高考数学十类立体几何“动态”问题策略探究及方法解析
立体几何中的最值与动态问题 (解析版)
立体几何中的动态问题立体几何主要研究空间中点、线、面之间的位置关系，与空间图形有关的线段、角、体积等最值问题常常在试题中出现。
下面举例说明解决这类问题的常用方法。
一、以静制动例1、在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1=AB=AC ，AB ⊥AC ，M 是CC 1的中点，Q 是BC 的中点，点P 在A 1B 1上，则直线PQ 与直线AM 所成的角等于（ D ） A 300 B 450 C 600 D 900分析：虽然点P 的具体位置不定，但PQ 在平面A 1C 上的射影是一条定直线A 1H ，在正方形ACC 1A 1中AM ⊥A 1H ，故由三垂线定理得BQ ⊥AM 。
例2 如图3，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，EF 是棱AB 上的一条线段，且EF ＝b ＜a ，若Q 是11A D 上的定点，P 在11C D 上滑动，则四面体PQEF 的体积（ ）． （A)是变量且有最大值 （B ）是变量且有最小值 （C ）是变量无最大最小值 （D ）是常量分析：此题的解决需要我们仔细分析图形的特点．这个图形有很多不确定因素，线段EF 的位置不定，点P 在滑动，但在这一系列的变化中是否可以发现其中的稳定因素？求四面体的体积要具备哪些条件？仔细观察图形，应该以哪个面为底面？观察PEF ∆，我们发现它的形状位置是要变化的，但是底边EF 是定值，且P 到EF 的距离也是定值，故它的面积是定值．再发现点Q 到面PEF 的距离也是定值．因此，四面体PQEF 的体积是定值．我们没有一点计算，对图形的分析帮助我们解决了问题．1. 在正四棱锥S-ABCD 中，SO ⊥平面ABCD 于O ，SO=2，底面边长为2，点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，则P 、Q 两点的最短距离为（ ） A.55B.552 C. 2 D. 1解析：如图，由于点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，先让点P 在BD 上固定，Q 在SC 上移动，当OQ 最小时，PQ 最小。
高考数学专题复习破解立体几何中的动态问题
破解立体几何中的动态问题动态问题需要极高的空间想像能力与化归处理能力，在各省市的高考选择与填空中出现有较高的频次。
动态立体几何指的是求由点、线、面的变化引起的相关变量的取值范围或最值问题。
就变化起因大致可分为以下三类：一是移动；二是翻折；三是旋转。
就所求变量可分为：一是相关线、面、体的测度；二是角度；三是距离。
1.简化图形——“大道至简”从复杂的图形中分化出最简的具有实质性意义的点、线、面，让几何图形的实质“形销骨立”，从混沌中找出秩序是问题解决的关键。
例1（2006年浙江省数学高考理科试题第14题）正四面体ABCD 的棱长为1，棱α平面//AB （如图1），则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_______。
去掉与问题无关的面，将四面体看成是以AB 为棱的二面角C AB D --（二面角大小一定），用纸折出这个二面角，不妨将AB 置于平面α内，将二面角绕AB 转动一周，观察点,C D 在平面α上的射影，可以发现点,C D 在平面α上的射影始终在AB 的射影的中垂线上，当//CD α平面时，四边形ABCD 面积最大12（如图3），当CD α⊥平面时（此时点)(D C 到AB 的距离即为异面直线AB 与CD 的距离），四边形'(')ABC D 面积最小4（如图4），转动过程中D C ,在平面α上的射影从DC ,变化至'''',D C。
例2．（2017年台州市高三模拟试题）如图，在棱长为2正四面体A BCD -中，E 、F 分别为直线AB 、图1DCBAααABC D 图3A图4αC B图5D "C "C'(D')D CBACD上的动点，且||EF =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、平面图形、空间几何体时，|L |分别对应长度、面积、体积.)四面体只需抽象为两条异面直线AB 与CD，两个动点E 、F（满足EF =EF 的中点的轨迹。
剖析立体几何“动态问题”的解题策略
剖析立体几何 动态问题 的解题策略蒋小艳(郴州市第一中学ꎬ湖南郴州４２３０００)摘㊀要:立体几何 动态问题 是高考中的热点题型ꎬ其中的动态背景有动点㊁动直线㊁动平面㊁翻折㊁旋转等ꎬ所要解决的问题类型有轨迹问题㊁定值问题㊁存在性问题㊁最值问题和范围问题ꎬ本文通过典例分析ꎬ探究解题策略.关键词: 动态问题 ꎻ轨迹ꎻ方程ꎻ函数ꎻ最值中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１０－００４５－０３收稿日期:２０２３－０１－０５作者简介:蒋小艳(１９７６.４－)ꎬ女ꎬ湖南省耒阳人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀立体几何是高中数学的重点内容ꎬ在高考中占有很大的比重ꎬ旨在考查学生的空间想象能力㊁逻辑推理能力及计算能力ꎬ在近几年高考中还出现一些涉及 动态问题 的立体几何题ꎬ其中的动态背景有动点㊁动直线㊁动平面㊁翻折㊁旋转等ꎬ所要解决的问题类型也是非常灵活的ꎬ要求学生在运动变化中找出其中的规律ꎬ它对学生思维的灵活性及知识的迁移能力提出了更高的要求.１ 动态 几何中的轨迹问题例１㊀如图１ꎬ在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬＡＢ＝２ＡＤ＝２ＡＡ１＝６ꎬ点Ｅ在棱ＡＢ上ꎬＢＥ＝２ＡＥꎬ动点Ｐ满足ＢＰ＝３ＰＥ.若点Ｐ在平面ＡＢＣＤ内运动ꎬ则点Ｐ所形成的轨迹为ꎻ若点Ｐ在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１内部运动ꎬＦ为棱Ｃ１Ｄ１的中点ꎬＭ为ＣＰ的中点ꎬ则三棱锥Ｍ－Ｂ１ＣＦ的体积的最小值为.解析㊀(１)以ＡＢ为ｘ轴ꎬＡＤ为ｙ轴ꎬ建立平面直角坐标系ꎬ则Ｂ(６ꎬ０)ꎬＥ(２ꎬ０).设Ｐ(ｘꎬｙ)ꎬ由ＢＰ＝３ＰＥꎬ得(ｘ－６)２＋ｙ２＝３[(ｘ－２)２＋ｙ２].所以ｘ２＋ｙ２＝１２.所以若点Ｐ在平面ＡＢＣＤ内运动ꎬ则点Ｐ所形成的轨迹是半径为２３.图１㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图２(２)以ＡＢ为ｘ轴ꎬＡＤ为ｙ轴ꎬＡＡ１为ｚ轴ꎬ建立如图２所示的坐标系ꎬ设点Ｐ(ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ由ＢＰ＝３ＰＥꎬ得(ｘ－６)２＋ｙ２＋ｚ２＝３[(ｘ－２)２＋ｙ２＋ｚ２].所以ｘ２＋ｙ２＋ｚ２＝１２.所以若点Ｐ在长方体ＡＢ￣ＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１内部运动ꎬ则点Ｐ所形成的轨迹是圆心在坐标原点ꎬ半径为２３的球体.由题得Ｆ(３ꎬ３ꎬ３ꎬ)ꎬＢ１(６ꎬ０ꎬ３)ꎬＣ(６ꎬ３ꎬ０)ꎬ所以ＦＢ１ң＝(３ꎬ－３ꎬ０)ꎬＢ１Ｃң＝(０ꎬ３ꎬ－３).