2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 018-能力提升12 空间几何体的动态问题（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 018-能力提升12 空间几何体的动态问题（教用），共15页。试卷主要包含了空间位置关系的判定，动点的轨迹，翻折问题等内容，欢迎下载使用。
能力提升12 空间几何体的动态问题
“动态”问题是高考立体几何问题中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”的立体几何问题赋予了活力，题型更新颖.同时，“动态”的存在也使立体几何问题更加多元化，建立起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的桥梁，使得它们之间能够灵活转化.
题型一 空间位置关系的判定
例1 如图，点P在正方体ABCD−A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则（ ）
A. 三棱锥A−A1PD的体积与点P的位置有关
B. A1P与平面ACD1相交
C. 平面PDB1⊥ 平面A1BC1
D. AP⊥D1C
【答案】C
【解析】对于A，易知VA−A1PD=VP−AA1D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，可得BC1//平面AA1D，所以P到平面AA1D的距离为定值，即三棱锥P−AA1D的高为定值，又△AA1D的面积为定值，所以三棱锥P−AA1D的体积为定值，即三棱锥A−A1PD的体积与点P的位置无关，所以A不成立.
对于B，如图，由于BC1//AD1，AD1⊂ 平面ACD1，BC1⊄ 平面ACD1，所以BC1//平面ACD1，同理可证BA1//平面ACD1，又BA1∩BC1=B，所以平面BA1C1//平面ACD1，因为A1P⊂ 平面BA1C1，所以A1P//平面ACD1，所以B不成立.
对于C，因为A1C1⊥BD，A1C1⊥BB1，BD∩BB1=B，所以A1C1⊥ 平面BB1D，则A1C1⊥B1D，同理可得A1B⊥B1D，又A1C1∩A1B=A1，所以B1D⊥ 平面A1BC1，又B1D⊂ 平面PDB1，所以平面PDB1⊥ 平面A1BC1，所以C成立.
对于D，当B与P重合时，AP与D1C所成的角为π4，所以D不成立.故选C.
归纳总结
空间位置关系中动点问题的解题策略
（1）应用“位置关系相关定理”转化.
（2）建立坐标系计算.
针对训练1．在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在正方形ADD1A1内（不包括边界），则（ ）
A. 在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得PQ//AC
B. 在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得PQ⊥AC
C. 在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得平面PQC1//平面ABC
D. 在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得AC⊥ 平面PQC1
【答案】A
【解析】对于A，如图1，连接AD1，D1C，设AD1,D1C的中点分别为P,Q，连接PQ，因为PQ是△D1AC的中位线，所以PQ//AC，故A正确；
对于B,如图2，连接B1D1,BD，由于AC⊥ 平面DBB1D1，所以若在正方形DCC1D1内存在一点Q，使得PQ⊥AC，则PQ⊂ 平面DBB1D1或PQ//平面DBB1D1，而P，Q在平面DBB1D1的两侧，所以PQ与平面DBB1D1相交，故B错误；
对于C，如图3，连接A1C1，由于平面A1B1C1//平面ABC，所以若在正方形DCC1D1内存在一点Q，使得平面PQC1//平面ABC，则平面PQC1//平面A1B1C1，而平面PQC1与平面A1B1C1相交于点C1，故C错误；
对于D，如图2，由于AC⊥ 平面DBB1D1，所以若在正方形DCC1D1内存在一点Q，使得AC⊥ 平面PQC1，则平面DBB1D1//平面PQC1，而P，Q在平面DBB1D1的两侧，所以平面DBB1D1与平面PQC1相交，故D错误.故选A.
题型二 动点的轨迹
例2 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为CD的中点，且点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动，若总是保持EP//平面BDD1B1，则动点P的轨迹长度为_ _ _ _ ；若总是保持AP与AB所成的角为30∘ ，则动点P的轨迹长度为_ _ _ _ _ _ .
【答案】2； 33π
【解析】如图1，分别取BC，B1C1的中点F，G，连接EF，FG，EG，易知BB1//FG.因为E为CD的中点，所以EF//BD，
因为EF，FG⊄ 平面BDD1B1，BD，BB1⊂ 平面BDD1B1，所以EF//平面BDD1B1，FG//平面BDD1B1，
因为EF∩FG=F，所以平面EFG//平面BDD1B1.
因为平面EFG∩ 平面BCC1B1=FG，且点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动时，总有EP//平面BDD1B1，所以点P的轨迹是FG.因为FG=BB1=2，所以动点P的轨迹长度为2.
如图2，因为AB⊥ 平面BCC1B1，BP⊂ 平面BCC1B1，
所以AB⊥BP，在Rt△ABP中，AB=2，∠BAP=30∘ ，则tan∠BAP=BPAB=33，
所以BP=33AB=233，所以点P的轨迹是以B为圆心，233为半径的14圆弧，所以动点P的轨迹长度为14×2π×233=33π .
归纳总结
求动点的轨迹问题时，要探究点的轨迹的形成过程，同时还要注意动点的性质以及点、线、面之间的位置关系，若动点的性质满足解析几何中圆锥曲线的定义，也可借助定义求轨迹.
