§9[1].3“动态”立体几何题

立体几何的动态问题立体几何的动态问题，主要有五种：动点问题、翻折问题、旋转问题、投影与截面问题以及轨 迹问题。

基本类型：点动问题；线动问题；面动问题；体动问题；多动问题等。

解题时一般可以通过改变视角、平面化或者寻找变化过程中的不变因素而把问题回归到最本质的定义、定理或现有的结论中，若能再配以沉着冷静的心态去计算，那么相信绝大多数问题可以迎刃而解。

动点轨迹问题空间中动点轨迹问题变化并不多，一般此类问题可以从三个角度进行分析处理，一是从曲线定义或函数关系出发给出合理解释；二是平面与平面交线得直线或线段；三是平面和曲面（圆锥，圆柱侧面，球面）交线得圆，圆锥曲线。

很少有题目会脱离这三个方向。

（注意：阿波罗尼斯圆，圆锥曲线第二定义）1．（2015·浙江卷8）如图11­10，斜线段AB 与平面α所成的角为60°，B 为斜足，平面α上的动点P 满足∠P AB ＝30°，则点P 的轨迹是( )A ．直线B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线的一支式题 如图，平面α的斜线AB 交α于B 点，且与α所成的角为θ，平面α内有一动点C 满足∠BAC ＝π6，若动点C的轨迹为椭圆，则θ的取值范围为________．3．（2015春•龙泉驿区校级期中）在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M 是A 1D 1的中点，点P 在侧面BCC 1B 1上运动．现有下列命题：①若点P 总保持P A ⊥BD 1，则动点P 的轨迹所在的曲线是直线； ②若点P 到点A 的距离为，则动点P 的轨迹所在的曲线是圆；③若P 满足∠MAP ＝∠MAC 1，则动点P 的轨迹所在的曲线是椭圆；④若P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离比为2：1，则动点P 的轨迹所在的曲线是双曲线； ⑤若P 到直线AD 与直线CC 1的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是抛物线． 其中真命题的个数为（ ）A ．4B ．3C ．2D ．14．（2018•温州模拟）已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B，C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当C 运动，点H运动的轨迹（）A．是圆B．是椭圆C．是抛物线D．不是平面图形5．（2013•铁岭模拟）如图所示，△P AB所在的平面α和四边形ABCD所在的平面β互相垂直，且AD⊥α，BC⊥α，AD＝4，BC＝8，AB＝6．若tan∠ADP﹣2tan∠BCP＝1，则动点P在平面α内的轨迹是（）A．椭圆的一部分B．线段C．双曲线的一部分D．以上都不是6．（2013•嘉兴二模）设m是平面α内的一条定直线，P是平面α外的一个定点，动直线n经过点P且与m成30°角，则直线n与平面α的交点Q的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线7．（2008•浙江）如图，AB是平面a的斜线段，A为斜足，若点P在平面a内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．一条直线D．两条平行直线8．（2015春•台州校级月考）AB是平面α的斜线段，长度为2，点A是斜足，若点P在平面α内运动，当△ABP的面积等于3 时，点P的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线9．（2016•浙江二模）在正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2．若点M在△ABC所在平面上运动，且使得△AC1M的面积为1，则动点M的轨迹为（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线10．（2016•武汉校级模拟）如图，AB是平面α外的固定斜线段，B为斜足，若点C在平面α内运动，且∠CAB等于直线AB与平面α所成的角，则动点C的轨迹为（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线11．（2008年浙江·理10）如图，AB是平面a的斜线段，A为斜足，若点P在平面a内运动使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是（）（A）圆（B）椭圆（C）一条直线（D）两条平行直线12.（2014年金华高二十校联考·文10）圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，M为正方形ABCD对角线的交点，动点P在圆柱下底面内（包括圆周），若直线BM与直线MP所成角为45°，则点P形成的轨迹为( ) A．椭圆的一部分B．抛物线的一部分C．双曲线的一部分D.圆的一部分13．（2014•杭州二模）在等腰梯形ABCD中，E，F分别是底边AB，BC的中点，把四边形AEFD沿直线EF折起后所在的平面记为α，p∈α，设PB，PC与α所成的角分别为θ1，θ2（θ1，θ2均不为零）．若θ1＝θ2，则满足条件的P所形成的轨迹是．BACDMPABP14．（2018秋•诸暨市校级期中）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P﹣ABCD中，E，F分别是棱AD，BP上的动点，且满足AE＝2BF，则线段EF中点的轨迹是（）A．一条线段B．一段圆弧C．抛物线的一部分D．一个平行四边形15．（2015秋•太原期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为棱A1B1的中点，点Q在侧面DCC1D1内运动，给出下列结论：①若BQ⊥A1C，则动点Q的轨迹是线段；②若|BQ|＝，则动点Q的轨迹是圆的一部分；③若∠QBD1＝∠PBD1，则动点Q的轨迹是椭圆的一部分；④若点Q到AB与DD1的距离相等，则动点Q的轨迹是抛物线的一部分．其中结论正确的是（写出所有正确结论的序号）．16．如图，长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，AB＝BC＝，AA，上底面A′B′C′D′的中心为O′，当点E在线段CC′上从C移动到C′时，点O′在平面BDE上的射影G的轨迹长度为（）A．B．C．D．17．（2016秋•温州期末）点P为棱长是2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为（）A．B．C．D．18．（2018•宁波二模）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为侧面BB1C1C中心，F在棱AD上运动，正方体表面上有一点P满足＝x（x≥0，y≥0），则所有满足条件的P点构成图形的面积为．19．（2017•定海区校级模拟）已知异面直线a，b所成角为60°，直线AB与a，b均垂直，且垂足分别是点A，B 若动点P∈a，Q∈b，|P A|+|QB|＝m，则线段PQ中点M的轨迹围成的区域的面积是．20．（2017秋•赣州期末）如图，在等腰梯形ABCD中，CD＝2AB＝2EF＝2a，E，F分别是底边AB，CD的中点，把四边形BEFC沿直线EF折起，使得平面BEFC⊥平面ADFE．若动点P∈平面ADFE，设PB，PC与平面ADFE 所成的角分别为θ1，θ2（θ1，θ2均不为0）．若θ1＝θ2，则动点P的轨迹围成的图形的面积为（）A．B．C．D．翻折问题面（动问题）翻折问题的一线五结论.DF AE ⊥一线：垂直于折痕的线即五结论：1）折线同侧的几何量和位置关系保持不变；折线两侧的几何量和位置关系发生改变； 2--D HF D H F ''∠）是二面角的平面角；3D DF '）在底面上的投影一定射线上； 1、（2016年联考试题）平面四边形ABCD 中，AD=AB=2，CD=CB=5,且AD AB ⊥，现将△ABD 沿对角线BD 翻折成'A BD ∆，则在'A BD ∆折起至转到平面BCD 的过程中，直线'A C 与平面BCD 所成最大角的正切值为_______2.（2015年10月浙江省学业水平考试18）如图，在菱形ABCD 中，∠BAD=60°，线段AD ，BD 的中点分别为E ，F 。

