高中数学动态性立体几何题

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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。

高中数学立体几何动点和折叠问题-含答案

高中数学立体几何动点和折叠问题-含答案1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BC的中点为M，点P在正方体的表面DCC1D1上移动，且满足∠APD=∠MPC。

求三棱锥P-BCD的体积的最大值。

2.△ABC是边长为23的等边三角形，E、F分别为AB、AC的中点，沿EF把四面体OAEF折起，使点A翻折到点P的位置，连接PB、PC。

当四棱锥P-BCFE的外接球的表面积最小时，求四棱锥P-BCFE的体积。

3.△ABC是边长为23的等边三角形，E、F分别在线段AB、AC上滑动，且EF//BC，沿EF把△AEF折起，使点A翻折到点P的位置，连接PB、PC。

求四棱锥P-BCFE的体积的最大值。

4.已知三棱锥P-ABC满足PA⊥底面ABC，在△ABC中，AB=6，AC=8，且AB⊥AC，D是线段AC上一点，且AD=3DC，球O为三棱锥P-ABC的外接球，过点D作球O的截面。

若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为44π，则求球O的表面积。

5.已知A、B、C、D四点均在半径为R(R为常数）的球O的球面上运动，且AB=AC，AB⊥AC，AD⊥BC。

若四面体ABCD的体积的最大值为V，求V的值。

6.已知A、B、C是球O的球面上的三点，AB=2，AC=23，∠ABC=60°，且三棱锥O-ABC的体积为V。

求V的值。

7.已知三棱柱ABC-A1B1C1内接于一个半径为3的球，四边形A1ACC1与B1BCC1为两个全等的矩形，M是A1B1的中点，且C1M=√3.求三棱锥C1-ABC的体积。

8.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面四边形ABCD是菱形，∠ADC=120°，连接AC，BD交于点O，A1O⊥平面ABCD，AO=BD=4，点C'与点C关于平面BC1D对称。

