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例谈初中数学动态几何问题解题教学的思考随着课程改革的不断深入，动态几何问题已经成为初中数学教学中的重点内容之一，不仅考察学生对数学知识的掌握情况，也考察学生对数学的探究能力。
动态几何问题要求学生利用运动与变化观点对几何图形的变化规律展开探讨，常常包含几何问题、函数问题、方程问题等多项内容，是综合性极强的一类数学问题，需要学生充分发挥数学想象能力，利用化归与转化、特殊与一般、数形结合、方程与函数、分类讨论等思想找到解决问题的有效方式。
一、引导学生寻找图形变化的本质动态几何问题之所以让许多学生觉得无从下手，除了因为它的图形较为复杂之外，还由于它在解题过程中始终保持变化和运动，如果学生无法从动态几何的变化中找到规律，就无法快速抓住解题的关键。
因此，在指导学生解答动态几何问题时，教师可引导学生观察几何图形在运动过程中不变的本质特征，找准运动过程中的特殊位置，“动中取静”、“动静结合”，从不动的图形中找到动态图形的本质属性。
如例1：如图1，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，连接BG与DE相交于点H．（1）证明：△ABG≌△ADE；（2）试猜想∠BHD的度数，并说明理由；（3）将图中正方形ABCD绕点A逆时针旋转（0°＜∠BAE＜180°），设△ABE的面积为S1，△ADG的面积为S2，判断S1与S2的大小关系，并给予证明．上题中的第3小题是一道动态几何问题，题目中让正方形ABCD沿着点A进行逆时针旋转，旋转的角度范围在0°-180°之间。
当正方形ABCD旋转时，△ABE和△ADG的位置、形状也会不断变化，两个三角形的面积大小也会随之出现变化，题目中要求学生探究△ABE和△ADG的面积关系。
在教学的过程中，教师可以引导学生让旋转的正方形处于特殊的静态位置时对图形进行特征分析，对可能出现的情况进行分类讨论。
如图1（A）中所示，当0＜∠ABE＜900时，易证△ADN≌△ABM，得出△ABE的边AE上的高DE始终等于△ADG的边AG上的高BM，边AE和边AG是正方形AEFG的两条边，根据三角形面积的计算公式得出。
专题02 化动为静，破解几何动态问题遇动点，心莫慌，细思量，找到不变与变量；画出图，细讨论，动变静，将线段（角度）逐一标上；列方程，细求解.【动点问题解题步骤】1. 分析题目找到不动的点，动点，将动点运动方向及速度标记图上；2. 寻求表达式利用动点速度及运动时间表示出线段长度（角度大小）等；3. 找等量关系，列方程判断是否需要分类讨论，如果存在多种情况，逐一绘制图形，寻求各自的等量关系，列出方程求解.题型一：线段上的动点问题AC=厘【例1-1】（2020·成都市锦江区期中）（1）如图，己知点C在线段AB上，线段10 BC=厘米，点M，N分别是AC，BC的中点．求线段MN的长度；米，6-=，（2）己知点C在线段BA的延长线上，点M，N分别是AC，BC的中点，设BC AC a请根据题意画出图形并求MN的长度；（3）在（1）的条件下，动点P、Q分别从A、B同时出发，点P以2cm/s的速度沿AB向右运动，终点为B，点Q以1cm/s的速度沿AB向左运动，终点为A，当一个点到达终点，另一个点也随之停止运动，求运动多少秒时，C、P、Q三点有一点恰好是以另两点为端点的线段的中点．【答案】见解析．【解析】解：（1）∵线段AC=10厘米，BC=6厘米，点M，N分别是AC，BC的中点，∴CM=12AC=5厘米，CN=12BC=3厘米，∴MN=CM+CN=8厘米；（2）作图如下，∵点M，N分别是AC，BC的中点，∴CM=12AC，CN=12BC，∴MN=CN-CM=12（BC-AC）=12a．（3）以C为数轴原点，向右为正方向建立数轴，则A点表示的数为：-10，B点表示的数为：+6，设运动时间为t s，C、P、Q三点有一点恰好是以另两点为端点的线段的中点，则P点表示的数为：-10+2t，Q点表示的数为：6-t，分三种情况讨论：①当C为P、Q中点时，-10+2t+6-t=0，解得：t=4，②当P为C、Q中点时，0+6-t=2（-10+2t），解得：t= 265，③当Q为C、P中点时，0-10+2t=2（6-t）解得：t=112，综上所述：t=4或265或112时，C、P、Q三点有一点恰好是以另两点为端点的线段的中点．【例1-2】（2020·丹东市期中）如图，点C在线段AB上，点M、N分别是AC、BC的中点．（1）若8,6AC cm CB cm ==，求线段MN 的长；（2）若C 为线段AB 上一动点，满足AC CB acm +=，其它条件不变，你能猜想MN 的长度吗？你能用一句简洁的话描述你发现的结论吗？ 【答案】见解析.【解析】解：（1）∵点M 、N 分别是AC 、BC 的中点，AC=8cm ，BC=6cm ， ∴CM=12AC=4cm ，CN=12BC=3cm ， ∵点C 在线段AB 上， ∴MN=CM+CN=4+3=7cm ， （2）由（1）知CM=12AC ，CN=12BC ， ∵点C 在线段AB 上， ∴MN=CM+CN=12AC +12BC =12（AC+BC ） =a cm ，∴无论点C 在线段上移动到哪里，线段MN 的长度等于线段AB 长度的一半．【变式1-1】（2020·江西南昌市期末）已知：如图1，点M 是线段AB 上一定点，AB ＝12cm ，C 、D 两点分别从M 、B 出发以1cm /s 、2cm /s 的速度沿直线BA 向左运动，运动方向如箭头所示（C 在线段AM 上，D 在线段BM 上）（1）若AM ＝4cm ，当点C 、D 运动了2s ，此时AC ＝ ，DM ＝ ；（直接填空） （2）当点C 、D 运动了2s ，求AC +MD 的值．（3）若点C 、D 运动时，总有MD ＝2AC ，则AM ＝ （填空） （4）在（3）的条件下，N 是直线AB 上一点，且AN ﹣BN ＝MN ，求MNAB的值． 【答案】（1）2，4；（2）6 cm ；（3）4；（4）13或1． 【解析】解：（1）根据题意知，CM ＝2cm ，BD ＝4cm ， ∵AB ＝12cm ，AM ＝4cm ， ∴BM ＝8cm ，∴AC ＝AM ﹣CM ＝2cm ，DM ＝BM ﹣BD ＝4cm ， 故答案为：2cm ，4cm ；（2）当点C 、D 运动了2 s 时，CM ＝2 cm ，BD ＝4 cm ∵AB ＝12 cm ，CM ＝2 cm ，BD ＝4 cm∴AC +MD ＝AM ﹣CM +BM ﹣BD ＝AB ﹣CM ﹣BD ＝12﹣2﹣4＝6 cm ； （3）根据C 、D 的运动速度知：BD ＝2MC ， ∵MD ＝2AC ，∴BD +MD ＝2（MC +AC ），即MB ＝2AM ， ∵AM +BM ＝AB ， ∴AM +2AM ＝AB ， ∴AM ＝13AB ＝4， 故答案为：4； （4）分两种情况讨论： ①当点N 在线段AB 上时，∵AN ﹣BN ＝MN ， ∵AN ﹣AM ＝MN ∴BN ＝AM ＝4∴MN ＝AB ﹣AM ﹣BN ＝12﹣4﹣4＝4 ∴13MN AB =； ②当点N 在线段AB 的延长线上时，∵AN ﹣BN ＝MN ， 又∵AN ﹣BN ＝AB ∴MN ＝AB ＝12∴1MNAB=； 故答案为13MN AB =或1． 【变式1-2】（2020·河南南阳市期中）如图一，点C 在线段AB 上，图中有三条线段AB 、AC和BC，若其中一条线段的长度是另外一条线段长度的2倍，则称点C是线段AB的“巧点”．（1）填空：线段的中点这条线段的巧点（填“是”或“不是”或“不确定是”）（问题解决）和40，点C是线段AB的巧点，求（2）如图二，点A和B在数轴上表示的数分别是20点C在数轴上表示的数.（应用拓展）（3）在（2）的条件下，动点P从点A处，以每秒2个单位的速度沿AB向点B匀速运动，同时动点Q从点B出发，以每秒4个单位的速度沿BA向点A匀速运动，当其中一点到达终点时，两个点运动同时停止，当A、P、Q三点中，其中一点恰好是另外两点为端点的线t s的所有可能值．段的巧点时，直接写出运动时间()【答案】（1）是；（2）10或0或20；(3)见解析．【解析】解：（1）线段的中点是这条线段的巧点，故答案为：是；（2）设C点表示的数为x，则AC=x+20，BC=40-x，AB=40+20=60，根据“巧点”的定义可知：①当AB=2AC时，有60=2（x+20），解得，x=10；②当BC=2AC时，有40-x=2（x+20），解得，x=0；③当AC=2BC时，有x+20=2（40-x），解得，x=20．综上所述，C点表示的数为10或0或20；（3）由题意得，AP=2t，P点表示数为2t-20，AQ=60-4t，Q点表示的数为40-4t，∴PQ=|40-4t-2t+20|=|60-6t|,①当A为P、Q两点的“巧点”时，AQ=2AP，60-4t=2×2t，解得：t=7.5或AP=2AQ，2t=2（60-4t），解得：t=12 ②当P为A、Q两点的“巧点”时，PA=2PQ，2t=2|60-6t|，解得：t=607或t=12或PQ=2PA，|60-6t|=2×2t，解得：t=6或t=30（舍）③当Q为A、P两点的“巧点”时，QA=2PQ，60-4t=2|60-6t|，解得：t=7.5或t=45 4或QP=2AQ，|60-6t|=2（60-4t），解得：t=907或t=30（舍）综上所述，运动时间的可能值为7.5、12、607、6、454、907.题型二：折线上的动点问题【例2-1】（2020·镇江市月考）如图，将一条数轴在原点O和点B处各折一下，得到一条“折线数轴”．图中点A表示10，点B表示10，点C表示18，我们称点A和点C在数轴上相距28个长度单位．动点P、Q同时出发，点P从点A出发，以2单位/秒的速度沿着“折线数轴”的正方向运动，从点O运动到点B期间速度变为原来的一半，之后立刻恢复原速；动点Q从点C出发，以1单位/秒的速度沿着数轴的负方向运动，从点B运动到点O期间速度变为原来的两倍，之后也立刻恢复原速．设运动的时间为t秒．问：（1）动点P从点A运动至C点需要多少时间？