2021届统考数学(理科)第二轮：微专题二 立体几何中的动态问题

动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素,因此要认真分析其变化特点,寻找不变的静态因素,从静态因素中,找到解决问题的突破口.
求解动态范围的选择、填空题,有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来,通过动态思维,观察它的变化规律,找到两个极端位置,即用特殊法求解范围.对于探究存在问题或动态范围(最值)问题,用定性分析比较难或繁时,可以引进参数,把动态问题化归为静态问题.具体地,可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算,以算促证.其主要题型有点在平面上运动、直线在空间中运动、平面的旋转与翻折等形成的几何问题,它涉及的其他知识主要有圆锥曲线定义、对称性问题、函数的性质等.
微点1动点
1(1)如图W2-1,大摆锤是一种大型游乐设备,常见于各大游乐园.游客坐在圆形的座舱中,面向外.通常大摆锤以压肩作为安全束缚,配以安全带作为二次保险.座舱旋转的同时,悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动.今年五一,小明去某游乐园玩“大摆锤”,他坐在点A处,“大摆锤”启动后,主轴OB在平面α内绕点O左右摆动,平面α与水平地面垂直,OB摆动的过程中,点A在平面β内绕点B作圆周运动,并且始终保持OB⊥β,B∈β.已知OB=6AB,在“大摆锤”启动后,给出下列结论:
①点A在某个定球面上运动;
②线段AB在水平地面上的正投影的长度为定值;
③直线OA与平面α所成角的正弦值的最大值为√37
;
37
④平面β与水平地面所成的角记为θ,直线OB与水平地面所成角记为δ,当0<θ<π
时,θ+δ为定值.
2
其中正确结论的个数为()
图W2-1
A.1
B.2
C.3
D.4
(2)如图W2-2所示,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PAB,BC⊥平面PAB,底面ABCD为梯
形,AD=4,BC=8,AB=6,∠APD=∠BPC,满足上述条件的四棱锥顶点P的轨迹是()
图W2-2
A.线段
B.圆的一部分
C.椭圆的一部分
D.抛物线的一部分
微点2动直线
2如图W2-3,在正三棱锥P-ABC中,侧棱长为√2,底面边长为2,D为AC的中点,E为AB的中点,M 是PD上的动点,N是平面PCE上的动点,则AM+MN的最小值是()
图W2-3
A.√2+√6
4
B.1+√3
2
C.√6
4
D.√3
2
微点3动面
3(1)如图W2-4,四面体A-BCD中的面BCD在平面α内,平面ABC⊥α,M∈BC,且BC⊥平面AMD,已知AM=DM=√3,若将四面体A-BCD以BC为轴转动,使点A落到α内,则A,D两点所经过的路程之和等于()
图W2-4
A.2√3π
B.√3π
C.√3
πD.3π
2
(2)如图W2-5,在边长为4的正三角形ABC中,E为边AB的中点,过E作ED⊥AC,垂足为D.把△ADE沿DE翻折至△A1DE的位置,连接A1C,A1B.在翻折过程中,有下列三个结论:
①ED⊥A1C;
②存在某个位置,使A1E⊥BE;
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则BF的长是定值.
③若CF⃗⃗⃗⃗⃗ =2FA1
其中所有正确结论的序号是()
图W2-5
A.①②
B.①③
C.②③
D.①②③
1.如图W2-6,已知圆锥底面圆的直径AB与侧棱SA,SB构成边长为2√3的正三角形,点C是底面圆上异于A,B的动点,则三棱锥S-ABC的外接球的表面积是()
图W2-6
A.4π
B.32π
3
C.16π
D.与点C的位置有关
2.如图W2-7所示,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点,F是侧面CDD1C1上的动点,且B1F∥平面A1BE,则F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是()
图W2-7
A.a
B.a
2
C.√2a
D.√2a
2
3.已知点P是正方体ABCD-A1B1C1D1表面上的一个动点,且满足PA=2PB,设PD1与底面ABCD所成的角为θ,则θ的最大值为()
A.π
4B.π3
C.π6
D.π
2
4.在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿矩形的对角线BD将△BCD折起,形成四面体A-BCD,在这个过程中,
有下面四个结论:①当DA⊥BC时,BC⊥AC;②四面体A-BCD的体积的最大值为24
5
;③BC与平面ABD所
成的角可能为π
3
;④四面体A-BCD的外接球的体积为定值.其中所有正确结论的序号为()
A.①④
B.①②
C.①②④
D.②③④
5.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,以A为球心,以2√3
为半径的球面与正方体表面的交线长
3
为.
6.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,AD=4,AA1=10,E,F,M分别是棱AB,BC,CC1的中点,P是该长方体底面ABCD上的动点,若PD1∥平面EFM,则△PBB1面积的取值范围是.
