借助空間坐標系，妙解立幾多選題

摘"要：空間直角坐標系的構建與應用對解決一些立體幾何中相關的多選題有奇效，借助坐標法的應用、利用數學運算來合理計算、巧妙利用坐標系的構建來處理相關問題，從代數視角來破解一些相關的動點、截面以及綜合應用的多選題.

關鍵詞：空間；坐標系；多選題

借助空間直角坐標系，引入點的空間三維坐標，利用對應的坐標法解決空間中的位置關系、空間距離與空間角、動點軌跡等相關立幾問題，從代數視角轉化與數學運算，實現問題的巧妙解決.特別在解答一些比較復雜的立幾多選題中，經常也通過坐標法達到求解與判斷的目的.

1"動點問題

例1"（多選題）在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，P，Q分別為線段BD1，AD上的動點，則PQ的可能取值為（""）.

A. 13

B. 12

C. 22

D. 32

分析：根據題設條件，借助動態立體幾何問題，合理構建空間直角坐標系，結合相關知識（空間向量的線性關系等），通過引入參數加以設置，確定相關動點的坐標，利用空間兩點間的距離公式來構建對應參數的函數表達式，結合二次函數的圖象與性質來確定相應的最值問題，進而結合各選項中的數值加以判定.

圖1解析：建立如圖1所示的空間直角坐標系，則D（0，0，0），B（1，1，0），D1（0，0，1）.

設BP=λBD1=λ（－1，－1，1）=（－λ，－λ，λ），則P（1－λ，1－λ，λ），λ∈［0，1］.

設Q（μ，0，0），μ∈［0，1］.

則PQ2=（1－λ－μ）2+（1－λ）2+λ2=（1－λ－μ）2+2λ－122+12≥12，當且僅當λ=12，μ=12時，等號成立，所以PQ的最小值為22，結合各選項中的數值，故選CD.

2"截面問題

圖2例2"（多選題）如圖2，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，E為棱A1D1的中點，F為CC1上的一個動點，若平面α經過點A，E，F，則（""）.

A. 平面α截正方體的截面可能是三角形

B. 當點F與點C1重合時，平面α截正方體的截面面積為26

C. 點D到平面α的距離的最大值為263

D. 當F為CC1的中點時，平面α截正方體的截面為五邊形

分析：根據題設條件，合理構建相應的空間直角坐標系，合理延長直線，構建對應的截面，或結合點的坐標的確定與引入，通過截面的不同情況加以數形結合與數學運算，利用函數關系式以及函數單調性來確定相應的最值.

解析：如圖3，建立空間直角坐標系，延長AE與z軸交于點P，連接PF與y軸交于點M，則知α由平面AEF擴展為平面APM，故A錯誤.

對于B，當點F與點C1重合時，其對應的截面是一個棱長為5的菱形，此時該菱形的兩條對角線長度分別為22+22+22=23，22+22=22，所以截面的面積S=12×23×22=26，當F為CC1的中點時，平面α截正方體的截面為五邊形，故B、D正確.

由于D（0，0，0），A（2，0，0），P（0，0，4），設點M的坐標為（0，t，0）（t∈［2，4］），則DA=（2，0，0），AM=（－2，t，0），PA=（2，0，－4）.

圖3所以點P到直線AM的距離d=｜PA｜2-PA·AM｜AM｜2=20t2+644+t2.

所以S△APM=12t2+4·d=5t2+16，S△PAD=12×2×4=4，設點D到平面α的距離為h.

利用等體積法，得VDAPM=VMPAD，即13·S△APM·h=13·S△PAD·t.

可得h=4t5t2+16=45+16t2.又h=45+16t2在t∈［2，4］上單調遞增.

所以當t=4時，h取到最大值，為263，故C正確.

故選BCD.

3"綜合問題

（多選題）如圖4，正方體ABCDEFGH的棱長為2，N為線段CG的中點，P為正方形EFGH的內切圓⊙O上的動點，則下列結論正確的是（""）.

A. PA+PN的最小值為17

B. 在線段CG上存在一定點M，總使得∠APM=90°

C. ∠APN可能為直角

D. △APN面積的最大值為3134

分析：根據給定條件合理建立空間直角坐標系，通過確定圓O的方程結合三角參數方程設出正方體上底面的內切圓上點P的坐標，結合兩點間的距離公式確定PA，PN的長度表達式，并通過引入參數進而對應各不同選項的情況逐一分析計算判斷作答.

圖5解析：在正方體ABCDEFGH中，令AC∩BD=O1，而O是上底面內切圓圓心.

以O1為原點，建立如圖5所示的空間直角坐標系，則A（2，0，0），N（－2，0，1），圓O的方程為z=2，

x2+y2=1.

令P（cosθ，sinθ，2）（θ為參數），

則有PA=（cosθ-2）2+sin2θ+4=

7-22cosθ，

PN=（cosθ+2）2+sin2θ+1=

4+22cosθ.

令22cosθ=t，則t∈［－22，22］，則有PA=7-t，PN=4+t.

對于A，PA+PN=7-t+4+t=11+27-t·4+t=11+2-t2+3t+28.

則當t=－22時，（PA+PN）min=11+220-62≠17，故A錯誤.

對于B，令M（－2，0，z0）.

則AP=（cosθ－2，sinθ，2），MP=（cosθ+2，sinθ，2－z0）.

由AP·MP=（cosθ－2）（cosθ+2）+sin2θ+2（2－z0）=3－2z0=0，解得z0=32∈［0，2］.

所以在線段CG上存在一定點M－2，0，32，總使得∠APM=90°，故B正確.

對于C，在△APN中，AN=3，由余弦定理，得cos∠APN=PA2+PN2-AN22PA·PN=（7-t）2+（4+t）2-3227-t·4+t=17-t·4+tgt;0，則∠APN為銳角，故C錯誤.

對于D，S△APN=12PAPNsin∠APN=12PA·PN·1-cos2∠APN=127-t·4+t·1-1（7-t）（4+t）=12（7-t）（4+t）-1≤12（7-t）+（4+t）22-1=3134，當且僅當7－t=4+t，即t=32時，等號成立，所以△APN面積的最大值為3134，故D正確.

故選BD.

借助空間直角坐標系，通過坐標法將立體幾何中的空間幾何問題轉化為對應的代數問題，利用坐標運算、長度關系、角度公式等，結合代數運算來實現立體幾何中的邏輯推理與數學運算，對于提升空間想象能力有極大的幫助，同時全面提升數學思維品質，提升數學關鍵能力，進而養成良好的數學思維習慣，全面培養數學核心素養.

參考文獻

［1］臧永建.巧構空間坐標系，妙解立體幾何題［J］.高中數理化，2022（23）：45-46.

［2］向穎怡，葉明露.核心素養視角下的高中數學教材比較分析——以立體幾何初步為例［J］.內江師范學院學報，2021，36（8）：25-31+52.