第1部分专题4 培优微专题15 立体几何中的动态问题（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

2025-02-12

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第一部分聚热点·题型突破专题四立体几何 [培优微专题15]　立体几何中的动态问题下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学研析考点层级突破 01 课时冲关高效提能 02 数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学研析考点层级突破下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学 “动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题意更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化．动点轨迹问题 [例1]　(2024·南京、盐城一模)在棱长为2a(a＞0)的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N分别为棱AB，D1C1的中点．已知动点P在该正方体的表面上，且eq \o(PM,\s\up16(→))·eq \o(PN,\s\up16(→))＝0，则点P的轨迹长度为(　　) A．12a　　　　　　 B．12πa C．24a D．24πa [解析]　根据条件得到P点轨迹为以MN为直径的球，进而得出点P的轨迹是六个半径为a的圆，即可求出结果．因为eq \o(PM,\s\up16(→))·eq \o(PN,\s\up16(→))＝0，故P点轨迹为以MN为直径的球，如图，易知MN中点即为正方体中心O，球心在每个面上的射影为面的中心，设O在底面ABCD上的射影为O1，又正方体的棱长为2a，所以MN＝2eq \r(2)a，易知OO1＝a，O1M＝a，又动点P在正方体的表面上运动，所以点P的轨迹是六个半径为a的圆，轨迹长度为6×2πa＝12πa. [答案]　B 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定． (2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算． (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除． 1．已知正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，点P是正方体表面上一个动点，满足BP⊥A1C，则点P的轨迹长度为(　　) A．2 B．2eq \r(2) C．4 D．3eq \r(2) 解析：D　[动点P的轨迹为过点B与直线A1C垂直的截面与正方体的表面的交线，计算得到答案．由题意可知，动点P的轨迹为过点B与直线A1C垂直的截面与正方体的表面的交线．如图所示：在正方体ABCD A1B1C1D1中，BD⊥AC，BD⊥AA1，又AC，AA1⊂平面AA1C且AC∩AA1＝A，所以BD⊥平面AA1C，因为A1C⊂平面AA1C，所以BD⊥A1C. 又在正方体ABCD A1B1C1D1中，BC1⊥B1C，BC1⊥B1A1，又B1C，B1A1⊂平面B1CA1且B1C∩B1A1＝B1，所以BC1⊥平面B1CA1，因为A1C⊂平面B1CA1，所以BC1⊥A1C. 又因为BD⊥A1C，BC1⊥A1C，由BD，BC1⊂平面BDC1且BD∩BC1＝B，所以A1C⊥平面BDC1. 于是点P的轨迹长度为不包含点B的△BDC1的周长，即△BDC1周长等于3eq \r(12＋12)＝3eq \r(2).] 折叠、展开问题 [例2]　[多选](2024·永州三模)在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝eq \r(2)，AB⊥AD，△BCD为等边三角形，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1BCD，设二面角A1BDC的大小为α.则下列说法正确的是(　　) A．当α＝150°时，M，N分别为线段BD，A1C上的动点，则|MN|的最小值为eq \f(\r(21),14) B．当α＝120°时，三棱锥A1BCD外接球的直径为eq \f(\r(13),3) C．当α＝90°时，以A1C为直径的球面与底面BCD的交线长为eq \f(\r(3),3)π D．当α＝60°时，AD绕D点旋转至A1D所形成的曲面面积为eq \f(\r(2),3)π [解析]　对于A，当M为BD中点且MN⊥A1C时，|MN|长度最短，由等面积法可求得最小值即可判断；对于B，利用截面圆的性质求解即可；对于C，根据题意画出球与底面△BCD的交线，从而可求解判断；对于D，转过的曲面为圆锥的一部分侧面积，从而可求解判断．