三维几何变换
利用3×3矩阵，可以实现部分三维变换，如绕X轴、Y轴、Z 轴旋转的变换矩阵为
Tx=
[1 0 0 ]
[0 cosθ sinθ]
[0 -sinθ cosθ]
Ty=
[cosθ 0 -sinθ]
[ 0 1 0 ]
[sinθ 0 cosθ]
Tx=
[cosθ sinθ 0 ]
[-sinθ cosθ 0]
[ 0 0 1]
但是，利用齐次坐标变换更方便。三维空间点[X Y Z]用四维齐次坐标表示为[X Y Z]或[X’Y’ Z’ H]，因此三维空间点的变换可写为
[X Y Z H]T=[X’ Y’ Z’
H]=[X’/H Y’/H Z’/H
1]=[X’ Y’ Z’ 1]
式中T为变换矩阵，与二维变换矩阵对应，三维变换矩阵为4×4方阵，即
T=
[a b c|p]
[d e f|q]
[h i j|r]
[-------|-]
[l m n|s]
=
[3×3|3×1]
[----|----]
[1×3|1×1]
此方阵也可以分为4个部分，由二维变换可知，其中3×3矩阵起比例变换，映射变换，错切变换和旋转变换的作用，1×3矩阵起平移变换的作用，3
×1矩阵起透视变换的作用，而1×2矩阵起比例变换的作用，下面通过具体图例说明各部分算子的作用，也就是基本三维几何变换。
1、三维比例变换
在3×3矩阵中，主对角线上算子a、e、j控制比例变换，令其他算子为零，则三维点[X Y Z]的比例变换写为
[X Y Z 1]·S
=[X Y Z 1][
[a 0 0 0]
[0 e 0 0]
[0 0 j 0]
[0 0 0 1]
]=[aX eY jZ 1]=[X* Y* Z* 1]
由上式可知，a、e、j分别控制X、Y、Z的比例变换，若令a=e=j=1,则算子S可使整个图形按同一比例放大或缩小。
[X Y Z 1][
[1 0 0 0]
[0 1 0 0]
[0 0 1 0]
[0 0 0 1]
]=[X Y Z S]=[X/S Y/S Z/S 1]=[X* Y* Z* 1]
上式中，若S>1，则整个图形缩小；若S<1，则整个图形放大。
2．三维错切变换
错切变换的变换矩阵为
[X Y Z 1][
[1 b c 0]
[d 1 f 0]
[h i 1 0]
[0 0 0 1]
]=
[X+dY+hZ bX+Y+iZ cX+fY+Z 1]=[X* Y* Z* 1]
3.三维镜射变换
在二维平面中是对坐标轴镜射，在三维立体中则是对坐标平面进行镜射，因此，只要将恒等变换的单位矩阵中的关的列号改变即可得到。
对XY平面的镜射矩阵为
M=
[1 0 0 0]
[0 1 0 0]
[0 0 -1 0]
[0 0 0 1]
对YZ平面的镜射矩阵为
M=
[-1 0 0 0]
[ 0 1 0 0]
[ 0 0 1 0]
[ 0 0 0 1]
对XZ平面的镜射矩阵为
M=
[1 0 0 0]
[0 -1 0 0]
[0 0 1 0]
[0 0 0 1]
4.三维平移变换
与二维平移类似，三维平移变
换矩阵为
[X Y Z 1][
[1 0 0 0]
[0 0 1 0]
[l m n 1]
]=
[X+l Y+m Z+n 1]=[X* Y* Z* 1]
5.三维旋转变换
根据前面给出的3X3矩阵，推出绕X轴、Y轴、Z轴旋转的变换矩阵为
Tx=
[1 0 0 0]
[0 cosθ sinθ 0]
[0 -sinθ cosθ 0]
[0 0 0 1]
Ty=
[cosθ 0 -sinθ 0]
[ 0 1 0 0] [sinθ 0 cosθ 0]
[ 0 0 0 1]
Tx=
[cosθ sinθ 0 0]
[-sinθ cosθ 0 0]
[ 0 0 1 0]
[ 0 0 0 1]
关于θ角的正负，与二维旋转
一致，分别沿XO、YO、ZO三个方向观察，逆时针方向旋转为正，顺时针方向旋转为负。
绕过原点的任意轴的旋转复杂得多，但它可以通过连续变换得到，其具体推导过程比较复杂，这里就不予讨论，而只给出结论。
ON为过原点O的一任意轴，它与X、Y、Z轴的3个方向夹角分别为α、β、γ，设余弦分别为n1=cosα,n2=cos β,n3=cosγ。如果图形绕ON 轴旋转θ角，则旋转变换的变
换矩阵为：（注：n2为2是下标；n21为2是上标，1是下标。）R=
[
n21+(1-n21)cosθ，
n1n2(1-cosθ)+n3sinθ，
n1n3(1-cosθ)-n2sinθ，
0，
]
[
n1n2(1-cosθ)-n3sinθ，
n22+(1-n22)cosθ，
n2n3(1-cosθ)+n1sinθ，
0，
]
[
n1n3(1-cosθ)+n2sinθ，
n2n3(1-cosθ)-n1sinθ，
n23+(1-n23)cosθ，
0，
]
[
0，
0，
0，
1，
]
例外，ON轴的坐标为[30 40
50]，将图形绕ON旋转30度，则
n1=cosα=30/√((30)2+(40)2+(50)2)=30/70. 7=0.42
n2=cosβ=40√((30)2+(40)2+(50)2)=40/70. 7=0.57
n3=cosγ=50√((30)2+(40)2+(50)2)=50/70. 7=0.71
将n1,n2,n3及30度代入R，得
