立体几何中的轨迹与最值问题
几何求最大值的方法
几何求最大值的方法几何求最大值的方法是一个涵盖多个领域的复杂问题，涉及数学、物理、工程等多个学科。
在几何学中，求最大值的问题通常涉及到图形的性质、空间结构和优化理论。
下面将详细介绍一些常用的几何求最大值的方法，并阐述它们的原理和应用。
一、基础概念在几何学中，最大值问题通常涉及到距离、角度、面积、体积等几何量。
求这些量的最大值，需要理解几何对象的基本性质，如点、线、面、体之间的关系和性质。
二、基本方法解析几何法：通过建立坐标系，将几何问题转化为代数问题，利用代数方法求解最大值。
例如，在平面几何中，可以通过求解二次函数的极值来找到某个图形的最大面积或最大距离。
几何不等式法：利用几何不等式来求解最大值。
例如，在三角形中，利用三角形的三边关系、角度关系等不等式，可以求解三角形的最大面积或最大周长。
几何变换法：通过平移、旋转、对称等几何变换，将问题转化为更简单的形式，从而求解最大值。
例如，在立体几何中，可以通过旋转体来求解某个几何体的最大体积。
三、实际应用几何求最大值的方法在实际生活中有着广泛的应用。
例如，在建筑设计中，可以利用几何求最大值的方法来优化建筑的空间布局，提高建筑的使用效率；在交通运输中，可以利用几何求最大值的方法来规划最优的运输路线，降低运输成本；在机器人路径规划中，也可以利用几何求最大值的方法来找到机器人的最优运动轨迹。
四、案例分析以一个具体的案例为例，假设我们有一个固定的圆形区域，需要在其中放置尽可能多的相同大小的圆形物体。
这个问题可以转化为求解圆形区域内能够容纳的最大圆形物体数量。
通过解析几何法和几何不等式法，我们可以找到最优的排列方式，使得圆形区域内能够容纳的圆形物体数量达到最大。
五、结论与展望几何求最大值的方法是一个复杂而重要的领域，具有广泛的应用前景。
随着数学、物理、工程等学科的不断发展，几何求最大值的方法也将不断更新和完善。
未来，我们可以期待更多创新的方法和理论的出现，为实际问题的解决提供更多有效的工具和手段。
立体几何中的动点轨迹问题
思路分析：根据题意，画出图形，在空间 中，AM ⊥ MC ，取 AC 的中点 O ,则点 M 的 轨迹是以 AC 为直径的球面 O .点 M 是侧面 BCC1B1 内的动点，所以点 M 是球面 O 与平 面 BCC1B1 的公共点.则点 M 在平面 BCC1B1 内 的 轨 迹 是 以 BC 为 直 径 的 半 圆（不 包 含 B,C 点）.以下同解法 1.
思路分析：根据题意，画出图形，对于平 面 BCC1B1 来说，AM 是斜线，点 M 是斜足， AB 是垂线，点 B 是垂足，所以 BM 是射影， 因为 AM ⊥ MC ,得到 MC ⊥ BM ，所以点 M 在平面 BCC1B1 内的轨迹是以 BC 为直径的 半 圆（不 包 含 B,C 点）. 因 为 A1B1⊥ 平 面 BCC1B1 ,所以 ∠A1MB1 为 A1M 与平面 BCC1B1 所成角.结合 B1M 的取值范围，即可得正切 值的取值范围.
与 平 面 BCC1B1 所 成 角. 在 RTA1MB1 中 ，
tan
∠A1 MB1
=
A1 B1 B1 M
.取
BC
的中点
N
，由已知
得
B1N
-
1 2
BC
B1 M
<
B1C
即
2
B1 M
<
2
7，
又 A1B1 = 4 ，所以 tan ∠A1MB1 的取值范围为
(
2
7 7
,
2]
.
归纳：降维法，即空间问题平面化法，利
求较高.本文以福建省泉州市 2020 届普通中
学高中毕业班质量检查理科卷第 12 题为例,
对这类问题的解法进行剖析，希望对大家有
立体几何中的最值问题-高考数学二轮复习之大题考点专练
第三篇 立体几何专题07 立体几何中的最值问题常见考点考点一 最大值问题典例1．如图，在ABC 中，1AC BC ==，120ACB ∠=︒，O 为ABC 的外心，PO ⊥平面ABC ，且6PO =(1)求证：//BO 平面PAC ；(2)设平面PAO 面PBC l =，若点M 在线段PC （不含端点）上运动，当直线l 与平面ABM 所成角取最大值时，求二面角A BM O --的正弦值.变式1-1．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，点D 在边BC 上，E 为11B C 的中点.(1)如果D 为BC 的中点，求证：平面1BA E ∥平面1C DA ；(2)设锐二面角11/B AC D --的平面角为α，CD CB λ=，1,12λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，当λ取何值时，cos α取得最大值？变式1-2．如图，在四棱锥S ABCD-中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，2===，1SA AB BCAD=，M是棱SB的中点．(1)求证：//AM平面SCD；(2)求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值；(3)设点N是线段CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为θ，求sinθ的最大值.-中，点O，E分别是BD，BC中点，点F是SE 变式1-3．如图，在正四棱锥S ABCD上的一点.(1)证明：OF BC⊥；(2)若四棱锥S ABCD-的所有棱长为22OF与平面SDE所成角的正弦值的最大值.考点二最小值问题典例2．如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，1===AD DC CB ，120BCD ∠=︒，四边形BFED 为矩形，1BF =，平面BFED ⊥平面ABCD .(1)求证：AD ⊥平面BDEF ；(2)点P 在线段EF 上运动，设平面P AB 与平面ADE 所成的夹角为θ，试求θ的最小值.变式2-1．如图，在ABC 中，1AB =，22BC =4B π=，将ABC 绕边AB 翻转至ABP △，使面ABP ⊥面ABC ，D 是BC 的中点.(1)求二面角P BC A --的平面角的余弦值；(2)设Q 是线段PA 上的动点，当PC 与DQ 所成角取得最小值时，求线段AQ 的长度.变式2-2．如图，四棱锥S ABCD -的底面为矩形，SD ⊥底面ABCD ，设平面SAD 与平面SBC 的交线为m ．（1）证明：//m BC ，且m ⊥平面SDC ；（2）已知2SD AD DC ===，R 为m 上的点求SB 与平面RCD 所成角的余弦值的最小值．变式2-3．如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，1===AD DC CB ，120BCD ∠=︒，四边形BFED 为矩形，平面BFED ⊥平面ABCD ，1BF =.（1）求证：BD ⊥平面AED ，AD ⊥平面BDEF ；（2）点P 在线段EF 上运动，设平面PAB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值.巩固练习练习一 最大值问题1．如图所示，在三棱柱111ABC A B C -中，AB BC =，点1A 在平面ABC 的射影为线段AC的中点，侧面11AAC C 是菱形，过点1,,B B D 的平面α与棱11A C 交于点E ．(1)证明：四边形1BB ED 为矩形；(2)求1CB 与平面11ABB A 所成角的正弦值的最大值．2．如图，在矩形ABCD 中，M 、N 分别是线段AB 、CD 的中点，2AD =，4AB =，将ADM △沿DM 翻折，在翻折过程中A 点记为P 点．(1)从ADM △翻折至NDM 的过程中，求点P 运动的轨迹长度；(2)翻折过程中，二面角P −BC −D 的平面角为θ，求tan θ的最大值.3．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，其中//AD BC ，AB AD ⊥，122AB AD BC ===，E 为棱BC 上的点，且14BE BC =．(1)求证：DE⊥平面PAC；(2)若二面角A PC D，求PA的长；--的平面角的正切值为12(3)在（2）的条件下，若Q为线段PC上一点，求BQ与面PCD所成角为θ，求sinθ的最大值．4．如图，在直角三角形AOB中，30∠=︒，斜边4OABAB=，直角三角形AOC可以--是直二面角，动点D在斜边通过AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B AO CAB上.(1)求证：平面COD⊥平面AOB；(2)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的正切值；(3)求CD与平面AOB所成角的正切值的最大值.练习二最小值问题5．如图，ABCD为正方形，PDCE为直角梯形，90∠=，平面ABCD⊥平面PDCE，PDC且22PD AD EC ===.（1）若PE 和DC 延长交于点F ，求证：//BF 平面PAC ；（2）若Q 为EC 边上的动点，求直线BQ 与平面PDB 所成角正弦值的最小值.6．如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，1AD DC BC ===，60ABC ∠=︒，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，1CF =，设点M 在线段EF 上运动.（1）证明：BC AM ⊥；（2）设平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角为θ，求θ的最小值.7．如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°，四边形BFED 为矩形，平面BFED ⊥平面ABCD ，BF ＝1.(1)求证：AD ⊥平面BFED ；(2)点P 在线段EF 上运动，设平面P AB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．8．如图，正方形ABCD 边长为1，ED ⊥平面ABCD ，FB ⊥平面ABCD ，且1ED FB ==（E ，F 在平面ABCD 同侧），G 为线段EC 上的动点．（1）求证：AG DF ⊥；（2）求22AG BG +的最小值，并求取得最小值时二面角B AG C --的余弦值。
立体几何的最值问题
立体几何最值问题立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的是空间图形的性质和数量关系。
在立体几何中，我们经常遇到最值问题，即寻找某个量的最大值或最小值。