（2）P、Q两点相遇时，求出相遇点M所对应的数是多少；（3）求当t为何值时，P、O两点在数轴上相距的长度与Q、B两点在数轴上相距的长度相等．【答案】见解析．【解析】解：（1）动点P 从点A 运动至C 分成三段，分别为AO 、OB 、BC ， AO 段时间为5s ，OB 段时间为10s ，BC 段时间为4s ， ∴动点P 从点A 运动至C 点需要时间为5+10+4=19（秒）；（2）点Q 经过8秒后从点C 运动到OB 段，再经进x 秒与点P 在OB 段相遇，此时P 所处点为3，依题意得：3+x+2x=10， 解得：x=73， 此时相遇点M 对应的数是为716333+=； （3）分四种情况讨论①当点P 在AO ，点Q 在BC 上运动时，依题意得： 10-2t=8-t ， 解得：t=2，②当点P 、Q 两点都在OB 上运动时， t-5=2（t-8） 解得：t=11，③当P 在OB 上，Q 在BC 上运动时， 8-t=t-5， 解得：t=132； ④当P 在BC 上，Q 在OA 上运动时， t-8-5+10=2（t-5-10）+10， 解得：t=17；即PO=QB 时，运动的时间为2秒或132秒或11秒或17秒． 【变式2-1】（2020·浙江模拟）如图，数轴上，点A 表示的数为7-，点B 表示的数为1-，点C 表示的数为9，点D 表示的数为13，在点B 和点C 处各折一下，得到条“折线数轴”，我们称点A 和点D 在数上相距20个长度单位，动点P 从点A 出发，沿着“折线数轴”的正方向运动，同时，动点Q 从点D 出发，沿着“折线数轴”的负方向运动，它们在“水平路线”射线BA 和射线CD 上的运动速度相同均为2个单位/秒，“上坡路段”从B 到C 速度变为“水平路线”速度的一半，“下坡路段”从C到B速度变为“水平路线”速度的2倍．设运动的时间为t秒，问：（1）动点P从点A运动至D点需要时间为________秒；（2）P、Q两点到原点O的距离相同时，求出动点P在数轴上所对应的数；（3）当Q点到达终点A后，立即调头加速去追P，“水平路线”和“上坡路段”的速度均提高了1个单位/秒，当点Q追上点P时，直接写出它们在数轴上对应的数．【答案】（1）15；（2）（3）见解析．【解析】解：（1）由题意知：点A表示的数为-7，点B表示的数为-1，点C表示的数为9，点D表示的数为13，∴AB=6，BC=10，CD=4故动点P从点A运动到点D所需时间为6104212++=15（秒），故答案为：15；（2）由题意，PO=QO，分以下六种情况：①当点P在AB，点Q在CD时，点P表示的数为-7+2t，点Q表示的数为13-2t，∴-7+2t+13-2t=0，无解.②当点P在AB，点Q在CO时，点P表示的数为-7+2t，点Q表示的数为17-4t，∴-7+2t+17-4t=0，解得t=5，此时点P表示的数为3，不在AB上，舍去；③当点P在BO，点Q在CO时，点P表示的数为t-4，点Q表示的数为17-4t t-4+17-4t=0解得t=133，此时点P表示的数为13，不在BO上，舍去；④当点P、Q相遇时，点P、Q均在BC上，t-4=17-4t解得t=215，此时点P表示的数为15，点Q表示的数为15；⑤当点P在OC，点Q在OB时，点P表示的数为t-4，点Q表示的数为17-4t，∴t-4+17-4t=0解得t=133，此时点P表示的数为13，点Q表示的数为13-，符合题意；⑥当点P在OC，点Q在BA时，点P表示的数为t-4，点Q表示的数为8-2t，t-4+8-2t=0解得t=4，此时点Q表示的数为0，不在BA上，不符题设，舍去；综上所述，点P表示的数为15或13；（3）点Q到达点A所需时间为4106242++=7.5（秒），此时点P到达的点是3.5，点P到达点C所需时间为61021+=13（秒），此时点Q到达的点是6，故点Q在CD上追上点P，此时点P表示的数为2t-17，点Q表示的数为3t-34.5，2t-17=3t-34.5，解得t=17.5，此时点P表示的数为18，点Q表示的数为18．【变式2-2】（2019·武汉月考）如图1，在数轴上有一条线段AB，A，B表示的数分别是-2和-7．（1）若将线段AB的一端平移到原点处，则平移的距离为；（2）如图2，C为线段AB上一点，以点C为折点，将此数轴向右对折，若点A落在点B的左边且15AB BC=，求C点对应的数；（3）移动线段AB，使A对应的数为15，则B对应的数为（直接填空），此时数轴上的动点M，N分别从A，B出发向左作匀速运动，速度分别为4单位长度/秒和2单位长度/秒，请问数轴上是否存在定点P，当动点M在线段OA上移动过程中始终满足OM=2PN，若存在求点P对应的数；若不存在，请说明理由．【答案】(1) 2或7;(2)见解析；（3）B对应的数为10，见解析．【解析】解：（1）∵数轴上有一条线段AB，表示的数分别是-2和-7，∴平移的距离为2或7；故答案为：2或7；（2）设点C对应的数为x，则对折后B表示的数是2x+7∴BC=2x+7，∵AB=15 BC，∴2x+7-（-2）=15(x+7)，解得：x=389 -，即C点对应的数是389 -；（3）移动线段AB，使A对应的数为15，则AB向右移动17个单位长度，B对应的数为10，故答案为：10；设点P对应的数是y，t秒时满足OM=2PN，点M表示的数是：15-4t，点N表示的数是：10-2t，∵OM=2PN，∴15-4t=2|y-10+2t|，①15-4t=2（y-10+2t），2y=35-8t，y随t的变化而变化，不符合题意，②15-4t=2（-y+10-2t），化简为15-4t=-2y+20-4t，即y=52，故存在，点P对应的数是52．题型三：角度中的动点问题【例3-1】（2020·江苏盐城市月考）七年级学生小聪和小明完成了数学实验《钟面上的数学》后，制作了一个模拟钟面，如图所示，点O为模拟钟面的圆心，M、O、N在一条直线上，指针OA、OB分别从OM、ON出发绕点O转动，OA顺时针转动，OB逆时针转动，OA运动速度为每秒转动15°，OB运动速度为每秒转动5°，当一根指针与起始位置重合时，运动停止，设转动的时间为t秒（t＞0），请你试着解决他们提出的下列问题：（1）OA顺时针转动，OB逆时针转动，当t＝秒时，OA与OB第一次重合；（2）OA顺时针转动，OB逆时针转动，当t＝3秒时，∠AOB＝°；（3）若他们同时顺时针转动，t为何值时，OA与OB的夹角为20°？（4）若他们同时顺时针转动，t为何值时，ON平分OA与OB的夹角？OA平分OB与ON 的夹角?【答案】（1）9；（2）120；（3）16或20；（4）9，14.4．【解析】解：（1）设t秒后，OA与OB第一次重合，根据题意可得：15t+5t=180，解得t=9，故答案为：9；（2）当t=3秒时，∠AOM=45°，∠BON=15°，∴∠AOB=120°故答案为：120；（3）设t秒后，OA与OB的夹角为20°，①当OA与OB重合之前，由题意：180+5t-15t=20，解得t=16；②当OA与OB重合之后，由题意：15-5t-180=20，解得t=20，∴当运动16或20秒时，OA与OB的夹角为20°；（4）由题意知：0≤t≤24，∴∠BON=5t，∠AON=|180－15t|，当ON平分OA与OB的夹角时，即∠AON=∠BON，即5t=180-15t，解得t=9；当OA平分OB与ON的夹角时，即∠AON=∠AOB,即5t=2（15t-180），解得t=14.4．【变式3-1】（2020·焦作市月考）已知数轴有A、B两点，分别表示的数为a、b，且|a+12|+|b ﹣18|＝0．（1）a＝，b＝，点A和点B之间的距离为；（2）如图1，动点P沿线段AB自点A向点B以2个单位长度/秒的速度运动，同时动点Q 沿线段BA自点B向点A以4个单位/秒的速度运动，经过秒，动点P，Q两点能相遇；（3）如图1，点P沿线段AB自点A向点B以2个单位/秒的速度运动，点P出发3秒后，点Q沿线段BA自点B向A以4个单位/秒的速度运动，问再经过几秒P，Q两点相距6个单位长度；（4）如图2，AO＝4厘米，PO＝2厘米，∠POB＝60°，点P绕着点O以60度/秒的速度逆时针旋转一周停止，同时点Q沿直线BA自点B向点A运动，假若点P，Q两点能相遇，直接写出点Q运动的速度．【答案】（1）﹣12，18，30；（2）5；（3）（4）见解析．【解析】解：（1）∵|a+12|+|b﹣18|＝0，∴a+12＝0，b﹣18＝0，解得，a＝﹣12，b＝18，∴AB＝|﹣12﹣18|＝30，故答案为：﹣12，18，30；（2）30÷（2+4）＝5（秒），故答案为：5；（3）设再经过x秒后点P、点Q相距6个单位长度，当P点在Q点左边时，2（x+3）+4x+6＝30，解得，x＝3；当点P在点Q右边时，2（x+3）+4x﹣6＝30，解得，x＝5；即再经过3或5秒后，点P、Q两点相距6个单位长度；（4）设点Q的运动速度为x cm，当P、Q两点在点O左边相遇时，120÷60x＝30﹣6，解得，x＝14；当P、Q两点在点O右边相遇时，240÷60x＝30﹣2，解得，x＝6；即点P，Q两点能相遇，则点Q的运动速度为每秒14cm或6cm．【变式3-2】（浙江月考）已知：如图1，点A、O、B依次在度线MN上，现将射线OA绕点O沿顺时针方向以每秒3°的速度旋转，同时射线OB绕点O沿进时针方向以每秒6°的速度前转，如图2，设旋转时间为t（0秒≤t≤60秒）．（1）用含t 的代数式表示下列各角的度数：MOA ∠=______，NOB ∠=______． （2）在运动过程中，当0秒30t ≤≤秒时，AOB ∠=45°，求t 的值．（3）在旋转过程中是否存在这样的t ，使得射线OB 是由射线OM ．射线OA 、射线ON 中的其中两条组成的角（指大于0°而不超过180°的角）的平分线？如果存在，请直接写出t 的值；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）3t ，6t 或 360-6t ；（2）（3）见解析．【解析】解：（1）∠MOA=3t ，∠NOB=6t 或360-6t ，故答案为：3t ，6t 或 360-6t ；（2）若OA ，OB 相遇前，∠AOB=45°，∴3t+6t+45°=180°，∴t=15s若OA ，OB 相遇后，∠AOB=45°，∴3t+6t-45°=180°，∴t=25s∴t 为15秒或25秒时，∠AOB=45°；（3）分三种情况：①OB 平分∠AOM 时， 由12∠AOM=∠BOM 得32t=180-6t ， 解得t=24②OB 平分∠MON 时，由∠BOM=12∠MON ，即∠BOM=90°， 得6t=90，或6t-180=90，解得：t=15，或t=45；③OB 平分∠AON 时，由∠BON=12∠AON，得6t=12（180-3t），解得：t=12；综上所述，当t的值分别为12、15、24、45秒时，射线OB是由射线OM、射线OA、射线ON中的其中两条组成的角的平分线．。