设平面Ｂ１ＣＦ的法向量为ｎ＝(ｘ０ꎬｙ０ꎬｚ０)ꎬ所以ｎ ＦＢ１ң＝３ｘ０－３ｙ０＝０ꎬｎ Ｂ１Ｃң＝３ｙ０－３ｚ０＝０.{所以ｎ＝(１ꎬ１ꎬ１).由题得ＡＣң＝(６ꎬ３ꎬ０)ꎬ所以点Ａ到平面Ｂ１ＣＦ的距离为ＤＣң ｎｎ＝９３＝３３ꎬ点Ｐ到平面Ｂ１ＣＦ的５４最小距离为３３－２３＝３ꎬ所以点Ｍ到平面Ｂ１ＣＦ的最小距离为３２.由题得әＢ１ＣＦ为等边三角形ꎬ且边长为３２＋３２＝３２ꎬ所以三棱锥Ｍ－Ｂ１ＣＦ的体积的最小值为１３ˑ３４(３２)２ˑ３２＝９４.２ 动态 几何中的定值问题例２㊀如图３ꎬ透明塑料制成的长方体容器ＡＢ￣ＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１内灌进一些水ꎬ固定容器底面一边ＢＣ于地面上ꎬ再将容器倾斜.随着倾斜度的不同ꎬ下列说法中正确的是(㊀㊀).图３Ａ.有水的部分始终呈棱柱状ꎬ没有水的部分也始终呈棱柱状Ｂ.水面ＥＦＧＨ所在四边形的面积为定值Ｃ.棱Ａ１Ｄ１始终与水面所在平面平行Ｄ.当容器倾斜如图３(３)所示时ꎬＢＥ ＢＦ是定值解析㊀对于Ａ.由已知得:平面ＡＡ１Ｂ１Ｂʊ平面ＤＤ１Ｃ１Ｃꎬ即平面ＡＥＦＢʊ平面ＤＨＧＣꎬ由棱柱的结构特征知:有水和无水的部分都始终呈棱柱状ꎬ故Ａ正确ꎻ对于Ｂ.水面四边形ＥＦＧＨ中ＦＧ的长度始终不变ꎬ但ＥＦ的长度是变化的ꎬ所以水面四边形ＥＦＧＨ的面积是变化的ꎬ故Ｂ错误ꎻ对于Ｃ.由已知得:Ａ１Ｄ１ʊＥＨꎬ又Ａ１Ｄ１⊄平面ＥＦＧＨꎬＥＨ⊂平面ＥＦＧＨ则Ａ１Ｄ１ʊ平面ＥＦＧＨꎬ即棱Ａ１Ｄ１始终与水面ＥＦＧＨ平行ꎬ故Ｃ正确ꎻ对于Ｄ.当ＥɪＡＢ时ꎬ水的部分始终呈棱柱状ꎬ且水的体积不变ꎬ即棱柱ＥＦＢ－ＨＧＣ的体积不变ꎬ又棱柱的高不变ꎬ则棱柱的底面ＥＦＢ的面积不变ꎬ则ＢＥ ＢＦ是定值ꎬ故Ｄ正确.故选ＡＣＤ.３ 动态 几何中的存在性问题例３㊀如图４ꎬ在四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ中ꎬＰＡʅ平面ＡＢＣＤꎬøＡＢＣ＝øＢＡＤ＝９０ʎꎬＡＤ＝ＡＰ＝４ꎬＡＢ＝ＢＣ＝２ꎬＭꎬＮ分别为线段ＰＣꎬＡＤ上的点(不在端点).当Ｎ为ＡＤ中点时ꎬ是否存在Ｍꎬ使得直线ＭＮ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值为２５５ꎬ若存在ꎬ求出ＭＣ的长ꎬ若不存在ꎬ说明理由.图４㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图５解析㊀如图５ꎬＰＡʅ平面ＡＢＣＤꎬøＢＡＤ＝９０ʎꎬ则ＰＡꎬＢＡꎬＤＡ两两垂直ꎬ以Ａ为原点ꎬ分别以ＡＢꎬＡＤꎬＡＰ为ｘꎬｙꎬｚ轴建立空间直角坐标系ꎬ则Ｂ(２ꎬ０ꎬ０)ꎬＣ(２ꎬ２ꎬ０)ꎬＰ(０ꎬ０ꎬ４)ꎬＮ(０ꎬ２ꎬ０).假设存在Ｍａꎬｂꎬｃ()ꎬ使得直线ＭＮ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值为２５５ꎬ设ＣＭң＝λＣＰң０<λ<１()ꎬ则ａ－２ꎬｂ－２ꎬｃ()＝λ－２ꎬ－２ꎬ４()ꎬ解得ａ＝２－２λꎬｂ＝２－２λꎬｃ＝４λ.所以Ｍ２－２λꎬ２－２λꎬ４λ().则ＭＮң＝２λ－２ꎬ２λꎬ－４λ()ꎬＢＣң＝０ꎬ２ꎬ０()ꎬＢＰң＝－２ꎬ０ꎬ４().设平面ＰＢＣ的法向量ｐ＝ｘꎬｙꎬｚ()ꎬ则２ｙ＝０ꎬ－２ｘ＋４ｚ＝０.{取ｘ＝２ꎬ得ｐ＝２ꎬ０ꎬ１().因为直线ＭＮ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值为２５５ꎬ所以ＭＮң ｐңＭＮңｐң＝２５５.整理得２４λ２－８λ＝０ꎬ解得λ＝１３或λ＝０(舍).所以存在Ｍ(４３ꎬ４３ꎬ４３)使得直线ＭＮ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值为２５５.６４由ＭＣң＝(２３ꎬ２３ꎬ－４３)ꎬ可得ＭＣң＝２３æèçöø÷２＋２３æèçöø÷２＋－４３æèçöø÷２＝２６３.４ 动态 几何中的最值问题４.１动态中的距离最值例４㊀如图６ꎬ在棱长为２的正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬＥ为棱ＣＣ１的中点ꎬＰꎬＱ分别为面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１和线段Ｂ１Ｃ上的动点ꎬ则әＥＰＱ周长的最小值为㊀㊀.图６㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图７解析㊀如图７ꎬ将面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１与面ＢＢ１Ｃ１Ｃ折成一个平面ꎬ过点Ｅ作关于Ｂ１Ｃ１的对称点Ｎꎬ关于Ｂ１Ｃ的对称点Ｍꎬ则ＥＱ＝ＭＱꎬＥＰ＝ＮＰꎬ把әＰＥＱ的周长转化为ＰＱ＋ＰＮ＋ＱＭꎬ当ＮꎬＰꎬＱꎬＭ四点共线时ꎬ周长最短ꎬ则ＰＱ＋ＰＮ＋ＱＭ＝ＭＮ.因为Ｅ为中点ꎬ所以Ｃ１Ｎ＝Ｃ１Ｅ＝１ꎬＣＭ＝ＣＥ＝１ꎬ所以әＰＥＱ的周长为ＭＮ＝ＣＮ２＋ＣＭ２＝３２＋１２＝１０.即әＥＰＱ周长的最小值为１０.４.２动态中的面积最值例５㊀已知正四面体ＡＢＣＤ的棱长为２ꎬ平面α与棱ＡＢꎬＣＤ均平行ꎬ则α截此正四面体所得截面面积的最大值为㊀㊀.解析㊀如图８所示ꎬ作ＭＮʊＡＢꎬ交ＢＣꎬＡＣ于点ＭꎬＮꎬ过点Ｎ作ＮＱʊＣＤꎬ交ＡＤ于点Ｑꎬ过点Ｑ作ＱＰʊＡＢ交ＢＤ于点Ｐꎬ连接ＭＰꎬ可得到▱ＭＮ￣ＱＰ.取ＣＤ中点Ｏꎬ连接ＡＯꎬＢＯꎬ由ＡＣ＝ＡＤ＝ＢＣ＝ＢＤꎬ可得ＯＡʅＣＤꎬＯＢʅＣＤ.于是得到ＣＤʅ平面ＡＯＢꎬ则得到ＡＢʅＣＤꎬ所以ＭＮʅＮＱꎬ则▱ＭＮＱＰ是矩形.设ＭＮ＝ｘɪ(０ꎬ２)ꎬ可知әＣＭＮꎬәＢＭＰ都是图８等边三角形ꎬ所以ＭＣ＝ｘꎬ则ＭＰ＝ＭＢ＝２－ｘ.所以矩形ＭＮＱＰ的面积Ｓ＝ｘ(２－ｘ)＝－ｘ２＋２ｘꎬ当ｘ＝１时ꎬＳ取得最大值－１２＋２ˑ１＝１.５ 动态 几何中的范围问题例６㊀如图９ꎬ在长方形ＡＢＣＤ中ꎬＡＢ＝２ꎬＢＣ＝１ꎬＥ为ＤＣ的中点ꎬＦ为线段ＥＣ(端点除外)上一动点.现将әＡＦＤ沿ＡＦ折起ꎬ使平面ＡＢＤʅ平面ＡＢＣ.在平面ＡＢＤ内过点Ｄ作ＤＫʅＡＢꎬＫ为垂足.设ＡＫ＝ｔꎬ则ｔ的取值范围是.图９解析㊀此题的破解可采用两个极端位置法ꎬ即对于Ｆ位于ＤＣ的中点时ꎬｔ＝１ꎬ随着点Ｆ到点Ｃ时ꎬ因ＣＢʅＡＢꎬＣＢʅＤＫꎬ所以ＣＢʅ平面ＡＤＢꎬ即有ＣＢʅＢＤ.对于ＣＤ＝２ꎬＢＣ＝１ꎬ所以ＢＤ＝３.又ＡＤ＝１ꎬＡＢ＝２ꎬ因此有ＡＤʅＢＤꎬ则有ｔ＝１２ꎬ因此ｔ的取值范围是１２ꎬ１æèçöø÷.参考文献:[１]李健.例析立体几何中的动态问题[Ｊ].中学数学ꎬ２０１２(２１):２６－２７.[２]薛安定.透视动态问题ꎬ深剖解析方法 以立体几何动态问题为例[Ｊ].数学教学通讯ꎬ２０２０(２７):８１－８２.[责任编辑:李㊀璟]７４。
立体几何中的探索性问题求解策略(原卷版)
