摘"要：空間直角坐標(biāo)系的構(gòu)建與應(yīng)用對解決一些立體幾何中相關(guān)的多選題有奇效，借助坐標(biāo)法的應(yīng)用、利用數(shù)學(xué)運(yùn)算來合理計(jì)算、巧妙利用坐標(biāo)系的構(gòu)建來處理相關(guān)問題，從代數(shù)視角來破解一些相關(guān)的動(dòng)點(diǎn)、截面以及綜合應(yīng)用的多選題.

關(guān)鍵詞：空間；坐標(biāo)系；多選題

借助空間直角坐標(biāo)系，引入點(diǎn)的空間三維坐標(biāo)，利用對應(yīng)的坐標(biāo)法解決空間中的位置關(guān)系、空間距離與空間角、動(dòng)點(diǎn)軌跡等相關(guān)立幾問題，從代數(shù)視角轉(zhuǎn)化與數(shù)學(xué)運(yùn)算，實(shí)現(xiàn)問題的巧妙解決.特別在解答一些比較復(fù)雜的立幾多選題中，經(jīng)常也通過坐標(biāo)法達(dá)到求解與判斷的目的.

1"動(dòng)點(diǎn)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(dòng)點(diǎn)，則PQ的可能取值為（""）.

A. 13

B. 12

C. 22

D. 32

分析：根據(jù)題設(shè)條件，借助動(dòng)態(tài)立體幾何問題，合理構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合相關(guān)知識（空間向量的線性關(guān)系等），通過引入?yún)?shù)加以設(shè)置，確定相關(guān)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用空間兩點(diǎn)間的距離公式來構(gòu)建對應(yīng)參數(shù)的函數(shù)表達(dá)式，結(jié)合二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)來確定相應(yīng)的最值問題，進(jìn)而結(jié)合各選項(xiàng)中的數(shù)值加以判定.

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

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

設(shè)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(dāng)且僅當(dāng)λ=12，μ=12時(shí)，等號成立，所以PQ的最小值為22，結(jié)合各選項(xiàng)中的數(shù)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(diǎn)，F(xiàn)為CC1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若平面α經(jīng)過點(diǎn)A，E，F(xiàn)，則（""）.

A. 平面α截正方體的截面可能是三角形

B. 當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C1重合時(shí)，平面α截正方體的截面面積為26

C. 點(diǎn)D到平面α的距離的最大值為263

D. 當(dāng)F為CC1的中點(diǎn)時(shí)，平面α截正方體的截面為五邊形

分析：根據(jù)題設(shè)條件，合理構(gòu)建相應(yīng)的空間直角坐標(biāo)系，合理延長直線，構(gòu)建對應(yīng)的截面，或結(jié)合點(diǎn)的坐標(biāo)的確定與引入，通過截面的不同情況加以數(shù)形結(jié)合與數(shù)學(xué)運(yùn)算，利用函數(shù)關(guān)系式以及函數(shù)單調(diào)性來確定相應(yīng)的最值.

解析：如圖3，建立空間直角坐標(biāo)系，延長AE與z軸交于點(diǎn)P，連接PF與y軸交于點(diǎn)M，則知α由平面AEF擴(kuò)展為平面APM，故A錯(cuò)誤.

對于B，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C1重合時(shí)，其對應(yīng)的截面是一個(gè)棱長為5的菱形，此時(shí)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(dāng)F為CC1的中點(diǎn)時(shí)，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(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)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(diǎn)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(shè)點(diǎn)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(diào)遞增.

所以當(dāng)t=4時(shí)，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(diǎn)，P為正方形EFGH的內(nèi)切圓⊙O上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)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(diǎn)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(jù)給定條件合理建立空間直角坐標(biāo)系，通過確定圓O的方程結(jié)合三角參數(shù)方程設(shè)出正方體上底面的內(nèi)切圓上點(diǎn)P的坐標(biāo)，結(jié)合兩點(diǎn)間的距離公式確定PA，PN的長度表達(dá)式，并通過引入?yún)?shù)進(jìn)而對應(yīng)各不同選項(xiàng)的情況逐一分析計(jì)算判斷作答.

圖5解析：在正方體ABCDEFGH中，令A(yù)C∩BD=O1，而O是上底面內(nèi)切圓圓心.

以O(shè)1為原點(diǎn)，建立如圖5所示的空間直角坐標(biāo)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(shù)），

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(dāng)t=－22時(shí)，（PA+PN）min=11+220-62≠17，故A錯(cuò)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(diǎn)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(cuò)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(dāng)且僅當(dāng)7－t=4+t，即t=32時(shí)，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(biāo)系，通過坐標(biāo)法將立體幾何中的空間幾何問題轉(zhuǎn)化為對應(yīng)的代數(shù)問題，利用坐標(biāo)運(yùn)算、長度關(guān)系、角度公式等，結(jié)合代數(shù)運(yùn)算來實(shí)現(xiàn)立體幾何中的邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算，對于提升空間想象能力有極大的幫助，同時(shí)全面提升數(shù)學(xué)思維品質(zhì)，提升數(shù)學(xué)關(guān)鍵能力，進(jìn)而養(yǎng)成良好的數(shù)學(xué)思維習(xí)慣，全面培養(yǎng)數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).

參考文獻(xiàn)

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

［2］向穎怡，葉明露.核心素養(yǎng)視角下的高中數(shù)學(xué)教材比較分析——以立體幾何初步為例［J］.內(nèi)江師范學(xué)院學(xué)報(bào)，2021，36（8）：25-31+52.