2024年9-10月新高考数学名校大题汇编：立体几何大题必备基础知识梳理【知识点一：空间向量及其加减运算】(1)空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量a 的起点是A ，终点是B ，则向量a也可以记作AB ，其模记为a或AB .(2)零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作0．当有向线段的起点A 与终点B 重合时，AB=0.模为1的向量称为单位向量.(3)相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量.与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为-a .(4)空间向量的加法和减法运算①OC=OA+OB=a +b ，BA=OA-OB=a -b．如图所示.②空间向量的加法运算满足交换律及结合律a +b =b +a ，a +b +c =a +b +c【知识点二：空间向量的数乘运算】(1)数乘运算实数λ与空间向量a 的乘积λa 称为向量的数乘运算．当λ>0时，λa 与向量a方向相同；当λ<0时，向量λa 与向量a 方向相反.λa 的长度是a的长度的λ 倍.(2)空间向量的数乘运算满足分配律及结合律λa +b =λa +λb ，λμa =λμ a .(3)共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，a 平行于b ，记作a ⎳b.(4)共线向量定理对空间中任意两个向量a ，b b ≠0，a ⎳b的充要条件是存在实数λ，使a =λb.(5)直线的方向向量如图8-153所示，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线．对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP =OA +ta ①，其中向量a 叫做直线l 的方向向量，在l 上取AB =a ，则式①可化为OP =OA +tAB =OA +t OB -OA =1-t OA +tOB ②①和②都称为空间直线的向量表达式，当t =12，即点P 是线段AB 的中点时，OP =12OA +OB ，此式叫做线段AB 的中点公式.(6)共面向量如图8-154所示，已知平面α与向量a ，作OA=a，如果直线OA 平行于平面α或在平面α内，则说明向量a 平行于平面α．平行于同一平面的向量，叫做共面向量.(7)共面向量定理如果两个向量a ，b不共线，那么向量p 与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对x ,y ，使p =xa +yb.推论：①空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对x ,y ，使AP =xAB +yAC；或对空间任意一点O ，有OP-OA=xAB+yAC，该式称为空间平面ABC 的向量表达式.②已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，满足向量关系式OP =xOA +yOB +zOC (其中x +y +z =1)的点P 与点A ，B ，C 共面；反之也成立.【知识点三：空间向量的数量积运算】(1)两向量夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA =a ，OB =b ，则∠AOB 叫做向量a ，b 的夹角，记作a ,b ，通常规定0≤a ,b ≤π，如果a ,b =π2，那么向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b ．(2)数量积定义已知两个非零向量a ，b ，则a b cos a ,b 叫做a ，b 的数量积，记作a ⋅b ，即a ⋅b =a b cos a,b．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，a ⋅a =a 2．(3)空间向量的数量积满足的运算律：λa ⋅b =λa ⋅b ，a ⋅b =b ⋅a (交换律)；a ⋅b +c =a ⋅b +a ⋅c(分配律)．【知识点四：空间向量的坐标运算及应用】(1)设a =a 1,a 2,a 3 ，b=b 1,b 2,b 3 ，则a +b=a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3 ；a -b=a 1-b 1,a 2-b 2,a 3-b 3 ；λa=λa 1,λa 2,λa 3 ；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；a ⎳b b ≠0⇒a 1=λb 1,a 2=λb 2,a 3=λb 3；a ⊥b⇒a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3=0．(2)设A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB =OB -OA=x 2-x 1,y 2-y 1,z 2-z 1 ．这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标．(3)两个向量的夹角及两点间的距离公式．①已知a =a 1,a 2,a 3 ，b =b 1,b 2,b 3 ，则a =a 2=a 12+a 22+a 32；b =b2=b 12+b 22+b 32；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；cos a ,b =a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3a 12+a 22+a 32b 12+b 22+b 32；②已知A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB=x 1-x 22+y 1-y 2 2+z 1-z 2 2，或者d A ,B =AB．其中d A ,B 表示A 与B 两点间的距离，这就是空间两点的距离公式．(4)向量a 在向量b 上的投影为a cos a ,b=a ⋅b b．【知识点五：法向量的求解与简单应用】(1)平面的法向量：如果表示向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n ⊥α，如果n⊥α，那么向量n叫做平面α的法向量．几点注意：①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量n 是平面的法向量，向量m 是与平面平行或在平面内，则有m ⋅n =0．第一步：写出平面内两个不平行的向a=x 1，y 1，z 1 ，b=x 2，y 2，z 2 ；第二步：那么平面法向量n=x ， y ， z ，满足n ⋅a=0n ⋅b =0⇒xx 1+yy 1+zz 1=0xx 2+yy 2+zz 2=0．(2)判定直线、平面间的位置关系①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线a ，b 的方向向量分别为a ，b．若a ∥b，即a =λb，则a ∥b ；若a ⊥b，即a ⋅b=0，则a ⊥b ．②直线与平面的位置关系：直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，且l ⊥α．若a ∥n ，即a =λn ，则l ⊥α；若a ⊥n ，即a ⋅n =0，则a ∥α．(3)平面与平面的位置关系平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2．若n 1∥n 2，即n 1=λn 2，则α∥β；若n 1⊥n 2，即n 1⋅n 2=0，则α⊥β．【知识点六：空间角公式】(1)异面直线所成角公式：设a ，b分别为异面直线l 1，l 2上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos θ=cos a,b =a ⋅b a b．(2)线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin θ=cos a ,n=a ⋅na n．(3)二面角公式：设n 1，n 2分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则θ=n 1 ,n 2 或π-n 1 ,n 2(需要根据具体情况判断相等或互补)，其中cos θ =n 1 ⋅n 2n 1 n 2．【知识点七：空间中的距离】求解空间中的距离(1)异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线a ，b 的公垂线的方向向量为n ，这时分别在a ，b 上任取A ，B 两点，则向量在n上的正射影长就是两条异面直线a ，b 的距离．则d =AB ⋅n |n |=|AB ⋅n ||n|即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．(2)点到平面的距离A 为平面α外一点(如图)，n为平面α的法向量，过A 作平面α的斜线AB 及垂线AH ．|AH |=|AB |⋅sin θ=|AB |⋅|cos <AB ,n >|=|AB ||AB ⋅n |AB ⋅n =|AB ⋅n|nd =|AB ⋅n||n|【必考题型汇编】1.(湖南省长沙市2025届高三六校九月大联考解析第16题)如图,四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形,BC ⎳AD ,EF ⎳AD ,AD =4,AB =2,BC =EF =2,AF =11,FB ⊥平面ABCD ,M 为AD 上一点,且FM ⊥AD ,连接BD 、BE 、BM .(1)证明:BC ⊥平面BFM ;(2)求平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:因为FB ⊥平面ABCD ,又AD ⊂平面ABCD ,所以FB ⊥AD .又FM ⊥AD ,且FB ∩FM =F ,所以AD ⊥平面BFM .因为BC ⎳AD ,所以BC ⊥平面BFM .(2)解析:作EN ⊥AD ,垂足为N ,则FM ⎳EN .又EF ⎳AD ,所以四边形FMNE 是平行四边形,又EN ⊥AD ,所以四边形FMNE 是矩形,又四边形ADEF 为等腰梯形,且AD =4,EF =2,所以AM =1.由(1)知AD ⊥平面BFM ,所以BM ⊥AD .又AB =2,所以BM =1.在Rt △AFM 中,FM =AF 2-AM 2=10.在Rt △FMB 中,∴FB =FM 2-BM 2=3.由上可知,能以BM 、BC 、BF 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系.则A -1,-1,0 ,B 0,0,0 ,F 0,0,3 ,D -1,3,0 ,E 0,2,3 ,所以,AB =1,1,0 ,BF =0,0,3 ,BD =-1,3,0 ,BE=0,2,3 ,设平面ABF 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m ⋅AB=0m ⋅BF =0,得x 1+y 1=0z 1=0 ,可取m =1,-1,0 ;设平面BDE 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⋅BD=0n ⋅BE =0,得-x 2+3y 2=0-2y 2+3z 2=0 ,可取n=9,3,2 .因此,cos ‹m ,n›=m ⋅n m ⋅n=9-31+1⋅81+9+4=34747.依题意可知,平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值为34747.2.(辽宁省沈阳市郊联体2024年高三上学期开学联考解析第17题)如图,已知斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面BB 1C 1C ⊥侧面AA 1B 1B ,侧面BB 1C 1C 是矩形,侧面AA 1B 1B 是菱形,∠BAA 1=60°,AB =2BC =2,点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点.(1)证明:FG ⎳平面ABC ;(2)求二面角A 1-B 1C -E 的余弦值.方法提供与解析:解析:(1)证明:因为点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点,连接EF ,EG ,则EF ⎳AC ,EG ⎳AB ,又因为EF ⊄平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,所以EF ⎳平面ABC ,同理可得EG ⎳平面ABC ,因为EF ∩EG =E ,EF ⊂平面EFG ,EG ⊂平面EFG ,所以平面EFG ⎳平面ABC ,因为FG ⊂平面EFG ,所以FG ⎳平面ABC .(2)解:侧面BB 1C 1C 是矩形,所以BC ⊥BB 1,又因为平面BB 1C 1C ⊥平面AA 1B 1B ,平面BB 1C 1C ∩平面AA 1B 1B =BB 1,所以BC ⊥平面AA 1B 1B ,又BE ⊂平面AA 1B 1B ,因此BC ⊥BE .在菱形AA 1B 1B 中,∠BAA 1=60°,因此△AA 1B 是等边三角形,又E 是AA 1的中点,所以BE ⊥AA 1,从而得BE ⊥BB 1.如图,以B 为坐标原点,BE ,BB 1,BC 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.因为AB =2BC =2,所以BE =AB sin60°=3,因此B 10,2,0 ,A 13,1,0 ,E 3,0,0 ,C 0,0,1 ,所以B 1C =0,-2,1 ,B 1E =3,-2,0 ,B 1A 1=3,-1,0 ,设平面EB 1C 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m⊥B 1C,得-2y 1+z 1=0 ,令y 1=1,得m =23,1,2设平面A 1B 1C 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⊥B 1Cn ⊥B 1A 1,得-2y 2+z 2=03x 2-y 2=0 ,令y 2=1,得n =33,1,2 ,cos ‹m ,n ›=m ⋅n m ⋅n =23+1+4193⋅163=171976,即二面角A 1-B 1C -E 的余弦值为171976.3.如图,在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD ,底面ABCD 为梯形,AD ⎳BC ,BC =4,AB =AD =DC =AA 1=2,Q 为AD 的中点.(1)在A 1D 1上是否存在点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P ,若存在,请确定点P 的位置并给出证明,若不存在,请说明理由;(2)若(1)中点P 存在,求平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:(几何法)存在,证明如下:在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,因为平面ABCD ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以可在平面A 1B 1C 1D 1内作C 1P ⎳CQ ,由平面几何知识可证△C 1D 1P ≅△CDQ ,所以D 1P =DQ ,可知P 是A 1D 1中点,因为C 1P ⊂平面AC 1P ,所以CQ ⎳平面AC 1P .即存在线段A 1D 1的中点,满足题设条件.满足条件的点只有一个,证明如下:当CQ ⎳平面AC 1P 时,因为CQ ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以过C 1作平行于CQ 的直线既在平面A 1C 1P 内,也在平面A 1B 1C 1D 1内,而在平面A 1B 1C 1D 1内过C 1只能作一条直线C 1P ⎳CQ ,故满足条件的点P 只有唯一一个.所以,有且只有A 1D 1的中点为满足条件的点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P .(2)解析:(坐标法)过点D 作DF ⊥BC ,垂足为F ,又因为DD 1⊥平面ABCD ,以D 为坐标原点,分别以DA ,DF ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立如图的空间直角坐标系D -xyz ,则A 2,0,0 ,P 1,0,2 ,C 1-1,3,2 ,A 12,0,2 ,B 3,3,0 ,P A =1,0,-2 ,PC 1 =-2,3,0 ,AB =1,3,0 ,AA 1=0,0,2设平面P AC 1的法向量为n=x ,y ,z ,则有n ⋅P A=0,n ⋅PC 1 =0,即x -2z =0,-2x +3y =0. 令x =23,得y =4,z =3,所以n=23,4,3 .设平面ABB 1A 1的法向量为m=x ,y ,z .则有AB ⋅m =0,AA 1 ⋅m =0,即x +3y =0,2z =0. 令x =3,得y =-1,z =0,所以m=3,-1,0 .所以cos n ,m =n ⋅m n m=6-4+0231=3131.故平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值为3131.4.(福建泉州市2025届高中毕业班模拟检测(一)解析第16题)4:如图,在四棱锥P -ABCD 中,PD =PC =CB =BA =12AD =2,AD ⎳CB ,∠CPD =∠ABC =90°,平面PCD ⊥平面ABCD ,E 为PD 中点.(1)求证:PD ⊥平面PCA ;(2)点Q 在棱P A 上,CQ 与平面PDC 所成角的正弦值为63,求平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:由题意:BC =AB =2,∠ABC =90°,AC =AB 2+BC 2=22同理CD =22,又AD =4,CD 2+AC 2=AD 2,CD ⊥AC .而CD =22=PD 2+PC 2,即PC ⊥PD ,又平面PCD ⊥平面ABCD ,平面PCD ∩平面ABCD =CD ,AC ⊂平面ABCD ,AC ⊥平面PCD ,PD ⊂平面PCD ,PD ⊥AC ,又PC ⊥PD ,且PC ⊂面PCA ,AC ⊂面PCA ,PC ∩AC =C ,PD ⊥平面PCA .(2)解析:以C 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C 0,0,0 ,A 0,22,0 ,D 22,0,0 ,P 2,0,2 ,所以CD =22,0,0 ,CP =2,0,2 ,P A=-2,22,-2 ,设PQ =λP A 0<λ<1 ,有CQ =CP +λP A=21-λ ,22λ,21-λ ,取面PCD 的一个法向量m =0,1,0 ,则cos CQ ,m =22λ41-λ 2+8λ2=63,λ=12,故CQ =22,2,22.令n=x ,y ,z 是平面CDQ 的一个法向量,则n ⋅CD =0n ⋅CQ =0,即22x =022x +2y +22z =0,令y =1,有n =0,1,-2 ,则cos ‹n ,m › =n ⋅m n m=55,故平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值为55.5.(长沙市雅礼中学2025届高三上学期(9月)综合自主测试解析第17题)5:如图(1),在△ABC 中,CD ⊥AB ,BD =2CD =2AD =4,点E 为AC 的中点.将△ACD 沿CD 折起到△PCD 的位置,使DE ⊥BC ,如图(2).图(1)图(2)(1)求证:PB ⊥PC ;(2)在线段BC 上是否存在点F ,使得CP ⊥DF ?若存在,求二面角P -DF -E 的余弦值;若不存在,说明理由。

