微专题：立体几何中的动态问题

高考数学复习压抽题专项突破—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.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.已知平行四边形ABCD 中，1AB =，2AD =，60A ∠=︒，沿对角线BD 将ABD △折起到PBD △的位置，使得平面PBD ⊥平面BCD ，如图，若M ，N 均是线段PD 的三等分点，点Q是线段MN 上（包含端点）的动点，则二面角Q BC D --的正弦值的取值范围为（）A ．12,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦B．1,219⎡⎢⎣⎦C．2,319⎡⎢⎣⎦D ．11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第五模拟）【答案】B【解析】在ABD △中，1AB =，2AD =，60BAD ∠=︒，所以由余弦定理得BD =，所以222AB BD AD +=，所以AB BD ⊥，由翻折的性质可知，PB BD ⊥．又平面PBD ⊥平面BCD ，平面PBD 平面BCD BD =，所以PB ⊥平面BCD ，过点Q 作//QQ PB '，交BD 于点Q '，则QQ '⊥平面BCD ，所以QQ BC '⊥，过Q '作Q T BC '⊥，垂足为T ，连接QT ，则BC ⊥平面QQ T '，所以QTQ '∠为二面角Q BC D --的平面角．设2QD a =（1233a ≤≤），则QQ a '=，DQ '=，BQ '=，)1122Q T BQ ''==，所以QT ===，所以sin 1QQ aQTQ QT ''∠====由二次函数的单调性知，21314y a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭在12,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为19,164⎡⎤⎢⎥⎣⎦，所以1sin ,219QTQ ⎡'∠=⎢⎣⎦，即二面角Q BC D --的正弦的取值范围为1,219⎡⎢⎣⎦．故选：B.【举一反三】1．（2020·黑龙江牡丹江一中高三（理））如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，O 是AC 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⎡⎤⎢⎣⎦【答案】A【解析】如图，设正方体棱长为1，()11101A PA C λλ=≤≤．以D 为原点，分别以DA ，DC ，1DD 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则11,,022O ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,,1P 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122211()()1122sin cos ,1113163222OP B D λλθλλλ-----===⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯-+-+-+ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．所以当12λ=时，sin θ取得最大值33，当0λ=或1时，sin θ取得最小值23．所以23sin ,33θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.故选A ．2．（2020·广东高考模拟）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是侧面11ADD A 内的动点，且1B E //平面1BDC ，则直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是()A ．13B ．33C ．12D ．22【答案】B【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为1，设E(a,0，c)，0a 1≤≤，0c 1≤≤，1B (1,1，1)，B(1,1，0)，D(0,0，0)，1C (0,1，1)，()1B E a 1,1,c 1=--- ，DB (1,=1，0)，1DC (0,= 1，1)，设平面1DBC 的法向量n (x,=y ，z)，则1n DB 0n DC 0x y y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x 1=，得()n 1,1,1=- ，1B E // 平面1BDC ，1B E n a 11c 10∴⋅=-++-=，解得a c 1+=，()222a c a c 2ac 12ac ∴+=+-=-，2a c 1ac 24+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，设直线1B E 与直线AB 所成角为θ，AB (0,=1，0)，11AB B E cosθAB B E⋅∴==⋅2a c 1ac 24+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭ ，322ac 2∴-≥，1222ac 3∴≤-，sinθ∴==3==≥=．∴直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是33．3.（2020·浙江台州中学高三）如图，已知正方体ABCD EFGR -的上底面中心为H ，点O 为AH 上的动点，P 为FG 的三等分点（靠近点F ），Q 为EF 的中点，分别记二面角P OQ R --，Q OR P --，R OP Q --的平面角为,,αβγ，则（）A ．γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βαγ<<【答案】D【解析】分析：建立空间直角坐标系，对动点O 选取一个特殊位置，然后求出三个侧面的法向量，根据向量夹角的余弦值求得三个二面角的余弦值，比较后可得二面角的大小．详解：建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -．考虑点O 与点A重合时的情况．设正方体的棱长为1，则()()111,,0,Q ,0,0,R 01,0,O 0,0,132P ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．设平面OPQ 的一个法向量为1(,,)n x y z =，由111(,,)(,0,1)02211(,,)(,,0)02323x n OQ x y z z x y n PQ x y z ⎧⋅=⋅-=-=⎪⎪⎨⎪⋅=⋅--=--=⎪⎩ ，得322x y x z ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，令2x =，得1(2,3,1)n =-．同理可得平面OPR 和平面OQR 的法向量分别为23(2,3,3),(6,3,7)n n ==．结合图形可得：1323cos cos ,cos ,n n n n αβ====，12cos cos ,n n γ==∴cos cos cos γαβ<<，又0,,γαβπ<<，∴γαβ>>．故选D ．类型二立体几何中动态问题中的距离问题【例2】（2020·山西高三）设点M 是棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱AD 的中点，点P 在面BCC 1B 1所在的平面内，若平面D 1PM 分别与平面ABCD 和平面BCC 1B 1所成的锐二面角相等，则点P 到点C 1的最短距离是（）A ．5B ．2C ．1D ．63【答案】A【解析】如图，过点P 作1D M 的平行线交BC 于点Q 、交11B C 于点E ，连接MQ ，则PQ 是平面1D PM 与平面11BCC B 的交线，MQ 是平面1D PM 与平面ABCD 的交线．EF 与1BB 平行，交BC 于点F ，过点F 作FG 垂直MQ 于点G ，则有，MQ 与平面EFG 垂直，所以，EG 与MQ 垂直，即角EGF 是平面1D PM 与平面ABCD 的夹角的平面角，且sin EFEGF EG∠=，MN 与CD 平行交BC 于点N ，过点N 作NH 垂直EQ 于点H ，同上有：sin MNMHN MH∠=，且有EGF MHN ∠=∠，又因为EF MN AB ==，故EG MH =，而2EMQ S EG MQ MH EQ ∆=⨯=⨯，故MQ EQ =，而四边形1EQMD 一定是平行四边形，故它还是菱形，即点E 一定是11B C 的中点，点P 到点1C 的最短距离是点1C 到直线BE 的距离，以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，()2,1,2E ，()2,0,0B ，()12,2,2C ，()0,1,2BE = ，()10,2,2BC =，∴点P 到点1C的最短距离：125||5d BC === ．故选：A．【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．（2020·四川高三（理））已知三棱锥S ABC -中，1SA SB SC ===，且SA 、SB 、SC 两两垂直，P 是三棱锥S ABC -外接球面上一动点，则P 到平面ABC 的距离的最大值是（）A．3BC．3D．