浙江省2017年高考数学二轮复习立体几何动态问题
嵊州市高级中学 尹小海
立体几何的动态问题是高考的热点，也是很多学生望而生畏的题型之一。一般立体几何动态问 题形成原因有动点变化、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，由此而引发 的常见题型为动点轨迹、角度计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等。对于这类题目，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，所以在开展二轮复习时，教师很有必要对此问题加 以研究，并跟学生一起研讨有关解题策略。
A． 5 5
B． 2 5 5
C． 4 5 5
D． 8 5 5
变式 4-2：如图四边形 ABCD ， AB BD DA 2， BC CD 2 .现将 ABD 沿 BD 折起， 当二面角 A BD C 处于[ , 5 ] 过程中，直线 AB 与 CD 所成角的余弦值取值范围是 66
A．点 A 与点 C 在某一位置可能重合 C．直线 AB 与直线 CD 可能垂直
B．点 A 与点 C 的最大距离为 3AB D．直线 AF 与直线 CE 可能垂直
A
F
D
B
E
C
变式 2-2：已知矩形 ABCD ， AB 3 , AD 1,现将 ACD 沿对角线 AC 向上翻折，若翻折过程
中 BD 在
上，点 Q 在直线 EH 上，且四边形 MPHQ 为正方形，则动点 M 的轨迹是（ ）
A.抛物线
B.双曲线
C.椭圆
D.直线
1
（三）根据空间线面位置关系有关定理判断 问题 1-3: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
的距离为 5 且到直线 l 的距离为 9 的点的轨迹是（ ） 2
A．一个圆
B．两条平行直线
C．四个点
D．两个点
3
策略四：锁定变量函数化
问题 4-1：如图，在矩形 ABCD 中， AB 4 ， BC 6 ，四边形 AEFG 为边长为 2 的正方形．现 将矩形 ABCD 沿过点 F 的动直线 l 翻折，使翻折后的点 C 在平面 AEFG 上的射影 C1 落
（）
A．[ 5 2 , 2 ] 88
B．[ 2 , 5 2 ] 88
C．[0, 2 ] 8
D．[0, 5 2 ] 8
4
()
变式 1-3：如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，已知 E,F 分别是线段 AB1 与 CA1 上的动点，异面直线 AB1 与 CA1 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，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.)
策略一 回归定义本质化
（一）根据曲线（面）的定义直接判断
问题 1-1：直线 l ，垂足为 O ，正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 2，点 A 为 l 上的动点，点 B1
在平面 内，则点 O 到 CD1 中点 P 的距离最大值为（
）
A.1 2
B. 2 2
C. 1 2 2
A.
1 2
|AB1|
B.
2
2
2
AB1 CA1 AB1 CA1
C.
1 4
|AB1||CA1|
sin
A1
B1
C1
E
F
D.
1 12
VABC A1B1C1
( VABC A1B1C1
是三棱柱
ABC-A1B1C1
的体积)
A
B
C
策略二：构建模型直观化
问题 2-1：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.
(6
,
3
)
B.
(6
,
2Biblioteka ]C.(3
,
2
]
D.
(3
,
2 3
)
2
问题 2-2：如图，在正方形 ABCD 中，点 E, F 分别为边 BC, AD 的中点，将 ABF 沿 BF 所在直
线进行翻折，将 CDE 沿 DE 所在直线进行翻折，在翻折的过程中（ ）
7, 2
13 2
范围内变化，则点
D
在空中运动的路程为
策略三：空间问题平面化
问题 3： 正三棱柱 ABC—A1B1C1 中，各棱长均为 2，M 为 AA1 中点，N 为 BC 的中点，则在棱柱的表面 上从点 M 到点 N 的最短距离是多少?并求之.
变式 3-1：已知平面 // 平面 ，直线 l ，点 P l ，平面 、 间的距离为 4，则在 内到点 P
在直线
AB
上．若点
C
在折痕
l
上的射影为
D
C2
，则
C1C2 CC2C
的最小值为（
）
A． 6 5-13
B． 5-2
C． 1 2
D． 2 3
l
G
F
A
E
D
C G
B C1 A
E
C2 F l
B
变式 4-1：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（ ）
D. 2 2 2
变式 1-1： 在矩形 ABCD 中，E 为边 DC 上一动点，现将 AED 沿 AE 折起，使二面角 B AE D
的平面角为120 ，点 D 在平面 ABC 上的投影为 K ，当 E 从 D 运动到 C ，则点 K 所形
成的轨迹图形为（
）
A.线段
B.一段圆弧
C.一段椭圆弧
D.一段抛物线
（二）根据动点坐标满足的关系判断
问题 1-2：已知正方体 ABCD —A1B1C1D1 的棱长为 1，M 在棱 AB 上，且
AM= 1 ，点 P 在平面 3
ABCD 内运动 ，P 到直线 A1D1 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_________.
