7.5.1立體幾何中的探索和動態問題高考解讀

立體幾何中的探索性問題常常是條件不完備的情況下探討某些結論能否

成立,對于這類問題一般可用綜合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法來解決.一

般此類立體幾何問題描述的是動態的過程,“動態”問題是高考立體幾何問題中具有

創新意識的題型,它滲透了一些“動態”的點、線、面等元素,給靜態的立體幾何題賦

予了活力,題型更新穎,結果具有不唯一性或者隱藏性,往往需要耐心嘗試及等價轉化,

因此,對于常見的探究方法的總結和探究能力的鍛煉是必不可少的.高考溯源1.存在性問題的探索(2019北京,16,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=

AD=CD=2,BC=3.E為PD的中點,點F在PC上,且

=

.(1)求證:CD⊥平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)設點G在PB上,且

=

.判斷直線AG是否在平面AEF內,說明理由.解析

(1)證明:因為PA⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,所以PA⊥CD,又因為AD⊥CD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.(2)過A作AD的垂線交BC于點M.因為PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.如圖建立

空間直角坐標系A-xyz,則A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).

因為E為PD的中點,所以E(0,1,1).所以

=(0,1,1),

=(2,2,-2),

=(0,0,2).所以

=

=

,

=

+

=

.設平面AEF的法向量為n=(x,y,z),則

即

令z=1,則y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).又因為平面PAD的一個法向量為p=(1,0,0),所以cos<n,p>=

=-

.由題知,二面角F-AE-P為銳角,所以其余弦值為

.(3)直線AG在平面AEF內.因為點G在PB上,且

=

,

=(2,-1,-2),所以

=

=

,

=

+

=

.由(2)知,平面AEF的一個法向量n=(-1,-1,1).所以

·n=-

+

+

=0.所以直線AG在平面AEF內.一題多解

(2)∵PA=AD且E為PD的中點,∴AE⊥PD.由(1)知CD⊥AE,又∵PD∩CD=D,∴AE⊥平面PCD,又EF?平面PCD,∴AE⊥EF,故可知∠FEP為二面角F-AE-P的平面角.∵PE=

=

,PF=

=

,cos∠CPD=

=

,∴sin∠CPD=

,∴EF2=

+(

)2-2×

×

×

=

,∴EF=

,在△PEF中,由正弦定理得

=

,得sin∠FEP=

=

,又∠FEP為銳角,∴cos∠FEP=

=

.故二面角F-AE-P的余弦值為

.技巧

立體幾何中探索性問題的求解策略:先建立空間直角坐標系,引入參數(有些是題中已給出),設出關鍵點的坐標,然后探究這

樣的點是否存在,或參數是否滿足要求,從而作出判斷.①對于存在判斷型問題的求解,應先假設存在,把要成立的結論當作條件,據此列方程或

方程組,把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解,是否有規定范圍內的解”問

題.②對于位置探究型問題,通常借助向量,引進參數,綜合已知和結論列出等式,解出參數.高考仿真如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=

2,BC=3,E為PD的中點,點F在棱PC上,且PC=3PF,點G在棱PB上,且

=λ.(1)求證:CD⊥平面PAD;(2)當λ=

時,求點G到平面AEF的距離;(3)是否存在實數λ,使得A,E,F,G四點共面?若存在,求出λ的值;若不存在,說明理由.

解析

(1)證明:由PA⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,得PA⊥CD,又AD⊥CD,且PA∩AD=A,PA,

AD?平面PAD,所以CD⊥平面PAD.(2)以A為原點,平面ABCD內與AD垂直的直線為x軸,

,

的方向為y軸,z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,

則A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0),B(2,-1,0),由

=

可得

=

+

=(0,0,2)+

(2,2,-2)=

,由

=

可得E(0,1,1),則

=(0,1,1),設平面AEF的法向量為m=(x,y,z),則

令y=1,得x=1,z=-1,所以平面AEF的一個法向量為m=(1,1,-1),因為

=

,所以G

,

=

,所以點G到平面AEF的距離為

=

=

.(3)假設存在實數λ,使得A,E,F,G四點共面.由

=λ

可得

=λ(2,-1,-2)=(2λ,-λ,-2λ),則

=

+

=(0,0,2)+(2λ,-λ,-2λ)=(2λ,-λ,2-2λ),若A,E,F,G四點共面,則AG在平面AEF內,又平面AEF的一個法向量為m=(1,1,-1),所以m·

=0,即2λ-λ+2λ-2=0,可得λ=

.所以存在實數λ=

,使得A,E,F,G四點共面.2.動態問題的探索(多選)(2021新高考Ⅰ,12,5分)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,點P滿足

