专题4 培优点3 立体几何中的动态问题-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习学生用书Word

培优点3　立体几何中的动态问题 　　立体几何中的动态问题是新高考立体几何问题中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.一般涉及到求动点的轨迹问题及由动点引起的线、面、几何体变化中的某些几何量的最值（范围）问题.求解该类问题的关键是正确辨析动与不动，利用解析法、函数、不等式及几何图形中的极端位置解决. 动点的轨迹问题 【例1】　（1）已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合.设集合T＝{Q∈S｜PQ≤5}，则T表示的区域的面积为（　　） A. B.π C.2π D.3π （2）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是2，S是A1B1的中点，P是A1D1的中点，点Q在正方形DCC1D1及其内部运动，若PQ∥平面SBC1，则点Q的轨迹的长度是　　　　. 听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 感悟提升 解决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.如图，已知线段AB垂直于定圆所在的平面，BD为☉O的直径，点C是☉O上一点，H是点B在AC上的射影，当点C运动时，点H运动的轨迹是（　　） A.圆 B.椭圆 C.抛物线 D.不是平面图形 2.如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，另一端点N在正方形ABCD内运动，则MN中点轨迹的面积为　　　　. 与动点有关的最值（范围）问题 【例2】　（1）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，点P，Q分别在底面ABCD、棱AA1上运动，且PQ＝4，点M为线段PQ的中点，则线段C1M的长度的最小值为　　　　； （2）如图，四边形ABCD和四边形ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为　　　　. 听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 感悟提升 　　在动态变化过程中产生的体积最大（小）、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. 　（多选）（2024·保定模拟）如图，AC为圆锥SO的底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，SO＝OC＝2，则下列结论正确的是（　　） A.圆锥SO的侧面积为2π B.三棱锥S-ABC体积的最大值为 C.∠SAB的取值范围是（，） D.若AB＝BC，E为线段AB上的动点，则SE＋CE的最小值为2（＋1） 折、展过程中的动态问题 【例3】　（多选）已知菱形ABCD的边长为2，∠ADC＝60°，将△ACD沿AC翻折，使点D与点B重合，如图所示.记点P为翻折过程中点D的位置（不包含在点B处的位置），则下列结论正确的是（　　） A.无论点P在何位置，总有AC⊥PB B.存在点P，使得AB⊥PC C.三棱锥P-ABC体积的最大值为1 D.当PB＝2时，M为PB上一点，则AM＋CM的最小值为2 听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 感悟提升 　　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. 　（2024·南通二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，E为线段BC上一动点，现将△ABE沿AE折起得到△AB'E，点B'在平面ABC上的投影为K，当点E从B运动到C时，若二面角B'-AE-D的平面角恒为，则点K所形成轨迹的长度为　　　　. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 培优点3　立体几何中的动态问题 【例1】　（1）B　（2）　解析：（1）设O为△ABC的中心，连接PO，AO（图略），在正△ABC中，AO＝××6＝2，在Rt△POA中，PO＝＝＝2，当PQ＝5时，连接OQ（图略），根据勾股定理可得OQ＝＝1，易知Q的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，由于集合T＝{Q∈S｜PQ≤5}，故集合T表示的区域的面积为π，故选B. （2） 如图所示，要使PQ∥平面SBC1，作PE∥C1S交C1D1于E，SC1⊂平面SBC1，PE⊄平面SBC1，则PE∥平面SBC1，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是2，所以D1E＝C1D1＝，连接BD，取BD的中点O，连接PO，则四边形PSBO为平行四边形，则PO∥SB，SB⊂平面SBC1，PO⊄平面SBC1，则PO∥平面SBC1，又PO∩PE＝P，PO，PE⊂平面POE，所以平面POE∥平面SBC1，设平面POE∩平面DCC1D1＝EF，则DF＝DC＝，连接OF，EF，则四边形PEFO为平行四边形，Q的轨迹为线段EF，EF＝＝＝. 跟踪训练 1.A　 如图，设☉O的半径为r，取BC的中点M，连接OM，MH，OH，OC，则OM⊥BC，MH＝MC.因为AB⊥平面BCD，所以BC是AC在平面BCD上的射影，从而OM⊥平面ABC，得OM⊥MH，于是OH2＝MO2＋MH2＝MO2＋MC2＝r2，即OH＝r，亦即动点H在以O为球心、r为半径的球面上.易证BH⊥平面ACD，即BH⊥AD，又B为定点，所以动点H又在过点B且垂直于直线AD的平面上，故点H运动的轨迹是圆. 2.　解析：易知DD1⊥平面ABCD，∠MDN＝90°，取线段MN的中点P，则DP＝MN＝1，所以点P的轨迹是以D为球心，1为半径的球面，故S＝×4π×12＝. 【例2】　（1）4－2　（2）　 解析：（1） 连接AP，AC1，AM.由正方体的结构特征可得，QA⊥平面ABCD，所以QA⊥AP.因为PQ＝4，点M为线段PQ的中点，所以AM＝PQ＝2，故点M在以A为球心，半径R＝2的球面上，易知AC1＝4，所以C1M的最小值为AC1－R＝4－2. （2） 由题意建立坐标系如图所示，设AB＝1，则A（0，0，0），E（，0，0），＝（1，，0）.设M（0，y，1）（0≤y≤1），则＝（－，y，1），由于异面直线所成角的范围为（0，］，所以cos θ＝＝，又因为［］2＝1－，令8y＋1＝t，1≤t≤9，则＝≥，当t＝1时取等号，所以cos θ＝≤×＝，当y＝0时，取得最大值. 跟踪训练 　BD　在Rt△SOC中，SC＝＝2，则圆锥的母线长l＝2，半径r＝OC＝2，对于A，圆锥SO的侧面积为πrl＝4π，A错误；对于B，当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC＝×4×2＝4，则三棱锥S-ABC体积的最大值为×S△ABC×SO＝×4×2＝，B正确；对于C，△SAB是等腰三角形，SA＝SB，又因为SA2＋SC2＝16＝AC2，则∠ASC＝，依题意，0＜∠ASB＜，而∠SAB＝－∠ASB，因此∠SAB∈（，），C错误；对于D，由AB＝BC，AC＝4，∠ABC＝，得AB＝BC＝2，则△SAB为等边三角形，将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面的位置，得到△S1AB，则△S1AB为等边三角形， ∠S1BA＝，如图，于是（SE＋CE）min＝S1C，因为S1B＝BC＝2，∠S1BC＝∠S1BA＋∠ABC＝，S1C2＝S1B2＋BC2－2S1B·BC·cos＝8＋8＋8＝4（＋1）2，所以（SE＋CE）min＝S1C＝2（＋1），D正确. 【例3】　ABC　 如图1，连接PB，依题意，△ABC，△APC都是等边三角形，取AC的中点E，则BE⊥AC，PE⊥AC，又PE∩BE＝E，PE，BE⊂平面PBE，于是AC⊥平面PBE，又PB⊂平面PBE，因此AC⊥PB，A正确；P的轨迹是以AC为轴的两个同底的圆锥底面半圆弧，显然圆锥轴截面的顶角为∠BAD＝∠BCD＝120°，大于90°，则存在两条母线互相垂直，即存在点P， 使得CD⊥PC，而翻折前AB∥CD，因此存在点P，使得AB⊥PC，B正确；当PE⊥平面ABC时，三棱锥P-ABC体积最大，最大值为VP-ABC＝S△ABC·PE＝1，C正确；当PB＝2时，三棱锥P-ABC为正四面体，将△PAB，△PCB展开在同一平面内，如图2，显然四边形ABCP为菱形，∠BAP＝60°，当A，M，C三点共线时，AM＋CM取得最小值2，D错误. 跟踪训练 　　解析：如图1，过点K作KO⊥AE，连接OB'，则OB'⊥AE，显然BO⊥AE.因为二面角B'-AE-D的平面角为，所以∠B'OK＝，所以KO＝B'O＝BO，且K为BO中点.如图2，因为BO⊥AE，所以O在以AB为直径的圆上，取AB的中点J，连接JK，则JK⊥BK，所以点K的轨迹是以BJ为直径的圆上的一段弧，设此圆圆心为O'，得其半径为AB＝.当E与C重合时，∠KO'B＝，所以所对的弧长为×＝. 学科网（北京）股份有限公司 $