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立体几何中的动态问题

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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ABCD­A1B1C1D1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A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P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A1B1C1D1中，直线D1P与MN所成角为θ，直线D1P与MN所成角的最小值是直线D1P成角为π3，点P在平面与平面A1B1C1D1所成角，即原问题转化为：直线D1P与平面A1B1C1D1所A1B1C1D1的投影为圆的一部分，因为点P是△A1C1D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P­ABCD的底面是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝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PAD，截棱锥所得图形的面积为y，若平面α与平面PAD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－x2＝MN4， 第 2 页 共 13 页

解得MN＝4－2x，由CQCD＝QHPD.

即2－x2＝QH25，解得QH＝5(2－x)，

过H作HE⊥NQ，在Rt△HEQ中，EQ＝HQ2－HE2＝2－x，

∴NE＝2－(2－x)＝x，∴MH＝x.

∴y＝f(x)＝x＋24－2x2

＝－x2＋4(0

∴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A­BCD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P1，P2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P3，P4的位置上，

心为O，圆的半径为12，则连接P1P2，P3P4相交于点O，则四点P1，P2，P3，P4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．163

C.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D­xyz，如图1所示，则B(2,1,0)，C(0,2,0)，设M(x,0，z)，易知直线MB，MC与平面ADEF所成的角分别为∠AMB，∠DMC，均为锐角，且∠AMB＝∠DMC，所以sin∠AMB＝sin∠DMC⇒ABMB＝CDMC，即2MB＝MC，因此22－x2＋12＋z2＝x2＋22＋z2，整理得x－832＋z2＝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M1M2，如图2所示，易知圆心角∠M1OM2＝π3，所以lM1M＝π3×43＝49π.故选C. 第 3 页 共 13 页

[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ABCD­A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为(

)

A.3030 B．3015

C.3010 D.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B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0，0,2)，N(1,0,0)，∴B1M―→＝(－1，－1，－2)，D1N―→＝(1,0，－2)，

∴B1M与D1N所成角的余弦值为|B1M―→·D1N―→||B1M―→|·|D1N―→|＝|－1＋4|1＋1＋4×1＋4＝3010.

2.如图，已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝13AB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为( )

A.33535 B．277

C.33 D.24

解析：选A 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C1(0,3,1)，D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，

∴DC1―→＝(0,3,1)，D1E―→＝(1,1，－1)，D1C―→＝(0,3，－1)．

设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，

则 n·D1E―→＝0，n·D1C―→＝0，即 x＋y－z＝0，3y－z＝0，取y＝1，得n＝(2,1,3)．

∴cosDC1―→，n＝DC1―→·n|DC1―→|·|n|＝33535，

∴DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为33535.

3．在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )

A.12 B．23 第 4 页 共 13 页

C.33 D.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A­xyz，设棱长为1，

则A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0,1,0)，

∴A1D―→＝(0,1，－1)，

A1E―→＝1，0，－12，

设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，

则 n1·A1D―→＝0，n1·A1E―→＝0，即 y－z＝0，1－12z＝0，

∴ y＝2，z＝2，∴n1＝(1,2,2)．

又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，

∴cos〈n1，n2〉＝23×1＝23.

即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为23.

4.如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为( )

A.35 B．56

C.3310 D.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B1()0，3，2，F(1,0,1)，

E12，32，0，G(0,0,2)，

B1F―→＝()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，B1F―→〉＝1－3－15×5＝－35，

所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为35. 第 5 页 共 13 页

5．(多选)(2019·浙江高考改编)设三棱锥V­ABC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P­AC­B的平面角为 γ，则α，β，γ大小关系正确的是( )

A．α＞β B．α＝β

C．γ＞β D.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P­AC­B的大小与二面角P­AB­C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ABC­A1B1C1中，AC＝BC＝AA1＝2，∠ACB＝90°，D，E，F分别为AC，AA1，AB的中点．则下列结论正确的是( )

A．AC1与EF相交

B．B1C1∥平面DEF

C．EF与AC1所成的角为90°

D．点B1到平面DEF的距离为322

解析：选BCD 对选项A，由图知AC1⊂平面ACC1A1，EF∩平面ACC1A1＝E，且E∉AC1.由异面直线的定义可知AC1与EF异面，故A错误；对于选项B，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，B1C1∥BC.

∵D，F分别是AC，AB的中点，

∴FD∥BC，∴B1C1∥FD.

