立体几何中的最值与动态问题
专题4.4 立体几何中最值问题-2021届高考数学压轴题讲义(选填题)(原卷版)
一．方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此，将是有中等难度的考题．此类问题，可以充分考查图形推理与代数推理，同时往往也需要将问题进行等价转化，比如求一些最值时，向平面几何问题转化，这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练．立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解.二．解题策略类型一距离最值问题【例1】【河南省焦作市2019届高三三模】在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，则|AF|的最大值为（）A．B．1 C．D．2【指点迷津】建立空间直角坐标系，求出坐标，利用C 1E⊥EF，求出|AF|满足的关系式，然后求出最大值即可．利用向量法得到|AF|的关系式是解题的关键，故选D.【举一反三】1、【江西省吉安市2019届高三上学期期末】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的棱长为A ．B ．C ．D ．2、【河南省顶级名校2019届高三第四次联合测评】在侧棱长为的正三棱锥中，侧棱OA ，OB ，OC 两两垂直，现有一小球P 在该几何体内，则小球P 最大的半径为 A ． B ． C ．D ．3、如右图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中， E 为棱1CC 的中点，点,P Q 分别为面1111A B C D 和线段1B C 上的动点，则PEQ ∆周长的最小值为_______．类型二 面积的最值问题【例2】【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 ．【指点迷津】截面问题，往往涉及线面平行，面面平行定义的应用等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及计算求解能力.解题的关键是注意明确截面形状，确定几何量.本题由直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点P 所在线段，得解． 【举一反三】1、【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 ．2、如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，2,11==AA AB ，点P 是平面1111D C B A 内的一个动点，则三棱锥ABC P -的正视图与俯视图的面积之比的最大值为（ ）A ．1B ．2C ．21 D ．41 3、【福建省2019届高三模拟】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的所有侧面和底面中，面积的最大值为（ ）A ．2B ．C ．3D ．类型三 体积的最值问题 【例3】如图，已知平面平面，，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，，，，，是平面上的一动点，且有，则四棱锥体积的最大值是（ ）A.B.C.D.【指点迷津】本题主要考查面面垂直的性质，棱锥的体积公式以及求最值问题. 求最值的常见方法有①配方法：若函数为一元二次函数，常采用配方法求函数求值域，其关键在于正确化成完全平方式，并且一定要先确定其定义域；②换元法；③不等式法；④单调性法；⑤图像法，本题首先根据线面关系将体积最值转化为函数求最值问题，然后应用方法①解答的. 【举一反三】1、已知AD 与BC 是四面体ABCD 中相互垂直的棱，若6AD BC ==，且60ABD ACD ∠=∠=，则四面体ABCD 的体积的最大值是A. 182B. 362C. 18D. 36 2、如图，已知平面l αβ=，A 、B 是l 上的两个点，C 、D 在平面β内，且,,DA CB αα⊥⊥4AD =，6,8AB BC ==，在平面α上有一个动点P ，使得APD BPC ∠=∠，则P ABCD -体积的最大值是（ ）A.243B.16C.48D.1443.【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第三次测评】已知一个高为l 的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，内有 一个体积为的球，则的最大值为（ ） A ．B ．C ．D ．类型四 角的最值问题【例4】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.【指点迷津】空间的角的问题，只要便于建立坐标系均可建立坐标系，然后利用公式求解.解本题要注意，空间两直线所成的角是不超过90度的.几何问题还可结合图形分析何时取得最大值.当点M 在点P 处时，EM 与AF 所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当点M 向左移动时，.EM 与AF 所成角逐渐变小，点M 到达点Q 时，角最小，余弦值最大. 【举一反三】1、矩形ABCD 中，，，将△ABC 与△ADC 沿AC 所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD 与直线BC 成的角范围（包含初始状态）为（ ）A.B.C.D.2、在正方体1111D C B A ABCD -中，O 是BD 中点，点P 在线段11D B 上，直线OP 与平面BD A 1所成的角为α，则αsin 的取值范围是（ ） A ．]33,32[B ．]21,31[C ．]33,43[D ．]31,41[ 3.【云南省昆明市云南师范大学附属中学2019届高三上学期第四次月考】如图，在正方体中，点P 为AD 的中点，点Q 为上的动点，给出下列说法：可能与平面平行；与BC 所成的最大角为； 与PQ 一定垂直； 与所成的最大角的正切值为；．其中正确的有______写出所有正确命题的序号4、在正四面体P ABC -中，点M 是棱PC 的中点，点N 是线段AB 上一动点，且AN AB λ=，设异面直线NM 与AC 所成角为α，当1233λ≤≤时，则cos α的取值范围是__________．三．强化训练 一、选择题1、【甘肃省2019届高三第一次高考诊断】四棱锥的顶点均在一个半径为3的球面上，若正方形的边长为4，则四棱锥的体积最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．2．【广东省东莞市2019届高三第二次调研】已知一个四棱锥的正主视图和俯视图如图所示，其中，则该四棱锥的高的最大值为A ．B ．C ．4D ．2 3．【四川省教考联盟2019届高三第三次诊断】已知四棱锥的底面四边形的外接圆半径为3，且此外接圆圆心到点距离为2，则此四棱锥体积的最大值为（ ） A ．12B ．6C ．32D ．244．【安徽省蚌埠市2019届高三第一次检查】某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，三棱锥表面上的点M 在俯视图上的对应点为A ，三棱锥表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则线段MN 的长度的最大值为A ．B ．C ．D ．5．如图，在矩形ABCD 中， 2,1AB AD ==,点E 为CD 的中点， F 为线段CE （端点除外）上一动点现将DAF ∆沿AF 折起，使得平面ABD ⊥平面ABC 设直线FD 与平面ABCF 所成角为θ，则sin θ的最大值为（ ）A.13 B. 24 C. 12 D. 236．【2019年4月2019届高三第二次全国大联考】已知正四面体的表面积为，点在内（不含边界）. 若，且，则实数的取值范围为（ ） A ． B ． C ．D ．二、填空题7．