变式 1-2：已知正方体 ABCD EFGH 的棱长为 1，点 M 是底面所在平面内一动点，点 P 在直线 CD
2017高考数学(浙江专版)二轮复习与策略专题8空间几何体表面积或体积的求解讲练Word版含答案
专题四立体几何建知识网络明内在联系[高考点拨]立体几何专题是高考中当仁不让的热点之一，常以“两小一大”呈现，小题主要考查三视图与空间几何体的体积(特别是与球有关的体积)和空间位置关系及空间角，一大题常考空间位置关系的证明与空间角、距离的探求．本专题主要从“空间几何体表面积或体积的求解”“空间中的平行与垂直关系”“立体几何中的向量方法”三大角度进行典例剖析，引领考生明确考情并提升解题技能．突破点8 空间几何体表面积或体积的求解(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用.a ，由正四面体本身的对称性，可知其内切球和外接球的球心相同，则内切球的半径r ＝612a ，外接球的半径R ＝64a.(2)正方体与球：设正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，O 为其对称中心，E ，F ，H ，G 分别为AD ，BC ，B 1C 1，A 1D 1的中点，J 为HF 的中点，如图8-1所示．图8-1①正方体的内切球：截面图为正方形EFHG 的内切圆，故其内切球的半径为OJ ＝a 2； ②正方体的棱切球：截面图为正方形EFHG 的外接圆，故其棱切球的半径为OG ＝2a 2；③正方体的外接球：截面图为矩形ACC 1A 1的外接圆，故其外接球的半径为OA 1＝3a 2.回访1空间几何体的结构及三视图1．(2015·浙江高考)如图8-2，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∠PAB＝30°，则点P的轨迹是()图8-2A．直线B．抛物线C．椭圆D．双曲线的一支C[因为∠P AB＝30°，所以点P的轨迹为以AB为轴线，P A为母线的圆锥面与平面α的交线，且平面α与圆锥的轴线斜交，故点P的轨迹为椭圆．] 2．(2014·浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图8-3所示，则该几何体的体积是()图8-3A．72 cm3B．90 cm3C．108 cm3D．138 cm3B[该几何体为一个组合体，左侧为三棱柱，右侧为长方体，如图所示．V＝V三棱柱＋V长方体＝12×4×3×3＋4×3×6＝18＋72＝90(cm3)．]3.(2013·浙江高考)已知某几何体的三视图(单位：cm)如图8-4所示，则该几何体的体积是()图8-4A．108 cm3B．100 cm3C．92 cm3D．84 cm3B[此几何体为一个长方体ABCD-A1B1C1D1被截去了一个三棱锥A-DEF，如图所示，其中这个长方体的长、宽、高分别为6、3、6，故其体积为6×3×6＝108(cm3)．三棱锥的三条棱AE、AF、AD的长分别为4、4、3，故其体积为13×⎝⎛⎭⎪⎫12×4×3×4＝8(cm3)，所以所求几何体的体积为108－8＝100(cm3)．]回访2 几何体的表面积或体积4．(2015·浙江高考)某几何体的三视图如图8-5所示(单位：cm)，则该几何体的体积是()图8-5A ．8 cm 3B ．12 cm 3 C.323 cm 3 D.403 cm 3C [由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．]5．(2014·浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图8-6所示，则此几何体的表面积是( )图8-6A ．90 cm 2B ．129 cm 2C ．132 cm 2D ．138 cm 2D [该几何体如图所示，长方体的长、宽、高分别为6 cm ，4 cm ，3 cm ，直三棱柱的底面是直角三角形，边长分别为3 cm,4 cm,5 cm ，所以表面积S ＝[2×(4×6＋4×3)＋3×6＋3×3]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫5×3＋4×3＋2×12×4×3＝99＋39＝138(cm 2)．]6．(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图8-7所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm2，体积是________cm3.图8-78040[由三视图还原几何体如图所示，下面长方体的长、宽都是4，高为2；上面正方体的棱长为 2.所以该几何体的表面积为(4×4＋2×4＋2×4)×2＋2×2×4＝80(cm2)；体积为4×4×2＋23＝40(cm3)．]7．(2013·浙江高考)若某几何体的三视图(单位：cm)如图8-8所示，则此几何体的体积等于________cm3.