专题35 立体几何中的探索性问题求解策略【高考地位】立体几何中的探索性问题是高考几何的一个难点，尤常见于新高考的多选题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，其常见类型有两种：一、空间中位置关系的探索；二、空间角的探索.类型一空间中位置关系的探索方法一几何法-的所有棱长均为E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，例1已知正四棱锥P ABCDB的一动点，现有以下结论：①线段EF的长度是△②EMF③存在点M使得PB⊥平面MEF；④EMF∠始终是钝角.其中不正确的结论共有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【来源】河北省沧州市2021届高三三模数学试题【变式演练1】（多选）在直角三角形ABC 中，∠B ＝2π，AC ＝2BC ＝4，D 为线段AC 的中点，如图，将∠ABD 沿BD 翻折，得到三棱锥P ﹣BCD （点P 为点A 翻折到的位置），在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．∠PBD 的外接圆半径为2B ．存在某一位置，使得PD ∠BDC ．存在某一位置，使得PB ∠CDD ．若PD ∠DC ，则此时三棱锥P ﹣BCD 的外接球的体积为323π 【来源】山东省百师联盟2021届高三二轮联考数学试题（二）方法二 向量法例2、3．已知长方体1111ABCD A B C D -中，12BB AB BC ==，点E 在线段1CC 上，()101CC λλ=≤≤平面α过线段1AA 的中点以及点1B 、E ，现有如下说法： （1）[]0,1λ∃∈，使得1BE B E ⊥；（2）若12,23λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则平面α截长方体1111ABCD A B C D -所得截面为平行四边形；（3）若0λ=，2AB =，则平面α截长方体1111ABCD A B C D -所得截面的面积为以上说法正确的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3【来源】全国一卷2021届高中毕业班考前热身联合考试理科数学试题例3、（多选）在棱长固定的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别满足AE AB λ=，([0,1],[0,1])BF BC μλμ=∈∈，则（ ）A ．当12μ=时，三棱锥11A B EF -的体积为定值 B ．当12μ=时，存在λ使得1BD ⊥平面1B EF C ．当12λ=时，点A ，B 到平面1B EF 的距离相等 D ．当λμ=时，总有11A F C E ⊥【来源】江苏省苏州市2021-2022学年高三上学期期初调研数学试题【变式演练2】（多选）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 为线段1CD 上一动点（不包含端点），则下列说法正确的有（ ）A ．1AB ⊥平面11A D EB ．1DE A E +的最小值为1C ．存在点E 使得1DE AD ⊥D ．点D 到平面11A DE 【来源】全国新高考2021届高三数学方向卷试题（A ）【变式演练3】如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥，//AB CD ，24AB AD PA CD ====，G 为PD 的中点．（1）求证AG ⊥平面PCD ；（2）若点F 为PB 的中点，线段PC 上是否存在一点H ，使得平面GHF ⊥平面PCD ？若存在，请确定H 的位置；若不存在，请说明理由．【来源】湖北省恩施州2021-2022学年高三上学期第一次教学质量监测数学试题类型二 空间角的探索 方法一 几何法例3．如图，矩形ABCD 中，已知2,4,AB BC E ==为BC 的中点．将ABE △沿着AE 向上翻折至MAE 得到四棱锥M AECD -．平面AEM 与平面AECD 所成锐二面角为α，直线ME 与平面AECD 所成角为β，则下列说法错误的是（ ）A ．若F 为AD 中点，则ABE △无论翻折到哪个位置都有平面AEM ⊥平面MBFB ．若Q 为MD 中点，则ABE △无论翻折到哪个位置都有//CQ 平面AEM Csin αβ=Dcos αβ=【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2021届高三下学期5月高考押题卷文科数学试题 【变式演练4】（多选）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 满足1DP DD DA λμ=+，[0,1]λ∈，[0,1]μ∈，则以下说法正确的是（ ）A ．当λμ=时，//BP 平面11CB D B ．当12μ=时，存在唯一点P 使得DP 与直线1CB 的夹角为3π C ．当1λμ+=时，CPD ．当1λμ+=时，CP 与平面11BCC B 所成的角不可能为3π 【来源】湖北省恩施州2021-2022学年高三上学期第一次教学质量监测数学试题方法二 向量法例4．如图1，菱形ABCD 中120ABC ∠=︒，动点E ，F 在边AD ，AB 上(不含端点)，且存在实数λ使EF BD λ→→=，沿EF 将AEF 向上折起得到PEF ，使得平面PEF ⊥平面BCDEF ，如图2所示.（1）若BF PD ⊥，设三棱锥P BCD -和四棱锥P BDEF -的体积分别为1V ，2V ，求12V V ；（2）试讨论，当点E 的位置变化时，二面角E PF B --是否为定值，若是，求出该二面角的余弦值，若不是，说明理由.【来源】重庆市南开中学2021届高三下学期第六次质量检测数学试题【变式演练5】O 中，平行四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，AD ，点P 是半球面上的动点，且四棱锥P ABCD -的体积为83．（1）求动点P 的轨迹T 围成的面积；（2）是否存在点P 使得二面角P AD B --的大小为3π？请说明理由． 【来源】山西省临汾市2021届高三下学期二模数学（理）试题【高考再现】1．（2018年全国卷Ⅲ文数高考试题）如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【反馈练习】1．（多选）已知梯形ABCD ，112AB AD BC ===，//AD BC ，AD AB ⊥，P 是线段BC 上的动点；将ABD △沿着BD 所在的直线翻折成四面体A BCD '，翻折的过程中下列选项中正确的是（ ）A ．不论何时，BD 与A C '都不可能垂直B ．存在某个位置，使得A D '⊥平面A BC ' C ．直线A P '与平面BCD 所成角存在最大值 D ．四面体A BCD '的外接球的表面积的最小值为4π【来源】广东省佛山市五校联盟2021届高三5月数学模拟考试试题2．（多选）已知某正方体的平面展开图如图所示，点E ，G 分别是棱BC ，BQ 的中点，F 是棱CR （不包含端点）上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．四面体AEFP 的体积为定值B ．存在点F 使得PC ⊥平面AEF C ．存在点F 使得//PG 平面AEFD ．当F 为棱CR 的中点时，平面AEF 截正方体所得上、下两个几何体的体积之比为17:7 【来源】2021新高考高考最后一卷数学第三模拟3．（多选）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，已知E 为线段1B C 的中点，点F 和点P 分别满足111D F DC λ=，11D P D B μ=，其中,[0,1]λμ∈，则下列说法正确的是（ ） A ．