3【答案】C 【解析】【分析】,,SA SB SC 是棱长为1的正方体MNQB ADCS -上具有公共顶点S 的三条棱,以B 为原点,,,BM BQ BS 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系,三棱锥S ABC -外接球就是正方体MNQB ADCS -的外接球，由正方体及球的几何性质可得点P 与N 重合时，点P 到平面ABC 的距离最大，求出平面ABC 的法向量，由点到直线的距离公式即可得结果.【详解】三棱锥S ABC -，满足,,SA SB SC 两两垂直，且,,1SA SB SC =，∴如图,,SA SB SC 是棱长为1的正方体MNQB ADCS -上具有公共顶点S 的三条棱,以B 为原点,,,BM BQ BS 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系,则()()()()()0,0,0,1,0,1,0,1,1,0,0,1,1,1,0B A C S N ，()()()1,0,1,0,1,1,1,1,0BA BC BN ===，设平面ABC 的法向量(),,n x y z =，则00n BA x z n BC y z ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，取1x =，得()1,1,1n =-r ，三棱锥S ABC -外接球就是棱长为1的正方体MNQB ADCS -的外接球，P 是三棱锥S ABC -外接球上一动点，∴由正方体与球的几何性质可得，点P 点与N 重合时，点P 到平面ABC 的距离最大，∴点P 到平面ABC的距离的最大值为233BN n d n ⋅===.故选C.2．已知四边形ABCD 是边长为5的菱形，对角线8BD =（如图1），现以AC 为折痕将菱形折起，使点B 达到点P 的位置.棱AC ，PD 的中点分别为E ，F ，且四面体PACD 的外接球球心落在四面体内部（不含边界，如图2），则线段EF 长度的取值范围为（）A ．14,42⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭B ．⎛⎝⎭C ．142⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭D ．)4【来源】江西省鹰潭市2021届高三高考二模数学（文）试题【答案】A 【解析】由题意可知△APC 的外心1O 在中线PE 上，设过点1O 的直线1l ⊥平面APC ,可知1l ⊂平面PED ,同理△ADC 的外心2O 在中线DE 上,设过点2O 的直线2l ⊥平面ADC ，则2l ⊂平面PED ,由对称性知直线12,l l 的交点O 在直线EF 上.根据外接球的性质,点O 为四面体PACD 的外接球的球心.由题意得3,4EA PE ==,而2221111,4O A O E EA O A O E PE =++==所以178O E =.令PEF θ∠=,显然02πθ<<,所以cos 4cos 4EF PE θθ==<.因为1cos EF O EPE OEθ==，所以172OE EF O E PE ⋅=⋅=，又OE EF <，所以272EF >，即2EF >.综上可知42EF <<.故选：A.3（2020广西柳州市模考）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.类型三立体几何中动态问题中的面积、体积问题【例3】（2020·河南高三（理））在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1AA 的中点，P 是底面ABCD 所在平面内一动点，设1PD ，PE 与底面ABCD 所成的角分别为12θθ，（12θθ，均不为0），若12θθ=，则三棱锥11P BB C -体积的最小值是（）A ．92B ．52C ．32D ．54【答案】C【解析】建系如图， 正方体的边长为3，则(3E ，0，32，1(0D ，0，3)，设(P x ，y ，0)(0x，0)y ，则(3PE x =- ，y -，32，1(PD x =- ，y -，3)，12θθ= ，(0z =，0，1)，12cos cos θθ∴=，即11||||||||||||PD z PE z PE z PD z =，32=，整理得：228120x y x +-+=，变形，得：22(4)4(02)x y y -+=，即动点P 的轨迹为圆的一部分，过点P 作PF BC ⊥，交BC 于点F ，则PF 为三棱锥11P BB C -的高∴点P 到直线AD 的距离的最大值是2．则min 321PF =-=．1111119332212BB C BB B C S ∆=⋅⋅=⨯⨯= ，1111193132213P BB C BB C V PF S -∆=⨯⨯⋅⋅=∴=故选：C．【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.（2020·四川高三期末）长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，1BC =，12AA =，P 为该正方体侧面11CC D D内（含边界）的动点，且满足tan tan PAD PBC ∠+∠=.则四棱锥P ABCD -体积的取值范围是（）A ．20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦B．2,33⎤⎥⎣⎦C ．40,3⎛⎤ ⎥⎝⎦D．4,33⎤⎥⎣⎦【答案】B【解析】如图所示：在RT PAD 中，tan PD PAD PD AD ∠==，在RT PBC 中，tan PCPBC PC BC∠==，因为tan tan PAD PBC ∠+∠=，所以PD PC +=.因为2PD PC CD +=>=，所以点P 的轨迹是以,C D为焦点2a =的椭圆.如下图所示：a =，1c =，1b ==，椭圆的标准方程为：2212x y +=.1(0,1)P 联立22112x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得：22y =±.所以22(1,2P -，32(1,2P .当点P 运动到1P 位置时，此时四棱锥P ABCD -的高最长，所以max 1112()21333P ABCD ABCD V S PO -=⨯⨯=⨯⨯=.当点P 运动到2P 或3P 位置时，此时四棱锥P ABCD -的高最短，所以min 211()23323P ABCD ABCD V S P D -=⨯⨯=⨯⨯=.综上所述：233P ABCD V -≤≤.2．如图，长方形ABCD 中，152AB =，1AD =，点E 在线段AB （端点除外）上，现将ADE 沿DE 折起为A DE ' ．设ADE α∠=，二面角A DE C '--的大小为β，若π2αβ+=，则四棱锥A BCDE '-体积的最大值为（）A ．14B ．23C ．15112D ．518-【答案】A【解析】设过A 与DE 垂直的线段长为a ，则tan AE α=，150tan 2α<<，1cos DE α=，sin a α=，则四棱锥A BCDE '-的高πsin sin sin sin cos 2h a βαααα⎛⎫=⋅=⋅-= ⎪⎝⎭，则111515tan 1sin cos 3222A BCDEV ααα'-⎛=⨯⨯-+⨯⨯ ⎝⎭)1tan sin cos6ααα=⨯)21cos sin6ααα=-)112cos 21212αα=+-11511sin 2cos 234412αα⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭()11sin 2312αϕ=+-，tan 15ϕ⎛= ⎝⎭，∴四棱锥A BCDE '-体积的最大值为1113124-=.故选：A.3．（2020·重庆市松树桥中学校高三）如图，在单位正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1AD 上运动，给出以下四个命题：①异面直线1A P 与1BC 间的距离为定值；②三棱锥1D BPC -的体积为定值；③异面直线1C P 与直线1CB 所成的角为定值；④二面角1P BC D --的大小为定值．其中真命题有()A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】D【解析】对于①，异面直线1A P 与1BC 间的距离即为两平行平面11ADD A 和平面11BCC B 间的距离，即为正方体的棱长，为定值．故①正确．对于②，由于11D BPC P DBC V V --=，而1DBC S ∆为定值，又P ∈AD 1，AD 1∥平面BDC 1，所以点P 到该平面的距离即为正方体的棱长，所以三棱锥1D BPC -的体积为定值．故②正确．对于③，由题意得在正方体1111ABCD A B C D -中，B 1C ⊥平面ABC 1D 1，而C 1P ⊂平面ABC 1D 1，所以B 1C ⊥C 1P ，故这两条异面直线所成的角为90︒．故③正确；对于④，因为二面角P −BC 1−D 的大小，即为平面ABC 1D 1与平面BDC 1所成的二面角的大小，而这两个平面位置固定不变，故二面角1P BC D --的大小为定值．故④正确．综上①②③④正确．选D ．类型四立体几何中动态问题中的轨迹问题【例4】（2020南充高考一模）如图，直二面角AB αβ--，P α∈，C β∈，D β∈，且AD AB ⊥，BC AB ⊥，5AD =，10BC =，6AB =，APD CPB ∠=∠，则点P 在平面α内的轨迹是（）A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.