图8-824[由三视图可知该几何体为一个直三棱柱被截去了一个小三棱锥，如图所示．三棱柱的底面为直角三角形，且直角边长分别为3和4，三棱柱的高为5，故其体积V 1＝12×3×4×5＝30(cm 3)，小三棱锥的底面与三棱柱的上底面相同，高为3，故其体积V 2＝13×12×3×4×3＝6(cm 3)，所以所求几何体的体积为30－6＝24(cm 3)．]热点题型1 几何体的表面积或体积题型分析：解决此类题目，准确转化是前提，套用公式是关键，求解时先根据条件确定几何体的形状，再套用公式求解.(1)(2016·全国乙卷)如图8-9，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )图8-9A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π(2)(2016·全国丙卷)如图8-10，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )图8-10A ．18＋365B ．54＋18 5C ．90D ．81(1)A (2)B [(1)由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π.故选A.(2)由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B.]1．求解几何体的表面积及体积的技巧(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．2．根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤(1)根据给出的三视图判断该几何体的形状．(2)由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量．(3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解．[变式训练1](1)某几何体的三视图如图8-11所示，则该几何体的体积为()A.133＋π3B．5＋π2C．5＋π3 D.133＋π2图8-11(2)(名师押题)如图8-12，从棱长为6 cm的正方体铁皮箱ABCD -A1B1C1D1中分离出来由三个正方形面板组成的几何图形．如果用图示中这样一个装置来盛水，那么最多能盛的水的体积为________cm3.图8-12(1)D(2)36[(1)由三视图知该几何体是由一个长方体，一个三棱锥和一个1 4圆柱组成，故该几何体的体积为V＝2×1×2＋13×12×1×1×2＋14×π×12×2＝133＋π2.(2)最多能盛多少水，实际上是求三棱锥C 1-CD 1B 1的体积．又V 三棱锥C 1-CD 1B 1＝V 三棱锥C -B 1C 1D 1＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×6×6＝36(cm 3)，所以用图示中这样一个装置来盛水，最多能盛36 cm 3体积的水．]热点题型2 球与几何体的切、接问题题型分析：与球有关的表面积或体积求解，其核心本质是半径的求解，这也是此类问题求解的主线，考生要时刻谨记.先根据几何体的三视图确定其结构特征与数量特征，然后确定其外接球的球心，进而确定球的半径，最后代入公式求值即可；也可利用球的性质——球面上任意一点对直径所张的角为直角，然后根据几何体的结构特征构造射影定理求解.(1)(2016·南昌二模)一个几何体的三视图如图8-13所示，其中正视图是正三角形，则该几何体的外接球的表面积为( ) 【导学号：58962034】图8-13A.8π3B.16π3C.48π3D.64π3(2)(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2 C ．6π D.32π3(1)D(2)B[(1)法一由三视图可知，该几何体是如图所示的三棱锥S-ABC，其中HS是三棱锥的高，由三视图可知HS＝23，HA＝HB＝HC＝2，故H 为△ABC外接圆的圆心，该圆的半径为2.由几何体的对称性可知三棱锥S-ABC外接球的球心O在直线HS上，连接OB.设球的半径为R，则球心O到△ABC外接圆的距离为OH＝|SH－OS|＝|23－R|，由球的截面性质可得R＝OB＝OH2＋HB2＝|23－R|2＋22，解得R＝43 3，所以所求外接球的表面积为4πR2＝4π×163＝64π3.故选D.法二由三视图可知，该几何体是如图所示的三棱锥S-ABC，其中HS是三棱锥的高，由侧视图可知HS＝23，由正视图和侧视图可得HA＝HB＝HC＝2.由几何体的对称性可知三棱锥外接球的球心O在HS上，延长SH交球面于点P，则SP就是球的直径，由点A在球面上可得SA⊥AP.又SH⊥平面ABC，所以SH⊥AH.在Rt△ASH中，SA＝SH2＋AH2＝(23)2＋22＝4.设球的半径为R，则SP＝2R，在Rt△SP A中，由射影定理可得SA2＝SH×SP，即42＝23×2R，解得R＝43 3，所以所求外接球的表面积为4πR2＝4π×163＝64π3.