資源簡介

立體幾何—空間中的動點問題
專題綜述
空間中的動點問題是指在一定的約束條件下，點的位置發生變化，在變化過程中找出規律，將動點問題轉化為 “定點”問題、將空間問題轉化為平面問題、將立體幾何的問題轉化為解析幾何的問題等,目的是把問題回歸到最本質的定義、定理或現有的結論中去.立體幾何中考查動點問題，往往題目難度較大，滲透化歸與轉化思想，對學生的邏輯推理能力要求較高.一般考查動點軌跡、動點的存在性、定值、范圍、最值等問題，除了利用化動為定、空間問題平面化等方法，在幾何體中由動點的變化過程推理出結果以外，也可以通過建系，坐標法構建函數，求得結果.
專題探究
探究1：坐標法解決動點問題
建立空間直角坐標系，使幾何元素的關系數量化，借助空間向量求解，省去中間繁瑣的推理過程.解題步驟與空間向量解決立體幾何問題一致，建立適當的空間直角坐標系由動點的位置關系，如在棱上或面內，轉化為向量的關系，用參數表示動點的坐標通過空間向量的坐標運算表示出待求的量若求最值或取值范圍，轉化為函數問題，但要注意自變量的取值范圍.一般坐標法用于解決動點的存在性問題、求最值、求范圍問題.
說明：對于求最值、范圍問題，也可以直接通過幾何體中的某個變量，構建函數，求最值或范圍.
(2022湖北省宜昌市模擬) （多選）在正方體中，點為線段上一動點，則（ ）
A. 對任意的點，都有
B. 三棱錐的體積為定值
C. 當為中點時，異面直線與所成的角最小
D. 當為中點時，直線與平面所成的角最大
【審題視點】
以正方體為載體考查定點的定值、最值問題，正方體便于建立空間直角坐標系，可選擇用坐標法解決.
【思維引導】
選項，可以用幾何知識證明；選項，設出點坐標，用坐標表示出異面直線成角的余弦值或線面角的正弦值，求最值，得出點位置.
【規范解析】
解：對于：連接，
因為在正方體中， 平面，
平面，
，
故正確；
對于：
平面平面，
平面與平面的距離為正方體棱長，
，為定值，
故正確；
對于：
以為坐標原點，直線分別軸，建立空間直角坐標系如下圖：
設正方體的棱長為2，
，
則， ， ，
因此， ，
設異面直線與所成的角為，
則
當時，，
當時，當時，
故當與重合時，異面直線與所成的角最小，
故不正確；
對于： ，
又是平面的一個法向量，
設直線與平面所成的角為，
則，
所以當時，取得最大值，而，
因此取得最大值，
即當為中點時，直線與平面所成的角最大，
故正確.
故選
【探究總結】
典例1是一道典型的研究動點問題的多選題，難度中等，但能夠反映出坐標法研究最值范圍問題的思路.建系設坐標，寫出參數范圍 根據向量運算構造函數求最值.
(2021安徽省蚌埠市聯考) 已知圓柱底面半徑為1，高為，是圓柱的一個軸截面，動點從點出發沿著圓柱的側面到達點，其距離最短時在側面留下的曲線如圖所示．將軸截面繞著軸逆時針旋轉后，邊與曲線相交于點
（1）求曲線長度；
（2）當時，求點到平面的距離；
（3）證明：不存在，使得二面角的大小為
探究2：化動為定
點的位置在變化的過程中，有些量或位置關系是不變的，比如點到平面的距離不變，從而使幾何體的體積不變；動點與另外一定點的連線與某條直線始終垂直，與某個平面始終平行.在證明體積為定值、證明位置關系時，要動中尋定，將動態的問題靜態化：將動點轉化為定點，尋找動直線所在的確定平面，從而解決問題.
答題思路：
1.動點到平面的距離為定值：證明平面，動點到平面的距離即為定點到平面的距離；
2.為動點，為定點，證明：證明所在平面與垂直；
3.為動點，為定點，證明平面：證明所在平面與平面平行.
(2021湖南省四校聯考) 在正三棱柱中，,，分別為的中點，P是線段DF上的一點．有下列三個結論：①平面；②;③三棱錐的體積時定值，其中所有正確結論的編號是
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③
【審題視點】
求證關于動直線的線面平行或線線垂直，三棱錐的體積為定值問題，要化動為定.
【思維引導】
證明動直線所在平面與已知平面平行；證明定直線與動直線所在平面垂直；尋找過點與平面平行的直線，即得出點到平面的距離.
【規范解析】
解：如圖，
對于①，在正三棱柱中，
，分別為的中點，
平面平面，
由平面，得平面，故①正確；
對于②，
在正三棱柱中，
平面平面，
平面平面
平面，，
平面
平面
,故②正確；
對于③，
平面平面，
平面
到平面的距離為定值，
而有為定值，故是定值,
故③正確．故選D．
【探究總結】
立體幾何證明中經常出現，求證關于動直線的線面平行與線線垂直問題，其思路是轉化為證明動直線所在的定平面與其他平面或直線的位置關系.關鍵是分析動點,動線或動面間的聯系,在移動變化的同時尋求規律.