又∵B1C1⊄平面DEF，DF⊂平面DEF，

∴B1C1∥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)，A1(2,0,2)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,0)，E(2,0,1)，F(1,1,0)．

∴EF―→＝(－1,1，－1)，AC1―→＝(－2,0,2)．

∵EF―→·AC1―→＝2＋0－2＝0，∴EF―→⊥AC1―→，

∵EF与AC1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)，

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立体几何中的动点问题

立体几何中的动点问题

1 立体几何中的动点问题

1、如图，四棱锥ABCDP的底面是边长为2的正方形，PA平面ABCD，且4PA，M是PB上的一个动点（不与BP,重合），过点M作平面//平面PAD，截棱锥所得图形的面积为y，若平面与平面PAD之间的距离为x，则函数xfy的图象是C

2、在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑BCDA中，AB平面BCD，且CDBD，CDBDAB，点P在棱AC上运动，设CP的长度为x，若PBD的面积为xf，则xf的图象大致是A

2 3、 如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱1111DCBAABCD中，21AA，1AB，NM,分别在BCAD,1上移动，始终保持//MN平面11DDCC，设xBN，yMN，则函数xfy的图象大致是 C

4、如图，已知正方体1111DCBAABCD的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱1DD上运动，点N在正方体的底面ABCD内运动，则MN的中点P的轨迹的面积是________2

5、点P在正方体1111DCBAABCD的面对角线1BC上运动，给出下列命题：

①三棱锥PCDA1的体积不变；

②//1PA平面1ACD；

③1BCDP；

④平面1PDB平面1ACD；

其中正确的命题序号是_______①②④

3 6、在正方体1111DCBAABCD中，FE,分别为11CB，11DC的中点，点P是底面1111DCBA内一点，且//AP平面EFDB，则1tanAPA的最大值是_______22

7、已知直三棱柱111CBAABC中的底面为等腰直角三角形，ACAB，点NM,分别是边CAAB11,上动点，若直线//MN平面11BBCC，点Q为线段MN的中点，则点Q的轨迹为 C

.A双曲线的一支（一部分） .B圆弧（一部分）

.C线段（去掉一个端点） .D抛物线的一部分

立体几何中动态问题的思考.

立体几何中动态问题的思考.

立体几何中动态问题的思考

教学目标：

 通过思考立体几何中的点、线、面元素位置的变化，如翻折、展开、旋转、射影等，加强学生的空间想象能力，有利于更好地掌握立体几何这门学科

 以动态的眼光去发现问题的本质和相互关联，自然有助于培养学生的自主探究能力和创新能力，并激发学生的发散性思维

教学过程：

一、例题

例1、下图1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（ ）

A 2对 B 3对 C 4对 D 5对

分析：将展开图1翻折成正方体后，如图2，可知共有3对异面直线：AB和CD；EF和GH；AB和GH，所以选择B

题目设置目的：在学生的脑海中，建立平面与空间相应的联系，进一步锻炼学生的空间想象能力

例2：在透明长方体ABCD-A1B1C1D1容器内灌一些水，固定底面一边于地面BC上，将容器倾斜，随着倾斜度的不同，判断下列命题真假：

1） 水的部分始终呈棱柱形

2） 水面四边形EFGH的面积不会改变

3） 棱A1D1始终与水面EFGH平行

4） 如图2倾斜时，BE•BF为定值

图2 图1 A

H G

F E D C

B

(F) A

H C D

E B (G)

A1 B1

A D1 C1

B C D H G

F E A1

B1

A D1

C1

B C D H G

F

E

分析：

命题1，由于在倾斜过程中，长方体两侧面ABB1A1与CDD1C1的平行关系始终保持不变，所以有水部分几何体的两底面总平行，而其余各面为四边形，所以有水部分始终为棱柱。真命题！

命题2，显然水平放置是的水面面积与略倾斜时的水面面积是不同的。假命题！

命题3，沿BC倾斜，BC始终与水平面EFGH平行，即始终与水平面EFGH平行。真命题！

命题4，不管E，H在AB，DC上如何移动，水的体积是不会改变的，即三棱柱EFB-HGC的体积不变，因为三棱柱的高BC为定值，所以BE•BF为定值。真命题！

立体几何问题

立体几何问题

该资料由书利华教育网【】为您整理提供 立体几何题

高考立体几何试题一般共有4道(客观题3道, 主观题1道), 共计总分27分左右,考查的知识点在20个以内. 选择填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提. 随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着”多一点思考,少一点计算”的发展.从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角与距离的探求是常考常新的热门话题.

