2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考第二輪專題復(fù)習(xí)微專題二立體幾何中的動態(tài)問題學(xué)案理含解析

PAGE微專題二立體幾何中的動態(tài)問題動態(tài)立體幾何題在改變過程中總蘊含著某些不變的因素,因此要仔細(xì)分析其改變特點,找尋不變的靜態(tài)因素,從靜態(tài)因素中,找到解決問題的突破口.求解動態(tài)范圍的選擇、填空題,有時應(yīng)把這類動態(tài)的改變過程充分地呈現(xiàn)出來,通過動態(tài)思維,視察它的改變規(guī)律,找到兩個極端位置,即用特別法求解范圍.對于探究存在問題或動態(tài)范圍(最值)問題,用定性分析比較難或繁時,可以引進參數(shù),把動態(tài)問題化歸為靜態(tài)問題.詳細(xì)地,可通過構(gòu)建方程、函數(shù)或不等式等進行定量計算,以算促證.其主要題型有點在平面上運動、直線在空間中運動、平面的旋轉(zhuǎn)與翻折等形成的幾何問題,它涉及的其他學(xué)問主要有圓錐曲線定義、對稱性問題、函數(shù)的性質(zhì)等.微點1動點1(1)如圖W2-1,大擺錘是一種大型游樂設(shè)備,常見于各大游樂園.游客坐在圓形的座艙中,面對外.通常大擺錘以壓肩作為平安束縛,配以平安帶作為二次保險.座艙旋轉(zhuǎn)的同時,懸掛座艙的主軸在電機的驅(qū)動下做單擺運動.今年五一,小明去某游樂園玩“大擺錘”,他坐在點A處,“大擺錘”啟動后,主軸OB在平面α內(nèi)繞點O左右搖擺,平面α與水平地面垂直,OB搖擺的過程中,點A在平面β內(nèi)繞點B作圓周運動,并且始終保持OB⊥β,B∈β.已知OB=6AB,在“大擺錘”啟動后,給出下列結(jié)論:①點A在某個定球面上運動;②線段AB在水平地面上的正投影的長度為定值;③直線OA與平面α所成角的正弦值的最大值為3737④平面β與水平地面所成的角記為θ,直線OB與水平地面所成角記為δ,當(dāng)0<θ<π2時,θ+δ為定值其中正確結(jié)論的個數(shù)為 ()圖W2-1A.1 B.2 C.3 D.4(2)如圖W2-2所示,在四棱錐P-ABCD中,AD⊥平面PAB,BC⊥平面PAB,底面ABCD為梯形,AD=4,BC=8,AB=6,∠APD=∠BPC,滿意上述條件的四棱錐頂點P的軌跡是 ()圖W2-2A.線段 B.圓的一部分C.橢圓的一部分 D.拋物線的一部分微點2動直線2如圖W2-3,在正三棱錐P-ABC中,側(cè)棱長為2,底面邊長為2,D為AC的中點,E為AB的中點,M是PD上的動點,N是平面PCE上的動點,則AM+MN的最小值是 ()圖W2-3A.2+B.1+C.64D.3微點3動面3(1)如圖W2-4,四面體A-BCD中的面BCD在平面α內(nèi),平面ABC⊥α,M∈BC,且BC⊥平面AMD,已知AM=DM=3,若將四面體A-BCD以BC為軸轉(zhuǎn)動,使點A落到α內(nèi),則A,D兩點所經(jīng)過的路程之和等于 ()圖W2-4A.23π B.3πC.32π D.(2)如圖W2-5,在邊長為4的正三角形ABC中,E為邊AB的中點,過E作ED⊥AC,垂足為D.把△ADE沿DE翻折至△A1DE的位置,連接A1C,A1B.在翻折過程中,有下列三個結(jié)論:①ED⊥A1C;②存在某個位置,使A1E⊥BE;③若CF=2FA1,則BF其中全部正確結(jié)論的序號是 ()圖W2-5A.①② B.①③C.②③ D.①②③1.如圖W2-6,已知圓錐底面圓的直徑AB與側(cè)棱SA,SB構(gòu)成邊長為23的正三角形,點C是底面圓上異于A,B的動點,則三棱錐S-ABC的外接球的表面積是 ()圖W2-6A.4π B.32C.16π D.與點C的位置有關(guān)2.如圖W2-7所示,在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的中點,F是側(cè)面CDD1C1上的動點,且B1F∥平面A1BE,則F在側(cè)面CDD1C1上的軌跡的長度是 ()圖W2-7A.a B.aC.2a D.23.已知點P是正方體ABCD-A1B1C1D1表面上的一個動點,且滿意PA=2PB,設(shè)PD1與底面ABCD所成的角為θ,則θ的最大值為 ()A.π4 B.πC.π6 D.4.在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿矩形的對角線BD將△BCD折起,形成四面體A-BCD,在這個過程中,有下面四個結(jié)論:①當(dāng)DA⊥BC時,BC⊥AC;②四面體A-BCD的體積的最大值為245;③BC與平面ABD所成的角可能為π3;④四面體A-BCD的外接球的體積為定值.其中全部正確結(jié)論的序號為 (A.①④ B.①② C.①②④ D.②③④5.在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,以A為球心,以233為半徑的球面與正方體表面的交線長為6.已知長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,AD=4,AA1=10,E,F,M分別是棱AB,BC,CC1的中點,P是該長方體底面ABCD上的動點,若PD1∥平面EFM,則△PBB1面積的取值范圍是.