一条直线D.两条直线【答案】A【解析】以AB 所在直线为x 轴，AB 的中垂线为y 轴，建立平面直角坐标系，设点(),P x y ，()30A -,，()3,0B ，AD AB ⊥ ，BC AB ⊥，则AD α⊥，BC α⊥，5AD =，10BC =，6AB =，APD CPB ∠=∠，Rt APD Rt CPB ∴∆∆ ，51102APAD BPBC ∴===，即()()2222343x y x y ⎡⎤-+=++⎣⎦，整理得：()22516x y ++=，故点P 的轨迹是圆的一部分，故选A .【指点迷津】空间轨迹问题的求解策略：1.利用侧面展开或展到一个平面上寻求轨迹；2.利用圆锥曲线定义求轨迹；3.这辗转过程中动点的轨迹；4.利用函数观点探求轨迹【举一反三】1．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为M ，N 为体对角线1BD 的三等分点，动点P 在三角形1ACB 内，且三角形PMN 的面积263PMN S =△，则点P 的轨迹长度为（）A ．269πB ．263C ．469D ．463π【答案】B【解析】如图所示：连接11BC B C O = ，因为四边形11BCC B 是正方形，所以11BC B C ⊥，因为11D C ⊥平面11BCC B ，1B C ⊂平面11BCC B ，所以11D C ⊥1B C ，又11111,BC D C C BC =⊂ 平面11BC D ，11D C ⊂平面11BC D ，所以1B C ⊥平面11BC D ，所以11B C D B ⊥，同理可知：11B A D B ⊥，又因为1B C ⊂平面1ACB ，1B A ⊂平面1ACB ，111B C B A B = ，所以1D B ⊥平面1ACB ，根据题意可知：1116,D B AB B C AC =====1ACB 为正三角形，所以160∠=︒B AC ，所以1122ACB S =⨯= ，设B 到平面1ACB 的距离为h ，因为11B ACB B ABC V V --=，所以111133ACB ACB S h S BB ⋅⋅=⋅⋅ ，所以11ACB ACB S h S BB ⋅=⋅ ，所以(23232342h ⨯⨯=⨯1123h D B ==，所以h BN =，所以N 即为1D B 与平面1ACB 的交点，由题意可知：1D B ⊥平面1ACB ，所以MN PN ⊥，所以11262223PMN S MN PN PN PN =⋅=⋅⋅==，再如下图所示：在正三角形1ACB 中，高3sin 602AO AC =︒==，所以内切圆的半径12633r AO ==<，且3AN <=，取1B C 的两个三等分点,E F ，连接,EN FN ，所以1//,//NE AB NF AC ，所以NEF 是以PN 长度为边长的正三角形，所以P 的轨迹是以N 为圆心，半径等于3的圆，圆的周长为463，在1ACB 内部的轨迹是三段圆弧，每一段圆弧的圆心角为60︒，所以对应的轨迹长度是圆周长的一半为263，故选：B.2、（2020贵阳高考模拟）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】D3．几何中常用表示L 的测度，当L 为曲线、平面图形和空间几何体时，L 分别对应其长度、面积和体积．在ABC 中，3AB =，4BC =，5AC =，P 为ABC 内部一动点（含边界），在空间中，到点P 的距离为1的点的轨迹为L ，则L 等于（）A ．612π+B ．2263π+C ．20123π+D ．22123π+【来源】安徽省合肥市2021届高三下学期第三次教学质量检测理科数学试题【答案】D【解析】空间中，到点P 的距离为1的点的轨迹所构成的空间几何体在垂直于平面ABC 的角度看，如下图所示：其中：BCDF ，ACEI 和ABGH 区域内的几何体为底面半径为1的半圆柱；CDE ，BFG ，AHI 区域内的几何体为被两平面所截得的部分球体，球心分别为,,C B A ；ABC 区域内的几何体是高为2的直三棱柱.四边形BCDF 和ACEI 为矩形，2DCB ECA π∴∠=∠=，2DCE ACB ACB πππ∴∠=--∠=-∠，同理可得：FBG ABC π∠=-∠，HAI CAB π∠=-∠，()332DCE FBG HAI ACB ABC CAB ππππ∴∠+∠+∠=-∠+∠+∠=-=，∴CDE ，BFG ，AHI 区域内的几何体合成一个完整的，半径为1的球，则CDE ，BFG ，AHI 区域内的几何体的体积之和3144133V ππ=⨯=；又BCDF ，ACEI 和ABGH 区域内的几何体的体积之和()221134562V ππ=⨯⨯++=；ABC 区域内的直三棱柱体积31342122V =⨯⨯⨯=，4226121233L πππ∴=++=+.故选：D.三．强化训练1．（2020·内蒙古高三期末）如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是线段1A B 上的动点，则下列结论正确的是（）．①异面直线AD 与1CB 所成的角为45︒②11DC D M⊥③三棱锥1M DCC -的体积为定值④1AM MD +的最小值为2．A ．①②③B ．①②④C ．③④D ．②③④【答案】A【解析】①∵AD ∥BC ，∴异面直线AD 与1CB 所成的角即为BC 与1CB 所成的角，可得夹角为45︒，故①正确；②连接1CD ，∵1DC ⊥平面A 1BCD 1，1D M ⊂平面A 1BCD 1，∴11DC D M ⊥，故②正确；③∵1A B ∥平面DCC 1D 1，∴线段A 1B 上的点M 到平面DCC 1D 1的距离都为1,又△DCC 1的面积为定值12,因此三棱锥M −DCC 1的体积1111326V =⨯⨯=为定值,故③正确；④将面AA 1B 与面A 1BCD 1沿A 1B 展成平面图形,线段AD 1即为AP +PD 1的最小值，在△D 1A 1A 中,∠D 1A 1A =135°,利用余弦定理解三角形得12AD =，故④不正确.因此只有①②③正确.故选：A .2.（2020河南省焦作市高三）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 ．3．（2020·重庆巴蜀中学高三（理））棱长为2的正方体1111ABCD A B C D 中，N 为1CC 的中点，P 在底面ABCD 内运动，1D P 与平面ABCD 所成角为1θ，NP 与平面ABCD 所成角为2θ，若12θθ=，则AP 的最小值为（）A ．2B ．83C ．4D ．1【答案】A【解析】分析：先证明PD=2PC ，再在底面ABCD 内建立如图所示的直角坐标系，求出211680sin()99PA αϕ=-+，再利用三角函数的图象和性质求出|AP|的最小值.【详解】设12θθθ==，所以12tan tan DD PD θθ==，1PC tan tan CN θθ==，所以PD=2PC.在底面ABCD 内建立如图所示的直角坐标系，设点P(x,y),=，整理得22516454(),cos ,sin 39333x y x y αα++=∴=-=，所以2224841168011680(cos )(sin 2)sin()43339999PA αααϕ=-+-=-+≥-=，即||2AP ≥,所以|AP|的最小值为2.故选：A4．已知三棱锥A BCD -的所有棱长均为2，E 为BD 的中点，空间中的动点P 满足PA PE ⊥，PC AB ⊥，则动点P 的轨迹长度为（）A ．1116πB．8C．2D【来源】浙江省五校2021届高三下学期5月联考数学试题【答案】C【解析】正四面体A BCD -，建立空间直角坐标系如图所示，)(22,,,22E C B ⎛ ⎝，设(),,P x y z，()22,,,,22PE x y z AP x y z ⎛⎫=---= ⎪ ⎪⎝⎭，),PC x y z =-- .由于PA PE ⊥，PC AB ⊥，所以00AP PE PC AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即))220220x x y y z z y ⎧⎛⎫⎛⎫-+-+-=⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎨-=，即2222220220x x y y z z y z ⎧-+-+-=⎪⎨⎪+=⎩，即222222344240x y z y z ⎧⎛⎛⎛⎪-+-+-= ⎪⎪ ⎪⎨⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪+-=⎪⎩，22222234424x y z ⎛⎫⎛⎛-+-+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭表示球心为222,,442⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，半径为32R =的球.y z+=表示垂直于yAz平面的一个平面.所以P的轨迹是上述平面截球面所得圆.球心,,442⎛⎫⎪⎪⎝⎭到平面0y z+=的距离为14d=，所以截得的圆的半径4r===，所以截得的圆，也即P点的轨迹的长度为2242rππ=⨯=.故选：C5.（2020郑州一中高三期末）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】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．6．（2020九江高三一模）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．7．