2024届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

这是一份2024届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，共4页。


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．π4 B．2
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AM·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DA1＝(2，0，2)，DE＝(0，2，1)，则平面A1DE的一个法向量为n＝(2，1，－2)．设M(x，2，z)，则AM＝(x－2，2，z)．由AM·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2.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．[3－1，3＋1] B．[1，3]
C．[3－1，2] D．[1，3＋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≤OP≤|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＝22-12＝3，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3－1≤|OP|≤3＋1，即|OP|的取值范围是[3－1，3＋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．255 B．22
C．1 D．63
A　解析：设点P在平面ABCD上的射影为点P′，点M在平面BB1C1C上的射影为点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＝S△DP'MS△D1PM，cos β＝S△PM'C1S△D1PM.因为cos α＝cos β，所以S△DP′M＝S△PM'C1设点P到C1M′距离为d，则12×5×d＝12×1×2，d＝255，即点P到C1的最短距离为255.
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3，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3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3，所以空间中到直线BD的距离为3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＝3，a＝3sin60°＝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．22 B．1
C．2 D．2
D　解析：因为当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，
所以tan∠DMD1＝DD1MD1＝122＝2是最大值．故选D．