针对训练2．（2025·湖北黄冈模拟）多选 在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC,A1A=AB=BC=2，则（ ）
A. 异面直线A1B与B1C1所成的角为π4
B. 若点N在线段A1C上运动，则BN+B1N的最小值为23
C. 点P在侧面BCC1B1上运动，点M在棱AB上运动，若直线C1M,AP共面，则点P的轨迹长度为22
D. 若G,H分别为A1B1,CC1的中点，则平面BGH截三棱柱ABC−A1B1C1所得截面的周长为25+2173
【答案】BCD
【解析】如图1，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AA1⊥BC，又AB∩AA1=A,AB，AA1⊂ 平面AA1B1B，∴BC⊥ 平面AA1B1B，又A1B⊂ 平面AA1B1B，∴BC⊥A1B，又B1C1//BC，∴B1C1⊥A1B，即异面直线A1B与B1C1所成的角为π2，故A错误.
将△BA1C沿A1C展开至△B′A1C,B′,A1,B1,C四点共面，如图2，连接B′B1,
∵AB⊥BC,A1A=AB=BC=2，∴B1C=A1B=22，A1C=B′B1=23，故四边形A1B′CB1为矩形，
∴BN+B1N≥23（当N为A1C的中点时取等号），故B正确.
点P在侧面BCC1B1上运动，点M在棱AB上运动，若直线C1M,AP共面，则点P的轨迹为平面ABC1与侧面BCC1B1的交线BC1，长度为22，故C正确.
延长BH交B1C1的延长线于I，连接GI交A1C1于J，连接HJ,则四边形BHJG为所求截面，如图3，
∵H为CC1的中点，∴C1为B1I的中点，又G为A1B1的中点，∴J为△A1B1I的重心，∴GJ=13GI=1312+42=173，又HJ=C1H2+C1J2=1+(223)2=173，BH=BC2+CH2=5，BG=BB12+B1G2=5，∴ 截面周长为25+2173，故D正确.故选BCD.
题型三 翻折问题
例3 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，下列选项正确的是（ ）
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
【答案】ABD
【解析】取AP的中点G，连接EG，FG，因为F为线段PD的中点，所以GF//AD，GF=12AD，因为E是矩形ABCD的边BC的中点，所以CE//AD，CE=12AD，所以GF//CE，GF=CE，所以四边形CEGF是平行四边形，则CF//EG，而EG⊂ 平面AEP，CF⊄ 平面AEP，所以CF//平面AEP，A正确；
因为AD=2AB,E是BC的中点，所以PE=PA，又∠APE=90∘ ，所以EG为已知等腰直角三角形一腰上的中线，所以EG的长是定值，∠PEG的大小也是定值，
又在▱CEGF中，CF=EG，所以CF的长度恒定不变，B正确；
由CF//EG知，异面直线CF与PE所成的角为∠PEG，其大小恒定不变，D正确；
假设AE⊥DP，连接DE,由于AE=DE=2AB，所以AE2+DE2=4AB2=AD2，所以AE⊥DE，
又DP∩DE=D，DP，DE⊂ 平面PDE，所以AE⊥ 平面PDE，所以AE⊥PE，折叠前后有∠PEA=∠BEA=45∘ ，与AE⊥PE矛盾，所以假设不成立，C不正确.故选ABD.
归纳总结
翻折问题的两个解题策略
（1）确定翻折前后变与不变的关系:画好翻折前后的平面图形与立体图形,分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变.一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变,而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化.
（2）确定翻折后关键点的位置:所谓的关键点,是指翻折过程中位置变化的点.因为这些点的位置移动会带动与其相关的点、线、面的关系变化，所以只有分析清楚关键点的准确位置,才能以此为参照点,确定其他点、线、面的位置,进而进行有关的证明与计算.
针对训练3．（2025·湖南益阳模拟）多选 如图1，矩形ABCD中，E，F分别为BC，AD的中点，且BC=2AB=2，BF∩AE=O，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，如图2，则在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
图1图2
A. CF⊥OP
B. 存在点P，使得PE//CF
C. 存在点P，使得PE⊥ED
D. 三棱锥P−AED的体积的最大值为26
【答案】ACD
【解析】依题意，AF//EC，AF=EC，则四边形AECF为平行四边形，所以CF//AE，因为AF=AB=BE，∠BAF=∠ABE=90∘ ，所以∠ABO=∠BAO=45∘ ，因此BF⊥AE，即OP⊥AE，因此CF⊥OP，A正确；
因为PE∩AE=E，CF//AE，所以PE，CF不平行，即不存在点P，使得PE//CF，B错误；
连接PF，当PF=1时，因为PO=FO=22，所以PO2+FO2=1=PF2，则PO⊥FO，又FO⊥AE，PO∩AE=O，PO，AE⊂ 平面PAE，所以FO⊥ 平面PAE，因为O，F分别为AE，AD的中点，所以ED//FO，所以ED⊥ 平面PAE，又PE⊂ 平面PAE，所以PE⊥ED，C正确；
在翻折过程中，设PO与平面AED所成的角为θ ，则点P到平面AED的距离h=POsinθ=22sinθ ，又S△AED=12AD⋅AB=1，所以VP−AED=13S△AED⋅h=26sinθ≤26，当且仅当θ=90∘ ，即PO⊥ 平面AED时取等号，所以三棱锥P−AED的体积的最大值为26，D正确.故选ACD.