第二讲 立体几何中的动态问题
立体几何动态问题
立体几何的动态问题立体几何的动态问题，主要有五种：动点问题、翻折问题、旋转问题、投影与截面问题以及轨 迹问题。
基本类型：点动问题；线动问题；面动问题；体动问题；多动问题等。
解题时一般可以通过改变视角、平面化或者寻找变化过程中的不变因素而把问题回归到最本质的定义、定理或现有的结论中，若能再配以沉着冷静的心态去计算，那么相信绝大多数问题可以迎刃而解。
动点轨迹问题空间中动点轨迹问题变化并不多，一般此类问题可以从三个角度进行分析处理，一是从曲线定义或函数关系出发给出合理解释；二是平面与平面交线得直线或线段；三是平面和曲面（圆锥，圆柱侧面，球面）交线得圆，圆锥曲线。
很少有题目会脱离这三个方向。
（注意：阿波罗尼斯圆，圆锥曲线第二定义）1．（2015·浙江卷8）如图1110，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 ．双曲线的一支式题 如图，平面α的斜线AB 交α于B 点，且与α所成的角为θ，平面α内有一动点C 满足∠BAC ＝π6，若动点C的轨迹为椭圆，则θ的取值范围为________．3．（2015春•龙泉驿区校级期中）在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M 是A 1D 1的中点，点P 在侧面BCC 1B 1上运动．现有下列命题：①若点P 总保持P A ⊥BD 1，则动点P 的轨迹所在的曲线是直线； ②若点P 到点A 的距离为，则动点P 的轨迹所在的曲线是圆；③若P 满足∠MAP ＝∠MAC 1，则动点P 的轨迹所在的曲线是椭圆；④若P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离比为2：1，则动点P 的轨迹所在的曲线是双曲线； ⑤若P 到直线AD 与直线CC 1的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是抛物线． 其中真命题的个数为（ ）A ．4B ．3C ．2D ．14．（2018•温州模拟）已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B，C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当C 运动，点H运动的轨迹（）A．是圆B．是椭圆C．是抛物线D．不是平面图形5．（2013•铁岭模拟）如图所示，△P AB所在的平面α和四边形ABCD所在的平面β互相垂直，且AD⊥α，BC⊥α，AD＝4，BC＝8，AB＝6．若tan∠ADP﹣2tan∠BCP＝1，则动点P在平面α内的轨迹是（）A．椭圆的一部分B．线段C．双曲线的一部分D．以上都不是6．（2013•嘉兴二模）设m是平面α内的一条定直线，P是平面α外的一个定点，动直线n经过点P且与m成30°角，则直线n与平面α的交点Q的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线7．（2008•浙江）如图，AB是平面a的斜线段，A为斜足，若点P在平面a内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．一条直线D．两条平行直线8．（2015春•台州校级月考）AB是平面α的斜线段，长度为2，点A是斜足，若点P在平面α内运动，当△ABP的面积等于3 时，点P的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线9．（2016•浙江二模）在正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2．若点M在△ABC所在平面上运动，且使得△AC1M的面积为1，则动点M的轨迹为（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线10．（2016•武汉校级模拟）如图，AB是平面α外的固定斜线段，B为斜足，若点C在平面α内运动，且∠CAB等于直线AB与平面α所成的角，则动点C的轨迹为（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线11．（2008年浙江·理10）如图，AB是平面a的斜线段，A为斜足，若点P在平面a内运动使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是（）（A）圆（B）椭圆（C）一条直线（D）两条平行直线12.（2014年金华高二十校联考·文10）圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，M为正方形ABCD对角线的交点，动点P在圆柱下底面内（包括圆周），若直线BM与直线MP所成角为45°，则点P形成的轨迹为( ) A．椭圆的一部分B．抛物线的一部分C．双曲线的一部分D.圆的一部分13．（2014•杭州二模）在等腰梯形ABCD中，E，F分别是底边AB，BC的中点，把四边形AEFD沿直线EF折起后所在的平面记为α，p∈α，设PB，PC与α所成的角分别为θ1，θ2（θ1，θ2均不为零）．若θ1＝θ2，则满足条件的P所形成的轨迹是．BACDMPABP14．（2018秋•诸暨市校级期中）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P﹣ABCD中，E，F分别是棱AD，BP上的动点，且满足AE＝2BF，则线段EF中点的轨迹是（）A．一条线段B．一段圆弧C．抛物线的一部分D．一个平行四边形15．（2015秋•太原期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为棱A1B1的中点，点Q在侧面DCC1D1内运动，给出下列结论：①若BQ⊥A1C，则动点Q的轨迹是线段；②若|BQ|＝，则动点Q的轨迹是圆的一部分；③若∠QBD1＝∠PBD1，则动点Q的轨迹是椭圆的一部分；④若点Q到AB与DD1的距离相等，则动点Q的轨迹是抛物线的一部分．其中结论正确的是（写出所有正确结论的序号）．16．如图，长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，AB＝BC＝，AA，上底面A′B′C′D′的中心为O′，当点E在线段CC′上从C移动到C′时，点O′在平面BDE上的射影G的轨迹长度为（）A．B．C．D．17．（2016秋•温州期末）点P为棱长是2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为（）A．B．C．D．18．（2018•宁波二模）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为侧面BB1C1C中心，F在棱AD上运动，正方体表面上有一点P满足＝x（x≥0，y≥0），则所有满足条件的P点构成图形的面积为．19．（2017•定海区校级模拟）已知异面直线a，b所成角为60°，直线AB与a，b均垂直，且垂足分别是点A，B 若动点P∈a，Q∈b，|P A|+|QB|＝m，则线段PQ中点M的轨迹围成的区域的面积是．20．（2017秋•赣州期末）如图，在等腰梯形ABCD中，CD＝2AB＝2EF＝2a，E，F分别是底边AB，CD的中点，把四边形BEFC沿直线EF折起，使得平面BEFC⊥平面ADFE．若动点P∈平面ADFE，设PB，PC与平面ADFE 所成的角分别为θ1，θ2（θ1，θ2均不为0）．若θ1＝θ2，则动点P的轨迹围成的图形的面积为（）A．B．C．D．翻折问题面（动问题）翻折问题的一线五结论.DF AE ⊥一线：垂直于折痕的线即五结论：1）折线同侧的几何量和位置关系保持不变；折线两侧的几何量和位置关系发生改变； 2--D HF D H F ''∠）是二面角的平面角；3D DF '）在底面上的投影一定射线上； 1、（2016年联考试题）平面四边形ABCD 中，AD=AB=2，CD=CB=5,且AD AB ⊥，现将△ABD 沿对角线BD 翻折成'A BD ∆，则在'A BD ∆折起至转到平面BCD 的过程中，直线'A C 与平面BCD 所成最大角的正切值为_______2.（2015年10月浙江省学业水平考试18）如图，在菱形ABCD 中，∠BAD=60°，线段AD ，BD 的中点分别为E ，F 。
专题4.3 立体几何的动态问题(解析版)
