![第7章 高考培优7 立体几何中的动态问题-备战2025年高考数学一轮复习(解析版)_第1页](http://file4.renrendoc.com/view5/M01/02/02/wKhkGGaOO6SAP3qIAAFwiH77mg8158.jpg)
![第7章 高考培优7 立体几何中的动态问题-备战2025年高考数学一轮复习(解析版)_第2页](http://file4.renrendoc.com/view5/M01/02/02/wKhkGGaOO6SAP3qIAAFwiH77mg81582.jpg)
![第7章 高考培优7 立体几何中的动态问题-备战2025年高考数学一轮复习(解析版)_第3页](http://file4.renrendoc.com/view5/M01/02/02/wKhkGGaOO6SAP3qIAAFwiH77mg81583.jpg)
![第7章 高考培优7 立体几何中的动态问题-备战2025年高考数学一轮复习(解析版)_第4页](http://file4.renrendoc.com/view5/M01/02/02/wKhkGGaOO6SAP3qIAAFwiH77mg81584.jpg)
![第7章 高考培优7 立体几何中的动态问题-备战2025年高考数学一轮复习(解析版)_第5页](http://file4.renrendoc.com/view5/M01/02/02/wKhkGGaOO6SAP3qIAAFwiH77mg81585.jpg)
版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
文档简介
立体几何中的动态问题题型一空间位置关系的判定[典例1](1)(多选)如图,四边形ABCD为矩形,AD=2AB,E是BC的中点,将△BAE沿AE翻折至△PAE的位置(点P∉平面AECD),设线段PD的中点为F.则在翻折过程中,下列选项正确的是()A.CF∥平面AEPB.CF的长度恒定不变C.AE⊥DPD.异面直线CF与PE所成角的大小恒定不变(2)(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P为空间中一点.下列叙述正确的是()A.若AP=12AD1,则异面直线BP与CB.若BP=λBC+BB1(λ∈[0,1]),三棱锥P-AC.若BP=λBC+12BB1(λ∈[0,1]),有且仅有一个点P,使得A1D.若AP=λAD1(λ∈[0,1]),则异面直线BP和C1D(1)ABD(2)ABD[(1)取AP中点G,连接EG,FG,如图,因为F为线段PD的中点,则有GF∥AD,GF=12AD,又E是矩形ABCD边BC的中点,则CE∥AD,CE=12AD,于是得GF∥CE,GF=CE,即有四边形CEGF是平行四边形,则CF∥EG,而EG⊂平面AEP,CF⊄平面因此,CF∥平面AEP,A正确;在▱CEGF中,CF=EG,在△PAE中,PE=PA=AB,∠APE=90°,即EG为已知等腰直角三角形一腰上的中线,则EG长是定值,∠PEG也是定值,因此,CF的长度恒定不变,B正确;由CF∥EG知,异面直线CF与PE所成角的大小为∠PEG,D正确;假设AE⊥DP,由于AE=DE=2AB,则AE2+DE2=4AB2=AD2,即AE⊥DE,而DP∩DE=D,DP,DE⊂平面PDE,则AE⊥平面PDE,有AE⊥PE,在折叠前有∠PEA=∠BEA=45°,与AE⊥PE矛盾,即假设错误,C不正确.故选ABD.(2)如图1,P为AD1中点,取B1D1的中点O,连接PO,BO,则PO∥C1D,所以∠BPO或其补角即为异面直线BP与C1D所成的角,易得BP=6,PO=2,BO=6,所以cos∠BPO=36由条件BP=λBC+BB1(λ∈[0,1]),可知点P的轨迹为线段B1C1,因为B1C1∥BC,故P到平面A1BC的距离为定值,且△A1BC面积为定值,故三棱锥P-A1由BP=λBC+12BB1(λ∈[0,1])可知点P在线段EF上(E,F分别为BB1,CC1中点),如图2,因为A1C⊥平面AB1D1,所以平面AB1P即为平面AB1D1,点P即为平面AB1D由AP=λAD1(λ∈[0,1])可知点P的轨迹为线段AD1,以A1为坐标原点建立空间直角坐标系,如图3,C1(2,2,0),D(0,2,2),B(2,0,2),设P(0,a,2-a),a∈[0,2],得C1D=(-2,0,2),BP=(-2,a,-a),所以cos〈BP,C1D〉=4−2a当a=2,即x=0时,cos〈BP,C1D〉=0,此时直线BP和C1当a≠2,即x∈(0,2]时,则cos〈BP,C1D〉=126x2−4x+1,令1x=t∈12,+∞,cos〈BP,C1D〉=12空间位置关系的动点问题的解法(1)应用线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质定理进行转化;(2)利用向量法或建立空间直角坐标系进行计算.[跟进训练]1.