（2020·浙江高三期末）在三棱锥P ABC -中，PA PB PC AB AC BC ======，点Q 为ABC∆所在平面内的动点，若PQ 与PA 所成角为定值θ，π(0,)4θ∈，则动点Q 的轨迹是A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线【答案】B【解析】建立空间直角坐标系，根据题意，求出Q 轨迹方程，可得其轨迹.由题，三棱锥P ABC -为正三棱锥，顶点P 在底面ABC 的射影O 是底面三角形ABC 的中心，则以O 为坐标原点，以OA 为x 轴，以OP 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意可得1OA OP ==，设Q 为平面ABC 内任一点，则()()()()()1,0,0,0,0,1,,,0,1,0,1,,,1A P Q x y PA PQ x y =-=-，由题PQ 与PA 所成角为定值θ，π0,4θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则,cos PA PQ PA PQ θ⋅==⋅则()()22222cos 11x y x θ++=+，化简得222cos22cos 2cos20x y x θθθ⋅+⋅-+=，ππ0,,20,,cos 20,42θθθ⎛⎫⎛⎫∈∴∈> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故动点Q 的轨迹是椭圆.选B8．（2020·上海格致中学高三月考）在正方体''''ABCD A B C D -中,若点P (异于点B )是棱上一点,则满足BP 与AC '所成的角为45︒的点P 的个数为（）A ．0B ．3C ．4D ．6【答案】B 【解析】【分析】建立空间直角坐标系，通过分类讨论利用异面直线的方向向量所成的夹角即可找出所有满足条件的点P 的个数．【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设棱长1AB =，(1B ，0，1)，(1C ，1，1)．①在Rt △AA C ''中，||tan ||A C A AC AA '''∠'=='，因此45A AC '∠'≠︒．同理AB ，AD 与AC '所成的角都为45≠︒．故当点P 位于（分别与上述棱平行或重合）棱BB '，BA ，BC 上时，与AC '所成的角都为arctan 45≠︒，不满足条件；②当点P 位于棱AD 上时，设(0P ，y ，1)，(01)y，则(1BP =-，y ，0)，(1AC '=，1，1)-．若满足BP 与AC '所成的角为45︒，则2|||cos ,|2||||BP AC BP AC BP AC '=<'>=='，化为2410y y ++=，无正数解，舍去；同理，当点P 位于棱A D ''上时，也不符合条件；③当点P 位于棱B C ''上时，设(1P ，y ，0)，(01)y，则(0BP = ，y ，1)-，(1AC '=，1，1)-．若满足BP 与AC '所成的角为45︒，则2|||cos ,|2||||BP AC BP AC BP AC '=<'>=='，化为2410y y -+=，01y，解得2y =-(1,2P ．④同理可求得棱C D ''上一点(5P -，棱C C '上一点4)P -．而其它棱上没有满足条件的点P ．综上可知：满足条件的点P 有且只有3个．故选：B 9.（2020上海交通大学附属中学高三）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：∵P A ⊥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 ，∵P A ⊥平面ABC ，∴P A ⊥BC ，∴BC ⊥平面PAE ，∴BC ⊥PE,在Rt △AED ，Rt △PAD ，Rt △PED 中：cos ，cos ，cos ，∴coscoscos <cos ,又均为锐角，∴，故选C.10．（2020·湖南长郡中学高三（理））在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，23BAC π∠=，3AP =，AB =Q 是边BC 上的一动点，且直线PQ 与平面ABC 所成角的最大值为3π，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（）A ．45πB ．57πC ．63πD ．84π【答案】B【解析】分析：根据题意画出图形，结合图形找出ABC △的外接圆圆心与三棱锥P ABC -外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．详解：三棱锥P ABC PA ABC 中，平面，-⊥设直线PQ 与平面ABC 所成角为θ，如图所示；则3PA sin PQ PQ ，θ==由题意且θ的最大值是3π，∴332PQ=，解得PQ =即PQ 的最小值为∴AQ A 到BC AQ BC ∴⊥，AB BC ∴== 6BC ；∴=取ABC △的外接圆圆心为O '，作OO PA ' ，62120r sin ∴=︒，解得r =；O A ∴'=M为PA 的中点，32OM O A PM ∴='==，由勾股定理得CP R ===∴三棱锥P ABC -的外接球的表面积是224457S R πππ==⨯⨯=．故选B.11．在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是以B 为直角的等腰三角形，且3AB =，1AA =若点D 为棱1AA 的中点，点M 为面BCD 的一动点，则11 B M C M +的最小值为（）A ．B ．6C ．D【来源】江西省赣州市2021届高三二模数学（理）试题【答案】C【解析】由题意知，BC AB ⊥，111ABC A B C -为直三棱柱，即面ABC ⊥面11ABB A ，面ABC 面11ABB A AB =，BC ⊂面ABC ，∴BC ⊥面11ABB A ，又BC ⊂面BCD ，∴面BCD ⊥面11ABB A .∴易得1B 关于平面BCD 对称点E 落在1A A 的延长线上，且AE =1A E =示，11 B M C M +的最小时，1C 、M 、E 三点共线.∴1111||B M C M EM C M EC +=+≥===.故选：C12．在棱长为2的正四面体ABCD 中，点P 为ABC 所在平面内一动点，且满足3PA PB += ，则PD 的最大值为（）A ．3B ．2103C ．393D ．2【来源】河南省鹤壁市2021届高三一模数学（文）试题【答案】B【解析】如图所示，在平面ABC 内，4323PA PB +=> ，所以点P 在平面ABC 内的轨迹为椭圆，取AB 的中点为点O ，连接CO ，以直线AB 为x 轴，直线OC 为y 建立如下图所示的空间直角坐标系O xyz -，则椭圆的半焦距1c =，长半轴233a =，该椭圆的短半轴为33b ==，所以，椭圆方程为()2233104x y z +==.点D 在底面的投影设为点E ，则点E 为ABC 的中心，113333OE OC ===，故点E 正好为椭圆短轴的一个端点，22333CE OC ==，则263DE ==，因为222PD DE EP =+，故只需计算EP 的最大值.设(),,0P x y ，则0,,03E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，则2222223423123543333333EP x y y y y y ⎛=+-=-+-+=--+ ⎝⎭，当333933y ⎡=∈-⎢⎣⎦时，2EP 取最大值，即22max3233516393939EP ⎛⎫⎛=-⨯---+= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，因此可得2241640999PD ≤+=，故PD 的最大值为2103.故选：B.13．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是线段1BC 上的点，过1A 的平面α与直线PD 垂直，当P 在线段1BC 上运动时，平面α截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面面积的最小值是（）A ．1B ．54C ．2D 【来源】北京市朝阳区2021届高三一模数学试题【答案】C【解析】以点A 为坐标原点，AB 、AD 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A 、()10,0,1A 、()1,0,0B 、()11,0,1B 、()1,1,0C 、()11,1,1C 、()0,1,0D 、()10,1,1D ，设点()1,,P t t ，其中01t ≤≤.①当0t =时，点P 与点B 重合，()1,1,0BD =- ，()1,1,0AC = ，()10,0,1AA =，所以，0BD AC ⋅=，10BD AA ⋅= ，则BD AC ⊥，1BD AA ⊥，1AC AA A ⋂=，BD ∴⊥平面11AA C C ，此时平面α即为平面11AA C C ，截面面积为1S AA AC =⋅=；②当1t =时，同①可知截面面积为S =；③当01t <<时，()1,1,DP t t =- ，()11,1,1A C =-，1110DP AC t t ⋅=+--= ，1A C PD ∴⊥，则1A C α⊂，设平面α交棱1DD 于点()0,1,E z ，()1,0,CE z =-，10DP CE tz ⋅=-+= ，可得11z t=>，不合乎题意.