一．方法综述立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生思考与求解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性.一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此引发的常见题型为动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等.此类题的求解并没有一定的模式与固定的套路可以沿用，很多学生一筹莫展，无法形成清晰的分析思路，导致该题成为学生的易失分点.究其原因，是因为学生缺乏相关学科素养和解决问题的策略造成的.动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口.求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围.对于探究存在问题或动态范围（最值）问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题划归为静态问题.具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证.二．解题策略类型一立体几何中动态问题中的角度问题例1.【四川高考题】如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则θcos的最大值为.【答案】2 5281161814552y y t t+=≥++-，当1t =时取等号.所以22112(1)12222cos 511555451144yy y y θ-+-==≤⨯=⋅++⋅++，当0y =时，取得最大值.z yxF ME QPD CBA【指点迷津】空间的角的问题，一种方法，代数法，只要便于建立空间直角坐标系均可建立空间直角坐标系，然后利用公式求解；另一种方法，几何法，几何问题要结合图形分析何时取得最大（小）值.当点M 在P 处时，EM 与AF 所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当M 点向左移动时，EM 与AF 所成角逐渐变小时，点M 到达点Q 时，角最小，余弦值最大. 【举一反三】1、【四川高考题】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是（） A ．3[,1]3 B ．6[,1]3 C ．622[,]33 D ．22[,1]3【答案】B111133212222cos ,sin 33322A OC A OC +-∠==∠=⨯，113133622cos ,sin 33322A OC A OC +-∠==-∠=⨯. 又直线与平面所成的角小于等于90，而1A OC ∠为钝角，所以sin α的范围为6[,1]3，选 B. 2、【广东省东莞市2019届高三第二次调研】在正方体中，E 是侧面内的动点，且平面，则直线与直线AB 所成角的正弦值的最小值是A ．B ．C ．D ． 【答案】B 【解析】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体中棱长为1， 设0，，，，1，，1，，0，，1，，，1，，1，，设平面的法向量y ，， 则，取，得，平面，，解得，，，设直线与直线AB 所成角为，1，，，，，．直线与直线AB 所成角的正弦值的最小值是．故选：B ．3、如图，已知平面αβ⊥，l αβ=，A 、B 是直线l 上的两点，C 、D 是平面β内的两点，且DA l ⊥，CB l ⊥，3AD =，6AB =，6CB =．P 是平面α上的一动点，且直线PD ，PC 与平面α所成角相等，则二面角P BC D --的余弦值的最小值是（ ）A 5B ．12 C3 D ．1【答案】C类型二立体几何中动态问题中的距离问题【例2】【广西壮族自治区柳州市2019届高三毕业班3月模拟】如图，在正方体中，棱长为1，点为线段上的动点（包含线段端点），则下列结论错误的是（）A．当时，平面B．当为中点时，四棱锥的外接球表面为C．的最小值为D．当时，平面【答案】C【解析】对于，连结，，，则，，，设到平面的距离为，则，解得，∴.∴当时，为与平面的交点．∵平面∥平面，∵平面，∴∥平面，故A正确．又由以上分析可得，当时，即为三棱锥的高，∴平面，所以D正确．对于B，当为中点时，四棱锥为正四棱锥，设平面的中心为，四棱锥的外接球为，所以，解得，故四棱锥的外接球表面积为，所以B正确．对于C，连结，，则，∴，由等面积法得的最小值为，∴的最小值为．所以C不正确．故选：C.【指点迷津】求两点间的距离或其最值.一种方法，可建立坐标系，设点的坐标，用两点间距离公式写出距离，转化为求函数的最值问题；另一种方法，几何法，根据几何图形的特点，寻找那两点间的距离最大（小），求其值.【举一反三】1、【河南省焦作市2018-2019学年高三三模】在棱长为4的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别在棱AA 1和AB 上，且C 1E⊥EF，则|AF|的最大值为（ ）A ．B ．1C ．D ．2【答案】B 【解析】以AB ，AD ，AA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C 1（4，4，4），设E （0，0，z ），z∈[0，4]，F （x ，0，0），x∈[0，4]，则|AF|＝x ．＝（4，4，4﹣z ），＝（x ，0，﹣z ）．因为C 1E⊥EF，所以，即：z 2+4x ﹣4z ＝0，x ＝z ﹣．当z ＝2时，x 取得最大值为1．|AF|的最大值为1． 故选：B ．2.如图，已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为4，点H 在棱1AA 上，且11HA =，在侧面11BCC B 内作边长为1的正方形1EFGC ，P 是侧面11BCC B 内一动点，且点P 到平面11CDD C 距离等于线段PF 的长，则当点P 运动时，2||HP 的最小值是（ ）A ．21B ．22C ．23D ．25 【答案】B【解析】在1BB 上取点K ，使得11B K ＝，则HK ⊥面11BCC B ，连结PK ，则222216HP HK PK PK ＝＋＝＋．在平面11BCC B 上，以1CC 所在直线为x 轴，以GF 所在直线为y 轴，由题意可知，P 点轨迹为抛物线，其方程为221x y -＝，K 点坐标为()04，，设()P x y ，，则221x y =-（其中1[22371],x y ⎡⎤∈-∈⎢⎥⎣⎦，，，()22222421816615PK x y y y y y y =+-=-+-+=-+当17,223y ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦时，2min 6|PK ＝，故2min |16622HP ＝＋＝．3、如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 为BC 的中点,点P 在线段D 1E 上,点P 到直线CC 1的距离的最小值为__________.【答案】25类型三立体几何中动态问题中的面积、体积问题【例3】在棱长为6的正方体中，是中点，点是面所在的平面内的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（）A. 36B.C. 24D.【答案】B【指点迷津】求几何体体积的最值，先观察几何图形三棱锥，其底面的面积为不变的几何量，求点P到平面BCD的距离的最大值，选择公式，可求最值.【举一反三】1、《 九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早一千多年.例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵111ABC A B C -中，AC BC ⊥，若12A A AB ==，当阳马11B A ACC -体积最大时，则堑堵111ABC A B C -的体积为（ ）A ．83B ．2 C.2 D ．22 【答案】C2、【黑龙江省哈尔滨市第六中学2017届高三下学期第一次模拟】已知矩形ABCD 中， 6,4AB BC ==， ,E F 分别是,AB CD 上两动点，且AE DF =，把四边形BCFE 沿EF 折起，使平面BCFE ⊥平面ABCD ，若折得的几何体的体积最大，则该几何体外接球的体积为（ ） A. 28π B. 287π C. 32π D. 23π【答案】D3、【湖南省衡阳市2019届高三二模】如图，直角三角形，，，将绕边旋转至位置，若二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，，，分别为，，的中点，作面，作面，连，，易知点即为四面体的外接球心，，，.设，，则，，，.【处理一】消元化为二次函数..【处理二】柯西不等式..所以.类型四立体几何中动态问题中的轨迹问题【例4】如图直三棱柱中，为边长为2的等边三角形，，点、、、、分别是边、、、、的中点，动点在四边形内部运动，并且始终有平面，则动点的轨迹长度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为分别为的中点，所以，，所以平面，平面，又因为,所以平面平面，要使平面，则平面，所以点的轨迹为线段，点的轨迹长度为.故本题正确答案为.【指点迷津】由已知可知平面平面，要始终有平面，点M为定点，所以点P的轨迹为线段HF，求其长度即可.【举一反三】1、【安徽省安庆市2019届高三二模】如图，正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，一只蚂蚁从点出发沿每个侧面爬到，路线为，则蚂蚁爬行的最短路程是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为，宽为，则其对角线的长为最短程. 因此蚂蚁爬行的最短路程为.故选:A.2、在正方体1111ABCD A B C D 中，已知点P 为平面11AA D D 中的一个动点，且点P 满足：直线1PC 与平面11AA D D 所成的角的大小等于平面PBC 与平面11AA D D 所成锐二面角的大小，则点P 的轨迹为（ ） A ．直线 B ．椭圆 C ．圆 D ．抛物线 【答案】DF E P C 1B 1D 1A 1DCBA z yx3、已知平面平面，，且.是正方形，在正方形内部有一点，满足与平面所成的角相等，则点的轨迹长度为 ( ) A. B. C.D.【答案】 C【解析】根据题意，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图1所示，则，，设，易知直线与平面所的角分别为，均为锐角，类型五 立体几何中动态问题中的翻折、旋转问题【例5】如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成A CD '∆，所成二面角A CDB '--的平面角为α，则（ ）A.A DB α'∠≤B.A DB α'∠≥C. A CB α'∠≤D.A CB α'∠≤【答案】B. 