R=
[0.89 0.39 -0.24 0] [-0.32 0.91 0.27 0] [0.32 -0.16 0.93 0] [ 0 0 0 1] 绕过任意点P[l,m,n]的轴线旋转θ角的变换矩阵可以通过下面3个步骤来完成，将将P点平移至原点，然后旋转θ角，再由原点平移至原位置。其变换矩阵为：
T=[
[1 0 0 0]
[0 1 0 0]
[0 0 1 0]
[-l -m -n 1] ]·R·[
[1 0 0 0]
[0 1 0 0]
[0 0 1 0]
[l m n 1]
]
和二维变换一样，许多几何变换也可以由一系列连续的基本变换得到，以上绕过任意点的旋转就是一个很好的例子。
观察变换
由于显示屏幕是平面的，所以，
任何三维图像最终必须转换成二维图像才能显示出来。本节将主要讨论用二维表示三维图形的一些技术，如投影和观察变换。
投影就是把空间图像投影面上而得到的平面图形，它可以分类如下：
投影{ [平行投影（正平行投影‘三视图；正轴侧投影“正等侧；正三侧；正二侧”‘；斜平行投影’斜等侧；斜二侧‘）]；中心投影（透视投影）[一点透视；二点透视；
三点透视]}
投影中心与投影平面的距离如果为无穷大则为平行人民检察院否则为中心投影。
一、平行投影
1.正平行投影
投影方向垂直于投影平面时称正平行投影（简称正投影）。（1）三视图
三视图即正视图、俯视图和侧视图，特点是物体的一个坐标面平行于**面。因而其投影能反映实体，能测量物体间的距离，角度以及相互位置关系。
但是三视图形象地表示出形体的三维性质。
三视图中，正视图（又称主视图）反映物体的长和高（X和Z），俯视图反映物体的长和宽（X和Y），侧视图（又称左视图）反映物体的宽和高（Y和Z）。
要将三个视图画在一张图上，还需将俯视图绕X轴顺时针旋转90度，侧视图绕Z轴逆时针旋转90度。另外，这两个视图还需做平移变换以使三个视图之间保持一定的距离。
三个视图的变换矩阵分别为：Tv=
[1 0 0 0]
[0 0 0 0]
[0 0 1 0]
[0 0 0 1]
Th=
[1 0 0 0]
[0 0 -1 0]
[0 0 0 0]
[0 0 –n 1]
Tw=
[0 0 0 0]
[-1 0 0 0]
八个有趣模型——搞定空间几何体的外接球与内切球当讲到付雨楼老师于2018年1月14日总第539期微文章，我如获至宝.为有了教学的实施，我以付老师的文章主基石、框架，增加了我个人的理解及例题，形成此文，仍用文原名，与各位同行分享.不当之处，敬请大家批评指正. 一、有关定义 1．球的定义：空间中到定点的距离等于定长的点的集合（轨迹）叫球面，简称球. 2．外接球的定义：若一个多面体的各个顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球. 3．内切球的定义：若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个多面体的内切球. 二、外接球的有关知识与方法 1．性质： 性质1：过球心的平面截球面所得圆是大圆，大圆的半径与球的半径相等； 性质2：经过小圆的直径与小圆面垂直的平面必过球心，该平面截球所得圆是大圆； 性质3：过球心与小圆圆心的直线垂直于小圆所在的平面（类比：圆的垂径定理）； 性质4：球心在大圆面和小圆面上的射影是相应圆的圆心； 性质5：在同一球中，过两相交圆的圆心垂直于相应的圆面的直线相交，交点是球心（类比：在同圆中，两相交弦的中垂线交点是圆心）. 初图1 初图2 2．结论： 结论1：长方体的外接球的球心在体对角线的交点处，即长方体的体对角线的中点是球心； 结论2：若由长方体切得的多面体的所有顶点是原长方体的顶点，则所得多面体与原长方体的外接球相同；结论3：长方体的外接球直径就是面对角线及与此面垂直的棱构成的直角三角形的外接圆圆心，换言之，就是：底面的一条对角线与一条高（棱）构成的直角三角形的外接圆是大圆； 结论4：圆柱体的外接球球心在上下两底面圆的圆心连一段中点处； 结论5：圆柱体轴截面矩形的外接圆是大圆，该矩形的对角线（外接圆直径）是球的直径； 结论6：直棱柱的外接球与该棱柱外接圆柱体有相同的外接球； 结论7：圆锥体的外接球球心在圆锥的高所在的直线上； 结论8：圆锥体轴截面等腰三角形的外接圆是大圆，该三角形的外接圆直径是球的直径； 结论9：侧棱相等的棱锥的外接球与该棱锥外接圆锥有相同的外接球. 3．终极利器：勾股定理、正定理及余弦定理（解三角形求线段长度）； 三、内切球的有关知识与方法 1．若球与平面相切，则切点与球心连线与切面垂直.（与直线切圆的结论有一致性）. 2．内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等.（类比：与多边形的内切圆）. 3．正多面体的内切球和外接球的球心重合. 4．正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合. 5．基本方法：