对于A，如图，取BD中点，连接A1E，EC，则A1E⊥BD，CE⊥BD，所以∠A1EC为二面角A1BDC的平面角，角∠A1EC＝α，由题意可得BD＝2，A1E＝1，CE＝eq \r(3) 当α＝150°时，根据余弦定理可得A1C＝eq \r(7)，当M为BD中点且MN⊥A1C时，|MN|长度最短，由等面积法可得eq \f(1,2)×1×eq \r(3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)×eq \r(7)×(MN)min，求得最小值为eq \f(\r(21),14)，故A对；对于B，如图，△A1BD，△BCD的外接圆的圆心分别为E，O1，三棱锥A1BCD外接球的球心为O，连接OE，OO1，OC，则EO1＝eq \f(1,3)CE＝eq \f(\r(3),3)，CO1＝eq \f(2,3)CE＝eq \f(2\r(3),3)，当α＝120°时，则∠OEO1＝30°，所以OO1＝eq \f(\r(3),3)EO1＝eq \f(1,3)，所以球的半径OC＝eq \r(O1O2＋O1C2)＝eq \f(\r(13),3)，故B错；对于C，当α＝90°时，如图，过球心O作OO1⊥EC 则O1为EC的中点，且OO1＝eq \f(1,2)，又球半径为1，球与△BCD的一交点为H，则OH＝eq \f(\r(3),2)，又过O1作O1F⊥BC，O1F＝eq \f(\r(3),4)，球与底面△BCD的交线如图，所以交线长为eq \f(2,3)π·eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),3)π，故C对；对于D，转过的曲面为圆锥的一部分侧面积，该圆锥母线长为eq \r(2)，底面圆半径为1，故面积为π×eq \r(2)×eq \f(1,3)＝eq \f(\r(2),3)π，故D对． [答案]　ACD 画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系． 2．[多选]如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠D＝60°，沿AC将△DAC翻折至△SAC，连接SB，得到三棱锥SABC，E是线段SA的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是(　　) A．在棱SB上总存在一点F，使得EF∥平面ABC B．当SB＝3时，三棱锥SABC的体积为eq \f(1,2) C．当平面SAC⊥平面ABC时，SB＝eq \r(6) D．当二面角SACB为120°时，三棱锥SABC的外接球的半径为eq \f(\r(15),3) 解析：AC　[由线面平行的判定定理可判断A；求出三棱锥SABC的体积可判断B；由平面SAC⊥平面ABC可证得SM⊥MB，由此求出SB可判断C；求出三棱锥SABC的外接球的半径可判断D. 对于A，取SB的中点F，连接EF， ∵E，F分别是SA，SB的中点，∴EF∥AB， ∵AB⊂平面ABC，EF不包含于平面ABC，∴EF∥平面ABC，故A正确；对于B，易得△ABC， △SAC为等边三角形，取AC的中点M，连接BM，SM，则AC⊥BM，AC⊥SM，SM＝MB＝eq \r(3)， ∴cos∠SMB＝eq \f(SM2＋MB2－AB2,2SM·AB)＝eq \f(3＋3－9,2×\r(3)×\r(3))＝－eq \f(1,2)，则点S到平面ABC的距离为h＝sin(π－∠SMB)·SM＝eq \f(\r(3),2)×eq \r(3)＝eq \f(3,2)， ∴三棱锥SABC的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×22×eq \f(3,2)＝eq \f(\r(3),2)，故B错误；对于C，当平面SAC⊥平面ABC时，平面SAC∩平面ABC＝AC，因为△SAC为等边三角形，所以SM⊥AC，SM⊂平面SAC，所以SM⊥平面ABC，又因为MB⊂平面ABC，所以SM⊥MB，∴SB＝eq \r(SM2＋MB2)＝eq \r(6)，故C正确；对于D，设三棱锥SABC外接球的球心为O，△SAC，△ABC的中心分别为O1，O2，易得OO1⊥平面SAC，OO2⊥平面BAC，且O，O1，O2，M四点共面， ∠OMO1＝eq \f(1,2)∠O1MO2＝60°，O1M＝eq \f(1,3)SM＝eq \f(\r(3),3)，在Rt△OO1M中，OO1＝eq \r(3)O1M＝1，又O1S＝eq \f(2,3)SM＝eq \f(2\r(3),3)，则三棱锥S ABC外接球半径r＝eq \r(OO\o\al(2,1)＋O1S2)＝eq \r(\f(7,3))＝eq \f(\r(21),3)，故D错误．] 最值、范围问题 [例3]　[多选](2024·怀化二模)在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，PA＝2eq \r(3)，点D是三角形PAB内的动点(含边界)，AD⊥CD，则下列结论正确的是(　　) A．PB与平面ABC所成角的大小为eq \f(π,3) B．三棱锥CABD的体积最大值是2 C．D点的轨迹长度是eq \f(2π,3) D．异面直线CD与AB所成角的余弦值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),10)，\f(\r(2),2))) [解析]　根据给定条件，把几何体补形成正四棱柱，利用几何法求出线面角判断A；确定D点的轨迹并求出长度判断C；求出点D到AB距离的最大值计算判断B；建立坐标系，利用异面直线夹角的向量求法建立函数关系求解判断D. 