【解析】试题分析：设ADC θ∠=，设2AB =，则由题意1AD BD ==，在空间图形中，设A B t '=，在A CB '∆中，2222222112cos 22112A D DB AB t t A DB A D DB '+-+--'∠==='⨯⨯⨯，在空间图形中，过A '作AN DC ⊥，过B 作BM DC ⊥，垂足分别为N ，M ， 过N 作//NP MB ，连结A P '，∴NP DC ⊥，则A NP '∠就是二面角A CD B '--的平面角，∴A NP α'∠=，在Rt A ND '∆中，cos cos DN A D A DC θ''=∠=，sin sin A N A D A DC θ'''=∠=，【举一反三】1、【四川省宜宾市2019届高三二诊】已知棱长都为2的正三棱柱的直观图如图，若正三棱柱绕着它的一条侧棱所在直线旋转，则它的侧视图可以为A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，四个选项高都是2，若侧视图为A，中间应该有一条竖直的实线或虚线．若为C，则其中有两条侧棱重合，不应有中间竖线．若为D，则长应为，而不是1．故选：B．2.【重庆市南开中学2019届高三三月测试】如图，在正方形中，，分别为线段，上的点，，．将绕直线、绕直线各自独立旋转一周，则在所有旋转过程中，直线与直线所成角的最大值为________．【答案】【解析】由题绕直线、绕直线各自独立旋转一周，形成两个圆锥体，AB和DF成为圆锥的母线，所以无论怎么旋转，都有，．利用几何体性质得：最大角是AB与BE的对称直线B和DF关于直线CD的对称直线D在同一平面内时所成角，为故答案为3.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.【答案】415【解析】三．强化训练一、选择题1. 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是边AA1，CC1上的中点，点M是BB1上的动点，过点E，M，F的平面与棱DD1交于点N，设BM＝x，平行四边形EMFN的面积为S，设y＝S2，则y关于x的函数y＝f(x)的图象大致是( )A．B． C．D．【答案】A【解析】由对称性易知四边形为菱形，，，．为二次函数，开口向上，顶点为.故选：．2、某圆柱的高为1，底面周长为8，其三视图如图所示圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】根据几何体的三视图如图所示：由于底面周长为8，得到，解得，所以点M 到N 在下底面上的射影的弧长为，把圆柱的侧面展开得到从M 到N 的路径中的最小值为．故选：C ．3、如图，等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于G ，已知ED A '∆是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是（ ）A ．动点A '在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．恒有平面GF A '⊥平面BCDEC ．三棱锥EFD A -'的体积有最大值 D ．异面直线E A '与BD 不可能垂直【答案】D4.【河南省郑州市第一中学2019届高三上期中】在三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】解：如图所示：三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则：当时，线段达到最小值，由于：平面，所以：，解得：，所以：，则：，由于：，所以：则：为等腰三角形．所以：，在中，设外接圆的直径为，则：，所以：外接球的半径，则：，故选：C．5．【河南省郑州市2019年高三第二次质量检测】在长方体中，，，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】补全截面EFG为截面EFGHQR如图，其中H、Q、R分别为、的中点，易证平面ACD1∥平面EFGHQR，∵直线D1P与平面EFG不存在公共点，∴D1P∥面ACD1，∴D1P面ACD1，∴P∈AC，∴过P作AC的垂线，垂足为K，则BK=,此时BP最短，△PBB1的面积最小，∴三角形面积的最小值为，故选：C．6.【上海交通大学附属中学2019届高三3月月考】如图，已知三棱锥，平面，是棱上的动点，记与平面所成的角为，与直线所成的角为，则与的大小关系为（）A．B．C．D．不能确定【答案】C【解析】如图所示：∵PA⊥平面ABC，∴PD与平面ABC所成的角=∠PDA,过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接PE，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∴BC⊥平面PAE，∴BC⊥PE,在Rt△AED，Rt△PAD，Rt△PED中：cos，cos，cos，∴cos cos cos< cos,又均为锐角，∴，故选C.7．如图，在等腰中，，M为的中点，沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为，则二面角的大小为（）A．30°B．60°C．90°D．120°【答案】D【解析】∵等腰直角△BC中，B＝BC＝2，M为C中点，∴折之前C2，BM⊥C，∴折之后AM＝CM，AM⊥BM，CM⊥BM，∴∠AMC是二面角C﹣BM﹣A的平面角，∵折后A，C间的距离为，由余弦定理得cos∠AMC＝，∵∠AMC∴二面角C﹣BM﹣A的大小为，即为120°故选：D．二、填空题8.【安徽省蚌埠市2019届高三第一次检查】如图所示，正方体的棱长为2，E，F为，AB的中点，M点是正方形内的动点，若平面，则M点的轨迹长度为______．【答案】【解析】如图所示，取的中点，的中点，连接，，，．可得：四边形是平行四边形，.同理可得：．．平面平面，点是正方形内的动点，若平面.点在线段上．点的轨迹长度．故答案为．9．已知正方体的棱长为，点为线段上一点，是平面上一点，则的最小值是______________________；【答案】【解析】解：当取得最小时，点必定是点在平面上的射影，即在上.与在二面角的两个面内，为此将绕旋转90°，使得平面与平面在同一平面内，由，故当共线且与垂直时，取得最小.在平面内，因为所以，，又，所以与都是等腰直角三角形，所以得到=，故的最小值为.10、【2017课标3，理16】a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最小值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③ 【解析】试题分析：由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，在底面内可以过点B ，作BD a ，交底面圆C 于点D ，如图所示，连结DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴，连结AD ，等腰△ABD 中，2AB AD == ,当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=，故2BD =，又在BDE Rt △中，2,2BE DE =∴=，学科&网过点B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连结AF ，由圆的对称性可知2BF DE == ,ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由最小角定理可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，直线AB 与a 所成的最大角为90°，④错误. 正确的说法为②③. 学科&网11．【2019届湘赣十四校高三联考第二次考试】如图，正三棱锥的高，底面边长为4，，分别在和上，且，当三棱锥体积最大时，三棱锥的内切球的半径为________．【答案】【解析】设，，当时，取得最大值，此时为中点，经过点，且，，所以可求，，因此易求，，，，又∵，∴.12．【河南省六市2019届高三第一次联考】如图，是等腰直角三角形，斜边，D为直角边BC 上一点不含端点，将沿直线AD折叠至的位置，使得在平面ABD外，若在平面ABD 上的射影H恰好在线段AB上，则AH的取值范围是______．【答案】【解析】解：在等腰中，斜边，D为直角边BC上的一点，，，将沿直AD折叠至的位置，使得点在平面ABD外，且点在平面ABD上的射影H在线段AB上，设，，，，平面ABC，，当时，B与D重合，，当时，，为直角边BC上的一点，，的取值范围是故答案为：13．【陕西省榆林市2019届高考模拟第三次测试】如图，是边长为2的正方形，其对角线与交于点，将正方形沿对角线折叠，使点所对应点为，.设三棱锥的外接球的体积为，三棱锥的体积为，则__________．【答案】【解析】由题,易知三棱锥的外接球的球心为，∴，∴，到底面的距离为，∴，∴.故答案为14．【河南省洛阳市2018-2019学年高中三第二次统考】正四面体中，是的中点，是棱上一动点，的最小值为，则该四面体内切球的体积为_____.【答案】【解析】如下图，正方体中作出一个正四面体将正三角形和正三角形沿边展开后使它们在同一平面内，如下图：要使得最小，则三点共线，即：，设正四面体的边长为，在三角形中，由余弦定理可得：，解得：，所以正方体的边长为2，正四面体的体积为：，设四正面体内切球的半径为，由等体积法可得：，整理得：，解得：，所以该四面体内切球的体积为.15．【江西省吉安一中、九江一中、新余一中等八所重点中学2019届高三4月联考】如图，已知多面体的底面是边长为的正方形，平面，且，现将以直线为轴旋转一周后，则直线与动直线所成角的范围__________．【答案】【解析】画出图像如下图所示，将平移到的位置，点在以为圆心，半径为的圆上运动.则就是所求线线角，根据三角形中，大角对大边，为定值，故最值由来确定，故当在处线线角最小，在处线线角最大.由于，故.而，故，所以.而，故.所以所求线线角的取值范围是.16．在三棱锥中，,分别为棱和棱上的动点，则△的周长范围___________.【答案】【解析】三棱锥如图：把三棱锥A﹣BCD的侧面展开如图，∵△△，∴, ∴B,A,共线，此时两点间的连接线即是△的周长的最小值8，但此时E，F重合于A，不能构成三角形，所以取不到8．由图观察，当分别在棱和棱上由A向下移动时，的长度先变小，移动至分别与AD，AC 垂直时，的长度最小，再向下移动逐渐变大，所以△的周长最大为=15,故答案为.。
