轨迹意识在立体几何中的应用.docx
轨迹意识在立体几何中的应用黄清波 黄晓琳（福建省南安国光中学邮编：362321）黄清波O摘要：立体儿何中的轨迹问题是较为新颖的一种创新命题形式，它重点体现了在解析几何与立体几何 的知识交汇处设计图形.不但考查了立体几何点线面之间的位置关系，而且又能巧妙地考查求轨迹的基本 方法.这类题型因涉及动点的轨迹问题从而使得要解决的问题处于动态变化之中，需要学生有敏捷的数学 观察力和熟练的转化能力，技巧性强且难以操控，对学生知识以及思维能力要求较高.本文以福建省泉州 市2020届普通中学高中毕业班质量检查理科卷第12题为例，对这类问题的解法进行剖析，引导学生思考 如何在解题中建立轨迹意识.关键词：轨迹意识；立体几何；降维法；交轨法；坐标法一、试题再现题目：直四棱柱ABCD 4g中，底面A3CO是边长为4的正方形，44=26 .点以是侧面3CGA内的动点（不含边界），AM LMC,则AM与平面3CG用所成角的正切值的取值范围为【命题意图】本小题涉及到动点的轨迹问题，表面上是求线面角，实际是转化为考查空间图形的截面 轨迹问题，考查了化归与转化的思想，考查直观想象、逻辑推理和数学运算核心素养，体现基础性与创新 性，有一定难度，本次质检得分率极低.二、解法探究策略一：降维法【思路分析】根据题意，画出图形，对于平面BCG4来说，AM是斜线，点”是斜足，是垂 线，点B是垂足，所以3M是射影，因为AA/_LMC,得到所以点在平面3CG片内的 轨迹是以8C为直径的半圆（不包含氏。点）.因为Ag J平面5CC4,所以为4M与平面 BCG4所成角结合4M的取值范围，即可得正切值的取值范围.解法1:如图，由已知，四棱柱A5C。4AG2是正四棱柱，所以AB_L平面BCGg.又MCu平面BCGA，所以ABJLMC.因为AAf'MC, ABcAM="，所以MC_L平面又的Wu平面所以点"是动点，点氏C是定点，所以在平面BCG与内点的轨迹是以为直径的半圆（不包含反。点）.因为44，平面BCG4,所以/4加丹为am与平面5CG片所成角.,tan ZAMB.=4二11 B.M ,取 BC 的中点 N,由已知，B、N - BCWB】M < B、C ,即 2WgMv2j7,又44 =4,所以tan/4加线的取值范围为（2,2.【归纳】降维法，即空间问题平面化法，利用立体儿何的相关知识把空间的儿何量关系、位置关系 等转化到同一平面内，空间问题平面化，然后结合解析几何中有关轨迹定义（如圆、椭圆、双曲线、抛物 线、线段垂直平分线、角平分线等），求出对应的轨迹.常用的方法有：平移法、射影法、展开法、辅助面 法等策略二：交轨法【思路分析】根据题意，画出图形，在空间中，AM±MC,取AC的中点0,则点的轨迹是以AC 为直径的球面。.点M是侧面BCC1B1内的动点，所以点M是球面0与平面5CC4的公共点厕点M在 平面8CGA内的轨迹是以5c为直径的半圆（不包含民。点）.以下同解法1.解法2：如图，在空间中，AMLMC,点M是动点，点AC是定点， 取AC的中点。，所以点的轨迹是以AC为直径的球面。.又点M是侧面3CG4内的动点，所以点M是球面0与平面8CG用的公共点.4 一一一一片个取3C的中点N,则ON_L平面BCG与，OB = OC.所以在平面BCGg内点的轨迹是以为直径的半圆（不包含民。点）.后续同解法1.【归纳】在平面几何、解析几何中已有“交轨法”的运用，若对此有一定的知识迁移能力，则在空间 图形轨迹问题中也可涉及这种重要的思考方法交轨法，即从集合的“交”来确定兼备有关集合特性的 元素.解题基本思路是：先找出符合各条件对应的点的轨迹，然后求出符合各条件对应点的公共部分.即化 “动”为"静”，化“整”为“零，各个击破.策略三：坐标法【思路分析】依题意，四棱柱ABC。-AgG2是正四棱柱，以。为坐标原点，以方方向为X轴的正方向，建立空间直角坐标系，由已知，设A/（Q,4,b）（0<4<4,0<8<2j5）,因为AM J_MC,可得点M 的轨迹方程：（ 2丫+/=4,即点M的轨迹是以为直径的半圆（不包含氏。点）.以下同解法一, 也可结合圆的参数方程继续求解.解法3：依题意，四棱柱a5co-aaga是正四棱柱，以。为坐标原点，以方方向为x轴的正方向,建立空间直角坐标系，则 A（4,0,0）,C（0,4,0），设M（,4,b）（0<a<4,0<b< 273）.那么布7 = （q 4,41）,MC = （。, 0,。）.由 AM_LMC,有加.碇=0,得（-2丫+/=4.