本文将介绍立体几何中最值问题的几个方面：1.立体几何位置关系立体几何中的位置关系是指空间中点、线、面之间的相对位置。
解决位置关系问题需要运用空间想象和逻辑推理。
在立体几何中最值问题中，位置关系往往与距离、角度等问题交织在一起，需要综合考虑多种因素。
2.立体几何中的距离立体几何中的距离是指空间中两点之间的直线距离，或者是点与线、线与面之间的距离。
在解决最值问题时，我们需要考虑如何利用距离公式来计算最短路径、最大距离等。
3.立体几何中的体积立体几何中的体积是指空间中封闭图形的体积，或者是两个平面图形之间的距离。
计算体积需要运用体积公式，而解决最大或最小面积问题则需要考虑如何调整图形的形状和大小。
4.立体几何中的最短路径立体几何中的最短路径问题是指寻找空间中两点之间的最短距离。
解决这类问题需要运用距离公式和几何定理，有时还需要借助对称、旋转等技巧。
5.立体几何中的最大/最小面积立体几何中的最大/最小面积问题通常涉及到平面图形在空间中的展开和折叠。
解决这类问题需要运用面积公式和平面几何定理，同时要注意图形的对称性和边长之间的关系。
6.立体几何中的角度问题立体几何中的角度问题是指空间中两条直线或两个平面之间的夹角。
解决这类问题需要运用角度公式和空间向量，同时要注意图形的对称性和边长之间的关系。
7.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题是指一个点或一条线在空间中按照一定规律移动所形成的轨迹。
解决这类问题需要运用轨迹方程和运动学原理，同时要注意轨迹的形状和大小随时间的变化情况。
新高考数学重难点培优专题讲义——立体几何小题专练(含详细答案解析)
立体几何小题培优讲义高考规律立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．知识梳理【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．2.以立体几何为载体的情境题的求解思路以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题.此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【题型1 求几何体的体积与表面积】【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P−ABC中，三条侧棱P A，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P−ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（）A．4√3πB．4√2πC．6πD．12π【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③V台=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ）A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（）A．563B．56C．283D．28【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（）A．(144+12√13)πcm2B．(144+24√13)πcm2C．(108+12√13)πcm2D．(108+24√13)πcm2【题型2 与球有关的截面问题】【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（）A．8πB．9πC．12πD．16π【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为√15，2√6，则该球的表面积为（）A．32πB．36πC．40πD．42π【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，√6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A．2√3πB．√3πC．√3π2D．√3π4【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）A．136πB．2512πC．83πD．23π【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（）A．a327B．a336C．a354D．a372【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为2√3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为（）A．4πB．8πC．4√3πD．8√3π【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2]，点M到平面PCD的距离的最大值为（）A．2√63B．83C．4√23D．329【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为20√53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2√3，且三棱锥A－BCD的体积为2√3，则线段CD长度的最大值为（）A．2√3B．3√2C．√13D．2√5【题型4 几何体与球的切、接问题】【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（）A．√33B．13C．√22D．12【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（）A．π6B．πC．4π3D．4π【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于4√2cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（）A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2√6，则模型中九个球的表面积和为（）A．6πB．9πC．31π4D．21π【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1内接于半径为√3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，|GH|+|GM|的最小值为（）A．√2B．3√22C．2D．1+√2【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC= 1，AA1=√3，在线段A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（）A．√33B．√213C．√37D．√217【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：；④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10．其中真命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线，则下列说法正确的是（）段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163A．EF=2B．EF=4C．EG+FG的最小值为3√2D．EG+FG的最小值为2√6【题型6 空间角问题】【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积是底面积的6√3倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（）A．2√3913B．√3913C．√3926D．3√3926【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（）A．13B．√33C．23D．√53【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CM与AB所成的角可能为π3C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=√2．下列说法不正确的是（）A．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45∘B．当E,F运动时，三棱锥体积B−AEF不变C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BFD．当E,F运动时，二面角C−EF−B为定值【题型7 翻折问题】【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A−BD−P为120°，则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为（）A．21πB．28√21πC．52πD．84π【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD 沿对角线BD翻折至△A′BD的位置，使得平面A′BD⊥平面BCD，则在三棱锥A′−BCD的外接球中，以A′C为直径的截面到球心的距离为（）A．√43510B．6√25C．√23910D．√11310【变式7-2】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（）A．存在点P，使得PE∥CFB．存在点P，使得PE⊥EDC．三棱锥P−AED的体积最大值为√26D．当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC 的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则下列命题错误的是（）A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD．当PB=√10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【题型8 立体几何中的轨迹问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=√55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（）A．