高考数学一轮复习第6章思维深化微课堂立体几何中的动态问题学案

立体几何中的动态问题，主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等．

类型一　求动点的轨迹(长度)

已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1的中点，点M在正方形BCC1B1内运动，且直线AM∥平面A1DE，则动点M的轨迹长度为(　　)

A．   B． 

C．2   D．π

[思维架桥]　建立空间直角坐标系，设点M(x,2，z)，求出平面A1DE的法向量n．由·n＝0可得x－z＝1，故点M的轨迹是以BC，BB1的中点为端点的线段，易求这条线段的长度．

B　解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则＝(2,0,2)，＝(0,2,1)，则平面A1DE的一个法向量为n＝(2,1，－2)．设M(x,2，z)，则＝(x－2,2，z)．由·n＝0，得2(x－2)＋2－2z＝0，所以x－z＝1，故点M的轨迹为以BC，BB1的中点为端点的线段，长为．故选B．

[应用体验]

如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹是(　　)

A 　 　    B　 　　  C　   　 　D

A　解析：根据题意可知PD＝DC，则点D符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC”，设AB的中点为N，根据题目条件可知△PAN≌△CBN，所以PN＝CN，点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC”，故动点M的轨迹肯定过点D和点N，可排除选项B，C．而到点P与到点C的距离相等的点的轨迹是线段PC的垂直平分面，线段PC的垂直平分面与平面AC的交线是一直线．故选A．

类型二　求线段的长度问题

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]

[思维架桥]　将A，B在x轴、y轴上运动可以看作点O在以AB为直径的球面上运动．设线段AB的中点为M，则PM可求，且 |PM|－r≤≤|PM|＋r，其中r为球M的半径．

A　解析：如图，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的最近距离等于PM减去球M的半径，最大距离是PM加上球M的半径，所以－1≤|OP|≤＋1，即|OP|的取值范围是[－1，＋1]．

[应用体验]

设点M是棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AD的中点，点P在平面BCC1B1所在的平面内．若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等，则点P与点C1的最短距离是(　　)

A．   B．

C．1   D．

A　解析：设P在平面ABCD上的射影为P′，M在平面BB1C1C上的射影为M′(图略)，平面D1PM与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角分别为α，β，则cos α＝，cos β＝．因为cos α＝cos β，所以S△DP′M＝S设P到C1M′距离为d，则××d＝×1×2，d＝，即点P到C1的最短距离为．

类型三　求最值问题

如图，平面ACD⊥α，B为AC的中点，|AC|＝2，∠CBD＝60°，P为α内的动点，且点P到直线BD的距离为，则∠APC的最大值为(　　)

A．30°   B．60° 

C．90°   D．120°

[思维架桥]　由题意知空间中到直线BD的距离为的点构成一个圆柱面，它与平面α的相交面是一个椭圆面，即点P的轨迹是一个椭圆．由椭圆上的点关于两焦点的张角在短轴的端点取得最大值，可求得答案．

B　解析：因为点P到直线BD的距离为，所以空间中到直线BD的距离为的点构成一个圆柱面，它和平面α相交得到一个椭圆，即点P在α内的轨迹为一个椭圆，B为椭圆的中心，b＝，a＝＝2，则c＝1，所以A，C为椭圆的焦点．因为椭圆上的点关于两焦点的张角在短轴的端点取得最大值，所以∠APC的最大值为60°．故选B．

[应用体验]

如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为(　　)

A．   B．1 

C．2   D．

D　解析：因为当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，

所以tan∠DMD1＝＝＝是最大值．故选D．