立体几何中的动态问题

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 。

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。

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。

化繁为简㊀化难为易例谈立体几何的 动态 问题白亚军(甘肃省永昌县第一高级中学ꎬ甘肃金昌７３７２００)摘㊀要:几何体中研究动点问题的总体思路是:运用几何知识ꎬ经过逻辑推理证明位置关系或表示出所求量ꎻ或者建立空间直角坐标系ꎬ将几何问题代数化ꎬ用空间向量研究动点问题.文章以定位问题㊁角度问题㊁距离问题㊁体积问题㊁轨迹问题等为例进行剖析.关键词:立体几何ꎻ动态问题ꎻ定位问题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１９－００１４－０４收稿日期:２０２３－０４－０５作者简介:白亚军(１９７８.１０－)ꎬ男ꎬ甘肃省永昌人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀动态问题是高中立体几何的重要题型ꎬ常见题型为定位问题㊁角度㊁距离与体积的计算㊁图形问题和动点轨迹以及翻折㊁旋转问题等.１定位问题例１㊀如图１ꎬ已知四边形ＡＢＣＤꎬＣＤＧＦꎬＡＤＧＥ均为正方形ꎬ且边长为１ꎬ在ＤＧ上是否存在点Ｍꎬ使得直线ＭＢ与平面ＢＥＦ的夹角为４５ʎ?若存在ꎬ求出点Ｍ的位置ꎻ若不存在ꎬ请说明理由.解析㊀因为四边形ＣＤＧＦꎬＡＤＧＥ均为正方形ꎬ所以ＣＤʅＤＡꎬＧＤʅＤＣ.又因为ＤＡɘＤＣ＝Ｄꎬ所以ＧＤʅ平面ＡＢＣＤ.又因为ＣＤʅＤＡꎬ所以ＤＡꎬＤＧꎬＤＣ两两互相垂直.㊀图１㊀例１图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图２㊀例１建系图如图２ꎬ以点Ｄ为原点建立空间直角坐标系ꎬ则Ｂ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬＥ(１ꎬ０ꎬ１)ꎬＦ(０ꎬ１ꎬ１).因为点Ｍ在ＤＧ上ꎬ假设存在点Ｍ(０ꎬ０ꎬｔ)(０ɤｔɤ１)ꎬ使得直线ＭＢ与平面ＢＥＦ的夹角为４５ʎ.设平面ＢＥＦ的法向量为ｎ＝(ｘꎬｙꎬｚ).因为ＢＥң＝(０ꎬ－１ꎬ１)ꎬＢＦң＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ则ｎ ＢＥң＝０ꎬｎ ＢＦң＝０.{即－ｙ＋ｚ＝０ꎬ－ｘ＋ｚ＝０.{令ｚ＝１ꎬ得ｘ＝ｙ＝１.所以ｎ＝(１ꎬ１ꎬ１)为平面ＢＥＦ的一个法向量.又因为ＢＭң＝(－１ꎬ－１ꎬｔ)ꎬ直线ＢＭ与平面ＢＥＦ所成角为４５ʎꎬ所以ｓｉｎ４５ʎ＝ＢＭң ｎＢＭң ｎ＝－２＋ｔｔ２＋２ˑ３＝２２.