SXB030高考数学必修_立体几何动态问题
立体几何动态问题近几年来，动态立体几何问题越来越受到高考命题者的喜爱．这类问题渗透了一些动态的点、线、面、体及有关元素变化的位置关系，给静态的几何题赋予了活力，题意新颖，灵活，具有挑战性，能很好地考查学生的空间想象能力及逻辑思维能力，能体现试题的区分度． 1 定性分析 动中求静动态立体几何题在变化过程总蕴含着某种不变的因素，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． 1．1 折展问题----寻找不变的角与边例1 在正三角形ABC 中，E 、F 、P 分别是AB 、AC 、BC 边上的点，满足AE:EB ＝CF:FA ＝CP:PB ＝1:2（如图1）．将△AEF 沿EF 折起到EF A 1∆的位置，使二面角A 1－EF －B 成直二面角，连结A 1B 、A 1P （如图2）． （Ⅰ）求证：A 1E ⊥平面BEP ；（Ⅱ）求直线A 1E 与平面A 1BP 所成角的大小； （Ⅲ）略． 解 不妨设正三角形ABC 的边长为3． （Ⅰ）在图1中，取BE 中点D ，连结DF ． AE ：EB=CF ：FA=1：2，∴AF=AD=2而∠A=600，∴△ADF 是正三角形，又AE=DE=1， ∴EF ⊥AD ．在图2中，A 1E ⊥EF ， BE ⊥EF ， ∴∠A 1EB 为二面角A 1－EF －B 的平面角．由题设条件知此二面角为直二面角，A 1E ⊥BE ，又BE EF E =∴A 1E ⊥平面BEF ，即 A 1E ⊥平面BEP ．（Ⅱ）在图2中，A 1E 不垂直A 1B ， ∴A 1E 是平面A 1BP 的垂线，又A 1E ⊥平面BEP ，∴A 1E ⊥BE ．从而BP 垂直于A 1E 在平面A 1B P 内的射影（三垂线定理的逆定理）．设A 1E 在平面A 1B P 内的射影为A 1Q ，且A 1Q 交BP 于点Q ，则∠E 1AQ 就是A 1E 与平面A 1B P 所成的角，且BP ⊥A 1Q ．在△EBP 中， BE=EP=2而∠EBP=600， ∴△EBP 是等边三角形．又 A 1E ⊥平面BEP ， ∴A 1B=A 1P ， ∴Q 为BP 的中点，且3EQ =，又A 1E=1，在Rt △A 1EQ 中，11tan 3EQ EA Q A E∠==，∴∠EA 1Q=60o， ∴直线A 1E 与平面A 1B P 所成的角为600．（Ⅲ）略．评注 图形的折叠和展开问题一直是高考的常规题型．解决问题的关键是要抓住折、展前后的不变量（角与线段长），达到以静制动的效果．不变元素可结合原平面图中求解，变化了的元素应在折后立体图形中来求证．1．2 动态几何体的体积问题----寻找不变的底面与高例2 已知1111ABCD A B C D -是棱长为a 的正方体，P 是11A D 上的定点，Q 是11C D 上的动点，长为b （b 是常数，0<b<a ）的线段EF 在棱AB 上滑动，则四面体PQEF 的体积是⇒图 1 图 2（A ）常量 （B ）变量且有最大值 （C ）变量且有最小值 (D)变量且有最大值也有最小值分析 以P 为顶点，∆EFQ 为底面考察四面体PQEF 的体积．底面∆EFQ 底EF 长一定，高即平行线AB 、11C D 间的距离，因此EFQ S ∆确定;又定点P 到底面EFQ 的距离即P 到定平面11ABC D 的距离（定值），即高也是确定的，所以四面体PQEF 的体积是常量．评注 研究动态三棱锥的体积是否确定，应选一个合适的底面或顶点，看底面积与高是不是确定．另外，还可考察以PEF 为底面、Q 为顶点的三棱锥，同样可以获解．1．3 动态轨迹问题----回归定义，寻找定点与定直线例 3 在三棱柱111C B A ABC -中，二面角B CC A --1的大小为030，动点M 在平面11A ACC 上运动，且M 到平面11B BCC 的距离MA d 31=，则点M 的轨迹为 （ ）（A ）直线 （B ） 椭圆 （C ）双曲线 （ D ）抛物线分析 在关系式MA d 31=中很容易联想到圆锥曲线的第二定义．因M 是动点，A 是定点，所以想到如何把点M 到面11B BCC 的距离d 转化为点M 到某定直线的距离．难点是找此定直线（此定直线必在面11A ACC 内）．结合作二面角B CC A --1的平面角去发现．作MG ⊥面11B BCC 于G ，在面11B BCC 内作GP ⊥1CC 于P ，连MP ，则MP ⊥1CC ，所以∠MPG 是二面角B CC A --1的平面角，为030．MA d 31=，322MA d =，∴312MA MP =>．说明在面11A ACC 内，动点M 到定点A 的距离与到定直线1CC 的距离之比是一个大于1的常数，因此点M 的轨迹是双曲线．评注 立体几何中的轨迹问题，往往会想到用圆锥曲线的第二定义去解决．关键是要找到有关的定点与相应的定直线．动点轨迹问题是高考立体几何“动态”问题最为新颖的一种命题形式，它体现了在立体几何与解析几何的知识交汇处设计题目．1．4 折线长最值问题----化立体为平面，以直代曲例4 如图5，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 ＋PA 1的最小值是___________．分析 连A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开与△A 1BC 1在同一个平面内，如图6所示．显然，静态线段A 1C 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 ＝52．评注 求折线长最小或求几何体表面上线段长最小值时，常将立体图形展开成平面图形，以直代曲．这种命题的意图是体现了化空间为平面的思想，是考察立体几何问题中最基本的化归思想．本题也可以建立目标函数利用导数求图 4 图 3PC 11A 1C AB图 5 CB最小值，但较复杂．1．5 探究性定位问题----逆向思考，分析法探索定位探究性定位问题，是未知其中一个条件，而结论明确的．思考方法是先采用分析法探索，即从结论去考虑，寻求使结论成立的充分条件或将结论不断地实施等价转化．例5如图7，在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点． (I)试确定点F 的位置，使得D 1E ⊥平面AB 1F ；(II)略．分析 （I ）从结论分析．要使D 1E ⊥平面AB 1F 成立，须D 1E ⊥AB 1， D 1E ⊥AF ， D 1E ⊥B 1F 至少要二个成立．一方面，要证D 1E ⊥AB 1，只需证D 1E 在面ABB 1A 1上的射影A 1B ⊥AB 1，显然成立．另一方面，要证D 1E ⊥AF ，只需证D 1E 在面ABCD 的射影DE ⊥AF ．∴当且仅当F 是CD 的中点时，DE ⊥AF ，即当点F 是CD 的中点时，D 1E ⊥平面AB 1F ． 评注 探究性定位问题主要是考查学生的逻辑推理能力、分析解决问题能力，考查要求较高，是命题者设计试题区分度的一个亮点．当然，若用向量，通过定量计算（见下面），可以提高学生的得分率． 2 特殊取胜 以动制动求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围．例6如图8，正四面体ABCD 的棱长为1，棱AB ∥平面α，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是 ．分析 将正四面体按顺时针方向旋转一周，可以发现当CD ∥平面α时， CD 在平面内的射影（记为GH ）最长， 面积也就最大，为11112222AGBH S AB GH GH CD =⋅===四边形; 随着CD 按顺时针方向旋转的过程中， CD 在平面内的射影越来越短，当CD ⊥α时， C 、D 在平面的射影重合，所得射影的图形为以AB 为底， 异面直线AB 与CD 之间的距离为高的三角形． 此时面积达到最小，即为2．从而正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是21[,]42． 评注 本题设计巧妙，图形的动态性极强，对空间想象能力的要求较高，求解难点是如何在动态图形下，找到取得最值的二个极端位置． 3 定量计算 化动为静对于探究存在性问题或动态范围（最值）问题，用定性分析比较难或繁时，可以引入参数，把动态问题化归为静态问题．具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证． 3．1 构建方程 例7如图9，在棱长为1的正方体1111D C B A ABCD -中，p 是侧棱1CC 上的一点，m CP =．