=λ

+μ

,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],則

(

)A.當λ=1時,△AB1P的周長為定值B.當μ=1時,三棱錐P-A1BC的體積為定值C.當λ=

時,有且僅有一個點P,使得A1P⊥BPD.當μ=

時,有且僅有一個點P,使得A1B⊥平面AB1PBD解析

對于選項A,如圖1,當λ=1時,

=

+μ

,即

=μ

,此時點P在線段CC1上運動,△AB1P的周長會因點P的運動而發生變化,故選項A錯誤.對于選項B,如圖2,當μ=1時,

=λ

+

,即

=λ

,此時點P在線段B1C1上運動,點A1到平面BCP的距離不變,△BCP的面積不變,由

=

知,三棱錐P-A1BC的體積不會因點P的運動而發生變化,故選項B正確.對于選項C,如圖3,當λ=

時,

=

+μ

,分別取BC,B1C1的中點E,F,連接EF,此時點P在線段EF上運動,當點P在點F處時,易知A1P⊥平面BCC1B1,又BP?平面BCC1B1,所以A1P

⊥BP;當點P不在點F處時,若A1P⊥BP,只需A1P在平面BCC1B1上的射影PF與BP垂直即可,當且僅當點P在點E處滿足題意,所以有兩點E,F,使得A1P⊥BP,故選項C錯誤.對于選項D,如圖4,當μ=

時,

=λ

+

,分別取BB1,CC1的中點M,N,連接MN,此時點P在線段MN上運動,取B1C1的中點D,連接BD,易知A1B在平面BCC1B1上的射影為BD,因為

A1B⊥AB1,所以只需BD與B1P垂直即可,當且僅當點P在點N處滿足題意,故選項D正確,故

選BD.

歸納總結求解動態范圍的選擇題、填空題,有時應把這類動態的變化過程充分地展

現出來,通過動態思維,觀察它的變化規律,找到兩個極端位置,即用特殊法求解范圍.高考仿真

(多選)(2024江蘇蘇錫常鎮一模,11)如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1

中,E為棱AA1的中點,點F滿足

=λ

(0≤λ≤1),則

(

)

A.當λ=0時,AC1⊥平面BDFB.對任意λ∈[0,1],三棱錐F-BDE的體積是定值C.存在λ∈[0,1],使得AC與平面BDF所成的角為

D.當λ=

時,平面BDF截該正方體的外接球所得截面的面積為

πACD解析

λ=0時,F與A1重合,平面BDF為平面BDA1,易證AC1⊥平面BDA1,∴AC1⊥平面BDF,A正確.∵A1B1不與平面BDE平行,∴F到平面BDE的距離不為定值,∴三棱錐F-BDE的體積不為

定值,B錯誤.當F在A1處時,易得AC與平面BDF所成角的正弦值為

<

,此時AC與平面BDF所成角小于

,當F在B1處時,AC與平面BDF所成角為

>

,∴存在λ∈[0,1],使得AC與平面BDF所成角為

,C正確.如圖所示建系,則D(0,0,0),B(2,2,0),F(2,2λ,2),A(2,0,0),C(0,2,0),

設平面BDF的法向量為n=(x,y,z),則

∴

不妨令x=1,則y=-1,z=λ-1,n=(1,-1,λ-1),由λ=

,得F

,n=

,易知球心O的坐標為(1,1,1),則O到平面BDF的距離d=

=

,又外接球半徑R=

=

,∴截面圓半徑r=

=

,S=πr2=

π,D正確,故選ACD.高考變式動點的軌跡類型探索典例

(2023北京市東直門中學開學測試,9)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,點P

為正方形ABCD所在平面內一動點,給出下列三個命題:①若點P總滿足PD1⊥DC1,則動點P的軌跡是一條直線;②若點P到直線BB1與到平面CDD1C1的距離相等,則動點P的軌跡是拋物線;③若點P到直線DD1的距離與到點C的距離之和為2,則動點P的軌跡是橢圓.其中正確的命題個數是

(

)A.0

B.1

C.2

D.3C解析

對于①,如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,連接BD1,CD1,

因為四邊形CDD1C1為正方形,所以CD1⊥DC1,又BC⊥平面CDD1C1,DC1?平面CDD1C1,所以BC⊥DC1,又CD1∩BC=C,CD1,BC?平面BCD1,所以DC1⊥平面BCD1,平面BCD1∩平面ABCD=BC,P∈平面ABCD,點P總滿足PD1⊥DC1,所以P∈平面BCD1,所

以P∈BC,則動點P的軌跡是一條直線,①正確;對于②,BB1⊥平面ABCD