中考中的动态几何题应对策略动态几何问题，是指平面几何问题中除了固定不变的点、线、线段、线形关系外，渗透了一些动态的点，给静态的几何问题赋予了新的活力，使题意变得更加新颖、更加灵活。
这类问题虽然动点元素单一，但题型多样，涉及到的知识范围广，综合性强，难度也就很大。
解答这类问题的基本策略是：（1）动中求静，化变量为常量，即在运动变化中探索问题中的不变性；解动态型考题的总体思路是化动为静。
关键在于从相对静止的瞬间，即某些特殊的位置，清晰地发现量与量之间的关系，从而找到解决问题的途径。
（2）动静互化，即抓住“静”的瞬间，使一般情况转化为特殊问题，从而找到“动与静”的关系。
明确图形中内在联系。
(3) 化繁为简，观察提炼。
一要注意图形的直观提示，二是注意分析挖掘题的隐含条件，不断地由已知想可知，发展条件，为解题创造条件打好基础；同时，也要由已知想到需要，选择已知条件，转化结论来探求思路，找到解决问题关键。
还应注意以下几点：①注意观察、分析图形，把复杂的图形分析成几个基本图形，或通过添加辅助线补全或构造基本图形。
②掌握常规的解题方法与思路。
③灵活运用数学思想方法（如数形结合、分类讨论等）总之，中考几何题在中考试卷中占有比较重要的位置，是学生数学成绩能否提升的一个“门槛”。
教学中，我们认真分析该试题的特点，进行有针对性的训练，可以极好地培养学生的能力。
例：（2007宜昌）如图1，在△ABC 中，AB ＝BC ＝5，AC=6.△ECD 是△ABC 沿BC 方向平移得到的，连接AE.AC 和BE 相交于点O.（1）判断四边形ABCE 是怎样的四边形，说明理由；（2）如图2，P 是线段BC 上一动点（图2），（不与点B 、C 重合），连接PO 并延长交线段AB 于点Q ，QR ⊥BD ，垂足为点R.①四边形PQED 的面积是否随点P 的运动而发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求出四边形PQED 的面积；②当线段BP 的长为何值时，△PQR 与△BOC 相似？分析：（1）四边形ABCE 是菱形，分析略（2）①四边形PQED 的面积不发生变化。
浅析初中数学动态几何问题的教学策略摘要：数学动态几何问题是对学生是否全面、灵活掌握知识点的综合考察，是近年来中考的热点及难点。
但因为动态几何题目变量多，在几何图形的运动中，伴随着出现图形的位置、数量关系的“变”与“不变”性，不少学生对之有着极大的畏难情绪，导致中考失分。
因此中考数学动态问题的研究更具有实际意义。
关键词：初中数学动态几何题教学策略一、变式教学下的“减负高效”课堂动态几何题的解题，有时候需要变化的思想，这也是初中数学教学的精髓部分，笔者认为通过变式教学，有利于帮助学生开阔眼界、拓宽思路、提高应变能力，防止思维定势的负面影响。
例1：在平面直角坐标系中有一点A（4,2）在X轴上找一点B，使得为等腰三角形，请写出点B的坐标。
设计意图：通过一个比较简单的等腰三角形的要的数学动态作为切入点，使所有学生明白数学动态的思想并不深奥，只要针对三种情况画出相应的图形，解答起来并不困难。
切入点比较低，调动所有学生的学习兴趣。
变式1：若在X轴上有一点P（6,0），请在平面直角坐标系中在再找一个点Q，使四边形AOPQ为平行四边形，写出点Q的坐标。
变式2：若点P(6,0)，请在平面直角坐标系中再找一点Q，写出使A,O,P,Q 为顶点的平行四边形的点Q的坐标。
设计意图：通过两个变式将对等腰三角形的分类讨论延伸到平行四边形第四个顶点的讨论，进一步让学生明确不同的对象，不同的条件下的分类讨论方法，同时也培养不同情况下的画图并正确解答的能力。
变式3：在坐标轴上是否存在一点C，使得为直角三角形？若存在，请求出点C的坐标，若不存在，请说明理由。
设计意图：通过变式把数学动态的对象变成直角三角形，通过对不同的角为直角的讨论得到不同的情况。
讨论的范围也从母题的x轴扩展到坐标轴。
同时注意数学动态不重复不遗漏的原则。
变4：过点A做轴，垂足为D，在直角坐标系中找一点E，使得与相似。
设计意图：通过变式把数学动态的对象变成相似三角形，本题情况比较多也比较复杂，如果学生能过顺利的解答，那么对于数学动态在不同的对象，不同的范围内的理解将更加的深刻。
动态几何问题的解题技巧解这类问题的基本策略是：1. 动中觅静：这里的“静”就是问题中的不变量、不变关系，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的不变性•• • •2. 动静互化：“静”只是“动"的瞬间，是运动的一种特殊形式，动静互化就是抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题，从而找到“动”与“静"的关系.3. 以动制动：以动制动就是建立图形中两个变量的函数关系，通过研究运动函数，用联系发展的观点來研究变动元素的关系• 总之，解决动态儿何问题的关键是要善于运用运动与变化的眼光去观察和研究图形, 把握图形运动与变化的全过程，抓住变化中的不变，以不变应万变。
这类问题与函数相结合时，注意使用分类讨论的思想，运用方程的思想.数形结合思想.转化的思想等。
1.在△ABC 中，ZC=90° , AC=BC=2,将一块三角板的直角顶点放在斜边AB 的中点P 处，将此三角板绕点P 旋转，三角板的两直角边分別交射线AC. CB 与点Ds 点E,图 ① ，②，③是旋转得到的三种图形。
(1) 观察线段PD 和PE 之间的有怎样的大小关系，并以图②为例，加以说明:(2) APBE 是否构成等腰三角形若能，指出所有的情况(即求出△PBE 为等腰三角形 B图①S ②B时CE的长,直接写出结果)；若不能请说明理由。
2、如图，等腰RtAABC(ZACB = 90° )的直角边与正方形DEFG的边长均为2,且AC与DE在同一直线上，开始时点C与点D重合，让△ABC沿这条直线向右平移，直到点A与点E重合为止-设CD的长为/XABC与正方形DEFG重合部分(图中阴影部分)的面积为y,(1)求y与X之间的函数关系式;(2)当△ABC与正方形DEFG重合部分的面积为扌时,3、在平面直角坐标系中，直线厶过点A(2, 0)且与)，轴平行，直线,2过点B(0, 1)且与hHP 10 12 I备用图4、如图，在 RtAABC 中，ZC=90° , AC=4cm, BC=5cm,点 D 在 BC±,且 CD=3cm,现 有两个动点P, Q 分别从点A 和点B 同时出发，其中点P 以1厘米/秒的速度沿AC 向终 点C 运动；点Q 以厘米/秒的速度沿BC 向终点C 运动.过点P 作PE 〃BC 交AD 于点E, 连接EQ.设动点运动时间为t 秒（t>0）・连接DP,经过1秒后，四边形EQDP 能够成为平行四边形吗请说明理由;连接PQ,在运动过程中，不论t 取何值时，总有线段PQ 与线段AB 平行-为什(3) 连接 OE. OF 、EF, 若^OEF 为直角三角形，求k 的值。
大招7 立体几何动态问题大招总结在立体几何中，经常会遇到一类令人头痛的问题一动态问题，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了生命力，使得题型变得更加新颖，由于“动态”的存在，立体几何题灵活多变，需要我们有很强的空间想象能力，而且具备敏锐的嗅觉，可以在变化的情境当中找出不变的因素，不变的关系.以静制动乃是破解关键所在本文将常见的问题归纳为以下六大类1.截面问题立体几何的截面问题常常结合范围和面积最值一起考察，是一类经常会考到的题型.动态的截面使得所截的平面也在发生变化.因此这类问题需要具备一定的空间想象能力和分析能力①定义：一个几何体和一个平面相交所得到的平面图形，叫做几何体的截面②画法：常通过“平行线”或“延长直线找交点”作出完整的截面，这也是截面问题中需要寻找完整截面的方法技巧1：结合线面平行的判定定理与性质定理求解截面问题（找出截面）技巧2：灵活运用一些特殊图形，动中找静态，找到动态截面的临界点（猜想大致范围）技巧3：建立函数模型求解最值问题典型例题题型1截面问题下面以正方体内的截面，举例说明动态的截面可能出现的情况三角形截面可能出现锐角三角形、等边、等腰三角形，但不可能出现直角和钝角三角形四边形截面可能出现正方形、矩形、非矩形的平行四边形、菱形、梯形、等腰梯形，不可能出现直角梯形多边形截面可能出现五边形、六边形、正六边形总结：1、可能出现的：锐角三角形、等边、等腰三角形，正方形、矩形、非矩形的平行四边形、梯形、等腰梯形、五边形、六边形、正六边形2、不可能出现：钝角三角形、直角三角形、直角梯形、正五边形、七边形或更多边形例1.(2018.新课标I)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A.4C.4解:正方体的所有棱中,实际上是3组平行的棱,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,如图:所示的正六边形平面,α截此正方体所得截面面积最大,此时正六边形的边长,2α截此正方体所得截面最大值为:62=⎝⎭.故选A.例2.(2021.马鞍山三模)已知正方体1111ABCD A B C D -,直线1AC ⊥平面α,平面α截此正方体所得截面中,正确的说法是()A.