求三棱锥C'-ABD的体积。

1.删除该题，因为这明显是一道数学计算题，没有文章可言。

2.球O的表面积为4π，则球O的体积为(4/3)π。

动态立体几何

动态立体几何题型在运动变化过程中利用方程探求动点的位置例如图1所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB=√2，AF=1．试在线段AC 上确定一点P ，使得PF 与BC 所成的角是60°，并加以证明．例如图2，已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1 中，ABC=90°，AB=BC=a ，AA1 =2AB ，M 为CC 1 上的点．试问当M 在C 1C 上的什么位置时，B 1M 与平面AA 1C 1C 所成的角为30°题型2 在运动变化过程中建立函数关系，寻求相关角的变化范围．例如图3，在三棱锥V-ABC 中，VC 底面ABC ，AC BC ⊥，D 是AB 的中点，且AC=BC=a ， ∠VDC= θ (0＜θ＜2π)( 1) 求证: 平面VAB ⊥VCD; ( 2) 当角变化时，求直线BC 与平面VAB 所成的角的取值范围．在运动变化过程中建立方程关系探究二面角的大小．例如图4所示，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AD=AA1 =1，AB=2，点E 在棱AB 上移动，当AE 等于何值时，二面角D1-EC-D 的大小为4π．题型在运动变化过程中，利用曲线定义探究动点轨迹．例如图5，P 为四棱锥S-ABCD 的面SBC 内一点，若动点P 到平面ABCD 的距离与到点S 的距离相等，则动点P 的轨迹是面SBC 内的 ( )A ．线段或圆的一部分B ．双曲线或椭圆的一部分C ．双曲线或抛物线的一部分D ．抛物线或椭圆的一部分1．如图6，三棱锥P-ABC 的高PO=8，AC=BC=3，ACB=30°，M ，N 分别在BC 和PO 上，且CM=x ，PN=2x( x ∈( 0，3］) ，下列4个图像大致描绘了三棱锥N-AMC 的体积V 与x 的变化关系，其中正确的是2．如图7，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1 的侧面ABB 1A 1 内有一动点P 到直线AA 1 和BC的距离相等，则动点P 的轨迹是 ( ) A ．线段 B ．椭圆的一部分C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分3．如图8，在正四面体A-BCD 中，点E 在棱AB 上，点F 在棱CD 上，使得AE CFEB FDλ==(λ＞0) ，设f(λ) =λλαβ+ ,λα与λβ分别表示EF 与AC ，BD 所成的角，则 ( ) A ．f(λ)是( 0，+∞) 上的增函数 B ．f(λ)是( 0，+∞) 上的减函数C ．f(λ)是(0，1) 上的递增函数，(1，+∞) 上的递减函数D ．f(λ)是( 0，+∞) 上的常数函数4．已知P 是棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1 表面上的动点，且则动点P 的轨迹的长度是．5．如图9，正四面体ABCD 的棱长为1，棱AB//平面α，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是．6．下列4个命题:○1在空间，存在无数个点到三角形各边的距离相等;○2在空间，存在无数个点到长方形各边的距离相等;○3在空间，既存在到长方体各顶点距离相等的点，又存在到它的各个面距离相等的点;○4在空间，既存在到四面体各顶点距离相等的点，又存在到它的各个面距离相等的点，其中真命题的序号是 ( 写出所有真命题的序号) ．例设正方体1A C -的棱长为1，P 为面对角线A1B1上的动点，Q 为棱AB 上的动点，求1C P PQ +的最小值.例在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，11AB BC AA === ，点P 为对角线AC 1上的动点，点Q 为底面 ABCD 上的动点（点P ，Q 可以重合），则B 1P+PQ 的最小值为（）变式在边长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在底面ABCD上移动，且满足11B P D E ⊥，则线段B 1P 的长度的最大值为（）变式在棱长为的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别是棱BC 、CC 1的中点，P 是侧面BC 1B 1内一点，若A 1P//平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值范围是（）例１如图１已知在四面体ＡＢＣＤ中ＤＡ＝ＤＢ＝ＤＣ＝且ＤＡ,ＤＢ.ＤＣ两两互相垂直,点Ｏ是ＡＢＣ的中心,将ＤＡＯ绕直线ＤＯ旋转一周, 则在旋转过程中直线ＤＡ与直线ＢＣ所成角的余弦的最大值是例２如图４直线ｌ⊥平面垂足为Ｏ在ＡＢＣ中,∠ＡＢＣ＝2π,ＡＢ＝２,ＢＣ＝１.该直角三角形作符合下列条件的自由运动Ａ∈ｌ,Ｂ∈α, 则Ｃ、Ｏ两点间的最大距离为．例３正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为２,ＭＮ是它的内切球的一条弦,把球面上任意两点之间的线段称为球的弦, Ｐ为正方体表面上的动点, 当弦ＭＮ最长时, PM PN ⋅的最大值为．例５如图８已知正四棱锥Ｖ－ＡＢＣＤ绕着ＡＢ任意旋转, ＡＢ⊂平面α．若ＡＢ＝２,,点Ｖ在平面上的射影为Ｏ, 则｜ＣＯ｜的最大值为．例６已知点ＥＦ分别是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱ＡＢＡＡ１的中点点ＭＮ分别是线段Ｄ１Ｅ与Ｃ１Ｆ上的点则与平面ＡＢＣＤ平行的直线ＭＮ有Ａ０条Ｂ１条Ｃ２条Ｄ无数条例７正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中与直线ＡＡ１、ＢＤ、Ｃ１Ｄ１同时相交的直线有Ａ１条Ｂ２条Ｃ３条Ｄ无数条变式已知正方形ＡＢＣＤＥ是边ＡＢ的中点将△ＢＣＥ沿ＣＥ折起至△Ｂ′ＣＥ如图３若△Ｂ′ＣＤ为正三角形则ＥＣ与平面△Ｂ′ＣＤ所成角的余弦值是．变式如图４在长方形中ＡＢ＝１，ＢＣＡＢＦ沿ＢＦ折起使平面ＡＢＣ⊥平面ＢＣＤ．在平面ＡＢＣ内过点Ａ作ＡＫ⊥ＢＣ，Ｋ为垂足．设ＢＫ＝ｔ则ｔ的取值范围是．变式２０１２浙江理－１０已知矩形ＡＢＣＤＡＢ＝１ＢＣ在的直线进行翻折在翻折过程中Ａ．存在某个位置使得直线ＡＣ与直线ＢＤ垂直Ｂ．存在某个位置使得直线ＡＢ与直线ＣＤ垂直Ｃ．存在某个位置使得直线ＡＤ与直线ＢＣ垂直Ｄ．对任意位置三条直线ＡＣ与ＢＤＡＢ与ＣＤＡＤ与ＢＣ均不垂直变式如图５已知矩形ＡＢＣＤＡＢ＝ｘＢＣ＝２．将△ＡＢＤ沿矩形的对角线ＢＤ所在的直线进行翻折若在翻折过程中存在某个位置使得ＡＢ⊥ＣＤ，则ｘ的取值范围是变式如图６已知矩形ＡＢＣＤ的两条对角线交点为ＥＡＢ＝ｘＢＣ槡＝２将△ＡＢＤ沿矩形的对角线ＢＤ所在的直线进行翻折若在翻折过程中存在某个位置使得ＡＢ⊥ＣＥ则ｘ的取值范围是．例1 若三棱锥A - B C D 的侧面△A B C 内一动点P 到底面B C D 的距离与到棱A B 的距离相等, 则动点P 的轨迹与△A B C 组成图形可能是( )例2 如图2 , 长方体 A B C D - A1 B1 C1 D1 中, 已知A B＝ A D ＝2 , A A1＝3 , 棱A D 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．例3 如图3 所示, 球O 为边长为4 的正方体A B C D - A1 B1C1 D 的内切球,P 为球O 的球面上动点, M为B1 C1 中点, D P ⊥B M ,则点P 的轨迹周长为．例4 在矩形 A B C D 中, A B ＝ 2 A D, E 为边A B 的中点, 将△ A D E 沿直线 D E 翻折成 △ A1 D E ．若 M 为线段A1 C 的中点, 则在△ A D E 翻折过程中, 下面4个命题中正确的是．A 、B M 是定值． B 、点 M 在某个球面上运动．C 、存在某个位置, 使DE ⊥ A1 C ． D 、存在某个位置, 使 M B ∥平面 A1 D E ．例如图４ＡＢＣ中Ｂ＝２ＡＢ＝ＢＣ＝２，Ｐ点为ＡＢ上一动点, ＰＤ//ＢＣ交ＡＣ于Ｄ点并将ＰＤＡ延ＰＤ对折至ＰＤＡ′使平面ＰＤＡ平面ＰＢＣＤ．当锥形Ａ′－ＰＢＣＤ体积最大时求ＰＡ长．例1 如图1所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E 是棱CC1上的一个动点，平面BED1交棱AA1于点F ，则下列命题中为假命题的是（）.A.存在点E ，使得A1C1∥平面BED1FB.存在点E ，使得B1D ⊥平面BED1FC.对于任意的点E ，平面A1C1D ⊥平面BED1FD.对于任意的点E ，四棱锥B1-BED1F 的体积均不变例2 如图2，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E 是棱DD1的中点，F 是侧面CDD1C1上的动点，且B1F ∥面A1BE ，则BF 与平面CDD1C1所成角的正切值构成的集合是（）.A.{2}B. ⎪⎪⎩⎭C. {|2t t ≤≤D. 2t t ⎧⎫⎪⎪≤≤⎨⎬⎪⎪⎩⎭例3 设四面体的六条棱的长分别为1、1、1、1a ，且长为a 的棱异面，则a 的取值范围是（）.例4 如图5，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P 为底面ABCD 上的动点，PE ⊥A1C 于点E ，且PA=PE ，则点P 的轨迹是（）.A.线段B.圆弧C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分例6 如图7，三棱锥P-ABC 中，∠APB=∠BPC=∠CPA=90°，PA=4，PB=PC=3，则面ABC 上任一点到三个面的距离的平方和最小是例 1 已知正方体 ABCD − A1B1C1D1 的棱长为 3, 长为 2 的线段 MN 点一个端点 M 在 DD1 上运动, 另一个端点 N 在底面 ABCD 上运动, 则 MN 的中点 P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为 .例 4: 在正方体 ABCD − A1B1C1D1 中, M 为 AD 的中点, O 为侧面 AA1B1B 的中心, P 为棱 CC1 上任意一点,则异面直线 OP 与 BM 所成的角等于 ( )A. 90◦B. 60◦C. 45◦D. 30◦策略四: 动中找定面例 4: 在正方体 ABCD − A1B1C1D1 中, M 为 AD 的中点, O 为侧面 AA1B1B 的中心, P 为棱 CC1 上任意一点,则异面直线 OP 与 BM 所成的角等于 ( )A. 90◦B. 60◦C. 45◦D. 30◦例设直线l 平面，过平面外一点A与l，都成30°角的直线有且只有 ( )A．1条 B．2条 C．3条 D．4条例如图7，在正方形ABCD中，E，F分别为线段AD，BC上的点，ABE=20°，CDF=30°．将 ABE绕直线BE CDF绕直线CD各自独立旋转一周，则在所有旋转过程中，直线AB与直线DF所成角的最大值为．例如图9，在正方体ABCDA1B1C1D1 中，M是棱DD1 的中点，O为底面ABCD的中心，P为棱A1B1上的任意一点，则直线OP与直线AM所成的角为 ( )A．4 B．3 C．2 D．不确定( 与点P的位置有关)例如图10，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DC的中点，F为线段EC( 端点除外) 上一动点．现将 AFD沿AF折起，使平面ABD 平面ABC，在平面ABD内过点D作DK AB，K为垂足．设AK=t，则t的取值范围是．1．如图15，动点P在正方体ABCD-A1B1C1D1 的对角线BD1 上．过点P作垂直于平面BB1D1D的直线，与正方体表面相交于M，N．设BP=x，MN=y，则函数y=f( x)的图像大致是2．在正方体ABCD-A1B1C1D1 中，E，F分别为棱AA1，CC1 的中点，则在空间中与3条直线A1D1，EF，CD都相交的直线 ( )A．不存在 B．有且只有2条 C．有且只有3条 D．有无数条3．已知在矩形ABCD中，AB=1，BC= 2．将 ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中( )A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直 B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 D．对任意位置，3对直线AC与BDAB与CDAD与BC 均不垂直5．已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为a，定点M在棱AB上( 但不在端点A，B上) ，点P是平面ABCD 内的动点，且点P到直线A1D1 的距离与点P到点M的距离的平方差为a2，则点P的轨迹所在曲线为．6．如图17，正四面体ABCD的棱长为1，棱AB 平面，则正四面体上的所有点在平面内的射影构成的图形面积的取值范围是．7．已知点O在二面角α-AB-β的棱上，点P在内，且∠POB=45°．若对于α内异于点O的任意一点Q，都有∠POQ 45°，则二面角α-AB-β的大小是．例1 在正方体中 A B C D - A1 B 1 C 1 D 1, M 为B C的中点, 点 N 在四边形C D D1 C 1 及其内部运动.若MN⊥ A 1 C 1, 则点 N 的轨迹为( ) .A 线段;B 圆的一部分;C 椭圆的一部分;D 双曲线的一部分例 3 在棱长为 1 的正方体 A B C D - A1 B 1 C 1 D 1中, 点 E、 F 分别是棱 B C、 C C 1 的中点, P 是侧面B C C1 B 1 内一点, 若 A 1 P∥平面 A E F, 则线段 A1 P 长度的取值范围是( ) .例 5 正方体 A B C D - A1 B 1 C 1 D 1 中, E 是棱B1 C 1 的中点, 动点 P 在底面 A B CD 内, 且 P A 1 =A 1 E, 则点 P 运动形成的图形是( ) .A 线段;B 圆弧;C 椭圆的一部分;D 抛物线的一部分例如图1，AB是平面的斜线段，A为斜足，若点P在平面内运动，使得 ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是 ( )A．圆 B．椭圆C． 1条直线 D．2条平行直线例如图2，正方体ABCD-A1B1C1D1，棱长为1，点M在棱AB上，且BM∶ AM= 1 ∶3，点P是平面ABCD上的动点，且动点P到直线A1D1 距离与动点P到M距离平方差为1，则动点P的轨迹是 ( )A．圆 B．抛物线 C．双曲线 D．直线例如图3，正方体ABCD-A1B1C1D1 中，点P在侧面BCC1B1 及其边界上运动，并且总是保持AP BD1，则动点P的轨迹是 ( )A．线段B1C B． BB1 中点与CC1 中点连成的线段C．线段BC1 D． BC 中点与B1C1 中点连成的线段例如图4，定点A和B都在平面内，点C是内异于A和B的动点，且PC AC．那么，动点C在平面内的轨迹是 ( )A．1条线段，但要去掉2个点 B．1个圆，但要去掉2个点C． 1个椭圆，但要去掉2个点 D．半圆，但要去掉2个点例如图5，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1 中，若点P是棱上一点，则满足|PA| + |PC1| = 2 的点P的个数为．例１如图１已知在四面体ＡＢＣＤ中，ＤＡ＝ＤＢ＝ＤＣ＝Ｂ、ＤＣ两两互相垂直，点Ｏ是ＡＢＣ的中心将ＤＡＯ绕直线ＤＯ旋转一周则在旋转过程中直线ＤＡ与直线ＢＣ所成角的余弦的最大值是。

