ，∴CE ⊥平面ABE ，又∵CE ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面ABE .(2)连结BD 交AC 于点O ，连结OF .∵DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF .∴DE ∥OF ，又在矩形ABCD 中，O 为BD 中点，∴F 为BE 中点，即BF BE ＝12. 2．如图，在矩形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，DA 的中点．将矩形ABCD 沿线段EF 折起，使得∠DFA ＝60°.设G 为AF 上的点．(1)试确定点G 的位置，使得CF ∥平面BDG ；(2)在(1)的条件下，证明：DG ⊥AE .解：(1)当点G 为AF 的中点时，CF ∥平面BDG .证明如下：因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ∥AB ∥CD .连结AC 交BD 于点O ，连结OG ，则AO ＝CO .又G 为AF 的中点，所以CF ∥OG .因为CF ⊄平面BDG ，OG ⊂平面BDG .所以CF ∥平面BDG .(2)因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ⊥FD ，EF ⊥FA .又FD ∩FA ＝F ，所以EF ⊥平面ADF ，因为DG ⊂平面ADF ，所以EF ⊥DG .因为FD ＝FA ，∠DFA ＝60°，所以△ADF 是等边三角形，DG ⊥AF ，又AF ∩EF ＝F ，所以DG ⊥平面ABEF .因为AE ⊂平面ABEF ，所以DG ⊥AE .[课时达标训练]1.如图，在三棱锥V -ABC 中，O ，M 分别为AB ，VA 的中点，平面VAB ⊥平面ABC ，△VAB 是边长为2的等边三角形，AC ⊥BC 且AC ＝BC .(1)求证：VB ∥平面MOC ；(2)求线段VC的长．解：(1)证明：因为点O，M分别为AB，VA的中点，所以MO∥VB.又MO⊂平面MOC，VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，AC⊥BC，AB＝2，所以OC⊥AB，且CO＝1.连结VO，因为△VAB是边长为2的等边三角形，所以VO＝ 3.又平面VAB⊥平面ABC，OC⊥AB，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB，所以OC⊥VO，所以VC＝OC2＋VO2＝2.B1C1中，AC⊥BC，A1B2.(2017·南通二调)如图，在直三棱柱ABC-A与AB1交于点D，A1C与AC1交于点E.求证：(1)DE∥平面B1BCC1；(2)平面A1BC⊥平面A1ACC1.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1ACC1为平行四边形．又E为A1C与AC1的交点，所以E为A1C的中点.同理，D为A1B的中点，所以DE∥BC.又BC⊂平面B1BCC1，DE⊄平面B1BCC1，所以DE∥平面B1BCC1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又AC⊥BC，AC∩AA1＝A，AC⊂平面A1ACC1，AA1⊂平面A1ACC1，所以BC⊥平面A1ACC1.因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1ACC1.3.(2017·南京三模)如图，在三棱锥A-BCD中，E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF.(1)求证：EF∥平面ABD；(2)若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求证：平面AEF⊥平面ACD.证明：(1)因为BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF，所以BD∥EF.因为BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD.(2)因为AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AE⊥CD.因为BD⊥CD，BD∥EF，所以CD⊥EF，又AE∩EF＝E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF.又CD⊂平面ACD，所以平面AEF⊥平面ACD.4.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，DC＝2，点E在PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PAD；(2)当PD∥平面AEC时，求PE∶EB的值．解：(1)证明：在平面ABCD中，过A作AF⊥DC于F，则CF＝DF＝AF＝1，∴∠DAC＝∠DAF＋∠FAC＝45°＋45°＝90°，即AC⊥DA.又PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PA.∵PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD＝A，∴AC⊥平面PAD.又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PAD.(2)连结BD交AC于O，连结EO.∵PD∥平面AEC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝EO，∴PD∥EO，则PE∶EB＝DO∶OB.又△DOC∽△BOA，∴DO∶OB＝DC∶AB＝2∶1，∴PE∶EB的值为2.5.(2017·扬州考前调研)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，CD∥AB，AB＝2CD，AC交BD于O，锐角△PAD所在平面⊥底面ABCD，PA⊥BD，点Q在侧棱PC上，且PQ＝2QC.求证：(1)PA∥平面QBD；(2)BD⊥AD.证明：(1)连结OQ,因为AB∥CD，AB＝2CD，所以AO ＝2OC ，又PQ ＝2QC ，所以PA ∥OQ ，因为OQ ⊂平面QBD ，PA ⊄平面QBD ，所以PA ∥平面QBD .(2)在平面PAD 内过P 作PH ⊥AD 于H ，因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥BD .又PA ⊥BD ，且PA ∩PH ＝P ，PA ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，所以BD ⊥平面PAD ，又AD ⊂平面PAD ，所以BD ⊥AD .6.如图，在多面体ABCDFE 中，四边形ABCD 是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且AB ∥EF ，AF ＝2，EF ＝2AB ＝42，平面ABCD ⊥平面ABEF .(1)求证：BE ⊥DF ；(2)若P 为BD 的中点，试问：在线段AE 上是否存在点Q ，使得PQ ∥平面BCE ？若存在，找出点Q 的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，取EF 的中点G ，连结AG ，因为EF ＝2AB ，所以AB ＝EG ，又AB ∥EG ，所以四边形ABEG 为平行四边形，所以AG ∥BE ，且AG ＝BE ＝AF ＝2.在△AGF 中，GF ＝12EF ＝22，AG ＝AF ＝2，所以AG 2＋AF 2＝GF 2，所以AG ⊥AF .因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥AB ，又平面ABCD ⊥平面ABEF ，且平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，又AG ⊂平面ABEF ，所以AD ⊥AG .因为AD ∩AF ＝A ，所以AG ⊥平面ADF .因为AG ∥BE ，所以BE ⊥平面ADF .因为DF ⊂平面ADF ，所以BE ⊥DF .(2)存在点Q ，且点Q 为AE 的中点，使得PQ ∥平面BCE .证明如下：连结AC ，因为四边形ABCD 为矩形，所以P 为AC 的中点．在△ACE中，因为点P，Q分别为AC，AE的中点，所以PQ∥CE.又PQ⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，所以PQ∥平面BCE.。

专题4.3 立体几何的动态问题(解析版)