如图，把三棱锥PABC补形成正四棱柱并建立空间直角坐标系Axyz，对于A，由PA⊥平面ABC，得∠PBA是PB与平面ABC所成的角，tan∠PBA＝eq \f(PA,AB)＝eq \r(3)，因此∠PBA＝eq \f(π,3)，A正确；对于C，由AD⊥CD，得D点的轨迹是以线段AC为直径的球面与△PAB相交的一段圆弧及点B，令AC，AB的中点分别为O，E，则OE⊥平面PAB，OE＝1，OD＝eq \r(2)，于是DE＝1，显然D点所在圆弧所对圆心角大小为eq \f(2π,3)，长度是eq \f(2π,3)，C正确；对于B，由选项C知，当DE⊥AB时，D点到平面ABC距离最大，最大距离为1，因此三棱锥CABD的体积VCABD＝VDABC≤eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×1×2＝eq \f(2,3)，B错误；对于D，设∠AED＝θeq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0＜θ≤\f(2π,3)))，则点D(1－cos θ，0，sin θ)，而C(2,2,0)，于是eq \o(CD,\s\up16(→))＝(－1－cos θ，－2，sin θ)，又eq \o(AB,\s\up16(→))＝(2,0,0)，令异面直线CD与AB所成的角大小为φ，则cos φ＝|cos〈eq \o(CD,\s\up16(→))，eq \o(AB,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|\o(CD,\s\up16(→))·\o(AB,\s\up16(→))|,|\o(CD,\s\up16(→))||\o(AB,\s\up16(→))|)＝eq \f(1＋cos θ,\r(1＋cos θ2＋4＋sin2α))＝eq \f(1＋cos θ,\r(6＋2cos θ))，令t＝1＋cos θ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，cos φ＝eq \f(t,\r(4＋2t))＝eq \f(1,\r(\f(4,t2)＋\f(2,t)))在t∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递增，因此eq \f(\r(5),10)≤t＜eq \f(\r(2),2)，D正确． [答案]　ACD 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是： (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值． (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值． 3．[多选]如图，正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是(　　) A．四面体PA1D1A的体积为定值 B．AP＋PC的最小值为2eq \r(2) C．A1P∥平面ACD1 D．直线A1P与AC所成的角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) 解析：ACD　[对于A，由正方体可得平面DAA1D1∥平面BCC1B1，且B，P∈平面BCC1B1，所以点B到平面DAA1D1的距离等于点P到平面DAA1D1的距离，所以四面体PA1D1A的体积＝＝×1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(1,6)，所以四面体PA1D1A的体积为定值，故A正确；对于B，当P与B重合时，AP＋PC＝AB＋BC＝2＜2eq \r(2)，所以AP＋PC的最小值不为2eq \r(2)，故B错误；对于C，连接A1C1，A1B，由正方体可得AA1＝CC1，AA1∥CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，因为AC⊂平面ACD1，A1C1⊄平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，同理可得BC1∥平面ACD1 因为A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B∥平面ACD1，因为A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故C正确；对于D，因为AC∥A1C1，所以∠PA1C1(或其补角)为直线A1P与AC所成的角，由图可得当P与B重合时，此时∠PA1C1最大为eq \f(π,3)，当P与C1重合时，此时∠PA1C1最小为0，所以直线A1P与AC所成的角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，故D正确．] $$

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