当λ=12时，三棱锥P -EFD 的体积为定值 B ．当µ=12时，四棱锥P -ABCD 的外接球的表面积是34πC ．PE PF +D．存在唯一的实数对(,)λμ，使得EP∠平面PDF【来源】广东省2022届高三上学期新高考普通高中联合质量测评摸底数学试题4．如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，2DB DE=，点P在线段EF上.给出下列命题：①直线PD⊥直线AC；②直线PD与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦；③存在点P，使得直线PD⊥平面ACF；④存在点P，使得直线//PD平面ACF.其中所有真命题的序号是______.【来源】四川省大数据精准联盟2021届高三第三次统一监测文科数学试题5．七面体玩具是一种常见的儿童玩具．在几何学中，七面体是指由七个面组成的多面体，常见的七面体有六角锥､五角柱､正三角锥柱､Szilassi多面体等．在拓扑学中，共有34种拓扑结构明显差异的凸七面体，它们可以看作是由一个长方体经过简单切割而得到的．在如图所示的七面体EABCFD中，EA⊥平面,//,//,,2, 4.ABCD EA FC AD BC AD AB AD AB BC FC EA⊥=====（1）在该七面体中，探究以下两个结论是否正确．若正确，给出证明；若不正确，请说明理由：①//EF平面ABCD；②AF⊥平面EBD；（2）求该七面体的体积．【来源】广东省珠海市第二中学2021届考前模拟数学试题6．如图，ABC 为正三角形，半圆O 以线段BC 为直径，D 是圆弧BC 上的动点（不包括B ，C 点）平面ABC ⊥平面BCD ．（1）是否存在点D ，使得BD AC ⊥？若存在，求出点D 的位置，若不存在，请说明理由； （2）30CBD ∠︒＝，求直线AC 与平面ABD 所成角的正弦值． 【来源】百强名校2021届高三5月模拟联考（A 卷）理科数学试题7．在滨海文化中心有天津滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，14,2AB AD AA ===，圆台下底圆心O 为AB 的中点，直径为2，圆与直线AB 交于,E F ，圆台上底的圆心1O 在11A B 上，直径为1.（1）求1A C 与平面1A ED 所成角的正弦值； （2）求二面角1E A D F --的余弦值；（3）圆台上底圆周上是否存在一点P 使得1FP AC ⊥，若存在，求点P 到直线11A B 的距离，若不存在则说明理由.【来源】天津市河东区2021届高三下学期一模数学试题8．如图，已知矩形ABCD 所在平面垂直于直角梯形ABPE 所在平面，且2AB BP ==，1AD AE ==，AE AB ⊥，且//.AE BP（1）设点M 为棱PD 中点，求证//EM 平面ABCD ；（2）线段PD 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD ？若存在，试求出线段PN 的长度；若不存在，请说明理由．【来源】湖北省新高考联考协作体2021-2022学年高三上学期新起点考试数学试题9．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面111A B C ，12AB BC AC A A ====，E ，F 分别为11A C ，11B C 的中点．（∠）在四边形11ABB A 内是否存在点G ，使平面//GEF 平面1ABC ？若存在，求出该点的位置；若不存在，请说明理由；（∠）设D 是1CC 的中点，求DA 与平面1ABC 所成角θ的正弦值．【来源】“超级全能生”2021届高三3月份高考数学（理）联考试题（丙卷）10．在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60BAD ∠=︒，平面SAD ⊥平面ABCD ，SAD 是边长为2的正三角形，E ，F 分别为AD ，SB 的中点. （∠）证明：//EF 平面SCD ；（∠）在棱SA 上是否存在一点P ，使得锐二面角P BC S --若存在，求出SP SA 的值；若不存在，请说明理由.【来源】2021届高三数学临考冲刺原创卷（三）。
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
【立体几何专题 高考数学复习】第11讲 空间向量法解决动态几何问题-解析版
第11讲 空间向量法解决动态几何问题知识与方法立体几何中有一些动态问题,可以考虑通过代数运算来解决,其中空间向量法就是一种很好的代数运算工具.任意两个空间向量都是共线向量,通过向量运算可以将空间问题平面化.选择恰当的基向量(或建立空间直角坐标系),用基向量(坐标)来表示其他向量.将几何的动态问题转化为向量坐标中的参数,通过代数运算,解决动态问题中的取值范围问题、最值问题等.空间距离问题、空间角度问题等,都可以借助向量工具来解决.典型例题【例1】如图①,在正方体1111ABCD A B C D -中,O 是AC 的中点,点P 在线段11A C 上.若直线OP 与平面11A BC 所成的角为θ,则sin θ的取值范围是A ．,33⎣⎦B ．11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,43⎣⎦D ．11,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦【分析 】 动直线与确定平面所成角的问题,可以通过建立空间直角坐标系,借助平面的法向量转化为线线角问题来解决. 【解析 】 如图②,设正方体棱长为()1111,01A PA C λλ=.以点D 为原点,分别以1,,DA DC DD 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则点()11,,0,1,,122O P λλ⎛⎫- ⎪⎝⎭.所以11,,122OP λλ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.在正方体1111ABCD A B C D -中,可证1B D ⊥平面11A BC ,所以()11,1,1B D =---是平面11A BC 的一个法向量,所以1sin cos ,OP B D θ===所以当12λ=时,sin θ;当0λ=或1时,sin θ取得最小值3. 所以sin 33θ∈⎣⎦.故选A.【点睛 】 动态角问题可以通过建立空间直角坐标系,借助直线的方向向量和平面的法向量来解决.【例2】如图①,在直四棱柱ABCD-ABCD 中,底面ABCD为菱形,E,F 分别是11,BB DD 的中点,G 为AE 的中点且3FG =,则EFG 的面积的最大值为 A ．32B ．3C ．D【分析 】 已知3FG =,若能求得点E 到FG 的距离,便能求得EFG 的面积.在建立空间直角坐标系后,可以借助空间向量,求得FG 与EF 的夹角的余弦值(再转化为正弦值)即可求出点E 到FG 的距离.【解析 】 连结AC 交BD 于点O . 因为底面ABCD 是菱形,所以AC BD ⊥,如图②,以点O 为坐标原点,以OC 为x 轴、OD 为y 轴建立空间直角坐标系. 