(1)(多选)(2024·湖南益阳模拟)如图,矩形ABCD中,E,F分别为BC,AD的中点,且BC=2AB=2,BF∩AE=O,现将△ABE沿AE向上翻折,使B点移到P点,则在翻折过程中,下列结论正确的是()A.CF⊥OPB.存在点P,使得PE∥CFC.存在点P,使得PE⊥EDD.三棱锥P-AED的体积的最大值为2(2)(多选)(2024·广东佛山禅城区一模)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P满足BP=λBC+μBB1,其中λ∈0,1,A.当λ=μ=1时,BP⊥A1DB.当λ=μ=12时,点P到平面A1BD的距离为C.当λ+μ=1时,D1P∥平面A1BDD.当λ+μ=12时,三棱锥A1-PBD的体积恒为(1)ACD(2)ACD[(1)依题意,AF∥EC,AF=EC,则四边形AECF为平行四边形,有CF∥AE,而AF=AB=BE,∠BAF=∠ABE=90°,即有∠ABO=∠BAO=45°,因此BF⊥AE,即OP⊥AE,因此CF⊥OP,A正确;因为PE∩AE=E,CF∥AE,因此PE,CF不平行,即不存在点P,使得PE∥CF,B错误;连接PF,当PF=1时,因为PO=FO=22即PO2+FO2=1=PF2,则PO⊥FO,而FO⊥AE,PO∩AE=O,PO,AE⊂平面PAE,因此FO⊥平面PAE,又O,F分别为AE,AD的中点,即ED∥FO,于是ED⊥平面PAE,而PE⊂平面PAE,则PE⊥ED,C正确;在翻折过程中,令PO与平面AED所成角为θ,则点P到平面AED的距离h=POsinθ=22sinθ又S△AED=12AD·AB因此三棱锥P-AED的体积VP-AED=13S△AED·h=26sinθ≤当且仅当θ=90°,即PO⊥平面AED时取等号,所以三棱锥P-AED的体积的最大值为26故选ACD.(2)当λ=μ=1时,此时点P与点C1重合,由正方体可得BC1⊥A1D,所以BP⊥A1D,A正确;当λ=μ=12时,此时点P为B1C的中点,由B1C∥平面A1BD,得点P到平面A1BD的距离等于点C到平面A1BD的距离,设为d,由VA1−BCD=VC−A1BD,得13×12×当λ+μ=1时,此时P,C,B1三点共线,由平面B1CD1∥平面A1BD,得D1P∥平面A1BD,C正确;点P在△BB1C中与B1C平行的中位线MN(图略)上,易得MN∥平面A1BD,点P到平面A1BD的距离为定值,为点C到平面A1BD的距离的一半,即12d=36,底面是边长为2的等边三角形A1BD,所以S△A1BD=12×(2)2×故选ACD.]题型二轨迹问题[典例2](1)(多选)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M为DD1的中点,N为ABCD所在平面内一动点,则下列命题正确的是()A.若MN与平面ABCD所成的角为π4,则点NB.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与到直线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π3,则点N(2)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N,G分别是棱AA1,BC,A1D1的中点,设Q是该正方体表面上的一点,若MQ=xMG+yMN(x,y∈R),则点Q的轨迹围成图形的面积是________.(1)ACD(2)33[(1)如图所示,根据正方体的性质可知,MD⊥平面ABCD,所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角,所以∠MND=π4,所以DN=DM=12DD1=12在Rt△MDN中,DN=MN2−MD2=42−22=23,取MD的中点E,MN的中点P,连接PE,所以PE∥DN,且PE=12DN=3,因为DN⊥ED,所以PE⊥ED,即点P在过点E且与DD1垂直的平面内,又PE=3,所以点连接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,C正确;以D为坐标原点,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),则AB=(0,4,0),D1N=(x,因为D1N与AB所成的角为π3所以|cos〈AB,D1所以4y4x2+y2+(2)因为MQ=xMG+yMN(x,y∈R),所以点Q在平面MGN上,分别取AB,CC1,C1D1的中点E,F,O,则点Q的轨迹是正六边形OFNEMG,因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,所以正六边形OFNEMG的边长为2,所以点Q的轨迹围成图形的面积S=6×12×2×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,或用代替法进行计算.(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.