【山东省青岛市2019届高三3月一模】在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，面，且，若在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积为__________．8．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】如图，已知正四棱柱和半径为的半球O ，底面ABCD 在半球O 底面所在平面上，，，，四点均在球面上，则该正四棱柱的体积的最大值为______．9．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】如图，已知圆柱和半径为的半球O ，圆柱的下底面在半球O 底面所在平面上，圆柱的上底面内接于球O ，则该圆柱的体积的最大值为_____．10．【江西省上饶市2019届高三二模】一个棱长为的正方体形状的铁盒内放置一个正四面体，且能使该正四面体在铁盒内任意转动，则该正四面体的体积的最大值是_____.11．【河北省衡水市第二中学2019届高三上期中】已知体积为的正四棱锥外接球的球心为，其中在四棱锥内部.设球的半径为，球心到底面的距离为.过的中点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是___________.12．【江西省临川第一中学等九校2019届高三3月联考】如图所示，三棱锥的顶点，，，都在同一球面上，过球心且，是边长为2等边三角形，点、分别为线段，上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为__________．13．【安徽省蚌埠市2019届高三下学期第二次检查】正三棱锥中，，点在棱上，且.正三棱锥的外接球为球，过点作球的截面，截球所得截面面积的最小值为__________．14．【江西师范大学附属中学2019高三上学期期末】若一个四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形的中心，且该四棱锥的体积为9，当其外接球的体积最小时，它的高为_________．15．【江西省上饶市2019届高三二模】已知正方体的棱长为，平面与对角线垂直且与每个面均有交点，若截此正方体所得的截面面积为，周长为，则的最大值为______.16．【河南省洛阳市2019届高三第二次统考】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_____.17．【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________．。
补上一课 空间角的大小比较及最值(范围)问题
补上一课 ,空间角的大小比较及最值(范围)问题)1．空间角的大小比较是每年高考的常考题型，以选择题的形式考查，主要类型有线线角间的大小比较、线面角间的大小比较、面面角间的大小比较及线线角、线面角、面面角间的大小比较，主要方法有计算法、元素比较法、三角函数值比较法及利用最小角定理(线面角是最小的线线角，二面角是最大的线面角)等方法． 2．立体几何动态问题中空间角的最值及范围也是常见到的题型，常与图形翻折、点线面等几何元素的变化有关，常用方法有几何法、函数(导数)法，不等式法等．题型一 空间角的大小比较 角度1 同类角间的大小比较【例1－1】 (1)(2021·嘉兴测试)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 为正方形，AA 1＝a ，AB ＝b ，且a ＞b ，侧棱CC 1上一点E 满足CC 1＝3CE ，设异面直线A 1B 与AD 1，A 1B 与D 1B 1，AE 与D 1B 1的所成角分别为α，β，γ，则( ) A ．α＜β＜γ B ．γ＜β＜α C ．β＜α＜γ D ．α＜γ＜β(2)(2017·浙江卷)如图，已知正四面体D －ABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQQC ＝CRRA ＝2，分别记二面角D －PR－Q ，D －PQ －R ，D －QR －P 的平面角为α，β，γ，则( )A ．γ＜α＜βB ．α＜γ＜βC ．α＜β＜γD ．β＜γ＜α 答案 (1)A (2)B解析 (1)以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，∵长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面为正方形，AA 1＝a ，AB ＝b ，且a ＞b ，侧棱CC 1上一点E 满足CC 1＝3CE ，∴A 1(b ，0，a )，B (b ，b ，0)，A (b ，0，0)，D 1(0，0，a )，B 1(b ，b ，a )，E (0，b ，a 3)，A 1B →＝(0，b ，－a )，AD 1→ ＝(－b ，0，a )，D 1B 1→ ＝(b ，b ，0)，AE → ＝(－b ，b ，a 3)，cos α＝|A 1B → ·AD 1→||A 1B → |·|AD 1→|＝a 2a 2＋b 2·a 2＋b 2＝a 2a 2＋b 2，cos β＝|A 1B → ·D 1B 1→||A 1B → |·|D 1B 1→ |＝b 2a 2＋b 2·b 2＋b2，cos γ＝|AE → ·D 1B 1→||AE → |·|D 1B 1→ |＝0，∵a ＞b ＞0，∴cos α＞cos β＞cos γ＝0，∴α＜β＜γ，故选A.(2)如图①，作出点D 在底面ABC 上的射影O ，过点O 分别作PR ，PQ ，QR 的垂线OE ，OF ，OG ，连接DE ，DF ，DG ，则α＝∠DEO ，β＝∠DFO ，γ＝∠DGO . 由图可知它们的对边都是DO ， ∴只需比较EO ，FO ，GO 的大小即可．如图②，在AB 边上取点P ′，使AP ′＝2P ′B ，连接OQ ，OR ，则O 为△QRP ′的中心．设点O 到△QRP ′三边的距离为a ，则OG ＝a ， OF ＝OQ ·sin ∠OQF ＜OQ ·sin ∠OQP ′＝a ， OE ＝OR ·sin ∠ORE ＞OR ·sin ∠ORP ′＝a ， ∴OF ＜OG ＜OE ，∴OD tan β＜OD tan γ＜ODtan α，∴α＜γ＜β.角度2 不同类型角间的大小比较【例1－2】 (1)(2019·浙江卷)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( ) A ．β<γ，α<γ B ．β<α，β<γ C ．β<α，γ<α D ．α<β，γ<β(2)(一题多解)(2018·浙江卷)已知四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点(不含端点)．设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S －AB －C 的平面角为θ3，则( ) A ．θ1≤θ2≤θ3 B ．θ3≤θ2≤θ1 C ．θ1≤θ3≤θ2 D ．θ2≤θ3≤θ1 答案 (1)B (2)D解析 (1)由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等．因为点P 是棱VA 上的点(不含端点)，所以直线PB 与平面ABC 所成的角β小于直线VB 与平面ABC 所成的角，而直线VB 与平面ABC 所成的角小于二面角P －AC －B 的平面角γ，所以β<γ；因为AC ⊂平面ABC ，所以直线PB 与直线AC 所成的角α大于直线PB 与平面ABC 所成的角β，即α>β.故选B.(2)法一 由题意知四棱锥S －ABCD 为正四棱锥，如图，连接AC ，BD ，记AC ∩BD ＝O ，连接SO ，则SO ⊥平面ABCD ，取AB 的中点M ，连接SM ，OM ，OE ，易得AB ⊥SM ，则θ2＝∠SEO ，θ3＝∠SMO ，易知θ3≥θ2.因为OM ∥BC ，BC ⊥AB ，SM ⊥AB ，所以θ3也是OM 与平面SAB 所成的角，即BC 与平面SAB 所成的角，再根据最小角定理知θ3≤θ1，所以θ2≤θ3≤θ1，故选D.