3π4B．π2C．π3D．π4【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（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．2√33D．√52【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD 内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（）A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（）A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为8√6π9B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为√3+1−√6C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD．四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【题型9 以立体几何为载体的情境题】【例9】（2023·云南大理·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（）A．1404π立方寸B．1080π立方寸C．756π立方寸D．702π立方寸【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为√62，则球O的体积为（）A．7√1424πB．7√143πC．11√2224πD．11√223π【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm 和6dm，则该花灯的表面积为（）A．(108+30√3)dm2B．(72+30√3)dm2C．(64+24√3)dm2D．(48+24√3)dm2【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是（）A．V1+V2+V3=V B．V1=2V2C．V2=2V3D．V2−V3=V61．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平，则该五面体的所有棱长之和为（）面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A．102m B．112mC．117m D．125m2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A．15B．√25C．√35D．253．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，P A，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9√34，则该圆锥的体积为（）A．πB．√6πC．3πD．3√6π4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．495．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B16．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（）．A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4√3πC．AC=2√2D．△PAC的面积为√38．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．9．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．立体几何小题【题型1 求几何体的体积与表面积】 (4)【题型2 与球有关的截面问题】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【题型4 几何体与球的切、接问题】 (13)【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．。
立体几何中动点轨迹度量问题的探究
立体几何中动点轨迹度量问题的探究作者：吴成强刘恒荣来源：《中学数学杂志(初中版)》2018年第03期立体几何中动点轨迹问题是一个有趣和值得研究的问题，在高考中也注重考查.关于动点轨迹的长度、面积、体积及它们的最值等度量问题的求解，不少学生还是感到有一些困难，其主要原因是对轨迹图形难以弄清.而要明了轨迹图形的形状，需要有一定的空间想象能力和逻辑推理能力，需要积累一定的解题经验，掌握一定的技巧和方法.本文对立体几何中轨迹度量问题做一些探究，起一点抛砖引玉的作用.1动点轨迹的长度动点轨迹的长度计算，关键是要弄清轨迹图形的形状.常见轨迹图形的长度计算，主要是线段、圆（或圆弧）的长度的计算.例1已知四面体ABCD中，DA=DB=DC=1，且DA、DB、DC两两互相垂直，在该四面体表面上与点A的距离是233的点形成一条曲线，这条曲线长度是（）A.32πB.3πC.536πD.33π所以∠DAH=π6，所以∠EAH=π4-π6=π12.同理∠GAF=π12，动点形成的轨迹图形为EF，FG，GH，HE，其中EF，EH，FG均是以A为圆心的圆弧，GH是以D为圆心的圆弧，轨迹长度为l=（π3+π12+π12）·233+π2·33=32π，故选A.评注学生做这道题普遍感到困难的是弄不清轨迹图形的形状，尤其是GH弧，它是以D为圆心、DH为半径的圆弧，学生容易出错.这道题对空间想象能力有较高的要求.图2例2正方体的棱长为3，A为顶点，P点在正方体表面上运动，PA=2，求P点运动轨迹长度.解析如图2所示，轨迹图形是由6条圆弧组成，不含A点的正方体三个面上运动轨迹为EN，FG，MH，其长度均为π2·1=π2，含A点的正方体三个面上运动轨迹为EF，GH，MN，其长度均为π6·2=π3，所以所求轨迹图形的长度为l=3×π2+3×π3=5π2.评注本题用到分类讨论思想，分含A点的正方体三个面上运动轨迹和不含A点的正方体三个面上运动轨迹.含A点的正方体三个面上运动轨迹是以A点为圆心，圆心角均为π6，不含A点的正方体三个面上运动轨迹不是以A点为圆心，而是分别以另外三个直角顶点为圆心，圆心角均为π2.学生对这些轨迹图形容易搞错，这需要有一定的空间想象能力和逻辑推理能力.图3例3已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为BC的中点，P为正方体内切球球面上任一点，C1M⊥DP，求动点P的轨迹图形的长度.解析如图3，取AA1中点E，BB1中点F，易知C1M⊥平面CDEF，所以P点的轨迹就是平面CDEF截正方体内切球所得的截面圆，易知正方体内切球半径R=1，设BC1∩B1C=O1，则O1点到FC的距离d即为球心O到平面CDEF的距离.根据面积关系，得12×1×2=12×CF×CB1×sin∠FCB1=12×5×22×sin∠FCB1，所以sin∠FCB1=110，d=O1C·sin∠FCB1=2×110=15.所以截面圆的半径r=R2-d2=1-15=255，所以P点轨迹长度为2πr=455π.评注 P点是动点，直线DP是动直线，而直线C1M是定直线，因此要保证C1M⊥DP，就必须满足定直线C1M垂直于动直线DP所扫过的平面，这个平面就是CDEF平面，又P为正方体内切球球面上任一点，所以P点的轨迹图形就是平面CDEF截球面所得的小圆，而要求小圆的半径，就是要求出球心到截面圆的距离d，学生对这种层层逼近、不断深入的思维过程往往感到有些困难，对学生空间想象能力和合理运算能力也有较高的要求.翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转一周的过程中：①BM是定值；②点M在某个球面上运动；③存在某个位置，使MB∥平面A1DE；④动点A1的轨迹为球面上的一个小圆，其长度为2π.其中正确的命题是.解析坐标系建立如图所示，易知A1点的轨迹是yoz坐标平面上以O为圆心，以2为半径的圆，其坐标为（0，2cosθ，2sinθ），C点的坐标为（2，22，0），M点的坐标为（22，2+22cosθ，22sinθ），B点的坐标为（22，2，0），易得BM=3222+22cosθ2+22sinθ2=5，由此可知BM是定值，所以①正确；点M在以B为球心，以为5半径球面上运动，所以②正确；取线段A1D的中点N，则MN是△A1CD的中位线，MN∥CD，所以MN∥BE且有MN=BE，所以四边形BMNE为平行四边形，所以MB∥NE，又NE在平面A1DE内，所以存在某个位置，使MB∥平面A1DE，故③正确；设M点的坐标为（x，y，z），则有x=22，y=2+22cosθ，z=22sinθ，所以有（y-2）2+z2=22cosθ2+22sinθ2=12，故点的轨迹是半径为22的圆，其长度为2π，故④正确.评注本题的关键在于恰当地建立空间直角坐标系，利用空间向量和坐标法的思想巧妙解决问题.本题也可以先验证③正确，再根据③得出①与②是正确的.2动点轨迹长度的最值动点轨迹长度最值问题，常常需要利用几何体的侧面（或表面）展开图，或者将有关的平面进行旋转，使一个平面处在另一个平面延展面的位置，然后再利用几何中最小长度原理（即平面上连接两点间的直线段最短）求解.解决这类问题的关键就是要会利用几何体的展开图，教师要强化学生利用侧面（或表面）展开图解决最值问题的意识，使学生熟练地掌握这一方法.例5已知正三棱锥P-ABC的侧棱长均为a为，∠APB=∠APC=∠BPC=40°，一动点M从A点出发，绕侧面一周回到A点，求动点M轨迹长度的最小值.图5 解析如图5所示，将三棱锥沿侧棱PA剪开摊平得到侧面展开图，易知∠APA′=120°，PA=PA′=a，线段AA′即为动点M轨迹长度最小值，易得AA′=3a，所以动点M 轨迹长度最小值为3a.评注解决本题的关键是利用侧面展开图，这是求侧面上轨迹图形长度最值问题的最有效、最简便的方法，要训练学生牢固掌握这一方法.例6已知圆台的上、下底面半径分别为2cm，4cm，AB是侧面上的母线，AB=6cm，一质点从点B绕侧面一周运动到A点，求质点运动轨迹的最小值.图6解析如图6，把圆台补成圆锥，沿母线SAB剪开摊平，侧面展开图如图所示，易知∠BSB′=2π3，线段BA′与AA′相交，设M为AA′上任一点，∠BSM=x，则∠A′SM=2π3-x，SA′=6，SB=12，y=BM+MA′=180-144cosx+6·（2π3-x），y′=144sinx2180-144cosx-6.