[跟进训练]2.(1)(多选)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=1,AA1=3,点M是侧面ADD1A1上的一个动点(含边界),P是棱CC1的中点,则下列结论正确的是()A.当PM长度最小时,三棱锥M-BDP的体积为1B.当PM长度最大时,三棱锥M-BDP的体积为1C.若保持PM=5,则点M在侧面内运动路径的长度为πD.若M在平面ADD1A1内运动,且∠MD1B=∠B1D1B,则点M的轨迹为圆弧(2)(2024·河北邢台模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为CD的中点,且点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动,若总是保持EP∥平面BDD1B1,则动点P的轨迹长度为________;若总是保持AP与AB的夹角为30°,则动点P的轨迹长度为________.(1)AC(2)233π[(1)当PM长度最小时,点M为线段DD1的中点,MD=12DD1=32,求得点P到平面BDM的距离为h=25,VM-BDP=VP-BDM=13S△BDM×h当PM长度最大时,点M与点A或点A1重合,若点M与点A重合,VM-BDP=VP-ABD=13S△ABD×PC=13×12×2×1×32=12,当点M与点A1重合时,由于AA1与平面BDP不平行且取DD1中点O,连接PO,OM,如图所示,易证PO⊥平面ADD1A1,OM⊂平面ADD1A1,则PO⊥OM,若保持PM=5,则OM=5−4=1,则点M的轨迹是以1为半径的半圆弧,长度为π×1=π,C正确;以点D为原点建立空间直角坐标系如图所示,则D1(0,0,3),B1(1,2,3),B(1,2,0),设M(m,0,n)(0≤m≤1,0≤n≤3),则有D1B=(1,2,-3),D1B1=(1,2,0),D若∠MD1B=∠B1D1B,则有cos∠MD1B=cos∠B1D1B,即m+9−3nm化简得2n2-2m2-12n+9m-3mn+18=0,即(m+2n-6)(-2m+n-3)=0,即m+2n-6=0或-2m+n-3=0(此时n=2m+3,m=0,n=3),故点M的轨迹为一段直线,D错误.故选AC.(2)分别取BC,B1C1的中点F,G,连接EF,FG,EG,则BF=12BC,B1G=12B1C因为BC∥B1C1,BC=B1C1,所以BF∥B1G,BF=B1G,所以四边形BFGB1为平行四边形,所以BB1∥FG,因为E为CD的中点,所以EF∥BD,因为EF,FG⊄平面BDD1B1,BD,BB1⊂平面BDD1B1,所以EF∥平面BDD1B1,FG∥平面BDD1B1,因为EF∩FG=F,所以平面EFG∥平面BDD1B1,因为平面EFG∩平面BCC1B1=FG,点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动,EP∥平面BDD1B1,所以点P的轨迹是FG,因为FG=BB1=2,所以动点P的轨迹长度为2.因为AB⊥平面BCC1B1,BP⊂平面BCC1B1,所以AB⊥BP,在Rt△ABP中,AB=2,∠BAP=30°,则tan∠BAP=BPAB=3所以BP=33AB=2所以点P的轨迹是以B为圆心,233为半径的一段弧,且圆心角为直角,所以动点P的轨迹长度为14×2π×2【教师备选资源】(2023·广州一模)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱BC,CC1的中点,P是侧面ADD1A1上的动点,且PC1∥平面AEF,则点P的轨迹长为________,点P到直线AF的距离的最小值为________.2223[在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接BC1,FD1,AD1,如图,对角面ABC因为点E,F分别是棱BC,CC1的中点,则EF∥BC1∥AD1,而EF=12AD1即平面AEF截正方体所得截面为梯形AEFD1,显然过点C1与平面AEFD1平行的平面交平面BCC1B1,平面ADD1A1分别于BC1,MN,因此MN∥BC1∥AD1,连接MC1,平面BMNC1,平面AEFD1与平面ACC1A1分别交于MC1,AF,因此MC1∥AF,而AM∥FC1,即四边形AMC1F为平行四边形,于是AM=FC1=12,即点M为AA1的中点,同理N为A1D1中点,MN=22,因为动点P始终满足PC1∥平面于是PC1⊂平面BMNC1,又P在侧面ADD1A1上,所以点P的轨迹是线段MN,轨迹长为22以点D为坐标原点建立空间直角坐标系,则M1,0,12,N12,0,1,A(1,0,0),F令MP=tMN=−1则有AP=AM+MP=AP·AF=1+3t4,AP·AFAF=1d=AP=1=14t2+13t+2题型三最值(范围)问题[典例3](1)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是线段B1D1上一动点,且AP∥平面DBC1,则异面直线AP与BD所成角的取值范围为()A.