2016中考数学预测押题--专题22 几何三大变换问题之旋转（中心对称）问题 轴对称、平移、旋转是平面几何的三大变换。旋转变换是指在同一平面内，将一个图形（含点、线、面）整体绕一固定点旋转一个定角，这样的图形变换叫做图形的旋转变换，简称旋转。旋转由旋转中心、旋转的方向和角度决定。经过旋转，旋转前后图形的形状、大小不变，只是位置发生改变；旋转前、后图形的对应点到旋转中心的距离相等，即旋转中心在对应点所连线段的垂直平分线上；旋转前、后的图形对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。 把一个图形绕着某一定点旋转一个角度360°/n(n为大于1的正整数)后，与初始的图形重合，这种图形就叫做旋转对称图形，这个定点就叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角。 特别地，中心对称也是旋转对称的一种的特别形式。把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形的对应点叫做关于中心的对称点。如果把一个图形绕某一点旋转180度后能与自身重合，这个图形是中心对称图形。 在初中数学以及日常生活中有着大量的旋转变换的知识，是中考数学的必考内容。 中考压轴题中旋转问题，包括直线（线段）的旋转问题；三角形的旋转问题；四边形旋转问题；其它图形的问题。 原创模拟预测题1.如图，直线l：y=+y轴交于点A，将直线l绕点A顺时针旋转75o后，所得直线的解析式为【】
A ．y = B ．y x =+ C ．y x =-+ D ．y x =- 【答案】B 。 【考点】旋转的性质，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。 故选B 。 原创模拟预测题2. 根据要求，解答下列问题： （1）已知直线l 1的函数表达式为y x 1=+，直接写出：①过原点且与l 1垂直的直线l 2的函数表达式；②过点（1，0）且与l 1垂直的直线l 2的函数表达式； （2）如图，过点（1，0）的直线l 4向上的方向与x 轴的正方向所成的角为600，①求直线l 4的函数表达式；②把直线l 4绕点（1，0）按逆时针方向旋转900得到的直线l 5，求直线l 5的函数表达式； （3）分别观察（1）（2）中的两个函数表达式，请猜想：当两直线垂直时，它们的函数表达式中自变量的系数之间有何关系？请根据猜想结论直接写出过点（1，1）且与直线11y x 55 =-垂直的直线l 6的函数表达式。
1 实验目的 1）掌握4*4矩阵乘法运算的编程实现。 2）掌握平移、比例、旋转三种基本三维几何变换矩阵生成。 3）掌握正交投影图的生成和绘制方法。 2 实验要求 1）三维坐标系的原点位于屏幕中心，X轴水平向右，Y轴垂直向上，Z轴垂直于坐标屏幕，指向屏幕外。 2）设计实现三维图形变换类，具有平移、比例、旋转三维几何变换功能，以及正交投影变换功能。 3）使用第二章的直线类绘制正四面体的是三维线框模型，要求体心位于坐标原点，使正四面体同时绕Y轴匀速旋转，并相对于体心点来回缩放。 4）使用双缓冲机制，绘制正四面体三维线框模型的二维正交投影图，要求投影到XOY平面。 3 详细设计 3.1 核心算法及类型设计 void CTrans3DView::BuildPointEdge() { double d=400; P[0].x=d/2; P[0].y=d/2; P[0].z=d/2; P[1].x=d/2; P[1].y=-d/2; P[1].z=-d/2; P[2].x=-d/2; P[2].y=-d/2; P[2].z=d/2; P[3].x=-d/2; P[3].y=d/2; P[3].z=-d/2; E[0].SetPointsIndex(0,1); E[1].SetPointsIndex(0,2); E[2].SetPointsIndex(0,3); E[3].SetPointsIndex(1,2); E[4].SetPointsIndex(1,3); E[5].SetPointsIndex(2,3); } void CTrans3DView::OnDraw(CDC*pDC) { CTrans3DDoc* pDoc = GetDocument(); ASSERT_VALID(pDoc); if (!pDoc) return; // TODO: 在此处为本机数据添加绘制代码 CRect rect;
三维几何模型在计算机内的表示 CAD/CAM的核心技术就是几何造型技术一项研究在计算机中如何表示物体模型形状的技术。 在CAD/CAM技术四十多年的发展历程中,经历了四次重大的变革。 60年代初期的CAD系统只能处理简单的线框模型,提供二维的绘图环境,用途比较单一。 进入70年代,根据汽车造型中的设计需求,法国人提出了贝塞尔算法,随之产生了三维曲面造型系统CATIA。它的出现,标志着CAD技术从单纯模仿工程图纸的三视图模式中解放出来,首次实现以计算机完整描述产品零件的主要信息。这就是CAD发展历史中的第一次重大飞跃。 1979年,SDRC公司发布了世界上第一个完全基于实体造型技术的大型CAD/CAE软件──IDEAS。由于实体造型技术能够精确表达零件的全部属性,在理论上有助于统一CAD、CAE、CAM的模型表达,给设计带来了惊人的方便性。