高考数学 立体几何动态问题
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。
2025年新人教版高考数学一轮复习讲义 第七章 §7.10 立体几何中的动态、轨迹问题
所以 V＝2ab≤a2＋b2＝1，当且仅当 a＝b＝ 22时，等号成立.
如图，设AC，BD相交于点O，
因为BO⊥AC，BO⊥AA1，AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面A1ACC1， 所以 BO⊥平面 A1ACC1，因为直线 BP 与平面 A1ACC1
2π 则在此过程中动点M形成的轨迹长度为___8___.
如 图 ， 设 AC 的 中 点 为 M0 ， △ADE 沿 DE 翻 折 90°，此时平面A′DE⊥平面ABCD，取CD中 点P，CE中点Q，PQ中点N， 连接PQ，MP，MQ，MN，M0P，M0Q，M0N. MP＝M0P＝12AD＝12，MQ＝M0Q＝12AE＝12，PQ＝12DE＝ 22，△MPQ 和△M0PQ 是等腰直角三角形，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
知BP⊥平面ACN，CN⊂平面ACN，所以BP⊥CN， 所以动点Q的轨迹为线段CN， 在Rt△ABN，Rt△RAB中，∠BAN＝∠ARB， 所以Rt△ABN∽Rt△RAB，
则BANB＝ARBA，得 BN＝12， 易得 CN＝ BN2＋BC2＝
212＋12＝
5 2.
题型一 平行、垂直中的动态轨迹问题
例1 如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1 中，E，F，G，H，N分别是CC1，C1D1，DD1，CD， BC的中点，M在四边形EFGH边上及其内部运动，
若MN∥平面A1BD，则点M轨迹的长度是
A. 3a
B. 2a
3a C. 2
√D.
2a 2
连接HN，GN(图略)， ∵在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，N分别是 CC1，C1D1，DD1，CD，BC的中点，则GH∥BA1，HN∥BD， 又GH⊄平面A1BD，BA1⊂平面A1BD， ∴GH∥平面A1BD， 同理可证得NH∥平面A1BD， 又GH∩HN＝H，GH，HN⊂平面GHN，
备战2025年高考二轮复习数学课件：立体几何-立体几何中的动态问题
1 · = -1 + + 4 = 0,
解得
1
λ=6,满足题意,故存在点
P,使得 BD1⊥平面 APC,故 B 正确;
对于 C,当
1
λ= 时,BD1⊥AP,BD1⊥PC,此时
6
AP,PC 同时取得最小值,即 AP+PC
取得最小值.
=
30
,故
3
1 5 1
- , ,
6 6 3
,=
A.当P为BD1的中点时,∠APC为锐角
B.存在点P,使得BD1⊥平面APC
C.AP+PC 的最小值为
30
3
D.顶点 B 到平面 APC 的最大距离为
6
6
解析 如图,以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间
直角坐标系,
则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,2),
ABCD=PQ,MN⊥PQ,所以MN⊥平面ABCD.又M0N⊂平面ABCD,所以
1
MN⊥M0N.故动点M形成的轨迹长度为
4
×2π×
2
4
=
2π
.
8
角度二
与动点有关的最值、范围问题
例2(多选题)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,动点P在体对角
线BD1上(含端点),则下列结论正确的有(ABC)
轨迹长度为
2π
8
.
解析 如图,连接AC,设AC的中点为M0,△ADE绕DE顺时针旋转90°,此时平
面A'DE⊥平面ABCD.
取CD中点P,CE中点Q,连接PQ,MP,MQ,M0P,M0Q,取PQ中点N,连接MN,M0N.