7.如圖W2-8,在矩形ABCD中,AB=1,BC=3,E為線段BC上一動點,現(xiàn)將△ABE沿AE折起得到△AB'E,當(dāng)二面角B'-AE-D的平面角為120°時,點B'在平面ABCD上的射影為K,當(dāng)E從B運動到C時,則點K所形成軌跡的長度為.

圖W2-8微專題二立體幾何中的動態(tài)問題微點1例1(1)C(2)B[解析](1)因為點A在平面β內(nèi)繞點B作圓周運動,并且始終保持OB⊥β,所以O(shè)A=OB因為OB,AB均為定值,所以O(shè)A也是定值,所以點A在某個定球面上運動,故①正確;因為點A在平面β內(nèi)繞點B作圓周運動,所以線段AB在水平地面上的正投影的長度也會改變,故②不正確;設(shè)AB=a,則OB=6a,OA=OB2+AB2=37a,當(dāng)AB⊥α?xí)r,直線OA與平面α所成的角最大,此時直線OA與平面α所成角的正弦值為a37依據(jù)題意作出簡圖如下,OB⊥l,所以δ+θ=π2,故④正確.故選C(2)在平面PAB內(nèi),設(shè)AB的中點為O,以O(shè)為坐標(biāo)原點,以AB的方向為x軸的正方向,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系.設(shè)點P(x,y),則由題意可得A(-3,0),B(3,0).因為AD⊥平面PAB,BC⊥平面PAB,∠APD=∠CPB,所以Rt△APD∽Rt△BPC,所以APBP=ADBC=48即BP2=4AP2,故有(x-3)2+y2=4[(x+3)2+y2],整理得(x+5)2+y2=16,由于點P不能在直線AB上,故點P的軌跡是圓的一部分,故選B.微點2例2B[解析]取CB的中點F,連接DF,交CE于點O,由題知PE⊥AB,CE⊥AB,又PE∩CE=E,∴AB⊥平面PCE,∵DO∥AB,∴DO⊥平面PCE,要使AM+MN最小,則MN最小,此時MN⊥平面PCE,得MN∥DF.連接PO,則DO⊥PO,把△POD繞PD旋轉(zhuǎn)至與△PDA共面,如圖.∵PA2+PC2=AC2,∴PC⊥PA,則PD=12AC=1,DO=12DF=12×1∴sin∠OPD=ODPD=12,即∠OPD=∴∠APO=45°+30°=75°,可得sin75°=6+則(AM+MN)min=PA·sin75°=3+12.故選微點3例3(1)B(2)B[解析](1)∵BC⊥平面AMD,∴BC⊥AM,∵平面ABC⊥α,∴AM⊥α,則AM⊥MD,∴A,D兩點均在以M為圓心,以3為半徑圓上,并且均旋轉(zhuǎn)了14圓周長∴A,D兩點所經(jīng)過的路程之和等于2×14×2π×3=3π,故選B(2)對于①,∵ED⊥AC,∴DE⊥A1D,DE⊥CD,又A1D∩CD=D,∴DE⊥平面A1CD,∴DE⊥A1C,故①正確,解除C;對于②,假設(shè)存在某個位置,使得A1E⊥BE,連接CE,由題知CE⊥BE,又CE∩A1E=E,∴BE⊥平面A1CE,∴A1C⊥BE,又由①知DE⊥A1C,∴A1C⊥平面ABC,則A1C⊥CD,∴∠A1CD=π2,得A1D>CD,這明顯是不行能的,故假設(shè)不成立,故②錯誤,解除A,D.故選B【強化訓(xùn)練】1.C[解析]如圖,設(shè)底面圓的圓心為O,三棱錐S-ABC的外接球的球心為O1,連接SO,則SO⊥平面ABC,且O1在線段SO上.易知SO=3,AO=3.