法二 如图，不妨设底面正方形的边长为2，E 为AB 上靠近点A 的四等分点，E ′为AB 的中点，S 到底面的距离SO ＝1，以EE ′，E ′O 为邻边作矩形OO ′EE ′，则∠SEO ′＝θ1，∠SEO ＝θ2，∠SE ′O ＝θ3.由题意得tan θ1＝SO ′EO ′＝52，tan θ2＝SO EO ＝152＝25，tan θ3＝1，此时tan θ2＜tan θ3＜tan θ1，可得θ2＜θ3＜θ1，当E 在AB 中点处时，θ2＝θ3＝θ1，故选D.【训练1】 (2021·宁波适考)在正四面体S －ABC 中，点P 在线段SA 上运动(不含端点)．设PA 与平面PBC 所成角为θ1，PB 与平面SAC 所成角为θ2，PC 与平面ABC 所成角为θ3，则( ) A ．θ2<θ1<θ3 B ．θ2<θ3<θ1 C ．θ3<θ1<θ2 D ．θ3<θ2<θ1 答案 D解析 由题意可得，正四面体S －ABC 的四个顶点在正方体上，如图所示，不妨设点A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，S (1，1，1)，且AP → ＝λAS →，0<λ<1，则点P (1，λ，λ)，所以平面PBC 的一个法向量为a ＝(1－2λ，1，1)，平面SAC 的一个法向量为b ＝(1，－1，1)，平面ABC 的一个法向量为c ＝(1，1，1)．因为PA→＝(0，－λ，－λ)，PB → ＝(－1，1－λ，－λ)，PC →＝(－1，－λ，1－λ)．所以sin θ1＝|PA →·a ||PA →||a |＝24λ2－4λ＋3，sin θ2＝|PB → ·b ||PB → ||b |＝23λ2－3λ＋3，sin θ3＝|PC →·c ||PC → ||c |＝2λ3λ2－3λ＋3，所以θ1>θ2>θ3，故选D.题型二 空间角的最值【例2】 (1)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是棱AB 上的动点(P 点可以运动到端点A 和B )，设在运动过程中，平面PDB 1与平面ADD 1A 1所成的最小角为α，则cos α＝________．(2)(一题多解)(2021·浙江名师预测二)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，点P ，Q 分别为直线AC 1，BB 1上的动点，则平面APQ 与平面BCC 1B 1所成二面角的最小值为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.π2 答案 (1)63 (2)A解析 (1)以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，AP ＝a (0≤a ≤1)，则易得D (0，0，0)，P (1，a ，0)，B 1(1，1，1)，则DP → ＝(1，a ，0)，DB 1→＝(1，1，1)，设平面PDB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{DP →·n ＝x ＋ay ＝0，DB 1→·n ＝x ＋y ＋z ＝0，令x ＝a ，得平面PDB 1的一个法向量为n ＝(a ，－1，－a ＋1)，易得平面ADD 1A 1的一个法向量为m ＝(0，1，0)，由图易得平面PDB 1与平面ADD 1A 1所成的二面角为锐角，设其为θ，则其余弦值为cos θ＝|n ·m|n ||m ||＝|－1|a 2＋（－1）2＋（－a ＋1）2＝12(a －12)2 ＋32，易得当二面角取得最小值α时，a ＝12，此时有cos α＝63.(2)法一 如图，因为点P ∈AC 1，所以平面APQ 即为平面AC 1Q ，根据二面角与线面角的大小关系知，当Q 运动到点B 时，动平面AC 1Q 与平面BCC 1B 1所成二面角的最小值即为直线AC 1与平面BCC 1B 1所成角∠AC 1B .由题意得AB ＝1，AC 1＝2，所以sin ∠AC 1B ＝12，所以∠AC 1B ＝π6，故平面APQ 与平面BCC 1B 1所成二面角的最小值为π6，故选A.法二 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，由题意可知平面BCC 1B 1的一个法向量为n ＝(0，1，0)，平面APQ 即为平面AC 1Q ，则点A (1，0，0)，C 1(0，1，2)，Q (1，1，a )，则AC 1→ ＝(－1，1，2)，AQ →＝(0，1，a )，设平面AC 1Q 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则{AC 1→·m ＝－x ＋y ＋2z ＝0，AQ →·m ＝y ＋az ＝0，解得m ＝(a －2，a ，－1)．设平面AC 1Q 与平面BCC 1B 1所成二面角为θ，则cos θ＝|a |（a －2）2＋a 2＋1＝1(3a －63)2 ＋43，所以当a ＝322时，(cos θ)max ＝32，所以θmin ＝π6，故选A.【训练2】 (1)(2021·义乌市联考)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点P 在AB 1上运动(不含端点)，点E 是AC 上一点(不含端点)，设EP 与平面ACD 1所成角为θ，则cos θ的最小值为( )A.13B.33C.53D.63(2)(2021·金华十校期末调研)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cos θ的最大值是________．答案 (1)A (2)25解析 (1)点P 在AB 1上运动(不含端点)，点E 是AC 上一点(不含端点)，即EP 的运动区域为△AB 1C ，当cos θ取最小值时，θ最大，即为平面AB 1C 与平面AC 1D 所成的角，以点D 为坐标原点，DA 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DD 1所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz 如图所示，平面AB 1C 的一个法向量n ＝(1，1，－1)，平面AC 1D 的一个法向量m ＝(1，1，1)，所以cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n |m ||n ||＝13×3＝13，故选A.(2)以A 点为坐标原点，AB ，AD ，AQ 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AB ＝1，则AF →＝(1，12，0)，E (12，0，0)，设M (0，y ，1)(0≤y ≤1)，则EM →＝(－12，y ，1)，∴cos 〈AF → ，EM →〉＝－12＋12y 1＋14·14＋y 2＋1＝－1－y 52·4y 2＋5.则cos θ＝|cos 〈AF → ，EM→〉|＝1－y 52·4y 2＋5 ＝255·1－y 4y 2＋5，令t ＝1－y ，则y ＝1－t ，∵0≤y ≤1，∴0≤t ≤1， 那么cos θ＝255·t 4t 2－8t ＋9＝255t 24t 2－8t ＋9＝25514－8t ＋9t 2， 令x ＝1t ，∵0≤t ≤1，∴x ≥1，那么cos θ＝25514－8x ＋9x 2，又∵z ＝9x 2－8x ＋4在[1，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1时，z min ＝5，此时cos θ的最大值为255·15＝255·55＝25.题型三 空间角的范围【例3】 (1)(2021·浙江名师预测四)在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，将△ABC 与△ADC 沿AC 所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD 与直线BC 成的角范围(包含初始状态)为( )A.[0，π6]B.[0，π3]C.[0，π2] D.[0，2π3] (2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是( ) A.