“动态”立体几何题本文所指的“动态”立体几何题，是指立体几何题中除了固定不变的的线线、线面、面面关系外，渗透了一些“动态”的点、线、面元素，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。

一、截面问题截面问题是立体几何题中的一类比较常见的题型，由于截面的“动态”性，使截得的结果也具有一定的可变性。

例1、用一个平面去截正方体，所得的截面不可能是（ D ） A 六边形 B 菱形 C 梯形 D 直角三角形例2、已知正三棱柱A 1B 1C 1—ABC 的底面积为S,高为h,过C 点作三棱柱的与底面ABC 成α角的截面△MNC,(0<2πα<),使MN//AB ，求截面的面积。

分析：由于截面位置的不同，它与几何体的交线MN 可能在侧面A 1B 上，也可能在A 1B 1C 1上，由此得到两种不同的结果。

解：当交线MN 在侧面A 1B 内（或与A 1B 1重合时），S △MNC =αcos S；当MN 在底面A 1B 1C 1内时，arctan∴<<,2342παS hS △MNC =αα22sin 3cos 3h 。

BC 1BCNBC 1BC二、翻折、展开问题图形的翻折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。

不变量可结全原图型求解，变化了的量应在折后立体图形中来求证。

例3、下图表示一个正方体的展开图，图中AB 、CD 、EF 、GH 这四条直线在原正方体中相互异面的有（ B ）A 2对B 3对C 4对D 5对例4、从三棱锥P —ABC 的顶点沿着三条侧棱PA 、PB 、PC 剪开，成平面图形，得到△P 1P 2P 3，且P 1P 2=P 2P 3；CP 1P 32（1）在棱锥P-ABC 中，求证：PA ⊥BC ，（2）P 1P 2=26，P 1P 3=20，求三棱锥的体积。