一．方法综述立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生思考与求解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性.一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此引发的常见题型为动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等.此类题的求解并没有一定的模式与固定的套路可以沿用，很多学生一筹莫展，无法形成清晰的分析思路，导致该题成为学生的易失分点.究其原因，是因为学生缺乏相关学科素养和解决问题的策略造成的.动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口.求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围.对于探究存在问题或动态范围（最值）问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题划归为静态问题.具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证.二．解题策略类型一立体几何中动态问题中的角度问题例1.【四川高考题】如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则θcos的最大值为.【答案】2 5281161814552y y t t+=≥++-，当1t =时取等号.所以22112(1)12222cos 511555451144yy y y θ-+-==≤⨯=⋅++⋅++，当0y =时，取得最大值.z yxF ME QPD CBA【指点迷津】空间的角的问题，一种方法，代数法，只要便于建立空间直角坐标系均可建立空间直角坐标系，然后利用公式求解；另一种方法，几何法，几何问题要结合图形分析何时取得最大（小）值.当点M 在P 处时，EM 与AF 所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当M 点向左移动时，EM 与AF 所成角逐渐变小时，点M 到达点Q 时，角最小，余弦值最大. 【举一反三】1、【四川高考题】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是（） A ．3[,1]3 B ．6[,1]3 C ．622[,]33 D ．22[,1]3【答案】B111133212222cos ,sin 33322A OC A OC +-∠==∠=⨯，113133622cos ,sin 33322A OC A OC +-∠==-∠=⨯. 又直线与平面所成的角小于等于90，而1A OC ∠为钝角，所以sin α的范围为6[,1]3，选 B. 2、【广东省东莞市2019届高三第二次调研】在正方体中，E 是侧面内的动点，且平面，则直线与直线AB 所成角的正弦值的最小值是A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体中棱长为1，设0，，，，1，，1，，0，，1，，，1，，1，，设平面的法向量y ，，则，取，得，平面，，解得，，，设直线与直线AB 所成角为，1，，，，，．直线与直线AB 所成角的正弦值的最小值是．故选：B ．3、如图，已知平面αβ⊥，l αβ=，A 、B 是直线l 上的两点，C 、D 是平面β内的两点，且DA l ⊥，CB l ⊥，3AD =，6AB =，6CB =．P 是平面α上的一动点，且直线PD ，PC 与平面α所成角相等，则二面角P BC D --的余弦值的最小值是（）A 5B ．12 C3 D ．1【答案】C类型二立体几何中动态问题中的距离问题【例2】【广西壮族自治区柳州市2019届高三毕业班3月模拟】如图，在正方体中，棱长为1，点为线段上的动点（包含线段端点），则下列结论错误的是（）A．当时，平面B．当为中点时，四棱锥的外接球表面为C．的最小值为D．当时，平面【答案】C【解析】对于，连结，，，则，，，设到平面的距离为，则，解得，∴.∴当时，为与平面的交点．∵平面∥平面，∵平面，∴∥平面，故A正确．又由以上分析可得，当时，即为三棱锥的高，∴平面，所以D正确．对于B，当为中点时，四棱锥为正四棱锥，设平面的中心为，四棱锥的外接球为，所以，解得，故四棱锥的外接球表面积为，所以B正确．对于C，连结，，则，∴，由等面积法得的最小值为，∴的最小值为．所以C不正确．故选：C.【指点迷津】求两点间的距离或其最值.一种方法，可建立坐标系，设点的坐标，用两点间距离公式写出距离，转化为求函数的最值问题；另一种方法，几何法，根据几何图形的特点，寻找那两点间的距离最大（小），求其值.【举一反三】1、【河南省焦作市2018-2019学年高三三模】在棱长为4的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别在棱AA 1和AB 上，且C 1E⊥EF，则|AF|的最大值为（）A ．B ．1C ．D ．2【答案】B 【解析】以AB ，AD ，AA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C 1（4，4，4），设E （0，0，z ），z∈[0，4]，F （x ，0，0），x∈[0，4]，则|AF|＝x ．＝（4，4，4﹣z ），＝（x ，0，﹣z ）．因为C 1E⊥EF，所以，即：z 2+4x ﹣4z ＝0，x ＝z ﹣．当z ＝2时，x 取得最大值为1．|AF|的最大值为1．故选：B ．2.如图，已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为4，点H 在棱1AA 上，且11HA =，在侧面11BCC B 内作边长为1的正方形1EFGC ，P 是侧面11BCC B 内一动点，且点P 到平面11CDD C 距离等于线段PF 的长，则当点P 运动时，2||HP 的最小值是（）A ．21B ．22C ．23D ．25 【答案】B【解析】在1BB 上取点K ，使得11B K ＝，则HK ⊥面11BCC B ，连结PK ，则222216HP HK PK PK ＝＋＝＋．在平面11BCC B 上，以1CC 所在直线为x 轴，以GF 所在直线为y 轴，由题意可知，P 点轨迹为抛物线，其方程为221x y -＝，K 点坐标为()04，，设()P x y ，，则221x y =-（其中1[22371],x y ⎡⎤∈-∈⎢⎥⎣⎦，，，()22222421816615PK x y y y y y y =+-=-+-+=-+当17,223y ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦时，2min 6|PK ＝，故2min |16622HP ＝＋＝．3、如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 为BC 的中点,点P 在线段D 1E 上,点P 到直线CC 1的距离的最小值为__________.【答案】25类型三立体几何中动态问题中的面积、体积问题【例3】在棱长为6的正方体中，是中点，点是面所在的平面内的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（）A. 36B.C. 24D.【答案】B【指点迷津】求几何体体积的最值，先观察几何图形三棱锥，其底面的面积为不变的几何量，求点P到平面BCD的距离的最大值，选择公式，可求最值.【举一反三】1、《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早一千多年.例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵111ABC A B C -中，AC BC ⊥，若12A A AB ==，当阳马11B A ACC -体积最大时，则堑堵111ABC A B C -的体积为（）A ．83B ．2 C.2 D ．22 【答案】C2、【黑龙江省哈尔滨市第六中学2017届高三下学期第一次模拟】已知矩形ABCD 中， 6,4AB BC ==， ,E F 分别是,AB CD 上两动点，且AE DF =，把四边形BCFE 沿EF 折起，使平面BCFE ⊥平面ABCD ，若折得的几何体的体积最大，则该几何体外接球的体积为（） A. 28π B. 287π C. 32π D. 23π【答案】D3、【湖南省衡阳市2019届高三二模】如图，直角三角形，，，将绕边旋转至位置，若二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，，，分别为，，的中点，作面，作面，连，，易知点即为四面体的外接球心，，，.设，，则，，，.【处理一】消元化为二次函数..【处理二】柯西不等式..所以.类型四立体几何中动态问题中的轨迹问题【例4】如图直三棱柱中，为边长为2的等边三角形，，点、、、、分别是边、、、、的中点，动点在四边形内部运动，并且始终有平面，则动点的轨迹长度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为分别为的中点，所以，，所以平面，平面，又因为,所以平面平面，要使平面，则平面，所以点的轨迹为线段，点的轨迹长度为.故本题正确答案为.【指点迷津】由已知可知平面平面，要始终有平面，点M为定点，所以点P的轨迹为线段HF，求其长度即可.【举一反三】1、【安徽省安庆市2019届高三二模】如图，正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，一只蚂蚁从点出发沿每个侧面爬到，路线为，则蚂蚁爬行的最短路程是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为，宽为，则其对角线的长为最短程. 因此蚂蚁爬行的最短路程为.故选:A.2、在正方体1111ABCD A B C D 中，已知点P 为平面11AA D D 中的一个动点，且点P 满足：直线1PC 与平面11AA D D 所成的角的大小等于平面PBC 与平面11AA D D 所成锐二面角的大小，则点P 的轨迹为（） A ．直线 B ．椭圆 C ．圆 D ．抛物线【答案】DF E P C 1B 1D 1A 1DCBA z yx3、已知平面平面，，且.是正方形，在正方形内部有一点，满足与平面所成的角相等，则点的轨迹长度为 ( ) A. B. C.D.【答案】 C【解析】根据题意，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图1所示，则，，设，易知直线与平面所的角分别为，均为锐角，类型五立体几何中动态问题中的翻折、旋转问题【例5】如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成A CD '∆，所成二面角A CDB '--的平面角为α，则（）A.A DB α'∠≤B.A DB α'∠≥C. A CB α'∠≤D.A CB α'∠≤【答案】B. 【解析】试题分析：设ADC θ∠=，设2AB =，则由题意1AD BD ==，在空间图形中，设A B t '=，在A CB '∆中，2222222112cos 22112A D DB AB t t A DB A D DB '+-+--'∠==='⨯⨯⨯，在空间图形中，过A '作AN DC ⊥，过B 作BM DC ⊥，垂足分别为N ，M ，过N 作//NP MB ，连结A P '，∴NP DC ⊥，则A NP '∠就是二面角A CD B '--的平面角，∴A NP α'∠=，在Rt A ND '∆中，cos cos DN A D A DC θ''=∠=，sin sin A N A D A DC θ'''=∠=，【举一反三】1、【四川省宜宾市2019届高三二诊】已知棱长都为2的正三棱柱的直观图如图，若正三棱柱绕着它的一条侧棱所在直线旋转，则它的侧视图可以为A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，四个选项高都是2，若侧视图为A，中间应该有一条竖直的实线或虚线．若为C，则其中有两条侧棱重合，不应有中间竖线．若为D，则长应为，而不是1．故选：B．2.【重庆市南开中学2019届高三三月测试】如图，在正方形中，，分别为线段，上的点，，．将绕直线、绕直线各自独立旋转一周，则在所有旋转过程中，直线与直线所成角的最大值为________．【答案】【解析】由题绕直线、绕直线各自独立旋转一周，形成两个圆锥体，AB和DF成为圆锥的母线，所以无论怎么旋转，都有，．利用几何体性质得：最大角是AB与BE的对称直线B和DF关于直线CD的对称直线D在同一平面内时所成角，为故答案为3.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.【答案】415【解析】三．强化训练一、选择题1. 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是边AA1，CC1上的中点，点M是BB1上的动点，过点E，M，F的平面与棱DD1交于点N，设BM＝x，平行四边形EMFN的面积为S，设y＝S2，则y关于x的函数y＝f(x)的图象大致是( )A．B． C．D．【答案】A【解析】由对称性易知四边形为菱形，，，．为二次函数，开口向上，顶点为.故选：．2、某圆柱的高为1，底面周长为8，其三视图如图所示圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】根据几何体的三视图如图所示：由于底面周长为8，得到，解得，所以点M 到N 在下底面上的射影的弧长为，把圆柱的侧面展开得到从M 到N 的路径中的最小值为．故选：C ．3、如图，等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于G ，已知ED A '∆是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是（）A ．动点A '在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．恒有平面GF A '⊥平面BCDEC ．三棱锥EFD A -'的体积有最大值 D ．异面直线E A '与BD 不可能垂直【答案】D4.【河南省郑州市第一中学2019届高三上期中】在三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】解：如图所示：三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则：当时，线段达到最小值，由于：平面，所以：，解得：，所以：，则：，由于：，所以：则：为等腰三角形．所以：，在中，设外接圆的直径为，则：，所以：外接球的半径，则：，故选：C．5．【河南省郑州市2019年高三第二次质量检测】在长方体中，，，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】补全截面EFG为截面EFGHQR如图，其中H、Q、R分别为、的中点，易证平面ACD1∥平面EFGHQR，∵直线D1P与平面EFG不存在公共点，∴D1P∥面ACD1，∴D1P面ACD1，∴P∈AC，∴过P作AC的垂线，垂足为K，则BK=,此时BP最短，△PBB1的面积最小，∴三角形面积的最小值为，故选：C．6.【上海交通大学附属中学2019届高三3月月考】如图，已知三棱锥，平面，是棱上的动点，记与平面所成的角为，与直线所成的角为，则与的大小关系为（）A．B．C．D．不能确定【答案】C【解析】如图所示：∵PA⊥平面ABC，∴PD与平面ABC所成的角=∠PDA,过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接PE，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∴BC⊥平面PAE，∴BC⊥PE,在Rt△AED，Rt△PAD，Rt△PED中：cos，cos，cos，∴cos cos cos< cos,又均为锐角，∴，故选C.7．如图，在等腰中，，M为的中点，沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为，则二面角的大小为（）A．30°B．60°C．90°D．120°【答案】D【解析】∵等腰直角△BC中，B＝BC＝2，M为C中点，∴折之前C2，BM⊥C，∴折之后AM＝CM，AM⊥BM，CM⊥BM，∴∠AMC是二面角C﹣BM﹣A的平面角，∵折后A，C间的距离为，由余弦定理得cos∠AMC＝，∵∠AMC∴二面角C﹣BM﹣A的大小为，即为120°故选：D．二、填空题8.【安徽省蚌埠市2019届高三第一次检查】如图所示，正方体的棱长为2，E，F为，AB的中点，M点是正方形内的动点，若平面，则M点的轨迹长度为______．【答案】【解析】如图所示，取的中点，的中点，连接，，，．可得：四边形是平行四边形，.同理可得：．．平面平面，点是正方形内的动点，若平面.点在线段上．点的轨迹长度．故答案为．9．已知正方体的棱长为，点为线段上一点，是平面上一点，则的最小值是______________________；【答案】【解析】解：当取得最小时，点必定是点在平面上的射影，即在上.与在二面角的两个面内，为此将绕旋转90°，使得平面与平面在同一平面内，由，故当共线且与垂直时，取得最小.在平面内，因为所以，，又，所以与都是等腰直角三角形，所以得到=，故的最小值为.10、【2017课标3，理16】a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最小值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【答案】②③ 【解析】试题分析：由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，在底面内可以过点B ，作BD a ，交底面圆C 于点D ，如图所示，连结DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴，连结AD ，等腰△ABD 中，2AB AD == ,当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=，故2BD =，又在BDE Rt △中，2,2BE DE =∴=，学科&网过点B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连结AF ，由圆的对称性可知2BF DE == ,ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由最小角定理可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，直线AB 与a 所成的最大角为90°，④错误. 正确的说法为②③. 学科&网11．【2019届湘赣十四校高三联考第二次考试】如图，正三棱锥的高，底面边长为4，，分别在和上，且，当三棱锥体积最大时，三棱锥的内切球的半径为________．【答案】【解析】设，，当时，取得最大值，此时为中点，经过点，且，，所以可求，，因此易求，，，，又∵，∴.12．【河南省六市2019届高三第一次联考】如图，是等腰直角三角形，斜边，D为直角边BC 上一点不含端点，将沿直线AD折叠至的位置，使得在平面ABD外，若在平面ABD 上的射影H恰好在线段AB上，则AH的取值范围是______．【答案】【解析】解：在等腰中，斜边，D为直角边BC上的一点，，，将沿直AD折叠至的位置，使得点在平面ABD外，且点在平面ABD上的射影H在线段AB上，设，，，，平面ABC，，当时，B与D重合，，当时，，为直角边BC上的一点，，的取值范围是故答案为：13．【陕西省榆林市2019届高考模拟第三次测试】如图，是边长为2的正方形，其对角线与交于点，将正方形沿对角线折叠，使点所对应点为，.设三棱锥的外接球的体积为，三棱锥的体积为，则__________．【答案】【解析】由题,易知三棱锥的外接球的球心为，∴，∴，到底面的距离为，∴，∴.故答案为14．【河南省洛阳市2018-2019学年高中三第二次统考】正四面体中，是的中点，是棱上一动点，的最小值为，则该四面体内切球的体积为_____.【答案】【解析】如下图，正方体中作出一个正四面体将正三角形和正三角形沿边展开后使它们在同一平面内，如下图：要使得最小，则三点共线，即：，设正四面体的边长为，在三角形中，由余弦定理可得：，解得：，所以正方体的边长为2，正四面体的体积为：，设四正面体内切球的半径为，由等体积法可得：，整理得：，解得：，所以该四面体内切球的体积为.15．【江西省吉安一中、九江一中、新余一中等八所重点中学2019届高三4月联考】如图，已知多面体的底面是边长为的正方形，平面，且，现将以直线为轴旋转一周后，则直线与动直线所成角的范围__________．【答案】【解析】画出图像如下图所示，将平移到的位置，点在以为圆心，半径为的圆上运动.则就是所求线线角，根据三角形中，大角对大边，为定值，故最值由来确定，故当在处线线角最小，在处线线角最大.由于，故.而，故，所以.而，故.所以所求线线角的取值范围是.16．在三棱锥中，,分别为棱和棱上的动点，则△的周长范围___________.【答案】【解析】三棱锥如图：把三棱锥A﹣BCD的侧面展开如图，∵△△，∴, ∴B,A,共线，此时两点间的连接线即是△的周长的最小值8，但此时E，F重合于A，不能构成三角形，所以取不到8．由图观察，当分别在棱和棱上由A向下移动时，的长度先变小，移动至分别与AD，AC 垂直时，的长度最小，再向下移动逐渐变大，所以△的周长最大为=15,故答案为.。

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。

高考数学(理)二轮专题练习：立体几何(含答案)

立体几何1．一个物体的三视图的排列规则是俯视图放在正(主)视图下面，长度与正(主)视图一样，侧(左)视图放在正(主)视图右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样，即“长对正，高平齐，宽相等”．在画一个物体的三视图时，一定注意实线与虚线要分明．[问题1] 如图，若一个几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图均为面积等于2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________．答案 432．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x 轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y 轴的线段平行性不变，长度减半．”[问题2] 如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直观图，则这个平面图形的面积是________．答案 2 23．简单几何体的表面积和体积(1)S 直棱柱侧＝c ·h (c 为底面的周长，h 为高)． (2)S 正棱锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．(3)S 正棱台侧＝12(c ′＋c )h ′(c 与c ′分别为上、下底面周长，h ′为斜高)．(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrl (r 为底面半径，l 为母线)， S 圆锥侧＝πrl (同上)，S 圆台侧＝π(r ′＋r )l (r ′、r 分别为上、下底的半径，l 为母线)． (5)体积公式V 柱＝S ·h (S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝13S ·h (S 为底面面积，h 为高)，V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S 、S ′为上、下底面面积，h 为高)．(6)球的表面积和体积 S 球＝4πR 2，V 球＝43πR 3.[问题3] 如图所示，一个空间几何体的正(主)视图和俯视图都是边长为1的正方形，侧(左)视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为( ) A ．4π B ．3π C ．2π D.32π 答案 D4．空间直线的位置关系：①相交直线——有且只有一个公共点．②平行直线——在同一平面内，没有公共点．③异面直线——不在同一平面内，也没有公共点．[问题4] 在空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是四边上的中点，则直线EG 和FH 的位置关系是________．答案相交5．空间直线与平面、平面与平面的位置关系 (1)直线与平面①位置关系：平行、直线在平面内、直线与平面相交． ②直线与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．③直线与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行． (2)平面与平面①位置关系：平行、相交(垂直是相交的一种特殊情况)． ②平面与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行． ③平面与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．[问题5] 已知b ，c 是平面α内的两条直线，则“直线a ⊥α”是“直线a ⊥b ，直线a ⊥c ”的________条件．答案充分不必要 6．空间向量(1)用空间向量求角的方法步骤①异面直线所成的角若异面直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，它们所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|. ②直线和平面所成的角利用空间向量求直线与平面所成的角，可以有两种方法：方法一分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两条直线的方向向量的夹角(或其补角)．方法二通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角． ③利用空间向量求二面角也有两种方法：方法一分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小．方法二通过平面的法向量来求，设二面角的两个面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．易错警示：①求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，容易误以为是线面角的余弦．②求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析． (2)用空间向量求A 到平面α的距离：可表示为d ＝|n ·AB →||n |.[问题6] (1)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于________．(2)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则点O 到平面ABC 1D 1的距离为________．答案 (1)64 (2)24解析 (1)方法一取A 1C 1的中点E ，连接AE ，B 1E ，如图．由题意知B 1E ⊥平面ACC 1A 1，则∠B 1AE 为AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角．设正三棱柱侧棱长与底面边长为1，则sin ∠B 1AE ＝B 1E AB 1＝322＝64.方法二如图，以A 1C 1中点E 为原点建立空间直角坐标系E －xyz ，设棱长为1，则A ⎝⎛⎭⎫12，0，1，B 1⎝⎛⎭⎫0，32，0，设AB 1与平面ACC 1A 1所成的角为θ，EB 1→为平面ACC 1A 1的法向量．则sin θ＝|cos 〈AB 1→，EB 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫－12，32，－1·⎝⎛⎭⎫0，32，02×32＝64. (2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,1,1)，O ⎝⎛⎭⎫12，12，1. 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋z ＝0.令z ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0，∴n ＝(1,0,1)，又OD 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0， ∴O 到平面ABC 1D 1的距离d ＝|n ·OD 1→||n|＝122＝24.易错点1 三视图认识不清致误例1 一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80错解由三视图知，该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4，宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是正方形，边长为4. 所以表面积S ＝42×3＋2×4＋2×12(2＋4)×4＝48＋8＋24＝80.找准失分点不能准确把握三视图和几何体之间的数量关系，根据正视图可知，侧视图中等腰梯形的高为4，而错认为等腰梯形的腰为4.正解由三视图知该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12 ＝17.所以S 表＝42＋2×4＋12×(2＋4)×4×2＋4×17×2＝48＋817.答案 C易错点2 对几何概念理解不透致误例2 给出下列四个命题：①有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱； ②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ③底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ④底面是矩形的平行六面体是长方体．其中正确的命题是__________(写出所有正确命题的序号)．错解1 ①②③ 错解2 ②③④找准失分点 ①是错误的，因为棱柱的侧棱要都平行且相等；④是错误的，因为长方体的侧棱必须与底面垂直．正解 ②③易错点3 对线面关系定理条件把握不准致误例3 已知m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面．给出下列命题： ①若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊥m ，则n ⊥α，或n ⊥β； ②若α∥β，α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则m ∥n ；③若m 不垂直于α，则m 不可能垂直于α内的无数条直线； ④若α∩β＝m ，n ∥m ，且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α，且n ∥β； ⑤若m 、n 为异面直线，则存在平面α过m 且使n ⊥α. 其中正确的命题序号是________．错解 ②③④⑤找准失分点③是错误的；⑤是错误的．正解①是错误的．如正方体中面ABB′A′⊥面ADD′A′，交线为AA′.直线AC⊥AA′，但AC不垂直面ABB′A′，同时AC也不垂直面ADD′A′.②正确．实质上是两平面平行的性质定理．③是错误的．在上面的正方体中，A′C不垂直于平面A′B′C′D′，但与B′D′垂直．这样A′C就垂直于平面A′B′C′D′内与直线B′D′平行的无数条直线．④正确．利用线面平行的判定定理即可．⑤错误．从结论考虑，若n⊥α且m⊂α，则必有m⊥n，事实上，条件并不能保证m⊥n.故错误．答案②④1．已知三条不同直线m，n，l与三个不同平面α，β，γ，有下列命题：①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，l⊂α，则l∥β；③α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；④若m，n为异面直线，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β.其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 C解析因为平行于同一平面的两条直线除了平行，还可能相交或成异面直线，所以命题①错误；由直线与平面平行的定义知命题②正确；由于垂直于同一个平面的两个平面可能平行还可能相交，因此命题③错误；过两条异面直线分别作平面互相平行，这两个平面是唯一存在的，因此命题④正确．故选C.2．设m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列选项中不正确的是()A．当m⊂α时，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件B．当m⊂α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件C．当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件D．当m⊂α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件答案 A解析当m⊂α时，若n∥α可得m∥n或m，n异面；若m∥n可得n∥α或n⊂α，所以“n∥α”是“m∥n”的既不充分也不必要条件，答案选A.3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A ．64B ．72C ．80D ．112答案 B解析根据三视图，该几何体为下面是一个立方体、上面两个三棱锥，所以V ＝4×4×4＋2×13×(12·4·2)×3＝72，故选B.4．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q 分别是AA 1，A 1D 1，CC 1，BC 的中点，给出以下四个结论：①A 1C ⊥MN ；②A 1C ∥平面MNPQ ；③A 1C 与PM 相交；④NC 与PM 异面．其中不正确的结论是( ) A ．① B ．② C ．③ D ．④ 答案 C解析作出过M ，N ，P ，Q 四点的截面交C 1D 1于点S ，交AB 于点R ，如图所示中的六边形MNSPQR ，显然点A 1，C 分别位于这个平面的两侧，故A 1C 与平面MNPQ 一定相交，不可能平行，故结论②不正确．5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．2＋ 2B ．3＋ 2C ．1＋2 2D ．5答案 A解析由三视图可知，该几何体是一个四棱锥，如图所示．该几何体的底面是边长为1的正方形，故S 1＝12＝1. 侧棱P A ⊥面ABCD ，且P A ＝1，故S △P AB ＝S △P AD ＝12×1×1＝12，而PD ⊥DC ，CB ⊥PB ，且PB ＝PD ＝2，所以S △PBC ＝S △PDC ＝12×2×1＝22.所以该几何体的表面积为S ＝1＋2×12＋2×22＝2＋ 2.故选A.6．如图，已知六棱锥P —ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论正确的是( ) A ．PB ⊥ADB ．平面P AB ⊥平面PBC C ．直线BC ∥平面P AED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45° 答案 D解析若PB ⊥AD ，则AD ⊥AB ，但AD 与AB 成60°角，A 错误；平面P AB 与平面ABD 垂直，所以平面P AB 一定不与平面PBC 垂直，B 错误；BC 与AE 是相交直线，所以BC 一定不与平面P AE 平行，C 错误；直线PD 与平面ABC 所成角为∠PDA ，在Rt △P AD 中，AD ＝P A ， ∴∠PDA ＝45°，D 正确．7．对于四面体ABCD ，给出下列四个命题： ①若AB ＝AC ，BD ＝CD ，则BC ⊥AD ； ②若AB ＝CD ，AC ＝BD ，则BC ⊥AD ； ③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD ，则BC ⊥AD ； ④若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则BC ⊥AD .其中正确的是________．(填序号) 答案 ①④解析取线段BC 的中点E ，连接AE ，DE ， ∵AB ＝AC ，BD ＝CD ， ∴BC ⊥AE ，BC ⊥DE ， ∴BC ⊥平面ADE ， ∵AD ⊂平面ADE ， ∴BC ⊥AD ，故①正确．设点O 为点A 在平面BCD 上的射影，连接OB ，OC ，OD ， ∵AB ⊥CD ，AC ⊥BD ， ∴OB ⊥CD ，OC ⊥BD ， ∴点O 为△BCD 的垂心， ∴OD ⊥BC ，∴BC ⊥AD ，故④正确，易知②③不正确，填①④.8.如图，四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2，∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为________．答案 π3解析由∠ABC ＝∠DCB ＝π2知，BA →与CD →的夹角θ就是二面角A －BC －D 的平面角．又AD →＝AB →＋BC →＋CD →，∴AD →2＝(AB →＋BC →＋CD →)2 ＝AB →2＋BC 2→＋CD →2＋2AB →·CD →.因此2AB →·CD →＝(23)2－12－32－22＝－2， ∴cos(π－θ)＝－12，且0<π－θ<π，则π－θ＝23π，故θ＝π3.9．已知直线l ，m ，平面α，β，且l ⊥α，m ⊂β，给出四个命题：①若α∥β，则l ⊥m ；②若l ⊥m ，则α∥β；③若α⊥β，则l ∥m ；④若l ∥m ，则α⊥β. 其中为真命题的是________．(填序号) 答案 ①④解析对命题①，则l ⊥α，α∥β得，l ⊥β，m ⊂β，∴l⊥m，故①正确．对命题②，l⊥mD⇒/l⊥β，则l⊥mD⇒/α∥β，故②错误．对命题③，当α⊥β时，l与m也可能相交或异面或平行，故③错误．对命题④，由l⊥α，l∥m得m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β，故④正确．10．三棱锥D－ABC及其三视图中的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则棱BD的长为________．答案4 2解析由正(主)视图知CD⊥平面ABC，设AC中点为E，则BE⊥AC，且AE＝CE＝2；由侧(左)视图知CD＝4，BE＝23，在Rt△BCE中，BC＝BE2＋EC2＝(23)2＋22＝4，在Rt△BCD中，BD＝BC2＋CD2＝42＋42＝4 2.故答案为4 2.。