截面形状可能为四边形B.截面形状可能为五边形C.截面面积最大值为D.截面面积是大值为2解：正方体1111ABCD A B C D -1AC ⊥平面α,平面α截此正方体所得截面中,如图,截面形状可能为正三角形或正六边形,由对称性得截面图形不可能是四边形或五边形,故A 和B 均错误;如图,当截面形状为如图所示的正六边形时,截面面积最大,2,1,MN GH OE ======∴截面面积最大值为2S =⨯122+=,故C 错误,D 正确.故选D.题型2翻折旋转与最值问题矩形ABCD 边CD 上有一动点E ,将ADE ∆沿AE 折起到AD E ∆'的位置,D H AE '⊥,则空间中翻折问题的结论如下:(1)折线同侧的几何量和位置关系保持不变;(2)D '在底面上的投影在直线DF 上;(3)点D '的轨迹是以H 为圆心,D H '为半径的圆;(4)面AD E '绕AE 翻折形成两个同底的圆锥.题型3立体几何中的最值(1)常见题型:(1)翻折中的最值问题;(2)空间角的最值问题;(3)空间中的距离最值问题;(4)面积体积最值问题;(5)与内切球外接球有关的最值问题.(2)常用方法:(1)展开,平移,旋转等方法,转化为平面图形求最值;(2)构造目标函数转化为函数的最值;(3)对称法;(4)定性分析法;例3.已知矩形,1,2ABCD AB BC ==,将ABD ∆沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折,在翻折的过程中()A.存在某个位置,使得直线AB 和直线CD 垂直B.存在某个位置,使得直线AC 和直线BD 垂直C.存在某个位置,使得直线AD 和直线BC 垂直D.无论翻折到什么位置,以上三组直线均不垂直解：对于A ,若存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直,∵,CD BC CD ⊥∴⊥平面,ABC ∴平面ABC ⊥平面BCD ,过点A 作平面BCD 的垂线AE ,则E 在BC 上,∴当A 在平面BCD 上的射影在BC 上时,AB CD ⊥.故A 正确;对于B ,若存在某个位置,使得直线AC 与直线BD 垂直,作AF BD ⊥,则BD ⊥平面,AFC BD FC ∴⊥,显然这是不可能的,故B 错误;对于C ,若存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直,则BC ⊥平面,,ACD BC AC AB BC ⊥∴>,即12>,显然这是不可能的,故C 错误.故选A.例4.(2021秋.怀仁市校级月考)如图,在矩形ABCD 中,22,AB AD E ==为AB 的中点,将ADE∆沿DE 翻折到1A DE ∆的位置,1A ∉平面,ABCD M 为1A C 的中点,则在翻折过程中,下列结论不正确的是()A.恒有//BM 平面1A DEB.B 与M 两点间距离恒为定值C.三棱锥1A DEM -的体积的最大值为12D.存在某个位置,使得平面1A DE ⊥平面1A CD解：如图,取1A D 的中点N ,连接,MN EN ,可得四边形BMNE 是平行四边形,所以//BM EN ,又EN ⊂平面1,A DE BM ⊂/平面1A DE ,所以//BM 平面1A DE ,故A 正确;因为11,2DN DE A DE ==∠45ADE =∠=︒,根据余弦定理得21122422EN =+-⨯,所以2EN =,因为EN BM =,所以2BM =,故B 正确;连接CE ,因为M 为1A C 的中点,所以三棱锥1C A DE -的体积是三棱锥1M A DE -的体积的两倍,设h 为1A 到底面ABCD 的距离,则三棱锥1C A DE -的体积1113C A DE A DEC CDE V V S h --∆==⋅,当平面1A DE ⊥平面ABCD 时,h 达到最大值,1A DEC V -取到最大值,所以三棱锥1A DEM -的体积的最大值为,故C 正确;假设平面1A DE ⊥平面1A CD ,又平面1A DE ⋂平面1111,ACD A D A E A D =⊥,所以1A E ⊥平面1A CD ,所以11A E A C ⊥,则在1A CE ∆中,1190,1,EAC A E EC ∠=︒==,所以11A C =,又11,2A D CD ==,所以11A D AC CD +=,故1,,A C D 三点共线,所以1A CD ∈,得1A ∈平面AB -CD ,与题千条件1A ∉平面ABCD 矛盾,故D 不正确.故选D.例 5.(2021.吉林二模)等腰直角三角形BCD 与等边三角形ABD 中,90,6C BD ∠=︒=,现将ABD ∆沿BD 折起,则当直线AD 与平面BCD 所成角为45︒时,直线AC 与平面ABD 所成角的正弦值为()C.2解:设E 为BD 中点,连接AE 、CE ,由题可知,AE BD CE BD ⊥⊥,所以BD ⊥平面AEC ,过A 作AO CE ⊥于,点O ,连接DO ,则AO ⊥平面BDC ,所以ADO ∠即为直线AD 与平面BCD所成角的平面角,所以sin 2AO ADO AD ∠==,可得AO =,在AOE ∆中可得3OE =,又132CE BD ==,即点,O 与点C 重合,此时有AC ⊥平面BCD ,过C 作CF AE ⊥于点F ,又BD ⊥平面AEC ,所以BD CF ⊥,所以CF ⊥平面ABD ,从而CAE ∠即为直线AC 与平面ABD 所成角,sinCE CAE AE ∠===故选A. 例6.如图,S ABC -是正三棱锥且侧棱长为a ,两侧棱,SA SC 的夹角为30,,E F ︒分别是,SA SC上的动点,则三角形BEF 的周长的最小值为()解：把正三棱锥沿SB 剪开,并展开,形成三个全等的等腰三角形:SBC ∆、SCA ∆、SAB ∆',则B ∠'30SA BSC ASC =∠=∠=︒,连接BB ',交SC 于F ,交SA 于E ,则线段BB '就是BEF ∆的最小周长,又SB SB a ='=,根据勾股定理,22222SB SB BB a ''+==,所认BB '=.例7.如图,空间四边形ABCD 的对棱AD 、BC 成60︒的角,且4AD BC ==,平行于AD 与BC的截面分别交AB 、AC 、CD 、BD 于E 、F 、G 、H .(1)求证:四边形EFGH 为平行四边形;(2)E 在AB 的何处时截面EFGH 的面积最大?最大面积是多少?解：(1)∵//BC 平面,EFGH BC ⊂平面ABC ,平面ABC ⋂平面,//EFGH EF BC EF =∴. 同理可得//BC GH ,可得//EF GH ,同理得到//EH FG ,∴四边形EFGH 中,两组对边分别平行,因此,四边形EFGH 为平行四边形.(2)∵AD 与BC 成60︒角,∴平行四边形EFGH 中60HGF ∠=︒或120︒,可得截面EFGH 的面积sin 2S GH GF HGF GF =⋅⋅∠=⋅. ∵设GH BC λ=,理1FG ADλ=-,∴4,(1)44GH BC GF AD AD λλλλλ===-==-,可得2(1)16(1)1642GH GF λλλλ+-⎡⎤⋅=-⨯=⎢⎥⎣⎦，当且仅当12λ=时等号成立.由此可得:当E 为AB 的中点时,截面EFGH 的面积最大,最大值为例8.(2021春.盐田区校级月考)点D 是ABC ∆斜边AB 上一动点,3,4AC BC ==,将BDC ∆沿着CD 翻折,使B DC ∆'与ADC ∆构成直二面角,则翻折后AB '的最小值是()C.解:过点B '作B E CD '⊥于点E ,连接,BE AE ,设BCD B CD α∠=∠'=,则有4sin ,4cos B E CE αα'==,2ACE πα∠=-,在AEC ∆中,由余弦定理得,2222cos 2AE AC CE AC CE πα⎛⎫=+-⋅⋅- ⎪⎝⎭ 2916cos 24cos sin ααα=+-,在Rt AEB ∆'中,由勾股定理得,222AB AE B E '=+'22916cos 24cos sin 16sin 2512sin 2ααααα=+-+=-,∴当4πα=时,AB '故选B .题型4轨迹问题例9.(2021-河南二模)设P 是正方体1111ABCD A B C D -的对角面11BDD B (含边界)内的点,若点P到平面ABC 、平面1ABA 、平面1ADA 的距离相等,则符合条件的点(P )A.仅有一个B.有有限多个C.有无限多个D.不存在解:设P 是正方体1111ABCD A B C D -的对角面11BDD B (含边界)内的点,若点P 到平面ABC 、平面1ABA 、平面1ADA 的距离相等,则符合条件的点P 是正方体的中心,故选A .例10.(2021秋.西城区期末)在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,,M N 分别为111,BD B C 的中点,点P 在正方体的表面上运动,且满足MP CN ⊥,则下列说法正确的是()A.点P 可以是棱1BB 的中点B.线段MPC.点P 的轨迹是正方形D.