动态立体几何题型 在运动变化过程中利用方程探求动点的位置例 如图1所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB=√2，AF=1． 试在线段AC 上确定一点P ，使得PF 与BC 所成的角是60°，并加以证明．例 如图2，已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1 中，ABC=90°，AB=BC=a ，AA1 =2AB ，M 为CC 1 上的点．试问当M 在C 1C 上的什么位置时，B 1M 与平面AA 1C 1C 所成的角为30°题型2 在运动变化过程中建立函数关系，寻求相关角的变化范围．例 如图3，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 (0＜θ＜2π)( 1) 求证: 平面VAB ⊥VCD; ( 2) 当角 变化时，求直线BC 与平面VAB 所成的角的取值范围．在运动变化过程中建立方程关系探究二面角的大小．例 如图4所示，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AD=AA1 =1，AB=2，点E 在棱AB 上移动，当AE 等于何值时，二面角D1-EC-D 的大小为4π．题型 在运动变化过程中，利用曲线定义探究动点轨迹．例 如图5，P 为四棱锥S-ABCD 的面SBC 内一点，若动点P 到平面ABCD 的距离与到点S 的 距离相等，则动点P 的轨迹是面SBC 内的 ( )A ． 线段或圆的一部分B ． 双曲线或椭圆的一部分C ． 双曲线或抛物线的一部分D ． 抛物线或椭圆的一部分1． 如图6，三棱锥P-ABC 的高PO=8，AC=BC=3，ACB=30°，M ，N 分别在BC 和PO 上，且CM=x ，PN=2x( x ∈( 0，3］) ，下列4个图像大致描绘了三棱锥N-AMC 的体积V 与x 的变化关系，其中正确的是2． 如图7，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1 的侧面ABB 1A 1 内有一动点P 到直线AA 1 和BC的距离相等，则动点P 的轨迹是 ( ) A ． 线段 B ． 椭圆的一部分C ． 双曲线的一部分D ． 抛物线的一部分3． 如图8，在正四面体A-BCD 中，点E 在棱AB 上，点F 在棱CD 上，使得AE CFEB FDλ==(λ＞0) ，设f(λ) =λλαβ+ ,λα与λβ分别表示EF 与AC ，BD 所成的角，则 ( ) A ．f(λ)是( 0，+∞) 上的增函数 B ．f(λ)是( 0，+∞) 上的减函数C ．f(λ)是(0，1) 上的递增函数，(1，+∞) 上的递减函数D ．f(λ)是( 0，+∞) 上的常数函数4． 已知P 是棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1 表面上的动点，且则动点P 的轨迹的长度是 ．5． 如图9，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 ．6． 下列4个命题:○1在空间，存在无数个点到三角形各边的距离相等;○2在空间，存在无数个点到长方形各边的距离相等;○3在空间，既存在到长方体各顶点距离相等的点，又存在到它的各个面距离相等的点;○4在空间，既存在到四面体各顶点距离相等的点，又存在到它的各个面距离相等的点，其中真命题的序号是 ( 写出所有真命题的序号) ．例 设正方体1A C -的棱长为1，P 为面对角线A1B1上的动点，Q 为棱AB 上的动点，求1C P PQ +的最小值.例 在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，11AB BC AA === ，点P 为对角线AC 1上的动点，点Q 为底面 ABCD 上的动点（点P ，Q 可以重合），则B 1P+PQ 的最小值为（ ）变式 在边长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在底面ABCD上移动，且满足11B P D E ⊥，则线段B 1P 的长度的最大值为（ ）变式 在棱长为的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别是棱BC 、CC 1的中点，P 是侧面BC 1B 1内一点，若A 1P//平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值范围是（ ）例１ 如图１已知在四面体ＡＢＣＤ中ＤＡ＝ＤＢ＝ＤＣ＝且ＤＡ,ＤＢ.ＤＣ两两互相垂直,点Ｏ是 ＡＢＣ的中心,将 ＤＡＯ绕直线ＤＯ旋转一周, 则在旋转过程中直线ＤＡ与直线ＢＣ所成角的余弦的最大值是例２ 如图４直线ｌ⊥平面 垂足为Ｏ在 ＡＢＣ中,∠ＡＢＣ＝2π,ＡＢ＝２,ＢＣ＝１.该直角三角形作符合下列条件的自由运动 Ａ∈ｌ,Ｂ∈α, 则Ｃ、Ｏ两点间的最大距离为 ．例３ 正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为２,ＭＮ是它的内切球的一条弦,把球面上任意两点之间的线段称为球的弦, Ｐ为正方体表面上的动点, 当弦ＭＮ最长时, PM PN ⋅的最大值为 ．例５ 如图８已知正四棱锥Ｖ－ＡＢＣＤ绕着ＡＢ任意旋转, ＡＢ⊂平面α．若ＡＢ＝２,,点Ｖ在平面 上的射影为Ｏ, 则｜ＣＯ｜的最大值为 ．例６ 已知点ＥＦ分别是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱ＡＢＡＡ１的中点点ＭＮ分别是线段Ｄ１Ｅ与Ｃ１Ｆ上的点则与平面ＡＢＣＤ平行的直线ＭＮ有 Ａ０条 Ｂ１条 Ｃ２条 Ｄ无数条例７ 正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中与直线ＡＡ１、ＢＤ、Ｃ１Ｄ１同时相交的直线有Ａ１条 Ｂ２条 Ｃ３条 Ｄ无数条变式 已知正方形ＡＢＣＤＥ是边ＡＢ的中点将△ＢＣＥ沿ＣＥ折起至△Ｂ′ＣＥ 如图３若△Ｂ′ＣＤ为正三角形则ＥＣ与平面△Ｂ′ＣＤ所成角的余弦值是 ．变式如图４在长方形中ＡＢ＝１，ＢＣＡＢＦ沿ＢＦ折起使平面ＡＢＣ⊥平面ＢＣＤ．在平面ＡＢＣ内过点Ａ作ＡＫ⊥ＢＣ，Ｋ为垂足．设ＢＫ＝ｔ则ｔ的取值范围是．变式２０１２浙江理－１０已知矩形ＡＢＣＤＡＢ＝１ＢＣ在的直线进行翻折在翻折过程中Ａ．存在某个位置使得直线ＡＣ与直线ＢＤ垂直Ｂ．存在某个位置使得直线ＡＢ与直线ＣＤ垂直Ｃ．存在某个位置使得直线ＡＤ与直线ＢＣ垂直Ｄ．对任意位置三条直线ＡＣ与ＢＤＡＢ与ＣＤＡＤ与ＢＣ均不垂直变式如图５已知矩形ＡＢＣＤＡＢ＝ｘＢＣ＝２．将△ＡＢＤ沿矩形的对角线ＢＤ所在的直线进行翻折若在翻折过程中存在某个位置使得ＡＢ⊥ＣＤ，则ｘ的取值范围是变式如图６已知矩形ＡＢＣＤ的两条对角线交点为ＥＡＢ＝ｘＢＣ槡＝２将△ＡＢＤ沿矩形的对角线ＢＤ所在的直线进行翻折若在翻折过程中存在某个位置使得ＡＢ⊥ＣＥ则ｘ的取值范围是．例1 若三棱锥A - B C D 的侧面△A B C 内一动点P 到底面B C D 的距离与到棱A B 的距离相等, 则动点P 的轨迹与△A B C 组成图形可能是( )例2 如图2 , 长方体 A B C D - A1 B1 C1 D1 中, 已知A B＝ A D ＝2 , A A1＝3 , 棱A D 在平面α内, 则长方体在平面α内的射影所构成的图形面积的取值范围是．例3 如图3 所示, 球O 为边长为4 的正方体A B C D - A1 B1C1 D 的内切球,P 为球O 的球面上动点, M为B1 C1 中点, D P ⊥B M ,则点P 的轨迹周长为．例4 在矩形 A B C D 中, A B ＝ 2 A D, E 为边A B 的中点, 将△ A D E 沿 直 线 D E 翻 折 成 △ A1 D E ． 若 M 为线段A1 C 的中点, 则在△ A D E 翻折过程中, 下面4个命题中正确的是 ．A 、B M 是定值． B 、 点 M 在某个球面上运动．C 、 存在某个位置, 使DE ⊥ A1 C ． D 、 存在某个位置, 使 M B ∥平面 A1 D E ．例 如图４ ＡＢＣ中 Ｂ＝ ２ＡＢ＝ＢＣ＝２，Ｐ点 为ＡＢ上 一 动点, ＰＤ//ＢＣ交ＡＣ于Ｄ点并将ＰＤＡ延ＰＤ对折至ＰＤＡ′使 平 面ＰＤＡ平 面ＰＢＣＤ．当 锥 形Ａ′－ＰＢＣＤ体 积 最 大 时 求ＰＡ长．例1 如图1所示， 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E 是棱CC1上的一个动点，平面BED1交棱AA1于点F ，则下列命题中为假命题的是（ ）.A.存在点E ，使得A1C1∥平面BED1FB.存在点E ，使得B1D ⊥平面BED1FC.对于任意的点E ，平面A1C1D ⊥平面BED1FD.对于任意的点E ，四棱锥B1-BED1F 的体积均不变例2 如图2，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E 是棱DD1的中点，F 是侧面CDD1C1上的动点， 且B1F ∥面A1BE ，则BF 与平面CDD1C1所成角的正切值构成的集合是（ ）.A.{2}B. ⎪⎪⎩⎭C. {|2t t ≤≤D. 2t t ⎧⎫⎪⎪≤≤⎨⎬⎪⎪⎩⎭例3 设四面体的六条棱的长分别为1、1、1、1a ，且长为a 的棱异面，则a 的取值范围是（ ）.例4 如图5，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P 为底面ABCD 上的动点，PE ⊥A1C 于点E ，且PA=PE ，则点P 的轨迹是（ ）.A.线段B.圆弧C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分例6 如图7，三棱锥P-ABC 中，∠APB=∠BPC=∠CPA=90°，PA=4，PB=PC=3， 则面ABC 上任一点到三个面的距离的平方和最小是例 1 已知正方体 ABCD − A1B1C1D1 的棱长为 3, 长为 2 的线段 MN 点一个端点 M 在 DD1 上运动, 另一个端点 N 在底面 ABCD 上运动, 则 MN 的中点 P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为 .例 4: 在正方体 ABCD − A1B1C1D1 中, M 为 AD 的中点, O 为侧面 AA1B1B 的中心, P 为棱 CC1 上任意一点,则异面直线 OP 与 BM 所成的角等于 ( )A. 90◦B. 60◦C. 45◦D. 30◦策略四: 动中找定面例 4: 在正方体 ABCD − A1B1C1D1 中, M 为 AD 的中点, O 为侧面 AA1B1B 的中心, P 为棱 CC1 上任意一点,则异面直线 OP 与 BM 所成的角等于 ( )A. 90◦B. 60◦C. 45◦D. 30◦例设直线l 平面，过平面外一点A与l，都成30°角的直线有且只有 ( )A．1条 B．2条 C．3条 D．4条例如图7，在正方形ABCD中，E，F分别为线段AD，BC上的点，ABE=20°，CDF=30°．将 ABE绕直线BE CDF绕直线CD各自独立旋转一周，则在所有旋转过程中，直线AB与直线DF所成角的最大值为．例如图9，在正方体ABCDA1B1C1D1 中，M是棱DD1 的中点，O为底面ABCD的中心，P为棱A1B1上的任意一点，则直线OP与直线AM所成的角为 ( )A．4 B．3 C．2 D．不确定( 与点P的位置有关)例如图10，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DC的中点，F为线段EC( 端点除外) 上一动点．现将 AFD沿AF折起，使平面ABD 平面ABC，在平面ABD内过点D作DK AB，K为垂足．设AK=t，则t的取值范围是．1．如图15，动点P在正方体ABCD-A1B1C1D1 的对角线BD1 上．过点P作垂直于平面BB1D1D的直线，与正方体表面相交于M，N．设BP=x，MN=y，则函数y=f( x)的图像大致是2．在正方体ABCD-A1B1C1D1 中，E，F分别为棱AA1，CC1 的中点，则在空间中与3条直线A1D1，EF，CD都相交的直线 ( )A．不存在 B．有且只有2条 C．有且只有3条 D．有无数条3．已知在矩形ABCD中，AB=1，BC= 2．将 ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中( )A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直 B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 D．对任意位置，3对直线AC与BDAB与CDAD与BC 均不垂直5．已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为a，定点M在棱AB上( 但不在端点A，B上) ，点P是平面ABCD 内的动点，且点P到直线A1D1 的距离与点P到点M的距离的平方差为a2，则点P的轨迹所在曲线为．6．如图17，正四面体ABCD的棱长为1，棱AB 平面，则正四面体上的所有点在平面内的射影构成的图形面积的取值范围是．7．已知点O在二面角α-AB-β的棱上，点P在内，且∠POB=45°．若对于α内异于点O的任意一点Q，都有∠POQ 45°，则二面角α-AB-β的大小是．例1 在正方体中 A B C D - A1 B 1 C 1 D 1, M 为B C的中点, 点 N 在四边形C D D1 C 1 及其内部运动.若MN⊥ A 1 C 1, 则点 N 的轨迹为( ) .A 线段;B 圆的一部分;C 椭圆的一部分;D 双曲线的一部分例 3 在棱长为 1 的正方体 A B C D - A1 B 1 C 1 D 1中, 点 E、 F 分别是棱 B C、 C C 1 的中点, P 是侧面B C C1 B 1 内一点, 若 A 1 P∥平面 A E F, 则线段 A1 P 长度的取值范围是( ) .例 5 正方体 A B C D - A1 B 1 C 1 D 1 中, E 是棱B1 C 1 的中点, 动点 P 在底面 A B CD 内, 且 P A 1 =A 1 E, 则点 P 运动形成的图形是( ) .A 线段;B 圆弧;C 椭圆的一部分;D 抛物线的一部分例如图1，AB是平面的斜线段，A为斜足，若点P在平面内运动，使得 ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是 ( )A．圆 B．椭圆C． 1条直线 D．2条平行直线例如图2，正方体ABCD-A1B1C1D1，棱长为1，点M在棱AB上，且BM∶ AM= 1 ∶3，点P是平面ABCD上的动点，且动点P到直线A1D1 距离与动点P到M距离平方差为1，则动点P的轨迹是 ( )A．圆 B．抛物线 C．双曲线 D．直线例如图3，正方体ABCD-A1B1C1D1 中，点P在侧面BCC1B1 及其边界上运动，并且总是保持AP BD1，则动点P的轨迹是 ( )A．线段B1C B． BB1 中点与CC1 中点连成的线段C．线段BC1 D． BC 中点与B1C1 中点连成的线段例如图4，定点A和B都在平面内，点C是内异于A和B的动点，且PC AC．那么，动点C在平面内的轨迹是 ( )A．1条线段，但要去掉2个点 B．1个圆，但要去掉2个点C． 1个椭圆，但要去掉2个点 D．半圆，但要去掉2个点例如图5，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1 中，若点P是棱上一点，则满足|PA| + |PC1| = 2 的点P的个数为．例１如图１已知在四面体ＡＢＣＤ中，ＤＡ＝ＤＢ＝ＤＣ＝Ｂ、ＤＣ两两互相垂直，点Ｏ是 ＡＢＣ的中心将 ＤＡＯ绕直线ＤＯ旋转一周则在旋转过程中直线ＤＡ与直线ＢＣ所成角的余弦的最大值是。