届数学统考第二轮专题复习第12讲立体几何学案理含解析

第12讲立体几何高考年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2020证明线面垂直,求二面角的余弦值·T18证明线面平行、面面垂直，求线面角的正弦值·T20点面的位置关系,求二面角的正弦值·T192019证明线面平行,求二面角的正弦值·T18证明线面垂直,求二面角的正弦值·T17翻折问题，证明四点共面、面面垂直,求二面角的大小·T192018翻折问题，证明面面垂直，求线面角的正弦值·T18证明线面垂直,给出二面角求线面角的正弦值·T20证明面面垂直,求二面角的正弦值·T191。

［2020·全国卷Ⅱ］如图M4—12-1,已知三棱柱ABC—A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2）设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图M4—12-12.[2020·全国卷Ⅰ]如图M4—12-2，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三DO.角形,P为DO上一点,PO=√66（1）证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E的余弦值。

图M4—12-23.［2019·全国卷Ⅲ]如图M4—12—3,图①是由矩形ADEB,Rt △ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1，BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合，连接DG,如图②。

(1)证明:图②中的A，C，G,D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2）求图②中的二面角B—CG-A的大小.①②图M4-12—3平行、垂直关系的证明1如图M4—12-4，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为平行四边形,E为侧棱PD的中点,O为AC与BD的交点。