立体几何中的动态问题

ʏ江苏省泰州市姜堰区蒋垛中学李杰立体几何中的动态问题,是指空间图形中的某些点㊁线㊁面的位置是不确定或可变的一类开放性问题,因其中某些点㊁线㊁面的位置不确定,往往成为同学们进行常规思考与转化的障碍㊂但又因其是可变的㊁开放的,更有助于同学们空间想象能力㊁综合思维能力与创新应用能力等的培养,成为高考数学试卷中创新命题的一个方向,备受各方关注㊂一㊁位置的确定问题图1例1 如图1,在梯形A B C D 中,A B ʊC D ,øB C D =2π3,四边形A C F E 为矩形,且C F ʅ平面A B C D ,A D =C D =B C =C F =1㊂(1)求证:平面E F D ʅ平面B C F ;(2)点M 在线段E F 上运动,求当点M 在什么位置时,平面M A B 与平面F C B 所成锐二面角的余弦值为34㊂解析:(1)因为A D =C D =B C ,A B ʊC D ,øB C D =2π3,所以øA D C =2π3,øD C A =øD A C =π6,则有øA C B =π2,所以A C ʅB C ㊂因为C F ʅ平面A B C D ,A C ⊂平面A B C D ,所以A C ʅC F ㊂又C F ɘB C =C ,C F ,B C ⊂平面B C F ,则A C ʅ平面B C F ㊂而E F ʊA C ,所以E F ʅ平面B C F ㊂而E F ⊂平面E FD ,所以平面EF D ʅ平面B C F ㊂(2)以C 为坐标原点,C A ,C B ,C F 所在图2直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图2所示的空间直角坐标系C -x yz ㊂由于A D =C D =B C =C F =1,则A B =2,结合余弦定理有A C 2=A B 2+B C 2-2A B ㊃B C ㊃c o sπ3=3,所以A C =3,则E F=A C =3㊂设F M =λ(0ɤλɤ3),则C (0,0,0),A (3,0,0),B (0,1,0),M (λ,0,1),所以A B ң=(-3,1,0),B M ң=(λ,-1,1)㊂设n =(x ,y ,z )为平面M A B 的一个法向量,则n ㊃A B ң=-3x +y =0,n ㊃B M ң=λx -y +z =0,令x =1,得n =(1,3,3-λ)㊂易知m =(1,0,0)为平面F C B 的一个法向量,所以|c o s <m ,n >|=|m ㊃n ||m ||n |=11ˑ1+3+(3-λ)2=34,解得λ=533或33,而0ɤλɤ3,所以λ=33,所以F M E F =13,即M 在线段E F 靠近点F 的三等分点处时,平面M A B 与平面F C B 所成锐二面角的余弦值为34㊂点评:要确定立体几何中的动态问题中对应动点的位置,合理引入参数,结合线段长度的变量,从代数的视角切入,利用向量的数量积加以转化,通过合理的逻辑推理与数学运算来求解对应的参数值,进而得以确定相应动点的位置情况㊂以数的运算形式来确定形的动态变化情况㊂二㊁轨迹的判定问题图3例2 如图3所示,在正方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,A B =2,E 为棱D D 1的中点,F 是正方形C D D 1C 1内部(含边界)的一个动点,且B 1F ʊ平面A 1B E ㊂(1)求动点F 的轨迹长度;(2)求平面A 1B E 与平面A B C D 夹角的71解题篇创新题追根溯源高考数学 2024年2月正切值㊂图4解析:(1)如图4,取C 1C的中点为P ,C 1D 1的中点为Q ,连接B 1P ,B 1Q ,P Q ㊂由于B 1P ʊA 1E ,B 1P ⊄平面A 1B E ,A 1E ⊂平面A 1B E ,所以B 1P ʊ平面A 1B E ㊂同理,证得P Q ʊ平面A 1B E ㊂而P Q ɘB 1P =P ,所以平面B 1P Q ʊ平面A 1B E ㊂而B 1F ʊ平面A 1B E ,所以B 1F ⊂平面B 1P Q ㊂而F ɪ平面C D D 1C 1,则知F ɪP Q ,即动点F 的轨迹为线段P Q ㊂而P Q =12C D 1=2,所以动点F 的轨迹长度为2㊂(2)由于平面A B C D ʊ平面A 1B 1C 1D 1,平面B 1P Q ʊ平面A 1B E ,所以平面A 1B E 与平面A B C D 的夹角即为平面A 1B 1C 1D 1与平面B 1P Q 的夹角㊂而平面A 1B 1C 1D 1与平面B 1P Q 的交线为B 1Q ,过点C 1作C 1H ʅB 1Q ,交B 1Q 于点H ,如图4,设H Q =a ,则1-a 2=4-(5-a )2,解得a =55㊂同理,过点P 作P G ʅB 1Q ,交B 1Q 于点G ,可得Q G =55,即点H 与点G 重合㊂所以øC 1H P 为所求二面角的平面角,则有t a n øC 1H P =C 1P C 1H =11-a2=52㊂点评:要判定立体几何中的动态问题中对应动点的轨迹及其相应问题,关键是结合立体几何中动点的变化规律,合理挖掘内涵,通过定义法㊁直接法㊁性质法及建系法等来分析与处理,进而得以解决㊂此类问题契合高考命题在知识网络交汇处的指导精神,外观上有着看似立体几何,又似解析几何的特点,成为高考命题中考查数学知识㊁数学能力与核心素养的好素材㊂图5三、最值的求解问题例3 如图5,在四面体A B C D 中,所有的面都是直角三角形,侧棱A B ʅ底面B C D ㊂(1)若A B =1,BC =2,C D图6=1,试求异面直线A C 与B D 所成角的余弦值㊂(2)如图6,若B D ʅC D ,A B =B D =C D =2,点P 在棱A C 上运动㊂试求әP B D 面积的最小值㊂解析:(1)如图7,以D B ,D C 为邻边作图7平行四边形B D C E ,连接A E ,则异面直线A C 与B D 所成的角为øA C E 或其补角㊂当B C ʅC D 时,A B =1,B C =2,C D =B E =1,由题可知,A E =A B 2+B E 2=12+12=2,A C =A B 2+B C 2=12+22=5,E C =B D =B C 2+C D 2=22+12=5,在әA C E 中,由余弦定理得c o søA C E =A C 2+E C 2-A E 22A C ˑE C =45,所以异面直线A C 与B D 所成角的余弦值为45㊂当B D ʅD C 时,A E =A B 2+B E 2=12+12=2,A C =A B 2+B C2=12+22=5,E C =B D =B C 2-C D 2=22-12=3,在әA C E 中,由余弦定理得c o s øA C E =A C 2+E C 2-A E 22A C ˑE C =155,所以异面直线A C 与B D 所成角的余弦值为155㊂综上可知,异面直线A C 与B D 所成角的余弦值为45或155㊂图8(2)如图8,作P Q ʅB C 于点Q ,Q M ʅB D 于点M ,连接P M ㊂在әA B C 中,因为A B ,P Q 都垂直于B C ,所以A B ʊP Q ,所以P Q ʅ平面B C D ㊂又B D ⊂平面BCD ,所以P Q ʅB D ㊂又因为Q M ʅB D ,P Q ɘQ M =Q ,P Q ,Q M ⊂平面P Q M ,所以B D ʅ平面P Q M ㊂又P M ⊂平面P Q M ,所以P M ʅB D ㊂81 解题篇创新题追根溯源高考数学 2024年2月设C Q =x ,C B =B D 2+C D 2=22,由P Q A B =C Q C B ,即P Q 2=x 22,得P Q =22x(0ɤx ɤ22)㊂在әB C D 中,由B Q B C =Q M C D ,即22-x22=Q M 2,得Q M =22-x2㊂在R t әP Q M 中,P M =P Q 2+Q M 2=x 22+(22-x )22=x 2-22x +4=(x -2)2+2ȡ2,当且仅当x =2时等号成立㊂所以S әP B D =12B D ㊃P M ȡ12ˑ2ˑ2=2,即әP B D 面积的最小值为2㊂点评:要求解立体几何中的动态问题中对应最值的问题,往往是利用动态问题中的不确定性,借助其中某一元素的变量来合理建立对应的函数关系式,利用函数㊁导数㊁基本不等式等知识来确定相应的最值,从而为确定空间几何体的长度㊁角度㊁表面积㊁体积等的最值问题指明方向,借助代数运算来迁移对应的逻辑推理㊂在实际解决立体几何中的动态问题时,经常借助逻辑推理进行推理论证,而当用逻辑推理的定性分析难度比较大或烦琐时,往往可以引进相关的参数,通过构建对应的方程㊁函数或不等式等进行代数定量计算,以算促证,巧妙破解,实现动态问题的代数静态转化与应用㊂(责任编辑王福华)基于平面图形翻折融入立体几何应用ʏ江苏省高邮中学杨欢基于平面图形翻折成立体几何问题,是立体几何应用中的一类重要题型,借助平面图形的翻折,由二维上升到三维 ,进而依托平面图形的一些信息与关系来确定空间图形中的位置关系㊁数量关系等问题㊂具体解题时,要仔细审视由平面图形的二维空间翻折成立体图形的三维空间这一升维过程中,相应的边㊁角等数量,以及对应的平行㊁垂直等几何特征的变化规律,特别注意相应的点㊁直线㊁平面间的位置关系,以及线段的长度㊁角度的变化等情况,结合具体问题进行逻辑推理与数学运算㊂一、翻折过程中线面关系的判定对于平面图形的翻折,关键是合理构建翻折后的空间几何图形,从中识别对应的空间几何体的结构特征,并确定对应图形的点㊁线㊁面等要素之间的关系,通过合理的平行㊁垂直等关系进行逻辑推理与判定㊂图1例1 如图1,在矩形A B C D 中,满足A B =2A D ,E 是A B 的中点,沿D E 将әA D E 折起到әA 1D E ㊂(1)如果二面角A 1-D E -C 是直二面角,求证:A 1B =A 1C ;(2)如果A 1B =A 1C ,求证:平面A 1D E ʅ平面B C D E ㊂分析:(1)根据题设条件,在平面图形的翻折过程中,通过辅助线的构建,过点A 1作A 1M ʅD E 于点M ,利用线面垂直的转化来确定线线垂直,进而利用线面垂直的判定及线线垂直的转化来证明两线段的长度相等;(2)取BC 的中点为N ,从平面几何图形的结构特征入手,将线线垂直转化为线面垂直,进一步过渡得以证明面面垂直㊂图2解:(1)如图2,过点A 1作A 1M ʅD E 于点M ,则A 1M ʅ平面B C D E ,所以A 1M ʅB C ㊂又A 1D =A 1E ,则M 是D E 的中点㊂取B C 的中点为N ,连接MN ,A 1N ,则MN ʅB C ㊂又A 1M ʅB C ,A 1M ɘMN =M ,所以B C ʅ平面A 1MN ,即A 1N ʅB C ㊂又N 是B C 的中点,所以A 1B =A 1C ㊂(2)取B C 的中点为N ,连接A 1N ,由于A 1B =A 1C ,可得A 1N ʅB C ,取D E 的中点91解题篇创新题追根溯源高考数学 2024年2月。