§3三视图A组1.一个圆柱的三视图中,一定没有的图形是()A.矩形B.圆C.三角形D.正方形解析:一个圆柱,不论怎样放置,三视图均不可能出现三角形.答案:C2.若一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体是()A.三棱柱B.圆柱C.三棱锥D.圆锥答案:A3.如图,空心圆柱体的主视图是()答案:C4.导学号62180016若一个几何体的三视图如图所示,则该三视图表示的组合体为()A.圆柱与圆锥B.圆柱与三棱锥C.圆柱与四棱锥D.四棱柱与圆锥答案:C5.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以是()解析:由俯视图易知,只有选项D符合题意.故选D.答案:D6.如图所示的立体图形,都是由相同的小正方体拼成的.(1)图①的主视图与图②的图相同;(2)图③的主视图与图④的主视图.(填“相同”或“不同”)答案:(1)俯视(2)不同7.如图所示是一个圆锥的三视图,则该圆锥的高为 cm.解析:由三视图知,圆锥的母线长为3 cm,底面圆的直径为3 cm,所以圆锥的轴截面是边长为3 cm 的等边三角形,所以圆锥的高为(cm).答案:8.已知某组合体的主视图与左视图相同(如图1所示,其中AB=AC,四边形BCDE为正方形),则该组合体的俯视图可以是如图2所示的.(把你认为正确的图的序号都填上)图1图2解析:由主视图与左视图可得该几何体可以是由正方体与底面边长相同的四棱锥组合而成的,则其俯视图为图①;可以是由正方体与底面直径与底面正方形边长相同的圆锥组合而成的,则其俯视图为图④;可以是由圆柱与底面相同的圆锥组合而成的,则其俯视图为图③;可以是由圆柱与底面正方形边长等于圆柱底面直径的四棱锥组合而成的,则其俯视图为图②.答案:①②③④9.一个几何体的三视图如图所示,请画出它的实物图.解:由三视图可知,该几何体由正方体和四棱柱组成,如图所示.10.导学号62180017如图所示是一个零件的实物图,画出这个几何体的三视图.解:该零件由一个长方体和一个半圆柱拼接而成,并挖去了一个小圆柱(形成圆孔).主视图反映了长方体的侧面和半圆的底面、小圆柱的底面,左视图反映了长方体的侧面、半圆柱的侧面、小圆柱的侧面,俯视图反映了长方体的底面、半圆柱的侧面和小圆柱的侧面投影后的形状.它的三视图如图所示.B组1.如图①②③分别为三个几何体的三视图,根据三视图可以判断这三个几何体依次分别为()图①图②图③A.三棱台、三棱柱、圆锥B.三棱台、三棱锥、圆锥C.三棱柱、正四棱锥、圆锥D.三棱柱、三棱台、圆锥解析:图①②③对应的原几何体分别是三棱柱、正四棱锥、圆锥,故选C.答案:C2.导学号62180018将正方体(如图1-(1)所示)截去两个三棱锥,得到图1-(2)中的几何体,则该几何体的左视图为(如图2所示)()图1图2解析:左侧被截去的三棱锥的底面三条边中,有两条与正方体的棱重合,另一条应为正方形自左上到右下的对角线,是可见的;右侧被截去的三棱锥的底面的三条边中,有两条与正方体的棱重合,另一条应为正方形自右上到左下(从左面看)的对角线,是不可见的.故选B.答案:B3.如图所示,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,高为3,则其左视图的面积为()A.6B.3C.3D.6解析:由三视图的画法可知,该几何体的左视图是一个矩形,其宽为2sin 60°=,长为3,故面积S=3.答案:C4.已知一几何体的主视图与左视图如图所示,则下列图形中,可以是该几何体的俯视图的图形有()A.①②③⑤B.②③④⑤C.①②④⑤D.①②③④解析:可以结合实物想象,对于①,可认为该几何体的最下部为棱柱,上部为两个圆柱;对于②,可认为该几何体的上部为两个棱柱,下部为圆柱;对于③,可认为该几何体的上部为圆柱,下部为两个棱柱;对于④,可认为该几何体的上部是底面为等腰直角三角形的棱柱,中间为一圆柱,底部为四棱柱;对于⑤,由原几何体最下部的两个视图可知,其俯视图不可能是一个三角形.答案:D5.如图所示,网格纸的小正方形的边长是1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图,则这个多面体最长的一条棱的长为.解析:根据三视图还原成实物图,即四棱锥P-ABCD,所以最长的一条棱的长为PB=2.答案:26.已知三棱锥的直观图及其俯视图与左视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,左视图是有一直角边长为2的直角三角形,则该三棱锥的主视图面积为.解析:三棱锥的主视图如图所示,故主视图的面积为×2×2=2.答案:27.下图是一个几何体的三视图,试画出其实物图.解:由几何体的三视图容易想到该几何体可以由正方体切割而得到,如图所示.俯视图8.导学号62180019一个棱长均为6的正三棱锥,其俯视图如图所示,求其主视图的面积和左视图的面积.解:作出正三棱锥的直观图如图所示,E为BD的中点,AO为三棱锥的高,由三棱锥的放置方式知,其主视图为三角形,底面边长为BD=6,其高等于AO,其左视图为三角形,底面边长等于CE(中线)的长,其高等于AO.在Rt△BCE中,BC=6,BE=3,得CE=3,CO=×CE=2.在Rt△ACO中,AC=6,CO=2,则AO==2,故主视图面积为×6×2=6,左视图的面积为×3×2=9.。