设平面α交棱AB 于点(),0,0M x ，()1,1,0CM x =--，()110DP CM x t ⋅=---=，可得x t =，合乎题意，即(),0,0M t ，同理可知，平面α交棱11C D 于点()1,1,1N t -，()11,1,0A N t MC =-=，且1A N 与MC 不重合，故四边形1A MCN 为平行四边形，()11,1,1A C =- ，()11,1,0A N t =-，11111cos A C A NCA N A C A N⋅∠==⋅则1sin CA N ∠=所以，截面面积为11112sin 2CA NS S A C A N CA N ==⋅∠=<△.综上所述，截面面积的最小值为2.故选：C.14．如图，斜线段AB 与平面α所成的角为π4，B 为斜足．平面α上的动点P 满足π6PAB ∠=，则点P 的轨迹为（）A ．圆B ．椭圆C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分【答案】B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设(0,1,0),(0,0,1),(,,0)(0,1,1),(,,1)B A P x y AB AP x y ⇒=-=-223cos ,=62(2)112AB AP x y ⇒<>+-=所以点P 的轨迹是椭圆．故选：B.15．已知正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，点M ，N 分别为线段AB '，AC 上的动点，点T 在平面BCC B ''内，则MT NT +的最小值是（）AB ．233C．2D ．1【答案】B【解析】A 点关于BC 的对称点为E ，M 关于BB '的对称点为M '，记d 为直线EB '与AC 之间的距离，则MT NT M T NT M N d ''+=+≥≥，由//B E D C ''，d 为E 到平面ACD '的距离，因为111111333D ACE ACE V S '-=⨯⨯==⨯⨯= ，而2133346D ACE E ACD V V d d ''--==⨯⨯⨯=，故233d =，故选：B.16．如图，ABC 是等腰直角三角形，AB AC =，点D 是AB 上靠近A 的三等分点，点E 是AC 上靠近C 的三等分点，沿直线DE 将ADE 翻折成A DE ' ，所成二面角A DE B '--的平面角为α，则（）A ．A DB A EC α∠≥∠'≥'B ．A EC A DB α∠≥∠'≥'C ．A DB A EC α≥∠'∠≥'D ．A EC A DBα≥∠'∠≥'【答案】B【详解】如图，在等腰直角三角形中，过B 作直线//l DE ，作BM ED ⊥交直线DE 于点M ，过C 作直线DE 的垂线，垂足为R ，交直线l 与T ，过A 作DE 的垂线，垂足为O ，且交l 于N ，不妨设3AB =，则1,2AD CE BD AE ====，在直角三角形ADE 中，255AO ==，因为BMD AOD ，故12AO AD BM BD ==，故455BM =，同理52522155DM DO ==⨯⨯=，所以5ON =，5BN OM ==，同理5RC OS ==，5NT =.在几何体中连接,,A B A S A C '''，如图，因为,,A O DE NO DE '⊥⊥故NOA '∠为二面角A DE B '--的平面角，故NOA α'∠=，而A O NO O '⋂=，故DE ⊥平面AON '，所以TB ⊥平面AON '，而A N '⊂平面AON '，故BN A N '⊥.24162545162cos 4cos 55555A N αα'=+-⨯⨯=-，故216929164cos cos 5555A B αα'=-+=-，故29165cos 4155cos cos 21255A DB αα-+'∠==-⨯⨯，同理14cos cos 55A EC α'∠=-，11cos cos cos 055A DB αα'∠-=--<，故cos cos A DB α'∠<，同理cos cos A EC α'∠<，33cos cos cos 055A DB A EC α''∠-∠=+>，故cos cos A DB A EC ''∠>∠，因为(),,0,A DB A EC απ''∠∠∈，故A EC A DB α''∠>∠>，故选B.17．如图，棱长为2的长方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段11B D 上动点(包括端点).则以下结论正确的为（）A ．三棱锥1P A BD -中，点P 到面1A BDB ．过点P 平行于面1A BD 的平面被正方体1111ABCD A BCD -截得的多边形的面积为3C ．直线1PA 与面1A BD 所成角的正弦值的范围为36,33⎣⎦D ．当点P 和1B 重合时，三棱锥1P A BD -的外接球体积为2π【来源】广东省普宁市2020-2021学年高三上学期期末数学试题【答案】C【解析】对于A 中，由111142323P A BD A PBD V V --==⨯=，1A BD 为等边三角形，面积为112A BD =⨯=△S ,设点P 到面1A BD 的距离为h ，由1433h ⨯=，求得233h =，所以A 不正确；对于B 中，过点P 平行于平面1A BD 的平面被正方体截得的多边形平面11B D C ，此时三角形11B D C 为边长为的等边三角形，其面积为12⨯B 不正确；对于C 中，由正方体的结构特征和性质，可得点P 到平面1A BD 的距离为233，当点P 在线段11B D 上运动时，1max 2PA =（P 为端点时），in 1m PA =，设直线1PA 与平面1A BD 所成角为θ，则sin 33θ∈⎢⎣⎦，所以C 正确；对于D 中，当点P 与1B 重合时，此时三棱锥为11B A BD -，设1B D 的中点为O ，因为11190B BD B A D ∠=∠=︒，可得11OA OB OD OB ===所以三棱锥1P A BD -的外接球的球心为1B D ，所以三棱锥1P A BD -的外接球的体积为343π⨯=，所以D 不正确.故选：C.18．如图，在棱长为1111ABCD A B C D -中，点P 是平面11A BC 内一个动点，且满足15DP PB +=+，则直线1B P 与直线1AD 所成角的取值范围为（）(参考数据：43sin 53,sin 3755== )A ．37,143⎡⎤⎣⎦B ．37,90⎡⎤⎣⎦C ．53,143⎡⎤⎣⎦D ．37,127⎡⎤⎣⎦【来源】江西省景德镇一中2020-2021学年高三上学期期末考试数学（理）试题【答案】B【解析】如图，建立空间直接坐标系，连结1B D ，交平面11A BC 于点O ，()0,0,0D ，(1B ，(1A ，()B ，(1C ，(1DB = ，(1A B =- ，(1BC =-，110DB A B ⋅= ，110DB BC ⋅=，111111,DB A B DB BC A B BC B ∴⊥⊥⋂=，，1DB ∴⊥平面11A BC ，根据等体积转化可知111111B A BC B A B C V V --=，即((2311131132232B O ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯，解得：13B O =，19B D ==，16D O ∴=,11//AD BC ，∴异面直线1AD 与1B P 所成的角，转化为1BC 与1B P 所成的角，如图，将部分几何体分类出来，再建立一个空间直角坐标系，取1BC 的中点E ，过点O 作1//OF BC ，则以点O 为原点，1,,OF OE OB为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系(),,0P x y ，()10,0,3B ，()0,0,6D -，32,02B ⎫⎪⎪⎭，132,02C ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，()1,,3B P x y =-，()1BC =-,15PB PD +=+，5=+，2222936x y x y ++<++，即15PB =22925x y ∴++=，即2216x y +=，[]4,4x ∈-11111144cos ,,555B P BC x B P BC B P BC ⋅⎡⎤<>===-∈-⎢⎥⎣⎦，因为异面直线所成的角是锐角，并设为θ，则4cos 0,5θ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，4sin 535=，4cos375∴=，37,90θ⎡⎤∴∈⎣⎦ 故选：B19．如图，在三棱锥D ABC -中，,1,1AD BC BC AD ⊥==．且2AB BD AC CD +=+=，则四面体ABCD 的体积的最大值为（）A ．14B ．212C．6D ．524【来源】浙江省衢州市五校联盟2020-2021学年高三上学期期末联考数学试题【答案】B【解析】作BE ⊥AD 于E ，连接CE ，如图，因为,AD BC ⊥,BE BC 再平面BEC 内相交，所以AD ⊥平面BEC ，因为CE ⊂平面BEC ，所以CE ⊥AD ，因为2AB BD AC CD +=+=，所以B 与C 都是在以A 、D 为焦点的椭球上，且BE 、CE 都垂直于焦距AD ，AB ＋BD =AC +CD =2，显然ABD ACD ≅ ，所以BE =CE .取BC 中点F ，,,BC E AD E F F ⊥∴⊥要求四面体ABCD 的体积的最大值，因为AD 是定值，只需三角形EBC 的面积最大，因为BC 是定值,所以只需EF 最大即可，当△ABD 是等腰直角三角形时几何体的体积最大，因为AB ＋BD =AC +CD =2，1AB ∴=，,22EB EF ∴====，所以几何体的体积为11221132212⨯⨯⨯⨯=故选：B20．如图，三棱锥A BCD -的底面BCD 在平面α内，所有棱均相等，E 是棱AC 的中点，若三。