高考数学专题四立体几何微专题29 立体几何中的动态问题

形的面积为2π
√C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线 √D.若D1N与AB所成的角为 π3，则点N的轨迹为双曲线
如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，所以∠MND＝4π，所以 DN＝DM＝12DD1＝12×4＝2，所以点N的轨迹是以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
PART ONE
典型例题
考点一动点的轨迹
典例1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1 的棱长为4，M为DD1的中点，N为四边形ABCD 所在平面上一动点，则下列命题正确的是
√A.若MN与平面ABCD所成的角为 π4，则点N的
轨迹为圆
B.若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图
当 B 是 AC 的中点时，AB＝BC＝ 6，
此时△SAB为等腰三角形，△ABC为等腰直角三角形，
将△SAB，△ABC沿AB展开至同一个平面，得到如
图2所示的平面图形，
取AB的中点D，连接SC，SD，CD，
则 SD＝
22－
262＝
210，
所以 sin ∠ABS＝SSDB＝ 410，所以 cos∠CBS＝cos(90°＋∠ABS)＝－sin∠ABS＝－ 410，
此时点B与点Q重合，点P与点O1重合，故C正确；
对于D，当点P与点B1，点Q与点A重合时，
AP＋PQ＋QB1 的值为 3AP＝3 12＋22＝3 5>2 3＋ 5，故 D 错误.
考点二折叠、展开问题
典例2 (多选)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线 AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是 A.存在某个位置，使得CN⊥AB1

高中立体几何典型50题及解析

高中立体几何典型500题及解析(一)1、二面角βα--l 是直二面角，βα∈∈B A ，，设直线AB 与βα、所成的角分别为∠1和∠2，则（A ）∠1+∠2=900 （B ）∠1+∠2≥900 （C ）∠1+∠2≤900 （D ）∠1+∠2＜900 解析：C分别作两条与二面角的交线垂直的线，则∠1和∠2分别为直线AB 与平面,αβ所成的角。

根据最小角定理：斜线和平面所成的角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角2ABO ∴∠>∠1902190ABO ∠+∠=∴∠+∠≤2. 下列各图是正方体或正四面体，P ，Q ，R ，S 分别是所在棱的中点，这四个点中不共．．面．的一个图是PPQQRSSPPPQQRR RSSSPP PQQQ R RS SS PP Q QR RRSS（A ）（B ）（C ）（D ） D解析： A 项：PS 底面对应的中线，中线平行QS ，PQRS 是个梯形B 项：如图C 项：是个平行四边形D 项：是异面直线。

3. 有三个平面α，β，γ，下列命题中正确的是（A ）若α，β，γ两两相交，则有三条交线（B ）若α⊥β，α⊥γ，则β∥γ（C ）若α⊥γ，β∩α=a ，β∩γ=b ，则a ⊥b （D ）若α∥β，β∩γ=∅，则α∩γ=∅ D解析：A 项：如正方体的一个角，三个平面相交，只有一条交线。

B 项：如正方体的一个角，三个平面互相垂直，却两两相交。

C 项：如图4. 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一动点P到直线AB 与直线B 1C 1的距离相等，则动点P 所在曲线的形状为1111C解析：11B C ⊥平面AB 111,B C PB ∴⊥，如图：点到定点B 的距离与到定直线AB 的距离相等，建立坐标系画图时可以以点B 1B 的中点为原点建立坐标系。

5. 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中与AD 1成600角的面对角线的条数是（A ）4条（B ）6条（C ）8条（D ）10条C解析：如图这样的直线有4条，另外，这样的直线也有4条，共8条。