可以说,实体造型技术的普及应用标志着CAD发展史上的第二次技术革命。但就是,在当时的硬件条件下,实体造型的计算及显示速度太慢,限制了它在整个行业的推广。 90年代初期,参数化技术逐渐成熟,标志着CAD技术的第三次革命。参数化技术的成功应用,使得它在1990年前后几乎成为CAD业界的标准。 随后,SDRC攻克了欠约束情况下全参数的方程组求解问题,形成了一套独特的变量化造型理论。SDRC将变量化技术成功的应用到CAD系统中,标志着CAD技术的第四次革命。 随着CAD技术与几何造型技术的发展, 近年来, 市场上出现了一大批优秀的几何造型软件及工具。例如,PTC公司的产品Pro/E、SDRC的产品I-DEAS Master Series、UGS公司的产品Unigraphics、IBM公司的产品CATIA/CADAM、Autodesk公司的产品MDT、Spatial Tech公司的ACIS、EDS公司的Parasolid等。在国内,清华大学、北京航空航天大学、华中理工大学、浙江大学、上海交通大学、西北工业大学,以及其她一些单位也发表了一些关于特征造型技术研究的论著,并开发了一些特征造型系统,例如:清华大学开发的TiGems造型系统,北京航空航天大学研制出的微机版“金银花(LONICERA)”系统,武汉开目信息技术有限责任公司开发的开目三维CAD软件等等。 造型系统简介 Parasolid与ACIS就是两个最有代表性的几何造型系统的开发平台。在早期开发的实体造型系统中,英国的剑桥大学研制出了BUILD-1与BUILD-2系统,但都没有公开使用。80年代初期,研究小组的一部分人组建了Shape Data公司,并开发了实体造型系统Romulus。1986年,Shape Data并入EDS Unigraphics之后,推出了功能强大的几何造型核心
2012年中考数学压轴题分类解析 专题7：几何三大变换相关问题 授课老师：黄立宗 典型例题选讲： 例题1：（2012福建龙岩13分）矩形ABCD中，AD=5，AB=3，将矩形ABCD沿某直线折叠，使点A的对 应点A′落在线段BC上，再打开得到折痕EF． （1）当A′与B重合时（如图1），EF= ；当折痕EF过点D时（如图2），求线段EF的长； （2）观察图3和图4，设BA′=x，①当x的取值范围是时，四边形AEA′F是菱形；②在①的 条件下，利用图4证明四边形AEA′F是菱形． 例题2：（2012辽宁丹东）已知：点C、A、D在同一条直线上，∠ABC=∠ADE=α，线段 BD、CE交于点M．（1）如图1，若AB=AC，AD=AE ①问线段BD与CE有怎样的数量关系？并说明理由；②求∠BMC的大小（用α表示）； （2）如图2，若AB= BC=kAC，AD =ED=kAE 则线段BD与CE的数量关系为，∠BMC= （用α表示）； （3）在（2）的条件下，把△ABC绕点A逆时针旋转180°，在备用图中作出旋转后的图形（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），连接 EC并延长交BD于点M.则∠BMC= （用α表示）． 例题3：（2012福建福州）如图①，已知抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)经过A(3，0)、B(4，4)两点． (1) 求抛物线的解析式； (2) 将直线OB向下平移m个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点D，求m的值及点D
的坐标； (3) 如图②，若点N在抛物线上，且∠NBO＝∠ABO，则在(2)的条件下，求出所有满足△POD∽△NOB 的点P的坐标(点P、O、D分别与点N、O、B对应)． 例题4：（2012广西贵港12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋bx＋3的顶点为M（2，－1），交x轴于A、B两点，交y轴于点C，其中点B的坐标为（3，0）。 （1）求该抛物线的解析式； （2）设经过点C的直线与该抛物线的另一个交点为D，且直线CD和直线CA关于直线BC对称，求直线CD的解析式； （3）在该抛物线的对称轴上存在点P，满足PM2＋PB2＋PC2＝35，求点P的坐标；并直接写出此时直线 OP与该抛物线交点的个数。 巩固练习 1、（2012黑龙江大庆）在直角坐标系中，C(2，3)，C′(－4，3)， C″(2,1)，D(－4，1)，A(0，a)，B(a，O)( a 0). （1）结合坐标系用坐标填空． 点C与C′关于点对称; 点C与C″关于点对称; 点C与D关于点对称
高三数学选择填空难题突破—立体几何的动态问题 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.【2015高考四川，理14】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 θθ cos 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，则的最大值为.