故选D.(2)由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R.因为△ABC的内切圆半径为6＋8－102＝2，所以R≤2.又2R≤3，所以R≤32，所以V max＝43π⎝⎛⎭⎪⎫323＝92π.故选B.]解决球与几何体的切、接问题的关键在于确定球的半径与几何体的度量之间的关系，这就需要灵活利用球的截面性质以及组合体的截面特征来确定．对于旋转体与球的组合体，主要利用它们的轴截面性质建立相关数据之间的关系；而对于多面体，应抓住多面体的结构特征灵活选择过球心的截面，把多面体的相关数据和球的半径在截面图形中体现出来．[变式训练2](1)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝1，∠BAC＝60°，AA1＝2，则该三棱柱的外接球的体积为()【导学号：58962035】A.40π3 B.4030π27C.32030π27D．20π(2)(名师押题)一几何体的三视图如图8-14(网格中每个正方形的边长为1)，若这个几何体的顶点都在球O的表面上，则球O的表面积是________．图8-14(1)B(2)20π[(1)设△A1B1C1的外心为O1，△ABC的外心为O2，连接O1O2，O2B，OB，如图所示．由题意可得外接球的球心O 为O 1O 2的中点．在△ABC 中，由余弦定理可得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ×AC cos ∠BAC ＝32＋12－2×3×1×cos 60°＝7，所以BC ＝7.由正弦定理可得△ABC 外接圆的直径2r ＝2O 2B ＝BC sin 60°＝273，所以r ＝73＝213.而球心O 到截面ABC 的距离d ＝OO 2＝12AA 1＝1，设直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球半径为R ，由球的截面性质可得R 2＝d 2＋r 2＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2132＝103，故R ＝303，所以该三棱柱的外接球的体积为V ＝4π3R 3＝4030π27.故选B.(2)由三视图知该几何体是一个四棱锥，如图所示，其底面ABCD 是长、宽分别为4和2的矩形，高为2，且侧面SDC 与底面ABCD 垂直，且顶点S 在底面上的射影为该侧面上的底面边的中点．由该几何体的结构特征知球心在过底面中心O 且与底面垂直的直线上，同时在过侧面△SDC 的外接圆圆心且与侧面SDC 垂直的直线上．因为△SDC 为直角三角形，所以球心就为底面ABCD 的中心O ，所以外接球的半径为R ＝12AC ＝5，故外接球的表面积为4πR 2＝20π.]。
例说立体几何中的动态问题
例说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、面的位置关系是不确定的，可变的一类开放问题。
对学生来说，解决这类问题，对其空间想象能力，逻辑推理能力的要求更高，难度一般比较大。
但又因为这类问题是可变的，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。
这类问题往往把立体几何知识和其他部分的知识有机地结合起来，解决问题的关键就是转化与化归，把空间问题转化为平面问题来解决。
本文归纳了几类动态问题，希望对大家解决立体几何中的动态问题有所启发。
一、与轨迹有关的动态问题例1：如图，正方体中，P为底面上的动点，于E，且则点P的轨迹是（）A ．线段 B．圆 C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分解析：连结，可证，即，即点E是体对角线上的定点，直线AE也是定直线．，∴动点P必定在线段AE的中垂面上，则中垂面与底面的交线就是动点P的轨迹，所以动点P的轨迹是线段．故选A例2：在正方体中，点是侧面内一个动点，它到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹所在曲线是（）A．直线 B．圆 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分解析：本题是立体几何与解析几何相结合的一道题目，学生难在空间问题如何转化为平面问题，即解析几何问题。
这里动点到直线的距离易作出，难在到直线的距离的距离是什么。
因垂直平面，所以，即点到点的距离与到直线的距离相等。
所以动点在侧面内的轨迹是一段抛物线。
评注：动点轨迹主要是把空间的关系转化为平面内动点所具有的特性。
这类问题综合了平面几何、立体几何、解析几何等知识，渗透了数形结合思想，转化与化归思想，分类讨论思想，对第一次碰到此类问题的学生有较好的检测功能。