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．。

2024届高考数学二轮复习立体几何中的动态问题课件

题型选讲
类型一 “动态”中研究“特定静态”——“一题多考”
典例1 (多选)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1 中， P ， Q 分别是线段 B1D1 ， AC 上的动点，则下列说法正确AB的D有
(
)
A．线段PQ长度的最小值为2
B．满足 PQ＝2 2的情况只有 4 种 C．无论P，Q如何运动，直线PQ都不可能与BD1垂直 D．三棱锥P－ABQ的体积大小只与点Q的位置有关，与点P的位置无关
中，侧棱 PA，PB，PC 的长为 2，底面△ABC 的边长为 2，D 为 AC 的
中点，E 为 AB 的中点，M 是 PD 上的动点，N 是平面 PCE 上的动点，则
AM＋MN 的最小值为( B )
6＋ 2 A. 4
B．
3＋1 2
6 C. 4
D．
3 2
【思路点拨】先固定点M，再考虑点N的变化，要求AM＋MN的最小值，可将立体几何问题通过展开某几个平面的“动”考查了最值、垂直、体积等问题，实现了一题多考，解决此类问题的关键是掌握几何体的结构特征和垂直的判定定理及性质定理，需具备较强的直观想象能力．
类型二 “动态”中研究“以静制动”——“最值问题”
典例2 (2023·湖北八校联考)已知在如图所示的正三棱锥 P－ABC
＝ 2，BD⊥CD.将四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 A′－BCD(如图 2)，使平面 A′BD⊥平面 BCD，则下列结论正确的是( BD )
A．A′C⊥BD B．∠BA′C＝90° C．CA′与平面A′BD所成的角为30° D．四面体 A′－BCD 的体积为16
【解析】由 A′B＝A′D＝1，BD＝ 2，得 BA′⊥DA′.因为平面 A′BD⊥平面 BCD，平面 A′BD∩平面 BCD＝BD，CD⊥BD，所以 CD ⊥平面 A′BD，进而有 CD⊥BA′.由 DA′∩CD＝D，得 BA′⊥平面 A′CD.所以 BA′⊥A′C，即∠BA′C＝90°.B 正确；若 A′C⊥BD，又 CD⊥BD，易证得 BD⊥平面 A′CD，与 BA′⊥平面 A′CD 矛盾，故 A 错误；由 CD⊥平面 A′BD，得∠CA′D 为 CA′与平面 A′BD 所成的角，由 CD＝A′D＝1，得∠CA′D＝45°，故 C 错误；由题意知 AB＝AD ＝CD＝1，VA′－BCD＝VC－A′BD＝13×1×12×1×1＝16.D 正确．故选 BD.