立体几何中的动态问题

微专题核心素养(十四)直观想象与逻辑推理——立体几何中的动态问题1．立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等．2．一般是根据线、面平行，线、面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹(还可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程)．[典例1] 在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是直线CD ，AB 上的动点，点P 是△最小值为π3，则点P 的轨A 1C 1D 内的动点(不包括边界)，记直线D 1P 与MN 所成角为θ，若θ的迹是( )A ．圆的一部分B ．椭圆的一部分C ．抛物线的一部分D ．双曲线的一部分[解析] 把MN 平移到平面A 1B 1C 1D 1中，直线D 1P 与MN 所成角为θ，直线D 1P 与MN 所成角的最小值是直线D 1P 成角为π3，点P 在平面与平面A 1B 1C 1D 1所成角，即原问题转化为：直线D 1P 与平面A 1B 1C 1D 1所A 1B 1C 1D 1的投影为圆的一部分，因为点P 是△A 1C 1D 内的动点(不包括边界)，所以点P 的轨迹是椭圆的一部分．故选B.[答案] B[典例2] (2020·石家庄一模)如图，四棱锥P ABCD 的底面是边长为2的正方形，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝4，M 是PB 上的一个动点(不与P ，B 重合)，过点M 作平面α∥平面P AD ，截棱锥所得图形的面积为y ，若平面α与平面P AD 之间的距离为x ，则函数y ＝f (x )的图象是( )[解析] 过M 作MN ⊥AB ，交AB 于N ，则MN ⊥平面ABCD ，过N 作NQ ∥AD ，交CD 于Q ，过Q 作QH ∥PD ，交PC 于H ，连接MH ，则平面MNQH 是所作的平面α，由题意得2－x 2＝MN4，解得MN ＝4－2x ，由CQ CD ＝QHPD .即2－x 2＝QH 25，解得QH ＝5(2－x )，过H 作HE ⊥NQ ，在Rt △HEQ 中，EQ ＝HQ 2－HE 2＝2－x ， ∴NE ＝2－(2－x )＝x ，∴MH ＝x . ∴y ＝f (x )＝(x ＋2)(4－2x )2＝－x 2＋4(0<x <2)．∴函数y ＝f (x )的图象如图．故选C. [答案] C[典例3] 如图，在棱长为2的正四面体A BCD 中，E ，F 分别为直线AB ，CD 上的动点，且|EF |＝ 3.若记EF 中点P 的轨迹为L ，则|L |等于________(注：|L |表示L 的测度，若L 为曲线、平面图形、空间几何体时，|L |分别对应长度、面积、体积)．＝3，此时EF 的中点P 在[解析] 如图，当E 为AB 中点时，F 分别在C ，D 处，满足|EF |EC ，ED 的中点P 1，P 2的位置上；当F 为CD 中点时，E 分别在A ，B 处，满足|EF |＝3，此时EF 的中点P 在BF ，AF 的中点P 3，P 4的位置上，心为O ，圆的半径为12，则连接P 1P 2，P 3P 4相交于点O ，则四点P 1，P 2，P 3，P 4共圆，圆EF 中点P 的轨迹L 为以O 为圆心，以12为半径的圆，其测度|L |＝2π×12＝π.[答案] π[典例4] 已知平面ABCD ⊥平面ADEF ，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，且AB ＝1，AD ＝CD ＝2，ADEF 是正方形，在正方形ADEF 内部有一点M ，满足MB ，MC 与平面ADEF 所成的角相等，则点M 的轨迹长度为( )A.43 B ．163C.49π D.83π [解析] 根据题意，以D 为原点，分别以DA ，DC ，DE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz ，如图1所示，则B (2,1,0)，C (0,2,0)，设M (x,0，z )，易知直线MB ，MC 与平面ADEF 所成的角分别为∠AMB ，∠DMC ，均为锐角，且∠AMB ＝∠DMC ，所以sin ∠AMB ＝sin ∠DMC ⇒AB MB ＝CD MC，即2MB ＝MC ，因此2(2－x )2＋12＋z 2＝x 2＋22＋z 2，整理得⎝⎛⎭⎫x －832＋z 2＝169，由此可得，点M 在正方形ADEF 内的轨迹是以点O ⎝⎛⎭⎫83，0，0为圆心，半径为43的圆弧M 1M 2，如图2所示，易知圆心角∠M 1OM 2＝π3，所以l M 1M ＝π3×43＝49π.故选C.[答案] C[课时过关检测]A 级——夯基保分练1.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A.3030 B ．3015C.3010D.1515解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0，0,2)，N (1,0,0)，∴B 1M ―→＝(－1，－1，－2)，D 1N ―→＝(1,0，－2)，∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为|B 1M ―→·D 1N ―→||B 1M ―→|·|D 1N ―→|＝|－1＋4|1＋1＋4×1＋4＝3010. 2.如图，已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( ) A.33535B ．277C.33D.24解析：选A 如图，以D 为坐标原点，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，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0,3,0)，∴DC 1―→＝(0,3,1)，D 1E ―→＝(1,1，－1)，D 1C ―→＝(0,3，－1)．设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·D 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∴cosDC 1―→，n＝DC 1―→·n |DC 1―→|·|n|＝33535， ∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.3．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12B ．23C.33D.22解析：选B 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D ―→＝(0,1，－1)， A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.4.如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35 B ．56C.3310D.3610解析：选A 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1()0，3，2，F (1,0,1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F ―→＝()1，－3，－1，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF ―→＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ EF ―→·n ＝0，GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量，所以cos 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.5．(多选)(2019·浙江高考改编)设三棱锥V ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点(不含端点)．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P AC B 的平面角为 γ，则α，β，γ大小关系正确的是( )A ．α＞βB ．α＝βC ．γ＞βD.γ≥β解析：选AC 过B 作直线l ∥AC ，过P 作底面ABC 的垂线PD ，D 为垂足，过D 作DF⊥AB 于F ，作DE ⊥l 于E ，连接AD ，BD ，PF ，PE .由题意可知，二面角P AC B 的大小与二面角P AB C 的大小相等，结合空间角的定义知∠PBE ＝α，∠PBD ＝β，∠PFD ＝γ，在Rt △PEB 与Rt △PDB 中，由PE ＞PD 得sin α＞sin β， ∴α＞β(α，β均为锐角)．故A 正确，B 错误；在Rt △PDB 与Rt △PDF 中，由PB ＞PF 得sin β＜sin γ，∴γ＞β(β，γ均为锐角)．故C 正确；由于不存在PB ＝PF 的可能，故D 错误． 6.(多选)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝AA 1＝2，∠ACB ＝90°，D ，E ，F 分别为AC ，AA 1，AB 的中点．则下列结论正确的是( )A ．AC 1与EF 相交B ．B 1C 1∥平面DEF C ．EF 与AC 1所成的角为90°D ．点B 1到平面DEF 的距离为322解析：选BCD 对选项A ，由图知AC 1⊂平面ACC 1A 1，EF ∩平面ACC 1A 1＝E ，且E ∉AC 1.由异面直线的定义可知AC 1与EF 异面，故A 错误；对于选项B ，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，B 1C 1∥BC .∵D ，F 分别是AC ，AB 的中点， ∴FD ∥BC ，∴B 1C 1∥FD .又∵B 1C 1⊄平面DEF ，DF ⊂平面DEF ， ∴B 1C 1∥平面DEF .故B 正确；对于选项C ，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，A 1(2,0,2)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,0)，E (2,0,1)，F (1,1,0)． ∴EF ―→＝(－1,1，－1)，AC 1―→＝(－2,0,2)． ∵EF ―→·AC 1―→＝2＋0－2＝0，∴EF ―→⊥AC 1―→， ∵EF 与AC 1所成的角为90°.故C 正确；对于选项D ，设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DEF 的一个法向量． ∵DE ―→＝(1,0,1)，DF ―→＝(0,1,0)，∴由⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥DE ―→，n ⊥DF ―→，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE ―→＝0，n ·DF ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，y ＝0.取x ＝1，则z ＝－1，∴n ＝(1,0，－1)，设点B 1到平面DEF 的距离为d . 又∵DB 1―→＝(－1,2,2)，∴d ＝|DB 1―→·n ||n |＝|－1＋0－2|2＝322，∴点B 1到平面DEF 的距离为322，故D 正确．故选B 、C 、D.7．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B AA 1C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为________．解析：由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，由于侧面和底面垂直，由面面垂直的性质定理可得，B 到AC 的距离为3，C 到AB 的距离为23，所以在三角形ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4， |AB 1―→|＝22，|BC 1―→|＝4，cos AB 1―→，BC 1―→＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→|·|BC 1―→|＝422·4＝24，sin 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝1－⎝⎛⎭⎫242＝144.故tanAB 1―→，BC 1―→＝7.答案：78.如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB＝2，CF ＝3.若直线OF 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为坐标原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，∴OF ―→＝(－1,0,3)，DB ―→＝(0,23，0)，EB ―→＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎨⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ， ∴n ＝(－a,0,1)，∴cos 〈n ，OF ―→〉＝n ·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a 2＋1×10.∵直线OF 与平面BED 所成角的大小为45°， ∴|a ＋3|a 2＋1×10＝22，解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，∴AE ＝2.答案：29.如图，已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点，则二面角F OEA 的余弦值为________．解析：以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，由题知，OA ＝OB ＝2，则A (0，－2,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，E (1，－1,0)，F (0，－1,1)，OE ―→＝(1，－1,0)，OF ―→＝(0，－1,1)，设平面OEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OE ―→＝0，m ·OF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得m ＝(1,1,1)．易知平面OAE 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，则cos 〈m ，n 〉＝m·n|m||n|＝33.由图知二面角F OE A 为锐角，所以二面角F OE A 的余弦值为33. 答案：3310.(一题两空)如图所示，在四棱锥P ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 的中点．(1)则直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为________； (2)则B 点到平面PCD 的距离为________．解析：(1)在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 的中点，∴PO ⊥AD .又∵侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ，∴PO ⊥平面ABCD . 在△P AD 中，P A ⊥PD ，P A ＝PD ＝2，∴AD ＝2. 在直角梯形ABCD 中，O 为AD 的中点，∴OA ＝BC ＝1， ∴OC ⊥AD .以O 为坐标原点，OC 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，∴PB ―→＝(1，－1，－1)．∵OA ⊥OP ，OA ⊥OC ，OP ∩OC ＝O ，∴OA ⊥平面POC . ∴OA ―→＝(0，－1,0)为平面POC 的法向量， cos 〈PB ―→，OA ―→〉＝PB ―→·OA ―→|PB ―→||OA ―→|＝33，∴PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)∵PB ―→＝(1，－1，－1)，设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP ―→＝－x ＋z ＝0，u ·PD ―→＝y －z ＝0.取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．则B 点到平面PCD 的距离d ＝|PB ―→·u ||u |＝33.答案：(1)63 (2)3311．(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B EC C 1的正弦值．解：(1)证明：由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊥平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)由(1)知⊥BEB 1＝90°.由题设知Rt⊥ABE ⊥Rt⊥A 1B 1E ，所以⊥AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB . 以D 为坐标原点，DA ―→的方向为x 轴正方向，|DA ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，E (1,0,1)，CB ―→＝(1,0,0)，CE ―→＝(1，－1,1)，CC 1＝(0,0,2)．设平面EBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧CB ―→·n ＝0，CE ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0，所以可取n ＝(0，－1，－1)．设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧CC 1·m ＝0，CE ―→·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 2＝0，x 2－y 2＋z 2＝0，所以可取m ＝(1,1,0)．于是cos n ，m＝n ·m |n ||m |＝－12. 所以二面角B EC C 1的正弦值为32. 12．[创新题型]如图，四棱锥P ABCD 的底面是平行四边形，且PD ⊥AB . (1)从下列两个条件中任选一个条件证明：AB ⊥平面P AD . ①O 是AD 的中点，且BO ＝CO ；②AC ＝BD .(2)在(1)条件下，若AD ＝2AB ＝4，P A ＝PD ，点M 在侧棱PD 上，且PD ＝3MD ，二面角P BC D 的大小为π4，求直线BP 与平面MAC 所成角的正弦值．解：(1)证明：选择条件②∵四边形ABCD 为平行四边形，且AC ＝BD ， ∴四边形ABCD 为矩形，AB ⊥AD .又∵AB ⊥PD ，且AD ∩PD ＝D ，故AB ⊥平面P AD . 选择条件①在平行四边形ABCD 中，设N 是BC 的中点，连接ON ，如图，因为O 是AD 的中点，所以AB ∥ON .又BO ＝CO ，所以ON ⊥BC .所以AB ⊥BC ，又在平行四边形ABCD 中，BC ∥AD ，所以AB ⊥AD .又AB ⊥PD ，且PD ∩AD ＝D ，AD ⊂平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，故AB ⊥平面P AD .(2)由(1)知AB ⊥平面P AD ，又AB ⊂平面ABCD ，于是平面P AD ⊥平面ABCD ，连接PO ，PN ，由P A ＝PD ，可得PO ⊥AD ，则PO ⊥BC ，又ON ⊥BC ，PO ∩NO ＝O ，所以BC ⊥平面PNO ，所以PN ⊥BC ，故二面角P BC D 的平面角为∠PNO ，则∠PNO ＝π4.由此得PO ＝AB ＝2.以O 为坐标原点，ON ，OD ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，－2,0)，B (2，－2,0)，C (2,2，0)，P (0,0,2)，由PD ＝3MD 可得M ⎝⎛⎭⎫0，43，23，所以AC ―→＝(2,4,0)，AM ―→＝⎝⎛⎭⎫0，103，23，BP ―→＝(－2,2,2)．设平面MAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·AM ―→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋4y ＝0，10y ＋2z ＝0，令y ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，z ＝－5，所以n ＝(－2,1，－5)为平面MAC 的一个法向量．设直线BP 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP ―→·n |BP―→|·|n |＝|4＋2－10|23·30＝1015，故直线BP 与平面MAC 所成角的正弦值为1015. B 级——提能综合练13．(2018·全国卷Ⅱ改编)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1夹角的余弦值为( )A.15 B ．56C.55D.22解析：选C 法一：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，D 1(0,0，3)，B 1(1,1，3)，所以AD 1―→＝(－1,0，3)，DB 1―→＝(1,1，3)，设异面直线AD 1与DB 1的夹角为α，则cos α＝cos 〈AD 1―→，DB 1―→〉＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋31＋3·1＋1＋3＝55. 法二：如图，连接A 1D 交AD 1于点E .取A 1B 1中点F ，连接EF ，则EF 綊12B 1D ，连接D 1F ，在△D 1FE 中，∠D 1EF 为异面直线AD 1与DB 1的夹角．由已知EF ＝12DB 1＝1212＋12＋(3)2＝52， D 1E ＝12AD 1＝1，D 1F ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＝52，所以cos ∠D 1EF ＝EF 2＋ED 21－D 1F 22EF ·ED 1＝55. 14．如图，在棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在线段D 1E 上，点P 到直线CC 1的距离的最小值为________．解析：如图，过E 作EE 1⊥B 1C 1于E 1，连接D 1E 1，过P 作PQ ⊥D 1E 1于Q ，在同一个平面EE 1D 1内，EE 1⊥E 1D 1，PQ ⊥D 1E 1，所以PQ ∥EE 1，又因为CC 1∥EE 1，所以CC 1∥PQ ，因为CC 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以点P 到CC 1的距离就是QC 1的长度，所以当且仅当C 1Q ⊥D 1E 1时，所求的距离最小值为C 1Q ＝C 1D 1·C 1E 1D 1E 1＝2×15＝255. 答案：25515．已知在四棱锥P ABCD 中，平面PDC ⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，AB ∥CD ，AB ＝2，DC ＝4，E 为PC 的中点，PD ＝PC ，BC ＝2 2.(1)求证：BE ∥平面P AD ；(2)若PB 与平面ABCD 所成角为45°，点P 在平面ABCD 上的射影为O ，问：BC 上是否存在一点F ，使平面POF 与平面P AB 所成的角为60°？若存在，试求点F 的位置；若不存在，请说明理由．EH ＝12CD ，解：(1)证明：取PD 的中点H ，连接AH ，EH ，则EH ∥CD ，又AB ∥CD ，AB ＝12CD ＝2， ∴EH ∥AB ，且EH ＝AB ，∴四边形ABEH 为平行四边形，故BE ∥HA .又BE ⊄平面P AD ，HA ⊂平面P AD ，∴BE ∥平面P AD .(2)存在，点F 为BC 的中点．理由：∵平面PDC ⊥平面ABCD ，PD ＝PC ，作PO ⊥DC ，交DC 于点O ，连接OB ，可知O 为点P 在平面ABCD 上的射影，则∠PBO ＝45°.由题可知OB ，OC ，OP 两两垂直，以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O xyz ，由题知OC ＝2，BC ＝22，∴OB ＝2，由∠PBO ＝45°，可知OP ＝OB ＝2，∴P (0,0,2)，A (2，－2,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)．设F (x ，y ，z )，BF ―→＝λBC ―→，则(x －2，y ，z )＝λ(－2,2,0)，解得x ＝2－2λ，y ＝2λ，z ＝0，可知F (2－2λ，2λ，0)，设平面P AB 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，∵P A ―→＝(2，－2，－2)，AB ―→＝(0,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ·P A ―→＝0，m ·AB ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1－2y 1－2z 1＝0，2y 1＝0，令z 1＝1，得m ＝(1,0,1)．设平面POF 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，∵OP ―→＝(0,0,2)，OF ―→＝(2－2λ，2λ，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·OP ―→＝0，n ·OF ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2z 2＝0，(2－2λ)x 2＋2λy 2＝0，令y 2＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎫λλ－1，1，0. ∴cos 60°＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪λλ－11＋1·⎝⎛⎭⎫λλ－12＋1，解得λ＝12，可知当F 为BC 的中点时，两平面所成的角为60°.C 级——拔高创新练AB ＝3，BC ＝2AD ＝16.已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，2，E 为CD 的中点，PB ⊥AE .(1)证明：平面PBD ⊥平面ABCD ；(2)若PB ＝PD ，PC 与平面ABCD 所成的角为π4，试问“在侧面PCD 内是否存在一点N ，使得BN ⊥平面PCD ？”若存在，求出点N 到平面ABCD 的距离；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由四边形ABCD 是直角梯形，AB ＝3，BC ＝2AD ＝2，AB ⊥BC ，可得DC ＝2，∠BCD ＝π3，从而△BCD 是等边三角形，BD ＝2，BD 平分∠ADC .∵E 为CD 的中点，∴DE ＝AD ＝1，∴BD ⊥AE ，又∵PB ⊥AE ，PB ∩BD ＝B ，∴AE ⊥平面PBD .又∵AE ⊂平面ABCD ，∴平面PBD ⊥平面ABCD .(2)在平面PBD 内作PO ⊥BD 于O ，连接OC ，又∵平面PBD ⊥平面ABCD ，平面PBD ∩平面ABCD ＝BD ，∴PO ⊥平面ABCD .∴∠PCO 为PC 与平面ABCD 所成的角，则∠PCO ＝π4， ∴由题意得OP ＝OC ＝3，∵PB ＝PD ，PO ⊥BD ，∴O 为BD 的中点，∴OC ⊥BD .以OB ，OC ，OP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，假设在侧面PCD 内存在点N ，使得BN ⊥平面PCD 成立，设PN ―→＝λPD ―→＋μPC ―→(λ，μ≥0，λ＋μ≤1)，由题意得N (－λ，3μ，－3(λ＋μ－1))，BN ―→＝(－λ－1，3μ，－3(λ＋μ－1))，PC ―→＝(0，3，－3)，PD ―→＝(－1,0，－3)，由⎩⎪⎨⎪⎧ BN ―→·PC ―→＝0，BN ―→·PD ―→＝0得⎩⎪⎨⎪⎧3μ＋3(λ＋μ－1)＝0，λ＋1＋3(λ＋μ－1)＝0，解得λ＝15，μ＝25，满足题意，∴N 点到平面ABCD 的距离为－3(λ＋μ－1)＝235.。

