立体几何动与静,轨迹坐标显真谛

立体几何动与静,轨迹坐标显真谛。

【例题】(多选题)如图,在菱形\(ABCD\)中,\(AB = 2\),\(\angle ABC = 60^\circ \),\(M\)为\(BC\)的中点,将\(\Delta ABM\)沿直线\(AM\)翻折成\(\Delta A{B_1}M\),连接\({B_1}C\)和\({B_1}D\),\(N\)为\({B_1}D\)的中点,则在翻折过程中,下列说法中正确的是\((\)  \()\)

立体几何动与静,轨迹坐标显真谛   

A.\(AM \bot {B_1}C\)

B.\(CN\)的长为定值

C.\(A{B_1}\)与\(CN\)的夹角为\(\dfrac{\pi }{6}\)

D.当三棱锥\({B_1} – AMD\)的体积最大时,三棱锥\({B_1} – AMD\)的外接球的表面积是\(8\pi \)

【解析】本题为折叠问题,要抓住折前折后不变的量。先画出折前的平面图形

立体几何动与静,轨迹坐标显真谛

(1)折前:\(AM \bot BC\),折后:\(AM \bot {B_1}M,AM \bot MC\),从而\(AM \bot \)平面\({B_1}MC\),故\(AM \bot B{C_1}\),选项A正确;

(2)选项BCD需要计算,此图为动态图,需要定量计算。运动问题,函数思想便是有力的武器。

注意到,在运动过程中,\({B_1}\)点的轨迹是一个圆,其圆心为\(M\),半径为\(1\)。基于此,可以建立空间直角坐标系,把抽象的空间位置关系,转化为代数运算。

立体几何动与静,轨迹坐标显真谛

建立如图所示的空间直角坐标系\(M – xyz\),设\({B_1}(x,y,0)\),则\({x^2} + {y^2} = 1\)

其余各点坐标如图所示,\(CN = |\overrightarrow {CN} | = \sqrt {\dfrac{{{x^2}}}{4} + \dfrac{{{y^2}}}{4} + \dfrac{3}{4}} = 1\),故B正确

(3)\(\overrightarrow {A{B_1}} = (x,y, – \sqrt 3 ),\overrightarrow {CN} = (\dfrac{x}{2},\dfrac{y}{2},\dfrac{{\sqrt 3 }}{2})\)

\(\cos <\overrightarrow {A{B_1}} ,\overrightarrow {CN} > = \dfrac{{\overrightarrow {A{B_1}}
\bullet \overrightarrow {CN} }}{{|\overrightarrow {A{B_1}} | \cdot |\overrightarrow {CN} |}} \\= \dfrac{{\dfrac{{{x^2}}}{2} + \dfrac{{{y^2}}}{2} – \dfrac{3}{2}}}{{\sqrt {{x^2} + {y^2} + 3} \sqrt {\dfrac{{{x^2}}}{4} + \dfrac{{{y^2}}}{4} + \dfrac{3}{4}} }} \\= \dfrac{{\dfrac{1}{2} – \dfrac{3}{2}}}{{\sqrt {1 + 3} \sqrt {\dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4}} }} = – \dfrac{1}{2}\)

\(\therefore A{B_1}\)与\(CN\)的夹角为\(\dfrac{\pi }{3}\),即C不正确

(4)当\({B_1}\)为圆\({x^2} + {y^2} = 1\)与\(x\)轴的交点时,点\({B_1}\)到平面\(AMD\)的距离最大

此时,三棱锥\({B_1} – AMD\)的体积最大

根据\(AM\)与\(M{B_1}\)、\(AD\)都垂直,且\(BM \bot AD\),可构造长方体

立体几何动与静,轨迹坐标显真谛

注意到,三棱锥\({B_1} – AMD\)的外接球与该长方体的外接球是同一个球

故三棱锥\({B_1} – AMD\)的外接球直径\(2R = \sqrt {{1^2} + {{(\sqrt 3 )}^2} + {2^2}} = \sqrt 8 \)
外接球表面积\(S = 4\pi {R^2} = \pi {(2R)^2} = 8\pi \),故D正确

综上所述,ABD正确

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