高考数学一轮复习第7章8立体几何中的动态问题学案

这是一份高考数学一轮复习第7章8立体几何中的动态问题学案，共17页。
[典例1] (1)(多选)如图，四边形ABCD为矩形，AD＝2AB，E是BC的中点，将△BAE沿AE翻折至△PAE的位置(点P∉平面AECD)，设线段PD的中点为F.则在翻折过程中，下列论断正确的是( )
A．CF∥平面AEP
B．CF的长度恒定不变
C．AE⊥DP
D．异面直线CF与PE所成角的大小恒定不变
(2)(多选)(2022·山东师范大学附中模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2，P为空间中一点．下列论述正确的是( )
A．若AP＝12AD1，则异面直线BP与C1D所成角的余弦值为36
B．若BP＝λBC+BB1(λ∈[0，1])，三棱锥P-A1BC的体积为定值
C．若BP＝λBC+12BB1(λ∈[0，1])，有且仅有一个点P，使得A1C⊥平面AB1P
D．若AP＝λAD1(λ∈[0，1])，则异面直线BP和C1D所成角取值范围是π4，π2
(1)ABD (2)ABD [(1)取AP中点G，连接EG、FG，如图，
因F为线段PD的中点，则有GF∥AD，GF＝12AD，又E是矩形ABCD边BC的中点，则CE∥AD，CE＝12AD，于是得GF∥CE，GF＝CE，即有四边形CEGF是平行四边形，则CF∥EG，而EG⊂平面AEP，CF⊄平面AEP，
因此，CF∥平面AEP，A正确；
在▱CEGF中，CF＝EG，在△PAE中，PE＝PA＝AB，∠APE＝90°，即EG为已知等腰直角三角形一腰上的中线，则EG长是定值，∠PEG也是定值，
因此，CF的长度恒定不变，B正确；
由CF∥EG知，异面直线CF与PE所成角的大小为∠PEG，D正确；
假设AE⊥DP，因AE＝DE＝2AB，则
AE2＋DE2＝4AB2＝AD2，即AE⊥DE，
而DP∩DE＝D，DP，DE⊂平面PDE，则AE⊥平面PDE，有AE⊥PE，在折叠前后有∠PEA＝∠BEA＝45°，与AE⊥PE矛盾，即假设是错的，C不正确．故选ABD.
(2)对于A，如图，P为AD1中点，取B1D1的中点O，连接PO，BO，则PO∥C1D，所以∠BPO或其补角即为异面直线BP与C1D所成的角，易得BP＝6，PO＝2，BO＝6，所以cs ∠BPO＝36，A正确；
对于B，由条件BP＝λBC+BB1(λ∈[0，1])，可知P点的轨迹为线段B1C1，因为B1C1∥BC，故P到平面A1BC的距离为定值，且三角形A1BC面积为定值，故三棱锥P-A1BC体积为定值43.故选项B正确．
对于C，由BP＝λBC+12BB1(λ∈[0，1])可知点P在线段EF上(E、F分别为BB1、CC1中点)，因为A1C⊥平面AB1D1，所以平面AB1P即为平面AB1D1，点P即为平面AB1D1与直线EF交点，此交点在FE延长线上，故选项C错误．
对于D，由AP＝λAD1(λ∈[0，1])可知点P的轨迹为线段AD1.建系如图，得C1D＝(－2，0，2)，B(2，0，2)，设P(0，a，2－a)，a∈[0，2]，则BP＝(－2，a，－a)，所以cs 〈BP，C1D〉＝4-2a224+2a2＝2-a22+a2，令2－a＝x∈[0，2]，
当a＝2，即x＝0时，cs 〈BP，C1D〉＝0，此时直线BP和C1D所成角是π2；
当a≠2，即x∈(0，2]时，则cs 〈BP，C1D〉＝126x2-4x+1，令1x＝t∈12，+∞，cs 〈BP，C1D〉＝126t2-4t+1，所以当1x＝t＝12，即a＝0时，cs 〈BP，C1D〉取最大值为22，直线BP和C1D所成角的最小值为π4，故选项D正确．故选ABD.]