第二讲立体几何中的动态问题

第二讲立体几何中的动态问题典型例题：【过关练习(二)】1.【浙江省浙大附中2016届高三全真模拟(理)，8，☆☆☆】如图，在Rt △ABC 中，AC =1，BC =x ，D 是斜边AB 的中点，将△BCD 沿直线CD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得CB ⊥AD ，则x 的取值范围是 . A .(0，3]B .⎝⎛⎦⎤22，2C .(3，23]D .(2，4]DBACDCBAEDACB(第1题图) (第2题图)2.【2015年，嘉兴市高三第一学期期末测试10，☆☆☆】正四面体的棱长为2，棱AD 与平面所成的角θ∈⎣⎡⎦⎤π3，π2，且顶点A 在平面内，B ，C ，D 均在平面外，则棱BC 的中点E 到平面的距离的取值范围为 .3.【浙江省宁波市余姚中学2016届高三十月月考(理)，8，☆☆☆】如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱长为3，以顶点A 为球心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两端弧长之和等于 .A .5π6B .2π3C .πD .7π6PC 1B 1A 1CBADCBA(第3题图) (第4题图) (第5题图)4.【2015江西期末，☆☆】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB =90°，AC =6，BC=CC 1=2，P 为BC 1上的一个动点，则CP+P A 1的最小值为 .5.【浙江省新高考研究同盟2016届高三12月第一次联考，7，☆☆】如图，四边形ABCD ，AB=BD=DA=2，BC=CD=2，现将△ABD 沿BD 折起，使二面角A －BD －C 的大小在[π6，5π6]内，则直线AB 与CD 所成角的余弦值的取值范围是 A .[0，28]∪[528，1] B .[ 28，528] C . [0，28] D . [0，528] 6.【2014年四川高考，☆☆】如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点，设点P 在CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是 . A .⎣⎡⎦⎤33，1 B .⎣⎡⎦⎤63，1 C .⎣⎡⎦⎤63，223 D .⎣⎡⎦⎤223，1CCBA(第6题图) (第8题图) (第9题图)7.【浙江省温州市2016届高三第一次模拟考试，☆☆☆】如图，在矩形ABCD 中，AB =2，AD =4，点E 在线段AD 上且AE =3，现分别沿BE 、CE 将△ABE 、△DCE 翻折，使得点D 落在线段AE 上，则此时二面角D －EC －B 的余弦值为 . A .45 B .56 C .67 D ．788.【2015年宁波一模(理)，15, ☆☆☆】在△ABC 中，∠BAC =10°，∠ACB =30°，将直线BC 绕AC 旋转得到B 1C ，直线AC 绕AB 旋转得到AC 1，则在所有旋转过程中，直线B 1C 与直线AC 1所成角的取值范围是 .9.【2015年，嘉兴市高三教学质量测试（二），15, ☆☆☆】正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，底面ABCD 的对角线BD 在平面内，则正方体在平面内的射影构成的图形面积的取值范围为 .(第7题图)⇒B10.【2015年，温州市高三第二次适应性测试,☆☆☆】如图所示的一块长方体木料中，已知AB=BC=4，AA 1=1，设E 为底面ABCD 的中心，且AF →=λAD →⎝⎛⎭⎫0≤λ≤12，则该长方体中经过点A 1，E ，F 的截面面积的最小值为 .1BD αlODCBA(第10题图) (第11题图)11.【2015年浙江省第一次五校联考(理)，15，☆☆☆】如图，直线l ⊥平面α，垂足为O ，正四面体(所有棱长都相等的三棱锥)ABCD 的棱长为2，C 在平面α内，B 是直线l 上的动点，当O 到AD 的距离为最大时，正四面体在平面α上的射影面积为 . 12.【2015年，金华一中高考全真模拟测试，8，☆☆】在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是BC 的中点，点P 是面DCC 1D 1所在的平面内的动点，且满足∠APD=∠MPC ，则三棱锥P －BCD 的体积的最大值为 .A .36B .C .24D .13.【2013年淄博模拟，☆☆☆】已知四面体P －ABC 中，点P 在底面ABC 的射影为O ，且满足→OA +→OB +→OC =0，点A 在平面PBC 上的射影为H ，H 恰为△PBC 的垂心，若P A =6，则三棱锥P －ABC 的体积的最大值为 .14.【浙江省金华十校2016届高三第一次联考(理)，8，☆☆☆】已知四面体ABCD 中，AD ⊥BC ，AD =6，BC =2，AB BD =ACCD =2，则V A －BCD 的最大值为A .6B .211C .215D .815.【2014年黄山模拟，☆☆☆】如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别是AA 1，CC 1的中点，过点E 、F 的平面分别与BB 1、DD 1交于点M 、N ，设BM =x ，x ∈[0，1]，则下列说法正确的有 (填写正确说法的序号)： ①当且仅当x =0是，四边形MFNE 的周长最大； ②当且仅当x =12时，四边形MFNE 的面积最小；③多面体ABCD －MFNE 的体积为12；④四棱锥C 1－MFNE 的体积V =V (x )是常函数； ⑤直线MN 与CC 1的夹角的正弦值的取值范围为[63，1] NMF E D 1C 1B 1A 1DCBAF ED 1C 1B 1A 1DCBA(第15题图) (第16题图)16.【2010年安徽模拟，☆☆☆】如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，线段B 1C 上有一个动点P ，线段A 1C 1上有两个动点E 、F ，且EF =22a ，现有如下四个结论： ①当E 、F 在棱A 1C 1上运动时，三棱锥C －BEF 的体积为定值；②当点P 在B 1C 上运动时，直线A 1P 与平面A 1C 1D 所成的角的大小不变； ③当点P 在B 1C 上运动时，直线AD 1与A 1P 所成的角的大小不变；④点M 是底面ABCD 上的一点，且到直线AD 与到直线CC 1的距离相等，则点M 的轨迹是抛物线其中正确结论的序号是 .17.【2015年，宁波市镇海中学5月份高三模拟测试，14，☆☆☆】在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是AC 1，A 1B 1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 .18.【2015年，嘉兴市高三教学质量测试（一），15，☆☆☆】正四面体OABC ，其棱长为1，若OP →=xOA →+yOB →+zOC →(0≤x ，y ，z ≤1)，且满足x+y+z ≥1，则动点P 的轨迹所形成的空间区域的体积为 .19.【2016年1月浙江省新高考研究卷理科，6，☆☆☆】已知点A ，B 分别为异面直线a ，b 上的点，且直线AB 与a ，b 均垂直，动点P ∈a ，Q ∈b ，P A+QB 为定值，则线段PQ 的中点M 的轨迹为 .A .平行四边形B .圆C .椭圆D .双曲线20.【2014年金华高二“十校联考”(文)，10，☆☆】圆柱的轴截面ABCD 为边长为2的正方形，M 为正方形ABCD 的对角线的交点，动点P 在圆柱的下底面内(包括圆周)，若直线BM 与MP 所成的角为45°，则点P 的轨迹为 .PMDCBADCBAα(第20题图) (第21题图)21.【2006年浙江高考(理)，14，☆☆☆】正四面体ABCD 的棱长为1，棱AB ∥平面α，则正四面体上所有的点在平面α内的射影构成的图形的面积的取值范围为 .22.【2014年浙江省学考，25，☆☆】在棱为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱A 1D 1、C 1D 1的中点，N 为线段B 1C 的中点，若P 、M 分别为D 1B 、EF 的动点，则PM +PN 的最小值为 .FNP ME D 1C 1B 1A 1DCB ANM ABCDA′EF(第22题图) (第23题图)23.【2010年浙江高考(理)，19，☆☆】如图，在矩形ABCD 中，点E 、F 分别在线段AB ，AD 上，AE=EB=AF=23FD =4，沿直线EF 将△AEF 翻折成△A ′EF ，是平面A ′EF ⊥平面BEF ，点M 、N 分别在线段FD ，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使得C 与A ′重合，则线段FM 的长度为 .24. 【2016年高考模拟卷，☆☆☆】如图所示，已知矩形ABCD 中，AB =3，AD =4，现将△ABC 沿着BD 翻折至A 1BD 的位置，二面角A 1－BD －C 的平面角为α，且α∈⎝⎛⎦⎤0，π4，如果A 1B 与CD 所成的异面直线角为β，则 .A . α>βB . α<βC .α=βD . α+β=π2A 1DCBADCBA(第24题图)25.【浙江省诸暨市2016届高三五月检测(理)，15，☆☆☆☆】如图，已知直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1是底面为1的正方形，AA 1=2，点A 是平面α上的一个定点，AA 1与平面α所成的角度为π3，点C 1在平面α内的射影为P ，当四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1按要求运动时(允许四棱柱上的点在平面的同侧或者异侧)，点P 所经过的区域的面积为 .PEDBA(第25题图) (第26题图)26.【2017年嘉兴一模，17，☆☆】如图，已知三棱锥A －BCD 的所有棱长都相等，点E 满足DE →=3EC →，点P 在棱AC 上运动，设EP 与平面BCD 所成的角为θ，则sin θ的最大值为 .1MPCBA(第27题图) (第28题图)27.【2017年金华十校模拟考试，10，☆☆☆】在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 、N 分别是线段CD 、AB 上的动点，点P 是△A 1C 1D 内的动点(不包括边界)，即直线D 1P 与MN 所成的角为θ，若θ的最小值为π3，则点P 的轨迹为 .A .圆的一部分B .椭圆的一部分C .抛物线的一部分D .双曲线的一部分 28.【2017年金丽衢十二校高三第二次联考，16，☆☆】已知△ABC 中，∠C =90°，tan A =2，M 为AB 的中点.现将△ACM 沿CM 折成三棱锥P －CBM .当二面角P －CM －B 的大小为 60°时，ABPB= .29.【2017年诸暨市高中毕业班教学质量检测，10，☆☆☆】已知三棱锥A －BCD 的所有棱长都相等，若直线AB 与平面α所成的角等于π3，则平面ACD 与平面α所成角的正弦值的取值范围为 . A .⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－66，3+66B . ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－66，1 C . ⎣⎡⎦⎤22－36，22+36 D . ⎣⎡⎦⎤22－36，1 30.【2017年萧山中学高三5月模拟，10，☆☆☆】如图，四边形ABCD 是矩形，沿直线BD 将△ABD 翻折成△A ′BD ，异面直线CD 与A ′B 所成的角为α，则 . A . α<∠A ′CD B . α>∠A ′CD C . α<∠A ′CA D . α>∠A ′CAA′ADC BFEC 1B 1A 1CBA(第30题图) (第31题图)31.【2017年金华十校期末调研，10，☆☆☆】如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知E 、F 是线段AB 1与CA 1上的动点，异面直线AB 1与CA 1所成角为θ，记线段EF 中点M 的轨迹为L ，则|L |等于(注：|L |表示L 的测度，在本题中，L 为曲线、平面图形、空间几何体时，|L |分别对应长度、面积、体积) .A .12|AB 1| B 2221111AB CA AB CAC .14|AB 1|·|CA 1|·sin θD . 111112ABCA B C V ( 111ABCA B C V 是三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积)32.【2017年浙江省宁波市高考模拟考试，10， ☆☆】如图，在二面角A －BD －C 中， △ABD 、△CBD 均是以BD 为斜边的等腰直角三角形，取AD 的中点E ，将△ABE 沿BE 翻折到△A 1BE ，在△ABE 翻折的过程中，下列不可能成立的是 . A .BC 与平面A 1BE 内某直线平行 B .CD ∥平面A 1BE C .BC 与平面A 1BE 内某直线平行 D .BC ⊥A 1BDA 1CBAP C 1B 1A 1CB A(第32题图) (第35题图)33.【2017年浙江省绍兴市柯桥区高三第二学期教学质量检测，10，☆☆☆】已知异面直线l 1、l 2，点A 是直线l 1上的一个定点，过l 1、l 2分别引相互垂直的两个平面α、β，设l =α∩β，P 为点A 在l 上的射影，当α、β变化时，点P 的轨迹是 .A .圆B .两条相交直线C .球面D .抛物线 34.【2017年河北，8，☆☆☆☆】正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，设顶点A 关于平面C 1BD 和直线B 1D 的对称点分别为P 、Q ，则直线PQ 与平面A 1BD 所成角的正弦值为 . 35.【2017年湖北，6，☆☆】如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB =90°，BC =CC 1=2，AC =42，P 是BC 1上一点，则CP+P A 1的最小值为 .36.【2017年辽宁，8，☆☆☆】如图，P 为立方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AB 上的动点，则平面PDB 1与平面ADD 1A 1所成二面角的最小值为 .PABCDA 1B 1C 1D 1(第36题图)。

高考二轮复习理科数学课件培优拓展4巧设变量速求立体几何中的动态最值问题

1
1
+a-1-b=0,即
2
=
1
×
3
N-AA1D 的体积最大值
评析该题中“点N为平面DCC1D1上的动点”,虽然只涉及一个动点,但需要
两个变量才能确定点的位置,在解题过程中首先建立目标函数,然后利用
“MN⊥A1C”建立两个坐标参数之间的关系,确定两个参数最终的取值范围
或代入目标函数进行消元,从而求得最值.
例2如图所示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2.动点P,Q分
别在线段C1D,AC上,则线段PQ长度的最小值是( B )
1
A.3
2
B.3
C.1
4
D.3
解析建立如图所示的空间直角坐标系,则
A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),C1(0,1,2),
设点P的坐标为(0,λ,2λ),λ∈[0,1],点Q的坐标为(1-μ,μ,0),μ∈[0,1],
3
h=
2
1- 2 ,
3

f(t)=t2- ,则
2
时,f'(t)<0,函数 f(t)
C.
评析方法一:思维严谨,利用基本不等式求最值,模型熟悉,是该题的最优解.
方法二:消元,实现变量统一,再利用基本不等式求最值.
方法三:消元,实现变量统一,利用导数求最值,是最值问题的常用解法,操作
简便,是通性通法.
所示的长方体 ADPH-EBFC.∴BD2+BE2=AB2=3,BD2+BF2=PB2=5,
BE2+BF2=BC2=4,∴BD2+BE2+BF2=6,∴球 O 的半径
1
R=2