解得ｔ＝－４ʃ３２.又因为０ɤｔɤ１ꎬ所以ｔ＝－４＋３２.故在ＤＧ上存在点Ｍ(０ꎬ０ꎬ３２－４)ꎬ直线ＭＢ与平面ＢＥＦ所成的角为４５ʎ.评注㊀由于立体几何中 动态 性的存在ꎬ代数法常常引入参量ꎬ达到以静制动的效果[１].２角度问题例２㊀如图３ꎬ四边形ＡＢＣＤ和ＡＤＰＱ均为正方形ꎬ面ＡＢＣＤʅ面ＡＤＰＱꎬ动点Ｍ在线段ＰＱ上ꎬＥꎬＦ分别为ＡＢꎬＢＣ的中点.设异面直线ＥＭ与ＡＦ所成的角为θꎬ求ｃｏｓθ的最大值.㊀㊀图３㊀例２图㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图４㊀例２建系数解析㊀如图４所示建立坐标系.设ＡＢ＝１ꎬ则ＡＦң＝(１ꎬ１２ꎬ０)ꎬＥ(１２ꎬ０ꎬ０).设Ｍ(０ꎬｙꎬ１)(０ɤｙɤ１)ꎬ则ＥＭң＝(－１２ꎬｙꎬ１).所以ｃｏｓθ＝｜ＡＦң ＥＭң｜｜ＡＦң｜ ｜ＥＭң｜＝－１/２＋ｙ/２１＋１/４ １/４＋ｙ２＋１＝２(１－ｙ)５ ４ｙ２＋５.因为２(１－ｙ)４ｙ２＋５éëêêùûúú２＝１－８ｙ＋１４ｙ２＋５ꎬ令ｔ＝８ｙ＋１(１ɤｔɤ９)ꎬ所以１－８ｙ＋１４ｙ２＋５＝１－１６ｔｔ２－２ｔ＋８１＝１－１６ｔ＋８１/ｔ－２ɤ１－１６８０＝４５ꎬ当且仅当ｔ＝１时等号成立.所以ｃｏｓθ＝２(１－ｙ)５ ４ｙ２＋５ɤ１５ˑ２５＝２５.即ｙ＝０时ｃｏｓθ取得最大值ꎬ最大值为２５.评注㊀本题空间角除了用代数法ꎬ还可以用几何法ꎬ当点Ｍ在点Ｐ处时ꎬＥＭ与ＡＦ所成角为直角ꎬ此时余弦值为０(最小)ꎬ当点Ｍ向左移动时ꎬＥＭ与ＡＦ所成角逐渐变小时ꎬ点Ｍ到达点Ｑ时ꎬ角最小ꎬ余弦值最大.３距离问题例３㊀如图５ꎬ在三棱锥Ａ－ＢＣＤ中ꎬ平面ＡＢＣʅ平面ＢＣＤꎬәＢＡＣ与әＢＣＤ均为等腰直角三角形ꎬøＢＡＣ＝øＢＣＤ＝９０ʎꎬＢＣ＝２ꎬ点Ｐ是线段ＡＢ上的动点ꎬ若线段ＣＤ上存在点Ｑꎬ使得异面直线ＰＱ与ＡＣ成３０ʎ的角ꎬ则线段ＰＡ长的取值范围是(㊀㊀).Ａ.(０ꎬ２２)㊀㊀㊀㊀Ｂ.(０ꎬ６３)Ｃ.(２２ꎬ２)Ｄ.(６３ꎬ２)㊀㊀㊀图５㊀例３图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图６㊀例３建系图解析㊀设ＢＣ的中点为Ｏꎬ连接ＯＡꎬ因为øＢＡＣ＝９０ʎꎬＢＣ＝２ꎬ所以ＯＡ＝１.如图６ꎬ建立空间直角坐标系Ｏ－ｘｙｚꎬ则Ｏ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬＡ(０ꎬ０ꎬ１)ꎬＢ(－１ꎬ０ꎬ０)ꎬＣ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬＰ(ｓꎬ０ꎬｔ)ꎬＱ(１ꎬｍꎬ０)(ｓ<０ꎬｔꎬｍ>０).则ＰＱң＝(１－ｓꎬｍꎬ－ｔ)ꎬＡＣң＝(１ꎬ０ꎬ－１)ꎬＰＡң＝(－ｓꎬ０ꎬ１－ｔ).