由y′=0得2sinx=5-4cosx，4cos2x-4cosx+1=0，cosx=12，x=π3，易知y在[0，π3] 递减，在[π3，2π3]递增，所以当x=π3时，ymin=63+2π.易知，此时BM为AA′的切线，M为切点.评注因为线段BA′ 与AA′ 弧相交，所以直接求线段BA′ 的长度是错误的，而这恰恰是很多学生所容易犯的错误.运动轨迹长度要想最小，质点必须从B点运动到AA′ 弧上一点M处，再从M点沿MA′ 弧运动到A′点.M点在AA′ 弧上的何处，需要通过列函数式求解.求解的结果可以看出，BM与AA′ 弧相切，这是一个很好的结论，值得体会.3动点轨迹图形的面积动点轨迹图形面积问题，一般是动直线所扫过的图形，求解关键是要弄清动点或动直线所扫过的轨迹图形的形状，这需要有一定的空间想象能力和逻辑推理能力.常见的轨迹图形主要是三角形、四边形、圆面、球面等.例7在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P、Q分别是线段AD1和B1C上的动点，且满足AP=B1Q，P、Q在运动过程中，求线段PQ在平面BCC1B1内的射影所形成的面积.解析如图7，易知P点在平面BCC1B1内的射影P′ 落在线段BC1上，且BP′=AP=B1Q，所以P′Q∥BB1，图7所以PQ在运动过程中射影P′Q形成的轨迹图形为△OBB1和△OCC1，所以所求轨迹图形面积为S=12×1×1=12.评注本题解决的关键是要弄清P、Q在运动过程中，线段PQ在平面BCC1B1内的射影图形是什么形状，从教学实践情况来看，学生对PQ在运动过程中射影P′Q满足P′Q∥BB1感到有一点困难.例8已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，长为2的线段的两端点P、Q分别在棱DD1上和面ABCD内运动，求PQ中点M形成的轨迹图形的面积.S=18×4π×12=π2.评注解决这类问题要用到立体几何线面垂直的有关性质得出PD⊥DQ，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得出DM=1，从而得出M点形成的轨迹图形是以D为球心，1为半径的18球面，问题迎刃而解.4动点轨迹图形的面积的最值动点轨迹图形面积最值问题的求解，首先需要弄清动点或动直线所扫过的轨迹图形的形状，然后列出面积关系式，再根据有关的数学知识求得面积的最值.有些问题可直接根据几何图形的特点，得出面积的最值.例9已知长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=AD=4，AA1=1，F为AD上的动点，且AF=λAD（0≤λ≤12），E为底面ABCD的中心，P为正方体表面上的动点，且满足A1P=xAF+yAE（x，y∈R），求动直线A1P所扫过的平面图形面积的最小值.图9解析如图9所示，易知A1P所扫过平面图形为平行四边行A1FMG，建立空间直角坐标系，易知A1（0，0，0），F（0，4λ，1），E（2，2，1）a=A1F=（0，4λ，1），b=AG=FM=2FE=2（2，2-4λ，0）a·b=16λ-32λ2，a2=16λ2+1，b2=32（2λ2-2λ+1）.设a与b夹角为θ，则S=a·b·sinθ=a·b·1-cos2θ=a2·b2-（a·b）2=（16λ2+1）·32·（2λ2-2λ+1）-（16λ-32λ2）2=420λ2-4λ+2=420（λ-110）2+95因为0≤λ≤12，所以当λ=110时，Smin=495=1255.评注本题解决的关键是要弄清动直线A1P所扫过的平面图形的形状，而面积关系式则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量的办法得出，这一方法对本题的求解显得比较巧妙，值得体会和总结.5动点轨迹图形的体积或体积的最值动点轨迹图形的体积或体积的最值问题，需要分析几何体的形状，恰当选择几何体的底面和高，使问题求解变得简便.例10在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P1、P2分别是线段AB和BD1上的动点，且不包括端点，在P1、P2运动过程中，图10线段P1P2始终平行于平面A1ADD1，求动点P1、P2和定点A、B1所形成的几何体P1P2AB1体积的最大值.解析如图10，作P2O⊥平面ABB1A1，O为垂足，设AP1=x，则P1B=1-x，由△BP1P2∽△BAD1得P1P2AD1=P1BBA=1-x，由△OP1P2∽△A1AD1得OP2A1D1=P1P2AD1=1-x，所以OP2=（1-x）A1D1=1-x，VP2-P1AB1=13·S△P1AB1·OP2=13·12·x·1·（1-x）=16x（1-x）≤16·（x+1-x2）2=124.等号成立的条件为x=1-x，即x=12.评注解决本题的关键是要列出体积关系式.抓住动线段P1P2始终平行于平面A1ADD1这一条件，得出△OP1P2∽△A1AD1，从而找到相关线段的数量关系，再选择以P2为顶点，△P1AB1为底面，则容易列出体积关系式.根据体积关系式，不难求出体积的最大值.例11已知正方形ABCD的边长为6，空间有一点M（不在平面ABCD内），满足MA+MB=10，求三棱锥M—ABC的体积的最大值.解析由MA+MB=10知动点M的轨迹是以A、B为焦点的椭球面，椭圆的长半轴长a=5，短半轴长b=4，动点M到底面ABC距离的最大值为椭圆的短半轴长4，所以体积的最大值为Vmax=13·12·6·6·4=24.评注本题动点M的轨迹是根据椭圆定义得出的，体现了立体几何与解析几何交汇，是高考命题的新动向，也对考生的综合运用知识解决问题的能力提出了较高的要求.立体几何中有关动点轨迹问题还有很多方面，它们往往比较新颖灵活，对空间想象能力和逻辑推理能力有较高要求，也需要有较强的创新意识.数学之魅力，体现在数学有很强的内在规律，教师要引导学生挖掘数学中所隐含的内在规律，使学生掌握研究数学的思想方法，理解数学的精髓，感悟数学的内在美，并在问题的解决中体验成功的快乐，激发探究的热情和动力，不断发展创造力.作者简介吴成强（1963—），男，正高级教师，安徽省特级教师，安徽省池州市首届拔尖人才，池州市首批名师工作室主持人，池州市学科带头人，池州市优秀教师，十佳教师，安徽省教坛新星，安徽省先进工作者（省劳模），全国五一劳动奖章获得者，第十届苏步青数学教育奖获得者，2014年安徽省教育年度人物.在《中学数学杂志》等省级以上刊物发表学术论文70多篇，有两篇论文被中国人民大学书报资料中心《高中数学教与学》全文转载.龙源期刊网 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微专题19 立体几何中的动点及其轨迹问题
微专题19立体几何中的动点及其轨迹问题求空间图形中点的轨迹既是中学数学学习中的一个难点，也是近几年高考的一个热点，是立体几何与解析几何相交汇的问题，既考查空间想象能力，同时又考查如何将空间几何的轨迹问题转化为平面几何的轨迹问题来处理的数学思想，常用方法主要有：(1)定义法(如圆锥曲线定义)；(2)解析法；(3)交轨法.类型一定性的研究动点的轨迹立体几何中与动点轨迹有关的问题归根还是利用线面的平行、垂直关系，在此类问题中要么容易看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式.例1 (1)如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P 满足∠P AB＝30°，则点P的轨迹是()A.直线B.抛物线C.椭圆D.双曲线的一支(2)(多选)(2022·济南质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是()A.若MN与平面ABCD所成的角为π4，则点N的轨迹为圆B.若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2πC.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线D.若D1N与AB所成的角为π3，则点N的轨迹为双曲线答案(1)C(2)ACD解析(1)由题可知，当P点运动时，在空间中，满足条件的AP绕AB旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60°角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.(2)如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，所以∠MND＝π4，所以DN＝DM＝12DD1＝12×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；对于B，在Rt△MDN中，DN＝MN2－MD2＝42－22＝23，取MD的中点E，因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝12DN＝3，DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝3，所以点P的轨迹为以3为半径的圆，其面积为π·(3)2＝3π，故B 不正确； 对于C ，连接NB ，因为BB 1⊥平面ABCD ， 所以BB 1⊥NB ，所以点N 到直线BB 1的距离为NB ，所以点N 到点B 的距离等于点N 到定直线CD 的距离， 又B 不在直线CD 上，所以点N 的轨迹为以B 为焦点，CD 为准线的抛物线，故C 正确；对于D ，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (4，0，0)，B (4，4，0)，D 1(0，0，4)，设N (x ，y ，0)， 则AB →＝(0，4，0)，D 1N →＝(x ，y ，－4)， 因为D 1N 与AB 所成的角为π3， 所以|cos 〈AB →，D 1N →〉|＝cos π3， 所以|4y |4x 2＋y 2＋16＝12，整理得3y 216－x 216＝1，所以点N 的轨迹为双曲线，故D 正确.训练1 (1)如图，AB 是平面α的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面α内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P 的轨迹是( )A.圆B.椭圆C.一条直线D.