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课件网) 阶段综合·融会建模 习题课2———立体几何中的动态问题 “动态”问题是高考立体几何问题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，题意更新颖．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，加强了对学生空间想象能力的考查．解决动态几何问题的关键在于要注重动态元素所引发的图形变化过程，动中窥静，静中见动，以静制动． 类型一 判断形状 [典例] (1)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为平面A B1D1内一动点，P到底面ABCD的距离与到直线AD1的距离相等， 则P点的轨迹是 ( ) A．直线 B．圆 C．抛物线 D．椭圆 [方法技巧] 一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题．解决此类问题的关键是抓住动点，可以采用转化法或坐标法求解． [针对训练] 1.(多选)如图所示，在正方体AC1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1(包含边界)内的动点，且A1F∥平面D1AE，下列说法正确的是 ( ) A．A1F与BE是异面直线 B．A1F不可能与D1E平行 C．DF不可能与平面AD1E垂直 D．三棱锥F-ABD1的体积为定值 解析：取BB1，B1C1的中点N，M，连接A1M，A1N，MN，BC1， 则A1N∥D1E，MN∥BC1∥AD1，又A1N 面A1MN，MN 面A1M N，A1N∩MN＝N，D1E 面AD1E，AD1 面AD1E，D1E∩AD1＝ D1，所以面A1MN∥面D1AE，又A1F∥平面D1AE，A1F 平面A1MN，所以点F的轨迹是线段MN.对于A：因为MN∥BC1，所以点F一定不在BC1上，所以A1F与BE是异面直线，故A正确；对于B：当点F与点N重合时，A1F∥D1E，故B不正确；对于C：因为点F的轨迹是线段MN，又正方体中DB1⊥面AD1E，若DF⊥面AD1E，则DB1∥DF，这显然不可能，所以DF不可能与平面AD1E垂直，故C正确；对于D：因为MN∥AD1，AD1 面ABD1，MN 面ABD1，所以MN∥面ABD1，所以点F到面ABD1的距离是定值，所以三棱锥F-ABD1的体积为定值，故D正确．故选A、C、D. 答案：ACD 2.如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1， AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E F，则M点的轨迹长度为_____． 解析：如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH， C1H，C1G，EG，HF， 可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G∥D1E.同理可得C1 H∥CF. 因为C1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF. 类型二 度量问题 立体几何中动点的轨迹的度量问题的探究，包括求解轨迹的长度，相关的体积、截面面积等． [例1] (2022·德州一模)(多选)如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上(不含端点)且BE＝BF，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A1，则下列结论正确的有 ( ) [例2] 已知在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为_____． [例3] 如图，圆形纸片的圆心为O，半径为4 cm，该纸片上的正方形ABCD的中心为O，P1，P2，P3，P4为圆O上的点，△P1AB，△P2BC，△P3CD，△P4DA分别是以AB，BC，CD，DA为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DA为折痕折起△P1AB，△P2BC，△P3CD，△P4DA，使得P1，P2，P3，P4重合，得到四棱锥．当该四棱锥体积取得最大值时，正方形ABCD的边长为_____ cm. [方法技巧] 求解此类问题可以采用几何法或坐标法． 2.(2022·湖南师大附中10月月考)如图，在棱长为4的正方体ABCD-A′B′C′D′中，E，F分别是AD，A′D′的中点，长为2的线段MN的一个端点M在线段EF上运动， ... ...