π4,3πC.π3,π2(2)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤33,则该正四棱锥体积的取值范围是()A.18,814C.274,643(1)C(2)C[(1)如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则D(0,0,0),B(1,1,0),A(1,0,0),设P(λ,λ,1),λ∈[0,1],∴DB=(1,1,0),AP=(λ-1,λ,1),∴DB·AP=2λ-1,|DB|=|AP|=2λ设异面直线AP与BD所成的角为θ,则cosθ=DB·AP=12·=12当λ=12时,cosθ当λ=0或1时,cosθ取得最大值为12∴0≤cosθ≤12,则π3≤θ≤(2)因为球的体积为36π,所以球的半径R=3,设正四棱锥的底面边长为2a,高为h,则l2=2a2+h2,32=2a2+(3-h)2,所以6h=l2,2a2=l2-h2,所以正四棱锥的体积V=13Sh=13×4a2×h=23所以V′=194l3−l当3≤l<26时,V′>0,当26<l≤33时,V′<0,所以当l=26时,正四棱锥的体积V取得最大值,最大值为643,又l=3时,V=274,l=33时,V=所以正四棱锥的体积V的最小值为274所以该正四棱锥体积的取值范围是274故选C.]在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题,有如下常用的思路.(1)直观判断:在变化过程中判断点、线、面在什么位置时,所求的量有相应最大值、最小值,即可求解.(2)函数思想:通过建系或引入变量,把这类动态问题转化为目标函数,从而利用代数方法求目标函数的最值.[跟进训练]3.(1)(2024·湖南长沙模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,H为棱AA1(包含端点)上的动点,下列命题正确的是()A.CH⊥BDB.平面D1AB1与平面AB1C的夹角为πC.点H到平面B1CD1距离的取值范围是3D.若CH⊥平面β,则直线CD与平面β所成角的正弦值的取值范围为3(2)(2024·江苏盐城模拟)已知正四面体ABCD的棱长为3,点E满足AE=λAB(0<λ<1),过点E作平面α平行于AC和BD,设α分别与该正四面体的棱BC,CD,DA相交于点F,G,H,则四边形EFGH的周长为________,四棱锥A-EFGH的体积的最大值为________.(1)ACD(2)6223则D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A(1,0,0),D1(0,0,1),C1(0,1,1),B1(1,1,1),设H(1,0,h),其中0≤h≤1.CH=(1,-1,h),DB=(1,1,0),故CH·DB=0,即CH⊥AB1=(0,1,1),AD设平面D1AB1的法向量为m=(x,y,z),则m·AB1=0,m·故m=(1,-1,1)为平面D1AB1的一个法向量.设平面AB1C的法向量为n=(a,b,c),则n·AB1=0,n·故n=(1,1,-1)为平面AB1C的一个法向量.故cos〈m,n〉=−13×3而平面D1AB1与平面AB1C的夹角为锐角,故其余弦值为13,所以平面D1AB1与平面AB1C的夹角不是πD1B1设平面CB1D1的法向量为k=(p,q,r),则k即p+q=0,q−r=故k=(-1,1,1)为平面CB1D1的一个法向量.而B1H=(0,-1,h-1),故点H到平面CB1D1的距离为|B1H|×B1H·设直线CD与平面β所成的角为θ.因为CH⊥平面β,故CH
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 云南省曲靖市高中化学 第一章 化学反应与能量 1.3 原电池原理教案 新人教版选修4
- 6 狼牙山五壮士 第一课时(教学设计)2023-2024学年部编版语文六年级上册
- 预检分诊工作制度
- 某企业安全奖金考核办法
- 日本医药行业比较研究系列三:日本国民医疗费及药价政策趋势分析
- 混凝土路面施工工艺
- 2023年华西公共卫生学院兼职辅导员招聘考试真题
- 左岸灌浆隧洞及施工支洞开挖支护、衬砌施工措施
- 2023年成都市新都区部分单位招聘考试真题
- 上海市港航事业发展中心招聘笔试真题2023
- 单独出行同意书
- 名著导读《钢铁是怎样炼成的》课件(24张)
- 六上:全册生字扩词
- 珠心算《认识算盘》教学课件
- 临床常见病原体检测培训课件
- 小学劳动课教案三年级上册5篇
- 不同用地性质交通吸发率
- 外科学教案-创伤
- 凝结水精处理解决方案
- GB∕T 17794-2021 柔性泡沫橡塑绝热制品
- 长江三峡链子崖危岩体和黄腊石滑坡防治工程
评论
0/150
提交评论