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\((\)　　\()\)

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

（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。

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

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