（Ⅰ）试确定m ，使得直线AP 与平面11B BDD 所成角的正切值为23；jPO 1D 1C 1B 1A 1DC zy图 8A B CD A 1B 1C 1D 1EF 图 7（Ⅱ）在线段11C A 上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，Q D 1在平面1APD 上的射影垂直于AP ．并证明你的结论．解 (Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，P(0，1，m)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，B 1(1，1，1)，D 1(0，0，1)，所以1(1,1,0),(0,0,1),(1,1,),(1,1,0).BD BB AP m AC =--==-=-又由10,0AC BD AC BB ⋅=⋅=知，AC 为平面11BB D D 的一个法向量．设AP 与平面11BB D D 所成的角为θ，则sin cos()22AP AC AP ACπθθ⋅=-==⋅．依=解得13m=． 故当13m =时，直线AP 与平面11BB D D 所成的角的正切值为 （Ⅱ）若在A 1C 1上存在这样的点Q ，设此点的横坐标为x ，则Q(x ，1－x ，1)，1(,1,0)DQ x x =-．依题意，对任意的m 要使D 1Q 在平面APD 1上的射影垂直于AP ，等价于D 1Q ⊥AP 110(1)0.2AP D Q x x x ⇔⋅=⇔-+-=⇔=即Q 为A 1C 1的中点时，满足题设要求． 评注 本题是通过向量方法来构建方程，使动态问题转化为相对静止问题，以算代证使问题得解．本题还可以用传统方法求解． 3．2 构建函数例8 如图10，在三棱锥V ABC -中，VC ⊥底面ABC ，AC BC ⊥，D 是AB 的中点，且AC BC a ==，VDC θ∠=π02θ⎛⎫<<⎪⎝⎭． （I ）求证：平面VAB ⊥VCD ；（II ）当解θ变化时，求直线BC 与平面VAB 所成的角的取值范围． 分析 （Ⅰ）略．(II)构建线BC 与平面VAB 所成的角的有关三角函数与θ有关三角函数的关系式，根据π02θ<<，从而求得线BC 与平面VAB 所成的角的取值范围． 以CACB CV ，，所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(000)(00)(00)000tan 222a a C A a B a D V θ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，，，，，，，，于是，tan 222a a VD a θ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，，(0)AB a a =-，，． 设直线BC 与平面VAB 所成的角为ϕ，平面VAB 的一个法向量为()x y z =，，n ，则由00AB VD ==，n n ··．得0tan 0222ax ay a a x y az θ-+=⎧⎪⎨+-=⎪⎩，． 可取)θ=n ，又(00)BC a =-，，，于是sin BC BCa ϕθ===n n ···， π02θ<<∵，0sin 1θ<<∴，0sin ϕ<<．又π02ϕ≤≤，π04ϕ<<∴．即直线BC 与平面VAB 所成角的取值范围为π04⎛⎫ ⎪⎝⎭，．评注 与例7相仿，本题是通过向量方法来构建函数，使动态问题转化为相对静止问题．向量的介入，通过定量计算，解决动态问题变得容易操作．本题还可以用传统方法求解．图 10。
立体几何的动态问题翻折问题
立体几何的动态问题之二———翻折问题立体几何动态问题的基本类型：点动问题；线动问题；面动问题；体动问题；多动问题等一、面动问题（翻折问题）：（一）学生用草稿纸演示翻折过程: （二）翻折问题的一线五结论.D F A E ⊥一线：垂直于折痕的线即五结论：1）折线同侧的几何量和位置关系保持不变；折线两侧的几何量和位置关系发生改变； 2--D H F D H F ''∠）是二面角的平面角；3D D F '）在底面上的投影一定射线上；二、翻折问题题目呈现：（一）翻折过程中的范围与最值问题1、（2016年联考试题）平面四边形ABCD 中，CD=CB=且A D A B ⊥，现将△ABD 沿对角线BD 翻折成'A B D ∆，则在'A B D ∆折起至转到平面BCD 的过程中，直线'A C 与平面BCD 所成最大角的正切值为_______ .解：由题意知点A 运动的轨迹是以E 为圆心,EA 为半径的圆，当点A运动到与圆相切的时候所称的角最大，所以ta n '3A CB ∠=【设计意图】加强对一线、五结论的应用，重点对学生容易犯的错误12进行分析，找出错误的原因。
2、2015年10月浙江省学业水平考试18）.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DABECDABC4) ''D H D H 点的轨迹是以为圆心，为半径的圆；5A D 'E A E .）面绕翻折形成两个同底的圆锥CA.(,)63ππB. (,]62ππC. (,]32ππD. 2(,)33ππ分析：这是一道非常经典的学考试题，本题的解法非常多，很好的考查了空间立体几何线线角的求法。
方法一：特殊值法（可过F 作FH 平行BE,找两个极端情形） 方法二：定义法：利用余弦定理：222254c o s 243F HF CC HF H C C HF H F C+-∠==-，有344C H ≤≤11c o s ,22C F H ⎡⎤∴∠∈-⎢⎥⎣⎦异面直线BE 与CF 所成角的取值范围是(,]32ππ 方法三：向量基底法：111()()222B E FC B A BD F C B A F C B F F A F C=+==+111c o s ,c o s ,,222B E F C F C F A ⎡⎤<>=<>∈-⎢⎥⎣⎦方法四：建系：3、（2015年浙江·理8）如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成A CD '∆，所成二面角A CDB '--的平面角为α，则 （ B ）A. A DB α'∠≤B. A DB α'∠≥C. A CB α'∠≥D. A CB α'∠≤方法一：特殊值方法二：定义法作出二面角，在进行比较。
立体几何中的动态问题
ʏ江苏省泰州市姜堰区蒋垛中学 李 杰立体几何中的动态 问题,是指空间图形中的某些点㊁线㊁面的位置是不确定或可变的一类开放性问题,因其中某些点㊁线㊁面的位置不确定,往往成为同学们进行常规思考与转化的障碍㊂但又因其是可变的㊁开放的,更有助于同学们空间想象能力㊁综合思维能力与创新应用能力等的培养,成为高考数学试卷中创新命题的一个方向,备受各方关注㊂一㊁位置的确定问题图1例1 如图1,在梯形A B C D 中,A B ʊC D ,øB C D =2π3,四边形A C F E 为矩形,且C F ʅ平面A B C D ,A D =C D =B C =C F =1㊂(1)求证:平面E F D ʅ平面B C F ;(2)点M 在线段E F 上运动,求当点M 在什么位置时,平面M A B 与平面F C B 所成锐二面角的余弦值为34㊂解析:(1)因为A D =C D =B C ,A B ʊC D ,øB C D =2π3,所以øA D C =2π3,øD C A =øD A C =π6,则有øA C B =π2,所以A C ʅB C ㊂因为C F ʅ平面A B C D ,A C ⊂平面A B C D ,所以A C ʅC F ㊂又C F ɘB C =C ,C F ,B C ⊂平面B C F ,则A C ʅ平面B C F ㊂而E F ʊA C ,所以E F ʅ平面B C F ㊂而E F ⊂平面E FD ,所以平面EF D ʅ平面B C F ㊂(2)以C 为坐标原点,C A ,C B ,C F 所在图2直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图2所示的空间直角坐标系C -x yz ㊂由于A D =C D =B C =C F =1,则A B =2,结合余弦定理有A C 2=A B 2+B C 2-2A B ㊃B C ㊃c o sπ3=3,所以A C =3,则E F=A C =3㊂设F M =λ(0ɤλɤ3),则C (0,0,0),A (3,0,0),B (0,1,0),M (λ,0,1),所以A B ң=(-3,1,0),B M ң=(λ,-1,1)㊂设n =(x ,y ,z )为平面M A B 的一个法向量,则n ㊃A B ң=-3x +y =0,n ㊃B M ң=λx -y +z =0,令x =1,得n =(1,3,3-λ)㊂易知m =(1,0,0)为平面F C B 的一个法向量,所以|c o s <m ,n >|=|m ㊃n ||m ||n |=11ˑ1+3+(3-λ)2=34,解得λ=533或33,而0ɤλɤ3,所以λ=33,所以F M E F =13,即M 在线段E F 靠近点F 的三等分点处时,平面M A B 与平面F C B 所成锐二面角的余弦值为34㊂点评:要确定立体几何中的 动态 问题中对应动点的位置,合理引入参数,结合线段长度的变量,从代数的视角切入,利用向量的数量积加以转化,通过合理的逻辑推理与数学运算来求解对应的参数值,进而得以确定相应动点的位置情况㊂以 数 的运算形式来确定 形 的动态变化情况㊂二㊁轨迹的判定问题图3例2 如图3所示,在正方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,A B =2,E 为棱D D 1的中点,F 是正方形C D D 1C 