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。
高考数学专题四立体几何 微专题29 立体几何中的动态问题
√C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线 √D.若D1N与AB所成的角为 π3，则点N的轨迹为双曲线
如图所示，对于A， 根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD， 所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角， 所以∠MND＝4π，所以 DN＝DM＝12DD1＝12×4＝2， 所以点N的轨迹是以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
PART ONE
典型例题
考点一 动点的轨迹
典例1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1 的棱长为4，M为DD1的中点，N为四边形ABCD 所在平面上一动点，则下列命题正确的是
√A.若MN与平面ABCD所成的角为 π4，则点N的
轨迹为圆
B.若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图
当 B 是 AC 的中点时，AB＝BC＝ 6，
此时△SAB为等腰三角形，△ABC为等腰直角三角形，
将△SAB，△ABC沿AB展开至同一个平面，得到如
图2所示的平面图形，
取AB的中点D，连接SC，SD，CD，
则 SD＝
22－
262＝
210，
所以 sin ∠ABS＝SSDB＝ 410， 所以 cos∠CBS＝cos(90°＋∠ABS)＝－sin∠ABS＝－ 410，
此时点B与点Q重合，点P与点O1重合，故C正确；
对于D，当点P与点B1，点Q与点A重合时，
AP＋PQ＋QB1 的值为 3AP＝3 12＋22＝3 5>2 3＋ 5，故 D 错误.
考点二 折叠、展开问题
典例2 (多选)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线 AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列 说法正确的是 A.存在某个位置，使得CN⊥AB1
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.。
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．
2024年高考数学总复习：立体几何中的动态问题
第1页共5页2024年高考数学总复习：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，在各省市的高考选择题与填空题中也时有出现．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．1．去掉枝蔓见本质——大道至简在解决立体几何中的“动态”问题时，需从复杂的图形中分化出最简单的具有实质性意义的点、线、面，让几何图形的实质“形销骨立”，即从混沌中找出秩序，是解决“动态”问题的关键．例1如图1，直线l ⊥平面α，垂足为O .正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2.点A 是直线l 上的动点，点B 1在平面α内，则点O 到线段CD 1中点P 的距离的最大值为________．图1答案2＋2解析从图形分化出4个点O ，A ，B 1，P ，其中△AOB 1为直角三角形，固定AOB 1，点P 的轨迹是在与AB 1垂直的平面上且以AB 1的中点Q 为圆心的圆，从而OP ≤OQ ＋QP ＝12AB 1＋2＝2＋2，当且仅当OQ ⊥AB 1，且点O ，Q ，P 共线时取到等号，此时直线AB 1与平面α成45°角．2．极端位置巧分析——穷妙极巧在解决立体几何中的“动态”问题时，对于移动问题，由图形变化的连续性，穷尽极端特殊之要害，往往能直取答案．例2在正四面体A －BCD 中，E 为棱BC 的中点，F 为直线BD 上的动点，则平面AEF 与平面ACD 所成二面角的正弦值的取值范围是________．答案1解析本例可用极端位置法来加以分析．。
2024届高考数学二轮复习立体几何中的动态问题课件
题型选讲
类型一 “动态”中研究“特定静态”——“一题多考”
典例1 (多选)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1 中 ， P ， Q 分 别 是 线 段 B1D1 ， AC 上 的 动 点 ， 则 下 列 说 法 正 确AB的D有
(
)
A．线段PQ长度的最小值为2
B．满足 PQ＝2 2的情况只有 4 种 C．无论P，Q如何运动，直线PQ都不可能与BD1垂直 D．三棱锥P－ABQ的体积大小只与点Q的位置有关，与点P的位置 无关
中，侧棱 PA，PB，PC 的长为 2，底面△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( B )
6＋ 2 A. 4
B．
3＋1 2
6 C. 4
D．
3 2
【思路点拨】 先固定点M，再考虑点N的变化，要求AM＋MN的 最小值，可将立体几何问题通过展开某几个平面的“动”考查了最值、垂直、体积等 问题，实现了一题多考，解决此类问题的关键是掌握几何体的结构特征 和垂直的判定定理及性质定理，需具备较强的直观想象能力．
类型二 “动态”中研究“以静制动”——“最值问题”
典例2 (2023·湖北八校联考)已知在如图所示的正三棱锥 P－ABC
＝ 2，BD⊥CD.将四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 A′－BCD(如 图 2)，使平面 A′BD⊥平面 BCD，则下列结论正确的是( BD )