两条平行直线(2)已知在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1与底面A 1B 1C 1D 1垂直，且AD ＝AB ，E 为CC 1的中点，P 在对角面BB 1D 1D 内运动，若EP 与AC 成30°角，则点P的轨迹为()A.圆B.抛物线C.双曲线D.椭圆答案(1)B(2)A解析(1)由题意知，点P到线段AB的距离为定值，则点P为在以AB为旋转轴的圆柱表面上一点，故平面α斜截圆柱，所得图形为椭圆.(2)因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与底面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平行六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，连接EF，则EF∥AC.因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角.设EF与对角面BB1D1D的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面圆周，故选A.类型二定量的研究动点的轨迹当涉及动点轨迹的长度、图形的面积和图形的体积以及体积的最值，一般要用未知变量表示轨迹，然后借助于函数的性质求解.例2 (1)在棱长为22的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，AD的中点，P为线段C1D上的动点，则直线A1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长度为()A.2153 B.433C.2133 D.423(2)(多选)(2022·南京质检)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点(不包含端点)，若正方体棱长为1，则下列结论正确的有( )A.直线D 1P 与AC 所成角的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2B.存在P 点，使得平面APD 1∥平面C 1BDC.三棱锥D 1－CDP 的体积为16D.平面APD 1截正方体所得的截面可能是直角三角形 答案 (1)C (2)BC解析 (1)如图，连接B 1D 1，因为E ，F 分别为棱AB ，AD 的中点， 所以B 1D 1∥EF ，则B 1，D 1，E ，F 四点共面.连接A 1C 1，A 1D ，设A 1C 1∩B 1D 1＝M ，A 1D ∩D 1F ＝N ，连接MN ， 则点Q 的轨迹为线段MN ， 易得A 1D ＝A 1D 21＋DD 21＝4，△A 1ND 1∽△DNF ，且A 1D 1FD ＝2，所以A 1N ＝23A 1D ＝83. 易知A 1C 1＝C 1D ＝A 1D ＝4，所以∠C 1A 1D ＝60°，又A 1M ＝2，所以在△A 1MN 中，由余弦定理可得MN 2＝A 1N 2＋A 1M 2－2A 1N ·A 1M cos ∠MA 1N ＝529，所以MN ＝2133，即点Q 的轨迹长度为2133.(2)对于A 选项，如图①，连接AC ，D 1P ，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，A 1(1，0，1)，D (0，0，0)，D 1(0，0，1)，C (0，1，0).则有AC →＝(－1，1，0)，D 1P →＝D 1A 1→＋λA 1B →＝(1，0，0)＋λ(0，1，－1)＝(1，λ，－λ)，λ∈(0，1)， 所以|cos 〈AC →，D 1P →〉|＝|－1＋λ|2·2λ2＋1＝（1－λ）24λ2＋2.令f (λ)＝（1－λ）24λ2＋2，λ∈(0，1)， f ′(λ)＝8λ2－4λ－4（4λ2＋2）2＝4（2λ＋1）（λ－1）（4λ2＋2）2<0，所以f (λ)＝（1－λ）24λ2＋2在(0，1)上单调递减.因为f (0)＝12，f (1)＝0，所以0<|cos 〈AC →，D 1P →〉|<22，又〈AC →，D 1P →〉∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2， 故〈AC →，D 1P →〉∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，故A 选项错误.图①对于B选项，当P为A1B的中点时，有AP∥C1D，AD1∥C1B，易证平面APD1∥平面C1BD，故B选项正确.对于C选项，三棱锥D1－CDP的体积VD1－CDP＝VP－CDD1＝13×S△CDD1×AD＝1 3×12×1×1×1＝16，故C选项正确.对于D选项，设A1B的中点为O，连接AP，AD1，D1P.当P点在线段OB(不包含端点)上时，此时平面APD1截正方体所得的截面为梯形AEFD1，如图②；当P点在O点时，此时平面APD1截正方体所得的截面为正三角形AB1D1；当P点在线段OA1(不包含端点)上时，此时平面APD1截正方体所得的截面为等腰三角形AD1G，如图③，且AG2＋D1G2≠AD21，所以该三角形不可能为直角三角形，故D选项错误.故选BC.训练2 (1)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F为AA1，AB的中点，点M是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E，则点M的轨迹长度为()A.22 B.1C. 2D.3(2)(多选)(2022·重庆诊断)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论中，正确的结论是()A.三棱锥A－D1PC的体积不变B.A1P与平面ACD1所成的角大小不变C.DP⊥BC1D.DB1⊥A1P答案(1)C(2)ABD解析(1)如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接EF，FC，GH，C1H，C1G，EG，HF可得四边形EGC1D1是平行四边形，∴C1G∥D1E，又D1E⊂平面CD1E，C1G⊄平面CD1E，∴C1G∥平面CD1E，同理可得C1H∥CF，又CF⊂平面CD1E，C1H⊄平面CD1E，∴C1H∥平面CD1E，又C1H∩C1G＝C1，∴平面C1GH∥平面CD1E，又M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E，∴点M在线段GH上，∴M点轨迹的长度GH＝12＋12＝ 2.(2)如图，因为BC1∥AD1，AD1⊂平面D1AC，BC1⊄平面D1AC，所以BC1∥平面D1AC，故点P在BC1上运动时，点P到平面D1AC的距离d是定值，所以V A－D1PC ＝V P－AD1C＝13S△AD1C×d是定值，A项正确.连接A1B，A1C1，如图所示.易知平面A1BC1∥平面ACD1，A1P⊂平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，故A1P与平面ACD1所成的角大小不变，B项正确.易知DP在平面BCC1B1内的射影是CP，若DP⊥BC1，则CP⊥BC1，故点P在BC1上运动时，不一定有DP⊥BC1，C项错误.易知DB1⊥平面A1BC1，而A1P⊂平面A1BC1，所以DB1⊥A1P，D项正确.故选ABD.一、基本技能练1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与到直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹为()A.直线B.圆C.双曲线D.抛物线答案D解析点P到直线C1D1的距离即为点P到点C1的距离，所以在平面BB1C1C中，点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等，由抛物线的定义可知，动点P的轨迹为抛物线，故选D.2.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为底面ABCD上的动点.PE⊥A1C于E，且P A＝PE，则点P的轨迹是()A.线段B.圆弧C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分答案A解析由题意知，△A1AP≌△A1EP，则点P为在线段AE的中垂面上运动，从而与底面ABCD 的交线为线段.3.如图，圆锥的底面直径AB ＝2，母线VA ＝3，点C 在母线VB 上，且VC ＝1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A 到达点C ，则这只蚂蚁爬行的最短距离是( )A.13B.7C.433D.332答案 B解析 在圆锥侧面的展开图中，AA ′＝2π，所以∠AVA ′＝AA ′︵VA ＝23π， 所以∠AVB ＝12∠AVA ′＝π3，由余弦定理得AC 2＝VA 2＋VC 2－2VA ·VC ·cos ∠AVB ＝32＋12－2×3×1×12＝7， 所以AC ＝7.所以这只蚂蚁爬行的最短距离是7，故选B.4.如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，另一端点N 在正方形ABCD 内运动，则MN 中点轨迹的面积为( )A.4πB.2πC.πD.π2答案 D解析 易知DD 1⊥平面ABCD ，∠MDN ＝90°，取线段MN 的中点P ，则DP ＝12MN ＝1，所以点P 的轨迹是以D 为球心，1为半径的18球面，故S ＝18×4π×12＝π2. 5.已知MN 是长方体外接球的一条直径，点P 在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，2，则PM →·PN →的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，0B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，0 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，1 答案 B解析 根据题意，以D 为坐标原点，DA →为x 轴正方向，DC →为y 轴正方向，DD 1→为z 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.设长方体外接球球心为O ， 则DB 1为外接球的一条直径，设O 为DB 1的中点，不妨设M 与D 重合，N 与B 1重合. 