2022-2023学年高考数学二轮复习立体几何妙招 7 立体几何动态问题- Word版含解析

第7讲立体几何动态问题知识与方法在立体几何中，经常会遇到一类令人头痛的问题一动态问题，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了生命力，使得题型变得更加新颖，由于“动态”的存在，立体几何题灵活多变，需要我们有很强的空间想象能力，而且具备敏锐的嗅觉，可以在变化的情境当中找出不变的因素，不变的关系.以静制动乃是破解关键所在本文将常见的问题归纳为以下六大类1.截面问题立体几何的截面问题常常结合范围和面积最值一起考察，是一类经常会考到的题型.动态的截面使得所截的平面也在发生变化.因此这类问题需要具备一定的空间想象能力和分析能力①定义：一个几何体和一个平面相交所得到的平面图形，叫做几何体的截面②画法：常通过“平行线”或“延长直线找交点”作出完整的截面，这也是截面问题中需要寻找完整截面的方法技巧1：结合线面平行的判定定理与性质定理求解截面问题（找出截面）技巧2：灵活运用一些特殊图形，动中找静态，找到动态截面的临界点（猜想大致范围）技巧3：建立函数模型求解最值问题典型例题题型1截面问题下面以正方体内的截面，举例说明动态的截面可能出现的情况三角形截面可能出现锐角三角形、等边、等腰三角形，但不可能出现直角和钝角三角形四边形截面可能出现正方形、矩形、非矩形的平行四边形、菱形、梯形、等腰梯形，不可能出现直角梯形多边形截面可能出现五边形、六边形、正六边形总结：1、可能出现的：锐角三角形、等边、等腰三角形，正方形、矩形、非矩形的平行四边形、梯形、等腰梯形、五边形、六边形、正六边形2、不可能出现：钝角三角形、直角三角形、直角梯形、正五边形、七边形或更多边形【例1】已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）C.4 【解析】正方体的所有棱中,实际上是3组平行的棱,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,如图:所示的正六边形平面,α截此正方体所得截面面积最大,此时正六边形的边长,2α截此正方体所得截面最大值为:622⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭.【答案】A.【例2】已知正方体1111ABCD A B C D -直线1AC ⊥平面α,平面α截此正方体所得截面中,正确的说法是()A.截面形状可能为四边形B.截面形状可能为五边形C.截面面积最大值为D.【解析】正方体1111ABCD A B C D -1AC ⊥平面α,平面α截此正方体所得截面中,如图,截面形状可能为正三角形或正六边形,由对称性得截面图形不可能是四边形或五边形,故A 和B 均错误;如图,当截面形状为如图所示的正六边形时,截面面积最大,2,1,MN GH OE ======∴截面面积最大值为2S =⨯12222+⨯=,故C 错误,D 正确.【答案】D. 题型2翻折旋转与最值问题矩形ABCD 边CD 上有一动点E ,将ADE ∆沿AE 折起到AD E ∆'的位置,D H AE '⊥,则空间中翻折问题的结论如下:(1)折线同侧的几何量和位置关系保持不变;(2)D '在底面上的投影在直线DF 上;(3)点D '的轨迹是以H 为圆心,D H '为半径的圆;(4)面AD E '绕AE 翻折形成两个同底的圆锥.题型3立体几何中的最值(1)常见题型:(1)翻折中的最值问题;(2)空间角的最值问题;(3)空间中的距离最值问题;(4)面积体积最值问题;(5)与内切球外接球有关的最值问题.(2)常用方法:(1)展开,平移,旋转等方法,转化为平面图形求最值;(2)构造目标函数转化为函数的最值;(3)对称法;(4)定性分析法;【例3】已知矩形,1,2ABCD AB BC ==,将ABD ∆沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折,在翻折的过程中()A.存在某个位置,使得直线AB 和直线CD 垂直B.存在某个位置,使得直线AC 和直线BD 垂直C.存在某个位置,使得直线AD 和直线BC 垂直D.无论翻折到什么位置,以上三组直线均不垂直【解析】对于A ,若存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直,∵,CD BC CD ⊥∴⊥平面,ABC ∴平面ABC ⊥平面BCD ,过点A 作平面BCD 的垂线AE ,则E 在BC 上,∴当A 在平面BCD 上的射影在BC 上时,AB CD ⊥.故A 正确;对于B ,若存在某个位置,使得直线AC 与直线BD 垂直,作AF BD ⊥,则BD ⊥平面,AFC BD FC ∴⊥,显然这是不可能的,故B 错误;对于C ,若存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直,则BC ⊥平面,,ACD BC AC AB BC ⊥∴>,即12>,显然这是不可能的,故C 错误.【答案】A.【例4】如图,在矩形ABCD 中,22,AB AD E ==为AB 的中点,将ADE ∆沿DE 翻折到1A DE∆的位置,1A ∉平面,ABCD M 为1A C 的中点,则在翻折过程中,下列结论不正确的是()A.恒有//BM 平面1A DEB.B 与M 两点间距离恒为定值C.三棱锥1A DEM -D.存在某个位置,使得平面1A DE ⊥平面1A CD【解析】如图,取1A D 的中点N ,连接,MN EN ,可得四边形BMNE 是平行四边形,所以//BM EN ,又EN ⊂平面1,A DE BM ⊂/平面1A DE ,所以//BM 平面1A DE ,故A 正确;因为11,2DN DE A DE ==∠45ADE =∠=︒,根据余弦定理得21122422EN =+-⨯,所以2EN =,因为EN BM =,所以2BM =,故B 正确;连接CE ,因为M 为1A C 的中点,所以三棱锥1C A DE -的体积是三棱锥1M A DE -的体积的两倍,设h 为1A 到底面ABCD 的距离,则三棱锥1C A DE -的体积1113C A DE A DEC CDE V V S h --∆==⋅,当平面1A DE ⊥平面ABCD 时,h 达到最大值,1A DEC V -取到最大值所以三棱锥1A DEM -,故C 正确;假设平面1A DE ⊥平面1A CD ,又平面1A DE ⋂平面1111,ACD A D A E A D =⊥,所以1A E ⊥平面1A CD ,所以11A E A C ⊥,则在1A CE ∆中,1190,1,EAC A E EC ∠=︒==,所以11A C =,又11,2A D CD ==,所以11A D AC CD +=,故1,,A C D 三点共线,所以1A CD ∈,得1A ∈平面AB -CD ,与题千条件1A ∉平面ABCD 矛盾,故D 不正确.【答案】D.【例5】等腰直角三角形BCD 与等边三角形ABD 中,90,6C BD ∠=︒=,现将ABD ∆沿BD 折起,则当直线AD 与平面BCD 所成角为45︒时,直线AC 与平面ABD 所成角的正弦值为()B.2 【解析】设E 为BD 中点,连接AE 、CE ,由题可知,AE BD CE BD ⊥⊥,所以BD ⊥平面AEC ,过A 作AO CE ⊥于,点O ,连接DO ,则AO ⊥平面BDC ,所以ADO ∠即为直线AD 与平面BCD所成角的平面角,所以sin AO ADO AD∠==,可得AO =,在AOE ∆中可得3OE =,又132CE BD ==,即点,O 与点C 重合,此时有AC ⊥平面BCD ,过C 作CF AE ⊥于点F ,又BD ⊥平面AEC ,所以BD CF ⊥,所以CF ⊥平面ABD ,从而CAE ∠即为直线AC 与平面ABD 所成角,sin3CE CAE AE ∠=== 【答案】A.【例6】如图,S ABC -是正三棱锥且侧棱长为a ,两侧棱,SA SC 的夹角为30,,E F ︒分别是,SA SC 上的动点,则三角形BEF 的周长的最小值为()【解析】把正三棱锥沿SB 剪开,并展开,形成三个全等的等腰三角形:SBC ∆、SCA ∆、SAB ∆',则B ∠'30SA BSC ASC =∠=∠=︒,连接BB ',交SC 于F ,交SA 于E ,则线段BB '就是BEF ∆的最小周长,又SB SB a ='=,根据勾股定理,22222SB SB BB a ''+==,所认BB '=.【答案】A.【例7】如图,空间四边形ABCD 的对棱AD 、BC 成60︒的角,且4AD BC ==,平行于AD 与BC 的截面分别交AB 、AC 、CD 、BD 于E 、F 、G 、H .(1)求证:四边形EFGH 为平行四边形;(2)E 在AB 的何处时截面EFGH 的面积最大?最大面积是多少?【解析】(1)∵//BC 平面,EFGH BC ⊂平面ABC ,平面ABC ⋂平面,//EFGH EF BC EF =∴. 同理可得//BC GH ,可得//EF GH ,同理得到//EH FG ,∴四边形EFGH 中,两组对边分别平行,因此,四边形EFGH 为平行四边形.(2)∵AD 与BC 成60︒角,∴平行四边形EFGH 中60HGF ∠=︒或120︒,可得截面EFGH 的面积sin 2S GH GF HGF GF =⋅⋅∠=⋅. ∵设GH BC λ=,理1FG ADλ=-,∴4,(1)44GH BC GF AD AD λλλλλ===-==-,可得2(1)16(1)1642GH GF λλλλ+-⎡⎤⋅=-⨯=⎢⎥⎣⎦，当且仅当12λ=时等号成立.由此可得:当E 为AB 的中点时,截面EFGH 的面积最大,最大值为【例8】点D 是ABC ∆斜边AB 上一动点,3,4AC BC ==,将BDC ∆沿着CD 翻折,使B DC ∆'与ADC ∆构成直二面角,则翻折后AB '的最小值是()C.【解析】过点B '作B E CD '⊥于点E ,连接,BE AE ,设BCD B CD α∠=∠'=,则有4sin ,4cos B E CE αα'==,2ACE πα∠=-,在AEC ∆中,由余弦定理得,2222cos 2AE AC CE AC CE πα⎛⎫=+-⋅⋅- ⎪⎝⎭ 2916cos 24cos sin ααα=+-,在Rt AEB ∆'中,由勾股定理得,222AB AE B E '=+'22916cos 24cos sin 16sin 2512sin 2ααααα=+-+=-,∴当4πα=时,AB '【答案】B .题型4轨迹问题【例9】设P 是正方体1111ABCD A B C D -的对角面11BDD B (含边界)内的点,若点P 到平面ABC 、平面1ABA 、平面1ADA 的距离相等,则符合条件的点(P )A.仅有一个B.有有限多个C.有无限多个D.不存在【解析】设P 是正方体1111ABCD A B C D -的对角面11BDD B (含边界)内的点,若点P 到平面ABC 、平面1ABA 、平面1ADA 的距离相等,则符合条件的点P 是正方体的中心,【答案】A .【例10】在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,,M N 分别为111,BD B C 的中点,点P 在正方体的表面上运动,且满足MP CN ⊥,则下列说法正确的是()A.点P 可以是棱1BB 的中点B.线段MP 的最大值为C.点P 的轨迹是正方形D.点P 轨迹的长度为2【解析】在正方体中1111ABCD A B C D -,以D 为坐标原点,分别以,DA DC ,1DD 为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,因为该正方体的棱长为1,,M N 分别为1BD ,11B C 的中点,则1111(0,0,0),,,,,1,1,(0,1,0)2222D M N C ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以1,0,12CN ⎛⎫= ⎪⎝⎭, 设P (,,)x y z ,则111,,222MP x y z ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭,因为MP CN ⊥, 所以1110,24222x z x z ⎛⎫-+-=+ ⎪⎝⎭30-=,当1x =时,14z =,当0x =时,34z =, 取11,0,,(1,14E F ⎛⎫ ⎪⎝⎭,133,0,1,,0,0,444G H ⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎭⎝⎭⎝⎭,连结,,,EF FG GH HE , 则EF HG ==1(0,1,0),1,0,2EH FG ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,所以四边形EFGH 为矩形,则EF .0,0CN EH CN =⋅=,即,EF CN EH CN ⊥⊥,又EF 和EH 为平面EFGH 中的两条相交直线,所以CN ⊥平面EFGH ,又111,,224EM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,111,,224MG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,所以M 为EG 的中点,则M ∈平面EFGH ,所以为使MP CN ⊥,必有点P ∈平面EFGH ,又点P 在正方体表面上运动,所以点P 的轨迹为四边形EFGH ,因此,点P 不可能是棱1BB 的中点,故选项A 错误;又1,2EF GH EH FG ====,所以EF EH ≠,则点P 的轨迹不是正方形,且矩形EFGH 的周长为222+=,故选项C 错误,选项D 正确;作出与CN 垂直的面,,ABGH G H 为11DCC D 的中位线,此时,CN BG HG ⊥⊥面11B BCC ,所以HG CN ⊥,故CN ⊥平面ABGH ,此时MP 最大值于点,A 或B 处取到,最大值为2,又点P 在正方体表面而非顶点,故选项B 错误;【答案】D.【例11】四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为正方形,侧棱与底面垂直,点P 是侧棱1DD 的中点,12,1AA AB ==,若点Q 在侧面11BCC B (包括其边界)上运动,且总保持AQ BP ⊥,则动点Q 的轨迹是()【解析】分别取1BB 、1CC 的中点,M 、N ,连CM 、MN 、PN 、AC ,则由CM BN ⊥知:CM ⊥BP ,又BP AC ⊥.故BP ⊥平面AMC .∴过A 与BP 垂直的直线均在平面AMC 内,又Q 在平面11BCC B 内,故Q ∈平面AMC ⋂侧面11BB C C ,即Q 在线段MC 上. 【答案】D .【例12】如图所示,在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中,E 是棱1DD 的中点,F 是侧面11CDD C 上的动点,且1//B F 面1A BE ,则F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是()A.aB.2aD.2【解析】设,,G H I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点,则1A BEG 四点共面,且平面1//A BGE 平面1B HI ,又∵1//B F 面1,A BE F ∴落在线段HI 上,∵正方体1111ABCD A B C D -中的棱长为11,22a HI CD a ∴==.即F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是2a . 【答案】D.【例13】在正四面体ABCD 中,,P Q 分别是棱,AB CD 的中点,,E F 分别是直线,AB CD 上的动点,M 是EF 的中点,则能使点M 的轨迹是圆的条件是() A.2PE QF += B.2PE QF ⋅= C.2PE QF = D.222PE QF +=【解析】如图所示,正四面体ABCD 中,取BC 、BD 、AD 、AC 的中点G 、H 、K 、L ,因为P 、Q 分别是棱,AB CD 的中点,所以PQ 的中点O 也为定点;由对称性知,PQ 和EF 的中点都在中截面GHKL 上;由OM OP PE EM OQ QF =++=+FM +,所以1()2OM PE QF =+;又在正四面体中,对棱垂直,所以PE QF ⋅=0;所以2224OM PE QF =+,即2224OM PE QF =+;若点M 的轨迹是以O 为圆心的圆,则22PE QF +为定值. 【答案】D.【例14】四面体P ABC -中,PA =其余棱长都为2,动点Q 在ABC ∆的内部(含边界),设PAQ α∠=,二面角P BC A --的平面角的大小为,APQ β∆和BCQ ∆的面积分别为12,S S ,且满足123sin 4sin S S αβ=,则2S 的最大值为________.【解析】四面体P ABC -中,PA =,其余棱长都为2,取BC 的中点D ,连接,PD AD ,则,PD BC AD BC ⊥⊥,故BDA ∠为二面角P BC A --的平面角β,因为等边三角形,PBC ABC ,故PD AD PA ===,故60β=︒,设Q 到BC 的距离为h ,则S 1S 2=12AP⋅AQsin⁡α12BC⋅ℎ=3sin⁡α4sin⁡β,化简得,AQ =ℎ,故点Q 的轨迹为以点A 为焦点,以BC 为准线的拋物线在三角形ABC 内部的一段弧,如图建立直角坐标系,则拋物线的方程为y 2=2√3x,A (√32,0),直线AB 的方程为:y =−√33(x −√32),由{y 2=2√3x y=−√32(x −√32)得x 2−7√3+34=0, 故圆弧与AB 的交点横坐标为x =7√3−122,则Q 到BC 的最大距离ℎ=7√3−122+√32=4√3−6,故S 2的最大值为12⋅2⋅(4√3−6)=4√3−6.【答案】4√3−6.题型5 存在与定位问题AD. 【例15】如图,在四棱锥P−ABCD中,PA⊥平面ABCD,CD⊥AD,BC//AD,BC=CD=12 (I)求证:CD⊥PD;(II)求证:BD⊥平面PAB;(III)在棱PD上是否存在点M,使CM//平面PAB,若存在,确定点M的位置,若不存在,请说明理由.【解析】证明:(I)因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥PA.因为CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.因为PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD.(II)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PA,AD,在直角梯形ABCD中,BC=CD=12由题意可得AB=BD=√2BC,所以AD2=AB2+BD2,所以BD⊥AB.因为PA∩AB=A,所以BD⊥平面PAB.(III)在棱PD上存在点M,使CM//平面PAB,且M是PD的中点.证明:取PA的中点N,连接MN,BN,因为M是PD的中点,所以MN ⫫12AD .因为BC ⫫12AD ,所以MN ⫫BC .所以MNBC 是平行四边形,所以CM//BN . 因为CM ⊄平面PAB,BN ⊂平面PAB . 所以CM//平面PAB .【例16】如图,在四棱锥P −ABCD 中,平面PAD ⊥平面ABCD,PA ⊥PD,PA =PD,AB ⊥AD,AB =1,AD =2,AC =CD =√5 (I)求证:PD ⊥平面PAB ;(II)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值;(IIII)在棱PA 上是否存在点M ,使得BM//平面PCD ?若存在,求AMAP 的值,若不存在,说明理由.【解析】(I)证明:∵平面PAD ⊥平面ABCD ,且平面PAD ∩平面ABCD =AD ,且AB ⊥AD,AB ⊂平面ABCD,∴AB ⊥平面PAD,∵PD ⊂平面PAD ,∴AB ⊥PD ,又PD ⊥PA ,且PA ∩AB =A,∴PD ⊥平面PAB ;(II)解:取AD 中点为O ,连接CO,PO,∵CD =AD =√5,∴CO ⊥AD ,又∵PA =PD,∴PO ⊥AD 以O 为坐标原点,建立空间直角坐标系如图:则P(0,0,1),B(1,1,0),D(0,−1,0),C(2,0,0),则PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,−1),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,−1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,−1),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−1,0),设n ⃗ =(x 0,y 0,1)为平面PCD 的法向量,则由{n ⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{−y 0−1=02x 0−1=0,则n ⃗ =(12,−1,1).设PB 与平面PCD 的夹角为θ,则sin θ=|cos <n ⃗ ,PB⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣n ⃗⃗⃗ ||PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣|=|12−1−1√14+1+1×√3|⁡=√33; (III)解:假设存在M 点使得BM//平面PCD ,设AMAP =λ,M (0,y 1,z 1),由(II)知,A(0,1,0),P(0,0,1),AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,1),B(1,1,0),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,y 1−1,z 1),则有AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,可得M(0,1−λ,λ),∴BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−λ,λ), ∵BM//平面PCD,n ⃗ =(12,−1,1)为平面PCD 的法向量,∴BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0,即−12+λ+λ=0,解得λ=14.综上,存在点M ,即当AM AP =14时,M 点即为所求.【例17】如图,三棱锥P −ABC 中,PA ⊥平面ABC,PA =1,AB =1,AC =2,∠BAC =60∘. (1)求三棱锥P −ABC 的体积;(2)证明:在线段PC 上存在点M ,使得AC ⊥BM ,并求PMMC 的值.【解析】(1)解:由题设,AB =1,AC =2,∠BAC =60∘,可得S △ABC =12AB ⋅AC ⋅sin⁡60∘=√32.因为PA ⊥平面ABC,PA =1,所以V P−ABC =13S △ABC ⋅PA =√36; (2)解:过B 作BN ⊥AC ,垂足为N ,过N 作MN//PA ,交PC 于点M ,连接BM ,由PA ⊥平面ABC ,知PA ⊥AC ,所以MN ⊥AC ,因为BN ∩MN =N ,所以AC ⊥平面MBN .因为BM ⊂平面MBN ,所以AC ⊥BM .在直角△BAN 中,AN =AB ⋅cos⁡∠BAC =12,从而NC =AC −AN =32.由MN//PA 得PMMC =ANNC =13.【例18】如图,四棱锥P −ABCD 中,底面ABCD 是平行四边形,PG ⊥平面ABCD ,垂足为G,G 在线段AD上,AG=13GD,BG⊥GC,BG=GC=2,E是BC的中点,四面体P−BCG的体积为83.