培优提能10 立体几何中的动态问题立体几何中的“动态问题”是指空间中的某些点、线、面的位置是不确定的或可变的一类开放性问题,解答此类问题应该动静结合、化动为静,找到相应的几何关系,具体有以下几种解决方法:(1)函数法:某些点、线、面的运动,必然导致某些位置关系或一些变量的变化.变量变化时会引发其他变量的变化,从而建立函数关系,将立体几何问题转化为函数问题来解.(2)解析法:我们常利用空间直角坐标系解决立体几何问题,即实现几何问题代数化.因此利用空间直角坐标系将空间图形中的若干元素坐标化后,借助向量进行运算和分析,是解决这类问题的常用方法. (3)等价转换法:动和静是相对的,在运动变化过程中,要善于寻找或构造与之相关的一些不变因素,将一些变化的点、线、面进行合理转换,实现变量与不变量的结合.培优点1 以静制动(旋转问题、射影问题)典例1 正四面体ABCD的棱长为1,棱AB∥平面α(如图),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.解析: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 ∥平面α时,四边形ABCD 的面积最大,为12(如图1).当CD ⊥平面α时,四边形ABCD 的面积最小,为√24(如图2),转动过程中C,D 在平面α上的射影从C,D 变化到C ′,D ′(如图3),故图形面积的取值范围是[√24,12]. 答案:[√24,12]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.触类旁通1 如图,直线l ⊥平面α,垂足为O.正方体ABC D −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的中点P 的距离的最大值为 .解析:从题图中分化出4个点O,A,B1,P,其中△AOB1为直角三角形,固定A,B1,点P的轨迹是在与AB1垂直的平面上且以AB1的中点Q为圆心的圆,从而OP≤OQ+QP=12AB1+2=√2+2,当且仅当OQ⊥AB1,即点O,Q,P共线时,取到等号,此时直线AB1与平面α成45°角.答案:√2+2培优点2 动点轨迹(长度)问题典例2 在棱长为2√2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AB,AD 的中点,P为线段C1D上的动点,则直线A1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长度为( )A.2√153B.4√33C.2√133D.4√23解析:如图,连接B1D1,因为E,F 分别为棱AB,AD 的中点,所以B 1D 1∥EF,则B 1,D 1,E,F 四点共面.连接A 1C 1,A 1D,设A 1C 1∩B 1D 1=M,A 1D ∩D 1F=N,连接MN,则点Q 的轨迹为线段MN,易得A 1D=√A 1D 12+DD 12=4,△A 1ND 1∽△DNF,且A 1D 1FD=2,所以A 1N=23A 1D=83.易知A 1C 1=C 1D=A 1D=4,所以∠C 1A 1D=60°,又A 1M=2,所以在△A 1MN 中,由余弦定理可得MN 2=A 1N 2+A 1M 2-2A 1N ·A 1Mcos 60°=529,所以MN=2√133,即点Q 的轨迹长度为2√133.故选C.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.触类旁通2 (多选题)(2022·湖南郴州高三期末)如图,点P 是棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1表面上的一个动点,则( AC )A.当点P 在平面BCC 1B 1上运动时,四棱锥P-AA 1D 1D 的体积不变B.当点P 在线段AC 上运动时,D 1P 与A 1C 1所成角的取值范围是[π6,π2]C.当直线AP 与平面ABCD 所成的角为45°时,点P 的轨迹长度为π+4√2D.若F 是A 1B 1的中点,当P 在底面ABCD 上运动,且满足PF ∥平面B 1CD 1时,PF 长度的最小值是 √5解析:当P 在平面BCC 1B 1上运动时,点P 到平面AA 1D 1D 的距离不变,正方形AA 1D 1D 的面积不变,故四棱锥P-AA 1D 1D 的体积不变,故A 正确; 建立如图所示的空间直角坐标系,设P(x,2-x,0),0≤x ≤2,A 1(2,0,2),D 1(0,0,2),C 1(0,2,2),则D 1P →=(x,2-x,-2),A 1C 1→=(-2,2,0),设D 1P 与A 1C 1所成的角为θ(0≤θ≤π2),则cos θ=|cos<D 1P →,A 1C 1→>|=|D 1P →·A 1C 1→||D 1P →||A 1C 1→|=|x -1|√(x -1)2+3,因为0≤|x-1|≤1,当|x-1|=0时,θ=π2,当0<|x-1|≤1时,cos θ=|x -1|√(x -1)2+3=√1+3|x -1|2,0<cos θ≤12,则π3≤θ<π2,综上,π3≤θ≤π2,所以D 1P 与A 1C 1所成角的取值范围是[π3,π2],故B 错误;因为直线AP 与平面ABCD 所成的角为45°,若点P 在平面BCC 1B 1和平面DCC 1D 1内,因为∠B 1AB=45°,∠D 1AD=45°已为最大,不成立,在平面ADD 1A 1内,点P 的轨迹长度是AD 1=2√2,在平面ABB 1A 1内,点P 的轨迹长度是AB 1=2√2, 在平面A 1B 1C 1D 1内,如图所示,作PM ⊥平面ABCD,因为∠PAM=45°,所以PM=AM,又PM=AB,所以AM=AB,则A 1P=AB,所以点P 的轨迹是以A 1为圆心,以2为半径的四分之一圆,所以点P 的轨迹长度为14×2π×2=π,所以点P 的轨迹总长度为π+4√2,故C 正确; 建立如图所示的空间直角坐标系,设P(x,y,0),x,y ∈[0,2],B 1(2,2,2),D 1(0,0,2),C(0,2,0),F(2,1,2),则CB 1→=(2,0,2),CD 1→=(0,-2,2),FP →=(x-2,y-1,-2), 设平面B 1CD 1的法向量为n=(a,b,c),则{CD 1→·n =0,CB 1→·n =0,即{-2b +2c =0,2a +2c =0,令a=1,则n=(1,-1,-1), 因为PF ∥平面B 1CD 1,所以FP →·n=(x-2)-(y-1)+2=0,即y=x+1,所以|FP →|=√(x -2)2+(y -1)2+4=√2x 2-4x +8=√2(x -1)2+6≥√6,当x=1时,等号成立,故D 错误.故选AC.培优点3 翻折问题典例3 如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O.D,E,F 为圆O 上的点,△DBC,△ECA,△FAB 分别是以BC,CA,AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB 为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F 重合,得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时,所得三棱锥体积的最大值为 cm 3.解析:如图,连接OD,交BC于点G,由题意,知OD⊥BC,OG=√3BC.6设OG=x,则BC=2√3x,DG=5-x,×2√3x×3x=3√3x2,三棱锥的高h=√DG2-OG2=√25-10x,S△ABC=12则三棱锥的体积V=1S△ABC·h=√3x2·√25-10x=√3·√25x4-10x5.3),则f′(x)=100x3-50x4.令f′(x)=0,得令f(x)=25x4-10x5,x∈(0,52x=2.当x∈(0,2)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(2,5)时,f′2(x)<0,f(x)单调递减.故当x=2时,f(x)取得最大值80,则V≤√3×√80=4√15.所以三棱锥体积的最大值为4√15 cm3.答案:4√15在解决立体几何中的“动态”问题时,对于一些很难把握运动模型(规律)的求值问题,可以通过构建某个变量的函数,以数解形.触类旁通3 (1)(多选题)(2022·河北唐山高三期末)如图,四边形ABCD是边长为2的正方形,E为AB的中点,将△AED沿DE所在的直线翻折,使A与A′重合,得到四棱锥A′-BCDE,则在翻折的过程中( AB )A.DE⊥AA′B.存在某个位置,使得A′E⊥CDC.存在某个位置,使得A′B∥DED.存在某个位置,使四棱锥A′-BCDE的体积为1(2)(多选题)(2022·广东罗湖高三期末)在△ABC中,AB⊥BC,且AC=2,BC=1,若将△ABC沿AC边上的中线BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD.点E在由此得到的四面体ABCD的棱AC上运动,则下列结论正确的为( BCD )A.∠ADC=π2B.四面体ABCD的体积为18C.存在点E使得△BDE的面积为14D.四面体ABCD外接球的表面积为13π3解析:(1)对于A,如图所示,过A′作A′O⊥DE,垂足为O,延长AO交BC于点F,因为DE⊥AO,且AO∩A′O=O,AO,A′O⊂平面A′AO,所以DE⊥平面A′AO,又因为A′A⊂平面A′AO,所以DE⊥AA′,A正确;对于B,取DC的中点G,连接EG,A′G,当A′在平面ABCD上的射影在直线EG上时,此时DC⊥平面A′EG,从而得到A′E⊥CD,B正确;对于C,连接A′B,因为点E∈平面A′BE,点D∉平面A′BE,所以直线A′B与DE是异面直线,所以不存在某个位置,使得A′B∥DE,C错误;对于D,由VA′BCDE =13×12×(1+2)×2×h=1,解得h=1,由A′O⊥DE,可得A′O=A′E·A′DDE =√5=√5,即此时四棱锥的高h∈(0,√5],此时√5<1,所以不存在某个位置,使四棱锥A′-BCDE的体积为1,D错误.故选AB.(2)对于A,取BD的中点M,连接CM,因为BC=CD=1,所以CM⊥BD,又平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以CM⊥平面ABD,则CM⊥AD,若∠ADC=π2,则AD⊥CD,所以AD⊥平面CBD,则AD⊥BD,显然不可能,A错误;对于B,易知△BCD的面积为√34,在平面ABD中,过A作BD的垂线,交BD的延长线于点H,易知AH=√32,因为平面ABD ⊥平面BCD,平面ABD ∩平面BCD=BD,所以AH ⊥平面BCD,即三棱锥A-BCD 的高为AH=√32,所以三棱锥A-BCD 的体积V=13×√34×√32=18,即四面体ABCD 的体积为18,B正确;对于C,显然当AC ⊥平面BDE 时,△BDE 的面积取得最小值,易知CD=1,DH=12,由余弦定理可得CH=√72,所以AC=√AH 2+CH 2=√102, 又四面体ABCD 的体积为18, 所以18=13×S ×√102,即S=3√1040<14, 且△BCD 的面积为√34>14,所以存在点E 使得△BDE 的面积为14,C 正确;对于D,设△BCD 与△ABD 的外心依次为O 1,O 2, 过O 1作平面BCD 的垂线l 1,过O 2作平面ABD 的垂线l 2,则四面体ABCD 的外接球球心O 为直线l 1与l 2的交点,延长CO 1交BD 于点M,则M 为BD 的中点,连接O 2M,则四边形MO 1OO 2为矩形,结合正弦定理可求得O 2M=√32,O 1C=√33, 所以四面体ABCD 的外接球半径为R=OC=√O 1O 2+O 1C 2=√O 2M 2+O 1C 2=√34+13=√1312,则四面体ABCD 外接球的表面积为S=4πR 2=4π×1312=13π3,D 正确.故选BCD.培优点4 动态最值问题典例4 (多选题)(2022·江苏常州高三期末)已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为3a,点M 是棱BC 上的定点,且BM=2CM,点P 是棱C 1D 1上的动点,则( )A.当PC 1=23a 时,△PAM 是直角三角形B.四棱锥A 1-PAM 体积的最小值为32a 3 C.存在点P,使得直线BD 1⊥平面PAM D.任意点P,都有直线BB 1∥平面PAM 解析:由已知及计算可得PC 1=23a,AM=√13a,AP=√2113a,MP=√943a,所以AP 2=MP 2+AM 2,所以△PAM 为直角三角形,A 正确;S △AA 1M =12×3a ×√13a=3√132a 2,当P 与C 1重合时,点P 到平面AA 1M 的距离最小,设点P 到平面AA 1M 的距离为h, 在B 1C 1上取M 1,使B 1M 1=2C 1M 1,sin ∠B 1M 1A 1=√13=ℎmin a,所以h min =√13a,所以V A 1PAM =V PAA 1M =13×S △AA 1M ×h ≥13×3√132a 2×√13a=32a 3,B 正确;因为BD 1⊥平面AB 1C,平面AB 1C 与平面PAM 不平行,所以BD 1与平面PAM 不垂直,C 错误;P 与C 1重合时,平面PAM 为平面C 1AM,BB 1∥CC 1,若BB 1∥平面PAM,则CC 1⊂平面C 1AM,与CC 1⊄平面C 1AM 矛盾,D 错误.故选AB.解决与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题,一般可以从三方面着手:(1)从问题的几何特征入手,充分利用其几何性质去解决; (2)利用空间几何体的侧面展开图;(3)找出问题中的代数关系,建立目标函数,利用代数方法求目标函数的最值.解题途径很多,在函数建成后,可用一次函数的端点法,二次函数的配方法、公式法,函数有界法(如三角函数等)及导数法等.触类旁通4 (多选题)(2022·广东揭阳高三期末)如图所示,已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2,M,N 分别是AD,CC 1的中点,P 是线段AB 上的动点,则下列说法正确的是( BD )A.平面PMN 截正方体所得的截面可以是四边形、五边形或六边形B.当点P 与A,B 两点不重合时,平面PMN 截正方体所得的截面是五边形C.△MPN 是锐角三角形D.△MPN 面积的最大值是√212解析:如图所示,当点P 与A,B 两点不重合时,将线段MP 向两端延长,分别交CD,CB 的延长线于点O,Q,连接NO,NQ 分别交DD 1,BB 1于R,S 两点,连接RM,SP,此时截面为五边形MPSNR,故B 正确;当点P 与点A 或点B 重合时,截面为四边形,不可能为六边形,故A 错误;考虑△MPN,当点P 与点A 重合时,MN=√6,PM=1,PN=3, 此时因为MN 2+PM 2<PN 2,故∠PMN 为钝角,故C 错误;当点P 与点B 重合时,点P 到直线MN 的距离取到最大值,△MPN 的面积取到最大值,此时MN=√6,BM=BN=√5,则MN 边上的高为√(√5)2-(√62)2=√142,△MPN的面积为12×√142×√6=√212,即最大值为√212,故D正确.故选BD.。

