7 培优拓展（16）立体几何中的动态问题(Word教参)-【正禾一本通】2025年高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版2019）

　　　　　　　　　　　 培优拓展(十六)　立体几何中的动态问题 立体几何中的“动态问题”是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的，是可变的一类开放性问题．因其某些点、线、面位置的不确定，往往成为学生进行常规思考、转化的障碍．主要包括空间中动点的轨迹判断，求轨迹的长度及动角的范围，判断动点、动线、动面的位置关系等． 题型突破 题型一　位置关系问题 [例1] (多选)(2024·海南海南中学模拟)如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD和AC交于点O，将△BAD沿直线BD翻折，则正确的是(　　 ) A．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥OC B．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BD C．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACD D．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABD 解析：选ABC.对于A，当AB＝x＝1时，此时矩形ABCD为正方形，则AC⊥BD， 将△BAD沿直线BD翻折，若使得平面ABD⊥平面BCD时， 由OC⊥BD，OC⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD， 所以OC⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，所以AB⊥OC，故选项A正确； 对于B，由选项A知OC⊥BD，OA⊥BD，且OA∩OC＝O， 所以BD⊥平面OAC，又AC⊂平面OAC，所以AC⊥BD，故选项B正确； 对于C，在矩形ABCD中，AB⊥AD，AC＝， 所以将△BAD沿直线BD翻折时，总有AB⊥AD， 取x＝，当将△BAD沿直线BD翻折到AC＝时，有AB2＋AC2＝BC2， 即AB⊥AC，且AC∩AD＝A，则此时满足AB⊥平面ACD，故C正确； 对于D，若AC⊥平面ABD，又AO⊂平面ABD，则AC⊥AO， 所以在Rt△AOC中，OC为斜边，这与OC＝OA相矛盾，故选项D不正确． 【思维升华】　解决空间位置关系的定点动点问题的方法 (1)应用“位置关系定理”转化； (2)建立“坐标系”计算． [对点练1]　(多选)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为AB的中点，将△AED沿DE所在的直线翻折，使A与A′重合，得到四棱锥A′­BCDE，则在翻折的过程中(　　 ) A．DE⊥AA′ B．存在某个位置，使得A′E⊥CD C．存在某个位置，使得A′B∥DE D．存在某个位置，使四棱锥A′­BCDE的体积为1 解析：选AB.对于A，如图所示，过A′作A′O⊥DE，垂足为O，延长AO交BC于点F，因为DE⊥AO，且AO∩A′O＝O，所以DE⊥平面A′AO ，又因为A′A⊂平面A′AO，所以DE⊥AA′，所以A正确； 对于B，取DC的中点G，连接EG，A′G，当A′在平面ABCD上的投影在FG上时，此时DC⊥平面A′EG，从而得到A′E⊥CD，所以B正确； 对于C，连接A′B，因为E⊂平面A′BE，D⊄平面A′BE ，所以直线A′B与DE是异面直线，所以不存在某个位置，使得A′B∥DE，所以C错误； 对于D，由VA′­BCDE＝××(1＋2)×2×h＝1，解得h＝1，由A′作A′O⊥DE，可得A′O＝＝＝，即此时四棱锥的高h∈(0，]，此时<1，所以不存在某个位置，使四棱锥A′­BCDE的体积为1，所以D错误． 题型二　轨迹问题 [例2] 在矩形ABCD中，E是AB的中点，AD＝1，AB＝2，将△ADE沿DE折起得到△A′DE，设A′C的中点为M，若将△A′DE绕DE顺时针旋转90°，则在此过程中动点M形成的轨迹长度为________． 解析：如图，设AC的中点为M0，△A′DE绕DE顺时针旋转90°，此时平面A′DE⊥平面ABCD，取CD中点P，CE中点Q，PQ中点N，连接PQ，MP，MQ，MN，M0P，M0Q，M0N. MP＝M0P＝AD＝，MQ＝M0Q＝AE＝，PQ＝DE＝，△MPQ和△M0PQ是等腰直角三角形， 且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M的轨迹是以N为圆心，PQ为半径的一段圆弧． 又MP∥A′D，MP⊄平面A′DE，A′D⊂平面A′DE， 所以MP∥平面A′DE，同理MQ∥平面A′DE. 又MP∩MQ＝M，所以平面MPQ∥平面A′DE，又平面A′DE⊥平面ABCD， 故平面MPQ⊥平面ABCD，又平面MPQ∩平面ABCD＝PQ，MN⊥PQ，故MN⊥平面ABCD， 又M0N⊂平面ABCD，所以MN⊥M0N， 故动点M形成的轨迹长度为π·PQ＝. 答案： 【思维升华】　立体几何中空间动点轨迹的判断或求轨迹的长度，一般是根据线、面平行，线、面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹(还可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程). [对点练2]　(1)设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P为底面正方形ABCD内的一动点，若三角形APC1的面积S＝，则动点P的轨迹是(　　 ) A．圆的一部分 B．双曲线的一部分 C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分 解析：选D.设d是三角形APC1边AC1的高， S△APC1＝·|AC1|·d＝d＝，所以d＝，即点P到直线AC1的距离为定值， 所以点P在以直线AC1为轴，以为底面半径的圆柱侧上， 直线AC1与平面ABCD既不平行也不垂直， 所以点P的轨迹是平面ABCD上的一个椭圆，其中只有一部分在正方形ABCD内． (2)(2023·四川南充二诊)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，M，N为体对角线BD1的三等分点，动点P在三角形ACB1内，且三角形PMN的面积S△PMN＝，则点P的轨迹长度为____________． 