1内部(含边界)的一个动点,且B 1F ʊ平面A 1B E ㊂(1)求动点F 的轨迹长度;(2)求平面A 1B E 与平面A B C D 夹角的71解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月正切值㊂图4解析:(1)如图4,取C 1C的中点为P ,C 1D 1的中点为Q ,连接B 1P ,B 1Q ,P Q ㊂由于B 1P ʊA 1E ,B 1P ⊄平面A 1B E ,A 1E ⊂平面A 1B E ,所以B 1P ʊ平面A 1B E ㊂同理,证得P Q ʊ平面A 1B E ㊂而P Q ɘB 1P =P ,所以平面B 1P Q ʊ平面A 1B E ㊂而B 1F ʊ平面A 1B E ,所以B 1F ⊂平面B 1P Q ㊂而F ɪ平面C D D 1C 1,则知F ɪP Q ,即动点F 的轨迹为线段P Q ㊂而P Q =12C D 1=2,所以动点F 的轨迹长度为2㊂(2)由于平面A B C D ʊ平面A 1B 1C 1D 1,平面B 1P Q ʊ平面A 1B E ,所以平面A 1B E 与平面A B C D 的夹角即为平面A 1B 1C 1D 1与平面B 1P Q 的夹角㊂而平面A 1B 1C 1D 1与平面B 1P Q 的交线为B 1Q ,过点C 1作C 1H ʅB 1Q ,交B 1Q 于点H ,如图4,设H Q =a ,则1-a 2=4-(5-a )2,解得a =55㊂同理,过点P 作P G ʅB 1Q ,交B 1Q 于点G ,可得Q G =55,即点H 与点G 重合㊂所以øC 1H P 为所求二面角的平面角,则有t a n øC 1H P =C 1P C 1H =11-a2=52㊂点评:要判定立体几何中的 动态 问题中对应动点的轨迹及其相应问题,关键是结合立体几何中动点的变化规律,合理挖掘内涵,通过定义法㊁直接法㊁性质法及建系法等来分析与处理,进而得以解决㊂此类问题契合高考命题 在知识网络交汇处 的指导精神,外观上有着 看似立体几何,又似解析几何 的特点,成为高考命题中考查数学知识㊁数学能力与核心素养的好素材㊂图5三、最值的求解问题例3 如图5,在四面体A B C D 中,所有的面都是直角三角形,侧棱A B ʅ底面B C D ㊂(1)若A B =1,BC =2,C D图6=1,试求异面直线A C 与B D 所成角的余弦值㊂(2)如图6,若B D ʅC D ,A B =B D =C D =2,点P 在棱A C 上运动㊂试求әP B D 面积的最小值㊂解析:(1)如图7,以D B ,D C 为邻边作图7平行四边形B D C E ,连接A E ,则异面直线A C 与B D 所成的角为øA C E 或其补角㊂当B C ʅC D 时,A B =1,B C =2,C D =B E =1,由题可知,A E =A B 2+B E 2=12+12=2,A C =A B 2+B C 2=12+22=5,E C =B D =B C 2+C D 2=22+12=5,在әA C E 中,由余弦定理得c o søA C E =A C 2+E C 2-A E 22A C ˑE C =45,所以异面直线A C 与B D 所成角的余弦值为45㊂当B D ʅD C 时,A E =A B 2+B E 2=12+12=2,A C =A B 2+B C2=12+22=5,E C =B D =B C 2-C D 2=22-12=3,在әA C E 中,由余弦定理得c o s øA C E =A C 2+E C 2-A E 22A C ˑE C =155,所以异面直线A C 与B D 所成角的余弦值为155㊂综上可知,异面直线A C 与B D 所成角的余弦值为45或155㊂图8(2)如图8,作P Q ʅB C 于点Q ,Q M ʅB D 于点M ,连接P M ㊂在әA B C 中,因为A B ,P Q 都垂直于B C ,所以A B ʊP Q ,所以P Q ʅ平面B C D ㊂又B D ⊂平面BCD ,所以P Q ʅB D ㊂又因为Q M ʅB D ,P Q ɘQ M =Q ,P Q ,Q M ⊂平面P Q M ,所以B D ʅ平面P Q M ㊂又P M ⊂平面P Q M ,所以P M ʅB D ㊂81 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月设C Q =x ,C B =B D 2+C D 2=22,由P Q A B =C Q C B ,即P Q 2=x 22,得P Q =22x(0ɤx ɤ22)㊂在әB C D 中,由B Q B C =Q M C D ,即22-x22=Q M 2,得Q M =22-x2㊂在R t әP Q M 中,P M =P Q 2+Q M 2=x 22+(22-x )22=x 2-22x +4=(x -2)2+2ȡ2,当且仅当x =2时等号成立㊂所以S әP B D =12B D ㊃P M ȡ12ˑ2ˑ2=2,即әP B D 面积的最小值为2㊂点评:要求解立体几何中的 动态 问题中对应最值的问题,往往是利用动态问题中的不确定性,借助其中某一元素的变量来合理建立对应的函数关系式,利用函数㊁导数㊁基本不等式等知识来确定相应的最值,从而为确定空间几何体的长度㊁角度㊁表面积㊁体积等的最值问题指明方向,借助代数运算来迁移对应的逻辑推理㊂在实际解决立体几何中的 动态 问题时,经常借助逻辑推理进行推理论证,而当用逻辑推理的定性分析难度比较大或烦琐时,往往可以引进相关的参数,通过构建对应的方程㊁函数或不等式等进行代数定量计算,以算促证,巧妙破解,实现动态问题的代数 静 态转化与应用㊂(责任编辑 王福华)基于平面图形翻折 融入立体几何应用ʏ江苏省高邮中学 杨 欢基于平面图形翻折成立体几何问题,是立体几何应用中的一类重要题型,借助平面图形的翻折,由 二维 上升到 三维 ,进而依托平面图形的一些信息与关系来确定空间图形中的位置关系㊁数量关系等问题㊂具体解题时,要仔细审视由平面图形的 二维空间 翻折成立体图形的 三维空间 这一升维过程中,相应的边㊁角等数量,以及对应的平行㊁垂直等几何特征的变化规律,特别注意相应的点㊁直线㊁平面间的位置关系,以及线段的长度㊁角度的变化等情况,结合具体问题进行逻辑推理与数学运算㊂一、翻折过程中线面关系的判定对于平面图形的翻折,关键是合理构建翻折后的空间几何图形,从中识别对应的空间几何体的结构特征,并确定对应图形的点㊁线㊁面等要素之间的关系,通过合理的平行㊁垂直等关系进行逻辑推理与判定㊂图1例1 如图1,在矩形A B C D 中,满足A B =2A D ,E 是A B 的中点,沿D E 将әA D E 折起到әA 1D E ㊂(1)如果二面角A 1-D E -C 是直二面角,求证:A 1B =A 1C ;(2)如果A 1B =A 1C ,求证:平面A 1D E ʅ平面B C D E ㊂分析:(1)根据题设条件,在平面图形的翻折过程中,通过辅助线的构建,过点A 1作A 1M ʅD E 于点M ,利用线面垂直的转化来确定线线垂直,进而利用线面垂直的判定及线线垂直的转化来证明两线段的长度相等;(2)取BC 的中点为N ,从平面几何图形的结构特征入手,将线线垂直转化为线面垂直,进一步过渡得以证明面面垂直㊂图2解:(1)如图2,过点A 1作A 1M ʅD E 于点M ,则A 1M ʅ平面B C D E ,所以A 1M ʅB C ㊂又A 1D =A 1E ,则M 是D E 的中点㊂取B C 的中点为N ,连接MN ,A 1N ,则MN ʅB C ㊂又A 1M ʅB C ,A 1M ɘMN =M ,所以B C ʅ平面A 1MN ,即A 1N ʅB C ㊂又N 是B C 的中点,所以A 1B =A 1C ㊂(2)取B C 的中点为N ,连接A 1N ,由于A 1B =A 1C ,可得A 1N ʅB C ,取D E 的中点91解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月。
2024版高考数学总复习：立体几何思维深化微课堂立体几何中的动态问题课件
5
5
.因为cos α
× 5×d＝
类型三
例3
求最值问题
如图，平面ACD⊥α，B为AC的中点，|AC|＝2，∠CBD＝60°，
P为α内的动点，且点P到直线BD的距离为 3，则∠APC的最大值为
(
A．30°
B．60°
C．90°
D．120°
)
[思维架桥] 由题意知空间中到直线BD的距离为 3的点构成一个圆
柱面，它与平面α的相交面是一个椭圆面，即点P的轨迹是一个椭
圆．由椭圆上的点关于两焦点的张角在短轴的端点取得最大值，可
求得答案．
B
解析：因为点P到直线BD的距离为 3，所以空间中到直线BD的
距离为 3的点构成一个圆柱面，它和平面α相交得到一个椭圆，即
点P在α内的轨迹为一个椭圆，B为椭圆的中心，b＝
3
3，a＝
面A1DE的一个法向量为n＝(2，1，－2)．设M(x，2，z)，则＝(x
－2，2，z)．由·n＝0，得2(x－2)＋2－2z＝0，所以x－z＝1，
故点M的轨迹为以BC，BB1的中点为端点的线段，长为 2.故选B．
[应用体验]
如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正
2
2
B．1
D． 2
C．2
D
)
解析：因为当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，
1
1
所以tan∠DMD1＝
＝ 2＝
1
2
2是最大值．故选D．
迹长度为(
)
π
A．
4
B． 2
C．2
D．π
[思维架桥]
建立空间直角坐标系，设点M(x，2，z)，求出平面
微专题 立体几何中的动态问题 2023高考数学二轮复习课件
动点，其轨迹就是圆心为 B，半径为 r＝ 33的圆在正方形
BCC1B1 内(含边界)的部分，如图所示．动点 P 到 B 的距离为常数，r＝ 33＜1，
故选 B.