则外接球的直径长为12＋12＋（2）2＝2，所以半径r ＝1，所以PM →·PN →＝(PO →＋OM →)·(PO →＋ON →)＝(PO →＋OM →)·(PO →－OM →)＝|PO →|2－|OM →|2＝|PO →|2－1，由P 在长方体表面上运动，所以|PO →|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，即|PO →|2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以|PO→|2－1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，0， 即PM →·PN →∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，0.6.点P 为棱长是25的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内切球O 球面上的动点，点M 为B 1C 1的中点，若满足DP ⊥BM ，则动点P 的轨迹的长度为( ) A.π B.2π C.4π D.25π答案 C解析 根据题意知，该正方体的内切球半径为r ＝5， 如图，取BB 1的中点N ，连接CN ，则CN ⊥BM ， 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CN 为DP 在平面B 1C 1CB 中的射影，∴点P 的轨迹为过D ，C ，N 的平面与内切球的交线， ∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为25， ∴O 到过D ，C ，N 的平面的距离为1， ∴截面圆的半径为（5）2－1＝2，∴点P 的轨迹的长度为2π×2＝4π.7.(2022·北京卷)已知正三棱锥P －ABC 的六条棱长均为6，S 是△ABC 及其内部的点构成的集合.设集合T ＝{Q ∈S |PQ ≤5}，则T 表示的区域的面积为( ) A.3π4 B.π C.2π D.3π答案 B解析 设顶点P 在底面上的投影为O ，连接BO ，则O 为△ABC 的中心， 且BO ＝23×6×32＝23， 故PO ＝36－12＝2 6.因为PQ ＝5，故OQ ＝1，故Q 的轨迹为以O 为圆心，1为半径的圆，而△ABC 内切圆的圆心为O ，半径为2×34×363×6＝3>1，故Q 的轨迹圆在△ABC 内部， 故其面积为π.8.如图，三角形P AB 所在的平面α和四边形ABCD 所在的平面β垂直，且AD ⊥α，BC ⊥α，AD ＝4，BC ＝8，AB ＝6，∠APD ＝∠CPB ，则点P 在平面α内的轨迹是( )A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分答案 A解析 由条件易得AD ∥BC ，且∠APD ＝∠CPB ，AD ＝4，BC ＝8， 可得tan ∠APD ＝AD P A ＝CBPB ＝tan ∠CPB ， 即PB P A ＝CBAD ＝2，在平面P AB 内以AB 所在的直线为x 轴，AB 的中点O 为坐标原点，建立直角坐标系(图略)，则A (－3，0)，B (3，0)， 设P (x ，y )，则有PBP A ＝（x －3）2＋y 2（x ＋3）2＋y2＝2， 整理可得x 2＋y 2＋10x ＋9＝0(x ≠0). 由于点P 不在直线AB 上，故此轨迹为圆的一部分，故答案选A.9.已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为1，点M ，N 分别为线段AB ′，AC 上的动点，点T 在平面BCC ′B ′内，则MT ＋NT 的最小值是( ) A. 2 B.233 C.62 D.1答案 B解析 A 点关于BC 的对称点为E ，M 关于BB ′的对称点为M ′，记d 为直线EB ′与AC 之间的距离，则MT ＋NT ＝M ′T ＋NT ≥M ′N ≥d ，由B ′E ∥D ′C ，d 为E 到平面ACD ′的距离，因为V D ′－ACE ＝13×1×S △ACE ＝13×1×1＝13，而V D ′－ACE ＝V E －ACD ′＝13×d ×34×(2)2＝36d ＝13，故d ＝233.10.如图，长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝BC ＝2，AA ′＝3，上底面A ′B ′C ′D ′的中心为O ′，当点E 在线段CC ′上从C 移动到C ′时，点O ′在平面BDE 上的射影G 的轨迹长度为( )A.2π3B.3π3C.π3D.3π6答案 B解析 如图，以CA ，CC ′分别为x 轴，y 轴正方向建立平面直角坐标系，则有C (0，0)，O (1，0)，O ′(1，3)，设G (x ，y )， 由O ′G ⊥OG ，可得y x －1·y －3x －1＝－1，整理可得⎝⎛⎭⎪⎫y －322＋(x －1)2＝34，所以点O ′在平面BDE 上的射影G 的轨迹是以F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32为圆心，半径为32的OG ︵.因为tan ∠GOF ＝O ′C ′OO ′＝33， 所以O ′G ＝O ′O ·sin ∠GOF ＝32， 所以△O ′GF 是等边三角形， 即∠GFO ＝2π3，所以圆弧OG 的长l ＝2π3×32＝3π3.11.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD (只要填写一个你认为是正确的条件即可).答案 DM ⊥PC (或BM ⊥PC )解析 连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ，因为P A ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BD .又P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ，PC ⊂平面P AC ， 所以BD ⊥PC ，所以当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，有PC ⊥平面MBD ，PC ⊂平面PCD ，所以平面MBD⊥平面PCD.12.如图，P是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1表面上的动点，且AP＝2，则动点P的轨迹的长度为________.答案3π2解析由已知AC＝AB1＝AD1＝2，在平面BC1，平面A1C1中，BP＝A1P＝DP＝1，所以动点P的轨迹是在平面BC1，平面A1C1，平面DC1内分别以B，D，A1为圆心，1为半径的三段圆弧，且长度相等，故轨迹长度和为π2×3＝3π2.二、创新拓展练13.在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AA1的中点，P是底面ABCD 所在平面内一动点，设PD1，PE与底面ABCD所成的角分别为θ1，θ2(θ1，θ2均不为0)，若θ1＝θ2，则三棱锥P－BB1C1体积的最小值是()A.92 B.52C.32 D.54答案C解析以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，因为正方体的棱长为3， 则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，32，D 1(0，0，3)，设P (x ，y ，0)(x ≥0，y ≥0)，则PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－x ，－y ，32，PD 1→＝(－x ，－y ，3). 因为θ1＝θ2，平面ABCD 的一个法向量z ＝(0，0，1)， 所以|PE →·z ||PE →|·|z |＝|PD 1→·z ||PD 1→|·|z |，得32（3－x ）2＋y 2＋94＝3x 2＋y 2＋9，整理得x 2＋y 2－8x ＋12＝0， 即(x －4)2＋y 2＝4(0≤y ≤2)， 则动点P 的轨迹为圆的一部分， 所以点P 到平面BB 1C 1的最小距离为1，所以三棱锥P －BB 1C 1体积的最小值是13×12×3×3×1＝32.14.(多选)(2022·武汉模拟)如图，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为A 1D 1的中点，F 为CC 1上的一个动点，设由点A ，E ，F 构成的平面为α，则( )A.平面α截正方体的截面可能是三角形B.当点F 与点C 1重合时，平面α截正方体的截面面积为26C.当点D 到平面α的距离的最大值为263D.当F 为CC 1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形 答案 BCD解析 如图，建立空间直角坐标系，延长AE 与z 轴交于点P ，连接PF 并延长与y 轴交于点M ， 则平面α由平面AEF 扩展为平面APM . 由此模型可知A 错误.当点F 与点C 1重合时，截面是一个边长为5的菱形，该菱形的两条对角线长度分别AC 1＝22＋22＋22＝23和22＋22＝22，则此时截面的面积为12×23×22＝2 6.当F 为CC 1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形，B ，D 正确.D (0，0，0)，A (2，0，0)，P (0，0，4)，设点M 的坐标为(0，t ，0)(t ∈[2，4])， DA →＝(2，0，0)，AM →＝(－2，t ，0)，P A →＝(2，0，－4)， 则可知点P 到直线AM 的距离为d ＝|P A →|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪P A →·AM →|AM →|2＝20t 2＋644＋t2， S △APM ＝12t 2＋4·d ＝5t 2＋16.S △P AD ＝12×2×4＝4， 设点D 到平面α的距离为h ，利用等体积法V D －APM ＝V M －P AD ，即13·S △APM ·h ＝13·S △P AD ·t ，可得h ＝4t 5t 2＋16，则h ＝45＋16t 2， 由h ＝45＋16t 2在t ∈[2，4]上单调递增，所以当t ＝4时，h 取到最大值为263.故选BCD.15.已知面积为23的菱形ABCD 如图①所示，其中AC ＝2，E 是线段AD 的中点.