二、与距离有关的动态问题例3：如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点，动点在底面内（不包括边界），若平面，则的最小值是（）A．B．C．D．解析如图，在上取中点，在上取中点，连接，且，易知平面平面，则动点的轨迹是（不含两点）又平面，则当时，取得最小值此时，评注：本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹，从而找到最值取得的点.例4：长方体中,且一只小虫子从，点沿长方体的表面爬到点处，则小虫子的最短行程是多少?解析：当小虫子沿侧面与侧面到时，将二侧面展开铺平，在平面内，连即为最短行程，记为。
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
√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
向量法解立体几何题的点坐标求法——2017年高考浙江卷立体几何解答题的方法总结
图 ２
图 ３
解 法 ２：如 图 ３取 ＡＤ 中点 Ⅳ，连 结 ＢＮ、 ＰＮ，则 ＢＮ上ＡＤ，ＰⅣ 上ＡＤ，过点 Ⅳ作 ｚ轴垂直 面ＡＢＣＤ，以点 Ⅳ为原点建立空间直 角坐标系 Ⅳ 一 ｘｙｚ，设 ＢＣ＝１，贝４Ａ（０，一１，０），Ｂ（１，０，０）， Ｃ（１，１，０），Ｄ（０，１，０），设 Ｐ（ ，Ｙ，Ｚ）．
＋ ２ ．
８——３４
学 数学
２０１８年第 ８期
１ 试 题 呈 现 如 图 １，已知四棱锥 Ｐ—ＡＢＣＤ，ＡＰＡＤ是 以
ＡＤ为斜边的等腰直角三角形 ，ＢＣ∥ＡＤ，ＣＤ 上 ＡＤ，ＰＣ ＝ＡＤ ＝２ＤＣ ＝２ＣＢ，Ｅ为 ＰＤ的中点．
尸
因为 ＡＤ 上 ＢＮ，ＡＤ ＿Ｌ ，所 以 ＡＤ 上 面 ＰＢＮ，面 ＰＢＮ Ｌ面 ＡＢＣＤ，过 Ｐ作 ＰＨ ＬＢＮ于 点 Ｈ，则 朋 上面 ＡＢＣＤ．由于 ＰＣ＝ＡＤ＝２，所 以 点 Ｈ在 ＢＮ 的延长 线上 ，在直 角 ＡＰＢＮ 中 ，由
第 （Ⅱ）题若用传统几何 法求解 ，学 生需具
有较高 的空间想象能 力 ，而这道 题不仅 辅助 线 难 以作 出，运算量 也较 大．这种情 况下 ，学生 一 般会选择建立空 间直 角 坐标系 ，利用 空 间向量 来求 解．然 而 ，本题 与平 时 训练 的同类 型题 的 区别是 ：建立空 间直角坐标系后某些点 的坐标 不易求 出．这就是 本题 得分率 低 的原 因．因此 ， 破解 向量法解立体几 何题 中点 坐标难 求 问题 ， 是一个值得我们研究 的课 题．本文将 通过探 讨 第 （Ⅱ）题 的一题多解 ，来 归纳 出解 决这类 问题 的一 般 方 法 ．
剖析立体几何中的“动态”问题
ʏ沈建良所谓动态立体几何问题,是指在点㊁线㊁面运动变化的几何图形中,探寻点㊁线㊁面的位置关系或进行有关角与距离的计算㊂立体几何中常求解一些固定不变的点㊁线㊁面的关系,若给静态的立体几何问题赋予 活力 ,渗透了 动态 的点㊁线㊁面元素,立意会更新颖㊁更灵活,能培养同学们的空间想象能力㊂下面是对破解立体几何 动态 问题的一些思考,以期抛砖引玉㊂一㊁ 动态 问题之轨迹问题例1如图1,在边长为a的正方体A B C D-A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是C C1,C1D1,D D1,C D,B C的中点,M在四边形E F G H边上及其内部运动,若MNʊ面A1B D,则点M轨迹的长度是()㊂图1A.3aB.2aC.32aD.22a解:因为在边长为a的正方体A B C D-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是C C1, C1D1,D D1,C D的中点,N是B C的中点,则G HʊB A1,HNʊB D㊂又G H⊄面A1B D, B A1⊂面A1B D,所以G Hʊ面A1B D㊂同理可得,NHʊ面A1B D㊂又G HɘHN=H,所以面A1B Dʊ面G HN㊂因为点M在四边形E F G H上及其内部运动,MNʊ面A1B D,所以点M一定在线段G H上运动,即满足条件㊂易得G H=22a㊂故点M轨迹的长度是22a㊂应选D㊂本题利用线面平行㊁面面平行,在动态问题中提炼一些不变的 静态 的量,建立不变量与动点之间的关系,从而确定动点的轨迹长度㊂二㊁ 动态 问题之定值问题例2如图2,在单位正方体A B C D-A1B1C1D1中,点P在线段A D1上运动㊂图2给出以下四个命题:①异面直线A1P与B C1间的距离为定值;②三棱锥D-B P C1的体积为定值;③异面直线C1P与C B1所成的角为定值;④二面角P-B C1-D的大小为定值㊂其中真命题的序号是()㊂A.①②B.③④C.①②③D.①②③④解:对于①,异面直线A1P与B C1间的距离即为两平行平面A D D1A1和平面B C C1B1间的距离,即为正方体的棱长,为定值,①正确㊂对于②,V D-B P C1=V P-D B C1,因为SәD B C1为定值,点PɪA D1,A D1ʊ平面B D C1,所以点P到平面B D C1的距离即为正方体的棱长,所以三棱锥D-B P C1的体积为定值,②正确㊂对于③,在正方体A B C D-A1B1C1D1中,因为B1Cʅ平面A B C1D1,而C1P⊂平面A B C1D1,所以B1CʅC1P,即这0 1数学部分㊃知识结构与拓展高一使用2022年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.