点P 轨迹的长度为2解:在正方体中1111ABCD A B C D -,以D 为坐标原点,分别以,DA DC ,1DD 为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,因为该正方体的棱长为1,,M N 分别为1BD ,11B C 的中点, 则1111(0,0,0),,,,,1,1,(0,1,0)2222D M N C ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以1,0,12CN ⎛⎫= ⎪⎝⎭, 设P (,,)x y z ,则111,,222MP x y z ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭,因为MP CN ⊥, 所以1110,24222x z x z ⎛⎫-+-=+ ⎪⎝⎭30-=,当1x =时,14z =,当0x =时,34z =, 取11,0,,(1,14E F ⎛⎫ ⎪⎝⎭,133,0,1,,0,0,444G H ⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎭⎝⎭⎝⎭,连结,,,EF FG GH HE , 则EF HG ==1(0,1,0),1,0,2EH FG ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,所以四边形EFGH 为矩形,则EF .0,0CN EH CN =⋅=,即,EF CN EH CN ⊥⊥,又EF 和EH 为平面EFGH 中的两条相交直线,所以CN ⊥平面EFGH ,又111,,224EM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,111,,224MG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,所以M 为EG 的中点,则M ∈平面EFGH ,所以为使MP CN ⊥,必有点P ∈平面EFGH ,又点P 在正方体表面上运动,所以点P 的轨迹为四边形EFGH ,因此,点P 不可能是棱1BB 的中点,故选项A 错误;又1,EF GH EH FG ====所以EF EH ≠,则点P 的轨迹不是正方形,且矩形EFGH 的周长为222+=+,故选项C 错误,选项D 正确;作出与CN 垂直的面,,ABGH G H 为11DCC D 的中位线,此时,CN BG HG ⊥⊥面11B BCC ,所以HG CN ⊥,故CN ⊥平面ABGH ,此时MP 最大值于点,A 或B 处取到,又点P 在正方体表面而非顶点,故选项B 错误;故选D.例11.(2021秋.海淀区校级期末)四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为正方形,侧棱与底面垂直,点P是侧棱1DD 的中点,12,1AA AB ==,若点Q 在侧面11BCC B (包括其边界)上运动,且总保持AQ BP ⊥,则动点Q 的轨迹是()解：分别取1BB 、1CC 的中点,M 、N ,连CM 、MN 、PN 、AC ,则由CM BN ⊥知:CM ⊥BP ,又BP AC ⊥.故BP ⊥平面AMC .∴过A 与BP 垂直的直线均在平面AMC 内,又Q 在平面11BCC B 内,故Q ∈平面AMC ⋂侧面11BB C C ,即Q 在线段MC 上.故选D .例2.(2021.天河区一模)如图所示,在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中,E 是棱1DD 的中点,F 是侧面11CDD C 上的动点,且1//B F 面1A BE ,则F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是()A.aB.aD.2解:设,,G H I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点,则1A BEG 四点共面,且平面1//A BGE 平面1B HI ,又∵1//B F 面1,A BE F ∴落在线段HI 上,∵正方体1111ABCD A B C D -中的棱长为11,2a HI CD ∴==.即F 在侧面11CDD C.故选D. 例13.(2021.余姚市校级模拟)在正四面体ABCD 中,,P Q 分别是棱,AB CD 的中点,,E F 分别是直线,AB CD 上的动点,M 是EF 的中点,则能使点M 的轨迹是圆的条件是() A.2PE QF += B.2PE QF ⋅= C.2PE QF =D.222PE QF += 解:如图所示,正四面体ABCD 中,取BC 、BD 、AD 、AC 的中点G 、H 、K 、L ,因为P 、Q 分别是棱,AB CD 的中点,所以PQ 的中点O 也为定点;由对称性知,PQ 和EF 的中点都在中截面GHKL 上;由OM OP PE EM OQ QF =++=+FM +,所以1()2OM PE QF =+;又在正四面体中,对棱垂直,所以PE QF ⋅=0;所以2224OM PE QF =+,即2224OM PE QF =+;若点M 的轨迹是以O 为圆心的圆,则22PE QF +为定值.故选D.例14.(2021.嘉兴模拟)四面体P ABC -中,PA =其余棱长都为2,动点Q 在ABC ∆的内部(含边界),设PAQ α∠=,二面角P BC A --的平面角的大小为,APQ β∆和BCQ ∆的面积分别为12,S S ,且满足123sin 4sin S S αβ=,则2S 的最大值为________.解:四面体P ABC -中,PA =,其余棱长都为2,取BC 的中点D ,连接,PD AD ,则,PD BC AD BC ⊥⊥,故BDA ∠为二面角P BC A --的平面角β,因为等边三角形,PBC ABC ,故PD AD PA ===,故60β=︒,设Q 到BC 的距离为h ,则S 1S 2=12AP⋅AQsinα12BC⋅ℎ=3sinα4sinβ,化简得,AQ =ℎ,故点Q 的轨迹为以点A 为焦点,以BC 为准线的拋物线在三角形ABC 内部的一段弧,如图建立直角坐标系,则拋物线的方程为y 2=2√3x,A (√32,0),直线AB 的方程为:y =−√33(x−√32),由{y 2=2√3x y=−√32(x −√32)得x 2−7√3+34=0, 故圆弧与AB 的交点横坐标为x =7√3−122,则Q 到BC 的最大距离ℎ=7√3−122+√32=4√3−6,故S 2的最大值为12⋅2⋅(4√3−6)=4√3−6.故答案为:4√3−6.题型5 存在与定位问题AD.例15 如图,在四棱锥P−ABCD中,PA⊥平面ABCD,CD⊥AD,BC//AD,BC=CD=12(I)求证:CD⊥PD;(II)求证:BD⊥平面PAB;(III)在棱PD上是否存在点M,使CM//平面PAB,若存在,确定点M的位置,若不存在,请说明理由.解证明:(I)因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥PA.因为CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.因为PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD.(II)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PA,AD,在直角梯形ABCD中,BC=CD=12由题意可得AB=BD=√2BC,所以AD2=AB2+BD2,所以BD⊥AB.因为PA∩AB=A,所以BD⊥平面PAB.(III)在棱PD上存在点M,使CM//平面PAB,且M是PD的中点. 证明:取PA的中点N,连接MN,BN,因为M是PD的中点,所以MN⫫12AD.因为BC⫫12AD,所以MN⫫BC.所以MNBC是平行四边形,所以CM//BN.因为CM⊄平面PAB,BN⊂平面PAB.所以CM//平面PAB.例16 如图,在四棱锥P−ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB= 1,AD=2,AC=CD=√5(I)求证:PD⊥平面PAB;(II)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(IIII)在棱PA上是否存在点M,使得BM//平面PCD?若存在,求AMAP的值,若不存在,说明理由.解(I)证明:∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,且AB⊥AD,AB⊂平面ABCD,∴AB⊥平面PAD,∵PD⊂平面PAD,∴AB⊥PD,又PD⊥PA,且PA∩AB=A,∴PD⊥平面PAB;(II)解:取AD中点为O,连接CO,PO,∵CD=AD=√5,∴CO⊥AD,又∵PA=PD,∴PO⊥AD以O为坐标原点,建立空间直角坐标系如图:则P(0,0,1),B(1,1,0),D(0,−1,0),C(2,0,0),则PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,−1),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,−1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,−1),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−1,0),设n ⃗ =(x 0,y 0,1)为平面PCD 的法向量,则由{n ⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅PC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{−y 0−1=02x 0−1=0,则n ⃗ =(12,−1,1).设PB 与平面PCD 的夹角为θ,则sin θ=|cos <n ⃗ ,PB⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣n ⃗⃗⃗ ||PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣|=|12−1−1√14+1+1×√3|=√33; (III)解:假设存在M 点使得BM//平面PCD ,设AMAP =λ,M (0,y 1,z 1),由(II)知,A(0,1,0),P(0,0,1),AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,1),B(1,1,0),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,y 1−1,z 1),则有AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,可得M(0,1−λ,λ),∴BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−λ,λ), ∵BM//平面PCD,n ⃗ =(12,−1,1)为平面PCD 的法向量,∴BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0,即−12+λ+λ=0,解得λ=14.