设,OC a OD b ==,棱柱的高为h , 则点(),0,0,0,,,0,,22h h A a E b F b ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 所以点,,224a b h G ⎛⎫-- ⎪⎝⎭. 则()3,,,0,2,0224a b h FG FE b ⎛⎫=---=- ⎪⎝⎭,所以23cos<,322FG FEb b FG FE b FG FE ⋅>⋅===,所以点E 到直线FG 的距离sin<,22d FE FG FE b =⋅=⋅>=,所以)22133432222EFGb b SFG d +-=⋅==⋅=, 当且仅当224b b =-即22b =时取到等号.故选B .【点睛 】求三角形面积时,它的高往往比较难求,可用空间向量将高的问题转化成一个向量在另一向量上的投影绝对值的问题,解题思路就会变得简单.【例3】如图①,在正方体1111ABCD A B C D -中,M 为棱1AA 的中点,且MC P =为底面1111A B C D 所在平面上一点.若直线,PM PC 与底面1111A B C D 所成的角相等,则动点P 的轨迹所围成的几何图形的面积为______.【分析 】 计算动点P 的轨迹所围成的几何图形的面积,得先探究动点P 的轨迹.研究轨迹有两种方法,一种是几何法,另一种是代数法.本题所给条件更容易从定量的角度去探究.在建立空间直角坐标系后,可从代数角度计算得到点P 的轨迹方程,从而解决问题. 【解析 】 设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ,连结AC ,则MC ===解得a =连结11,PA PC ,可得11,MPA CPC ∠∠分别为直线,PM PC 与底面1111A B C D 所成的角, 由11MPA CPC ∠∠=可得1111A M CC PA PC =,所以1112PA PC =.以点B 为坐标原点,以11B A 为x 轴、11B C 为y 轴、1B B 为z 轴建立如图②所示的空间直角坐标系.在平面直角坐标系1xB y 中,点()(11,A C.设点(),P x y ,=化简得22((64x y -++=.故点P 的轨迹为圆,半径8r =.故所求几何图形的面积为64π.【点睛 】 动点的轨迹问题可以借助【解析 】几何思想,用代数化的角度来解决.空间向量法就是一种代数化运算的好工具.【例4】 (多选)如图①,在三棱柱111ABC A B C -中,侧棱1AA ⊥底面1111,90,1,A B C BAC AB AC AA D ∠====是棱1CC 的中点,P 是AD 的延长线与11A C 的延长线的交点.若点Q 在直线1B P 上,则下列结论中错误的是 A.当Q 为线段1B P 的中点时,DQ ⊥平面1A BDB.当Q 为线段1B P 的三等分点时,DQ ⊥平面1A BDC.在线段1B P 的延长线上,存在一点Q ,使得DQ ⊥平面1A BDD.不存在点Q ,使DQ 与平面1A BD 垂直【分析 】这是一道空间几何的探究题,主要围绕DQ 开展.由于侧棱1AA ⊥底面111A B C ,故容易建立空间直角坐标系,通过代数计算完成几何性质的探究.【解析 】如图②,以点1A 为坐标原点,以11111,,A B AC A A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则点()()()()1110,0,0,1,0,0,0,1,0,1,0,1A B C B ,()10,1,,0,2,02D P ⎛⎫ ⎪⎝⎭,所以()()1111111,0,1,0,1,,1,2,0,1,1,22A B A D B P DB ⎛⎫⎛⎫===-=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 设平面1A BD 的一个法向量为(),,n x y z =,则110,10,2n A B x z n A D y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩取2z =-,则2,1x y ==,所以平面1A BD 的一个法向量为()2,1,2n =-. 假设DQ ⊥平面1A BD ,且()()111,2,0,2,0B Q B P λλλλ==-=-, 则1111,12,2DQ DB B Q λλ⎛⎫=+=--+- ⎪⎝⎭. 因为DQ 也是平面1A BD 的法向量， 所以()2,1,2n =-与11,12,2DQ λλ⎛⎫=--+-⎪⎝⎭共线, 所以1112122124λλ---+===-成立,但此方程关于λ无解.因此不存在点Q ,使DQ 与平面1A BD 垂直.故选ABC .【点睛 】 本题中点Q 的位置不断变化,每种变化都要去寻找其背后的几何特征,较为繁琐.若使用向量工具,就能直接通过代数证明其关系是否成立.【例5】如图①,四边形ABCD 是边长为2的正方形,AE⊥平面BCE,且AE=1. (1)求证:平面ABCD ⊥平面ABE ;(2)线段AD 上是否存在一点F ,使三棱锥C −BEF 的高ℎ=65若存在,请求出DFAF 的值;若不存在,请说明理由.【分析 】 本题的难点在于对三棱锥C −BEF 的高的计算.从几何法的角度去探究,难度有些大,但在空间直角坐标系中,计算EC ⃗⃗⃗⃗⃗ 在平面BEF 的法向量n 上的投影,或者用等体积法来计算,都可以避免探究点C 在平面BEF 上的射影,计算上会更加简单.(1)【解析 】 因为AE ⊥平面BCE,BE ⊂平面BCE,BC ⊂平面BCE ,所以AE ⊥BE,AE ⊥BC . 又因为BC ⊥AB,AE ∩AB =A ,所以BC ⊥平面ABE . 又BC ⊂平面ABCD ,所以平面ABCD ⊥平面ABE .(2)【解析 】解法1：如图②,以点E 为坐标原点,以EB 为x 轴、EA 为y 轴建立空间直角坐标系,则点)),BC.令点()()000,1,02F Z Z ,则()()()03,0,0,0,1,,3,0,2EB EF Z EC ===.设平面EBF 的一个法向量为(),,n x y z =,则030n EB x n EF y Z z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩, 取()00,,1n Z =-，所以65n EC h n⋅===,解得043Z =.此时12DF AF =.解法2：因为1,2,AE AB AE BE ==⊥,所以BE =假设线段AD 上存在一点F 满足题意.由(1)知,平面ABCD ⊥平面ABE ,平面ABCD ⋂平面ABE AB =. 又因为DA AB ⊥,所以DA ⊥平面ABE ,则DA BE ⊥.因为,,BE AE BE AD AE AD A ⊥⊥⋂=,所以BE ⊥平面ADE . 又因为EF ⊂平面ADE ,所以BE EF ⊥,所以116325C BEF V EF EF -⎛⎫=⨯⨯= ⎪⎝⎭. 因为//,AD BC AD ⊄平面,BCE BC ⊂平面BCE ,所以//AD 平面BCE ,所以点F 到平面BCE 的距离与点A 到平面BCE 的距离相等.又因为BC BE ⊥,所以112132F BCE V -⎛=⨯⨯⨯=⎝. 又F BCE C BEF V V --=,所以53EF =. 因为222EF AF AE =+,所以43AF =.所以12DF AF =. 【点睛 】计算点到面的距离,一种方法是找到这个点在这个面上的射影,再计算两点间的距离,另一种方法是用等体积法计算;还可以是在空间直角坐标系中用向量投影的方法计算. 