目录
|技法点拨|
探究动态轨迹形状的方法
目录
角度二 求轨迹某些数量值
【例3】 如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E， F分别为AA1，AB的中点，M是正方形ABB1A1内的动点， 若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为_____2___． 解析 如图所示，取 A1B1 的中点 H，B1B 的中点 G，连接 GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形 EGC1D1 是平行四 边形，所以 C1G∥D1E.同理可得 C1H∥CF.因为 C1H∩C1G ＝C1，所以平面 C1GH∥平面 CD1EF.由 M 点是正方形 ABB1A1 内的动点可知，若 C1M∥平面 CD1EF，则点 M 在 线段 GH 上，所以 M 点的轨迹长度 GH＝ 12＋12＝ 2.
60°＝ 22，因为 cos2θ＋sin2θ＝1，所以 cos β＝ 22|cos θ|＝21，因为 β∈[0°， 90°]，所以 β＝60°，即此时直线 AB′与 b 的夹角为 60°，所以 B 正确，A 错误.
目录
02
类型2 动态下动点的轨迹问题
目录
角度一 探究轨迹形状
【例 2】 已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1，动点 P 在正方体的侧面
解析：法一(建平面直角坐标系)：取B1B的中点O，以O为原点， 建立如图(1)所示的平面直角坐标系，其中x轴∥BC，y轴∥AB.
设正方体的棱长为1，由于E在A1B1上，F在BC上，所以EF的
中点P必在该直角坐标平面内．
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主要包括： 空间动点轨迹的判断， 求轨迹的长度及动角的范围等; 求解方法一般根据圆锥曲线的定义判断动点轨迹是什么样的曲线；利用空间向量的坐标运算 求轨迹的长度等.一、常见题目类型间直角坐标系 Dxyz ，如图1所示，贝y B （2, 1, 0）, C （0, 2, 0），设M （x , MB , MC 与平面ADEF 所成的角分别为 / AMB ，/DMC ，均为锐角，且 / AMB = / DMC ，所以 sin ZAMB = sin /DMC ?臂=CD ，即 2MB = MC ,因此 2、/ (2 — x ) 2+i 2+ z 2=寸x 2+ 22+ z 2, MBMC ' '[SED （优质试题 金华十校高考模拟）在正方体ABCD-A i B i C i D i 中，点 M 、N 分别是直线 CD 、AB 上的动点，点 卩是^ A i C i D 内的动点（不包括边界），记直线 D i P 与MN 所成角为0,若0的最小值为专，则点P 的轨迹是（）A .圆的一部分B .椭圆的一部分C •抛物线的一部分D •双曲线的一部分£【解析】 把MN 平移到平面A i B i C i D i 中，直线D i P 与MN 所成角为 Bl直线D i P 与MN 所成角的最小值是直线 D i P 与平面A i B i C i D i 所成角,n即原问题转化为：直线D i P 与平面A i B i C i D i 所成角为3，点P在平面JA 1B 1C 1D 1的投影为圆的一部分,因为点卩是^A i C i D 内的动点（不包括边界）, 所以点P 的轨迹是椭圆的一部分•故选 B.【答案】 B[H3（优质试题浙江名校协作体高三联考）已知平面ABCD 丄平面ADEF , AB 丄 AD , CD 丄 AD ，且AB = 1, AD = CD = 2.ADEF 是正方形，在正方形 ADEF 内部有一点 M ，满足MB ,MC 与平面 ADEF 所成的角相等，则点 M 的轨迹长度为（）4 A.34 c.9nD.8n【解析】 根据题意，以D 为原点，分别以 DA , DC , DE 所在直线为X ,y , z 轴，建立空0, z ）,易知直线CS,l i整理得（X - 8 ） + Z 2= 16,由此可得，点 M 在正方形 4心，半径为3的圆弧M I M 2,如图2所示，易知圆心角 故选C.【答案】 C的是（）B . |C0|€ [1，迈C . / AMO + / ADB>180D .点0的轨迹是圆弧【解析】 如图所示，对于 A , △AOC 为直角三角形, 上的中线，0N = 1A C 为定长，即A 正确；对于B , D 在M 时，A0= 1,CO = 1,所以|C0|€ [1 , V 2），即正确；对于D ，由A 可知，点0的轨迹是圆弧，即D 正确，故选C. 【答案】 C求解立体几何中的轨迹问题时，首先要探究点的轨迹的形成过程，同时还要注意动点的性质 以及点、线、面之间的位置关系，若动点的性质满足解析几何中圆锥曲线的定义, 定义求出轨迹. 二、巩固提高（1）（优质试题 台州市高考模拟）如图，在棱长为2的正四面体A-BCD 中, E 、F 分别为直线AB 、CD 上的动点，且|EF| = U 3.若记EF 中点P 的轨迹为L ,则|L|等于 _________ .（注：|L 表示L 的测度，在本题，L 为曲线、EADEF 内的轨迹是以点 0鲁,0, 0.）为圆n n 4 4/ M1OM2=；7，所以 IM1M2=^X- = -n.3 3 3 9画③（优质试题 在等腰直角△ ABC 中，AB 丄AC , 杭州市高考模拟 BC = 2, 中点，D 为BC 边上一个动点，△ ABD 沿AD 翻折使在面BCD 上的投影为点0,当点D 在BC 上运动时, 以下说法错误A .线段NO 为定长 ON 为斜边AC也可借助M 为BC 中点，N 为AC BD 丄DC ,点ACN如■…CPE CB平面图形、空间几何体时，|L|分别对应长度、面积、体积）（2）（优质试题 宁波诺丁汉大学附中高三期中考试 ）如图，矩形 ABCD中，AB = 1, BC=73，将△ ABD 沿对角线BD 向上翻折，若翻折过 的运动轨迹的长度为1P 3, P 4共圆，圆心为O ,圆的半径为2，贝y EF 中点 1 圆，其测度|L|= 2 nX 1=n.（2）过A 作AE 丄BD ，垂足为E ,连接CE , AE.因为矩形 ABCD 中，AB = 1, BC=>/3, 所以 AE =23, CE =乎.以E 为原点，以EB , EA '所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示空间直角坐标系 E-xyz,设/ A 'EA=0,则 A £,爭cos e , ¥sin e ] C (— 1,—享 0)/ 3 2~3__T r /5 + 3cos e所以 AC 1 + 4 (cos e+ 1) 2+ 4sin 2e=\'5+ 3cos e ^/731一2—，解得 0W cos e 1nU 3 n所以A 点轨迹的长度为6罗二丁.解析：（1）如图, 当E 为AB 中点时，F 分别在C ，D 处，满足|EF|={3,此时EF 的中点 P 在EC , ED 的中点P i , P 2的位置上；当 F 为CD 中点时，E 分别在 A , B 处，满足|EF|=©，此时EF 的中点P 在BF , AF的中点P 3, P 4的位置上，连接 P l P 2, P 3P 4相交于点0,则四点P i , P 2,AflDF所以A 点的轨迹为以E 为圆心，以 罗为半径的圆弧./ AEA 为二面角 A-BD-A'的平面角.程中AC 长度在A'.P 的轨迹L 为以0为圆心,以2为半径的所以60。
高考数学一轮复习-第三板块-立体几何-层级(二)球的切、接问题与动态问题(动点、截面)【课件】
针对训练
1．(2022·韶关测试)(多选)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E，F 分别是棱 AB，
CC1 的中点，则下列说法正确的是
命题点(二) 几何体的外接球
空间几何体的外接球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一
般通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心两大策略解决此类问题.