(1)求异面直线CE与PC所成角的余弦值;(2)棱PC上是否存在一点F,使DF⊥GC,若存在,求PFFC的值,若不存在,请说明理由.【解析】（1）由已知V P−BCG=13S△BCG⋅PG=13⋅12BG⋅GC⋅PG=83,∴PG=4,在平面ABCD内,过C点作CH//EG交AD于H,连结PH,则∠PCH(或其补角)就是异面直线GE与PC所成的角.在△PCH 中,CH=√2,PC=√20,PH=√18,由余弦定理得,cos⁡∠PCH=√1010.(2)在平面ABCD内,过D作DM⊥GC,M为垂足,连结MF,又因为DF⊥GC,∴GC⊥平面MFD,∴GC⊥FM,由平面PGC⊥平面ABCD,∴FM⊥平面ABCD,∴FM//PG,由GM⊥MD得:GM=GD⋅cos⁡45∘=3 2,∵PFFC=GMMC=3212=3,由DF⊥GC,可得PFFC=3.题型6 展开与距离问题【例19】农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,粽子又称粽籺,俗称“粽子”,古称“角黍”,是端午节大家都会品尝的食品,传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.小明在和家人一起包粽子时,想将一丸子(近似为球)包人其中,如图,将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形,将粽叶沿虚线折起来,可以得到如图所示的粽子形状的六面体,则放入丸子的体积最大值为( )A.512√6729π B.16√23π C.32√627π D.128√281π【解析】由题意可得每个三角形面积为S =12×4×2√3=4√3,由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的,可得该四面体的高为√16−(4√33)2=4√63,故四面体的体积为13×4√3×4√63=16√23,∴该六面体的体积是正四面体的2倍,∴六面体的体积是32√23,由图形的对称性得,内部的九子要是体积最大,就是九子要和六个面相切,连接球心和五个顶点,把六面体分成了六个三棱锥,设丸子的半径为R ,则32√23=6×13×4√3×R ,解得R =4√69,∴丸子的体积的最大值为V max =4π3R 3=4π3×(4√69)3=512√6729π.【答案】A .【例20】如图是正方体的平面展开图,则在这个正方体中AB 与CD 的位置关系为( )A.平行B.相交成60∘角C.异面成60∘角D.异面且垂直【解析】如图,直线AB,CD 异面.因为CE//AB , 所以∠DCE 即为直线AB,CD 所成的角, 因为△CDE 为等边三角形,故∠DCE =60∘, 【答案】C .【例21】如图,棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1,O 为底面AC 的中心,点P 在侧面BC 1内运动且D 1O ⊥OP ,则点P 到底面AC 的距离与它到点B 的距离之和最小是( )A.85B.125C.√5D.2√2【解析】如图,由正方体性质知,当P 位于C 点时,D 1O ⊥OC ,当P 位于BB 1的中点P 1时,由已知得,DD 1=2,DO =BO =√2,BP 1=B 1P 1=1,B 1D 1=2√2,求得OD 1=√4+2=√6,OP 1=√2+1=√3,D 1P 1=√8+1=3.∴OD 12+OP 12=D 1P 12,得OD 1⊥OP 1.又OP 1∩OC =O,OP 1⊂平面OP 1C,OC ⊂平面OP 1C,∴D 1O ⊥平面OP 1C ,得到P 的轨迹在线段P 1C 上.过B 作关于CP 1的对称点B ′,过P 作PH ⊥BC 于H ,当B ′,P,H 三点共线时,点P 到底面AC 的距离与它到点B 的距离之和取得最小值.在直角三角形P 1BC 中,BC =2,P 1B =1,P 1C =√4+1=√5,BB ′=√5,所以B ′H =BB ′sin⁡∠HBB ′=√5√5=85, 【答案】A.【例22】如图,在正三棱锥P −ABC 中,∠APB =∠BPC =∠CPA =30∘,PA =PB =PC =4,一只虫子从A 点出发,绕三棱锥的三个侧面爬行一周后,又回到A 点,则虫子爬行的最短距离是( )A.4√2B.4√3C.2√3D.4√6【解析】设过点A 作截面AEF 与PB 、PC 侧棱分别交于E 、F 两点,将三棱锥由PA 展开,则∠APA 1=90∘,虫子爬行从点A 沿侧面到棱PB 上的点E 处,再到棱PC 上的点F 处,然后回到点A 的最短距离,∵PA =4,∴由勾股定理可得AA 1=√42+42=4√2.虫子爬行的最短距离4√2.【答案】A.强化训练1.如图,在正方体ABCD−A′B′C′D′中,平面α垂直于对角线AC′,且平面α截得正方体的六个表面得到截面六边形,记此截面六边形的面积为S,周长l为,则( )A.S为定值,l不为定值B.S不为定值,l为定值C.S与l均为定值D.S与l均不为定值【解析】将正方体切去两个正三棱锥A−A′BD与C′−D′B′C后,得到一个以平行平面A′BD与D′B′C为上、下底面的几何体V,V的每个侧面都是等腰直角三角形,截面多边形W的每一条边分别与V的底面上的一条边平行,将V的侧面沿棱A′B′剪开,展平在一张平面上,得到一个◻A′B′B1A1,如图,而多边形W的周界展开后便成为一条与A′A1平行的线段(如图中E′E1,由题意得E′E1=A′A1,故l为定值.当E′位于A′B′中点时,多边形W为正六边形,而当E′移至A′处时,W为正三角形,由题意知周长为定值l的正六边形与正三角形面积分别为√324l2与√336l2,故S不为定值.【答案】B.2. 正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为√3,动点P在对角线BD1上,过点P作垂直于BD1的平面α,平面α截正方体的表面得到一个多边形,记这样得到的截面多边形(含三角形)的周长为y,设BP=x,当x∈[13,52]时,函数y=f(x)的值域为( )A.[1,3]B.[√6,3√6]C.[3√62,4√6] D.[√6,4√6]【解析】作平面ACB1和平面A1C1D,则BD1⊥平面AB1C,BD1⊥平面A1DC1,设B到平面ACB1的距离为d,则V B−AB1C =V B1−ABC,∴13×√34×(√6)2×d=13×12×(√3)2×√3,解得d=1,(1)当x∈[13,1]时,截面多边形是三角形EFG,由△EFG∽△AB1C得△EFG的周长为3√6x, ∴3√6x∈[√6,3√6];(2)当x∈(1,2)时,截面多边形是六边形HIJKLM,设HIA1C1=B1IB1C1=λ,则IJB1C=C1IB1C1=1−λ,∴HI+IJ=√6,截面六边形的周长为3√6;(3)当x∈[2,52]时,截面多边形是三角形NQR,由(1)可知截面三角形周长范围为[3√62,3√6];∴当x∈[13,52]时,f(x)的值域为[√6,3√6].【答案】B.3. 正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,若与对角线A1C垂直的平面α截正方体得到的截面是六边形,则这个六边形的周长为________.【解析】如图所示,正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,连接BD、BC1、DC1,则A1C⊥平面BDC1;又A1C⊥平面α,且平面α截正方体得到的截面是六边形,不妨取AB、BB1、B1C1、C1D1、D1D和DA的中点E、F、G、H、I、J,连接E、F、G、H、I,J,得六边形EFGHIJ,且A1C⊥平面EFGHIJ,则六边形EFGHIJ的周长为6×√22=3√2.【答案】3√2.4. 如图,正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为√3,动点P在对角线BD1上,过点P作垂直于BD1的平面α,当平面α截正方体得到的截面多边形是六边形时,设BP=x,则x的取值范围是________.【解析】如图∵AC⊥BD,∴AC⊥BD1(三垂线定理)同理B1C⊥BD1,∴BD1⊥平面ACB1,同理,BD1⊥平面A1C1D,∴平面ACB1//平面A1C1D,夹在这两个平面之间的截面多边形为六边形,在三棱锥B−ACB1中,利用等体积法可求得BP=1,又根据棱长为√3,易求得BD1=3,结合对称性可知1<BP<2.5. 如图,矩形ABCD和矩形ABEF中,矩形ABEF可沿AB任意翻折,AF=AD,M、N分别在AE、DB上运动,当F、A、D不共线,M、N不与A、D重合,且AM=DN时,有( )A.MN//平面FADB.MN与平面FAD相交C.MN⊥平面FADD.MN与平面FAD可能平行,也可能相交【解析】由已知,在未折叠的原梯形中,MN交AB于P,折叠后,由题意可知AF//MP,PN//AD.∴平面MNP//平面FAD,MN⊂平面PMN.∴MN//平面FDA,∴A正确.【答案】A.6. 如图,在菱形ABCD中,∠BAD=60∘,线段AD,BD的中点分别为E,F.现将△ABD沿对角线BD翻折,则异面直线BE与CF所成角的取值范围是( )A.(π6,π3) B.(π6,π2] C.(π3,π2] D.(π3,2π3)【解析】可设菱形的边长为1,则BE =CF =√32,BD =1;线段AD,BD 的中点分别为E,F;∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ); ∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =14(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=14BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +14BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2−12BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =18−12cos⟨BA⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩+14−14=18−12cos⟨BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩; ∴cos⟨BE⃗⃗⃗⃗⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |BE⃗⃗⃗⃗⃗ ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=18−12cos⟨BA⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩34;由图看出−12<cos⟨BA⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩<1; ∴−12<cos⁡⟨BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩<12;∴π3<⟨BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩<2π3;即异面直线BE 与CF 所成角的取值范围是(π3,π2]. 【答案】C.7.如图,边长为1的菱形ABCD 中,∠DAB =60∘,沿BD 将△ABD 翻折,得到三棱锥A −BCD ,则当三棱锥A −BCD 体积最大时,异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为( )A.58B.14C.1316D.23【解析】△ABD 、△CBD 为边长为1的等边三角形,将△ABD 沿BD 翻折形成三棱锥如图:点A 在底面BDC 的投影在∠DCB 的平分线CE 上,则三棱锥A −BCD 的高为△AEC 过A 点的高;所以当平面ABD ⊥平面BCD 时,三棱锥A −BCD 的高最大,体积也最大,此时AE ⊥平面BCD ;求异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值:平移BC 到DC ′位置,∣cos∠ADC ′∣即为所求,AD =DC =1,AE =√32,EC ′=√72,AC ′=√102,|cos⁡∠ADC ′|=11+1−1042×1×1∣=14,所以异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为14,【答案】B.8. 如图,平面四边形ABCD,AB ⊥BD,AB =BC =CD =2,BD =2√2,将△ABD 沿BD 翻折到与面BCD 垂直的位置. (I)证明:CD ⊥面ABC ;(II)若E 为AD 中点,求二面角E −BC −A 的大小.【解析】证明:(1)∵平面四边形ABCD,AB ⊥BD,AB =BC =CD =2,BD =2√2,面ABD ⊥面BCD,AB ⊥BD ,面ABD ∩平面BCD =BD,∴AB ⊥面BCD,∴AB ⊥CD ,又AC 2=AB 2+BC 2=8,AD 2=AB 2+BD 2=12,AD 2=AC 2+CD 2=12,AC ⊥CD,∵AC ∩AB =A,∴CD ⊥平面ABC . 解:(2)AB ⊥面BCD ,如图以B 为原点,在平面BCD 中,过B 作BD 的垂线为x 轴,以BD 为y 轴,以BA 为z 轴,建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,0,2),C(√2,√2,0),D(0,2√2,0),∵E 是AD 的中点,∴E(0,√2,1),∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,√2,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,1),令平面BCE 的一个法向量为n ⃗ =(x,y,z),则{n ⃗ ⋅BC⃗⃗⃗⃗⃗ =√2x +√2y =0n ⃗ ⋅BE⃗⃗⃗⃗⃗ =√2y +z =0,取x =1,得n ⃗ =(1,−1,√2),∵CD ⊥面ABC,∴平面ABC 的一个法向量为CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√2,√2,0),∴cos <n ⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ >=|n ⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |n⃗ |⋅|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ||=√22,∴二面角E −BC −A 的大小为45∘.9. 如图,在空间四边形ABCD 中,两条对角线AC,BD 互相垂直,且长度分别为4和6,平行于这两条对角线的平面与边AB,BC,CD,DA 分别相交于点E,F,G,H ,记四边形EFGH 的面积为y ,设BEAB =x ,则( )A.函数y =f(x)的值域为(0,4]B.函数y =f(x)的最大值为8C.函数y =f(x)在(0,23)上单调递减D.函数y =f(x)满足f(x)=f(1−x)【解析】∵AC//平面EFGH,BD//平面EFGH,∴AC//EF.AC//HG,BD//EH.BD//FG ,则四边形EF −GH 为平行四边形,∵两条对角线AC,BD 互相垂直,∴EH ⊥EF ,则四边形EFGH 为矩形,∵BEAB =x ,∴由EHBD =AEAB =AB−BEAB =1−BEAB =1−x ,即EH =(1−x)BD =6(1−x),同理EFAC =BEAB=x ,则EF =x −AC =4x ,则四边形EFGH 的面积为y =EH ⋅EF =4x ⋅6(1−x)=24(x −x 2)=−24(x −12)2+6,∵x ∈(0,1),∴当x =12时,函数取得最大值6,故A,B 错误.函数的对称轴为x =12,则函数在(0,23)上不是单调函数,故C 错误.∵函数的对称轴为x =12,∴函数y =f(x)满足f(x)=f(1−x),故D 正确, 【答案】D.10.如图,S −ABC 是正三棱锥且侧棱长为a ,两侧棱SA,SC 的夹角为30∘,E,F 分别是SA,SC 上的动点,则三角形BEF 的周长的最小值为( ) A.√2aB.√3aC.√5aD.√6a【解析】把正三棱锥沿SB 剪开,并展开,形成三个全等的等腰三角形:△SBC 、△SCA 、△SAB ′,则∠B ′SA =∠BSC =∠ASC =30∘,连接BB ′,交SC 于F ,交SA 于E ,则线段BB ′就是△BEF 的最小周长,又SB =SB ′=a ,根据勾股定理,SB 2+SB ′2=BB ′2=2a 2,所以BB ′=√2a , 【答案】A .11. 如图,正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1,而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直,点M 在AC 上移动,点N 在BF 上移动,若CM =BN =a(0<a <√2),则MN 的长的最小值为( ) A.√22B.12C.√22a D.a【解析】(1)作MP//AB 交BC 于点P,NQ//AB 交BE 于点Q ,连接PQ ,依题意可得MP//NQ ,且MP =NQ ,即MNQP 是平行四边形,∴MN =PQ,∵CM =BN =a,CB =AB =BE =1,∴AC =BF =√2,CP =BQ =√22a,∴MN =PQ =√(1−CP)2+BQ 2=√(1−√22a)2+(√22a)2=√(a −√22)2+12,∵0<a <√2,∴a =√22时,即当M 、N 分别为AC 、BF 的中点时,MN 的长最小,最小为√22; 【答案】A .12. 如图,在矩形ABCD 中,AB =√3,BC =1,E 为线段CD 上一动点,现将△AED 沿AE 折起,使平面AED ⊥平面ABC ,当E 从D 运动到C ,则D 在平面ABC 上的射影K 所形成轨迹的长度为( )A.√32B.2√33C.π2D.π3【解析】由题意,将△AED 沿AE 折起,使平面AED ⊥平面ABC ,在平面AED 内过点D 作DK ⊥AE,K 为垂足是D 在平面ABC 上的射影,由翻折的特征知,连接D ′K ,则∠D ′KA =90∘,故K 点的轨迹是以AD ′为直径的圆上一段弧,根据长方形知圆半径是12,如图当E 与C 重合时,AK =12,取O 为AD ′的中点,得到△OAK 是正三角形.故∠KOA =π3,∴∠KOD ′=2π3,其所对的弧长为12×2π3=π3;【答案】D.13. 各棱长都等于a 的四面体ABCD 中,设G 为BC 的中点,E 为△ACD 内的动点(含边界),且GE//平面ABD ,若线段GE 长度的最小值为√32,则a 的值为( ) A.1B.√3C.2D.2√3【解析】取AC 中点M,CD 中点N ,连接GM,GN,MN ,则GM 、GN 、MN 分别是三角形ABC 、BCD 、ACD 的中位线,所以平面GMN//平面BAD ,又四面体ABCD 中各棱长都等于a ,所以△GMN 为边长为a2的正三角形.取MN 中点E ,连结GE ,则GE =√32.又GE =√(a 2)2−(a 4)2=√34a ,所以√32=√34a ,即a =2.【答案】C.14. 如图,在三棱锥A −BCD 中,BC =DC =AB =AD =2,BD =2√2,平面ABD ⊥平面BCD,O 为BD 中点,点P,Q 分别为线段AO,BC 上的动点(不含端点),且AP =CQ ,则三棱锥P −QCO 体积的最大值为( ) A.112B.√248C.√32D.3√2【解析】由题意,在三棱锥A −BCD 中,BC =DC =AB =AD =2,BD =2√2,底面△BCD 是等腰直角三角形,又∵平面ABD ⊥平面BCD,O 为BD 中点,∴AO ⊥平面BCD,∴△AOC 是直角三角形,∴BD ⊥平面AOC ,设AP =x,(x ∈(0,√2)),三棱锥P −QCO 体积为:V =13S △POC ⋅ℎ,ℎ为Q 到平面AOC 的距离,ℎ=xsin⁡45∘=√22x,V =13S △POC ⋅ℎ=13×12×√2(√2−x)×√22x =16(√2x −x 2)=−16(x −√22)2+112,故当x =√22时,三棱锥P −QCO 体积的最大值112.【答案】A.15. 已知一个四面体其中五条棱的长分别为1,1,1,1,√2,则此四面体体积的最大值是( ) A.√312B.√212C.√24D.√33【解析】由题意,四面体的一个面为直角三角形,一个侧面为等边三角形,这两个面互相垂直时,四面体体积最大.四面体体积的最大值是13×12×1×1×√32=√312. 【答案】A.16. 设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,√2和a ,且长为a 的棱与长为√2的棱异面,则a 的取值范围是( ) A.(0,√2) B.(0,√3) C.(1,√2) D.(1,√3) 【解析】设四面体的底面是BCD,BC =a,BD =CD =1,顶点为A,AD =√2,在三角形BCD 中,因为两边之和大于第三边可得:0<a <2(1)取BC 中点E,∵E 是中点,直角三角形ACE 全等于直角DCE ,所以在三角形AED 中,AE =ED =√1−(a 2)2∵两边之和大于第三边,∴√2<2√1−(a 2)2,得0<a <√2(负值0值舍)(2)由(1)(2)得0<a <√2.另解;可设AD =a,AB =AC =BD =CD =1,BC =√2,可得△ABC 、△BCD 为等腰直角三角形,可得AE =DE =√22,即有0<a <√2, 【答案】A.17. 如图,在三棱锥D −ABC 中,AD ⊥BC,BC =1,AD =1.且AB +BD =AC +CD =2,则四面体ABCD 的体积的最大值为( ) A.14B.√212C.√36D.√524【解析】过BC 作与AD 垂直的平面,交AD 于E ,过E 作BC 的垂线,垂足为F ,如图所示:∵BC =1,AD =1,则三棱锥D −ABC 的体积为:V =13S △BCE ×(AE +DE)=13S △BCE ×AD =13×12⋅BC ⋅EF ⋅AD =16EF ,故EF 取最大值时,三棱锥D −ABC 的体积也取最大值.由AB +BD =AC +CD =2>1,可得B,C 都在以A,D 为焦点的椭圆上.∵平面BCE 与线AD 垂直,∴三角形ADB 与三角形ADC 全等,即三角形BCD 为等腰三角形,又BC =1为定值,∴BE 取最大值时,三棱锥D −ABC 的体积也取最大值.在△ABD 中,动点B 到A,D 两点的距离和为2,B 在以AD 为焦点的椭圆上(长轴、焦距分别为2a 、2c ),此时a =1,c =12,故BE 的最大值为b =√a 2−c 2=√1−(12)2=√32,此时EF =√BE 2−(12BC)2=√34−14=√22,故三棱锥D −ABC 的体积的最大值是16EF =16×√22=√212.【答案】B.17. 将两个长、宽、高分别为5,4,3的长方体垒在一起,使其中两个面完全重合,组成一个大长方体,则大长方体的外接球表面积的最大值为( ) A.150π B.125π C.98π D.77π 【解析】两个完全相同的长方体重叠在一起有三种情况,分别计算三种情况的体对角线为√102+42+32、或√82+52+32、或√62+52+42∴最长对角线的长为5√5,即大长方体的外接球的最大半径为5√52,则大长方体的外接球表面积的最大值为4π×(5√52)2=125π.【答案】B.18.如图,在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中,AB =6,点P 在平面AB 1D 1内,A 1P =3√2,则点P 到BC 1距离。