【例6】如图①,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是平行四边形,PA ⊥平面,,ABCD M N 分别为,BC PA 的中点,且1,AB AC AD ===(1)证明://MN 平面PCD ;（2）设直线AC 与平面PBC 所成角为α,当α在0,6π⎛⎫⎪⎝⎭内变化时,求二面角P BC A --的平面角的取值范围.【分析 】本题是空间几何动态问题.直线AC 与平面PBC 所成角α的变化,是由AP 的长度变化引起的.根据动点(P AP 的长度)的位置,计算二面角P BC A --的平面角的取值范围.【解析 】因为2222AB AC BC AD +==,所以AB AC ⊥. 因为PA ⊥平面ABCD ,所以,PA AB PA AC ⊥⊥.如图②,以点A 为坐标原点,以AB 为x 轴、AC 为y 轴、AP 为z 轴建立直角坐标系.设PA h =,则点()()()()111,0,0,0,1,0,1,1,0,0,0,,0,0,,,,0222h B C D P h N M ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.(1)11,,222h MN ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭,设平面PCD 的一个法向量为()111,,n x y z =. 因为()()1,0,0,0,1,CD PC h =-=-,所以0,0,CD n PC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩则1110,0,x y z h -=⎧⎨-=⎩所以()0,,1n h =.所以11022MN n h h ⋅=-+=, 所以//MN 平面PCD .(2)设平面PBC 的一个法向量为()222,,m x y z =. 因为()()1,1,0,1,0,BC PB h =-=-,所以0,0,BC m PB m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩则22220,0,x y x z h -+=⎧⎨-=⎩所以(),,1m h h =.因为()0,1,0AC =,所以sin cos<,AC m α=>=.因为0,6πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,所以1sin 0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,即102<<, 所以221214h h <+,解得0,2h ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭. 因为平面BCA 的一个法向量为()10,0,1n =,所以111cos ,m n m n m n ⋅==由h ⎛∈ ⎝⎭可得()2211,2h +∈,所以1cos ,m n ⎫∈⎪⎪⎝⎭. 设二面角P BC A --的平面角为θ,则cos ,12θ⎛⎫∈⎪ ⎪⎝⎭,所以0,4πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭. 【点睛 】对于动态几何问题,如果几何关系较难把握,或者动点的位置变化会引起其他量的变化,而这种变化又较难把握,这时可以考虑建立空间直角坐标系,用代数方法解决几何问题.【例7】在平面五边形ABCDE 中,四边形ABCD 是梯形,//,290,AD BC AD BC AB ABC ADE ∠====是等边三角形.现将ADE沿AD 折起,连结,EB EC 得新的几何体,如图①. (1)若M 是ED 的中点,求证://CM 平面ABE ;(2)若3EC =,在棱EB 上是否存在点F ,使得二面角E AD F --的平面角的余弦值为若存在,求EF EB的值;若不存在,请说明理由.【分析 】在第二问中,平面EAD 的位置是确定的,平面ADF 的位置随点F 的运动变化而变化,在建立空间直角坐标系后,可以用一个变量来表示点F 的位置,通过向量法计算二面角E AD F --的余弦值,最后通过解方程来探究点F 的位置.【解析 】(1)如图②,取EA 的中点N ,连结,MN BN ,则MN 是EAD 的中位线,所以//MN AD ,且12MN AD =. 因为//BC AD ,且12BC AD =, 所以四边形BCMN 是平行四边形,所以//CM BN .又CM ⊄平面,ABE BN ⊂平面ABE ,所以//CM 平面ABE .(2)取AD 的中点O ,连结,OC OE ,易得,OE AD OC AD ⊥⊥.在COE 中,已知3,2CE OC AB OE =====因为222OC OE CE +=,所以OC OE ⊥.以点O 为原点,分别以射线,,OC OA OE 为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系,则点())()(,,0,,A B D E .则()()()3,2,6,0,2,6,0,EB AE AD =-=-=-.假设在棱EB 上存在点F 满足题意,设()01EF EB λλ=,则()()3,2,6,3EF AF AE EF λλ=-=+=-.设平面ADF 的一个法向量为m =(x,y,z),则{m ⋅AF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{√3λx +(√2λ−√2)y +(√6−√6λ)z =0,−2√2y =0，令z =1,得平面ADF的一个法向量)1,0,1m λλ⎛⎫-=-⎪ ⎪⎝⎭(0λ=不合题意,舍去). 又平面EAD 的一个法向量为()1,0,0n =,由已知cos<,m n >=,=整理得23210λλ+-=,解得1(13λλ==-舍去), 所以在棱EB 上存在点F ,使得二面角E AD F --,且13EF EB =. 【点睛 】二面角的大小可以通过二面角的平面角来计算,若平面角较难通过作图得到,则可以转化为空间直角坐标系下两个平面的法向量,然后计算得到.【例8】如图①,在直三棱柱111ABC A B C -中,侧面11AA B B 为正方形,2,,AB BC E F ==分别为AC 和1CC 的中点,D 为棱11A B 上的点.11BF A B ⊥. (1)证明:BF DE ⊥;(2)当1B D 为何值时,平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的正弦值最小?【分析 】平面11BB C C 与平面DFE 所成的二面角是个“无棱”二面角,要作出两个半平面的公共棱,会比较麻烦,此时若采用空间向量法,运算思路上会比较简捷. 【解析 】因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱, 所以1BB ⊥底面ABC ,所以1BB AB ⊥. 因为1111//,A B AB BF A B ⊥,所以BF AB ⊥.又1BB BF B ⋂=,所以AB ⊥平面11BCC B .所以1,,BA BC BB 两两垂直.如图②,以点B 为坐标原点,以1,,BA BC BB 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.