翻折过程中空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了需要利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图(尤其是画长方体)、现实实物判断法(如墙角、桌面等)、排除筛选法等；对于规则几何体中的动点问题，常采用几何法或坐标法求解．
[跟进训练]
1．(1)(多选)(2022·山东聊城模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，将△ABC沿对角线AC进行翻折，得到三棱锥B-ACD，则下列说法正确的是( )
A．在翻折过程中，三棱锥B-ACD的体积最大为245
B．在翻折过程中，三棱锥B-ACD的外接球的表面积为定值
C．在翻折过程中，存在某个位置使得BC⊥AD
D．在翻折过程中，存在某个位置使得BD⊥AC
(2)(多选)(2022·广东佛山二模)在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1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∥BC1
B．三棱锥M-A1BC1的体积等于94
C．有且仅有两个点N，使得MN∥平面A1BC1
D．有且仅有三个点N，使得N到平面A1BC1的距离为3
(1)AB (2)BC [(1)由题知，当平面BAC⊥平面ACD时，三棱锥B-ACD的体积最大，
此时VB-ACD＝13×12×3×4×125＝245，故选项A正确．
取AC的中点E，连接BE，DE，则DE＝AE＝CE＝BE＝52，所以三棱锥B-ACD的外接球是以点E为球心，52为半径的球，则该三棱锥外接球的表面积S＝4π×522＝25π，故选项B正确．
假设BC⊥AD，又BC⊥AB，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面BAD，所以BC⊥平面BAD.又BD⊂平面BAD，所以BC⊥BD，
则在Rt△BCD中，斜边CD的长度要大于4，这与CD＝3矛盾，故选项C错误．
假设BD⊥AC，过点D作DF⊥AC于点F，连接BF.
由于BD∩DF＝D，BD，DF⊂平面BDF，所以AC⊥平面BDF.
又BF⊂平面BDF，所以AC⊥BF，所以BF＝125＝DF.
又CF＝CF，∠CFB＝∠CFD＝90°，所以△BCF≌△DCF，所以BC＝CD，这与BC＝4，CD＝3矛盾，故选项D错误．故选AB.
(2)对于A，显然无法找到点N，使得MN∥BC1，故A错误；对于B，
VM-A1BC1＝VB-A1MC1＝13S△A1MC1·B1B＝13×12×32×3×3＝94，故B正确；对于C，如图所示N1，N2分别为B1B，B1C1中点，有MN1∥平面A1BC1，MN2∥平面A1BC1，故C正确；
对于D，易证B1D⊥平面A1BC1，B1D⊥平面ACD1，且B1O1＝O1O2＝O2D＝13B1D＝3，
所以有点B1，A，C，D1四点到平面A1BC1的距离为3，故D错误．故选BC.]
题型二 轨迹问题
[典例2] (1)(多选)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是( )
A．若MN与平面ABCD所成的角为π4，则点N的轨迹为圆
B．若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C．若点N到直线BB1与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
D．若D1N与AB所成的角为π3，则点N的轨迹为双曲线
(2)(2022·湖南长沙一中模拟)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N，G分别是棱AA1，BC，A1D1的中点，设Q是该正方体表面上的一点，若MQ＝xMG＋yMN(x，y∈R)，则点Q的轨迹围成图形的面积是________．
(1)ACD (2)33 [(1)如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，所以∠MND＝π4，所以DN＝DM＝12DD1＝12×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；
对于B，在Rt△MDN中，DN＝MN2-MD2＝42-22＝23，取MD的中点E，MN的中点P，连接PE，所以PE∥DN，且PE＝12DN＝3，因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝3，所以点P的轨迹为以3为半径的圆，其面积为π·(3)2＝3π，故B不正确；
对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；
对于D，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，设N(x，y，0)，
则AB＝(0，4，0)，D1N＝(x，y，－4)，
因为D1N与AB所成的角为π3，
所以|cs〈AB，D1N〉|＝cs π3，
所以4y4x2+y2+16＝12，整理得3y216-x216＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确．
(2)∵MQ＝xMG＋yMN(x，y∈R)，∴Q在平面MGN上，
分别取AB，CC1，C1D1的中点E，F，O，则点Q的轨迹是正六边形OFNEMG，
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，
所以正六边形OFNEMG的边长为2，
所以，点Q的轨迹围成图形的面积
S＝6×12×2×2×sin 60°＝33.]
