立体几何中的动态问题-《中学生数理化》高二数学2025年9月刊

解题篇效新题追郴潮酒中学生教理化 高二数学2025年9月 立本几何中的动态句颐 ■河南省许昌市许昌高级中学 胡银伟 “动态”问题是高考立体几何中极富创新 A1M=(a-2,b,-2),AC=(-2,2,0)。设 意识的题型，它融人了“动态”的点、线、面等 平面A1B1M的法向量为n=(x,y,x),则 元素，为原本静态的立体几何问题增添了活 /A1B1·n=2y=0, 力，使题型更加新颖。同时，“动态”元素的存 A1M·n=(a-2)x+by-2x=0。 在让立体几何问题更加多元化，在立体几何 取x=2,则y=0,之=a-2,n=(2,0, 问题与平面几何中的解三角形问题、多边形 a-2)。 面积问题及解析几何问题之间搭建起了桥 设直线AC与平面A1B,M所成角为日， 梁，实现了它们之间的灵活转化。 考点一：动点轨迹问题 则sin0=|cos〈AC,n)|= 1AC·n_ Ac1·1n 例1【河南省郑州外国 4 语学校2024一2025学年高三 22·√4+(a-2)F2 调研考试】（多选题）如图1，已 整理可得(a-2)2=0,解得a=2,则 知正方体ABCD-A1B1C1D M(2,b,0),故选项C正确。 的棱长为2，点M为正方形 对于选项D,由选项C知，D(0,0,0), ABCD(包括边)内一动点，则( )。 D1(0,0,2),所以DD=(0,0,2)。又A1M A.任意点M,均有平面A1B1M⊥平面 BCC B =(a-2,b,-2),则|cos(A1M,DD)|= B.不存在点M,使得CD,∥平面A,B,M A M.DD C.若直线AC与平面A1B1M所成角为 1A1M1·1DD12·√/a-2)+b2+4 45°，则点M在棱AB上 2 整理可得(a一2)十6=专，则点M在 。 D.若直线DD1与A1M所成角为30°， 则点M的轨迹长为 平面ABCD内，以(2,0)为圆心，r=2y5的 3元 3 解析：对于选项A,由正方体的性质知 圆上。又点M为正方形ABCD(包括边)内 A1B1⊥平面BCC1B1。又因为A1B1C平面 一动点，所以点M的轨迹长为×2x×2 1 3 A1B1M,所以平面A1B1M⊥平面BCC1B1, 故选项A正确。 3,选项D正确。 对于选项B,已知CD1∥BA:,又CD1 故选ACD。 平面ABB1A1,BA1C平面ABB1A1,所以 CD1∥平面ABB1A1。则当点M在棱AB上 例2【山东省德州市 M 时，CD1∥平面A,B1M,故选项B错误。 优高十校联考2024一2025 对于选项C,如图2， 学年高三下学期4月月考】 建立空间直角坐标系 在直三棱柱ABC-A1B,C 中，AB=BC=2,AC= C Dxy2,已知正方体的棱 长为2，则A(2,0,0), 2√E,AA1=√2，点M为AB 图3 D:1 C(0,2,0),A1(2,0,2), 的中点，动点P满足PA=√PM。当点P B1(2,2,2)。设M(a,b, 在侧面BB,CC内运动时，点P运动路径的 1 0),则A1B1=(0,2,0), 长度为；当点P在空间中运动时，PA· 图2 35 中学生表理化然氨学新鼻霸源 PC的最大值为 知点P到点(1,1,0)距离的最大值d为球心 解析：因为AB=BC=2,AC=2√2，所 (径02)到点1,1,0)的距离加上半径R。 以∠ABC=90°，AB⊥BC,同时A1B:⊥ B,C1。在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥ +1-0)2+(0-√2)十 平面A1B1C1,所以BB1, A1B1,BC两两垂直。如图 M √+1+2+ =33 2 2 21 4,以B1为坐标原点，B1A1, BC1,BB1所在直线分别为x 所以4=（+） 2 =4+3 ,则 轴，y轴，之轴，建立空间直角 坐标系B1xyz。 PA.PC≤4+丽-2=2+ 图4 2 2 则A(2,0,√2)，M(1, 规律总结：解决与立体几何有关的动点 0,W2),A1(2,0,0),C1(0,2,0)。