例说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、面的位置关系是不确定的，可变的一类开放问题。

对学生来说，解决这类问题，对其空间想象能力，逻辑推理能力的要求更高，难度一般比较大。

但又因为这类问题是可变的，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。

这类问题往往把立体几何知识和其他部分的知识有机地结合起来，解决问题的关键就是转化与化归，把空间问题转化为平面问题来解决。

本文归纳了几类动态问题，希望对大家解决立体几何中的动态问题有所启发。

一、与轨迹有关的动态问题例1：如图，正方体中，P为底面上的动点，于E，且则点P的轨迹是（）A ．线段 B．圆 C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分解析：连结，可证，即，即点E是体对角线上的定点，直线AE也是定直线．，∴动点P必定在线段AE的中垂面上，则中垂面与底面的交线就是动点P的轨迹，所以动点P的轨迹是线段．故选A例2：在正方体中，点是侧面内一个动点，它到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹所在曲线是（）A．直线 B．圆 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分解析：本题是立体几何与解析几何相结合的一道题目，学生难在空间问题如何转化为平面问题，即解析几何问题。

这里动点到直线的距离易作出，难在到直线的距离的距离是什么。

因垂直平面，所以，即点到点的距离与到直线的距离相等。

所以动点在侧面内的轨迹是一段抛物线。

评注：动点轨迹主要是把空间的关系转化为平面内动点所具有的特性。

这类问题综合了平面几何、立体几何、解析几何等知识，渗透了数形结合思想，转化与化归思想，分类讨论思想，对第一次碰到此类问题的学生有较好的检测功能。

二、与距离有关的动态问题例3：如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点，动点在底面内（不包括边界），若平面，则的最小值是（）A．B．C．D．解析如图，在上取中点，在上取中点，连接，且，易知平面平面，则动点的轨迹是（不含两点）又平面，则当时，取得最小值此时，评注：本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹，从而找到最值取得的点.例4：长方体中,且一只小虫子从，点沿长方体的表面爬到点处，则小虫子的最短行程是多少?解析：当小虫子沿侧面与侧面到时，将二侧面展开铺平，在平面内，连即为最短行程，记为。

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。

ʏ童昌立立体几何的动态问题的实质是数学建模问题,解这类问题,需要有较强的空间想象能力和化归处理能力㊂对于动态立体几何问题,如果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㊂题型1:截面问题 图1例1 如图1,用一个平面去截直三棱柱A B C -A 1B 1C 1,分别交A 1C 1,B 1C 1,B C ,A C 于点E ,F ,G ,H ㊂若A 1A >A 1C 1,则截面的形状可以为㊂(把你认为可能的结果的序号填在横线上)①一般的平行四边形,②矩形,③菱形,④正方形,⑤梯形㊂由A B C -A 1B 1C 1为直三棱柱,可知平面A 1B 1C 1ʊ平面A B C ㊂因为截面过平面A 1B 1C 1㊁平面A B C ,所以交线E F ʊH G ㊂当F G 不与B 1B 平行时,此时截得的E H 不平行于F G ,则四边形E F G H 为梯形;当F G ʊB 1B 时,此时截得的E H ʊF G ,且F G ʅE F ,则四边形E F G H 为矩形㊂答案为②⑤㊂熟记平面图形的性质是解题的关键㊂题型2:角度问题例2 设异面直线a ,b 所成的角为30ʎ,经过空间一点O 有且只有两条直线与异面直线a ,b 成等角θ,则θ的取值范围为㊂如图2,过O 作a 1ʊa ,b 1ʊb ,则a 1,b 1所成的角,即为异面直线a ,b 所成的角㊂图2记a 1,b 1确定一个平面为α,过O 作O C ʅα,过O 作直线O A 和直线O B 分别平分a 1,b 1形成的两个对顶角㊂当过O 的直线在平面A O C 内旋转时,与a 1,b 1所成的角为θ,且15ʎɤθɤ90ʎ;当过O 的直线在平面B O C 内旋转时,与a 1,b 1所成的角为θ,且75ʎɤθɤ90ʎ㊂结合对称性可知,若经过空间一点O 有且只有两条直线与异面直线a ,b 成等角θ,则θ的取值范围为15ʎ<θ<75ʎ㊂两条异面直线所成角的范围是0ʎ<θɤ90ʎ㊂题型3:平行问题例3 如图3所示,在正四棱柱A B C D -A 1B 1C 1D 1中,E ,F ,G ,H 分别是棱C C 1,C 1D 1,D 1D ,D C 的中点,N 是B C 的中点,点M 在四边形EFGH 及其内部运动,则点M 只需满足条件时,就有MN ʊ平面B 1B D D 1㊂(请填上你认为正确的一个条件即可,不必考虑全部可能情况)图311知识结构与拓展高一数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.由题意得F HʊD D1,HNʊB D,F HɘHN=H,D D1ɘB D=D,所以平面F HNʊ平面B1B D D1㊂只需MɪF H,则MN⊂平面F HN,这时MNʊ平面B1B D D1㊂故满足条件的点M在线段F H上(或点M与点H重合)㊂本题属于开放性问题,解题的关键是证明MNʊ平面B1B D D1㊂题型4:垂直问题例4如图4所示,在棱长为1的正方体A B C D-A1B1C1D1中,点E是棱B C的中点,点F是棱C D上的动点㊂试确定点F的位置,使得D1Eʅ平面A B1F ㊂图4当点F为C D的中点时,D1Eʅ平面A B1F㊂因为A1BʅA B1,A1D1ʅA B1,又A1D1ɘA1B=A1,所以A B1ʅ平面A1B C D1㊂因为D1E⊂平面A1B C D1,所以A B1ʅD1E㊂因为D D1ʅ平面A B C D,所以D D1ʅA F㊂又A FʅD E,所以A Fʅ平面D1D E,所以A FʅD1E㊂又A FɘA B1=A,所以D1Eʅ平面A B1F㊂故当点F是C D的中点时,D1Eʅ平面A B1F㊂本题主要考查线面垂直的判定与性质㊂探求满足条件的点的问题,一般可考虑特殊情况,如线段的中点,三等分点等㊂题型5:轨迹问题例5如图5,已知线段A B垂直于定圆O所在的平面,B,C是☉O上的两个点,H是点B在A C上的射影,当点C运动时,点H运动的轨迹是()㊂图5A.圆B.直线C.线段D.三角形过点B作☉O的直径B D,连接C D,A D,则B CʅC D㊂过点B作B EʅA D于点E,连接E H㊂因为A Bʅ平面B C D,所以A BʅC D㊂因为B CʅC D,且A BɘB C=B,所以C Dʅ平面A B C,所以C DʅB H㊂又B HʅA C,且A CɘC D=C,所以B Hʅ平面A C D,所以B HʅA D,B HʅH E㊂注意到过点B与直线A D垂直的直线都在同一平面内,于是结合点B,E的位置,可知当点C运动时,点H的运动轨迹是以B E为直径的圆㊂应选A㊂立体几何中的轨迹问题,涉及的知识点较多,需要熟记直线㊁圆㊁球等几何图形的性质㊂如图6,一圆柱的底面半径为3π,母线长为4,轴截面为矩形A B C D,从点A拉一绳子沿圆柱侧面到相对顶点C,则最短绳长为㊂图6提示:沿B C剪开,将圆柱体的侧面的一半展开得到矩形B A'D'C,则A'D'=4,B A'=3πˑπ=3,所以A'C=32+42=5,即所求最短绳长为5㊂作者单位:湖北省恩施市第三高级中学(责任编辑郭正华) 21知识结构与拓展高一数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。

