第七章 模型1 破解动态几何中轨迹与截面模型 讲义-2024届高考数学三轮冲刺考点归纳

模型1   破解动态几何中轨迹与截面模型 【问题背景】动态几何中的轨迹与截面问题属于高考在考查立体几何时综合性强、复杂度高的一类热点问题．面对这类题目，首先要做到认真审题、厘清线面关系，立足条件，画出立体图形的草图，呈现其中的几何关系．画出整体图形之后，根据相应的条件分析动点轨迹或截面形状，从宏观角度刻画动点状态，轨迹往往表现为多边形或圆锥曲线，最后根据其相应的特征破题，此类问题由于是动态的，处于变化当中，常常与范围、最值结合在一起考查． 【解决方法】 （2024江苏南通8月期初检测｜多选） 【典例1】在棱长为2的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足．记点的轨迹为，则下列说法正确的是（ ） A．点可以是侧面的中心    B．是菱形 C．线段的最大值为    D．的周长是 【套用模型】第一步：审读题目，根据题目条件画出对应图形． 如图所示，以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系， 可得，所以， 设，则． 第二步：结合条件，分析点P的轨迹． A中，当点是侧面的中心时，可得，此时，因为，所以，所以A正确． B中，因为，所以，可得． 点的坐标满足，可取任意值，只要满足点在正方体表面上．在平面直角坐标系中表示一条线段，在空间直角坐标系中表示与平面垂直且与平面的交线为线段的平面，故动点的轨迹为此平面截正方体所得的截口曲线（矩形） 当时，；当时，． 取，连接， 则，所以四边形为矩形， 则，即， 又平面，所以平面， 连接，则， 所以为的中点，则平面， 因为点在正方体的表面上运动，所以点的轨迹为四边形， 又，则点的轨迹为矩形，不是菱形，所以B错误． 第三步：根据动点的轨迹解决相关问题． ，所以线段的最大值为，所以C正确． 矩形的周长，所以D错误． 故选AC． （2024长沙雅礼中学9月月考） 【典例2】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面截此正方体所得截面面积的最大值为________． 【套用模型】第一步：通读题目，根据题目条件画出对应图形 根据题意作出示意图，如图2所示，根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的可知，在正方体中，平面与直线所成的角是相等的， 所以平面与平面平行．瓶干所给的条件“每条棱所在直线与平面所成的角都相等”较为抽象，将抽象问题具象化，我们先从正方体中找到一个与每条棱所在直线所成角相同的面，即由三条面对角线形成的等边三角形所在的平面 第二步：结合条件，分析截面形状． 由图易知平面和正方体形成的截面可以是三角形，也可以是六边形 第三步：根据截面形状解决相关问题． 由正方体的对称性知，截面面积最大时，截面的位置为与平面平行且过正方体中心的正六边形，其边长为，所以其面积为． （2024浙江省名校协作体9月联考｜多选） 【典例3】已知正方体的棱长为2，点为底面内一动点，则下列说法正确的是（ ） A．若点在棱上运动，则的最小值为 B．若点是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为 C．若点满足，则动点的轨迹是一条线段 D．若点在棱上运动，则到棱的最小距离为 【套用模型】第一步：利用转化求解.对于立体图形中几个线段长度和的最值问题，我们可以展开相应平面，将空间中的最值问题转化为平面中的最值问题 对于A，如图3，将平面展开与平面处于同一个平面，连接与交于点，此时取得最小值，即，故A错误． 第二步：截面问题中“找（作）截面”是难点.B选项中找平面截正方体所得截面，先确定正方体各面上已有的交线——，再在其他平面上找（作）与已知交线平行的直线——，最后针对余下含两交点的平面，直接连接确定在此平面的交线即可 对于B，如图4，取的中点，连接， 因为点是棱的中点，所以且， 又，所以，所以四边形即平面截正方体所得截面， 又，，， 所以截面周长为，故B正确． 第三步：根据动点的轨迹解决相关问题． 对于C，如图5，连接，易知．因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面， 因为平面平面平面，平面，，所以在线段上，即动点的轨迹是一条线段，故C正确． 对于D，如图6，建立空间直角坐标系，连接，则，设，则，所以到棱的距离， 所以当时，取得最小值，且，故D正确．故选BCD． 一、单选题 （2024上·全国·高三期末） 1．如图，所有棱长都为1的正三棱柱，，点是侧棱上的动点，且，为线段上的动点，直线平面，则点的轨迹为（    ）    A．三角形（含内部） B．矩形（含内部） C．圆柱面的一部分 D．球面的一部分 （2024上·河南南阳·高二统考期末） 2．在棱长为1的正方体中，、为线段上的两个三等分点，动点在内，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 （2024上·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习） 3．已知三棱锥P-ABC内接于球O，PA⊥平面A