例1 四棱锥P—ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥面ABCD.

（1）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；

（2）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°

讲解:（1）正方形ABCD是四棱锥P—ABCD的底面, 其面积

为,2a从而只要算出四棱锥的高就行了.

PB面ABCD,

∴BA是PA在面ABCD上的射影.又DA⊥AB，

∴PA⊥DA，

∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角，

∠PAB=60°.

而PB是四棱锥P—ABCD的高，PB=AB·tg60°=3a,

3233331aaaV锥.

（2）不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD与PCD恒为全等三角形.

作AE⊥DP，垂足为E，连结EC，则△ADE≌△CDE，

CEACEDCEAE故,90,是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角.

设AC与DB相交于点O，连结EO，则EO⊥AC，

.22aADAEOAa

在.0)2)(2(2)2(cos,2222AEOAAEOAAEECAEOAECAEAECAEC中

立体几何中的截面问题

立体几何中的截面问题

２ＯＯ７年第３期　５　

立体几何中的截面问题　

傅钦志　（浙江省衢州中专，３２４０００）　Ｃｇ讲适合高中）　截面问题涉及到截面形状的判定、截面　面积和周长的计算、截面图形的计数、截面图　形的性质及截面图形的最值．本文介绍此类　问题的求解方法．　１判断截面图形的形状　例１过正方体ＡＢＣＤ—Ａ。Ｂ。Ｃ。Ｄ。的　棱ＡＢ、ＢＣ的中点Ｅ、Ｆ作一个截面，使截面　与底面所成的角为４５。．则此截面的形状为　（　）．　（Ａ）三角形或五边形　（Ｂ）三角形或六边形　（Ｃ）六边形　（Ｄ）三角形或四边形　（第六届希望杯全国数学邀请赛）　讲解：如图１，显　然，过点Ｅ、Ｆ必有一　个截面与棱ＢＢ。相　交，此截面是三角形．　设过点Ｄ。的截　面与底面所成的角为　口，易求得　图ｌ　ｔａｎ　ａ＝ｔａｎ　Ｄｌ　Ｃ，Ｄ　：　＜１．　Ｊ　故口＜４５ｏ．　设过Ａ。Ｃ。的截面与底面所成的角为　，　易求得　ｔａｎ　ｐ＝ｔａｎ　Ｏｌ　ＧＯ＝２√２＞１．　故　＞４５。．　收稿日期：２０Ｏ６—１２—１９修回日期－＇２００６—１２—２８　于是，所求的另一截面应与Ａ。Ｄ，、Ｄ。Ｃ，　相交（不过其端点），为六边形．故选（Ｂ）．　评注：先计算出特殊位置的截面与底面　所成的角，再根据截面所处的位置确定截面　的形状．若截面与棱ＤＤ．相交，则截面为五　边形；若截面与棱Ａ。Ｄ。、Ｄ。Ｃ，都相交（但不　过其端点），则截面为　边形；若截面与棱　Ａ，Ｂ　、Ｂ，Ｃ，都相交（但不过点日，），则截面　为四边形．　２截面面积和周长的计算　例２如图２，正方体的三条棱为ＡＢ、　ＢＣ、ＣＤ，ＡＤ是体对角　线．点Ｐ、ｐ、Ｒ分别在　、　、仍上，ＡＰ＝　５，ＰＢ＝１５，　＝１５，　ＣＲ＝１０．那么，平面　ＰＱＲ向各方向延伸后　与正方体的交线组成　的多边形的面积是多少？　图２　

（第１６届美国数学邀请赛）　讲解ｔ因为ＢＰ＝加，所以，　／／Ａｃ．这　样，过点Ｒ且平行于尸口的直线交　于点　，且Ａ　＝ＣＲ．　因为过点月且平行于　的直线在平面　ＰＱＲ上，所以，　是相交得出的多边形的顶　点．又ＵＲ的中点是正方体的中心，故相交得　出的多边形上的点关于正方体中心对称．因　此，它的面积是梯形ＰＱｌＷ面积的２倍．　易知ＵＲ＝２０√２，尸口＝１５√２，ＰＵ＝５√５．