专题13 立体几何中的动态问题-2022年高考数学重难点专题讲与练（新高考地区专用）

专题13 立体几何中的动态问题 求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围。对于探究存在问题或动态范围（最值）问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题划归为静态问题。具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证。 典例1．（2021秋•孝感期中）如图，已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，点D是A1B1的中点，E是侧面AA1B1B（含边界）上的动点，且有AB1⊥平面C1DE，则直线C1E与侧面AA1B1B所成角的正弦值的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】由AB1⊥平面C1DE，可知点E的轨迹是过点D与AB1垂直的直线DM在侧面AA1B1B内的部分，又∠C1ED为C1E与侧面AA1B1B所成角，可得DE最长时直线C1E与侧面AA1B1B所成角的正弦值的最小值，可得DE的最大值为，进而可得正弦的最小值． 【解答】解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°， 点D是A1B1的中点，E是侧面AA1B1B（含边界）上的动点． 因为AB1⊥平面C1DE，DE⊂面AA1B1B， 所以AB1⊥DE，所以E的轨迹是过点D与AB1垂直的直线DM在侧面AA1B1B内的部分， 又易证C1D⊥面AA1B1B，且CD， 所以∠C1ED为C1E与侧面AA1B1B所成角， 当DE的长越长时∠C1ED越小，同时正弦值也越小， 又DE的最大值即E为DM与BB1的交点时DE的长度最长， 由△AA1B1∽△DB1E，可求得DE，此时C1E， 所以直线C1E与侧面AA1B1B所成角的正弦值的最小值为． 故选：C． 典例2．（2021秋•三明期末）已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在表面积为64π的球面上，且SA⊥平面ABC，SA＝4，，，M是边BC上一动点，则直线SM与平面ABC所成的最大角的正切值为（　　） A．3 B． C． D． 【分析】易求外接球半径r＝4，从而可求△ABC外接圆半径R＝2，从而可求BC＝6，C，又SM与平面ABC内的射影最短时，直线SM与平面ABC所成的最大，求得SM的最小值，可求直线SM与平面ABC所成的最大角的正切值． 【解答】解：根据题意：设外接球的半径为r，则4πr2＝64π，∴r＝4， 设外接球的球心为O，则O在平面ABC内的投影O′为三角形ABC的外心， SA⊥平面ABC，SA＝4，所以OS2＝22+O′A2， 从而AO′＝2，所以2R＝4， 解得sinC，BC＝6，又，∴C，∴B， M是边BC上一动点，SM与平面ABC内的射影最短时，直线SM与平面ABC所成的最大， 此时AM⊥BC，易求AM长的最小值为， 所以直线SM与平面ABC所成的最大角的正切值为． 故选：B． 典例1．（2021秋•叙州区校级期中）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝3，AA1＝4，P是侧面BCC1B1上的动点，且AP⊥BD1，记点P到平面ABCD为d，则d的最大值为（　　） A．4 B．3 C． D． 【分析】建立合适的空间直角坐标系，设P（a，3，c）（0≤a≤3，0≤c≤3），求出所需点的坐标和向量的坐标，利用向量垂直的坐标表示求出a和c的关系，即可得到答案． 【解答】解：以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示， 则A（3，0，0），B（3，3，0），D1（0，0，4）， 因为P是侧面BCC1B1上的动点， 故设P（a，3，c）（0≤a≤3，0≤c≤3）， 所以， 因为AP⊥BD1， 所以， 解得， 所以点P到平面ABCD的距离d的最大值为． 故选：D． 典例2．（2021秋•温州期末）四边形ABCD和ABEF都是正方形，且面ABCD⊥面ABEF，M为线段AF上的点，当M从A向F运动时，点B到平面MEC的距离（　　） A．越来越大 B．越来越小 C．先增大再减小 D．先减小再增大 【分析】由题意画出图形，分析当M从A向F运动时，△EMC面积的变化情况，结合等体积法分析得答案． 【解答】解：如图， 当M从A向F运动时，三棱锥M﹣EBC的底面三角形EBC的面积为定值，高为AB的长，是定值， 则三棱锥M﹣EBC的体积为定值，点B到平面MEC的距离h的变化情况，随平面EMC的变化而变化， 由题意可知，平面ABCD⊥面ABEF，则△ABC为△MEC在底面上的射影面， △ABC的面积为定值，在M从A向F运动时，平面MEC与底面ABC所成角θ逐渐减小， 由cosθ，可得逐渐减小， 由，可得点B到平面MEC的距离h逐渐增大． 故选：A． 典例1．（2021秋•沙坪坝区校级期末）如图，在长方体ABCD﹣A'B'C'D'