【答案】 ，当时取等号.所以 ，当时，取得最大值. 【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、【2014四川，理8】如图，在正方体中，点为线段的中点.设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（） 2 5 281161 81455 2y y t t +=≥++-1t =2 211222 cos 511555451144 y y y θ-+==≤=?++?++0y =C 1111ABCD A B C D -O BD P 1CC OP 1A BD αsin α
三维几何模型在计算机内的表示
三维几何模型在计算机内的表示 CAD/CAM的核心技术是几何造型技术一项研究在计算机中如何表示物体模型形状的技术。 在CAD/CAM技术四十多年的发展历程中，经历了四次重大的变革。 60年代初期的CAD系统只能处理简单的线框模型，提供二维的绘图环境，用途比较单一。 进入70年代，根据汽车造型中的设计需求，法国人提出了贝塞尔算法，随之产生了三维曲面造型系统CATIA。它的出现，标志着CAD技术从单纯模仿工程图纸的三视图模式中解放出来，首次实现以计算机完整描述产品零件的主要信息。这是CAD发展历史中的第一次重大飞跃。1979年，SDRC公司发布了世界上第一个完全基于实体造型技术的大型CAD/CAE软件 ──IDEAS。由于实体造型技术能够精确表达零件的全部属性，在理论上有助于统一CAD、CAE、CAM的模型表达，给设计带来了惊人的方便性。可以说，实体造型技术的普及应用标志着CAD发展史上的第二次技术革命。但是，在当时的硬件条件下，实体造型的计算及显示速度太慢，限制了它在整个行业的推广。
90年代初期，参数化技术逐渐成熟，标志着CAD技术的第三次革命。参数化技术的成功应用，使得它在1990年前后几乎成为CAD业界的标准。 随后，SDRC攻克了欠约束情况下全参数的方程组求解问题，形成了一套独特的变量化造型理论。SDRC将变量化技术成功的应用到CAD系统中，标志着CAD技术的第四次革命。 随着CAD技术和几何造型技术的发展，近年来，市场上出现了一大批优秀的几何造型软件及工具。例如，PTC公司的产品Pro/E、SDRC 的产品I-DEAS Master Series、UGS公司的产品Unigraphics、IBM公司的产品 CATIA/CADAM、Autodesk公司的产品MDT、Spatial Tech公司的ACIS、EDS公司的Parasolid等。在国内，清华大学、北京航空航天大学、华中理工大学、浙江大学、上海交通大学、西北工业大学，以及其他一些单位也发表了一些关于特征造型技术研究的论著，并开发了一些特征造型系统，例如：清华大学开发的TiGems造型系统，北京航空航天大学研制出的微机版“金银花(LONICERA)”系统，武汉开目信
2004-2013年浙江11市中考数学选择填空解答压轴题分类解析汇编 专题13：几何三大变换问题之对称 一、选择题 1.（2004年浙江绍兴4分）如图，一张长方形纸沿AB对折，以AB中点O为顶点将平角五等分，并沿五等分的折线折叠，再沿CD剪开，使展开后为正五角星（正五边形对角线所构成的图形）.则∠OCD等于【】 A．108°B．144°C．126°D．129° 【答案】C。 【考点】矩形的性质，折叠对称的性质。 【分析】展开如图：五角星的每个角的度数是： 0 180 36 5 。 ∵∠COD=3600÷10=360，∠ODC=360÷2=180， ∴∠OCD=1800－360－180=1260。故选C。 2.（2004年浙江湖州3分）小强拿了一张正方形的纸如图（1），沿虚线对折一次得图（2），再对折一次得图（3），然后用剪刀沿图（3）中的虚线（虚线与底边平行）剪去一个角，再打开后的形状应是【】 A. B. C. D. 【答案】D。 【考点】剪纸问题，折叠对称的性质，正方形的性质。 【分析】按照图中的顺序向右下对折，向左下对折，从上方角剪去一个等腰直角三角形，展开得：剪去的为一正方形，且顶点在原正方形的对角线上。故选D。 3.（2007年浙江绍兴4分）如图的方格纸中，左边图形到右边图形的变换是【】
A．向右平移7格 B．以AB的垂直平分线为对称轴作轴对称，再以AB为对称轴作轴对称 C．绕AB的中点旋转1800，再以AB为对称轴作轴对称 D．以AB为对称轴作轴对称，再向右平移7格 【答案】D。 【考点】轴对称和平移变换。 【分析】观察可得：要使左边图形变化到右边图形，首先以AB为对称轴作轴对称，再向右平移7格。故选D。 4.（2008年浙江台州4分）把一个图形先沿着一条直线进行轴对称变换，再沿着与这条直线平行的方向平移， 我们把这样的图形变换叫做滑动对称变换 ．．．．．．．在自然界和日常生活中，大量地存在这种图形变换（如图1）．结 合轴对称变换和平移变换的有关性质，你认为在滑动对称变换 ．．．．．．过程中，两个对应三角形（如图2）的对应点所具有的性质是【】 A．对应点连线与对称轴垂直B．对应点连线被对称轴平分 C．对应点连线被对称轴垂直平分D．对应点连线互相平行 【答案】B。 【考点】新定义，轴对称变换和平移变换的性质。 【分析】观察图形，因为进行了平移，所以有垂直的一定不正确，A、C是错误的； 对应点连线是不可能平行的，D是错误的； 由对应点的位置关系可得：对应点连线被对称轴平分。故选B。 5.（2011年浙江温州4分）如图，O是正方形ABCD的对角线BD上一点，⊙O与边AB，BC都相切，点E，F分别在AD，DC上，现将△DEF沿着EF对折，折痕EF与⊙O相切，此时点D恰好落在圆心O处．若DE=2，