第七章 §7.10 立体几何中的动态、轨迹问题-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

§7.10立体几何中的动态、轨迹问题重点解读“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化．题型一平行、垂直中的动态轨迹问题例1如图，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H ，N 分别是CC 1，C 1D 1，DD 1，CD ，BC 的中点，M 在四边形EFGH 边上及其内部运动，若MN ∥平面A 1BD ，则点M 轨迹的长度是()A.3aB.2aC.3a 2D.2a 2答案D 解析连接HN ，GN (图略)，∵在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H ，N 分别是CC 1，C 1D 1，DD 1，CD ，BC 的中点，则GH ∥BA 1，HN ∥BD ，又GH ⊄平面A 1BD ，BA 1⊂平面A 1BD ，∴GH ∥平面A 1BD ，同理可证得NH ∥平面A 1BD ，又GH ∩HN ＝H ，GH ，HN ⊂平面GHN ，∴平面A 1BD ∥平面GHN ，又∵点M 在四边形EFGH 上及其内部运动，MN ∥平面A 1BD ，则点M 在线段GH 上运动，即满足条件，又GH ＝22a ，则点M 轨迹的长度是2a 2.思维升华动点轨迹的判断一般根据线面平行、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，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程．跟踪训练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 在正四棱锥表面上运动，并且总保持PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹的周长为()A.6＋2B.6－2C ．4D.5＋1答案A 解析如图，设AC ，BD 交于O ，连接SO ，由正四棱锥的性质可得SO ⊥平面ABCD ，因为AC ⊂平面ABCD ，故SO ⊥AC .又BD ⊥AC ，SO ∩BD ＝O ，SO ，BD ⊂平面SBD ，故AC ⊥平面SBD .由题意，PE ⊥AC 则动点P 的轨迹为过E 且垂直AC 的平面与正四棱锥S －ABCD 的交线，即平面EFG ，则AC ⊥平面EFG .由线面垂直的性质可得平面SBD ∥平面EFG ，又由面面平行的性质可得EG ∥SB ，GF ∥SD ，EF ∥BD ，又E 是边BC 的中点，故EG ，GF ，EF 分别为△SBC ，△SDC ，△BCD 的中位线．由题意BD ＝22，SB ＝SD ＝22＋2＝6，故EG ＋EF ＋GF ＝12×(6＋6＋22)＝6＋ 2.即动点P 的轨迹的周长为6＋ 2.题型二距离、角度有关的动态轨迹问题例2已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的外接球的表面积为5π，AA 1＝2，点P 在四边形A 1ACC 1内，且直线BP 与平面A 1ACC 1所成的角为π4，则长方体的体积最大时，动点P 的轨迹长为()A ．πB.2π2C.π2D.2π4答案C解析因为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的外接球的表面积为5π，设外接球的半径为R ，所以4πR 2＝5π，解得R ＝52R ＝－52(舍去)，即外接球的直径为5，设AB ＝a ，BC ＝b ，则a 2＋b 2＋22＝5，可得a 2＋b 2＝1，所以V ＝2ab ≤a 2＋b 2＝1，当且仅当a ＝b ＝22时，等号成立．如图，设AC ，BD 相交于点O ，因为BO ⊥AC ，BO ⊥AA 1，AC ∩AA 1＝A ，AC ，AA 1⊂平面A 1ACC 1，所以BO ⊥平面A 1ACC 1，因为直线BP 与平面A 1ACC 1所成的角为π4，所以∠BPO ＝π4，故OP ＝12，则点P 的轨迹是以O 为圆心，半径r ＝12的半圆弧，所以动点P 的轨迹长为πr ＝π2.思维升华距离、角度有关的轨迹问题(1)距离：可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹．(2)角度：直线与面成定角，可能是圆锥侧面；直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面．跟踪训练2已知三棱锥P －ABC 的外接球O 的半径为13，△ABC 为等腰直角三角形，若顶点P 到底面ABC 的距离为4，且三棱锥P －ABC 的体积为163，则满足上述条件的顶点P 的轨迹长度是________．答案43π解析设底面等腰直角三角形ABC 的直角边的边长为x (x >0)，∵顶点P 到底面ABC 的距离为4且三棱锥P －ABC 的体积为163，∴13×12x 2×4＝163，解得x ＝22，∴△ABC 的外接圆半径为r 1＝12×2×22＝2，∴球心O 到底面ABC 的距离d 1＝R 2－r 21＝13－22＝3，又∵顶点P 到底面ABC 的距离为4，∴顶点P 的轨迹是一个截面圆的圆周(球心在底面ABC 和截面圆之间)且球心O 到该截面圆的距离d 2＝1，∵截面圆的半径r 2＝R 2－d 22＝13－1＝23，∴顶点P 的轨迹长度是2πr 2＝2π×23＝43π.题型三翻折有关的动态轨迹问题例3在矩形ABCD 中，E 是AB 的中点，AD ＝1，AB ＝2，将△ADE 沿DE 折起得到△A ′DE ，设A ′C 的中点为M ，若将△ADE 沿DE 翻折90°，则在此过程中动点M 形成的轨迹长度为________．答案2π8解析如图，设AC 的中点为M 0，△ADE 沿DE 翻折90°，此时平面A ′DE ⊥平面ABCD ，取CD 中点P ，CE 中点Q ，PQ 中点N ，连接PQ ，MP ，MQ ，MN ，M 0P ，M 0Q ，M 0N .MP ＝M 0P ＝12AD ＝12，MQ ＝M 0Q ＝12AE ＝12，PQ ＝12DE ＝22，△MPQ 和△M 0PQ 是等腰直角三角形，且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M 的轨迹是以N 为圆心，12PQ 为半径的一段圆弧，又MP ∥A ′D ，MP ⊄平面A ′DE ，A ′D ⊂平面A ′DE ，∴MP ∥平面A ′DE ，同理MQ ∥平面A ′DE ，又∵MP ∩MQ ＝M ，∴平面MPQ ∥平面A ′DE ，又平面A ′DE ⊥平面ABCD ，故平面MPQ ⊥平面ABCD ，又平面MPQ ∩平面ABCD ＝PQ ，MN ⊥PQ ，故MN ⊥平面ABCD ，又M 0N ⊂平面ABCD ，∴MN ⊥M 0N ，故动点M 形成的轨迹长度为14π·PQ ＝2π8.思维升华翻折有关的轨迹问题(1)翻折过程中寻找不变的垂直的关系求轨迹．(2)翻折过程中寻找不变的长度关系求轨迹．(3)可以利用空间坐标运算求轨迹．跟踪训练3(2024·连云港模拟)在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝1，点E 在CD 上，现将△AED 沿AE 折起，使平面AED ⊥平面ABC ，当E 从D 运动到C 时，求点D 在平面ABC 上的射影K 的轨迹长度为()A.22 B.223 C.π2 D.π3答案D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 ，垂足K 为D 在平面ABC 上的射影，连接D ′K ，由翻折的特征知，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，∠D ′AC ＝60°，所以AK ＝12，取O 为AD ′的中点，得到△OAK 是正三角形．故∠KOA ＝π3，所以∠KOD ′＝2π3，射影K 的轨迹长度为12×2π3＝π3.课时精练一、单项选择题1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，Q 是正方形B 1BCC 1内的动点，A 1Q ⊥BC 1，则Q 点的轨迹是()A ．点B 1B ．线段B 1C C ．线段B 1C 1D ．平面B 1BCC 1答案B 解析如图，连接A 1C ，因为BC 1⊥A 1Q ，BC 1⊥A 1B 1，A 1Q ∩A 1B 1＝A 1，A 1Q ，A 1B 1⊂平面A 1B 1Q ，所以BC 1⊥平面A 1B 1Q ，又B 1Q ⊂平面A 1B 1Q ，所以BC 1⊥B 1Q ，又BC 1⊥B 1C ，所以点Q 在线段B 1C 上．2.(2023·佛山模拟)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 为正方形A 1B 1C 1D 1内的动点，满足直线BP 与下底面ABCD 所成角为60°的点P 的轨迹长度为()A.33B.3π6 C.3 D.3π2答案B 解析直线BP 与下底面ABCD 所成的角等于直线BP 与上底面A 1B 1C 1D 1所成的角，连接B 1P ，如图，因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，PB 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，所以BB 1⊥PB 1，故∠BPB 1为直线BP 与上底面A 1B 1C 1D 1所成的角，则∠BPB 1＝60°，因为BB 1＝1，所以PB 1＝BB 1tan 60°＝33，故点P 的轨迹为以B 1为圆心，33为半径，位于平面A 1B 1C 1D 1内的14圆，故轨迹长度为14×2π×33＝3π6.3.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M 为A 1C 1的中点，N 为侧面BCC 1B 1上的一点，且MN ∥平面ABC 1，若点N 的轨迹长度为2，则()A ．AC 1＝4B ．BC 1＝4C ．AB 1＝6D ．