2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题4 微重点11　立体几何中的动态问题

微重点11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，题型更新颖．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．考点一动点轨迹问题例1(2021·新高考全国Ⅰ改编)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足BP→＝λBC→＋μBB1—→，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则下列结论正确的是________．①当λ＝1时，△AB1P的周长为定值；②当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值；③当λ＝12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP；④当μ＝12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P.答案②④解析BP→＝λBC→＋μBB1→(0≤λ≤1,0≤μ≤1)．对于①，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P的周长为AB1＋AP＋PB1＝2＋1＋μ2＋1＋1－μ2＝2＋1＋μ2＋2－2μ＋μ2，不是定值，故①错误；图1对于②，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，图2则11PABCAPBCVV＝13S△PBC×32＝36S△PBC＝36×12×1×1＝312，为定值，故②正确；对于③，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，则当λ＝12时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即322＋(1－μ)2＋122＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以当点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP，故③错误；方法一对于④，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK(图略)，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故④正确．方法二对于④，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝12时，点P在线段EF上运动，以点C1为原点建立如图所示的空间直角坐标系C1xyz，则B(0,1,1)，B1(0,1,0)，A132，12，0，P0，1－λ，12，所以A1B—→＝－32，12，1，B1P—→＝0，－λ，12，若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以－λ2＋12＝0，解得λ＝1，所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与F重合，故④正确．规律方法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数法进行计算．(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．跟踪演练1(2022·漳州质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的边长为2，M为CC1的中点，P为平面BCC1B1上的动点，且满足AM∥平面A1BP，则下列结论正确的个数是()①AM⊥B1M；②CD1∥平面A1BP；③动点P的轨迹长为2133；④AM与A1B1所成角的余弦值为53.A．0B．1C．2D．3答案C解析如图，以B为原点建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，A1(0,2,2)，B(0,0,0)，B1(0,2,0)，M(2,1,0)，设P(x，y，0)，所以A1B—→＝(0，－2，－2)，BP→＝(x，y，0)，AM→＝(2,1，－2)，由AM∥平面A1BP，得AM→＝aA1B—→＋bBP→，a，b∈R，即0＋bx＝2，－2a＋by＝1，－2a＝－2，化简可得3x－2y＝0，所以动点P在直线3x－2y＝0上，如图，在平面BCC1B1上，直线3x－2y＝0与B1C1交于点P1，则BP1即为动点P的轨迹．AM→＝(2,1，－2)，B1M—→＝(2，－1,0)，AM→·B1M—→＝2×2＋1×(－1)＋(－2)×0＝3≠0，所以AM与B1M不垂直，①错误；因为CD1∥A1B，A1B⊂平面A1BP，CD1⊄平面A1BP，所以CD1∥平面A1BP，②正确；易知P143，2，0，所以|P1B|＝432＋22＋02＝2133，③正确；A1B1—→＝(0,0，－2)，cos〈AM→，A1B1—→〉＝4222＋12＋－22＝23，④错误．考点二折叠、展开问题例2(2022·德州模拟)如图1，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，在图2，则下列结论正确的有()①A1D⊥EF；②当BE＝BF＝12BC时，三棱锥A1－EFD的外接球体积为6π；③当BE＝BF＝14BC时，三棱锥A1－EFD的体积为2173；④当BE＝BF＝14BC时，点A1到平面EFD的距离为4177.A．①③B．①④C．①③④D．