现沿AC 折起，使得点D 到达点S 的位置，此时二面角S －AC －B 的大小为120°，连接SB ，得到三棱锥S －ABC 如图②所示，则三棱锥S －ABC 的体积为________；若点F 在三棱锥的表面运动，且始终保持EF ⊥AC ，则点F 的轨迹长度为________.答案 32 3＋32解析 依题意，12AC ·BD ＝BD ＝23，点S 到平面ABC 的距离为3sin 60°＝32，△ABC 的面积为12×23＝3，则三棱锥S－ABC的体积为13×3×32＝32.如图，取AC边上靠近点A的四等分点G，取BA的中点为H，连接EH，EG，GH，故点F的轨迹长度即为△EHG的周长，又EG＝GH＝32，EH＝12SB＝32，故点F的轨迹长度为3＋32.16.如图，三棱锥S－ABC的所有棱长均为1，SH⊥底面ABC，点M，N在直线SH上，且MN＝33，若动点P在底面ABC内，且△PMN的面积为212，则动点P的轨迹长度为________.答案6π12解析设P到直线MN的距离为d，由题易得d＝6 6，易知H为△ABC的中心，又MN⊥平面ABC，当点P在平面ABC内时，其轨迹是以H为圆心，66为半径的圆.∵△ABC内切圆的半径为3 6，∴圆H的一部分位于△ABC外，结合题意得，点P的轨迹为圆H位于底面△ABC 内的三段相等的圆弧(利用正三角形的性质判断出圆H有一部分在△ABC外，才能正确得到点P的轨迹)，如图，过点H作HO⊥AC，垂足为O，则HO＝36，记圆H与线段OC的交点为K，连接HK，可得HK＝66，∴cos∠OHK＝OHHK＝3666＝22，∴∠OHK＝π4，∴点P的轨迹长度为圆H周长的14(利用圆及正三角形的对称性分析求解)，∴点P的轨迹长度为14×2π×66＝6π12.。
立体几何和圆锥曲线的珠联壁合之——空间轨迹问题
立体几何和圆锥曲线的珠联壁合之——空间轨迹问题【考点解析】立体几何中的轨迹问题因立意新颖，综合性强，而倍受高考命题者的青睐。
正方体是空间图形中既简单熟悉、又重要的几何体，它具有丰富的内涵，而在正方体中所涉及的轨迹问题，更是别具一格。
求解此类问题的的关键是要把相关的平行与垂直的位置关系，以及距离与角度的数量关系化归转化为平面问题来解决。
通常有以下三种解题策略。
一、阿波罗尼法2000多年前，古希腊数学家最先研究圆锥曲线，并获得了大量的成果。
古希腊数学家阿波罗尼采用平面切割圆锥的方法来研究这几种曲线。
用垂直于锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面倾斜到与圆锥的母线平行时，得到的是抛物线；继续倾斜得到的是双曲线。
记锥轴为m ,母线为l , 切割圆锥的平面为α，令m 与l 所成的轴线角为θ，m 与平面α所成路的轴面角为ψ，则当0≤ψ<θ时，所截得的曲线是双曲线；当ψ=θ时，所截得的曲线是抛物线；当θ<ψ≤π2时，所截得的曲线是双曲线.例1.(1)如图，AB 是平面α的斜线段，点A 是斜足，若点P 在平面α内运动，且△ABP 的面积为定值，则动点P 的轨迹为（ ） A ．圆 B.椭圆 C.一条直线 D.两条平行线答案 B解析：∵AB 的长是定的，∴ S △ABP =12 |AB |×d p -l 为定值，即点P 到AB 的距离d p -l 为定值. ∴动点P 的轨迹是平面α截圆柱面所得的曲线，即为椭圆.(2)如图，设B ，C 为定点，且均不在平面α上，动点A 在平面α上，且sin ∠ABC =12 ，则动点A 的轨迹为（ ）A ．圆或椭圆 B.抛物线或双曲线 C. 椭圆或双曲线 D.以上均有可能 答案 D解析：∵sin ∠ABC =12 ，∴AB 和BC 的夹角是π6，即轴线角θ为300，设BC 与平面α所成的轴面角为ψ，则0≤ψ≤π2，∴0≤ψ<π6，ψ=π6，π6<ψ≤π2均有可能，故选D.【变式1】平面α的斜线AB 交α点B 且与α成π3角，平面α内一动点C 满足∠BAC =π6,则动点C 的轨迹为（ ）A ．一条直线 B. 一个圆 C. 一个椭圆 D.双曲线一支 答案 C解析：∵AB 是圆锥的轴，AC 是圆锥的母线，动点C 满足∠BAC =π6，∴轴线角θ为π6，∵平面α的斜线AB 交α点B 且与α成π3角，∴轴面角ψ为π3，∴ψ>θ,∴动点C 的轨迹为椭圆【变式2】平面α的斜线AB 交α点B 且与α成θ角，平面α内一动点C 满足∠BAC =π6，若动点C 的轨迹为椭圆，则θ的取值范围是 . 答案 π6<θ<π2解析：轴线角为π6，轴面角为θ，∵动点C 的轨迹为椭圆，∴θ>π6 ，又AB 是平面α的斜线，∴θ<π2.例2.(1)已知点P 在正方体ABCD -A 1B 2C 3D 4的侧面BB 1C 1C 中，且满足∠PD 1D=∠BD 1D ，则动点P 轨迹所在曲线为（ ）A ．圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线 答案 C解析：∵轴线角θ=∠PD 1D=∠BD 1D ，∴tan θ= 2 ，∵D 1D ∥面BB 1C 1C ，∴轴面角ψ=0，∴ψ<θ, ∴动点P 轨迹所在曲线为双曲线.【变式1】若改成P 在平面ABC 1D 1上，动点的轨迹是什么？ 答案 C解析：∵轴线角θ=∠PD 1D=∠BD 1D ，∴tan θ= 2 ，∵D 1D 与面ABC 1D 1所成的轴面角ψ满足tan ψ=1，∴ψ<θ, ∴动点P 轨迹所在曲线为双曲线. 【变式2】你还可以怎么出题？还可以变轴，如将条件置换为∠PD 1C=∠BD 1C ，此时轴线角θ满足tan θ=22，此时D 1C 与面BB 1C 1C 所成的轴面角ψ满足tan ψ=1，∴ψ>θ, ∴动点P 轨迹所在曲线为椭圆. 二、定义法运用解析几何中曲线定义，来识别动点轨迹的曲线类型. 例3(1)在正方体ABCD -A 1B 2C 3D 4中，点P 在面A 1BCD 1内运动，且点P 到直线AB 1和BC 的距离相等，则动点P 的轨迹为（ ） A ．圆的一部分 B.椭圆的一部分 C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分 答案 D解析：设AB 1∩A 1B =O ,易证AB 1⊥面A 1BCD 1，∴AB 1⊥OP ，∴点P到直线AB 1的距离为|OP|，∴|OP|=d P -BC ，且定点O 不在定直线BC 上，∴动点P 的轨迹为抛物线的一部分【变式1】若将“P 到直线AB 1和BC 的距离相等”改为“P 到直线AB 1和BC 的距离之比为12”，则动点P 的轨迹所在的曲线是 . 解析：由圆锥曲线的统一定义得该曲线的离心率是12，故动点P 的轨迹是椭圆的一部分.【变式2】若将“P 到直线AB 1和BC 的距离相等”改为“P 到直线AB 1和BC 的距离之比为2”，则动点P 的轨迹所在的曲线是 .解析：由圆锥曲线的统一定义得该曲线的离心率是2，故动点P 的轨迹是双曲线的一部分.例3(2)如图，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是CC 1、C 1D 1、DD 1、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足 时，有MN ∥平面B 1BDD 1．(3) 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，且总保持AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹是 ．(4) 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱A 1B 1，BC 上的动点，且A 1E =BF ，P 为EF 的中点，则点P 的轨迹是 ．(5) 已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，在正方体的侧面BCC 1B 1上到点A 距离为 2 的点的集合形成一条曲线，那么这条曲线的形状是 ，它的长度是 ．若将“在正方体的侧面BCC 1B 1上到点A 距离为 2 的点的集合”改为“在正方体表面上与点A 距离为 2 的点的集合” 那么这条曲线的形状又是 ，它的长度又是 ．(6)已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为6，长为4的线段MN 点一个端点M 在DD 1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 课后作业1、如图，在正四棱锥S －ABCD 中，E 是BC 的中点，P 点在侧面△SCD 内及其边界上运动，并且总是保持PE ⊥AC ．则动点P 的轨迹与△SCD 组成的相关图形最有可能的是( )2.若三棱锥A BCD -侧面ABC 内一动点P 到底面BCD 的距离与到棱AB 的距离相等，则动点P 的轨迹与ABC ∆组成图形可能是 ()CC 1A1A1A A1A 1(2)(3)(4)(5)C D CD CA ．B ．C ．D ．A ．B ．C ．D ．3.四棱锥P ABCD -底面为正方形,侧面PAD 为等边三角形,且侧面PAD ⊥底面ABCD ,点M 在底面正方形ABCD 内运动,且满足MP MC =,则点M 在正方形ABCD 内的轨迹一定是（ ）A. B.C. D.4.在棱长为4的正方体1111D C B A ABCD -中, ,E F 分别是AD ,11A D 的中点,长为2的线段MN 的一个端点M 在线段EF 上运动,另一个端点N 在底面1111A B C D 上运动,则线段MN 的中点P 的轨迹(曲面)与二面角111A A D B --所围成的几何体的体积为 ( ) A.43π B. 23π C. 3π D. 6π5.四棱锥P ABCD -中,AD ⊥面PAB ,BC ⊥面PAB ,底面ABCD 为梯形，4AD =,8BC =,6AB =,APD CPB ∠=∠,满足上述条件的四棱锥的顶点P 的轨迹是 ( )A. 圆的一部分B. 椭圆的一部分C. 球的一部分D. 抛物线的一部分6.在空间直角坐标系O -xyz 中，正四面体P —ABC 的顶点A ，B 分别在x 轴和y 轴上移动.若该正四面体的棱长为2，则|OP |的取值范围是（ ）A ．[3-1，3+1] B. [0， 28] C. [3-1，2] D.[1，3+1]。
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立体几何中的轨迹与最值问题在立体几何中，某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化。
对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题。
对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性。