[π4，π3] B.[π4，π2] C.[π6，π2] D.[π6，π3]答案 (1)C (2)D解析 (1)根据题意，初始状态，直线AD 与直线BC 成的角为0，当BD ＝2时，AD ⊥DB ，AD ⊥DC ，且DB ∩DC ＝D ，所以AD ⊥平面DBC ，又BC ⊂平面DBC ，故AD ⊥BC ，直线AD 与BC 成的角为π2，所以在翻折过程中直线AD 与直线BC 成的角范围(包含初始状态)为[0，π2].(2)建立如图坐标系，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱长为1，则AD 1→＝(1，0，－1)，A 1C → ＝(1，1，1)．设A 1P → ＝λA 1C → ＝(λ，λ，λ)，其中0≤λ≤1.则BP →＝(λ，λ－1，λ－1)．又设BP 与AD 1所成角为θ，所以cos θ＝|cos 〈BP → ，AD 1→ 〉|＝|BP → ·AD 1→||BP → ||AD 1→|＝16(λ－23)2 ＋43.由0≤λ≤1得12≤cos θ≤32，而0≤θ≤π2，所以π6≤θ≤π3.【训练3】(1)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，所有的棱长均为2，M是AB的中点，动点P在底面A1B1C1内，若BP∥平面A1MC，记∠PCC1＝α，则sin α的取值范围是________．(2)(2021·杭州二中月考)在等腰梯形ABCD中，已知AB＝AD＝CD＝1，BC＝2，将△ABD沿直线BD翻折成△A′BD，如图所示，则直线BA′与CD所成角的取值范围是( )A.[π3，π2]B.[π6，π3]C.[π6，π2]D.[0，π3]答案 (1)[0，217] (2)A解析 (1)如图，取A1B1的中点D，连接BD，C1D，BC1，则BD∥A1M，又A1M⊂平面A1MC，BD⊄平面A1MC，所以BD∥平面A1MC，又C1D∥CM，C1D⊄平面A1MC，CM⊂平面A1MC，所以C1D∥平面A 1MC ，又BD ∩C 1D ＝D ，所以平面BC 1D ∥平面A 1MC ，所以点P 在线段C 1D 上，点P 的轨迹的长度C 1D ＝3，连接CD ，在Rt △CDC 1中，0≤α≤∠C 1CD ，CD ＝7， sin ∠C 1CD ＝217，所以0≤sin α≤217.(2)取BC 的中点E ，连接AE ，交BD 于点O ，则由AB ＝AD ＝CD ＝1，BC ＝2得AE ⊥BD ，则点A ′在以点O 为圆心，AO 为半径，垂直于直线BD 的平面内的圆上运动．以点O 为坐标原点，OE ，OD 所在直线为x ，y 轴，过点O 垂直平面BCD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系如图所示，易得点A (－12，0，0)，B (0，－32，0)，C (1，32，0)，D (0，32，0).设点A ′(12cos θ，0，12sin θ)，θ∈[0，π]，则BA ′→＝(12cos θ，32，12sin θ)，CD →＝(－1，0，0)，设直线BA ′与直线CD 的夹角为α，则cos α＝cos 〈BA ′→ ，CD → 〉＝BA ′→ ·CD →|BA ′→ |·|CD →|＝－12cos θ∈[－12，12].又因为α∈[0，π2]，所以α∈[π3，π2]，故选A.1．如图，二面角α－l －β中，P ∈l ，射线PA ，PB 分别在平面α，β内，点A 在平面β内的射影恰好是点B ，设二面角α－l －β、PA 与平面β所成的角、PB 与平面α所成的角的大小分别为δ，φ，θ，则( )A ．δ≥φ≥θB ．δ≥θ≥φC ．φ≥δ≥θD ．θ≥δ≥φ答案 A解析 因为点A 在平面β内的射影为点B ，则φ＝∠APB ，由二面角的定义易得δ≥φ，设PB 在平面α内的射影为PB ′，则θ＝∠BPB ′，则由最小角定理得∠BPB ′≤APB ，则θ≤φ.综上所述，故选A.2．(2015·浙江卷)如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′－CD －B 的平面角为α，则( )A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α 答案 B解析 ∵A ′C 和BC 都不与CD 垂直，∴∠A ′CB ≠α，故C ，D 错误．当CA ＝CB 时，容易证明∠A ′DB ＝α.不妨取一个特殊的三角形，如Rt △ABC ，令斜边AB ＝4，AC ＝2，BC ＝23，如图所示，则CD ＝AD ＝BD ＝2，∠BDH ＝120°，设沿直线CD 将△ACD 折成△A ′CD ，使平面A ′CD ⊥平面BCD ，则α＝90°.取CD 中点H ，连接A ′H ，BH ，则A ′H ⊥CD ，∴A ′H ⊥平面BCD ，且A ′H ＝3，DH ＝1.在△BDH 中，由余弦定理可得BH ＝7.在Rt △A ′HB 中，由勾股定理可得A ′B ＝10.在△A ′DB 中，∵A ′D 2＋BD 2－A ′B 2＝－2<0，可知cos ∠A ′DB <0，∴∠A ′DB 为钝角，故排除A.综上可知答案为B.3．(2021·七彩阳光联盟适考)如图1，梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝BC ＝AE ＝12AB ，现将四边形ADCE 沿EC 折起，得到几何图形B －ECD ′A ′(如图2)，记直线D ′C 与直线EB 所成的角为α，二面角B －EC －D ′的平面角的大小为β，直线A′E与平面BCE所成角为γ，则( )A．α>γ，β>γB．α<β，β>γC．α>β>γD．β>α>γ答案 A解析 在折叠过程中，由线面角是最小的线线角可知α>γ；由二面角是最大的线面角可知β>γ，故选A.4．(2021·宁波十校联考)正方体ABCD－A1B1C1D1，P是线段BD1(不含端点)上的点．记直线PC与直线AB所成角为α，直线PC与平面ABC所成角为β，二面角P－BC－A的平面角为γ，则( )A．β<γ<αB．α<β<γC．γ<β<αD．γ<α<β答案 A解析 由题意知，二面角P－BC－A为平面D1CB与平面ABCD所成的角，其平面角即为∠D1CD，则γ＝∠D1CD.如图，因为直线与平面所成的角是此直线与该平面内的直线所成角中的最小角，而∠D1CD是直线AB与平面D1CB所成的角，PC⊂平面D1CB，则有γ<α.又∠D1CD也是直线CD与平面D1CB所成的角，故β<γ，所以β<γ<α，故选A.5.(2018·衢州二中二模)如图，△BCD是以BC为斜边的等腰直角三角形，在△ABC中，∠BAC＝90°，△ABC沿着BC翻折成三棱锥A－BCD的过程中，直线AB与平面BCD所成的角均小于直线AC与平面BCD所成的角，设二面角A－BD－C，A－CD－B的大小分别为α，β，则( )A．α>βB．α<βC．存在α＋β>πD．α，β的大小关系不能确定答案 B解析 作AH⊥平面BCD，分别作HM⊥BD，HN⊥CD于M，N两点．由AB与平面BCD所成的角∠ABH总小于AC与平面BCD所成的角∠ACH，则AB>AC.设O为BC的中点，则点H在DO的右侧，所以有HM>HN，故tan α＝tan∠AMH＝AHHM，tan β＝tan∠ANH＝AHHN，因此，tan α<tan β，即α<β，故选B.6．已知在矩形ABCD中，AD＝2AB，沿直线BD将△ABD折成△A′BD，使得点A′在平面BCD上的射影在△BCD内(不含边界)，设二面角A′－BD－C的大小为θ，直线A′D，A′C与平面BCD所成的角分别为α，β，则( )A．α<θ<βB．β<θ<αC．β<α<θD．α<β<θ答案 D解析 设点A′在平面BCD内的射影为点O，过点A′作BD的垂线，垂足为点E，设AB＝1，则在Rt△A′BD中易得A′E＝63，∠A′DO＝α，∠A′CO＝β，∠A′EO＝θ，且α，β，θ均为锐角，tan∠A′DO＝A′OOD，tan∠A′CO＝A′OOC，tan∠A′EO＝A′OOE，又由翻折及解三角形知识易得当点A′在平面BCD内的射影在△BCD内(不含边界)时，有OE<OC<OD，所以A′OOD<A′OOC<A′OOE，即tan∠A′DO<tan∠A′CO<tan∠A′EO，所以∠A′DO<∠A′CO<∠A′EO，即α<β<θ，故选D.7．