所以点()()()()()110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2B A C B A ,()()()10,2,2,1,1,0,0,2,1C E F .由题意可设点()(),0,202D a a . (1)因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--,所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=,所以BF DE ⊥. (2)设平面DFE 的一个法向量为(),,m x y z =, 因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--,所以0,0,m EF m DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即()0,120,x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩令2z a =-,则()3,1,2m a a =+-.因为平面11BCC B 的一个法向量为()2,0,0BA =, 设平面11BCC B 与平面DEF 所成二面角的平面角为θ,则cos 2m BA m BAθ⋅===⨯当12a =时,2224a a -+取得最小值272,此时cos θ3=. 所以min(sin )θ==此时112B D =.【点睛 】对于“无棱”二面角的计算,如果方便建立空间直角坐标系,则按照向量法的思路更容易求解二面角大小.。
高中数学中的立体几何问题解析与技巧总结
高中数学中的立体几何问题解析与技巧总结在高中数学学习中，立体几何是一个重要的内容，掌握立体几何的解析方法和技巧对于解题非常有帮助。
本文将针对高中数学中的立体几何问题进行解析，并总结出一些解题技巧，帮助读者更好地理解和应用立体几何知识。
立体几何是研究立体图形的性质和关系的数学分支，它与平面几何相辅相成，共同构成了几何学的基础。
在立体几何中，我们经常遇到的问题主要包括计算体积、表面积、求解空间几何体之间的位置关系等。
一、计算体积和表面积的方法在计算立体几何体的体积和表面积时，我们需要根据给定的条件和几何体的性质来选择合适的计算方法。
1. 计算体积的方法计算立体几何体的体积，需要根据几何体的形状和给定的条件，选择合适的公式进行计算。
下面以常见几何体为例，列举一些计算体积的公式：- 矩形长方体的体积公式：V = lwh，其中l为长，w为宽，h为高。
- 正方体的体积公式：V = a^3，其中a为边长。
- 圆柱体的体积公式：V = πr^2h，其中r为底面半径，h为高。
- 圆锥体的体积公式：V = (1/3)πr^2h，其中r为底面半径，h为高。
- 球体的体积公式：V = (4/3)πr^3，其中r为半径。
2. 计算表面积的方法计算立体几何体的表面积，同样需要根据几何体的形状和给定的条件，选择合适的公式进行计算。
下面以常见几何体为例，列举一些计算表面积的公式：- 矩形长方体的表面积公式：S = 2lw + 2lh + 2wh，其中l为长，w 为宽，h为高。
- 正方体的表面积公式：S = 6a^2，其中a为边长。
- 圆柱体的表面积公式：S = 2πrh + 2πr^2，其中r为底面半径，h为高。
- 圆锥体的表面积公式：S = πrl+ πr^2，其中r为底面半径，l为母线长。
- 球体的表面积公式：S = 4πr^2，其中r为半径。
二、解决立体几何问题的技巧在解决立体几何问题时，除了熟悉计算公式外，还需要灵活运用几何知识和解题技巧。
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十类立体几何“动态”问题策略探究及方法解析“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题意更新颖，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。
在解决动态几何问题时。
关键在于要注重动态元素所引发的图形变化过程,动中窥静,静中见静,以静止动。
一、截面问题截面问题是高考立体几何题中比较常见的题型，由于截面的“动态”性，使截得平面的结果也具有一定的可变性。
例1、在正方形1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交1AA 于E ，交1CC 于F ， ①四边形1BFD E 一定是平行四边形；②四边形1BFD E 有可能是正方形；③四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形；④四边形1BFD E 有可能垂直于平面1BB D 。
以上结论正确的为 。
（写出所有正确结论的编号）解析：如图，四边形1BFD E 分别交两平行平面1111,AA DD BB CC 于1,D E BF ，从而由面面平行的性质定理知1//.D E BF 同理可得1//.D F BE 从而知四边形1BFD E 一定是平行四边形，故①对。
要使四边形1BFD E 为正方形，则有1111,,D E BE D E AB D E BB ⊥⊥⇒⊥1平面 AA 又11111,//,D A BB D E D A ⊥∴11平面 AA 这是不可能的，从而知四边形1BFD E 不可能是正方形，故②错；四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影点分别为A ，B ，C ，D ，显然其射影是正方形，故对③；当E ，F 分别为AA 1，CC 1的中点时，四边形1BFD E 为菱形，此时有111,EF BD EF BB EF BB D ⊥⊥⇒⊥平面，故④对从而以上结论正确的为①③④。
点评：本题属于结论开放型探索性命题，可直接利用条件证明，也可在先假设结论成立，反溯其具备的条件或推出矛盾从而加以否定。
这类问题求解关键是执果D ACBF索因，追溯结论具备的条件。
例2、已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( ) A.334 B.233 C.324 D.32 解析：如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A ，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A ，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．如图所示，取棱AB ，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点E ，F ，G ，H ，M ，N ，则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S 正六边形EFGHMN ＝6×12×22×22sin 60°＝334.故选A.点评：本题解决的关键有两点：一是如何找到每条棱所在直线与平面α所成的角都相等的平面α，可转化先找到与顶点A 1的三条棱成等角的平面AB 1D 1，二是与平面AB 1D 1平行的平面有无数个都满足条件，其中截面面积最大的截面的确定又是求解的关键。