实验五 图形几何变换的实现 班级：信计二班 学号： ：解川 分数： 一、实验目的 为了掌握理解二维、三维的数学知识、变换原理、变换种类、变换方法；进一步理解采用齐次坐标进行二维、三维变换的必要性；利用VC++语言实现二维、三维图形的基本变换与复合变换。 二、实验容 （1） 理解采用齐次坐标进行图形变换的必要性——变换的连续性，使复合变换 得以实现。 （2） 掌握二维、三维图形基本变换的原理及数学公式。 （3） 利用VC++语言实现二维、三维图形的基本变换、复合变换，在评不上显 示变换过程或变换结果。 三、实验步骤 （1） 预习教材关于二维、三维图形变换的原理与方法。 （2） 使用VC++语言实现某一种或几种基本变换。 （3） 调试、编译、运行程序。 四、原理分析 源程序分别实现了对二维图形进行的平移变换—基本变换；对三维图形进行的绕某一个坐标轴旋转变换以及相对于立方体中心的比例变换—复合变换。 三维几何变换： （1） 比例变换： []1111z y x =[]1z y x T 3D =[]1z y x ????? ?? ?? ???s n m l r j i h q f e d p c b q 局部比例变换： s T =? ? ??? ???? ???1000000000000j e a 其中a 、b 、j 分别为在x 、y 、z 方向的比例系数。
整体比例变换： s T =? ? ??? ???? ???s 000010000100001其中s 为在xyz 方向的等比例系数。S>1时，整体缩小；s<1时，整体放大。 （2） 旋转变换： 旋转变换的角度方向为（沿坐标轴的反方向看去，各轴按逆时针方向旋转） 绕z 轴旋转： RZ T =?? ??? ???? ???-100 010000cos sin 00sin cos θθθθ 绕x 轴旋转： RX T =??????? ?? ???-10 00 0cos sin 00sin cos 000 01 θθθθ 绕y 轴旋转： RY T =????? ???? ???-10 0cos 0sin 00100sin 0cos θθθθ 程序代码： /*三维图形（立方体）旋转变换、比例变换*/ #include
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内有一动点满足∠＝π 6 ，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．1
2018年高考数学压轴 题突破140之立体几何五种动态问题和解题 绝招 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
2018年高考数学压轴题突破140之立体几何五种动态问题和解题绝招中高考数学名师张芙华2018-01-29 06:14:27 2018年高考数学压轴题突破140之立体几何五种动态问题和解题绝招 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
【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。 类型二立体几何中动态问题中的距离问题
专题20 几何三大变换问题之轴对称（折叠）问题 轴对称、平移、旋转是平面几何的三大变换。由一个平面图形变为另一个平面图形，并使这两个图形关于某一条直线成轴对称，这样的图形改变叫做图形的轴对称变换。轴对称具有这样的重要性质： （1）成轴对称的两个图形全等；（2）如果两个图形成轴对称，那么对称轴是对称点连线的垂直平分线。中考压轴题中轴对称 (折叠)问题，包括有关三角形的轴对称性问题；有关四边形的轴对称性问题；有关圆的轴对称性问题；有关利用轴对称性求最值问题；有关平面解析几何中图形的轴对称性问题。 一. 有关三角形的轴对称性问题 1. 如图，AD 是△ABC 的角平分线，DE ⊥AB ，DF ⊥AC ，垂足分别是点E ，F ，连接EF ，交AD 于点G ，求证：AD ⊥EF ． 2. 如图，在Rt △ABC 中，∠C=900 ，∠B=300 ， BC=，点D 是BC 边上一动点（不与点B 、C 重合），过点D 作DE ⊥BC 交AB 边于点E ，将∠B 沿直线DE 翻折，点B 落在射线BC 上的点F 处，当△AEF 为等腰三角形时，BD 的长为 。 F D C E A B
【考点】翻折问题，轴对称的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，勾股定理，等腰三角形的判定，分类思想的应用。 二. 有关四边形的轴对称性问题 3.如图①是3×3菱形格，将其中两个格子涂黑，并且使得涂黑后的整个图案是轴对称图形，约定绕菱形ABCD的中心旋转能重合的图案都视为同一种，例②中四幅图就视为同一种，则得到不同共有【】 A．4种 B．5种 C．6种 D．7种 【答案】B。 【考点】利用旋转的轴对称设计图案。 【分析】根据轴对称的定义及题意要求画出所有图案后即可得出答案： 得到的不同图案有：
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 .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； 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_______ . 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tan 'A 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 1 2 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 D A B E C D A B C 4) ''D H DH 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C