综上,存在点M ,即当AM AP=14时,M 点即为所求.例17 如图,三棱锥P −ABC 中,PA ⊥平面ABC,PA =1,AB =1,AC =2,∠BAC =60∘. (1)求三棱锥P −ABC 的体积;(2)证明:在线段PC 上存在点M ,使得AC ⊥BM ,并求PMMC 的值.解(1)解:由题设,AB =1,AC =2,∠BAC =60∘,可得S △ABC =12AB ⋅AC ⋅sin60∘=√32.因为PA ⊥平面ABC,PA =1,所以V P−ABC =13S △ABC ⋅PA =√36; (2)解:过B 作BN ⊥AC ,垂足为N ,过N 作MN//PA ,交PC 于点M ,连接BM ,由PA ⊥平面ABC ,知PA ⊥AC ,所以MN ⊥AC ,因为BN ∩MN =N ,所以AC ⊥平面MBN .因为BM ⊂平面MBN ,所以AC ⊥BM .在直角△BAN 中,AN =AB ⋅cos∠BAC =12,从而NC =AC −AN =32.由MN//PA 得PM MC=AN NC=13.例18 如图,四棱锥P −ABCD 中,底面ABCD 是平行四边形,PG ⊥平面ABCD ,垂足为G,G 在线段AD 上,AG =13GD,BG ⊥GC,BG =GC =2,E 是BC 的中点,四面体P −BCG 的体积为83. (1)求异面直线CE 与PC 所成角的余弦值;(2)棱PC 上是否存在一点F ,使DF ⊥GC ,若存在,求PFFC 的值,若不存在,请说明理由.解(1)由已知V P−BCG =13S △BCG ⋅PG =13⋅12BG ⋅GC ⋅PG =83,∴PG =4,在平面ABCD 内,过C 点作CH//EG 交AD 于H ,连结PH ,则∠PCH (或其补角)就是异面直线GE 与PC 所成的角.在△PCH 中,CH =√2,PC =√20,PH =√18,由余弦定理得,cos∠PCH =√1010.(2)在平面ABCD 内,过D 作DM ⊥GC,M 为垂足,连结MF ,又因为DF ⊥GC,∴GC ⊥平面MFD,∴GC ⊥FM ,由平面PGC ⊥平面ABCD,∴FM ⊥平面ABCD,∴FM//PG ,由GM ⊥MD 得:GM =GD ⋅cos45∘=32,∵PF FC =GMMC =3212=3,由DF ⊥GC ,可得PFFC =3.题型6 展开与距离问题例19 (2021•九模拟)农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,粽子又称粽籺,俗称“粽子”,古称“角黍”,是端午节大家都会品尝的食品,传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.小明在和家人一起包粽子时,想将一丸子(近似为球)包人其中,如图,将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形,将粽叶沿虚线折起来,可以得到如图所示的粽子形状的六面体,则放入丸子的体积最大值为( )A.512√6729π B.16√23π C.32√627π D.128√281π解 由题意可得每个三角形面积为S =12×4×2√3=4√3,由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的,可得该四面体的高为√16−(4√33)2=4√63,故四面体的体积为13×4√3×4√63=16√23,∴该六面体的体积是正四面体的2倍,∴六面体的体积是32√23,由图形的对称性得,内部的九子要是体积最大,就是九子要和六个面相切,连接球心和五个顶点,把六面体分成了六个三棱锥,设丸子的半径为R ,则32√23=6×13×4√3×R ,解得R =4√69,∴丸子的体积的最大值为V max =4π3R 3=4π3×(4√69)3=512√6729π.故选A .例20 (2021秋-兴庆区校级期末)如图是正方体的平面展开图,则在这个正方体中AB 与CD 的位置关系为( )A.平行B.相交成60∘角C.异面成60∘角D.异面且垂直解如图,直线AB,CD异面.因为CE//AB,所以∠DCE即为直线AB,CD所成的角,因为△CDE为等边三角形,故∠DCE=60∘,故选C.例21 (2021秋-舟山期末)如图,棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1,O为底面AC的中心,点P在侧面BC1内运动且D1O⊥OP,则点P到底面AC的距离与它到点B的距离之和最小是( )A.85B.125C.√5D.2√2解如图,由正方体性质知,当P位于C点时,D1O⊥OC,当P位于BB1的中点P1时,由已知得,DD1= 2,DO=BO=√2,BP1=B1P1=1,B1D1=2√2,求得OD1=√4+2=√6,OP1=√2+1=√3,D1P1=√8+1=3.∴OD12+OP12=D1P12,得OD1⊥OP1.又OP1∩OC=O,OP1⊂平面OP1C,OC⊂平面OP1C,∴D1O⊥平面OP1C,得到P的轨迹在线段P1C上.过B作关于CP1的对称点B′,过P作PH⊥BC于H,当B′,P,H三点共线时,点P到底面AC的距离与它到点B的距离之和取得最小值.在直角三角形P1BC中,BC=2,P1B=1,P1C=√4+1=√5,BB′=√5,所以B′H=BB′sin∠HBB′=√5×√5=85,故选A.例22 (2021秋-昌江区校级期末)如图,在正三棱锥P−ABC中,∠APB=∠BPC=∠CPA=30∘,PA=PB=PC=4,一只虫子从A点出发,绕三棱锥的三个侧面爬行一周后,又回到A 点,则虫子爬行的最短距离是( )D.4√6A.4√2B.4√3C.2√3解设过点A作截面AEF与PB、PC侧棱分别交于E、F两点,将三棱锥由PA展开,则∠APA1=90∘,虫子爬行从点A沿侧面到棱PB上的点E处,再到棱PC上的点F处,然后回到点A的最短距离,∵PA= 4,∴由勾股定理可得AA1=√42+42=4√2.虫子爬行的最短距离4√2.故选A.自我检测1. (2021秋-湖北期末)如图,在正方体ABCD−A′B′C′D′中,平面α垂直于对角线AC′,且平面α截得正方体的六个表面得到截面六边形,记此截面六边形的面积为S,周长l为,则( )A.S为定值,l不为定值B.S不为定值,l为定值C.S与l均为定值D.S与l均不为定值解:将正方体切去两个正三棱锥A−A′BD与C′−D′B′C后,得到一个以平行平面A′BD与D′B′C为上、下底面的几何体V,V的每个侧面都是等腰直角三角形,截面多边形W的每一条边分别与V的底面上的一条边平行,将V的侧面沿棱A′B′剪开,展平在一张平面上,得到一个◻A′B′B1A1,如图,而多边形W的周界展开后便成为一条与A′A1平行的线段(如图中E′E1,由题意得E′E1=A′A1,故l为定值.当E′位于A′B′中点时,多边形W为正六边形,而当E′移至A′处时,W为正三角形,由题意知周长为定值l的正六边形与正三角形面积分别为√324l2与√336l2,故S不为定值.故选B.2. (2021春-武侯区校级期末)正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为√3,动点P在对角线BD1上,过点P 作垂直于BD1的平面α,平面α截正方体的表面得到一个多边形,记这样得到的截面多边形(含三角形)的周长为y,设BP=x,当x∈[13,52]时,函数y=f(x)的值域为( )A.[1,3]C.[3√62,4√6]B.[√6,3√6]D.[√6,4√6]解:作平面ACB1和平面A1C1D,则BD1⊥平面AB1C,BD1⊥平面A1DC1,设B到平面ACB1的距离为d,则V B−AB1C =V B1−ABC,∴13×√34×(√6)2×d=13×12×(√3)2×√3,解得d=1,(1)当x∈[13,1]时,截面多边形是三角形EFG,由△EFG∽△AB1C得△EFG的周长为3√6x, ∴3√6x∈[√6,3√6];(2)当x∈(1,2)时,截面多边形是六边形HIJKLM,设HIA1C1=B1IB1C1=λ,则IJB1C=C1IB1C1=1−λ,∴HI+IJ=√6,截面六边形的周长为3√6;(3)当x∈[2,52]时,截面多边形是三角形NQR,由(1)可知截面三角形周长范围为[3√62,3√6];∴当x∈[13,52]时,f(x)的值域为[√6,3√6].故选B.3. (2021春一历下区校级期末)正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,若与对角线A1C垂直的平面α截正方体得到的截面是六边形,则这个六边形的周长为________.解:如图所示,正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,连接BD、BC1、DC1,则A1C⊥平面BDC1;又A1C⊥平面α,且平面α截正方体得到的截面是六边形,不妨取AB、BB1、B1C1、C1D1、D1D和DA的中点E、F、G、H、I、J,连接E、F、G、H、I,J,得六边形EFGHIJ,且A1C⊥平面EFGHIJ,则六边形EFGHIJ的周长为6×√22=3√2.故答案为:3√2.4. (2021秋-泸州期末)如图,正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为√3,动点P在对角线BD1上,过点P作垂直于BD1的平面α,当平面α截正方体得到的截面多边形是六边形时,设BP=x,则x的取值范围是________.