B 1C ＝6答案B 解析如图，取B 1C 1的中点D ，BB 1的中点E ，连接MD ，DE ，ME ，由MD ∥A 1B 1∥AB ，DE ∥BC 1，又MD ⊄平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，所以MD ∥平面ABC 1，同理可得DE ∥平面ABC 1，又MD ∩DE ＝D ，MD ，DE ⊂平面MDE ，所以平面MDE ∥平面ABC 1，又MN ∥平面ABC 1，故点N 的轨迹为线段DE ，又由DE ＝12BC 1＝2，可得BC 1＝4.4.已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P 是侧棱DD 1上的点，且DP ＝2PD 1，AA 1＝3，AB ＝1.若点Q 在侧面BCC 1B 1(包括其边界)上运动，且总保持AQ ⊥BP ，则动点Q 的轨迹长度为()A.3B.2C.233D.52答案D 解析如图，在侧棱AA 1上取一点R ，使得AR ＝2RA 1，连接PR ，BR ，过点A 作AN ⊥BR 交BR 于点M ，交BB 1于点N ，连接AC ，CN ，BD ，由PR ∥AD ，可知PR ⊥AN ，BR ，PR ⊂平面BPR ，BR ∩PR ＝R ，从而AN ⊥平面BPR ，BP ⊂平面BPR ，所以BP ⊥AN ，又由BP 在平面ABCD 内的射影BD ⊥AC ，所以BP ⊥AC ，AN ，AC ⊂平面ACN ，AN ∩AC ＝A ，知BP ⊥平面ACN ，CN ⊂平面ACN ，所以BP ⊥CN ，所以动点Q 的轨迹为线段CN ，在Rt △ABN ，Rt △RAB 中，∠BAN ＝∠ARB ，所以Rt △ABN ∽Rt △RAB ，则BN AB ＝AB RA ，得BN ＝12，易得CN ＝BN 2＋BC 2＝122＋12＝52.5.如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱AD ，B 1C 1的中点．若点P 为侧面正方形ADD 1A 1内(含边界)动点，且B 1P ∥平面BEF ，则点P 的轨迹长度为()A.12B ．1C.52D.π2答案C 解析取A 1D 1的中点M ，连接AM ，B 1M ，AB 1，EM ，FM ，如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥B 1C 1且AD ＝B 1C 1，因为E ，F 分别是棱AD ，B 1C 1的中点，则AE ∥B 1F 且AE ＝B 1F ，所以四边形AB 1FE 为平行四边形，则AB 1∥EF ，因为AB 1⊄平面BEF ，EF ⊂平面BEF ，所以AB 1∥平面BEF ，同理可证AM ∥平面BEF ，因为AB 1∩AM ＝A ，AB 1，AM ⊂平面AB 1M ，所以平面AB 1M ∥平面BEF ，因为AM ⊂平面AA 1D 1D ，若P ∈AM ，则B 1P ⊂平面AB 1M ，所以B 1P ∥平面BEF ，所以点P 在侧面AA 1D 1D 内的轨迹为线段AM ，由勾股定理可得AM ＝AA 21＋A 1M 2＝52.6．已知菱形ABCD 边长为2，∠ABC ＝60°，沿对角线AC 折叠成三棱锥B ′－ACD ，使得二面角B ′－AC －D 为60°，设E 为B ′C 的中点，F 为三棱锥B ′－ACD 表面上动点，且总满足AC ⊥EF ，则点F 轨迹的长度为()A ．23B ．33 C.3 D.332答案D 解析连接AC ，BD 交于点O ，连接OB ′，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，所以AC ⊥BD ，OB ′⊥AC ，△ABC ，△ACD ，△AB ′C 均为正三角形，所以∠B ′OD 为二面角B ′－AC －D 的平面角，于是∠B ′OD ＝60°，又因为OB ′＝OD ，所以△B ′OD 为正三角形，所以B ′D ＝OB ′＝OD ＝2×32＝3，取OC 的中点P ，取CD 的中点Q ，连接EP ，EQ ，PQ ，所以PQ ∥OD ，EP ∥OB ′，所以AC ⊥EP ，AC ⊥PQ ，EP ∩PQ ＝P ，所以AC ⊥平面EPQ ，所以在三棱锥B ′－ACD 表面上，满足AC ⊥EF 的点F 轨迹为△EPQ ，因为EP ＝12OB ′，PQ ＝12OD ，EQ ＝12B ′D ，所以△EPQ 的周长为3×32＝332，所以点F 轨迹的长度为332.二、多项选择题7．(2024·济南模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的各顶点均在表面积为12π的球面上，P 为该球面上一动点，则()A ．存在无数个点P ，使得PA ∥平面A 1B 1C 1D 1B ．当平面PAA 1⊥平面CB 1D 1时，点P 的轨迹长度为2πC ．当PA ∥平面A 1B 1CD 时，点P 的轨迹长度为2πD ．存在无数个点P ，使得平面PAD ⊥平面PBC答案ACD 解析因为该球的表面积为4πr 2＝12π，故半径r ＝3，且正方体的棱长满足(2r )2＝3a 2＝12，故棱长a ＝2，选项A ，由题意可知平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且PA ∥平面A 1B 1C 1D 1，故PA ⊂平面ABCD ，则P 的轨迹为正方形ABCD 的外接圆，故有无数个点P 满足，故A 正确；选项B ，易知AC 1⊥平面CB 1D 1，且平面PAA 1⊥平面CB 1D 1，PA ⊂平面PAA 1，故P 的轨迹为矩形AA 1C 1C 的外接圆，其周长为2πr ＝23π，故B 错误；选项C ，因为PA ∥平面A 1B 1CD ，设过PA 且与平面A 1B 1CD 平行的平面为α，则P 的轨迹为α与外接球的交线，其半径为a 2＝1，周长为2π，故C 正确；选项D ，若平面PAD ⊥平面PBC ，则点P 在以四边形ABCD 为轴截面的某个圆柱面上，该圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点P 满足，故D 正确．8．(2023·长沙模拟)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为正方体表面上的动点，N 为线段AC 1上的动点，若直线AM 与AB 的夹角为π4，则下列说法正确的是()A ．点M 的轨迹确定的图形是平面图形B ．点M 的轨迹长度为π2＋22C ．C 1M 的最小值为2－1D ．当点M 在侧面BB 1C 1C 上时，33AN ＋MN 的最小值为1答案BCD 解析如图，建立空间直角坐标系，则D (0,1,0)，C 1(1,1,1)，∵直线AM 与AB 的夹角为π4，当点M 在侧面AA 1D 1D 上时，AB ⊥AM ，不合题意；当点M 在底面A 1B 1C 1D 1和侧面CC 1D 1D (不包含边界)上时，点M 到直线AB 的距离大于AB 的长度，此时，AM 与AB 的夹角大于π4；当点M 在侧面AA 1B 1B 和底面ABCD 上时，可知线段AB 1，AC 满足题意；当点M 在侧面BCC 1B 1上时，由AB ⊥BM ，可知BM ＝AB ，此时弧B 1C 为所求．∴M 点的轨迹为线段AC ，AB 1，弧B 1C ，显然线段AC ，AB 1，弧B 1C 不共面，∴A 错误；对于B ，点M 的轨迹长度为π2＋22，∴B 正确；对于C ，若M 在线段AC 上，则C 1M 的最小值为1，同理，若M 在线段AB 1上，则C 1M 的最小值也为1，若M 在弧B 1C 上，则C 1M 的最小值为C 1B －1＝2－1，∴C 正确；对于D ，M (1，y ，z )(0≤y ≤1,0≤z ≤1)，且y 2＋z 2＝1，由题意设N (λ，λ，λ)，λ∈[0,1]，则33AN ＋MN ＝λ＋(1－λ)2＋(y －λ)2＋(z －λ)2≥λ＋(1－λ)2＝λ＋(1－λ)＝1，当且仅当y ＝z ＝λ，且y 2＋z 2＝1，即y ＝z ＝λ＝22时，等号成立，∴D 正确．三、填空题9．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 为棱B 1C 1的中点，N 为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN 与底面ABCD 所成的角为π3，则动点N 的轨迹长度为________．答案43π9解析如图所示，取BC 中点G ，连接MG ，NG ，由正方体的特征可知，MG ⊥底面ABCD ，故MN 与底面ABCD 的夹角即为∠MNG ，所以∠MNG ＝π3，则MG NG ＝tan π3⇒NG ＝233，故点N 在以G 为圆心，233为半径的圆上，又N 在底面正方形ABCD 上，即点N 的轨迹为图示中的圆弧 EF ，易知BG EG ＝1233＝32⇒∠EGB ＝π6⇒∠EGF ＝π－π6－π6＝2π3，所以动点N 的轨迹长度为233×2π3＝43π9.10.如图所示，在平行四边形ABCD 中，E 为AB 中点，DE ⊥AB ，DC ＝8，DE ＝6.沿着DE 将△ADE 折起，使A 到达点A ′的位置，且平面A ′DE ⊥平面ADE .设P 为△A ′DE 内的动点，若∠EPB ＝∠DPC ，则点P 的轨迹长度为______．答案4π3解析建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，C (0,8,0)，E (6,0,0)，B (6,4,0)，设P (x ,0，z )，则PD →＝(－x ,0，－z )，PC →＝(－x ,8，－z )，PE →＝(6－x ,0，－z )，PB →＝(6－x ,4，－z )，∴cos ∠EPB ＝cos 〈PE →，PB →〉＝PE →·PB →|PE →||PB |→＝(6－x )2＋z 2(6－x )2＋z 2(6－x )2＋16＋z 2，cos ∠DPC ＝cos 〈PD →，PC →〉＝PD →·PC →|PD →||PC |→＝x 2＋z 2x 2＋z 2x 2＋64＋z 2，∵∠EPB ＝∠DPC ，∴cos ∠EPB ＝cos ∠DPC ，∴(6－x )2＋z 2(6－x )2＋z 2(6－x )2＋16＋z 2＝x 2＋z 2x 2＋z 2x 2＋64＋z 2，整理化简得x 2＋z 2－16x ＋48＝0，即(x －8)2＋z 2＝16，∴点P 的轨迹为圆弧，所在圆交A ′E 于P 1(6,0,23)，交DE 于P 2(4,0,0)，则|P 1P 2—→|＝(6－4)2＋(0－0)2＋(23－0)2＝4，∴ 12PP 所对应的圆心角α＝π3，∴弧长l ＝αr ＝π3×4＝4π3，即点P 的轨迹长度为4π3.。