A.( ,)63 ππ B. (,]62 ππ C. ( ,]32 ππ D. 2( ,)3 3 ππ 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： 222254cos 243 FH FC CH FHC CH FH FC +-∠==- ，有344CH ≤≤ 11cos ,22CFH ?? ∴∠∈-???? 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 ()()222BE FC BA BD FC BA FC BF FA FC =+==+ 111cos ,cos ,,222BE FC FC FA ?? <>= <>∈-???? 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 CD B '--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。 方法三：抓住问题的本质，借助圆锥利用几何解题。 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 B
八个有趣模型——搞定空间几何体的外接球与内切球 类型一、墙角模型（三条线两个垂直，不找球心的位置即可求出球半径） 图1 图2 图3 方法：找三条两两垂直的线段，直接用公式2 2 2 2 )2(c b a R ++=，即2222c b a R ++=，求出R 例1 （1）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（ C ） A ．π16 B ．π20 C ．π24 D ．π32 （2）若三棱锥的三个侧面两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是 π9 解：（1）162 ==h a V ，2=a ，24164442 222=++=++=h a a R ，π24=S ，选C ； （2 ）933342 =++=R ，ππ942 ==R S （3）在正三棱锥S ABC -中，M N 、分别是棱SC BC 、的中点，且MN AM ⊥,若侧棱SA =则正三棱锥ABC S -外接球的表面积是 。π36 解：引理：正三棱锥的对棱互垂直。证明如下： 如图（3）-1，取BC AB ,的中点E D ,，连接CD AE ,，CD AE ,交于H ，连接SH ，则H 是底面正三角形ABC 的中心，∴⊥SH 平面ABC ，∴AB SH ⊥， BC AC =，BD AD =，∴AB CD ⊥，∴⊥AB 平面SCD ， ∴SC AB ⊥，同理：SA BC ⊥，SB AC ⊥，即正三棱锥的对棱互垂直， 本题图如图（3）-2， MN AM ⊥，MN SB //， ∴SB AM ⊥， SB AC ⊥，∴⊥SB 平面SAC ， ∴SA SB ⊥，SC SB ⊥， SA SB ⊥，SA BC ⊥， ∴⊥SA 平面SBC ，∴SC SA ⊥， 故三棱锥ABC S -的三棱条侧棱两两互相垂直， ∴36)32()32()3 2()2(2222=++=R ，即3642=R ， (3)题-1 A A
几何三大变换（习题） ?例题示范 例1：如图，四边形ABCD 是边长为9 的正方形纸片，将该纸片折叠，使点B 落在CD 边上的点B′处，点A 的对应点为A′，折痕为MN．若B′C=3，则AM 的长为． 【思路分析】 要求AM 的长，设AM=x，则MD=9-x． 思路一：考虑利用折叠为全等变换转条件，得AM=A′M=x， A′B′=AB=9．观察图形，∠A′=∠D=90°，△MA′B′和△MDB′都是 直角三角形，MB′是其公共斜边，则MB′可分别在两个直角三角形中借助勾股定理表达，列方程． 思路一思路二 思路二：MN 是对称轴，考虑利用对称轴上的点到对应点的距离相等转条件，得MB=MB′．观察图形，∠A=∠D=90°，MB，MB′ 可分别放到Rt△ABM 和Rt△DB′M 中借助勾股定理表达，列方程． 例2：如图，在四边形ABCD 中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，若四边形ABCD 的面积为24，则AC 的长为． 【思路分析】 已知四边形ABCD 的面积，要求AC 的长，考虑借助AC 表达四 边形ABCD 的面积．四边形ABCD 为不规则四边形，考虑割补法或转化法求面积．分析题目中条件AB=AD，存在等线段共端点的 结构，且隐含∠B+∠D=180°，故考虑通过构造旋转解决问题，可把△ABC 绕点A 逆时针旋转90°．
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?巩固练习 1.如图，将边长为2 的等边三角形ABC 沿BC 方向平移1 个单 位得到△DEF，则四边形ABFD 的周长为． 第1 题图第2 题图 2.如图，已知△ABC 的面积为8，将△ABC 沿BC 方向平移到 △A′B′C′的位置，使点B′和点 C 重合，连接AC′，交A′C 于点D，则△CAC′的面积为． 3.如图，在6 4 的方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点 三角形乙，则其旋转中心是（） A．格点M B．格点N C．格点P D．格点Q 第3 题图第4 题图 4.如图，已知OA⊥OB，等腰直角三角形CDE 的腰CD 在OB 上，∠ECD=45°，将△CDE 绕点 C 逆时针旋转75°，点 E 的 对应点N 恰好落在OA 上，则OC 的值为．CD 5.如图，E 是正方形ABCD 内一点，连接 AE，BE，CE，将△ABE 绕点B 顺时针 旋转90°至△CBE′的位置．若AE=1， BE=2，CE=3，则∠BE′C= ． 6.如图，在□ABCD 中，∠A=70°，将该 平行四边形折叠，使点C，D 分别落 在点E，F 处，折痕为MN．若点E， F 均在直线AB 上，则∠AMF= ．
⑵ A 2013 l ∥α l l ∥β α, β α∥β B l ⊥α l ⊥β α∥β C l ⊥α l ∥β α∥β D α⊥β l ∥α l ⊥β 第 6 讲立体几何中的常用模型 §6.1 平行与垂直的直观感受 【例1】⑴ A B 2013 m ∥α m ∥α m，n n∥α m∥β αβ m∥n α∥β C m∥n m ⊥α n ⊥α D m ∥α α⊥β m⊥β A α⊥β α β B α β α β C α⊥γ β⊥γα∩ β= l l ⊥γ D α⊥β α β
§6.2 借助正（长）方体模型研究问题 【例2】 A B C D .