(2021·宁波期末)如图，已知在平面四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BC＝CD，AB>AD，现将△ABD沿对角线BD翻折得到三棱锥A′－BCD，在此过程中，二面角A′－BC－D，A′－CD－B的大小分别为α，β，直线A′B与平面BCD所成角为γ，直线A′D与平面BCD所成角为δ，则( )A．γ<δ<βB．γ<α<βC．α<δ<βD．γ<α<δ答案 B解析 在平面四边形ABCD中，过点A作BD的垂线，交BD于点H，则易得在翻折的过程中，点A′在底面BCD内的投影点O在直线AH上，连接OB，OD，过点O作CD，BC的垂线，垂足分别为点E，F，则∠A′FO＝α，∠A′EO＝β，∠A′BO＝γ，∠A′DO＝δ，则tan α＝A′OOF，tan β＝A′OOE，tan γ＝A′OOB，tan δ＝A′OOD.由题设易得OF>OE，OB>OD，所以tan α<tan β，tan γ<tan δ，所以α<β，γ<δ.又由最小角定理得γ<α，δ<β.综上所述，γ<α<β，故选B.8．(2021·杭州二中仿真模拟)空间线段AC⊥AB，BD⊥AB，且AC∶AB∶BD＝1∶3∶1，设CD与AB所成的角为α，CD与平面ABC所成的角为β，二面角C－AB－D的平面角为γ，则( )A．β≤α≤γ2B．β≤γ2≤αC．α≤β≤γ2D．α≤γ2≤β答案 A解析 如图所示，过点B作BE∥AC，且BE＝AC，连接DE.则可知α＝∠DCE，γ＝∠DBE.由最小角定理可得β≤α.在△DBE中，DE＝2sin γ2.在Rt△DCE中，sinα<tan α＝23sinγ2<sinγ2，所以α<γ2.若DB⊂平面ABC，则β＝α＝γ2＝0，所以β≤α≤γ2，故选A.9．(2021·浙江新高考仿真三)在四面体ABCD中，AB⊥BC，BC⊥CD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝3，点E为线段AB上动点(包含端点)，设直线DE与BC所成角为θ，则cos θ的取值范围为( )A.[0，33]B.[0，22]C.[22，53]D.[33，22]答案 D解析 由题意得|AD → |2＝(AB → ＋BC → ＋CD → )2＝|AB → |2＋|BC → |2＋|CD → |2＋2AB → ·BC →＋2AB → ·CD → ＋2BC → ·CD →＝3，又因为AB ⊥BC ，BC ⊥CD ，AB ＝BC ＝CD ＝1，所以AB → ·CD →＝0，则可将四面体ABCD 放到棱长为1的正方体内，如图所示，以点C 为坐标原点，CD 所在直线为x 轴，CB 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则易得C (0，0，0)，B (0，0，1)，D (1，0，0)，E (0，a ，1)，a ∈[0，1]，所以BC →＝(0，0，－1)，DE →＝(－1，a ，1)，所以|cos θ|＝12＋a2∈[33，22]，故选D.10．(2021·金华十校模拟)设三棱锥V －ABC 的底面是以A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥底面ABC ，M 是线段BC 上的点(端点除外)，记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A －VC －B 为γ，则( ) A ．α<β，β＋γ>π2 B ．α<β，β＋γ<π2C ．α>β，β＋γ>π2D ．α>β，β＋γ<π2答案 C解析 因为VA ⊥底面ABC ，AB 在平面ABC 内，则由最小角定理得α>β，β＝∠VMA ，则β＋∠MVA ＝π2.过点A 作AN ⊥VC ，连接BN ，则γ＝∠BNA ，tan γ＝tan ∠BNA ＝ABAN ， 而tan ∠BVA ＝ABAV ，AN <AV ，所以tan ∠BVA <tan ∠BNA ，则γ>∠BVA .又因为tan ∠MVA ＝AMAV，AB >AM ，所以tan ∠MVA <tan ∠BVA ，所以γ>∠BVA >∠MVA ，则β＋γ>π2，故选C.11．如图1，在平面多边形ABCDE 中，四边形ABCD 是正方形，△ADE 是正三角形．将△ADE 所在平面沿AD 折叠，使得点E 达到点S 的位置(如图2)．若二面角S －AD －C 的平面角θ∈[π6，π3]，则异面直线AC 与SD 所成角的余弦值的取值范围是( )A.[216，24]B.[616，24]C.[216，6＋216] D.[0，28]答案 D 解析 如图，取AD 的中点O ，BC 的中点G ，连接OS ，OG ，则OG ⊥AD ，以OG 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，过点O 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝2，则A (0，－1，0)，C (2，1，0)，D (0，1，0)．因为△SAD 为正三角形，O 为AD 的中点，所以SO ⊥AD ，又OG ⊥AD ，所以∠SOG 是二面角S －AD －C 的平面角，即∠SOG ＝θ，则S (3cos θ，0，3sin θ)．因为AC →＝(2，2，0)，DS →＝(3cos θ，－1，3sin θ)，所以cos 〈AC → ，DS →〉＝23cos θ－222×2.又θ∈[π6，π3]， 所以cos θ∈[12，32]，所以cos 〈AC → ，DS →〉∈[6－228，28]，故异面直线AC 与SD 所成角的余弦值的取值范围是[0，28].12．(2021·金华十校期末调研)如图，在底面为正三角形的棱台ABC －A 1B 1C 1中，记锐二面角A 1－AB －C 的大小为α，锐二面角B 1－BC －A 的大小为β，锐二面角C 1－AC －B 的大小为γ，若α＞β＞γ，则( )A ．AA 1＞BB 1＞CC 1 B ．AA 1＞CC 1＞BB 1 C ．CC 1＞BB 1＞AA 1D ．CC 1＞AA 1＞BB 1 答案 D解析 分别延长AA 1，BB 1，CC 1交于点D ，过点D 作DO ⊥底面ABC ，过点O 分别作△ABC 三边的垂线，分别交于点M ，N ，P ，则tan α＝DO OM，tan β＝DO ON ，tan γ＝DO OP，因为α＞β＞γ，所以OM ＜ON ＜OP ，则点O 一定在△BEF 内部(不包括边界)，所以OB ＜OA ＜OC ，又因为AD ＝OA 2＋OD 2，BD ＝OB 2＋OD 2，CD ＝OC 2＋OD 2，所以BD ＜AD ＜CD ，所以CC 1＞AA 1＞BB 1，故选D.13．(2016·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°，沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是________．答案 66解析 设直线AC 与BD ′所成角为θ，平面ACD 翻折的角度为α，设O 是AC 中点，由已知得AC ＝6，如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系， 则A (0，62，0)，B(302，0，0)，C (0，－62，0)，作DH ⊥AC 于H ，连接D ′H ，翻折过程中，D ′H 始终与AC 垂直，CH ＝CD 2CA ＝16＝66，则OH ＝63，DH ＝1×56＝306， 因此可设D ′(－306cos α，－63，306sin α)，则BD ′→＝(－306cos α－302，－63，306sin α)， 与CA →平行的单位向量为n ＝(0，1，0)， 所以cos θ＝|cos 〈BD ′→ ，n 〉|＝|BD ′→ ·n |BD ′→|·|n ||＝639＋5cos α，所以cos α＝－1时，cosθ取最大值6 6.。
第七章 微专题六(新高考数学一轮复习资料)
4.锁定垂面破翻折——独挡一面
在解决立体几何中的“动态”问题时，对于翻折或投影问题，若能抓住相关
线或面的垂面，化空间为平面，则容易找到问题的核心.