解:如图∵AC⊥BD,∴AC⊥BD1(三垂线定理)同理B1C⊥BD1,∴BD1⊥平面ACB1,同理,BD1⊥平面A1C1D,∴平面ACB1//平面A1C1D,夹在这两个平面之间的截面多边形为六边形,在三棱锥B−ACB1中,利用等体积法可求得BP=1,又根据棱长为√3,易求得BD1=3,结合对称性可知1< BP<2.5. 如图,矩形ABCD和矩形ABEF中,矩形ABEF可沿AB任意翻折,AF=AD,M、N分别在AE、DB上运动,当F 、A 、D 不共线,M 、N 不与A 、D 重合,且AM =DN 时,有( ) A.MN//平面FAD B.MN 与平面FAD 相交 C.MN ⊥平面FADD.MN 与平面FAD 可能平行,也可能相交解:由已知,在未折叠的原梯形中,MN 交AB 于P ,折叠后,由题意可知AF//MP,PN//AD.∴平面MNP//平面FAD,MN ⊂平面PMN.∴MN//平面FDA,∴A 正确.故选A.6. 如图,在菱形ABCD 中,∠BAD =60∘,线段AD,BD 的中点分别为E,F .现将△ABD 沿对角线BD 翻折,则异面直线BE 与CF 所成角的取值范围是( )A.(π6,π3) B.(π6,π2] C.(π3,π2] D.(π3,2π3)解:可设菱形的边长为1,则BE =CF =√32,BD =1;线段AD,BD 的中点分别为E,F;∴BE⃗⃗⃗⃗⃗ =12(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ); ∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =14(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=14BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +14BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2−12BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =18−12cos⟨BA⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩+14−14=18−12cos⟨BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩;∴cos⟨BE⃗⃗⃗⃗⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CF⃗⃗⃗⃗⃗ |BE⃗⃗⃗⃗⃗ ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=18−12cos⟨BA⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩34;由图看出−12<cos⟨BA⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩<1; ∴−12<cos⟨BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩<12;∴π3<⟨BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩<2π3;即异面直线BE 与CF 所成角的取值范围是(π3,π2].故选C.7.如图,边长为1的菱形ABCD 中,∠DAB =60∘,沿BD 将△ABD 翻折,得到三棱锥A −BCD ,则当三棱锥A −BCD 体积最大时,异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为( )A.58 B.14C.1316 D.23解:△ABD 、△CBD 为边长为1的等边三角形,将△ABD 沿BD 翻折形成三棱锥如图:点A 在底面BDC 的投影在∠DCB 的平分线CE 上,则三棱锥A −BCD 的高为△AEC 过A 点的高;所以当平面ABD ⊥平面BCD 时,三棱锥A −BCD 的高最大,体积也最大,此时AE ⊥平面BCD ;求异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值:平移BC 到DC ′位置,∣cos∠ADC ′∣即为所求,AD =DC =1,AE =√32,EC ′=√72,AC ′=√102,|cos∠ADC ′|=11+1−1042×1×1∣=14,所以异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为14,故选B.8. 如图,平面四边形ABCD,AB ⊥BD,AB =BC =CD =2,BD =2√2,将△ABD 沿BD 翻折到与面BCD 垂直的位置. (I)证明:CD ⊥面ABC ;(II)若E 为AD 中点,求二面角E −BC −A 的大小.证明:(1)∵平面四边形ABCD,AB ⊥BD,AB =BC =CD =2,BD =2√2,面ABD ⊥面BCD,AB ⊥BD ,面ABD ∩平面BCD =BD,∴AB ⊥面BCD,∴AB ⊥CD ,又AC 2=AB 2+BC 2=8,AD 2=AB 2+BD 2=12,AD 2=AC 2+CD 2=12,AC ⊥CD,∵AC ∩AB =A,∴CD ⊥平面ABC .解:(2)AB ⊥面BCD ,如图以B 为原点,在平面BCD 中,过B 作BD 的垂线为x 轴,以BD 为y 轴,以BA 为z 轴,建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,0,2),C(√2,√2,0),D(0,2√2,0),∵E 是AD 的中点,∴E(0,√2,1),∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,√2,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,1),令平面BCE 的一个法向量为n ⃗ =(x,y,z),则{n ⃗ ⋅BC⃗⃗⃗⃗⃗ =√2x +√2y =0n ⃗ ⋅BE⃗⃗⃗⃗⃗ =√2y +z =0,取x =1,得n ⃗ =(1,−1,√2),∵CD ⊥面ABC,∴平面ABC 的一个法向量为CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√2,√2,0),∴cos <n ⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ >=|n ⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗|n ⃗ |⋅|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ||=√22,∴二面角E −BC −A 的大小为45∘.9. 如图,在空间四边形ABCD 中,两条对角线AC,BD 互相垂直,且长度分别为4和6,平行于这两条对角线的平面与边AB,BC,CD,DA 分别相交于点E,F,G,H ,记四边形EFGH 的面积为y ,设BEAB=x ,则( )B.函数y =f(x)的最大值为8 A.函数y =f(x)的值域为(0,4]C.函数y =f(x)在(0,23)上单调递减 D.函数y =f(x)满足f(x)=f(1−x)解:∵AC//平面EFGH,BD//平面EFGH,∴AC//EF.AC//HG,BD//EH.BD//FG ,则四边形EF −GH 为平行四边形,∵两条对角线AC,BD 互相垂直,∴EH ⊥EF ,则四边形EFGH 为矩形,∵BEAB =x ,∴由EH BD=AE AB=AB−BE AB=1−BE AB=1−x ,即EH =(1−x)BD =6(1−x),同理EF AC=BE AB=x ,则EF =x −AC =4x ,则四边形EFGH 的面积为y =EH ⋅EF =4x ⋅6(1−x)=24(x −x 2)=−24(x −12)2+6,∵x ∈(0,1),∴当x =12时,函数取得最大值6,故A,B 错误.函数的对称轴为x =12,则函数在(0,23)上不是单调函数,故C 错误.∵函数的对称轴为x =12,∴函数y =f(x)满足f(x)=f(1−x),故D 正确,故选D.10.如图,S −ABC 是正三棱锥且侧棱长为a ,两侧棱SA,SC 的夹角为30∘,E,F 分别是SA,SC 上的动点,则三角形BEF 的周长的最小值为( ) A.√2a B.√3a C.√5a D.√6a解:把正三棱锥沿SB 剪开,并展开,形成三个全等的等腰三角形:△SBC 、△SCA 、△SAB ′,则∠B ′SA =∠BSC =∠ASC =30∘,连接BB ′,交SC 于F ,交SA 于E ,则线段BB ′就是△BEF 的最小周长,又SB =SB ′=a ,根据勾股定理,SB 2+SB ′2=BB ′2=2a 2,所以BB ′=√2a ,故选A .11. 如图,正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1,而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直,点M 在AC 上移动,点N 在BF 上移动,若CM =BN =a(0<a <√2),则MN 的长的最小值为( ) A.√22 B.12C.√22a D.a解:(1)作MP//AB 交BC 于点P,NQ//AB 交BE 于点Q ,连接PQ ,依题意可得MP//NQ ,且MP =NQ ,即MNQP 是平行四边形,∴MN =PQ,∵CM =BN =a,CB =AB =BE =1,∴AC =BF =√2,CP =BQ =√22a,∴MN =PQ =√(1−CP)2+BQ 2=√(1−√22a)2+(√22a)2=√(a −√22)2+12,∵0<a <√2,∴a =√22时,即当M 、N 分别为AC 、BF 的中点时,MN 的长最小,最小为√22;故选A .12. 