ʏ沈建良所谓动态立体几何问题,是指在点㊁线㊁面运动变化的几何图形中,探寻点㊁线㊁面的位置关系或进行有关角与距离的计算㊂立体几何中常求解一些固定不变的点㊁线㊁面的关系,若给静态的立体几何问题赋予 活力 ,渗透了 动态 的点㊁线㊁面元素,立意会更新颖㊁更灵活,能培养同学们的空间想象能力㊂下面是对破解立体几何 动态 问题的一些思考,以期抛砖引玉㊂一㊁ 动态 问题之轨迹问题例1如图1,在边长为a的正方体A B C D-A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是C C1,C1D1,D D1,C D,B C的中点,M在四边形E F G H边上及其内部运动,若MNʊ面A1B D,则点M轨迹的长度是()㊂图1A.3aB.2aC.32aD.22a解:因为在边长为a的正方体A B C D-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是C C1, C1D1,D D1,C D的中点,N是B C的中点,则G HʊB A1,HNʊB D㊂又G H⊄面A1B D, B A1⊂面A1B D,所以G Hʊ面A1B D㊂同理可得,NHʊ面A1B D㊂又G HɘHN=H,所以面A1B Dʊ面G HN㊂因为点M在四边形E F G H上及其内部运动,MNʊ面A1B D,所以点M一定在线段G H上运动,即满足条件㊂易得G H=22a㊂故点M轨迹的长度是22a㊂应选D㊂本题利用线面平行㊁面面平行,在动态问题中提炼一些不变的 静态 的量,建立不变量与动点之间的关系,从而确定动点的轨迹长度㊂二㊁ 动态 问题之定值问题例2如图2,在单位正方体A B C D-A1B1C1D1中,点P在线段A D1上运动㊂图2给出以下四个命题:①异面直线A1P与B C1间的距离为定值;②三棱锥D-B P C1的体积为定值;③异面直线C1P与C B1所成的角为定值;④二面角P-B C1-D的大小为定值㊂其中真命题的序号是()㊂A.①②B.③④C.①②③D.①②③④解:对于①,异面直线A1P与B C1间的距离即为两平行平面A D D1A1和平面B C C1B1间的距离,即为正方体的棱长,为定值,①正确㊂对于②,V D-B P C1=V P-D B C1,因为SәD B C1为定值,点PɪA D1,A D1ʊ平面B D C1,所以点P到平面B D C1的距离即为正方体的棱长,所以三棱锥D-B P C1的体积为定值,②正确㊂对于③,在正方体A B C D-A1B1C1D1中,因为B1Cʅ平面A B C1D1,而C1P⊂平面A B C1D1,所以B1CʅC1P,即这0 1数学部分㊃知识结构与拓展高一使用2022年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.两条异面直线所成的角为90ʎ,③正确㊂对于④,因为二面角P -B C 1-D 的大小即为平面A B C 1D 1与平面B D C 1所成的二面角的大小,而这两个平面位置固定不变,所以二面角P -B C 1-D 的大小为定值,④正确㊂应选D㊂动态立体几何问题,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㊂三㊁ 动态 问题之翻折问题例3 如图3,在长方形A B C D 中,A B =2,B C =1,E 为D C 的中点,F 为线段E C (端点除外)上一动点㊂现将әAF D 沿A F 折起,使平面A B D ʅ平面A B C F ,得到如图4所示的四棱锥D -A B C F ㊂在平面A B D 内过点D 作D K ʅA B ,垂足为K ㊂设A K =t ,则t 的取值范围是㊂图3 图4解:过点F 作F M ʅA B 交A B 于点M (作法略)㊂设F C =x ,0<x <1,则M F =B C =1,M B =F C =x ㊂易知A K <A D =1,A B =2,所以点K 一定在点M 的左边,则MK =2-t -x ㊂在R t әA D K 中,D K 2=1-t2,在R tәF MK 中,F K 2=1+(2-t -x )2㊂因为平面A B D ʅ平面A B C F ,平面A B D ɘ平面A B C F =A B ,D K ʅA B ,D K ⊂平面A B D ,所以D K ʅ平面A B C F ,所以D K ʅF K ㊂在R t әD F K 中,D F =2-x ,D K 2+F K 2=D F 2,所以1-t 2+1+(2-t -x )2=(2-x )2,化简得1-2t +t x =0,即t =12-x㊂又因为t =12-x在(0,1)上单调递增,所以12<t <1,即t 的取值范围为12,1()㊂本题是一个动态的翻折问题,通过发现不变的垂直关系,从而得到相关变量间的关系,最终转化成函数的值域问题㊂解决折叠问题的关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变的量㊂四㊁ 动态 问题之展开问题例4 已知某圆锥的母线长为3,底面半径为1,则该圆锥的体积为㊂设线段A B 为该圆锥底面圆的一条直径,一质点从A 出发,沿着该圆锥的侧面运动,到达B 点后再沿侧面回到A 点,则该质点运动路径的最短长度为㊂解:易得该圆锥的高h =32-1=22㊂所以该圆锥的体积V =13ˑπˑ12ˑ22=223π㊂将该圆锥侧面沿母线S A 展开,如图5所示㊂图5因为圆锥底面周长为2π,扇形半径为3,所以侧面展开后得到的扇形的圆心角øA S A '=2π3㊂由题意知点B 是圆锥侧面展开后得到的扇形的弧A A '的中点,则øA S B =π3,所以A B =A 'B =A S =3㊂所以该质点运动路径的最短长度为A B +A 'B =6㊂空间动态问题常转化为平面的动态问题求解㊂化曲为直是求解曲面上路径长度最短问题的关键㊂本题是求解圆锥侧面上质点运动路径的最短长度问题,可将圆锥侧面沿一条母线展开成扇形,从而在平面图形中解决问题㊂作者单位:江苏省盐城市时杨中学(责任编辑 郭正华)11数学部分㊃知识结构与拓展高一使用 2022年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