例4 如图5，在等腰Rt△ABC中，AB⊥AC，BC＝2，M为BC的中点，N为AC
的中点，D为线段BM上一个动点(异于两端点)，△ABD沿AD翻折至B1D⊥DC， 点A在平面B1CD上的投影为点O，当点D在线段BM上运动时，以下说法错误的是 A.线段NO为定长
大一轮复习讲义
微专题六 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.
B.CO∈(1， 2 )
√C.∠AMO＋∠B1DA>180°
D.点O的轨迹是圆弧
图5
解析 如图6，记B2为B1在平面ADC上的射影，
由B1D⊥DC可得B2D⊥DC.
记B2D交AB于点K，则DC⊥平面B1B2K.
在△B1DC中，作EM∥B1D交B1C于点E，连接AE，
图6
则平面AEM∥平面B1B2K，平面AEM⊥平面B1DC，从而点A在平面B1DC上的
且∠A1AH＝π6.
因为 l 与直线 CC1 所成角的大小为π4，
即 l 与直线 AA1 所成角的大小为π4，
图4
那么 l 与直线 AH 所成角的取值范围为π4－6π，π4＋6π.
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1π2，51π2.
2016年浙江省数学高考模拟精彩题选——立体几何 含答案
2016浙江精彩题选——立体几何【一、轨迹问题】1．如图，平面ABC ⊥平面α，D 为线段AB 的中点，22=AB ,︒=∠45CDB ，点P 为面α内的动点，且P 到直线CD 的距离为2，则APB ∠的最大值为 ． 解：以AB 为直径的圆与椭圆A ‘B ’相切【二、动态问题】1.（2016台州期末8）如图，在三棱锥P-ABC 中，AB=AC=PB=PC=10，PA=8，BC=12，点M 在平面PBC 内，且AM=7，设异面直线AM 与BC 所成角为α，则cos α的最大值为17分析：点A 到平面PBC 的距离为d=AM=7即为绕d 旋转所成的圆锥的母线长，最大角为BC 与圆锥底直径平行时，母线与直径所成的角2.（2016金华十校期末）在四面体ABCD 中，已知AD ⊥BC ，AD=6，BC=2，且AB ACBD CD==2，则ABCD V 四面体的最大值为 （ C ）A.6B.C.D.8 分析：由AB ACBD CD==2得B 、C 点的轨迹为阿波罗尼斯圆，由阿波罗尼斯圆的性质，则B ，C 离AD 的最远距离为4，可求3.（2016台州一模 8）如图,在长方体D C B A ABCD ''''-中,点Q P ,分别是棱BC ,CD 上的动点,4,BC =, 3,CD =CC '=C C '与平面C PQ '所成的角为︒30,则△C PQ '的面积的最小值是( B )AB ．8 CD ．104（2016宁波十校15）如图，正四面体ABCD 的棱CD 在平面α上，E 为棱BC的中点.当正四面体ABCD 绕CD 旋转时，直线AE 与平面α所成最大角的正弦值为 .分析：CD ⊥平面ABF ，则平面ABF ⊥平面α。
设，平面ABF ⊥平面α=a ,四面体不动，转动平面α，则AO ⊥α于O 交BF 于M ，AO 为平面α的法向量。
AE 与平面α所成角正弦值最大=AE 与法向量AO 所成角最小，即为AE 与平面ABF所成角，sin 6θ=则AE 与平面α所成角的正弦即为θ5.（温州二模8）.棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱1CC 的中点，点,P Q 分别为面1111A B C D 和线段1B C 上的动点，则PEQ ∆周长的最小值为 （ B ） A． BCD．分析：作对称6.（2016五校联考8） 如图，棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -，点A 在平面α内，平面ABCD 与平面α所成的二面角为030，则顶点1C 到平面α的距离的最大值是 （ B ）A.(22B.2C.)21D.)21(第8题图)αAB CDE分析：直线CA在平面β上移动， CA与平面α所成线面角在变化的过程中，当线面角与二面角重叠时线面角最大。
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。
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)。
立体几何中“动态问题”的若干解题途径
。
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 内的一个 动 点 ， 且满足 Ｐ ＝２ ， Ｐ到 直线 Ａ Ｄ，的距 离 为√ ５ ， 则 点 Ｐ 的轨 迹 是
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的 四 个 面 中，互 相 垂 直 的 平 面 有
（ ） ．
所 成 的角 即为考 虑定直 线 ＯＭ 与 Ｅ Ｆ之 间 的关 系 ．
动直线 形成 的轨迹 面 ４
选 Ｃ．
易知 Ａ ＿ 上 一 面Ａ Ｂ Ｅ Ｆ ． Ａ ＿ 』Ｏ Ｐ，
例 ３ 正方 体 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ —Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱
Ⅳ ， 如 图 ２所示 ． 则 Ｎ ＝ ＭＮ ＝ Ｙ ， 由
于 Ｐ 一 ＝ Ｂ Ｄ
１
的对 角线 Ｂ Ｄ 上 ． 过点 Ｐ
＝ ＝ ． ＝ ， √ Ⅱ 一 ３ ’ … 一 ３ ’
一
作垂 直 于平 面 Ｂ Ｂ Ｄ。 Ｄ
Ａ
Ｂ
的直线 ， 与正方体表 面相 交于 Ｍ ， Ｎ． 设 Ｂ Ｐ＝ ， ＭＮ ＝ Ｙ ， 则 函数 Ｙ ｆ（ ） 的 图像 大 致是 （ ） ．
为 ｎ ， 由图 形 的 对 称 性 知
Ｐ点 始 终是 Ⅳ 的 中点 ，
而且随着 Ｐ 点从 日点 向
点、 线、 面 的变化 必 然 导致 位 置关 系 或 一 些量 的变 化 ， 在具体 问题 中 ， 让 变量 变化 ， 考 虑 由此变 化所引发 的其它量 的变化 ， 构建 目标 函 数， 则 可将立体几何 问题用 代数方法解 决 ．
例 １ （ ２ ０ ０ ８ 北京 卷 ， 理８ ） 如图 １ ， 动点 Ｐ在正
方体 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ —Ａ】 Ｂ１ Ｃ】 Ｄ１
Ｂ Ｄ 的 中点 滑 动 ， Ｙ值 逐渐 增 大到 最 大 ， 再 由 中 点 向 Ｄ 点 滑 动 ， 而逐渐变小 ，
解决立体几何中“动态问题”的常用策略
，
系外 ， 渗 透 了一些 “ 动态 ” 的点 、 线、 面元 素 ， 给
静态 的立 体几 何题 赋予 了活力 ， 题 意更新 颖 ，
， ：