(2021云南省曲靖市聯考) 如圖所示的幾何體中，為直三棱柱，四邊形為平行四邊形，，，
（1）證明：，，四點共面，且；
（2）若，點是上一點，求四棱錐的體積，并判斷點到平面的距離是否為定值？請說明理由．
探究3： 巧用極端位置
由于點位置連續變化，使研究的圖形發生連續的變化，利用點的位置變化“極端”位置，避開抽象及復雜的運算，得到結論.常見題型：
1.定值問題：幾何體中存在動點，但所求結果是確定的，即隨著動點位置的改變不會影響所求的量，故可以考慮動點在極端位置的情況，優化解題過程.
2.范圍問題：幾何體中存在動點，結果會隨著動點位置改變而改變，當動點從一側極端位置移動到令一個極端位置的過程中，所求量在增大、或減小、或先增后減、或先減后增，通過求出極端位置處的值，及最值，從而得出范圍；
3.探究問題：探究滿足條件的點是否存在，也可以轉化為求出范圍，從而得出結論.
(2021湖南省株洲市模擬) 在正四面體中, 為棱的中
點, 為直線上的動點,則平面與平面夾角的正弦值的取值范圍是 .
【審題視點】
本例可用極端位置法分析，也可以建系，用坐標法解決.
【思維引導】
借助極端位置分析，不難看出經過和底邊中線的平面與平面垂直，點在移動的過程中，存在一個位置使平面與經過和底邊中線的平面平行，即平面平面，此時兩平面所成角為，角最大；當點移動到無窮遠時，平面平面,此時兩平面所成角最小.
【規范解析】
解：由下左圖
設為的中心，為的中點，
則在正四面體中平面，
為中點，為的中點，
，故平面
連接，并延長交于點，
連接，并延長交于點，
則過點的平面交直線于點.
則平面平面
即平面與平面的夾角的正弦值為1，
點從取最值的位置處移動至直線的無窮遠處的過程中，
平面與平面的夾角逐漸減小，
即當點在無窮遠處時，看作，
如下右圖
故平面與平面的夾角即為平面與平面的夾角，
求出其正弦值為.
綜上可知:面與面的夾角的正弦值的取值范圍為.
【探究總結】
借助極端位置解決典例3中的問題，首先利用幾何知識，明確點在移動的過程中 ，所求量的變化情況，若在極端位置處取“最值”，問題就簡化為求出極端位置處的值.
(2021浙江省杭州市高三模擬)高為1的正三棱錐的底面邊長為，二面角與二面角之和記為，則在從小到大的變化過程中，的變化情況是（ ）
一直增大 B．一直減小 C．先增大后減小 D．先減小后增大
專題升華
幾何體中研究動點問題往往難度較大，開放性強，技巧性高.總體思路是：用幾何知識，經過邏輯推理，證明位置關系或求出表示出所求量；或者建立空間直角坐標系，將幾何問題代數化，用空間向量研究動點問題，省去了繁雜的推理環節，但計算量較大.解決動點問題的策略不局限與上述方法，常用的的方法還有：運用條件直接推算，借助條件將幾何體還原到長方體中去；構造函數，數形結合；還將空間問題轉化為平面幾何解決，如化折為直、利用解析幾何的知識解決. 但只要我們熟練掌握這些基本方法,并靈活加以應用,不僅能化繁為簡,化難為易,而且還可以得到簡捷巧妙的解法.
【答案詳解】
變式訓練1
【解答】解：（1）在側面展開圖中為的長，其中，
曲線的長為
（2）當時，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則有、、、，
、、
設平面的法向量為，則，
取得，
所以點到平面的距離為；
（3）假設存在滿足要求的，
在（2）的坐標系中，，
，
設平面的法向量為，則
，
取得，
又平面的法向量為，
由二面角的大小為，
則
，時，均有，與上式矛盾．
所以不存在使得二面角的大小為
變式訓練2
【解答】（1）證明：因為為直三棱柱，
所以，且，
又四邊形為平行四邊形，
，且，
，且，
四邊形為平行四邊形，
，四點共面；
，
又平面，平面，
，
四邊形為正方形，連接交于，
，
在中，，，
由余弦定理得，
，所以，
，
又平面ABCD，平面ABCD，，
，平面，，
平面，
平面，所以，
又， 平面，
平面，
平面，
（2）解：由（1）知：平面，
在中，由已知得，
，
四棱錐的體積，
，點到平面的距離為定值，
即為點到平面的距離
變式訓練3
【解析】解：設二面角為，二面角為，
當時，正三棱錐趨向于變為正三棱柱，
；
當時，正三棱錐趨向變為平面，
.當正三棱錐為正四面體時，且，，故.
當從小變大時，要經過從變為小于的角，然后變為的過程，
故只有選項符合.
故選：.

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