两条异面直线所成的角为90ʎ,③正确㊂对于④,因为二面角P -B C 1-D 的大小即为平面A B C 1D 1与平面B D C 1所成的二面角的大小,而这两个平面位置固定不变,所以二面角P -B C 1-D 的大小为定值,④正确㊂应选D㊂动态立体几何问题,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㊂三㊁ 动态 问题之翻折问题例3 如图3,在长方形A B C D 中,A B =2,B C =1,E 为D C 的中点,F 为线段E C (端点除外)上一动点㊂现将әAF D 沿A F 折起,使平面A B D ʅ平面A B C F ,得到如图4所示的四棱锥D -A B C F ㊂在平面A B D 内过点D 作D K ʅA B ,垂足为K ㊂设A K =t ,则t 的取值范围是㊂图3 图4解:过点F 作F M ʅA B 交A B 于点M (作法略)㊂设F C =x ,0<x <1,则M F =B C =1,M B =F C =x ㊂易知A K <A D =1,A B =2,所以点K 一定在点M 的左边,则MK =2-t -x ㊂在R t әA D K 中,D K 2=1-t2,在R tәF MK 中,F K 2=1+(2-t -x )2㊂因为平面A B D ʅ平面A B C F ,平面A B D ɘ平面A B C F =A B ,D K ʅA B ,D K ⊂平面A B D ,所以D K ʅ平面A B C F ,所以D K ʅF K ㊂在R t әD F K 中,D F =2-x ,D K 2+F K 2=D F 2,所以1-t 2+1+(2-t -x )2=(2-x )2,化简得1-2t +t x =0,即t =12-x㊂又因为t =12-x在(0,1)上单调递增,所以12<t <1,即t 的取值范围为12,1()㊂本题是一个动态的翻折问题,通过发现不变的垂直关系,从而得到相关变量间的关系,最终转化成函数的值域问题㊂解决折叠问题的关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变的量㊂四㊁ 动态 问题之展开问题例4 已知某圆锥的母线长为3,底面半径为1,则该圆锥的体积为㊂设线段A B 为该圆锥底面圆的一条直径,一质点从A 出发,沿着该圆锥的侧面运动,到达B 点后再沿侧面回到A 点,则该质点运动路径的最短长度为㊂解:易得该圆锥的高h =32-1=22㊂所以该圆锥的体积V =13ˑπˑ12ˑ22=223π㊂将该圆锥侧面沿母线S A 展开,如图5所示㊂图5因为圆锥底面周长为2π,扇形半径为3,所以侧面展开后得到的扇形的圆心角øA S A '=2π3㊂由题意知点B 是圆锥侧面展开后得到的扇形的弧A A '的中点,则øA S B =π3,所以A B =A 'B =A S =3㊂所以该质点运动路径的最短长度为A B +A 'B =6㊂空间动态问题常转化为平面的动态问题求解㊂化曲为直是求解曲面上路径长度最短问题的关键㊂本题是求解圆锥侧面上质点运动路径的最短长度问题,可将圆锥侧面沿一条母线展开成扇形,从而在平面图形中解决问题㊂作者单位:江苏省盐城市时杨中学(责任编辑 郭正华)11数学部分㊃知识结构与拓展高一使用 2022年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
立体几何中的动态问题
立体几何中的动态问题立体几何中的动态问题可以分为平移和旋转两类。
所求变量可以分为相关线、面、体的测度、角度和距离三类。
解决这类问题需要较高的空间想象能力和化归处理能力。
在高考选择题与填空题中，也时常会出现这类问题。
如果能够探寻运动过程中“静”的一面，动中求静，往往能以静制动、克难致胜。
解决立体几何中的动态问题，需要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。
这是解决动态问题的关键。
例如，在解决某个问题时，可以从图形中分化出几个点，然后找到其中的关系，进而得出答案。
在这个过程中，需要注意极端位置，通过穷尽极端特殊的方法，往往能够直接得出答案。
另外，使用法向量定平面也是解决立体几何中动态问题的一种有效方法。
通过寻找垂直，可以找到两个平面的夹角，从而解决问题。
综上所述，解决立体几何中的动态问题需要一定的数学基础和空间想象能力。
通过分化图形、寻找极端位置和使用法向量定平面等方法，可以有效地解决这类问题。
在解决立体几何中的“动态”问题时，可以利用角度计算和法向量定平面来转化线面角或面面角为线线角。