A．A′C⊥BD B．∠BA′C＝90° C．CA′与平面A′BD所成的角为30° D．四面体 A′－BCD 的体积为16
【解析】 由 A′B＝A′D＝1，BD＝ 2，得 BA′⊥DA′.因为平面 A′BD⊥平面 BCD，平面 A′BD∩平面 BCD＝BD，CD⊥BD，所以 CD ⊥平面 A′BD，进而有 CD⊥BA′.由 DA′∩CD＝D，得 BA′⊥平面 A′CD.所以 BA′⊥A′C，即∠BA′C＝90°.B 正确；若 A′C⊥BD，又 CD⊥BD，易证得 BD⊥平面 A′CD，与 BA′⊥平面 A′CD 矛盾，故 A 错误；由 CD⊥平面 A′BD，得∠CA′D 为 CA′与平面 A′BD 所成的 角，由 CD＝A′D＝1，得∠CA′D＝45°，故 C 错误；由题意知 AB＝AD ＝CD＝1，VA′－BCD＝VC－A′BD＝13×1×12×1×1＝16.D 正确．故选 BD.
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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11-10，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是()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﹣A1B1C1D1中，M是A1D1的中点，点P在侧面BCC1B1上运动．现有下列命题：①若点P总保持PA⊥BD1，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＝∠MAC1，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C1D1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CC1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．4 B．3 C．2 D．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，△PAB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 ﹣A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2．若点M 在△ABC 所在平面上运动，且使得△AC 1M 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 ．ABP B ACDMP14．（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，|PA|+|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。
现将△ABD沿对角线BD翻折，则异面直线BE与CF所成角的取值范围是A.(,)63ππB.(,]62ππC.(,]32ππD.2(,)33ππDABECA C4) ''D H D H点的轨迹是以为圆心，为半径的圆；5AD'E AE.）面绕翻折形成两个同底的圆锥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 （ ）A. A DB α'∠≤B. A DB α'∠≥C. A CB α'∠≥D. A CB α'∠≤4．（14年1月浙江省学业学考试题）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，] B. C ．(，2 ] D ．(2，4]5．（2016年文）如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1，AD =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 ．6．（2016年理）如图，在ABC ∆中，120,2=∠==ABC BC AB 。
若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足BA PB DA PD ==,，则四面体PBCD 的体积的最大值是 .7．在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，M ，E 分别为AD ，CD 的中点，N 为B 上的点，MN ⊥BC ，且BC ＝3，AD ＝2，CD ＝1，现将四边形ABNM 沿直线MN 翻折，则在翻折过程中，（ ） A ．直线AB 与直线NE 所成的角不可能为25° B ．直线AB 与直线NE 所成的角不可能为50°C ．直线AB 与平面MNCD 所成的角不可能为25° D ．直线AB 与平面MNCD 所成的角不可能为50°8．（2016届温州一模8）如图，在矩形ABCD 中，2AB =，4AD =，点E 在线段AD 上且3AE =，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 ．45B ．56C ．67D ．789．如图1，在矩形ABCD 中，F E BC AB 、,1,3==分别为边CD AB 、上的点，且,1==CF AE 现将四边形AEFD 沿EF 折起（如图2），使面⊥AEFD 面BCFE ，则异面直线AF 与CE 所成角的余弦值为（ ）A .2425B . 52C . 55D . 10910．（2016届丽水一模13）已知正方形ABCD ，E 是边AB 的中点，将ADE △沿DE 折起至DE A '，如图所示，若A CD '为正三角形，则ED 与平面DC A '所成角的余弦值是 .三、课后练习1、（2012年浙江10）已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。