7.如图W2-8,在矩形ABCD中,AB=1,BC=√3,E为线段BC上一动点,现将△ABE沿AE折起得到△AB'E,当二面角B'-AE-D的平面角为120°时,点B'在平面ABCD上的射影为K,当E从B运动到C时,则点K 所形成轨迹的长度为.
图W2-8
微专题二立体几何中的动态问题
微点1
例1(1)C(2)B[解析](1)因为点A在平面β内绕点B作圆周运动,并且始终保持OB⊥β,所以
OA=√OB2+AB2,
因为OB ,AB 均为定值,所以OA 也是定值,所以点A 在某个定球面上运动,故①正确;
因为点A 在平面β内绕点B 作圆周运动,所以线段AB 在水平地面上的正投影的长度也会变化,故②不正确;
设AB=a ,则OB=6a ,OA=√OB 2+AB 2=√37a ,当AB ⊥α时,直线OA 与平面α所成的角最大,此时直线
OA 与平面α所成角的正弦值为√37a =√37
37,故③正确;
根据题意作出简图如下,OB ⊥l ,所以δ+θ=π2
,故④正确.故选C .
(2)在平面PAB 内,设AB 的中点为O ,以O 为坐标原点,以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的平面直角坐标系.设点P (x ,y ),则由题意可得A (-3,0),B (3,0).
因为AD ⊥平面PAB ,BC ⊥平面PAB ,∠APD=∠CPB , 所以Rt △APD ∽Rt △BPC ,所以
AP BP =AD BC =48=1
2
, 即BP 2=4AP 2,故有(x-3)2+y 2=4[(x+3)2+y 2],
整理得(x+5)2+y 2=16,由于点P 不能在直线AB 上,故点P 的轨迹是圆的一部分,故选B .
微点2
例2 B [解析]取CB 的中点F ,连接DF ,交CE 于点O ,由题知PE ⊥AB ,CE ⊥AB ,又PE ∩CE=E ,∴AB ⊥平面PCE ,∵DO ∥AB ,∴DO ⊥平面PCE ,要使AM+MN 最小,则MN 最小,此时MN ⊥平面PCE ,得MN ∥DF.连接PO ,则DO ⊥PO ,把△POD 绕PD 旋转至与△PDA 共面,如图.
∵PA 2+PC 2=AC 2,∴PC ⊥PA ,则PD=12AC=1,DO=12DF=12×12AB=1
2, ∴sin ∠OPD=OD PD =1
2,即∠OPD=30°, ∴∠APO=45°+30°=75°,可得sin75°=√6+√2
4
,
则(AM+MN )min =PA ·sin75°=
√3+1
2
.故选B .
微点3
例3 (1)B (2)B [解析](1)∵BC ⊥平面AMD ,∴BC ⊥AM ,∵平面ABC ⊥α,∴AM ⊥α,则AM ⊥MD ,
∴A ,D 两点均在以M 为圆心,以√3为半径圆上,并且均旋转了1
4圆周长, ∴A ,D 两点所经过的路程之和等于2×1
4×2π×√3=√3π,故选B .
(2)对于①,∵ED ⊥AC ,∴DE ⊥A 1D ,DE ⊥CD ,又A 1D ∩CD=D ,∴DE ⊥平面A 1CD ,∴DE ⊥A 1C ,故①正确,排除C ;
对于②,假设存在某个位置,使得A 1E ⊥BE ,连接CE ,由题知CE ⊥BE ,又CE ∩A 1E=E ,
∴BE ⊥平面A 1CE ,∴A 1C ⊥BE ,又由①知DE ⊥A 1C ,∴A 1C ⊥平面ABC ,则A 1C ⊥CD , ∴∠A 1CD=π
2,得A 1D>CD ,这显然是不可能的,故假设不成立,故②错误,排除A ,D.故选B .
【强化训练】
1.C [解析]如图,设底面圆的圆心为O ,三棱锥S-ABC 的外接球的球心为O 1,连接SO ,则SO ⊥平面ABC ,且O 1在线段SO 上.易知SO=3,AO=√3.
连接O 1A ,设球O 1的半径为R ,在Rt △O 1AO 中,由勾股定理得(3-R )2+(√3)2=R 2,解得R=2, 故所求球的表面积为4πR 2=16π.故选C .