[例 1] (2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为 l，其各顶点都在同一球
面上．若该球的体积为 36π，且 3≤l≤3 3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
由题意及图可得l2＝h2＋ 22a2， R2＝h－R2＋ 22a2，
解得
h＝2lR2 ＝l62， a2＝2l2－1l48，
所以正四棱锥的体积
V
＝13a2h
＝13
2l2－1l48×
l62＝
l4 18
2－1l28(3≤l≤3 3)，所以 V′＝49l3－5l54＝19l34－l62(3≤l≤3 3)，令 V′＝0，得 l＝2 6，所以当 3≤l＜2 6时，V′＞0；当 2 6＜l≤3 3时，V′＜0，所以函数 V＝1l482－1l28(3≤l≤3 3)在[3,2 6)上单调递增，在(2 6，3 3]上单调递减，又当
1．已知△ABC 中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以 AC 为轴旋转一周得到一个旋
转体，则该旋转体的内切球的表面积为
()
A.4396π B．54796π C.52756π D．32455π 解析：旋转体的轴截面如图所示，其中 O 为内切球的球心，过
O 作 AB，BC 的垂线，垂足分别为 E，F，则 OE＝OF＝r(r
[答案] AD
方法技巧 1．动点问题的解题关键 在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹， 探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化． 2．截面形状及相应面积的求法 (1)结合线面平行的判定定理与性质定理求截面问题． (2)结合线面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题． (3)猜想法求最值问题：“要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征动中找 静”，如正三角形、正六边形、正三棱锥等． (4)建立函数模型求最值问题：①设元；②建立二次函数模型；③求最值．
2025年高考数学总复习47第六章微专题立体几何中的动态问题
微专题立体几何中的动态问题立体几何中的“动态问题”是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的、可变的一类开放型问题，因其某些点、线、面位置的不确定，往往成为学生进行一些常规思考、转化的障碍．但又因其是可变的、开放的，更有助于学生空间想象能力及综合思维能力的培养，以下利用运动变化的观点对几种动态问题的类型加以分析，探求解决此类问题的若干途径．类型一空间位置关系的判定【例1】如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1上的动点，且EH∥FG，则必有()A．BD1⊥EH B．AD∥FGC．平面BB1D1D⊥平面EFGH D．平面A1BCD1∥平面EFGHB解析：当E与A1重合，H与D1重合时，BD1与EH的夹角即BD1与A1D1的夹角，显然BD1与A1D1的夹角不是π，故A错误．2当FG不与B1C1重合时，因为EH∥FG，EH⊂平面A1B1C1D1，FG⊄平面A1B1C1D1，所以FG∥平面A1B1C1D1.因为FG⊂平面BCC1B1，平面A1B1C1D1∩平面BCC1B1＝B1C1，所以FG∥B1C1∥AD.当FG与B1C1重合时，显然FG∥AD，故B正确．当平面EFGH与平面BCC1B1重合时，显然平面BB1D1D与平面BCC1B1不垂直，故C错误．当FG与BC重合时，平面A1BCD1与平面EFGH相交，故D错误．【例2】如图，点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论一定成立的是()A．三棱锥A-A1PD的体积大小与点P的位置有关B．A1P与平面ACD1相交C．平面PDB1⊥平面A1BC1D．AP⊥D1CC解析：对于选项A，VA-A1PD＝VP-AA1D.在正方体中，BC1∥平面AA1D，所以当点P运动时其到平面AA1D的距离不变，即三棱锥P-AA1D的高不变．又△AA1D的面积不变，因此三棱锥P-AA1D的体积不变，即三棱锥A-A1PD的体积与点P的位置无关，故A不成立．对于选项B ，由于BC 1∥AD 1，AD 1⊂平面ACD 1，BC 1⊄平面ACD 1，所以BC 1∥平面ACD 1，同理可证BA 1∥平面ACD 1.又BA 1∩BC 1＝B ，BA 1，BC 1⊂平面BA 1C 1，所以平面BA 1C 1∥平面ACD 1.因为A 1P ⊂平面BA 1C 1，所以A 1P ∥平面ACD 1，故B 不成立．对于选项C ，因为A 1C 1⊥BD ，A 1C 1⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，所以A 1C 1⊥平面BB 1D ，则A 1C 1⊥B 1D ，同理A 1B ⊥B 1D .又A 1C 1∩A 1B ＝A 1，所以B 1D ⊥平面A 1BC 1.又B 1D ⊂平面PDB 1，所以平面PDB 1⊥平面A 1BC 1，故C 成立．对于选项D ，当B 与P 重合时，AP 与D 1C 的夹角为π4，故D 不成立．解决空间位置关系的动点问题(1)应用“位置关系定理”转化． (2)建立“坐标系”计算． 类型二 轨迹问题【例3】(2024·韶关模拟)设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为底面正方形ABCD 内的一动点．若△APC 1的面积S ＝12，则动点P 的轨迹是( )A ．圆的一部分B ．双曲线的一部分C ．抛物线的一部分D ．椭圆的一部分D 解析：设d 是△APC 1边AC 1上的高，则S △APC 1＝12|AC 1|·d ＝√32d ＝12，所以d ＝√33，即点P 到直线AC 1的距离为定值√33，所以点P 在以直线AC 1为轴，√33为底面半径的圆柱侧面上，直线AC 1与平面ABCD 既不平行也不垂直，所以点P 的轨迹是平面ABCD 上的一个椭圆，其中只有一部分在正方形ABCD 内．【例4】如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别为AA 1，AB 的中点，点M 是正方形ABB 1A 1内的动点．若C 1M ∥平面CD 1EF ，则点M 的轨迹长度为________.√2 解析：如图，取A 1B 1的中点H ，B 1B 的中点G ，连接GH ，C 1H ，C 1G ，EG ，HF ，可得四边形EGC 1D 1是平行四边形，所以C 1G ∥D 1E .又C 1G ⊄平面CD 1EF ，D 1E ⊂平面CD 1EF ，所以C 1G ∥平面CD 1EF .同理可得C 1H ∥CF ，C 1H ∥平面CD 1EF .因为C1H∩C1G＝C1，C1H，C1G⊂平面C1GH，所以平面C1GH∥平面CD1EF.由点M是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以点M的轨迹长度为√12+12＝√2.解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法(1)几何法：根据平面的性质进行判定．(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算．(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．类型三最值问题【例5】已知在如图所示的正三棱锥P-ABC中，侧棱P A，PB，PC的长为√2，底面三角形ABC的边长为2，D为AC的中点，E为AB的中点，M是PD上的动点，N是平面PCE上的动点，则AM＋MN的最小值为()A．√6+√24B．√3+12C．√64D．√32B解析：将正三棱锥P-ABC放入棱长为√2的正方体AGIJ-PCHB中，如图1所示，先固定点M，那么MN的最小值即点M到平面PCE的距离．连接GH，设GH的中点为F，连接PF，DG.由题意，得平面PGF⊥平面PCE，且交线为PF，故MN⊥PF，所以点M在PD上运动时，点N在PF上运动．把平面AGP和平面PGF沿PG展开，示意图如图2所示，作AN′⊥PF交PG于点M′，则AN′即所求，(AM＋MN)min＝AN′＝AP·sin (45˚＋30˚)＝√3+12.【例6】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为a，侧棱长为b，且a≥b，点D是BC1的中点，则直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值是()A．√13013B．√63C．√33D．√3913D解析：如图，取A1B1的中点E，连接BE，C1E，则C1E⊥A1B1.由正三棱柱的性质可知，平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，所以C1E⊥平面ABB1A1，取BE的中点F，连接AF，DF.因为D为BC1的中点，所以DF∥C1E，所以DF⊥平面ABB1A1，所以∠DAF即为直线AD与侧面ABB1A1所成的角．在Rt△AFD中，DF＝12C1E＝√34a，AF＝√(34a)2+(12b)2＝√9a2+4b24，所以tan ∠DAF＝DFAF√3a√√13+4b23a2≥√13+43＝√3913，当且仅当a＝b时，等号成立，所以直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值为√3913.在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是：(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解．(2)函数思想：通过建立坐标系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．。
- 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)。
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)。