例如，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知二面角A1－BD－A的大小为π/6，一条直线l与直线CC1所成的角为π/12.如果空间有π/6，则直线l与平面A1BD所成角的取值范围是π/4.解析如下图所示：过点A作AE⊥BD于点E，连接A1E，则∠A1EA＝π/6.过点A作AH⊥A1E于点H，则AH为平面A1BD的法向量，且∠A1AH＝π/2.因为l与直线CC1所成角的大小为π/12，即l与直线A1A所成角的大小为π/6，那么l与直线AH所成角的取值范围为π/4 ~ π/3.又因为l与直线AH所成的角和l与平面A1BD所成的角互余，所以直线l与平面A1BD所成角的取值范围是π/4 ~ π/3.在解决立体几何中的“动态”问题时，可以通过锁定垂面来破解翻折或投影问题，将空间化为平面，从而更容易找到问题的核心。
宁波四明中学陈英说题2017浙江高考第19题立体几何分析
2.析题：谈解题策略
解决策略2：
分别取AD和PB的中点F , G PBF 为等腰三角形（BF PF） 结合面PBF 面ABCD, BC BF , E为PD中点 可得：FG 面PBC，又DF / / 面PBC 点D到面PBC的距离等于点F 到面PBC的距离
G F
转化思想
1 点E到面PBC的距离等于点D到面PBC的距离的 ,问题就迎刃而解. 2
Q
H M
F N 解法1
取AD中点F , 作MH PB,由题意可得：面PBF 面ABCD 再利用第（1）小题的证明过程得出：CE / / MN 就可将CE与面PBC所成的角转化为MN 与面PBC所成的角, 即MNH 为所求线面角，问题就迎刃而解.
2.析题：谈解题策略
( II )求直线CE与面PBC所成角的正弦值.
教学注意点：在立体几何传统法的教学中应体现“立体问题平面化”的 核心思想，强调多角度的“转化思想”，培养学生直观想象、逻辑推理 、数学运算、数学抽象等高中数学核心素养。
2.析题：谈解题策略
( II )求直线CE与面PBC所成角的正弦值.
z
策略三：空间向量法
建系错误
F 图1 z
y
x 学生反馈： ①不会建系，或误认为 面PAD 面ABCD PF 面ABCD 从而建立一个错误的直角坐标系； ②建立如图2空间直角坐标系后，关键点点P的坐标不会求; ③计算错误，不能正确求出平面的法向量； ④反映向量与线面角的关系的公式搞错
回归传统，彰显立体几何魅力
---2017年浙江高考数学试题 第19题分析
宁波市四明中学
陈英
题目呈现
（2017 浙江高考数学 第19题）
如图，已知四棱锥P ABCD，APD是以 AD为斜边的等腰直角三角形, BC / / AD, CD AD, PC AD 2CD 2CB, E为 PD的中点 ( I )证明：CE / / 平面PAB； ( II )求直线CE与面PBC所成角的正弦值.
立体几何中的“动态”实验探究
Ａ
［］ Ｎ
Ｃ
Ｄ
图 ３
在 ＡＡ Ｃ 中 ， Ｂ ＝ Ａ ＝ ２ ， Ｃ — ａ 设 Ｂ Ａ Ｃ ａＢ ，
Ｂ ＡＣ ＝ 口 则 ，
ｃｏｓｎ ＝ ＝
吾 ，
因为 Ｃ ＡＤ ＝ ＢＡＤ ＝ Ｂ ＇ ＡＣ ＝ 口
所 以 Ｂ ＝ ３ ， 以 ｃ ｓａ＝ ４ ｏａ一 ＡＢ ａ所 ｏ３ ｃｓ
问题迎 刃而解 ， 比如 以下一题 ：
一
十 ＿
２２＋ｙ５ －（ ２ … ｋ）
（＊）
令 △ 一 。得 忌一
或 五＝ ２ ． 于是
已知 双 曲线 一 Ｙ 一 １试确 定实数 ｍ 的范 ＿ Ｌ ，
▲Ｕ
２
２
围 ， 得对于 直线 Ｙ＝ ＋ｍ， 曲线左 、 使 双 右支 上各
所 以 ＭＮ 连 线 与 ＡＥ所成 角 的大小为 ９ 。 Ｏ。
２ 展 — — 展 开 ． 间 问 题 平 面 化 空
例 ２ 正三 棱锥 Ａ—Ｂ 的底角 边长 为ａ， （ 侧 棱 长 为 ２ ， Ｂ作 与侧棱 ＡＣ， 分别 相交 于 Ｅ， ｎ过 ＡＤ
１ ， 现 将 △ＡＤ 沿 ＤＥ 折 起 ， 使 两 面 角 ） Ｅ
３ ３（ ３吾 ． ｃ ・ ・＝ 咄一 吾
抛 物 线 相 切 于 第 １ 象 限 的 情 形 ．联 立 方 程 组
两个正 根 ， 用 一元 二 次 方 程 根 的分 布 理论 同样 利 可求得 五的取 值范 围． 但这样 势必 增 加运 算量 ， 也 容 易 出差 错． 倘若借 助 予 图形 自身 的特殊 位置 ， 则
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2017高考数学二轮浙江专用课件：5-4空间向量与立体几
-8热点考题诠释 能力目标解读
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所以平面PCE⊥平面PAH. 过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA与平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,
所以 AH= 2 . 在 Rt△PAH 中,PH=
������������
2
������������2
=
2 1 2 5 5· 9 ������ + 9 9
,
,
1 2 2 2 9 5 + 9
2 的最大值为5.