②③④答案C解析对于①，在正方形ABCD中AD⊥AE，DC⊥FC，由折叠的性质可知A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，又∵A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F⊂平面A1EF，∴A1D⊥平面A1EF，又∵EF⊂平面A1EF，∴A1D⊥EF，故①正确；对于②，当BE＝BF＝12BC＝2时，A1E＝A1F＝2，EF＝22，在△A1EF中，A1E2＋A1F2＝EF2，则A1E⊥A1F，由①可知，A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，∴三棱锥A1－EFD的三条侧棱A1D，A1E，A1F两两相互垂直，把三棱锥A1－EFD放置在长方体中，可得长方体的体对角线长为22＋22＋42＝26，则三棱锥A1－EFD的外接球半径为6，体积为43πR3＝43π×(6)3＝86π，故②错误；对于③，当BE＝BF＝14BC＝1时，A1E＝A1F＝3，EF＝2，在△A1EF中，cos∠EA1F＝A1E2＋A1F2－EF22A1E·A1F＝32＋32－222×3×3＝89，∴sin∠EA1F＝179，则1EFAS△＝12A1E·A1F·sin∠EA1F＝12×3×3×179＝172，∴111113EFAEAFDDAEFVVSAD△＝13×172×4＝2173，故③正确；对于④，设点A1到平面EFD的距离为h，则在△EFD中，cos∠EDF＝DE2＋DF2－EF22DE·DF＝52＋52－222×5×5＝2425，∴sin∠EDF＝725，则S△EFD＝12DE·DF·sin∠EDF＝12×5×5×725＝72，∴1AEFDV＝13·S△EFD·h＝13×72×h＝2173，即h＝4177，故④正确．规律方法画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系．跟踪演练2(2022·湖州模拟)如图，已知四边形ABCD，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，△ABD为等边三角形，BD＝2，将△ABD沿直线BD翻折到△PBD.在翻折的过程中，下列结论不正确的是()A．BD⊥PCB．DP与BC可能垂直C．直线DP与平面BCD所成角的最大值是45°D．四面体PBCD的体积的最大值是33答案C解析对于A，如图所示，取BD的中点M，连接PM，CM，∵△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，∴BD⊥CM，∵△ABD为等边三角形，∴BD⊥PM，CM，PM⊂平面PMC，又CM∩PM＝M，∴BD⊥平面PMC，∵PC⊂平面PMC，∴BD⊥PC，故A正确；对于B，假设DP⊥BC，又BC⊥CD，∴BC⊥平面PCD，∴BC⊥PC，又PB＝2，BC＝2，PC＝2∈(3－1，3＋1)，故DP与BC可能垂直，故B正确；对于C，当平面PBD⊥平面BCD时，PM⊥平面BCD，∠PDB即为直线DP与平面BCD所成角，此时∠PDB＝60°，故C错误；对于D，当平面PBD⊥平面BCD时，四面体PBCD的体积最大，此时的体积为V＝13S△BCD·PM＝13×12×2×2×3＝33，故D正确．考点三最值、范围问题例3(2022·梅州模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，动点P在体对角线BD1上(含端点)，则下列结论正确的是________．①当P为BD1的中点时，∠APC为锐角；②存在点P，使得BD1⊥平面APC；③AP＋PC的最小值为25；④顶点B到平面APC的最大距离为22.答案①②④解析如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，BD1—→＝(－1，－1,2)，设BP→＝λBD1—→(0≤λ≤1)，故BP→＝λBD1—→＝(－λ，－λ，2λ)，则AP→＝AB→＋BP→＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(－λ，1－λ，2λ)，CP→＝CB→＋BP→＝(1,0,0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(1－λ，－λ，2λ)．对于①，当P为BD1中点时，P12，12，1，则PA→＝12，－12，－1，PC→＝－12，12，－1，所以cos∠APC＝PA→·PC→|PA→||PC→|＝130，所以∠APC为锐角，故①正确；对于②，当BD1⊥平面APC时，因为AP，CP⊂平面APC，所以BD1⊥AP，BD1⊥CP，则BD1—→·AP→＝λ＋λ－1＋4λ＝0，BD1—→·CP→＝λ－1＋λ＋4λ＝0，解得λ＝16，故存在点P，使得BD1⊥平面APC，故②正确；对于③，当BD1⊥AP，BD1⊥CP时，AP＋PC取得最小值，由②得，此时λ＝16，则AP→＝－16，56，13，CP→＝56，－16，13，所以|AP→|＝|CP→|＝306，即AP＋PC的最小值为303，故③错误；对于④，AB→＝(0,1,0)，AC→＝(－1,1,0)，设平面APC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有n·AC→＝－x＋y＝0，n·AP→＝－λx＋1－λy＋2λz＝0，可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，则点B到平面APC的距离为|AB→|·|cos〈AB→，n〉|＝|AB→·n||n|＝|2λ|12λ2－4λ＋1，当λ＝0时，点B到平面APC的距离为0，当0λ≤1时，|2λ|12λ2－4λ＋1＝13－1λ＋14λ2＝12＋141λ－22≤22，当且仅当λ＝12时，取等号，所以点B到平面APC的最大距离为22，故④正确．规律方法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，常用的解题思路是(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值．(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．跟踪演练3(2022·菏泽质检)如图，等腰Rt△ABE的斜边AB为正四面体A－BCD的侧棱，AB＝2，直角边AE绕斜边AB旋转一周，在旋转的过程中，三棱锥E－BCD体积的取值范围是__________________．答案2－13，2＋13解析如图，令F为CD的中点，O为AB的中点，则点E在以O为圆心，1为半径的圆上运动，由图可知当F，O，E三点共线，且O在F，E之间时，三棱锥E－BCD的体积最大，当运动到E1的位置时，E－BCD的体积最小，在Rt△BOF中，BO＝1，BF＝3，OF＝2，sin∠BFO＝33，FE＝2＋1，FE1＝2－1，设E，E1到平面BCD的距离分别为h1，h2，则h1＝2＋13＝6＋33，h2＝2－13＝6－33，S△BCD＝12×2×3＝3，所以三棱锥E－BCD体积的最大值为13×3×6＋33＝2＋13，三棱锥E－BCD体积的最小值为13×3×6－33＝2－13，所以三棱锥E－BCD体积的取值范围为2－13，2＋13.专题强化练1．(2022·佛山模拟)在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D中，M是A1B1的中点，N在该正方体的棱上运动，则下列说法正确的是()A．存在点N，使得MN∥BC1B．三棱锥M—A1BC1的体积等于34C．有且仅有两个点N