立体几何中的动态问题立体几何中的动态问题可以分为平移和旋转两类。

所求变量可以分为相关线、面、体的测度、角度和距离三类。

解决这类问题需要较高的空间想象能力和化归处理能力。

在高考选择题与填空题中，也时常会出现这类问题。

如果能够探寻运动过程中“静”的一面，动中求静，往往能以静制动、克难致胜。

解决立体几何中的动态问题，需要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。

这是解决动态问题的关键。

例如，在解决某个问题时，可以从图形中分化出几个点，然后找到其中的关系，进而得出答案。

在这个过程中，需要注意极端位置，通过穷尽极端特殊的方法，往往能够直接得出答案。

另外，使用法向量定平面也是解决立体几何中动态问题的一种有效方法。

通过寻找垂直，可以找到两个平面的夹角，从而解决问题。

综上所述，解决立体几何中的动态问题需要一定的数学基础和空间想象能力。

通过分化图形、寻找极端位置和使用法向量定平面等方法，可以有效地解决这类问题。

在解决立体几何中的“动态”问题时，可以利用角度计算和法向量定平面来转化线面角或面面角为线线角。

例如，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知二面角A1－BD－A的大小为π/6，一条直线l与直线CC1所成的角为π/12.如果空间有π/6，则直线l与平面A1BD所成角的取值范围是π/4.解析如下图所示：过点A作AE⊥BD于点E，连接A1E，则∠A1EA＝π/6.过点A作AH⊥A1E于点H，则AH为平面A1BD的法向量，且∠A1AH＝π/2.因为l与直线CC1所成角的大小为π/12，即l与直线A1A所成角的大小为π/6，那么l与直线AH所成角的取值范围为π/4 ~ π/3.又因为l与直线AH所成的角和l与平面A1BD所成的角互余，所以直线l与平面A1BD所成角的取值范围是π/4 ~ π/3.在解决立体几何中的“动态”问题时，可以通过锁定垂面来破解翻折或投影问题，将空间化为平面，从而更容易找到问题的核心。

立体几何微专题1 :动态问题之轨迹立体几何动态问题的分为以下基本类型：点动问题、线动问题、面动问题、体动问题、多动问题等，很多的动态问题只要知道轨迹，把空间转化为平面问题要解决，立体几何中某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于转化为平面问题.轨迹的几何判断方法：动点P满足如下轨迹定义条件时（1）平面内到定点距离等于定长（圆）；（2）空间中到定点距离等于定长（球面）；（3）两不同平面公共点的集合（直线）；（4）平面内到两定点距离之和为定值（大于定点间的距离）（椭圆）；（5）平面内到两定点距离之差的绝对值为定值（小于定点间的距离）（双曲线）；（6）平面内到定直线距离等于到定点（不在定直线上）距离（抛物线）©考点突破[例1] （2004北京，理4）如图，在正方体力NCD-4/C；〃中，尸是侧面内••封点，若「到直线"C与直线的距离相等，则动点「的轨迹所在的曲线是（）A,直线H,圆 C.双曲线 D.抛物线解析：选D.由于G〃，平面Mga连接尸G，则产C；_LGR，即点尸到直线qq的距离即尸q,因此，动点尸到定点G与定直线BC的距离相等，由抛物线的定义可知，动点尸的轨迹为抛物线.[例2] （2006北京，理4）平面口的斜线力疗交1于点过定点/的动直线/与X/垂直，且交a于点C ,则动点。

的轨迹是（）A. 一条直线B. 一个圆C. 一个桶圆D.双曲线的一支解析：选A.设/与「是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面，且斜线回垂直于这个平面,由过平面外一点有且只有一个平面与己知直线垂直可知过定点刃与山?垂直所有直线都在这个平面内，故动点C都在这个平面与平面b的交线上，故选A.[例3] （2008浙江，理10）如图，川匕是平面戊的斜线段，凡为斜足，若点户在平面内运动，使得A4用尸的面枳为定值，则动点P的轨迹是（A.圆B.椭圆C. 一条直线D.两条平行直线解析：选人由题意知，点尸到线段乂月的距离为定值，则点尸在以为旋转轴的圆柱表面上一点।故平面a斜截圆柱，所得图形为椭圆.［例4］（2015浙江,文7）如图,斜线段45与邛面仪所成的角为60、B为斜足，平面a上的动点户满足乙匕13 = 30"则点尸的轨迹是（）A.直线B.抛物线C.椭圆D.双曲线的一支解析：选C由题可知，当尸点运动时，在空间中，满足条件的/尸绕旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60口角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.［例5］（2012浙江模拟）如果一个平面与一个圆柱的轴成］（0<tz<-）2角，则该平面与圆柱侧面的交线是一个椭圆，当以=2时;椭圆的离心率是6百八1 8B, — C. 一 D.—2 2 2解析：选既由题意得，椭圆的短半轴长等于底面半径小即5=人若平面与圆柱的轴所成角为30,则平面与圆柱底面成60 ,从而可得椭圆的长半轴长为4二—-—= r L1|I a = 2b t故总= J］- （2）-=---cos 60 V a 2[例6](2013西城 模)如图，正方体4武力-/用£口中，F 为底面/用⑦ 上的动点, PE 工邓：于E ，且/Y =/%，则点P 的轨迹是()A.线段 B,圆弧 C ，椭圆的一部分 D.抛物级的一部分 解析：选/t 由题意知，\A {AP^\A X EP,则点P 在线段/五的中垂面上 运动，从而与底面力人力的交线为线段.[例7](2011广州・•模，理SO 如图所示，已知正方体/狄力-的 棱长为3长为2的线段上W 的一个端点M 在棱Z)口上运动，另一端点N 在正方形⑷?CD 内运动，则河、的中点的轨迹的面积为()A. 4 笈B. 2 乃C. 7T 解析：选D.易知I)J)] 1平面/BCD ,乙MDN = 90 ,取线段的中点 尸，则QF 二4= 所以点尸的轨迹是以。

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．。

立体几何微专题1：动态问题之轨迹
立体几何动态问题的分为以下基本类型：点动问题、线动问题、面动问题、体动问题、多动问题等，很多的动态问题只要知道轨迹，把空间转化为平面问题要解决，立体几何中
某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于转化为平面问题．
轨迹的几何判断方法：动点P满足如下轨迹定义条件时
（1）平面内到定点距离等于定长（圆）；
（2）空间中到定点距离等于定长（球面）；
（3）两不同平面公共点的集合（直线）；
（4）平面内到两定点距离之和为定值（大于定点间的距离）（椭圆）；
（5）平面内到两定点距离之差的绝对值为定值（小于定点间的距离）（双曲线）；
（6）平面内到定直线距离等于到定点（不在定直线上）距离（抛物线）。