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微重点3立体几何中的动态问题
[考情分析]“动态”问题是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,题型更新颖.同时,由于“动态”的存在,也使立体几何题更趋多元化,将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁,使得它们之间灵活转化.
考点一动点轨迹问题
例1(多选)(2024·梅州模拟)如图,平面ABN⊥平面α,AB=MN=2,M为线段AB的中点,直线MN与平面α所成角的大小为30°,点P为平面α内的动点,则()
A.以N为球心,半径为2的球面在平面α上的截痕长为2π
B.若P到点M和点N的距离相等,则点P的轨迹是一条直线
C.若P到直线MN的距离为1,则∠APB的最大值为π
D.满足∠MNP=45°的点P的轨迹是椭圆
答案BC
解析对于A,由于MN与平面α所成角的大小为30°,所以点N到平面α的距离d=MN·sin30°=1,故半径为R=2的球面在平面α上截面圆的半径为r=R2-d2=3,故截痕长为2πr=2
对于B,由于平面ABN⊥平面α,所以以AB为y轴,在平面α内过M作x轴⊥AB,在平面ABN内作z轴⊥AB,建立如图所示的空间直角坐标系,
则M(0,0,0),B(0,1,0),A(0,-1,0),N(0,3,1
设P(x,y,0),则PM=PN?x2+y2=x2+(y-3)2+1,
化简得y=233,故P到点M和点N的距离相等,则点P的轨迹是一条直线
对于C,MN=(0,3,1),MP=(x,y
所以P到直线MN的距离为
MP2-MP·
化简可得x2+y24
所以点P的轨迹是平面α内的椭圆x2+y24=1,如图,当P在短轴的端点时,∠APB最大,由于BM=MP
故∠BPM=π4,因此∠APB=2∠BPM=π
对于D,NM=0
NP=x
若∠MNP=45°,则cos∠MNP=cos〈NM,NP〉=NM·NP
化简得y-2324-x22=1且y433,故满足∠
[规律方法]解决与几何体有关的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.
跟踪演练1(多选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P在侧面CC1D1D(含边界)内运动,Q在底面ABCD(含边界)内运动,则下列说法正确的是()
A.若直线AC与直线AP所成角的大小为30°,则点P的轨迹为椭圆的一部分
B.若过点Q作体对角线A1C的垂线,垂足为H,满足QA=QH,则点Q的轨迹为双曲线的一部分
C.若点P到直线B1C1的距离与点P到平面ABCD的距离相等,则点P的轨迹为抛物线的一部分
D.若点P满足∠PAD=∠PAC1,则点P的轨迹为线段
答案ACD
解析依题意,以A为坐标原点,AD为x轴,AB为y轴,AA1为z轴,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),C(1,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),D(1,0,0),
假设P(1,m,n),m,n∈[0,1],
则AC=(1,1,0),AP=(1,m,n)
所以cos30°=AC·AP
即(m-2)23+n2=1,m,n∈[
所以点P的轨迹为椭圆的一部分,故A正确;
设Q(a,b,0),a,b∈[0,1],
QA=a2+b2,A1Q=
A1C=(1,1,-1
A1H为向量A1Q在向量A1C上投影的长度,故
由勾股定理,得QH=A1Q
由QA=QH得,a+b=3-1,a,b∈[0,1],
所以点Q的轨迹为线段,故B错误;
由条件得,点P到直线B1C1的距离为(1-
设点P到平面ABCD的距离为n,
由(1-m)2+(1-n)2=n,化简得(m-1)2=2n-1,
AD=(1,0,0),AC1=(1,1,
可得cos∠PAD=AD·AP
cos∠PAC1=A
=1+
由cos∠PAD=cos∠PAC1,
化简得m+n=3-1,所以点P的轨迹为线段,故D正确.
考点二折叠、展开问题
例2(多选)如图,在菱形ABCD中,AB=2,∠D=60°,沿AC将△DAC翻折至△SAC,连接SB,得到三棱锥S-ABC,E是线段SA的中点,则在翻折过程中,下列结论正确的是()
A.在棱SB上总存在一点F,使得EF∥平面ABC
B.当SB=3时,三棱锥S-ABC的体积为1
C.当平面SAC⊥平面ABC时,SB=6
D.当二面角S-AC-B为120°时,三棱锥S-ABC的外接球的半径为15
答案AC
解析对于A,取SB的中点F,连接EF,
因为E,F分别是SA,SB的中点,所以EF∥AB,
因为AB?平面ABC,EF?平
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