1 2 2 5 + ������ 9 9 2 ������ ≤ 5,
≥
9×
=
5 . 2
-5热点考题诠释 能力目标解读
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2.
(2016四川,理18)如图,在四棱锥P-ABCD 1 中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD= AD,E为棱AD的中点,异 2 面直线PA与CD所成的角为90°. (1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由; (2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正 弦值.
5· 5+(2-������)2 1 5·
������
5· 9-4������+������2 1
.
当 t=0 时,cos θ=0. 当 t≠0 时,cos θ= 由 t∈[0,2],得 ∈ 所以 9 所以 cos 即 cos θ
1 ������
1 ,+∞ 2
9 -4+1 ������ ������2
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解析: 以 A 为坐标原点,射线 AB,AD,AQ 分别为 x 轴、y 轴、 z 轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设正方形 ABCD 和 ADPQ 的边长为 2, 则 E(1,0,0),F(2,1,0),M(0,y,2)(0≤y≤2). 所以������������ =(2,1,0),������������=(-1,y,2). 所以������������ ·������������ =-2+y,|������������ |= 5,|������������ |= 5 + ������ 2 . 所以 cos θ= =
2017高考数学(浙江专版)二轮复习与策略课件 专题10 立体几何中的向量方法
图 104
2017版高三二轮复习与策略
(1)证明：A1D⊥平面 A1BC； (2)求二面角 A1BDB1 的平面角的余弦值．
2017版高三二轮复习与策略 [解] (1)证明：设 E 为 BC 的中点，由题意得 A1E⊥平面 ABC，
所以 A1E⊥AE. 因为 AB＝AC，所以 AE⊥BC. 故 AE⊥平面 A1BC. 由 D，E 分别为 B1C1，BC 的中点， 得 DE∥B1B 且 DE＝B1B，从而 DE∥A1A，DE＝A1A， 所以四边形 A1AED 为平行四边形. 故 A1D∥AE. 又因为 AE⊥平面 A1BC， 所以 A1D⊥平面 A1BC. 5分 4分 2分
2017版高三二轮复习与策略
可取 m＝(0， 7，1)． → ＝0， n· DB 2y2＝0， 1 由 即 → ＝0， － 2x2－ 2y2＋ 14z2＝0， n · BD 可取 n＝( 7，0,1). |m· n| 1 于是|cos〈m，n〉|＝|m|· |n|＝8. 由题意可知，所求二面角的平面角是钝角， 1 故二面角 A1BDB1 的平面角的余弦值为－8. 15 分 12 分
平面 ABED 的法向量为 n＝(x2，y2，z2). →· AC m＝0， 由 → m ＝0 AK·
3y1＝0， 得 x1＋3y1＋
5分
3z1＝0，
6分
取 m＝( 3，0，－1)； →· AB n＝0， 由 → n＝0 AK· 9分
2017版高三二轮复习与策略
2017版高三二轮复习与策略
回访 1
空间向量及其运算
1 1．(2015· 浙江高考)已知 e1，e2 是空间单位向量，e1· e2＝2，若空间向量 b 满 5 足 b· e1＝2， b· e2＝2， 且对于任意 x， y∈R， |b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0， y0∈R)，则 x0＝________，y0＝________，|b|＝________.