同时 ， 由于“ 动态” 的存在 ， 也使 立体 几何题 更 趋灵 活 ， 加强 了对学 生空 间想 象能 力 的考 查 ． 立体 几何 中 的“ 动 态 问题 ” ， 是 空 间图形 中 的 某些 点 、 线、 面 的位 置 是不 确 定 的 、 可变 的一
２ ０ ＂ １ ３年 第 １ 期
河 北理科教 学研 究
问题 讨论
解 决 立体 几何 中“ 动态 问题 ＂ 的常 用策 略
湖北省 大 冶市 第一 中学 立体 几何 是高 中数 学 的一 个重 要组成 部 分， “ 动 态立体 几何 ” 是立 体几 何 的热点 问题 ． 本 文所 指 的“ 动态” 立 体 几何 题 ， 是 指 立体 几
ＤＥ
一
Ｄ Ｆ ： 一 —
． 一 一 ： 一 ～ 。， 又 、 因 Ｅ
点在 线 段 Ａ Ｄ上， Ｅ （ ０ ， √ ３ ０ ） ， 所 以线 段 Ａ Ｄ 上 的 Ｅ点 不能 使 Ｅ Ｆ与 平 面 Ｂ Ｂ Ｃ ， Ｃ成
ｄ， 则 ｄ的最 小值 为 （
Ａ．
例 ２ 如图 ３ ， 正方
体 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ — Ａ１ Ｂ１ Ｃ １ Ｄ１
Ｃ
中， Ｍ 是棱 Ｄ Ｄ 的 中 点， ０为底 面 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的
Ｃ
） ．
ｃ． ３ ０
Ｄ． ０
４ ３ 口
Ｂ．
ｏ
中心， Ｐ为棱 Ａ Ｂ 上
类开 放 问题 ． 因其某 些 点 、 线、 面 位 置 的不 确
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
25立体几何中的最值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、运用变量的相对性求最值例1. 在正四棱锥S-ABCD 中，SO⊥平面ABCD 于O，SO=2，底面边长为，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. B.5 5C. 2D. 1解析：如图1，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。
过O 作OQ⊥SC，在Rt△SOC 中，OQ = 中。
又P 在BD 上运动，且当P 运动5到点O 时，PQ 最小，等于OQ 的长为，也就是异面直线BD 和SC 的公垂线段的长。
故选B。
5图 1二、定性分析法求最值例2. 已知平面α//平面β，AB 和CD 是夹在平面α、β之间的两条线段。
AB⊥CD，AB=3，直线AB 与平面α成30°角，则线段CD 的长的最小值为。
解析：如图2，过点B 作平面α的垂线，垂足为O，连结AO，则∠BAO=30°。
过B 作BE//CD 交平面α 于E，则BE=CD。
连结AE，因为AB⊥CD，故AB⊥BE。
则在Rt△ABE 中，BE=AB·tan∠BAE≥AB·tan ∠BAO=3·tan30°= 。
故CD ≥ 3 。
2 52 52 53图 2三、展成平面求最值例3. 如图3-1，四面体A-BCD 的各面都是锐角三角形，且AB=CD=a，AC=BD=b，AD=BC=c。
平面α分别截棱AB、BC、CD、DA 于点P、Q、R、S，则四边形PQRS 的周长的最小值是（）A. 2aB. 2bC. 2cD. a+b+c图3-1解析：如图3-2，将四面体的侧面展开成平面图形。
由于四面体各侧面均为锐角三角形，且AB=CD，AC=BD，AD=BC，所以，A 与A’、D 与D’在四面体中是同一点，且AD // BC // A' D'，AB// CD'，A、C、A’共线，D、B、D’共线，AA'=DD' = 2BD 。
又四边形PQRS 在展开图中变为折线S’PQRS，S’与S 在四面体中是同一点。
因而当P、Q、R 在S’S 上时，S ' P +PQ +QR +RS 最小，也就是四边形PQRS 周长最小。
又S ' A =SA'，所以最小值L =SS '=DD' = 2BD = 2b 。
故选B。
图3-2四、利用向量求最值例4. 在棱长为1 的正方体ABCD-EFGH 中，P 是AF 上的动点，则GP+PB 的最小值为。
解析：以A 为坐标原点，分别以AB、AD、AE 所在直线为x，y，z 轴，建立如图 4 所示的空间直角坐标→→系，则B（1，0，0），G（1，1，1）。
根据题意设P（x，0，x），则BP=(x-1，0，x)，GP=(x-1，-1，x-1)，那么2x 2 - 4x +3 (x - 1) + 0 - 2 ⎛ 22 ⎫ ⎝ ⎪ 2 ⎭ 1 +222 + 2 AM 2 + AN 2 2图 4GP + PB = +⎛ ⎫⎪ = ⎪ ⎪ ⎝ ⎭式子 ⎛ 2 ⎫ + ⎛ 1 1 ⎫ 可以看成 x 轴正半轴上一点（x ，0，0）到 xAy 平面上两点 1， ，0⎪ 、 ，，0⎪ 的距离之和，其最小值为 。
所以 GP+PB 的最小值为 ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 2 ⎭⋅ = 。
立体几何中的最值问题一、线段长度最短或截面周长最小问题例 1. 正三棱柱 ABC —A 1B 1C 1 中，各棱长均为 2，M 为 AA 1 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.解析： (1)从侧面到N ，如图 1，沿棱柱的侧棱 AA 1 剪开，并展开，则 MN ＝＝＝2x 2 - 2x + 1⎛ 1 ⎫2 x - ⎪ + 0 - ⎪ ⎛ 1 ⎫2 ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭(x - 1) + 0- ⎝2⎛ 2⎫ 2 ⎪ 2 ⎭ ⎛ 1 ⎫2 x - ⎪ + 0 - ⎪ ⎛ 1 ⎫2 ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭ 1 + 2 2 2 12 + (2 +1)210+AM 2 + AN 2- 2 AM ⋅ AN c os120︒ 12 + ( 3)2 + 2 ⨯1⨯ 3 ⨯ 124 + 3 104 + 3 (1 - CP ) 2 + BQ 2=(2) 从底面到 N点，沿棱柱的 AC 、BC 剪开、展开，如图 2.则 MN ＝＝＝∵＜ ∴ MN min ＝.例 2.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). （1）求 MN 的长；（2）当 a 为何值时，MN 的长最小； （3）当MN 长最小时，求面MNA 与面 MNB 所成的二面角α的大小。