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。

微专题 核心素养(十四)直观想象与逻辑推理——立体几何中的动态问题1．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．2．一般是根据线、面平行，线、面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹(还可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程)．[典例1] 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△最小值为π3，则点P 的轨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 成角为π3，点P 在平面与平面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[典例2] (2020·石家庄一模)如图，四棱锥P ­ABCD 的底面是边长为2的正方形，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝4，M 是PB 上的一个动点(不与P ，B 重合)，过点M 作平面α∥平面P AD ，截棱锥所得图形的面积为y ，若平面α与平面P AD 之间的距离为x ，则函数y ＝f (x )的图象是( )[解析] 过M 作MN ⊥AB ，交AB 于N ，则MN ⊥平面ABCD ，过N 作NQ ∥AD ，交CD 于Q ，过Q 作QH ∥PD ，交PC 于H ，连接MH ，则平面MNQH 是所作的平面α，由题意得2－x 2＝MN4，解得MN ＝4－2x ，由CQ CD ＝QHPD .即2－x 2＝QH 25，解得QH ＝5(2－x )，过H 作HE ⊥NQ ，在Rt △HEQ 中，EQ ＝HQ 2－HE 2＝2－x ， ∴NE ＝2－(2－x )＝x ，∴MH ＝x . ∴y ＝f (x )＝(x ＋2)(4－2x )2＝－x 2＋4(0<x <2)．∴函数y ＝f (x )的图象如图．故选C. [答案] C[典例3] 如图，在棱长为2的正四面体A ­BCD 中，E ，F 分别为直线AB ，CD 上的动点，且|EF |＝ 3.若记EF 中点P 的轨迹为L ，则|L |等于________(注：|L |表示L 的测度，若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)．＝3，此时EF 的中点P 在[解析] 如图，当E 为AB 中点时，F 分别在C ，D 处，满足|EF |EC ，ED 的中点P 1，P 2的位置上；当F 为CD 中点时，E 分别在A ，B 处，满足|EF |＝3，此时EF 的中点P 在BF ，AF 的中点P 3，P 4的位置上，心为O ，圆的半径为12，则连接P 1P 2，P 3P 4相交于点O ，则四点P 1，P 2，P 3，P 4共圆，圆EF 中点P 的轨迹L 为以O 为圆心，以12为半径的圆，其测度|L |＝2π×12＝π.[答案] π[典例4] 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 ．163C.49π D.83π [解析] 根据题意，以D 为原点，分别以DA ，DC ，DE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D ­xyz ，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，整理得⎝⎛⎭⎫x －832＋z 2＝169，由此可得，点M 在正方形ADEF 内的轨迹是以点O ⎝⎛⎭⎫83，0，0为圆心，半径为43的圆弧M 1M 2，如图2所示，易知圆心角∠M 1OM 2＝π3，所以l M 1M ＝π3×43＝49π.故选C.[答案] C[课时过关检测]A 级——夯基保分练1.如图所示，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A.3030 B ．3015C.3010D.1515解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0，0,2)，N (1,0,0)，∴B 1M ―→＝(－1，－1，－2)，D 1N ―→＝(1,0，－2)，∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为|B 1M ―→·D 1N ―→||B 1M ―→|·|D 1N ―→|＝|－1＋4|1＋1＋4×1＋4＝3010. 2.如图，已知长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( ) A.33535B ．277C.33D.24解析：选A 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0,3,0)，∴DC 1―→＝(0,3,1)，D 1E ―→＝(1,1，－1)，D 1C ―→＝(0,3，－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·D 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∴cosDC 1―→，n＝DC 1―→·n |DC 1―→|·|n|＝33535， ∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.3．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12B ．23C.33D.22解析：选B 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D ―→＝(0,1，－1)， A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2)． 又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.4.如图，正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35 B ．56C.3310D.3610解析：选A 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1()0，3，2，F (1,0,1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F ―→＝()1，－3，－1，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF ―→＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ EF ―→·n ＝0，GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.5．(多选)(2019·浙江高考改编)设三棱锥V ­ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点(不含端点)．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P ­AC ­B 的平面角为 γ，则α，β，γ大小关系正确的是( )A ．α＞βB ．α＝βC ．γ＞βD.γ≥β解析：选AC 过B 作直线l ∥AC ，过P 作底面ABC 的垂线PD ，D 为垂足，过D 作DF⊥AB 于F ，作DE ⊥l 于E ，连接AD ，BD ，PF ，PE .由题意可知，二面角P ­AC ­B 的大小与二面角P ­AB ­C 的大小相等， 结合空间角的定义知∠PBE ＝α，∠PBD ＝β，∠PFD ＝γ， 在Rt △PEB 与Rt △PDB 中，由PE ＞PD 得sin α＞sin β， ∴α＞β(α，β均为锐角)．故A 正确，B 错误；在Rt △PDB 与Rt △PDF 中，由PB ＞PF 得sin β＜sin γ，∴γ＞β(β，γ均为锐角)．故C 正确；由于不存在PB ＝PF 的可能，故D 错误． 6.(多选)如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝AA 1＝2，∠ACB ＝90°，D ，E ，F 分别为AC ，AA 1，AB 的中点．则下列结论正确的是( )A ．AC 1与EF 相交B ．B 1C 1∥平面DEF C ．EF 与AC 1所成的角为90°D ．点B 1到平面DEF 的距离为322解析：选BCD 对选项A ，由图知AC 1⊂平面ACC 1A 1，EF ∩平面ACC 1A 1＝E ，且E ∉AC 1.由异面直线的定义可知AC 1与EF 异面，故A 错误；对于选项B ，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，B 1C 1∥BC .∵D ，F 分别是AC ，AB 的中点， ∴FD ∥BC ，∴B 1C 1∥FD .又∵B 1C 1⊄平面DEF ，DF ⊂平面DEF ， ∴B 1C 1∥平面DEF .故B 正确；对于选项C ，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，A 1(2,0,2)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,0)，E (2,0,1)，F (1,1,0)． ∴EF ―→＝(－1,1，－1)，AC 1―→＝(－2,0,2)． ∵EF ―→·AC 1―→＝2＋0－2＝0，∴EF ―→⊥AC 1―→， ∵EF 与AC 1所成的角为90°.故C 正确；对于选项D ，设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DEF 的一个法向量． ∵DE ―→＝(1,0,1)，DF ―→＝(0,1,0)，∴由⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥DE ―→，n ⊥DF ―→，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE ―→＝0，n ·DF ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，y ＝0.取x ＝1，则z ＝－1，∴n ＝(1,0，－1)， 设点B 1到平面DEF 的距离为d . 又∵DB 1―→＝(－1,2,2)，∴d ＝|DB 1―→·n ||n |＝|－1＋0－2|2＝322，∴点B 1到平面DEF 的距离为322，故D 正确．故选B 、C 、D.7．在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B ­AA 1­C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为________．解析：由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，由于侧面和底面垂直，由面面垂直的性质定理可得，B 到AC 的距离为3，C 到AB 的距离为23，所以在三角形ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4， |AB 1―→|＝22，|BC 1―→|＝4，cos AB 1―→，BC 1―→＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→|·|BC 1―→|＝422·4＝24，sin 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝1－⎝⎛⎭⎫242＝144.故tanAB 1―→，BC 1―→＝7.答案：78.如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB＝2，CF ＝3.若直线OF 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为坐标原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，∴OF ―→＝(－1,0,3)，DB ―→＝(0,23，0)，EB ―→＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎨⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ， ∴n ＝(－a,0,1)，∴cos 〈n ，OF ―→〉＝n ·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a 2＋1×10.∵直线OF 与平面BED 所成角的大小为45°， ∴|a ＋3|a 2＋1×10＝22， 解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，∴AE ＝2.答案：29.如图，已知四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点，则二面角F ­OE­A 的余弦值为________．解析：以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz ，由题知，OA ＝OB ＝2，则A (0，－2,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，E (1，－1,0)，F (0，－1,1)，OE ―→＝(1，－1,0)，OF ―→＝(0，－1,1)，设平面OEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OE ―→＝0，m ·OF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得m ＝(1,1,1)．易知平面OAE 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 则cos 〈m ，n 〉＝m·n|m||n|＝33.由图知二面角F ­OE ­A 为锐角， 所以二面角F ­OE ­A 的余弦值为33. 答案：3310.