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，或用代替法进行计算．
(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．
[跟进训练]
2．(1)设P是正方体ABCD-A1B1C1D1的对角面BDD1B1(含边界)内的点，若点P到平面ABC、平面ABA1、平面ADA1的距离相等，则符合条件的点P( )
A．仅有一个 B．有有限多个
C．有无限多个 D．不存在
(2)已知边长为1的正方形ABCD与CDEF所在的平面互相垂直，点P，Q分别是线段BC，DE上的动点(包括端点)，PQ＝2.设线段PQ的中点M的轨迹为l，则l的长度为( )
A．π4 B．π2
C．22 D．2
(1)A (2)A [(1)与平面ABC，ABA1距离相等的点位于平面ABC1D1上；与平面ABC，ADA1距离相等的点位于平面AB1C1D上；与平面ABA1，ADA1距离相等的点位于平面ACC1A1上；据此可知，满足题意的点位于上述平面ABC1D1，平面AB1C1D，平面ACC1A1的公共点处，结合题意可知，满足题意的点仅有一个．
(2)以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设P(s，1，0)(0≤s≤1)，Q(0，0，t)(0≤t≤1)，M(x，y，z)，由中点坐标公式易知x＝s2，y＝12，z＝t2，即s＝2x，t＝2z.
∵|PQ|＝s2+t2+1＝2，
∴s2＋t2＝1，∴4x2＋4z2＝1，∴x2＋z2＝14.
又0≤s≤1，0≤t≤1，∴0≤x≤12，0≤z≤12，
∴PQ中点M的轨迹方程为
x2+z2=14 0≤x，z≤12，y=12， 轨迹为垂直于y轴，且距离原点12的平面内，半径为12的四分之一圆周，
∴l的长度为14×2π×12＝π4.]
题型三 最值(范围)问题
[典例3] (1)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是线段B1D1上一动点，且AP∥平面DBC1，则异面直线AP与BD所成角的取值范围为( )
A．π4，3π4 B．π4，π2
C．π3，π2 D．π3，2π3
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A．18，814 B．274，814
C．274，643 D．18，27
(1)C (2)C [(1)如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，
设P(λ，λ，1)，λ∈[0，1]，
∴DB＝(1，1，0)，AP＝(λ－1，λ，1)，
∴DB·AP＝2λ－1，|DB|＝2，
|AP|＝2λ2-2λ+2，
设异面直线AP与BD所成的角为θ，
则cs θ＝DB·APDBAP＝2λ-12λ2-λ+1
＝12·2λ-12λ2-λ+1＝12·4-3λ2-λ+1
＝12·4-3λ-122+34，
当λ＝12时，cs θ取得最小值为0，
当λ＝0或1时，cs θ取得最大值为12，
∴0≤cs θ≤12，则π3≤θ≤π2.
(2)因为球的体积为36π，所以球的半径R＝3，
设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，
则l2＝2a2＋h2，32＝2a2＋(3－h)2，
所以6h＝l2，2a2＝l2－h2，
所以正四棱锥的体积V＝13Sh＝13×4a2×h＝23×l2-l436×l26＝19l4-l636，
所以V′＝194l3-l56＝19l324-l26，
当3≤l≤2 6时，V′＞0，当2 6＜l≤3 3时，V′＜0，
所以当l＝2 6时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，又l＝3时，V＝274，l＝3 3时，V＝814，
所以正四棱锥的体积V的最小值为274，
所以该正四棱锥体积的取值范围是274，643.
故选C.]