立体几何中的最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值或面积的最值的问题。
其一般方法有：1、 几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；2、 代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等，求出最值。
一、轨迹问题【例1】 如图，在正四棱锥S －ABCD 中，E 是BC 的中点，P 点在侧面△SCD 内及其边界上运动，并且总是保持PE ⊥AC .则动点P 的轨迹与△SCD 组成的相关图形最有可能的是 ( )解析：如图，分别取CD 、SC 的中点F 、G ，连结EF 、EG 、FG 、BD .设AC 与BD 的交点为O ，连结SO ，则动点P 的轨迹是△SCD 的中位线FG 。
由正四棱锥可得SB ⊥AC ，EF ⊥AC .又∵EG ∥SB∴EG ⊥AC ∴AC ⊥平面EFG ， ∵P ∈FG ，E ∈平面EFG ， ∴AC ⊥PE . 另解：本题可用排除法快速求解。
B 中P 在D 点这个特殊位置，显然不满足PE ⊥AC ；C 中P 点所在的轨迹与CD 平行，它与CF 成π4角，显然不满足PE ⊥AC ；D 于中P 点所在的轨迹与CD 平行，它与CF 所成的角为锐角，显然也不满足PE ⊥AC 。
评析：动点轨迹问题是较为新颖的一种创新命题形式，它重点体现了在解析几何与立体几何的知识交汇处设计图形。
不但考查了立体几何点线面之间的位置关系，而且又能巧妙地考查求轨迹的基本方法，是表现最为活跃的一种创新题型。
这类立体几何中的相关轨迹问题，如“线线垂直”问题，很在程度上是找与定直线垂直的平面，而平面间的交线往往就是动点轨迹。
【例2】 (1)如图，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是CC 1、C 1D 1、DD 1、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足 时，有MN ∥平面B 1BDD 1.(2) 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，且总保持AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹是 线段B 1C .(3) 正方体ABCD —A 1B 111A 1B 1，BC 上的动点，且A 1E =BF ，P 为EF 的中点，则点P 的轨迹是 线段MN (M 、N 分别为前右两面的中心).(4) 已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，在正方体的侧面BCC 1B 1上到点A 距离为23 3的点的集合形成一条曲线，那么这条曲线的形状是 ，它的长度是 .若将“在正方体的侧面BCC 1B 1上到点A 距离为233的点的集合”改为“在正方体表面上与点A 距离为233的点的集合” 那么这条曲线的形状又是 ，它的长度又是 .【例3】 (1)(04北京)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 是侧面BB 1C 1C 内一动点，若P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是 ( D ) A ． A 直线 B ．圆 C ．双曲线 D ．抛物线变式：若将“P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离相等”改为“P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离之比为1：2(或2：1)”， 则动点P 的轨迹所在的曲线是 椭圆 (双曲线).(2)(06北京)平面α的斜线AB 交α于点B ，过定点A 的动直线l 与AB 垂直，且交α于点C ，则动点C 的轨迹是 (A )A .一条直线B ．一个圆C ．一个椭圆D ．双曲线的一支 解：设l 与l '是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面，且斜线AB 垂直这个平面，由过平面外一点有且只有一个平面与已知直线垂直可知过定点A 与AB 垂直所有直线都在这个平面内，故动点C 都在这个平面与平面α的交线上，故选A .(3)已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，M 在棱AB 上，且AM =13，点P 到直线A 1D 1的距离与点P 到点M 的距离的平方差为1，则点P 的轨迹为 抛物线 . (4)已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为3，长为2的线段MN 点一个端点M 在DD 1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 π6 . 【例4】 (04重庆)若三棱锥A -BCD 的侧面ABC 内一动点P 到底面BCD 的距离与到棱AB 的距离相等，则动点P 的轨迹与△ABC 组成图形可能是：( D )【例5】 四棱锥P -ABCD ，AD ⊥面P AB ，BC ⊥面P AB ，底面ABCD 为梯形，AD =4，BABCDCC 1AC C 1AEC C 1A A1A 1(1)(2)(3)(4)DA ．B ．C ．D ．CC 1A l AB C α A B C DD 1C 1B 1A 1 MPAB CD D 1C 1B 1A1 MN3 3 2 3BC =8，AB =6，∠APD =∠CPB ，满足上述条件的四棱锥的顶点P 的轨迹是( )A ．圆B ．不完整的圆C ．抛物线D ．抛物线的一部分 分析：∵AD ⊥面P AB ，BC ⊥平面P AB ∴AD ∥BC 且AD ⊥P A ，CB ⊥PB ∵∠APD =∠CPB ∴tanAPD =tanCPB∴AD P A =CB PB ∴PB =2P A在平面APB 内，以AB 的中点为原点，AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，则A (-3，0)、B (3，0)，设P (x ，y )(y ≠0)，则(x -3)2+y 2=4[(x +3)2+y 2](y ≠0)即(x +5)2+y 2=16(y ≠0) ∴P 的轨迹是(B ) 二、最值问题【例6】 (05全国12)将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为 (C )A ． 3+2 6 3B ．2+ 2 6 3C ．4+ 2 6 3D ． 43+2 6 3【例7】 (2002京、皖、春，12)用一张钢板制作一个容积为4 m 3的无盖长方体水箱.可用的长方形钢板有四种不同的规格(长×宽的尺寸如选项所示，单位均为m )若既要够用，又要所剩最少，则应选择钢板的规格是( )A .2×5B .2×5.5C .2×6.1D .3×5【例8】 如图，在边长为a 的正三角形的三个角处各剪去一个四边形．这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①．若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②．则当容器的高为多少时，可使这个容器的容积最大，并求出容积的最大值．解析: 设容器的高为x ．则容器底面正三角形的边长为a －23x ,(0<x < a2 3)∴V (x )=34x (a －23x )2=34(12x 3－43ax 2+a 2x )求导数，V ′(x )= 34(36x 2－83ax +a 2)令V ′(x )=0得x 1=3 18 a ，x 2=36 a ，当0<x <318 a 时，V ′(x )>0，V (x )单调递增；当3 18 a <x <3 6a 时，V ′(x )<0，V (x )单调递减 又0<x <36a当且仅当x =318a 时，V (x )最大故当容器的高为3 18 a 时，容器的容积最大，其最大容积为a 354【例9】 在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面对角线A 1B 上存在一点P ，使得AP +D 1P 最小，最小值是 。
分析：将等腰直角三角形AA 1B 沿A 1B 折起至A ′AB ，使三角形A ′AB 与四边形A 1BCD 1共面，连接A ′D 1，则A ′D 1的长即为AP +D 1P 的最小值。
A ′D 1=12+12-2×1×1×cos(90°+45°)=2+ 2【例10】 (06 江西理)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 是BC 1上一动点，则CP ＋P A 1的最小值是_____解：连A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开与△A 1BC 1在同一个平面内，如图所示，连A 1C ，则A 1C 的长度就是所求的最小值。
通过计算可得∠A 1C 1C ＝90︒又∠BC 1C ＝45︒∴∠A 1C 1C ＝135︒由余弦定理可求得A 1C ＝5 2【例11】 如图，正三棱锥P —ABC 有一个半径为R 的内切球，求所有这样的正三棱锥中体积最小的正三棱锥的体积。
解：设正三棱锥的底边边长为x ，高为h (h >2R )则AD =32x ，PD =h 2+(13×32x )2=h 2+112x 2由V P -ABC =V O -ABC +3V O -CBP 得S △ABC ·h =S △ABC ·R +3S △PBC ·R ∴S △ABC (h －R )=3S △PBC ·R ∴34x 2(h －R )=3×12x ·h 2+112x 2·R ∴x (h －R )= 12h 2+x 2R平方得，(h －R )2x 2=(12h 2+x 2)R 2∴x 2=12R 2h 2h 2－2Rh ∴三棱锥的体积V (h )=13×34x 2h =13×34×12R 2h 2h 2－2Rh h =h 2h －2R3R 2=3R 2[4R +(h －2R )+4R 2h －2R]≥3R 2[4R+4R ](等号成立当且仅当h －2R =4R 2h －2R即h =4R 时)∴当h =4R 时，三棱锥体积最大，最大值为83R 2。
ABC D EOPP A BC D ABCD D 1 C 1B 1A 1PA BCDD 1C 1B 1 A 1PA ′ P ′ AB CA 1B 1C 1P A 1BCC 1。