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

意图如图2所示，作AN′⊥PF交PG于点M′，则AN′即所求，(AM＋MN)min ＝AN′＝
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 ＝

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．。

立体几何动态问题答案

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，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( C )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．(π6,π2)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（ C ）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）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（D）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（C）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（B）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（B）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（B）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（B）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（B ）（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( B) 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所形成的轨迹是圆．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）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①③（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（B）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（C）A．B．C．D．18．（2018•宁波二模）已知棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为侧面BB 1C 1C 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．11819．（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．√34m 220．（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（ D ）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；4) ''D H D H 点的轨迹是以为圆心，为半径的圆；5AD'E AE .）面绕翻折形成两个同底的圆锥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_______ .解：由题意知点A 运动的轨迹是以E 为圆心,EA 为半径的圆，当点A 运动到与圆相切的时候所称的角最大，所以3tan '3A CB ∠=。

高考数学二轮复习立体几何专题训练1含解析

DCB AFE南宫中学高三二轮复习立体几何专题训练（1）1．如图所示的多面体中， ABCD 是菱形，BDEF 是矩形，ED ⊥面ABCD ,3BAD π∠=．(1)求证：平//CF AED 面B 面；(2))若BF BD a ==，求四棱锥A BDEF -的体积．2. 如图1，在Rt △ABC 中，∠ABC=90°，D 为AC 中点，AE BD ⊥于E （不同于点D ），延长AE 交BC 于F ，将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥1A BCD-，如图2所示.（Ⅰ）若M 是FC 的中点，求证：直线DM //平面1A EF；（Ⅱ）求证：BD ⊥1A F；（Ⅲ）若平面1A BD ⊥平面BCD ，试判断直线1A B 与直线CD 能否垂直？并说明理由.FEDABC3.（本小题共14分）如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面ABCD 是正方形，△PAD 是正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，M 和N 分别是AD 和BC 的中点。

（I ）求证：PM ⊥MN ；（II ）求证：平面PMN ⊥平面PBC ；（III ）在PA 上是否存在点Q ，使得平面QMN//平面PCD ？若在求出Q 点位置，并证明；若不存在，请说明理由。

4.(本小题满分12分)如图，四边形ABCD 是菱形，四边形MADN 是矩形，平面MADN ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为MA ，DC 的中点，求证： (I)EF//平面MNCB ； (Ⅱ)平面MAC ⊥平面BND ．1图图 2ED A 1CBFMABCA 1OB 1C 15.如图1,在直角梯形ABCD 中,90ADC ∠=︒,//CD AB ,122AD CD AB ===, 点E 为AC 中点.将ADC ∆沿AC 折起, 使平面ADC ⊥平面ABC ,得到几何体D ABC -,如图2所示.（I ）在CD 上找一点F ,使//AD 平面EFB ; （II ）求点C 到平面ABD 的距离.6．（本小题满分12分）如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，O 是AC 的中点，A1O ⊥平面ABC ，∠BCA=90°，AA1=AC=BC. （I ）求证： AC1⊥平面A1BC;（II ）若AA1=2，求三棱锥C-A1AB 的高的大小．7.已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点.求证：（１）1C O面11AB D ；（2）1A C ⊥面11AB D ．（3）111AB D C BD平面平面OC 1D 1B 11CD AB8．（本小题满分12分）如图，在四棱锥S —ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AD 垂直于AB 和DC ，侧棱SA ⊥底面ABCD ，且SA = 2，AD = DC = 1，点E 在SD 上，且AE ⊥SD 。

2022年高三二轮专题复习数学课件立体几何中的动态问题

立体几何中的动态问题
目录
/CONTENTS
1 求动点的轨迹(长度) 2 求范围或最值问题 3 立体几何中巧用函数与方程思想
立体几何中的“动态问题”是指空间图形中的某些点，线面的位置是不确定的、可变的一类开放性问题，因其某些点、线、面位置的不确定，往往成为学生进行常规思考、转化的障碍．但又因其是可变的、开放的，更有助于学生空间想象能力及综合思维能力的培养．
[跟踪训练]
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为( )
A．
2 2
B．1
C．2
D． 2
解析：易知当M在直线A1C1上时，满足BM∥平面ACD1，所以当M为A1C1的中点时，
tan∠DMD1取得最大值，即tan∠DMD1＝MDDD11＝
[跟踪训练]
已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1的中点，点M在正方形BCC1B1内运
动，且直线AM∥平面A1DE，则动点M的轨迹长度为
()
A．π4
B． 2
C．2
D．π
解析：以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐
标系(图略)，则
―→ DA1
(1)问BC边上是否存在点Q，使得PQ⊥QD？并说明理由； (2)若BC边上有且只有一个点Q，使得PQ⊥QD，求二面角Q-PD-A的正切值．
[解] (1)如图，以A为原点建立空间直角坐标系，设
BQ＝x，
则Q(1，x，0)，P(0，0，1)，D(0，a，0)，
―→ PQ
＝(1，
x，－1)，―Q→D ＝(－1，a－x，0)，
为60°.故选B． [答案] (1)A (2)B