因为ＰＱң ＡＣң＝１－ｓ＋ｔꎬＰＱң＝(１－ｓ)２＋ｍ２＋ｔ２ꎬＡＣң＝２ꎬ所以(１－ｓ)２＋ｍ２＋ｔ２ ２ ｃｏｓ３０ʎ＝１－ｓ＋ｔ.即６２(１－ｓ)２＋ｍ２＋ｔ２＝１－ｓ＋ｔ.也即３ｍ２＝４ｔ(１－ｓ)－(１－ｓ)２－ｔ２.由此可得３ｍ２＝４ｔ(１－ｓ)－(１－ｓ)２－ｔ２>０.结合ｔ－ｓ＝１可得４(１－ｓ２)>２＋２ｓ２.即３ｓ２<１.所以ｓ<３３.则ＰＡ＝(－ｓ)２＋(１－ｔ)２＝２ｓ<６３.即０<ＰＡ<６３.评注㊀求距离的基本方法是代数法ꎬ使用距离公式后转化为函数的最值问题.４体积问题例４㊀如图７ꎬ在әＡＢＣ中ꎬＡＢ＝ＢＣ＝２ꎬøＡＢＣ＝１２０ʎꎬ若平面ＡＢＣ外一点Ｐ和线段ＡＣ上一点Ｄꎬ满足ＰＤ＝ＤＡꎬＰＢ＝ＢＡꎬ则四面体Ｐ－ＢＣＤ的体积的最大值是.图７㊀例４图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图８㊀例４解析图解析㊀如图８ꎬ设ＭꎬＮ分别为ＡＣꎬＡＰ的中点ꎬ因为ＢＡ＝ＢＰ＝ＢＣꎬＰＤ＝ＤＡꎬ所以点Ｂ在平面ＰＡＣ上的射影为әＰＡＣ的外心Ｏꎬ且点Ｏ在直线ＮＤ上.又因为ＡＢ＝ＢＣ＝２ꎬøＡＢＣ＝１２０ʎꎬ所以ＡＣ＝２３.所以ＢＯ＝ＡＢ２－ＯＡ２ɤＡＢ２－ＡＭ２＝１ꎬ当且仅当点Ｏ与点Ｍ重合时取到等号.设ＡＤ＝ｘꎬøＰＤＣ＝θꎬ因为ＡＣ＝２３ꎬ所以ＤＣ＝２３－ｘ.则ＳәＰＤＣ＝１２ｘ (２３－ｘ) ｓｉｎθɤ１２ｘ (２３－ｘ)ɤ１２(ｘ＋２３－ｘ２)２＝３２ꎬ当且仅当点Ｍ与点Ｄ重合时取到等号.因此ꎬ四面体Ｐ－ＢＣＤ的体积为Ｖｐ－ＢＣＤ＝１３ＳәＰＣＤ ＯＢɤ１３ˑ３２ˑ１＝１２.此时点ＯꎬＭꎬＤ重合ꎬ即点Ｄ为ＡＣ的中点ꎬ且平面ＰＢＤ与平面ＡＢＣ垂直相交于ＢＤ.评注㊀对于运动模型(规律)的求值问题ꎬ适当引入某个变量求最值.５轨迹问题例５㊀如图９ꎬ已知线段ＡＢ垂直于定圆所在的平面ꎬＢꎬＣ是☉Ｏ上的两个点ꎬＨ是点Ｂ在ＡＣ上的射影ꎬ当点Ｃ运动时ꎬ点Ｈ运动的轨迹是(㊀㊀).Ａ.抛物线㊀Ｂ.圆㊀Ｃ.椭圆㊀Ｄ.不是平面图形图９㊀例５图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图１０㊀例５解析图解析㊀如图１０ꎬ设☉Ｏ的半径为ｒꎬ取ＢＣ的中点Ｍꎬ则ＯＭʅＢＣꎬＭＨ＝ＭＣ.因为ＡＢʅ平面ＢＣＤꎬ所以ＢＣ是ＡＣ在平面ＢＣＤ上的射影.从而ＯＭʅ平面ＡＢＣꎬ得ＯＭʅＭＨ.于是ＯＨ２＝ＭＯ２＋ＭＨ２＝ＭＯ２＋ＭＣ２＝ｒ２.即ＯＨ＝ｒꎬ亦即动点Ｈ在以Ｏ为球心㊁ｒ为半径的球面上.又因为ＢＨʅＡＤꎬＢ为定点ꎬ所以动点Ｈ又在过点Ｂ且垂直于直线ＡＤ的定平面上ꎬ故点Ｈ运动的轨迹是圆.评注㊀解答轨迹问题的关键是将空间问题转化为平面问题ꎬ利用解析法求出轨迹方程[２].６翻折㊁旋转问题例６㊀如图１１ꎬ在正方形ＡＢＣＤ中ꎬＥꎬＦ分别为线段ＡＤꎬＢＣ上的点ꎬøＡＢＥ＝２０ʎꎬøＣＤＦ＝３０ʎ.