《新高考数学大二轮复习课件》专题四 培优点11 动点问题

这是一份《新高考数学大二轮复习课件》专题四 培优点11 动点问题，共33页。PPT课件主要包含了跟踪演练，所以半径r＝1，故选项C不正确，故选项D正确等内容，欢迎下载使用。
立体几何中的动态问题主要包括：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.求解的一般方法是利用圆锥曲线的定义判断动点轨迹是什么样的曲线；利用空间向量坐标运算求轨迹的长度及范围等.
例1　(1)(多选)(2021·日照模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是A.若MN与平面ABCD所成的角为 ， 则点N的轨迹为圆B.若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所　围成图形的面积为2πC.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线D.若D1N与AB所成的角为 ，则点N的轨迹为双曲线
解析　如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，
所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；
对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；
对于D，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(4,0,0)，B(4,4,0)，D1(0,0,4)，设N(x，y，0)，
所以点N的轨迹为双曲线，故D正确.
解析　如图，连接B1D1，因为E，F分别为棱AB，AD的中点，所以B1D1∥EF，则B1，D1，E，F四点共面.连接A1C1，A1D，设A1C1∩B1D1＝M，A1D∩D1F＝N，连接MN，则点Q的轨迹为线段MN，
所以∠C1A1D＝60°，又A1M＝2，
例2　(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为线段AB1上的动点(含端点)，则下列结论正确的是
解析　对于A，∵BC⊥AB，BC⊥BB1，AB∩BB1＝B，AB，BB1⊂平面AA1M，∴BC⊥平面AA1M，又BC⊂平面BCM，∴平面BCM⊥平面A1AM，A正确；
∵M为AB1上的动点，
对于C，以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，当M为AB1的中点时，
∴(0，y，z－1)＝(0，λ，－λ)，则y＝λ，z＝1－λ，∴M(1，λ，1－λ)，
解析　因为四面体ABCD是棱长为1的正四面体，
设正四面体ABCD内切球的半径为r，
动点问题的解题技巧(1)应用“位置关系定理”转化.(2)建立“坐标系”计算.(3)依据“曲线定义”判定.
设长方体外接球球心为O，则DB1为外接球的一条直径，设O为DB1的中点，不妨设M与D重合，N与B1重合.
取BB1 的中点N，连接CN，则CN⊥BM，∵正方体ABCD－A1B1C1D1，∴CN为DP在平面B1C1CB中的射影，∴点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切球的交线，
∴截面圆的半径为2，∴点P的轨迹的长度为2π×2＝4π.
3.(多选)如图，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为A1D1的中点，F为CC1上的一个动点，设由点A，E，F构成的平面为α，则
解析　如图，建立空间直角坐标系，延长AE与z轴交于点P，连接PF与y轴交于点M，则平面α由平面AEF扩展为平面APM.由此模型可知A错误，B，D正确.D(0,0,0)，A(2,0,0)，P(0,0,4)，设点M的坐标为(0，t，0)(t∈[2,4])，
则可知点P到直线AM的距离为
利用等体积法VD－APM＝VM－PAD，
4.(多选)(2021·济宁模拟)如图，AC为圆锥SO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
对于选项B，当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，
又因为B与A，C不重合，
又2∠SAB＋∠ASB＝π，
对于选项D，由AB＝BC，∠ABC＝90°，AC＝4，
则△SAB为等边三角形，则∠SBA＝60°， 将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S1AB，则△S1AB为等边三角形，∠S1BA＝60°，如图所示，则(SE＋CE)min＝S1C，