二、动点轨迹问题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，它重点体现了在立体几何与解析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，是高考表现最为活跃的一种题型。
例3、设P 是正方体1111ABCD A B C D 的对角面11BDD B （含边界）内的点，若点P 到平面ABC 、平面1ABA 、平面1ADA 的距离相等，则符合条件的点P （ ） A. 仅有一个 B. 有有限多个 C. 有无限多个 D. 不存在解析：与平面1,ABC ABA 距离相等的点位于平面1111A B C D 上；与平面1,ABC ADA 距离相等的点位于平面11AB C D 上； 与平面11,ABA ADA 距离相等的点位于平面111ACC A 上；据此可知，满足题意的点位于上述平面1111A B C D ，平面11AB C D ,平面111ACC A 的公共点处，结合题意可知，满足题意的点仅有一个.故选A.点评：本题考查点到平面的距离，利用点到直线的距离将平面问题类比到空间中点到面的距离，据此找到满足题意的点是否存在即可.例4、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 ．故选A 。
点评：将动态的线线垂直转化为静态的线面垂直，是解决这类问题的主要方法。
关键从两平面的交线等特殊直线入手，以静制动。
例5、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PPPPS C DSCDS C DSCDA ．B ．C ．D ．AB CDE FG POM NSCPBC ABPBCAPBCAAPBCADABCDPOE图4（ ）解析：如图4，BC O ，，PP BCD PO ⊥⊥于面，当P 与B 点重合时，显然满足条件。
要使PE ，PO =只须PBO PBE ∠=∠，只要适当移动PB 的位置就有可能满足PBO PBE ∠=∠，从而知轨迹为靠近线段AB 的一条线段。
故选D 。
点评：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。
三、折叠、展开问题例6、把正方形ABCD 沿对角线AC 折起，当A 、B C 、D 四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD 与平面ABC 所成的角的大小为（ ） A ．90° B ．60° C ．45° D ．30°。
解析：如图，由13D ABC ABC V S DO -=⨯，当点D 到平面ABC 的距离最大时，D ABC V -最大，也就是说当顶点D 在底面的射影点O 落在AC 上即面DAC ⊥面ACB 时，D ABC V -最大，从而易知∠DBO 为直线BD 与平面ABC 所成的角。
045DO OB DBO =∴∠=Q ，故选 C 。
点评：图形的折叠和展开必然会引起部分元素位置关系的变化，求解这类问题要注意对变化前后线线、线面位置关系、所成角及距离等加以比较，一般来说，位于棱的两侧的同一半平面内的元素其相对位置关系和数量关系在翻折前后不发生变化，分别位于两个半平面内的元素其相对关系和数量关系则发生变化。
不可变量可结合原图型求解，变化了的量应在折后立体图形中来求证。
四、最值范围问题例7、如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB=BC=2，BB 1=2，ο90=∠ABC ，E 、F 分别为AA 1、C 1B 1的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为 .解析：为使E 到F 两点的路径最短，可以从E 点出发经过三个不同的棱11111,,BB A B AC 达到F 。
如图1 ，22221129111(2)1222EF A E A F =+=++=+=， 如图2， 222227722(2)(1)2222EF EG FG +=+=++=+=如图3， 2222119(2)(1)222EF EG FG =+=-++=显然，棱柱的表面从E 经过A 1C 1到F 两点的路径最短为322。
点评：化曲（折）为直，是研究空间几何体表面上两点路径最短问题的有效方法。
其中，由于实现目标手段的多样性所引起的分类讨论应引起必要的重视。
例8、如图，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器.当这个正六棱柱容器的底面边长为 时，其容积最大.解析：本题属于折叠问题中的最值问题。
设正六棱柱容器的底面边长为x ，体积为V ，由已知：)3222(91)322(838)22(34)1(360tan 21233202取等号时即当且仅当，x x x x x x x x x x x x x Sh V =-==-++≤-⋅⋅=-=-⨯==FFAB 1B C 11B 1ABC 1A 1A 1B 1CAC 1C EFEE G GAB 1BC 1CA 1EF故当这个正六棱柱容器的底面边长为32时，其容积最大.点评：立体几何题中经常会涉及角度、距离、面积、体积最大值、最小值的计算，很多情况下，我们可以把这类动态问题转化成目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值。
例9、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x a 32-,)32)(32(3434143)320()32(43)(2x a x a x a x x a x x V --⋅⋅⋅=<<-⋅⋅=∴ 54)3323234(16133a x a x a x =-+-+≤当且仅当 .54,183,32343max a V a x x a x ==-=时即 故当容器的高为a183时，容器的容积最大，其最大容积为.543a 点评：由于目标函数是关于三次函数的最值问题，因此用导数求解最方便。
五、探索型问题例10、如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝kPA ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ．当k 取何值时，O 在平面PBC 内的射影恰好为△PBC 的重心？解析：易证,OA=OC,AB=BC,OA OB,OA OB OB OP OP ABC ⊥⊥⊥⊥平面又从而，以O 为原点，射线OP 为非负x 轴，建立空间直角坐标系O-xyz ,设AB=a,则222(,0,0),(0,,0),(,0,0),,(0,0,)222A aB aC a OP h P h -=设则，△PBC 的重心G ，22222212212(,,),(,,),PBC,OG PB PB (0,,)6636632112OG PB a -h =0h=a,PA=OA +h =a,k=1.632a a h OG a a h OG a h -∴=-⊥∴⊥∴∴∴uuu r uuu r uu r uu r Q uuu r uu r g 平面，又＝－，＝即 反之，当k=1时，三棱锥O-PBC 为正三棱锥，∴O 在平面PBC 内的射影为△PBC 的重心。