(一题两空)如图所示，在四棱锥P ­ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 的中点．(1)则直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为________； (2)则B 点到平面PCD 的距离为________． 解析：(1)在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 的中点，∴PO ⊥AD .又∵侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ，∴PO ⊥平面ABCD . 在△P AD 中，P A ⊥PD ，P A ＝PD ＝2，∴AD ＝2. 在直角梯形ABCD 中，O 为AD 的中点，∴OA ＝BC ＝1， ∴OC ⊥AD .以O 为坐标原点，OC 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，∴PB ―→＝(1，－1，－1)．∵OA ⊥OP ，OA ⊥OC ，OP ∩OC ＝O ，∴OA ⊥平面POC . ∴OA ―→＝(0，－1,0)为平面POC 的法向量， cos 〈PB ―→，OA ―→〉＝PB ―→·OA ―→|PB ―→||OA ―→|＝33，∴PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)∵PB ―→＝(1，－1，－1)，设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP ―→＝－x ＋z ＝0，u ·PD ―→＝y －z ＝0.取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．则B 点到平面PCD 的距离d ＝|PB ―→·u ||u |＝33.答案：(1)63 (2)3311．(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B ­EC ­C 1的正弦值．解：(1)证明：由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊥平面ABB 1A 1， 故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1， 所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)由(1)知⊥BEB 1＝90°.由题设知Rt⊥ABE ⊥Rt⊥A 1B 1E ，所以⊥AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB . 以D 为坐标原点，DA ―→的方向为x 轴正方向，|DA ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ， 则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，E (1,0,1)，CB ―→＝(1,0,0)，CE ―→＝(1，－1,1)，CC 1＝(0,0,2)． 设平面EBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧CB ―→·n ＝0，CE ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0，所以可取n ＝(0，－1，－1)．设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧CC 1·m ＝0，CE ―→·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 2＝0，x 2－y 2＋z 2＝0， 所以可取m ＝(1,1,0)． 于是cos n ，m＝n ·m |n ||m |＝－12. 所以二面角B ­EC ­C 1的正弦值为32. 12．[创新题型]如图，四棱锥P ­ABCD 的底面是平行四边形，且PD ⊥AB . (1)从下列两个条件中任选一个条件证明：AB ⊥平面P AD . ①O 是AD 的中点，且BO ＝CO ；②AC ＝BD .(2)在(1)条件下，若AD ＝2AB ＝4，P A ＝PD ，点M 在侧棱PD 上，且PD ＝3MD ，二面角P ­BC ­D 的大小为π4，求直线BP 与平面MAC 所成角的正弦值．解：(1)证明：选择条件②∵四边形ABCD 为平行四边形，且AC ＝BD ， ∴四边形ABCD 为矩形，AB ⊥AD .又∵AB ⊥PD ，且AD ∩PD ＝D ，故AB ⊥平面P AD . 选择条件①在平行四边形ABCD 中，设N 是BC 的中点，连接ON ，如图，因为O 是AD 的中点，所以AB ∥ON .又BO ＝CO ，所以ON ⊥BC .所以AB ⊥BC ，又在平行四边形ABCD 中，BC ∥AD ，所以AB ⊥AD .又AB ⊥PD ，且PD ∩AD ＝D ，AD ⊂平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，故AB ⊥平面P AD .(2)由(1)知AB ⊥平面P AD ，又AB ⊂平面ABCD ， 于是平面P AD ⊥平面ABCD ，连接PO ，PN ，由P A ＝PD ，可得PO ⊥AD ，则PO ⊥BC ，又ON ⊥BC ，PO ∩NO ＝O ，所以BC ⊥平面PNO ，所以PN ⊥BC ， 故二面角P ­BC ­D 的平面角为∠PNO ，则∠PNO ＝π4.由此得PO ＝AB ＝2.以O 为坐标原点，ON ，OD ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，－2,0)，B (2，－2,0)，C (2,2，0)，P (0,0,2)，由PD ＝3MD 可得M ⎝⎛⎭⎫0，43，23， 所以AC ―→＝(2,4,0)，AM ―→＝⎝⎛⎭⎫0，103，23，BP ―→＝(－2,2,2)． 设平面MAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·AM ―→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋4y ＝0，10y ＋2z ＝0，令y ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，z ＝－5，所以n ＝(－2,1，－5)为平面MAC 的一个法向量． 设直线BP 与平面MAC 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP ―→·n |BP―→|·|n |＝|4＋2－10|23·30＝1015， 故直线BP 与平面MAC 所成角的正弦值为1015. B 级——提能综合练13．(2018·全国卷Ⅱ改编)在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1夹角的余弦值为( )A.15 B ．56C.55D.22解析：选C 法一：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，D 1(0,0，3)，B 1(1,1，3)，所以AD 1―→＝(－1,0，3)，DB 1―→＝(1,1，3)，设异面直线AD 1与DB 1的夹角为α，则cos α＝cos 〈AD 1―→，DB 1―→〉＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋31＋3·1＋1＋3＝55. 法二：如图，连接A 1D 交AD 1于点E .取A 1B 1中点F ，连接EF ，则EF 綊12B 1D ，连接D 1F ，在△D 1FE 中，∠D 1EF 为异面直线AD 1与DB 1的夹角．由已知EF ＝12DB 1＝1212＋12＋(3)2＝52， D 1E ＝12AD 1＝1，D 1F ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＝52，所以cos ∠D 1EF ＝EF 2＋ED 21－D 1F 22EF ·ED 1＝55. 14．如图，在棱长为2的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在线段D 1E 上，点P 到直线CC 1的距离的最小值为________．解析：如图，过E 作EE 1⊥B 1C 1于E 1，连接D 1E 1，过P 作PQ ⊥D 1E 1于Q ，在同一个平面EE 1D 1内，EE 1⊥E 1D 1，PQ ⊥D 1E 1，所以PQ ∥EE 1，又因为CC 1∥EE 1，所以CC 1∥PQ ，因为CC 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以点P 到CC 1的距离就是QC 1的长度，所以当且仅当C 1Q ⊥D 1E 1时，所求的距离最小值为C 1Q ＝C 1D 1·C 1E 1D 1E 1＝2×15＝255. 答案：25515．已知在四棱锥P ­ABCD 中，平面PDC ⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，AB ∥CD ，AB ＝2，DC ＝4，E 为PC 的中点，PD ＝PC ，BC ＝2 2.(1)求证：BE ∥平面P AD ；(2)若PB 与平面ABCD 所成角为45°，点P 在平面ABCD 上的射影为O ，问：BC 上是否存在一点F ，使平面POF 与平面P AB 所成的角为60°？若存在，试求点F 的位置；若不存在，请说明理由．EH ＝12CD ， 解：(1)证明：取PD 的中点H ，连接AH ，EH ，则EH ∥CD ，又AB ∥CD ，AB ＝12CD ＝2， ∴EH ∥AB ，且EH ＝AB ，∴四边形ABEH 为平行四边形，故BE ∥HA .又BE ⊄平面P AD ，HA ⊂平面P AD ，∴BE ∥平面P AD .(2)存在，点F 为BC 的中点．理由：∵平面PDC ⊥平面ABCD ，PD ＝PC ，作PO ⊥DC ，交DC 于点O ，连接OB ，可知O 为点P 在平面ABCD 上的射影，则∠PBO ＝45°.由题可知OB ，OC ，OP 两两垂直，以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O ­xyz ，由题知OC ＝2，BC ＝22，∴OB ＝2，由∠PBO ＝45°，可知OP ＝OB ＝2，∴P (0,0,2)，A (2，－2,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)．设F (x ，y ，z )，BF ―→＝λBC ―→，则(x －2，y ，z )＝λ(－2,2,0)，解得x ＝2－2λ，y ＝2λ，z ＝0，可知F (2－2λ，2λ，0)，设平面P AB 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，∵P A ―→＝(2，－2，－2)，AB ―→＝(0,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ·P A ―→＝0，m ·AB ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1－2y 1－2z 1＝0，2y 1＝0， 令z 1＝1，得m ＝(1,0,1)．设平面POF 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，∵OP ―→＝(0,0,2)，OF ―→＝(2－2λ，2λ，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·OP ―→＝0，n ·OF ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2z 2＝0，(2－2λ)x 2＋2λy 2＝0， 令y 2＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎫λλ－1，1，0. ∴cos 60°＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪λλ－11＋1·⎝⎛⎭⎫λλ－12＋1， 解得λ＝12， 可知当F 为BC 的中点时，两平面所成的角为60°.C 级——拔高创新练AB ＝3，BC ＝2AD ＝16.已知四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，2，E 为CD 的中点，PB ⊥AE .(1)证明：平面PBD ⊥平面ABCD ；(2)若PB ＝PD ，PC 与平面ABCD 所成的角为π4，试问“在侧面PCD 内是否存在一点N ，使得BN ⊥平面PCD ？”若存在，求出点N 到平面ABCD 的距离；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由四边形ABCD 是直角梯形，AB ＝3，BC ＝2AD ＝2，AB ⊥BC ，可得DC ＝2，∠BCD ＝π3，从而△BCD 是等边三角形，BD ＝2，BD 平分∠ADC .∵E 为CD 的中点，∴DE ＝AD ＝1，∴BD ⊥AE ，又∵PB ⊥AE ，PB ∩BD ＝B ，∴AE ⊥平面PBD .又∵AE ⊂平面ABCD ，∴平面PBD ⊥平面ABCD .(2)在平面PBD 内作PO ⊥BD 于O ，连接OC ，又∵平面PBD ⊥平面ABCD ，平面PBD ∩平面ABCD ＝BD ，∴PO ⊥平面ABCD .∴∠PCO 为PC 与平面ABCD 所成的角，则∠PCO ＝π4， ∴由题意得OP ＝OC ＝3，∵PB ＝PD ，PO ⊥BD ，∴O 为BD 的中点，∴OC ⊥BD .以OB ，OC ，OP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，假设在侧面PCD 内存在点N ，使得BN ⊥平面PCD 成立，设PN ―→＝λPD ―→＋μPC ―→(λ，μ≥0，λ＋μ≤1)，由题意得N (－λ，3μ，－3(λ＋μ－1))，BN ―→＝(－λ－1，3μ，－3(λ＋μ－1))，PC ―→＝(0，3，－3)，PD ―→＝(－1,0，－3)，由⎩⎪⎨⎪⎧ BN ―→·PC ―→＝0，BN ―→·PD ―→＝0得⎩⎪⎨⎪⎧3μ＋3(λ＋μ－1)＝0，λ＋1＋3(λ＋μ－1)＝0， 解得λ＝15，μ＝25，满足题意，∴N 点到平面ABCD 的距离为－3(λ＋μ－1)＝235.。