如图,在矩形ABCD 中,AB =√3,BC =1,E 为线段CD 上一动点,现将△AED 沿AE 折起,使平面AED ⊥平面ABC ,当E 从D 运动到C ,则D 在平面ABC 上的射影K 所形成轨迹的长度为( )A.√32B.2√33 C.π2 D.π3解:由题意,将△AED 沿AE 折起,使平面AED ⊥平面ABC ,在平面AED 内过点D 作DK ⊥AE,K 为垂足是D 在平面ABC 上的射影,由翻折的特征知,连接D ′K ,则∠D ′KA =90∘,故K 点的轨迹是以AD ′为直径的圆上一段弧,根据长方形知圆半径是12,如图当E 与C 重合时,AK =12,取O 为AD ′的中点,得到△OAK 是正三角形.故∠KOA =π3,∴∠KOD ′=2π3,其所对的弧长为12×2π3=π3;故选D.13. 各棱长都等于a 的四面体ABCD 中,设G 为BC 的中点,E 为△ACD 内的动点(含边界),且GE//平面ABD ,若线段GE 长度的最小值为√32,则a 的值为( ) A.1B.√3C.2D.2√3解:取AC 中点M,CD 中点N ,连接GM,GN,MN ,则GM 、GN 、MN 分别是三角形ABC 、BCD 、ACD 的中位线,所以平面GMN//平面BAD ,又四面体ABCD 中各棱长都等于a ,所以△GMN 为边长为a2的正三角形.取MN 中点E ,连结GE ,则GE =√32.又GE =√(a 2)2−(a 4)2=√34a ,所以√32=√34a ,即a =2.故选C.14. 如图,在三棱锥A −BCD 中,BC =DC =AB =AD =2,BD =2√2,平面ABD ⊥平面BCD,O 为BD 中点,点P,Q 分别为线段AO,BC 上的动点(不含端点),且AP =CQ ,则三棱锥P −QCO 体积的最大值为( ) A.112B.√248C.√32D.3√2解:由题意,在三棱锥A −BCD 中,BC =DC =AB =AD =2,BD =2√2,底面△BCD 是等腰直角三角形,又∵平面ABD ⊥平面BCD,O 为BD 中点,∴AO ⊥平面BCD,∴△AOC 是直角三角形,∴BD ⊥平面AOC ,设AP =x,(x ∈(0,√2)),三棱锥P −QCO 体积为:V =13S △POC ⋅ℎ,ℎ为Q 到平面AOC 的距离,ℎ=xsin45∘=√22x,V =13S △POC ⋅ℎ=13×12×√2(√2−x)×√22x =16(√2x −x 2)=−16(x −√22)2+112,故当x =√22时,三棱锥P −QCO 体积的最大值112.故选A.15. 已知一个四面体其中五条棱的长分别为1,1,1,1,√2,则此四面体体积的最大值是( ) A.√312B.√212C.√24D.√33解:由题意,四面体的一个面为直角三角形,一个侧面为等边三角形,这两个面互相垂直时,四面体体积最大.四面体体积的最大值是13×12×1×1×√32=√312.故选A.16. 设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,√2和a,且长为a的棱与长为√2的棱异面,则a的取值范围是( )A.(0,√2)B.(0,√3)C.(1,√2)D.(1,√3)解:设四面体的底面是BCD,BC=a,BD=CD=1,顶点为A,AD=√2,在三角形BCD中,因为两边之和大于第三边可得:0<a<2(1)取BC中点E,∵E是中点,直角三角形ACE全等于直角DCE,所以在三角形AED中,AE=ED=√1−(a2)2∵两边之和大于第三边,∴√2<2√1−(a2)2,得0<a<√2(负值0值舍)(2)由(1)(2)得0<a<√2.另解;可设AD=a,AB=AC=BD=CD=1,BC=√2,可得△ABC、△BCD为等腰直角三角形,可得AE=DE=√22,即有0<a<√2,故选A.17. (2021秋-鲀州期末)如图,在三棱锥D−ABC中,AD⊥BC,BC=1,AD=1.且AB+BD=AC+ CD=2,则四面体ABCD的体积的最大值为( )A.14B.√212C.√36D.√524解:过BC作与AD垂直的平面,交AD于E,过E作BC的垂线,垂足为F,如图所示:∵BC=1,AD=1,则三棱锥D−ABC的体积为:V=13S△BCE×(AE+DE)=13S△BCE×AD=13×12⋅BC⋅EF⋅AD=1 6EF,故EF取最大值时,三棱锥D−ABC的体积也取最大值.由AB+BD=AC+CD=2>1,可得B,C都在以A,D为焦点的椭圆上.∵平面BCE与线AD垂直,∴三角形ADB与三角形ADC全等,即三角形BCD为等腰三角形,又BC=1为定值,∴BE取最大值时,三棱锥D−ABC的体积也取最大值.在△ABD 中,动点B 到A,D 两点的距离和为2,B 在以AD 为焦点的椭圆上(长轴、焦距分别为2a 、2c ),此时a =1,c =12,故BE 的最大值为b =√a 2−c 2=√1−(12)2=√32,此时EF =√BE 2−(12BC)2=√34−14=√22,故三棱锥D −ABC 的体积的最大值是16EF =16×√22=√212.故选B.17. 将两个长、宽、高分别为5,4,3的长方体垒在一起,使其中两个面完全重合,组成一个大长方体,则大长方体的外接球表面积的最大值为( ) A.150π B.125π C.98π D.77π解:两个完全相同的长方体重叠在一起有三种情况,分别计算三种情况的体对角线为√102+42+32、或√82+52+32、或√62+52+42∴最长对角线的长为5√5,即大长方体的外接球的最大半径为5√52,则大长方体的外接球表面积的最大值为4π×(5√52)2=125π.故选B.18.(2021秋-海淀区校级期末)如图,在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中,AB =6,点P 在平面AB 1D 1内,A 1P =3√2,则点P 到BC 1距离的最小值为( ) A.3√2 B.2√3 C.√6 D.3解:建立如图所示空间直角坐标系,则平面AB 1D 1的方程为x −y +z =6,又点P 在平面AB 1D 1内,且A 1P =3√2,则P 的轨迹满足:{x −y +z =6(x −6)2+y 2+(z −6)2=18设P (x 0,x 0+z 0−6,z 0),则PC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−x 0,12−x 0−z 0,6−z 0),BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−6,0,6),∴点P 到BC 1距离d =|PC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ×BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=√(12−x 0−z 0)2+12(6−x 0−z 0)2,∵x 0+z 0=6+y 0,0⩽y 0⩽6,∴x 0+z 0∈[6,12],设x 0+z 0=t ,则t ∈[6,12],则(12−t)2+12(6−t)2=32t 2−30t +162=32(t −10)2+12,当t =10时,d min =2√3.此时{x 0+z 0=10(x 0−6)2+(z 0−6)2=2,即P(1,4,1).故选B.19. (2021-桃城区校级一模)如图,圆锥顶点为P ,底面圆心为O ,过轴PO 的截面PAB,C 为PA 中点,PA =4√3,PO =6,则从点C 经圆锥侧面到点B 的最短距离为( ) A.2√15 B.2√15−6√2。
动态几何问题的解题技巧解这类问题的基本策略是：1．动中觅静：这里的“静”就是问题中的不变量、不变关系．．．．．．．．，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的不变性．．．．2．动静互化：“静”只是“动”的瞬间，是运动的一种特殊形式，动静互化就是抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题．．．．．．．．．．．，从而找到“动”与“静”的关系．3．以动制动：以动制动就是建立图形中两个变量的函数关系．．．．．．．．．，通过研究运动函数，用联系发展的观点来研究变动元素的关系．总之，解决动态几何问题的关键是要善于运用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住变化中的不变，以不变应万变．．．．．．．．．．．．．。
这类问题与函数相结合时，注意使用分类讨论的思想，运用方程的思想、数形结合思想、转化的思想等。
1、在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=2，将一块三角板的直角顶点放在斜边AB的中点P处，将此三角板绕点P旋转，三角板的两直角边分别交射线AC、CB与点D、点E，图①，②，③是旋转得到的三种图形。
（1）观察线段PD和PE之间的有怎样的大小关系，并以图②为例，加以说明；（2）△PBE是否构成等腰三角形？若能，指出所有的情况（即求出△PBE为等腰三角形时CE的长，直接写出结果）；若不能请说明理由。
2、如图，等腰Rt△ABC(∠ACB＝90°)的直角边与正方形DEFG的边长均为2，且AC与DE在同一直线上，开始时点C与点D重合，让△ABC沿这条直线向右平移，直到点A与点E重合为止．设CD的长为x，△ABC与正方形DEFG重合部分（图中阴影部分）的面积为y，(1)求y 与x 之间的函数关系式；(2)当△ABC 与正方形DEFG 重合部分的面积为32时，求CD 的长． 3、在平面直角坐标系中，直线1l 过点A(2，0)且与轴y 平行，直线2l 过点B(0，1)且与轴x 平行，直线1l 与2l 相交于点P 。