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,由已知，CM=BN=a,CB=AB=BE=1,∴ AC = BF = CPa BQ ,1 1a即 CP = BQ =a∴ MN = PQ == = (a -2)2 + 1(0 < a < 2) 2 2（2）由（1）知: 当a = 2 时，MN = 2 2，即M , N 分别移动到AC , BF 的中点时 22(3) 取 MN 的中点 G ，连接 AG 、BG ，∵AM=AN,BM=BN ，∴AG ⊥MN,BG ⊥MN ，∴∠AGB 即为二面角α的平面角。
又 AG = BG =定理有6 ，所以由余弦42 +- 1α= arccos(- 1)cos α= 44= -1 。
故所求二面角3。
EF2 • 6 •6 34 44 + 32 22(1 - a )2 + ( a )2=MN2(1 + cos θ)(x - a )2 + 1 (1 - cos θ)a 22 2 2 MP 2 + PN 2 x 2 + y 2 - xy - 2x +1例 3. 如图，边长均为 a 的正方形 ABCD 、ABEF 所在的平面所成的角为θ(0 < θ< N 在 BF 上，若 AM=FN ,(1)求证:MN//面 BCE ; (2)求证:MN ⊥ AB; (3)求 MN 的最小值.π) 。
点 M 在 AC 上，点 2解析：(1)如图,作MG//AB 交 BC 于G, NH//AB 交 BE 于 H, MP//BC 交AB 于 P, 连PN, GH , 易证 MG//NH,且MG=NH, 故 MGNH 为平行四边形,所以 MN//GH , 故 MN//面BCE ;(2) 易证 AB ⊥ 面 MNP, 故MN ⊥ AB ;(3)∠MPN 即为面 ABCD 与 ABEF 所成二面角的平面角,即∠MPN = θ,设 AP=x , 则BP=a －x , ＮP=a －x , 所以： MN =x 2 + (a - x )2 - 2x (a - x ) cos θ=，故当 x =a时，ＭＮ有最小值2(1 - cos θ)a ． 2例 4.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=x ,BN=y,D (0 < x , y < 2). （1）求 MN 的长(用 x,y 表示)；（2）求 MN 长的最小值，该最小值是否是异面直线 AC ，BF 之间的距离。
A解析：在面 ABCD 中作 MP ⊥ AB 于 P ，连 PN ，则 MP ⊥ 面 ABEF ，所以 MP ⊥ PN ，PB=1-AP=x 在∆ PBN2中，由余弦定理得：PN 2= (2x )2+ y 2 + - 2xy c os 450= 1x 2 + y 2 - xy ，在 Rt ∆PMN 中，MN= = 2= (0 < x , y < 2). ；2 (1 - 2 x )2 + 1 x 2 + y 2 - xy 2 21，（2）MN = ，故当 x = 2 2 ， y = 2 3 3时，MN 有最小值。
且该最小值是异面直线 AC ，BF 之间的距离。
3例 5. 如图，在ΔABC 中，∠ACB ＝90°，BC ＝a,AC ＝b,D 是斜边AB 上的点，以 CD 为棱把它折成直二面角A — CD —B 后，D 在怎样的位置时，AB 为最小，最小值是多少?解析： 设∠ACD＝θ，则∠BCD＝90°-θ，作 AM⊥CD 于 M ，BN⊥CD 于 N ，于是AM ＝bsinθ,CN＝asinθ. ∴MN＝｜asinθ-bcosθ｜，因为A —CD —B 是直二面角，AM⊥CD，BN⊥CD，∴AM 与BN 成 90°的角，于是 AB ＝＝ a2+ b 2 - ab sin 2 θ≥ a 2 + b 2 - ab .∴当θ＝45°即 CD 是∠ACB 的平分线时，AB 有最小值，最小值为a 2 +b 2 - ab .例 6. 正三棱锥A-BCD ，底面边长为 a ，侧棱为 2a ，过点 B 作与侧棱 AC 、AD 相交的截面，在这样的截面三角形中，求(1)周长的最小值；(2)周长为最小时截面积的值，(3)用这周长最小时的截面截得的小三棱锥的体积与三棱锥体积之比.解析：(1)沿侧棱 AB 把正三棱锥的侧面剪开展成平面图.如图 1，当周长最小时，EF 在直线 BB′上，∵ΔABE≌ΔB′AF，∴AE＝AF ，AC ＝AD ，∴B′B∥CD，∴∠1＝∠2＝∠3，∴BE＝BC ＝a ，同理 B′F＝B′D＝a.∵ΔFDB′∽ΔADB′，∴ DF DB ' DB ' DF AB ' a a 1＝ ＝ , 2a 21 ∴DF＝ 23 a,AF ＝ 23 a.又∵ΔAEF∽ΔACD，∴BB′＝a+4 11 a+a ＝4a,∴截面三角形11 的周长的最小值为a.4x 2+ y 2- xy - 2x + 1( y - x )2 + 3 (x - 2 2 4 3 2 )2 + 1 3 3 b 2 sin 2 θ+ a 2 cos 2 θ+ (a sin θ- b cos θ)2＝a 2 - (3a )2 855 55(2) 如图 2，∵ΔBEF 等腰，取 EF 中点 G ，连 BG ，则 BG⊥EF.∴BG＝＝＝ a81 ∴S ＝ 1· EF·BG＝ 3 ·a· a ＝ a 2.ΔBEF2 4 8 64(3) ∵V A-BCD ＝V B-ACD ，而三棱锥B —AEF ，三棱锥 B —ACD 的两个高相同，所以它们体积之比于它们的两底面积之比，即V B - AEFV B -CADS△ AEF＝S △ ACDEF 29＝＝CD 216评析 把曲面上的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离的问题，从而使问题得到解决，这是求曲面上最短路线的一种常用方法.本题中的四面体，其中任何一个面都可以做为底面，因而它可有四个底面和与之对应的四条高，在解决有关三棱锥体积题时，需要灵活运用这个性质.二、面积最值问题例 7. 如图 1 所示，边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5 的三角形简易遮阳棚，其A 、B 是地面上南北方向两个定点，正西方向射出的太阳光线与地面成 30°角，试问：遮阳棚 ABC 与地面成多大角度时，才能保证所遮影面 ABD 面积最大?解析： 易知，ΔABC 为直角三角形，由C 点引AB 的垂线，垂足为 Q ，则应有 DQ 为 CQ 在地面上的斜射影，且AB 垂直于平面CQD ，如图 2 所示.12 因太阳光与地面成 30°角，所以∠CDQ＝30°，又知在ΔCQD 中，CQ ＝ 5，由正弦定理，有CQ sin 30︒ QD ＝sin ∠QCD6 即 QD ＝5sin∠QCD.为使面 ABD 的面积最大，需 QD 最大，这只有当∠QCD＝90°时才可达到，从而∠CQD＝ 60°.故当遮阳棚 ABC 与地面成 60°角时，才能保证所遮影面ABD 面积最大.例 8. 在三棱锥 A —BCD 中，ΔABC 和ΔBCD 都是边长为 a 的正三角形，二面角 A —BC —D ＝φ，问φ为何值时，BE 2- EG23 55 2B 1 FDG⎪ [ ,三棱锥的全面积最大。