将әＡＢＥ绕直线ＢＥ㊁әＣＤＦ绕直线ＣＤ各自独立旋转一周ꎬ则在所有旋转过程中ꎬ求ＡＢ与ＤＦ所成角的最大值.解析㊀由题әＡＢＥ绕直线ＢＥ㊁әＣＤＦ绕直线ＣＤ形成两个圆锥体ꎬＡＢ和ＤＦ成为圆锥的母线ꎬ所图１１㊀例６图以无论怎么旋转ꎬ都有øＡＢＥ＝１２０ʎꎬøＣＤＦ＝３０ʎ.利用几何体性质得最大角是直线ＡＢ关于直线ＢＥ对称的直线ＢＡᶄ和ＤＦ关于直线ＣＤ的对称直线ＤＦᶄ在同一平面内时所成角ꎬ为øＡＢＡᶄ＋øＤＣＦᶄ＝７０ʎ.评注㊀处理翻折问题时ꎬ务必搞清楚翻折前后两个量之间的位置不变.７图象问题例７㊀在棱长为１的正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬＥꎬＦꎬＧꎬＨ分别为Ａ１Ｂ１ꎬＣ１Ｄ１ꎬＡＢꎬＣＤ的中点ꎬ点Ｐ从点Ｇ出发ꎬ沿折线ＧＢＣＨ匀速运动ꎬ同时点Ｑ从点Ｈ出发ꎬ沿折线ＨＤＡＧ匀速运动ꎬ且点Ｐ与点Ｑ运动的速度相等ꎬ记以ＥꎬＦꎬＰꎬＱ四点为顶点的三棱锥的体积为Ｖꎬ点Ｐ运动的路程为ｘꎬ当０ɤｘɤ２时ꎬ表示Ｖ与ｘ关系的图象为(㊀㊀).图１２㊀Ｖ与ｘ关系的图象解析㊀因为点Ｐ与点Ｑ运动的速度相等ꎬ设底面ＡＢＣＤ的中心为Ｏꎬ连接ＯＥꎬＯＦꎬ则平面ＯＥＦ把几何体ＰＥＦＱ分割为体积相等的两部分[３].(１)当０ɤｘɤ１２时ꎬ点Ｐ在ＢＧ上ꎬ点Ｑ在ＨＤ上ꎬ如图１３所示ꎬＳәＯＥＦ＝１２ˑ１ˑ１＝１２ꎬ易知点Ｐ到平面ＯＥＦ的距离为ｘꎬ故Ｖ＝２ＶＰ－ＯＥＦ＝２ˑ１３ˑｘ２＝ｘ３.图１３㊀０ɤｘɤ１２时㊀㊀㊀㊀图１４㊀３２<ｘɤ２时(２)当１２<ｘɤ３２时ꎬ点Ｐ在ＢＣ上ꎬ点Ｑ在ＡＤ上ꎬ点Ｐ到平面ＯＥＦ的距离为１２ꎬ所以ＳәＯＥＦ＝１２ˑ１ˑ１＝１２ꎬ即Ｖ＝２ＶＰ－ＯＥＦ＝２ˑ１３ˑ１２ˑ１２＝１６为定值.(３)当３２<ｘɤ２时ꎬ点Ｐ在ＣＨ上ꎬ点Ｑ在ＡＧ上ꎬ如图１４所示ꎬ所以ＳәＯＥＦ＝１２ˑ１ˑ１＝１２ꎬ点Ｐ到平面ＯＥＦ的距离为２－ｘ.故Ｖ＝２ＶＰ－ＯＥＦ＝２ˑ１３ˑ２－ｘ２＝２－ｘ３.综上所述ꎬＶ＝ｘ３ꎬ０ɤｘɤ１２ꎬ１６ꎬ１２<ｘɤ３２ꎬ２－ｘ３ꎬ３２<ｘɤ２.ìîíïïïïïïï故选Ｃ.评注㊀解决以立体几何为背景的分段函数的图象问题ꎬ解题的关键在于借助几何图形分析出动点在运动过程中图形的变化情况.参考文献:[１]陈诗玉.立体几何 动态 问题的解题方法探究[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０１９(３１):１６－１８.[２]徐祖德.立体几何的动态轨迹问题[Ｊ].理科考试研究ꎬ２０２１ꎬ２８(０５):２５－２７.[３]陈姗姗.多元表征:培养学生思维品质的路径:以 一节立体几何习题课 为例[Ｊ].理科考试研究ꎬ２０２２ꎬ２９(１３):２２－２４.[责任编辑:李㊀璟]。