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，即可求解．
(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．
[跟进训练]
3．(1)(多选)(2022·江苏扬州中学模拟)如图，点P是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的表面上一个动点，则( )
A．当P在平面BCC1B1上运动时，四棱锥P-AA1D1D的体积不变
B．当P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是π6，π2
C．当直线AP与平面ABCD所成的角为45°时，点P的轨迹长度为π＋42
D．若F是A1B1的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF∥平面B1CD1时，PF长度的最小值是5
(2)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足C1F＝3FC，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD|的取值范围是________．
(1)AC (2)13，21095 [(1)对于A， 当P在平面BCC1B1上运动时，点P到面AA1D1D的距离不变，S正方形AA1D1D不变，
故四棱锥P-AA1D1D的体积不变，故A正确；
对于B，建立如图所示空间直角坐标系，
设P(x，2－x，0)，0≤x≤2，A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，C1(0，2，2)，
则D1P＝(x，2－x，－2)，A1C1＝(－2，2，0)，
设D1P与A1C1所成的角为θ，
则cs θ＝|cs〈D1P，A1C1〉|＝D1P·A1C1D1P·A1C1＝x-1x-12+3，
因为0≤|x－1|≤1，
当|x－1|＝0时，θ＝π2，
当0＜|x－1|≤1时，
cs θ＝|cs 〈D1P，A1C1〉|＝x-1x-12+3＝11+3x-12≤12，
则π3≤θ＜π2.综上，π3≤θ≤π2，
所以D1P与A1C1所成角的取值范围是π3，π2，故B错误；
对于C，因为直线AP与平面ABCD所成的角为45°，
若点P在平面DCC1D1和平面BCC1B1内，
因为∠B1AB＝45°，∠D1AD＝45°最大，不成立；
在平面ADD1A1内，点P的轨迹是AD1＝22，
在平面ABB1A1内，点P的轨迹是AB1＝22，
在平面A1B1C1D1时，如图所示：
作PM⊥平面ABCD，因为∠PAM＝45°，所以PM＝AM，又PM＝AB，所以AM＝AB，则A1P＝A1B1，所以点P的轨迹是以A1为圆心，以2为半径的四分之一圆，所以点P的轨迹长度为14×2π×2＝π，所以点P的轨迹总长度为π＋42，故C正确； 对于D，建立如图所示空间直角坐标系，
设P(x，y，0)，0≤x，y≤2，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，F(2，1，2)，
则CB1＝(2，0，2)，CD1＝(0，－2，2)，FP＝(x－2，y－1，－2)，
设平面CB1D1的法向量为n＝(a，b，c)，
则CD1·n=0，CB1·n=0，即-2b+2c=0，2a+2c=0，
令a＝1，则n＝(1，－1，－1)，
因为PF∥平面B1CD1，所以FP·n＝(x－2)－(y－1)＋2＝0，即y＝x＋1，所以|FP|＝x-22+y-12+4＝2x2-4x+8＝2x-12+6≥6，当x＝1时，等号成立，故D错误．故选AC.
(2)因为ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，
以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设M(x，0，z)，B(2，2，0)，D1(0，0，4)，E(2，1，0)，
因为C1F＝3FC，
所以F是CC1四等分点(靠近C)，所以F(0，2，1)，
所以D1E＝(2，1，－4)，D1F＝(0，2，－3)，
设平面D1EF的法向量为n＝(a，b，c)，
则D1E·n=0，D1F·n=0，即2a+b-4c=0，2b-3c=0，
令c＝2，则a＝52，b＝3，故n＝52，3，2，
又MB＝(2－x，2，－z)，MB∥平面D1EF，
所以MB⊥n，即MB·n＝0，
所以52(2－x)＋6－2z＝0，所以z＝112-54x，
故|MD|＝x2+z2＝x2+112 -54x2
＝41x2-220x+4844，
因为0≤x≤2，0≤z≤4，所以112-54x∈[0，4]，
故x∈65，2，
令y＝41x2－220x＋484，
因为二次函数的对称轴为x＝2202×41＝11041>2，
所以函数在x∈65，2上单调递减，
所以当x＝65时，|MD|取得最大值，
所以|MD|的最大值为41×652-220×65 +4844＝21095，
当x＝2时，|MD|取得最小值，
所以|MD|的最小值为41×22-220×2+4844＝13，
所以|MD|的取值范围是13，21095.