【例3】 ABCD - A 1B 1C 1D 1 P . BD 1 【例4】 ABCD . AB = C D = 2 AC = BD = 3 AD = BC = §6.3 外接球问题 【例5】 3 【例6】 2019 A - BCD AB ⊥ BCD AB = BD = CB = CD = 1 A - BCD P 5 1 2 2
1 E F §6.4 等体积法 【例7】 ABCD - A 1B 1C 1D 1 D 1 - EDF A 1 D 1 C 1 B 1 E F D C A B 【例8】 EF = 1 2 ABCD - A 1B 1C 1D 1 △AEF C 1 E D 1 1 B 1D 1 A - CEF . B 1 F A 1 C B D A AA 1 B 1 C E F
. . β 32π 3 B 4π C 2π b ?β? b ∥γ ? α? β?α? 【习题1】 2012 A . B C D . 【习题2】 2011 A α ⊥ β α β B α β α C α ⊥ γ β ⊥ γ α β = l l ⊥ γ D α ⊥ β α β 【习题3】 a 、b 、c a ∥c ? ? a ∥b ? α ∥γ ? ? α ∥ β ? α、β、γ a ∥γ ? ? a ∥b ? a ∥ c ? ? a ∥α ? α ∥ c ? ? α ∥ β ? a ∥γ ? ? a ∥α ? A B C D 【习题4】 S - ABC SA ⊥ ABC AB ⊥ BC S SA = AB = BC = 1 A C B 【习题5】 2014 A D 1 2 4π 3
中考几何变换专题复习（针对几何大题的讲解） 几何图形问题的解决，主要借助于基本图形的性质（定义、定理等）和图形 之间的关系(平行、全等、相似等）.基本图形的许多性质都源于这个图形本身的“变换特征”，最为重要和最为常用的图形关系“全等三角形”极多的情况也同 样具有“变换”形式的联系.本来两个三角形全等是指它们的形状和大小都一样， 和相互间的位置没有直接关系，但是，在同一个问题中涉及到的两个全等三角形， 大多数都有一定的位置关系（或成轴对称关系，或成平移的关系，或成旋转的关 系（包括中心对称）.这样，在解决具体的几何图形问题时，如果我们有意识地 从图形的性质或关系中所显示或暗示的“变换特征”出发，来识别、构造基本图 形或图形关系，那么将对问题的解决有着极为重要的启发和引导的作用.下面我们从变换视角以三角形的全等关系为主进行研究. 解决图形问题的能力，核心要素是善于从综合与复杂的图形中识别和构造出基 本图形及基本的图形关系，而“变换视角”正好能提高我们这种识别和构造的能力. 1．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG． （1）求证：EG=CG； （2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请 说明理由； （3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论（均不要求证明）．
考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；正方 形的性质。 专题：压轴题。 分析：（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG． （3）结论依然成立．还知道EG⊥CG． 解答：（1）证明：在Rt△FCD中， ∵Ｇ为DF的中点， ∴CG=FD， 同理，在Rt△DEF中， EG=FD， ∴CG=EG． （2）解：（1）中结论仍然成立，即EG=CG． 证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点． 在△DAG与△DCG中， ∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG， ∴△DAG≌△DCG， ∴AG=CG； 在△DMG与△FNG中， ∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG， ∴△DMG≌△FNG，
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 (优质试题·金华十校高考模拟)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点 M 、N 分别是直线CD 、AB 上的动点，点P 是△A 1C 1D 内的动点(不包 括边界)，记直线D 1P 与MN 所成角为θ，若θ的最小值为π3 ，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 1B 1C 1D 1中，直线D 1P 与MN 所成角为 θ，直线D 1P 与MN 所成角的最小值是直线D 1P 与平面A 1B 1C 1D 1所成角， 即原问题转化为：直线D 1P 与平面A 1B 1C 1D 1所成角为π3 ，点P 在平面A 1B 1C 1D 1的投影为圆的一部分， 因为点P 是△A 1C 1D 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 (优质试题·浙江名校协作体高三联考)已知平面ABCD ⊥平面ADEF ，AB ⊥AD ，CD ⊥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( ) A.43 B.163 C.49π D.83 π 【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，建立空间直角坐标系Dxyz ，如图1所示，则B (2，1，0)，C (0，2，0)，设M (x ，0，z )，易知直线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 ∠AMB ＝sin ∠DMC ?AB MB ＝CD MC ，即2MB ＝MC ，因此2（2－x ）2＋12＋z 2＝x 2＋22＋z 2，