即点M的轨迹方程：（一2+/=4.因为A4，平面BCG4 ,所以/人/4为AM与平面5CG4所成角.在 RTAA.MB,中,tanZAMB. =-'11 B.M ,由 4(4,4,26)，M(,4,b),得与M=J(a- 4了+(4-4了+3- 2舟=128- 4a- 4回 设。= 2cos8+2, b = 2sin6 ,其中 0夕万.得4M二七。-16sin0+勺，且2y+2生，所以2W4Mv2a/7.V6666又4耳=4,所以tan/AMg的取值范围为【归纳】立体几何中的动点问题，有些时候如果按立体几何的传统方法几乎无法入手，坐标法巧妙地 解决了这一难题，将数与形完美地结合起来，降低了立几的思维难度，树立解析的思想融合代数与几何， 挖掘隐藏的轨迹.其步骤：建系；找点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；下结 论.不规则的坐标系的建立较为灵活，但还是有“法”可依，平时教学过程中，应加强建不规则坐标系的训 练与练习，帮助学生消除一定的心理障碍.三、试题链接1 . （2020年全国新高考I卷第16题）已知直四棱柱ABC。4ACQ的棱长均为2，? BAD 600 .以2为球心，逐为半径的球面与侧面BCCB1的交线长为.【思路分析】根据已知条件易得以侧面3CCA，可得侧面BCC与球面的交线上的点到E的距离为血，可得侧面BCC&I 与球面的交线是扇形£?G的弧FG ，再根据弧长公式可求得结果.解（交轨法）：如图，取用G的中点为£, 8月的中点为b，CG的中点为G,因为？ 60%直四棱柱ABC。4月G，的棱长均为2,所以AR4G为等边三角形,所以。1 £ = Vs ， 2 £ _L 耳 G,又四棱柱ANCD4旦GA为直四棱柱，所以平面4AG2,所以3耳，BC， 因为5g口片。1=四，所以。乃，侧面AGC3,设p为侧面MGC8与球面的交线上的点，则因为球的半径为逐，DE = 6 所以|£P|二 |R£|2 =5 =夜,所以侧面BGCB与球面的交线上的点到E的距离为V2，因为| EF |=| EG |=V2,所以侧面B©CB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，7171因为/4跖=/GEG = a，所以/FEG =,所以根据弧长公式可得FG = -xV2= 222 .(2020年安徽省合肥市理科三模第10题)在长方体ABC。4AG，中，AB = AD = 6, M =2,M为棱BC的中点，动点P满足ZAPD = /CPM ,则点P的轨迹与长方体的面DCC.D.的交线长等于( )A. B. n C. D.应兀 33【思路分析】依题意画出图形，由角的关系得到边的关系，建系后由求轨迹方程的方法求得P的轨迹, 进而求得交线长.Di解(降维法、坐标法)：如图，当p在平面。CGA内时， / Ai乙AD_L平面。CC2, CM J_平面。CC2, ZAPD = ZCPM.D在 RTNPDA 与 RT"CM 中,AD = 6,所以 MC = 3,A所以 tan/APO = & ="C,则心一二二，得 PD = 2PC. PD PC PD PC在平面ocg2中，以。所在直线为x轴，以。的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，则。(3,。),。(3,0),设 P(%,y),由 PD = 2PC,得而许二了 = 2而方下，整理得(x 5)2 + y2=16.所以点P的轨迹是以G(5,O)为圆心，半径为4的圆.则此圆与平面OCCR交线是扇形GEF的弧EF，7TJT9易得ZEGF =,故点P的轨迹与长方体的面DCC.D.的交线长等于一x4 = 乃.故选A.663四、解题感悟普通高中数学课程标准提出“在高中数学的教学中，要注重数学的不同分支和不同内容之间的联 系”，高考大纲也提出了数学整体性和综合性的要求，轨迹问题利用基本对象的几何要素、几何性质的转化, 建立数与形的联系，将立体几何、平面几何与解析几何融为一体，凸显了知识的应用性，更好的实现问题 的解决。解决这类问题，首先，学生会作图、构图、识图，对图形变化要有动态的认识，通过对图形结构的理 解、探索，能够建立良好的形与数的联系，形成轨迹意识；其次，学生对求轨迹的方法要形成规律性和系 统性；最后，通过多看多练，体会问题的外在形式虽在不断变化，但解决问题的轨迹意识不变，进而循序 渐进地领悟数形结合的核心思想.