連接O1A,設(shè)球O1的半徑為R,在Rt△O1AO中,由勾股定理得(3-R)2+(3)2=R2,解得R=2,故所求球的表面積為4πR2=16π.故選C.2.D[解析]如圖,設(shè)G,H,I分別為CD,CC1,C1D1的中點,連接EG,BG,B1H,HI,IB1,CD1,則EG∥CD1,又A1B∥CD1,∴EG∥A1B,則A1,B,E,G四點共面.由正方體的性質(zhì)可知HI∥GE,B1I∥BG,又HI∩B1I=I,GE∩BG=G,∴平面A1BGE∥平面B1HI.∵B1F∥平面A1BE,∴F落在線段HI上,∵正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a,∴HI=12CD1=22a,即F在側(cè)面CDD1C1上的軌跡的長度是22a.3.A[解析]以B為坐標(biāo)原點,BC,BA,BB1的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方體的棱長為2,P(x,y,z),則B(0,0,0),A(0,2,0),因為PA=2PB,所以(x-0)2+(y-2)2+(z-0)2=2x2+y2+z2,即x2+y+232+z2=169,所以點P的軌跡為以點Q0,-23,0為球心,43為半徑的球與正方體表面的交線,即為如圖的EMG,GSF,ENF,連接QD,要使PD1與底面ABCD所成的角最大,則PD1與底面ABCD的交點R到點D的距離最小,此時點P在ENF上,且在QD上,又DQ=D4.C[解析]如圖,當(dāng)DA⊥BC時,∵BC⊥DC,DA∩DC=D,∴BC⊥平面DAC,∵AC?平面DAC,∴BC⊥AC,即①正確;當(dāng)平面BCD⊥平面ABD時,四面體A-BCD的體積最大,最大值為13×12×3×4×125=245,即②正確;當(dāng)平面BCD⊥平面ABD時,BC與平面ABD所成的角最大,為∠CBD,而sin∠CBD=CDBD=45<32=sinπ3,∴BC與平面ABD所成的角肯定小于π3,即③錯誤;在翻折的過程中,△ABD和△BCD始終是直角三角形,斜邊都是BD,故四面體A-BCD的外接球的球心恒久是BD的中點,外接球的直徑為BD,∴四面體ABCD5.536π[解析]由題可知球面與正方體的六個面都相交,所得交線分成兩類:一類在面ABCD、面AA1D1D、面AA1B1B上;另一類在面A1B1C1D1、面B1BCC1、面D1DCC1上.如圖,球面與面AA1B1B的交線為EF,由AE=AF=233,AA得cos∠A1AE=cos∠BAF=1233=32,∴∠A1AE=∠BAF=π6,得∠EAF=π6,故EF的長為23球面與面BB1C1C的交線為FG,由AG=233,得BG=BF=33,又∠GBF=π2,故FG的長為π2×3綜上,所求交線的長為3×3π9+3×3π66.[12,20][解析]連接AC,CD1,D1A,BC1(圖略),由題知FM∥BC1,又BC1∥AD1,∴FM∥AD1,易知EF∥AC,∵FM∩EF=F,AD1∩AC=A,∴平面ACD1∥平面EFM,∵D1P∥平面EFM,∴P∈AC.∵BB1⊥平面ABCD,∴BB1⊥BP,△PBB1為直角三角形.當(dāng)BP⊥AC時,△PBB1的面積最小,最小值為12×125×10=12;當(dāng)P與C重合時,△PBB1的面積最大,最大值為12×4×10=20,故S△PBB17.π6[解析