设P(x,y, 轨迹问题，常见方法如下：(1)几何法，依据平 z),则当点P在侧面BBC1C内运动时， 面的基本性质、立体几何中的相关定理和性 P(0,y,z)。 质进行判定：(2)定义法，将空间中的动点轨 已知PA=3PM,则： 迹问题转化为平面轨迹问题，利用圆锥曲线 的定义进行判定，或者运用代数方法进行计 √4十(0-y)+(√2-之) 算；(3)特殊值法，根据空间图形中线段长度 √3·√1十(0-y)+(√2-之)2。化简整理得 关系、点线面的位置关系等，选取特殊值或特 2y+2x②)-1，即y+(<-2)= 殊位置进行分析排除。 考点二：折叠或展开问题 则点P的轨迹是在侧面BB,C,C内，以 例3【广西壮族自治区南宁市2025 点B为圆心，半径r= 号的四分之一圆，故点 届普通高中毕业班第三次适应性测试】如图 5,在等腰梯形ABCD中，BC∥AD,BC= 1 P运动路径的长度1=车·2xr一 4。 1 AD,∠BAE=60°，点E为AD的中点。 当点P在空间中运动时，PA=√PM。 如图6，将△ABE沿BE折起到△A1BE的 则√(2一x)2+(0一y)2十（√2一x)2 位置，点O,F分别为BE,DE的中点。 √5·√(1-x)+(0-y)十（√2-x)2。 化简得x2一x十y2+x2-22:十 2 0,即(e-2)》°+y+(x-2)= 49 所以点P在球心为（侵0），半径 图5 图6 (1)求证：平面BCDE⊥平面A1OC。 R= 乞的球上运动。 (2)如果BC=2,平面A1BE⊥平面BC PAi=(2-x,-y,-x),PC=(-x, DE,那么侧棱AC上是否存在点P,使得 2-y,-x),则PA·PC=(2-x)(-x)+十 BP∥平面A1OF？若存在，求平面PBE与 平面AOF夹角的余弦值；若不存在，请说明 (-y)(2-y)+x2=x2-2x+y2-2y+x2= 理由。 (x-1)2+(y-1)2+x2-2。 解析：(1)因为BC∥DE且AD=2BC, (x一1)十(y一1)2十x最大值的几何意义 所以四边形BCDE,BCEA是平行四边形， 为点P到点(1,1,0)距离的最大值的平方。易 36 解题篇创新题追根溯源 高二数学2025年9月 中学生数理化 则BE=CD。 又ABCD为等腰梯形且AB=BE, 平面AOF,此时P0,5,2E） 31 3 ∠BAE=60°，故△ABE是等边三角形。 因此四边形BCEA为菱形，△BCE是 =（-200㎡-(1，气，2） 等边三角形。 设平面PBE的法向量n=(a,b,c),则 因为O为BE的中点，所以AO⊥BE。 n·BE=0, 1-2a=0, 同理可证CO⊥BE。 即 n BP=0, a+3 又A1O∩CO=O,且A1O,COC平面 3c=0. A1OC,故BE⊥平面A1OC。 不妨令c=1,则b=一2，a=0,即n 因为BEC平面BCDE,所以平面BC =(0,-2,1)。 DE⊥平面AOC。 设平面PBE与平面A1OF的夹角为日， (2)存在点P,使得BP∥平面A1OF,证 则cos8=n·1m25 n·m 23= 5。 明过程如下。 因为平面A1BE⊥平面BCDE,平面 所以平面PBE与平面A1OF夹角的余 A1BE∩平面BCDE=BE,A1O⊥BE,A1O 弦值为⑤ 二平面A1BE,所以A1O⊥平面BCDE。 5 易知CO⊥ 规律总结：处理折叠或展开问题时，关 BE,可建立以O 键在于准确画出折叠或展开前后的平面图 为原点，OB,OC, 形与立体图形，并牢牢抓住两个要点：(1)不 OA,所在直线分 变的线线关系，在折叠或展开过程中，有些 直线的平行、垂直等位置关系保持不变； 别为x轴，y轴，之 轴的空间直角坐 (2)不变的数量关系，线段的长度、角度的大 标系Oxyz,如图 小、图形的面积等在折叠或展开前后可能保 7所示。 图7 持不变。通过这些不变的关系，建立起折叠 或展开前后图形之间的联系，从而解决相关 其中B(1,0,0),C(0,√5,0)，A1(0,0, 问题。 ,E(-1.o,o,r(-,o) 考点三：最值或范围问题 则A1C=(0,√3，-3)，A10=(0,0, 例4【广东省惠 D .-(9o 州市2025届高三下学 期4月模拟考试】如图 不妨设A1户=tA1C=(0,√3t,一√3t), 8,△ABC是等边三角 0<t<1,则P(0,5t,3-√3t),Bp= 形，△DAC为等腰直角 三角形，DA=DC=√2。 图8 (-1,√3t,√5-√3t)。 如图9，将△DAC沿AC 设平面A1OF的法向量m=(x,y,x), 翻折到△PAC的位置， mm·OF=0,即-之x+返 则 2y=0, 且点P不在平面ABC m·A1δ=0， {-3x=0。 内，点F在线段PB上 C (不含端点)。 令x=1,则y=√3，x=0,m=(1,w3,0)。 (1)证明：AC 要使BP∥平面A1OF,则B产·m=0, PB。 图9 即-1十3t=0,解得t=3· 1 (2)若PB=2: 故在侧棱A,C上存在点P,使得BP∥ ①当点F为线段PB的中点时，求直线 37 中学生表理化然氨学新鼻霸源 PB与平面ACF所成角的大小； +√ ②设平面ACF与平面PBC的夹角为 2×2 2 a,求cosa的取值范围。 解析：(1)取AC的中点E,连接PE, BE。因为PA=PC,AB=BC,所以PE⊥ 故直线PB与平面AC下所成的角为。 AC,BE⊥AC。 ②设平面PBC的法向量n=(x2,y2, 又因为PE∩BE=E,PE,BEC平面 x2),PB=(0,√3，-1)，PC=(-1,0,-1)。 PBE,所以AC⊥平面PBE。 又PBC平面PBE,故AC⊥PB。 Pi·n=3y2-x2=0, 则 (2)①△ADC为等腰直角三角形，DA= P元.n=-x2-x,=0 DC=√2，即PA=PC=√2，解得AC=2, 取y2=1,得n=(-5,1,3) PE=1。 设P京=tP(0<t<1),则P京=(0， 因为△ABC为等边三角形，所以AB= √3t,-t),故F(0,√3t,1-t),CF=(1,3t, AC=BC=2,故BE=3。 1-t)。 已知PB=2,则PE十EB=PB2,即 设平面ACF的法向量m1=(a,b,c),则： PE⊥EB。又因为PE⊥AC,BE⊥AC,所以 CA·m1=2a=0, EA,EP,EB两两垂直。如图10，以E为坐 C下·m1=a+3tb+(1-t)c=0。 标原点，分别以EA,EB,EP所在直线为x 取b=t-1,得m1=(0,t-1,W3t)。 轴，y轴，之轴，建立空间直角坐标系Exyz, 所以cosa=|cos〈m1,n)|= 则A(1,0,0),B(0,√3,0)，C(一1,0,0)， |t-1+3tl |4t-11 P(0,0,1)。 √(t-1)2+3t·√7√/4t-2t+1·√7 /16t'-8t+1 方入/4 令x=4-2,0<<1,则- -≤x<2, 所以 B 0--4- 3 图10 ≤x<2,所以0≤4 因为一1 3 F为线段PB的中点，则F(,》】 x+3, 则0≤cosa<21,即cosa∈/0，红) 厂 Pi=(0,3,-1),CA=(2,0,0),AF- 7 (1》 规律总结：在处理动态变化过程中产生 的体积最大、距离最大（小）、角的范围等问题 设平面ACF的法向量m=(x1,y1,之1)， 时，常用的解题思路如下：(1)直观判断，在图 CA.m=2x1=0, 形的动态变化过程中，通过观察和分析点、 则 1 线、面在不同位置时的情况，直观判断在何位 A京.m=-x1十 2y+ 221=0。 置时所求的量能取得相应的最大（小）值；(2) 取y1=1,x1=0,之1=一3，则m=(0, 函数思想，通过建立空间直角坐标系或引入 1,-)。 恰当的变量，将此类动态问题转化为目标函 设直线PB与平面ACF所成的角为0，则 数问题，然后利用代数的方法，如函数的单调 PB.m 性、导数、基本不等式等，求目标函数的最值 sin0=|cos〈Pi,m)>|= PB|·|m 或取值范围。 (责任编辑徐利杰) 38