2025年高考数学总复习47第六章微专题立体几何中的动态问题

微专题立体几何中的动态问题立体几何中的“动态问题”是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的、可变的一类开放型问题，因其某些点、线、面位置的不确定，往往成为学生进行一些常规思考、转化的障碍．但又因其是可变的、开放的，更有助于学生空间想象能力及综合思维能力的培养，以下利用运动变化的观点对几种动态问题的类型加以分析，探求解决此类问题的若干途径．类型一空间位置关系的判定【例1】如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1上的动点，且EH∥FG，则必有()A．BD1⊥EH B．AD∥FGC．平面BB1D1D⊥平面EFGH D．平面A1BCD1∥平面EFGHB解析：当E与A1重合，H与D1重合时，BD1与EH的夹角即BD1与A1D1的夹角，显然BD1与A1D1的夹角不是π，故A错误．2当FG不与B1C1重合时，因为EH∥FG，EH⊂平面A1B1C1D1，FG⊄平面A1B1C1D1，所以FG∥平面A1B1C1D1.因为FG⊂平面BCC1B1，平面A1B1C1D1∩平面BCC1B1＝B1C1，所以FG∥B1C1∥AD.当FG与B1C1重合时，显然FG∥AD，故B正确．当平面EFGH与平面BCC1B1重合时，显然平面BB1D1D与平面BCC1B1不垂直，故C错误．当FG与BC重合时，平面A1BCD1与平面EFGH相交，故D错误．【例2】如图，点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论一定成立的是()A．三棱锥A-A1PD的体积大小与点P的位置有关B．A1P与平面ACD1相交C．平面PDB1⊥平面A1BC1D．AP⊥D1CC解析：对于选项A，VA-A1PD＝VP-AA1D.在正方体中，BC1∥平面AA1D，所以当点P运动时其到平面AA1D的距离不变，即三棱锥P-AA1D的高不变．又△AA1D的面积不变，因此三棱锥P-AA1D的体积不变，即三棱锥A-A1PD的体积与点P的位置无关，故A不成立．对于选项B ，由于BC 1∥AD 1，AD 1⊂平面ACD 1，BC 1⊄平面ACD 1，所以BC 1∥平面ACD 1，同理可证BA 1∥平面ACD 1.又BA 1∩BC 1＝B ，BA 1，BC 1⊂平面BA 1C 1，所以平面BA 1C 1∥平面ACD 1.因为A 1P ⊂平面BA 1C 1，所以A 1P ∥平面ACD 1，故B 不成立．对于选项C ，因为A 1C 1⊥BD ，A 1C 1⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，所以A 1C 1⊥平面BB 1D ，则A 1C 1⊥B 1D ，同理A 1B ⊥B 1D .又A 1C 1∩A 1B ＝A 1，所以B 1D ⊥平面A 1BC 1.又B 1D ⊂平面PDB 1，所以平面PDB 1⊥平面A 1BC 1，故C 成立．对于选项D ，当B 与P 重合时，AP 与D 1C 的夹角为π4，故D 不成立．解决空间位置关系的动点问题(1)应用“位置关系定理”转化． (2)建立“坐标系”计算．类型二轨迹问题【例3】(2024·韶关模拟)设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为底面正方形ABCD 内的一动点．若△APC 1的面积S ＝12，则动点P 的轨迹是( )A ．圆的一部分B ．双曲线的一部分C ．抛物线的一部分D ．椭圆的一部分D 解析：设d 是△APC 1边AC 1上的高，则S △APC 1＝12|AC 1|·d ＝√32d ＝12，所以d ＝√33，即点P 到直线AC 1的距离为定值√33，所以点P 在以直线AC 1为轴，√33为底面半径的圆柱侧面上，直线AC 1与平面ABCD 既不平行也不垂直，所以点P 的轨迹是平面ABCD 上的一个椭圆，其中只有一部分在正方形ABCD 内．【例4】如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别为AA 1，AB 的中点，点M 是正方形ABB 1A 1内的动点．若C 1M ∥平面CD 1EF ，则点M 的轨迹长度为________.√2 解析：如图，取A 1B 1的中点H ，B 1B 的中点G ，连接GH ，C 1H ，C 1G ，EG ，HF ，可得四边形EGC 1D 1是平行四边形，所以C 1G ∥D 1E .又C 1G ⊄平面CD 1EF ，D 1E ⊂平面CD 1EF ，所以C 1G ∥平面CD 1EF .同理可得C 1H ∥CF ，C 1H ∥平面CD 1EF .因为C1H∩C1G＝C1，C1H，C1G⊂平面C1GH，所以平面C1GH∥平面CD1EF.由点M是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以点M的轨迹长度为√12+12＝√2.解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法(1)几何法：根据平面的性质进行判定．(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算．(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．类型三最值问题【例5】已知在如图所示的正三棱锥P-ABC中，侧棱P A，PB，PC的长为√2，底面三角形ABC的边长为2，D为AC的中点，E为AB的中点，M是PD上的动点，N是平面PCE上的动点，则AM＋MN的最小值为()A．√6+√24B．√3+12C．√64D．√32B解析：将正三棱锥P-ABC放入棱长为√2的正方体AGIJ-PCHB中，如图1所示，先固定点M，那么MN的最小值即点M到平面PCE的距离．连接GH，设GH的中点为F，连接PF，DG.由题意，得平面PGF⊥平面PCE，且交线为PF，故MN⊥PF，所以点M在PD上运动时，点N在PF上运动．把平面AGP和平面PGF沿PG展开，示意图如图2所示，作AN′⊥PF交PG于点M′，则AN′即所求，(AM＋MN)min＝AN′＝AP·sin (45˚＋30˚)＝√3+12.【例6】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为a，侧棱长为b，且a≥b，点D是BC1的中点，则直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值是()A．√13013B．√63C．√33D．√3913D解析：如图，取A1B1的中点E，连接BE，C1E，则C1E⊥A1B1.由正三棱柱的性质可知，平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，所以C1E⊥平面ABB1A1，取BE的中点F，连接AF，DF.因为D为BC1的中点，所以DF∥C1E，所以DF⊥平面ABB1A1，所以∠DAF即为直线AD与侧面ABB1A1所成的角．在Rt△AFD中，DF＝12C1E＝√34a，AF＝√(34a)2+(12b)2＝√9a2+4b24，所以tan ∠DAF＝DFAF√3a√√13+4b23a2≥√13+43＝√3913，当且仅当a＝b时，等号成立，所以直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值为√3913.在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是：(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解．(2)函数思想：通过建立坐标系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．。

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立体几何动态问题
所谓动态性立体几何题，是指在点、线、面运动变化的几何图形中，探寻点、线、面的位置关系或进行有关角与距离的计算。

由于这类题情景新颖、解法灵活、极富思考性和挑战性，能更好地考察空间想象能力和思维能力，因此成了学考和高考的热点内容。

解决这类问题一般来说有以下几种策略。

一、将空间问题转化为平面问题
【例1】如图，直线l ⊥平面α，垂足为O ，已知直角三角形ACC 1中，CC 1=1， AC =2，A C 1
．该直角三角形在空间做符合以下条件的自由运动：
（1）A l ∈，（2）C α∈，
求O ，C 1两点间的最大距离．
例2、在棱长为1的正方体1111D C B A ABCD -中，F E ,分别是棱111,D C D A 的中点，N
为线段C B 1的中点，若点M P ,分别为线段EF B D ,1上的动点，则PN PM +的最小值为（） A. 1 B.
4
2
3 C. 4262+ D. 2
13+
二、引人参数，把动态问题转化为计算问题，动中求静例3、在直三棱柱中，，，已知和分
别为和的中点，与分别为线段和上的动点(不包括端点)，若
，则线段的长度的取值范围为 ( )
A ．
B ．
C ．
D ．例4、已知棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点
E ，
F 分别是棱BB 1，DD 1上的动点，且BE=D 1F=λ．设EF 与AB 所成的角为α，与BC 所成的角为β，则α+β的最
小值（）
A.不存在
B.等于60
C.等于90
D.等于120
ABC C B A -1112
π
=
∠BAC 11=
==AA AC AB G E 11B A 1CC D F AC AB EF GD ⊥DF ⎪⎪⎭
⎫⎢⎣⎡1,55⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,55⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1,552⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡
1,552M
D 1C 1
B 1
A 1
三、考察运动中的不变因素，动中求静
例5、如图所示,已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2, 长
为2的线段MN 的一个端点M 在棱1DD 上运动, 另一端点N 在正方形ABCD 内运动, 则
MN 的中点的轨迹的面积为( )
A ．4π
B ．2π
C ． π
D ．
2
π
例6、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 ）两条平行直线四、考虑特殊位置
例7、如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ．在平面ABD 内过点D 作DK AB ⊥，K 为垂足．设AK t =，则t 的取值范围是．
例8、如图，正四面体ABCD 的顶点C 在平面α内，且直线BC 与平面α所成角为45°，顶点B 在平面α上的射影为点O ，当顶点A 与点O 的距离最大时，直线CD 与平面α所成角的正弦值等于（）
A. B.
C. D.
立体几何动态问题练习
1、点P 在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 所在平面上，E 是A 1A 的中点，且 ∠ EPA=∠ D 1PD ，则点P 的轨迹是（） A ．直线
B ．圆
C ．抛物线
D ．双曲线
2、球O 为边长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的内切球，P 为球O 的球面上动点，M 为B 1C 1中点，DP BM ⊥，则点P 的轨迹周长为 ( )
A ．
π33 B ．π332 C ．255π D ．455
π 3、如图，棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点，则下列结论错误的是（） A ．11DC D P ⊥ B ．平面11D A P ⊥平面1A AP C ．1APD ∠的最大值为90o
D ．1AP PD +的最小值为22+
4、．如图，在长方形ABCD 中，41AB BC ==， E 为DC 的四等分点（靠近C 处），F 为线段EC 上一动点（包括端点），现将AFD ∆沿AF 折起，使D 点在平面内的射影恰好落在边AB 上，则当F 运动时，二面角D AF B --的平面角余弦值的变化范围为．
5、点E 、F 、G 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB 、BC 、B 1C 1的中点，如图所示，则下列命题中的真命题是________(写出所有真命题的编号)．。