解析：因为正方体的棱长为2，所以BD1＝＝6， 所以MN＝＝2， 设P到MN的距离为d，由S△PMN＝d|MN|＝，得d＝， ∵A1D1⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1， ∴A1D1⊥AB1， 又AB1⊥A1B，A1D1∩A1B＝A1，∴AB1⊥平面A1D1B， ∴BD1⊥AB1，同理可证BD1⊥AC，又AB1∩AC＝A，∴BD1⊥平面AB1C， ∴P点在△AB1C所在平面的轨迹是以为半径的圆， ∵△AB1C内切圆的半径为2···＝， ∴该圆一部分位于三角形外， 如图有x2＋()2＝()2，解得x＝， ∴∠HOB＝ ， ∴圆在三角形内的圆弧为圆周长的一半， ∴l＝·2π·＝π. 答案：π 题型三　最值(范围)问题 [例3] (1)在空间直角坐标系O­xyz中，正四面体P­ABC的顶点A，B分别在x轴、y轴上移动．若该正四面体的棱长是2，则|OP|的取值范围是(　　) A．[－1，＋1] B．[1，3] C．[－1，2] D．[1，＋1] 解析：选A.如图所示，若固定正四面体P­ABC的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动，设AB的中点为M，则PM＝＝，所以原点O到点P的最小距离是PM的长度减去球M的半径，最大距离是PM的长度加上球M的半径，所以－1≤|OP|≤＋1，即|OP|的取值范围是[－1，＋1]. (2)(2024·河北沧州模拟)已知某圆锥的内切球的体积为，则该圆锥的表面积的最小值为________． 解析：设圆锥的内切球半径为r，则πr3＝，解得r＝2， 设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面圆心为C，内切球球心为D，内切球切母线AB于E， 底面半径BC＝R>2，∠BDC＝θ，则tan θ＝， 由已知△BDE，△BDC为直角三角形， 又DC＝DE，BD＝BD，所以△BDE≌△BDC， 所以BE＝BC＝R，∠BDE＝∠BDC＝θ， 所以∠ADE＝π－2θ， 故AB＝BE＋AE＝R＋2tan (π－2θ)＝R－2tan 2θ， 又tan 2θ＝＝＝，故AB＝R－＝， 故该圆锥的表面积为S＝＋πR2＝， 令t＝R2－4>0，则S＝＝2π(t＋＋8)≥2π(2＋8)＝32π，当且仅当t＝，即t＝4，R＝2时取等号． 答案：32π 【思维升华】　解决与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手： 一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决； 二是利用空间几何体的侧面展开图； 三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值． [对点练3]　(1)(2024·河北石家庄一模)《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右，是当时世界上最简练有效的应用数学专著，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系．在《九章算术》里，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知在“堑堵”ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝，动点M在“堑堵”的侧面BCC1B1上运动，且AM＝2，则∠MAB的最大值为(　　) A． B． C． D． 解析：选B.由题意可知三棱柱ABC­A1B1C1为直三棱柱，且AB⊥AC， 以A为坐标原点，AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立如图所示的直角坐标系， 因为AB＝AC＝AA1＝，则A(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，，0)，B1(，0，)，C(0，，0)， 由于动点M在“堑堵”的侧面BCC1B1上运动，则存在实数λ，μ使得＝λ＋μBB1， 又＝(－，，0)，BB1＝(0，0，)，所以＝(－λ，λ，μ)，又＝(，0，0)， 所以＝＋＝(－λ，λ，μ)， 又AM＝2，所以||2＝(－λ)2＋(λ)2＋(μ)2＝4， 化简可得2λ2－2λ＋μ2＋＝0，即μ2＝－2λ2＋2λ－， 又cos∠MAB＝＝＝(1－λ)， 又μ2＝－2λ2＋2λ－≥0，所以λ∈[－，＋]，1－λ∈[－，＋]， 所以cos ∠MAB＝(1－λ)∈[，]， 又∠MAB＝(0，π)，函数y＝cos x在(0，π)上单调递减，且cos ＝， 所以∠MAB的最大值为. (2)(多选)如图，在圆锥SO中，轴截面SAB是边长为2的等边三角形，点M为高SO上一动点，圆柱MO为圆锥SO的内接圆柱(内接圆柱的两个底面的圆周都在圆锥表面上).若点P为圆锥底面的动点，且AM⊥MP，则(　　 ) A．圆柱MO的侧面积的最大值为 B．圆柱MO的轴截面面积的最大值为 C．当OM＝时，点P的轨迹长度为 D．当OM＝时，直线MP与圆锥底面所成角的最大值为60° 解析：选ACD.设内接圆柱MO的底面半径为r(0<r<1)，高MO＝h，由＝得h＝(1－r)，圆柱MO的侧面积S1＝2πr·h＝2π·r(1－r)≤2π·()2＝(r＝时取等号)，故A正确； 圆柱MO的轴截面面积S2＝2r·h＝2·r(1－r)≤2·()2＝(r＝时取等号)，故B错误； 在AB上取一点H，使得AM⊥MH，又AM⊥MP，且MP∩MH＝M，所以AM⊥平面MPH，从而AM⊥PH，又PH⊥MO，且AM∩MO＝M，所以PH⊥平面AMH，因此PH⊥AH，所以点P的轨迹是过点H且垂直于AB的弦． 当OM＝时，由OM2＝OA·OH＝得OH＝，此时该弦的长度为2＝，故C正确； 当OM＝时，由OM2＝OA·OH＝得OH＝，则当点P与点H重合时，直线MP与圆锥底面所成角的最大值为∠MHA＝60°，故D正确． 学科网（北京）股份有限公司 $$