2.D [解析]如图,设G ,H ,I 分别为CD ,CC 1,C 1D 1的中点,连接EG ,BG ,B 1H ,HI ,IB 1,CD 1,则EG ∥CD 1,又A 1B ∥CD 1,∴EG ∥A 1B ,则A 1,B ,E ,G 四点共面.由正方体的性质可知HI ∥GE ,B 1I ∥BG ,又HI ∩B 1I=I ,GE ∩BG=G ,∴平面A 1BGE ∥平面B 1HI.∵B 1F ∥平面A 1BE ,∴F 落在线段HI 上,∵正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为
a ,∴HI=12CD 1=√22a ,即F 在侧面CDD 1C 1上的轨迹的长度是√2
2a.故选D .
3.A [解析]以B 为坐标原点,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,P (x ,y ,z ),则B (0,0,0),A (0,2,0),因为PA=2PB ,所以√(x -0)2+(y -2)2+(z -0)2=2√x 2+y 2+z 2,即x 2+y+2
3
2
+z 2=169,所以点P 的轨迹为以点Q 0,-2
3,0为
球心,43
为半径的球与正方体表面的交线,即为如图的EMG
⏜ ,GSF ⏜,ENF ⏜,连接QD ,要使PD 1与底面ABCD 所成的角最大,则PD 1与底面ABCD 的交点R 到点D 的距离最小,此时点P 在ENF
⏜上,且在QD 上,又DQ=√DA 2+AQ 2=103,则DP=DQ-43=103-43=2,从而tan θ=DD 1DP =1,所以θ的最大值为π
4,故选A .
4.C [解析]如图,当DA ⊥BC 时,∵BC ⊥DC ,DA ∩DC=D ,∴BC ⊥平面DAC ,∵AC ⊂平面DAC ,∴BC ⊥AC ,即
①正确;
当平面BCD ⊥平面ABD 时,四面体A-BCD 的体积最大,最大值为13×1
2
×3×4×125=245
,即②正确;当平面
BCD ⊥平面ABD 时,BC 与平面ABD 所成的角最大,为∠CBD ,而sin ∠CBD=CD BD =45<√32=sin π
3,∴BC 与平面
ABD 所成的角一定小于π
3,即③错误;在翻折的过程中,△ABD 和△BCD 始终是直角三角形,斜边都是BD ,故四面体A-BCD 的外接球的球心永远是BD 的中点,外接球的直径为BD ,∴四面体ABCD 的外接球的体积不变,即④正确.故选C . 5.
5√3
6
π [解析]由题可知球面与正方体的六个面都相交,所得交线分成两类:一类在面ABCD 、面AA 1D 1D 、
面AA 1B 1B 上;另一类在面A 1B 1C 1D 1、面B 1BCC 1、面D 1DCC 1上.如图,球面与面AA 1B 1B 的交线为EF ⏜,由AE=AF=
2√3
3
,AA 1=AB=1, 得cos ∠A 1AE=cos ∠BAF=12√33
=√32,∴∠A 1AE=∠BAF=π6,得∠EAF=π6,故EF
⏜的长为2√33×π6=√3π9
,这样的弧共有三条.
球面与面BB 1C 1C 的交线为FG
⏜,由AG=2√33
,得BG=BF=√33
,又∠GBF=π2
,故FG ⏜的长为π2
×√33
=√3π6
,这样的弧共有三条.
综上,所求交线的长为3×√3π
9
+3×
√3π
6
=
5√3
6
π.
6.[12,20] [解析]连接AC ,CD 1,D 1A ,BC 1(图略),由题知FM ∥BC 1,又BC 1∥AD 1,∴FM ∥AD 1,易知EF ∥
AC ,∵FM ∩EF=F ,AD 1∩AC=A ,∴平面ACD 1∥平面EFM ,∵D 1P ∥平面EFM ,∴P ∈AC.∵BB 1⊥平面
ABCD ,∴BB 1⊥BP ,△PBB 1为直角三角形.当BP ⊥AC 时,△PBB 1的面积最小,最小值为12×12
5×10=12;当P 与C 重合时,△PBB 1的面积最大,最大值为1
2×4×10=20,故S △PBB 1∈[12,20].
7.π6
[解析]过B'作B'O ⊥AE ,垂足为O ,连接KO ,因为B'K ⊥AE ,B'K ∩B'O=B',所以AE ⊥平面B'OK ,则KO ⊥AE ,
所以∠B'OK 就是二面角B'-AE-B 的平面角,由题知∠B'OK=60°,得KO=12
B'O.
因为△B'EA≌△BEA,所以K在线段BO上,且K是线段BO的中点,取BA的中点M,连接KM,则KM⊥BK,所以点K的轨迹是以BM为直径的圆的一部分,当E从B运动到C时,点K在圆周上从点B运动到K',且
∠K'MB=π
3,则这段弧所对的圆心角为2π
3
,故点K所形成轨迹的长度为2π
3
×1
4
=π
6
.。