高考数学专题练 专题四立体几何 微专题29　立体几何中的动态问题（含答案）

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典例1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为四边形ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是( )
A．若MN与平面ABCD所成的角为eq \f(π,4)，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eq \f(π,3)，则点N的轨迹为双曲线
(2)(多选)(2021·新高考全国Ⅰ)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( )
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值
C．当λ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
典例2 (多选)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A．存在某个位置，使得CN⊥AB1
B．翻折过程中，CN的长是定值
C．若AB＝BM，则AM⊥B1D
D．若AB＝BM＝1，当三棱锥B1－AMD的体积最大时，三棱锥B1－AMD的外接球的表面积是4π
典例3 (多选)(2023·亳州模拟)已知圆锥的顶点为S，高为1，底面圆的直径AC＝2eq \r(3)，B为圆周上不与A重合的动点，F为线段AB上的动点，则( )
A．圆锥的侧面积为2eq \r(3)π
B．△SAB面积的最大值为eq \r(3)
C．直线SB与平面SAC所成角的最大值为60°
D．若B是的中点，则(SF＋CF)2的最小值为10＋eq \r(15)
[总结提升]
求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围．对于探究存在问题或动态范围(最值)问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题化归为静态问题．具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证．
1.(2023·株洲模拟)已知三棱锥A－BCD的侧面展开图放在正方形网格中的位置如图所示，那么在三棱锥A－BCD中，AB与CD所成的角为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,2)
2.(2023·九江模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M是平面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，则DM＋MC的最小值为( )
A.eq \r(2)＋2 B．2eq \r(2)＋2 C.eq \r(2)＋eq \r(6) D．2
3.(2023·山东联考)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝eq \f(π,2)，AC＝AA1＝1，BC＝2，点M是BC的中点，点P是线段A1B上一动点，点Q在平面AMC1上移动，则P，Q两点之间距离的最小值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,3) D．1
4．(多选)(2023·石家庄模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的侧面ABB1A1内(包含边界)有一点P，则下列说法正确的是( )
A．若点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为2∶1，则点P的轨迹为双曲线的一部分
B．若点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为1∶1，则点P的轨迹为抛物线的一部分
C．过P，C，D三点作正方体ABCD－A1B1C1D1的截面，则截面图形是平行四边形
D．三棱锥P－ABC体积的最大值为eq \f(1,6)
5．(多选)(2023·菏泽模拟)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内的一个动点(不包含四个顶点)，则下列说法中正确的是( )
A．三角形AD1P的面积无最大值、无最小值
B．存在点P，满足DP∥平面AB1D1
C．存在点P，满足DP⊥BP
D．BD1与BP所成角的正切值的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))
6.(多选)(2023·黄山模拟)如图，圆柱OO1的底面半径和母线长均为3，AB是底面直径，点C在圆O上且OC⊥AB，点E在母线BD上，BE＝2，点F是上底面的一个动点，则( )
A．存在唯一的点F，使得AF＋FE＝2eq \r(13)
B．若AE⊥CF，则点F的轨迹长为4
C．若AF⊥FE，则四面体ACEF的外接球的表面积为40π
D．若AF⊥FE，则点F的轨迹长为2eq \r(6)π
7．(2023·南昌模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥DC，AB＝2CD，点M是侧棱PC上的定点，点Q在侧棱AP上运动，若三棱锥M－BDQ的体积为定值，则eq \f(PM,MC)＝________.
8．(2023·石家庄模拟)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，平面AB1C与直线D1C1的交点为M，现将△MCB1绕CB1旋转一周，在旋转过程中，动直线CM与底面A1B1C1D1内任一直线所成最小角记为α，则sin α的最大值是________．
微专题29 立体几何中的动态问题
[考情分析] “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 动点的轨迹
典例1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为四边形ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是( )
A．若MN与平面ABCD所成的角为eq \f(π,4)，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eq \f(π,3)，则点N的轨迹为双曲线
答案 ACD
解析 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＝eq \f(π,4)，所以DN＝DM＝eq \f(1,2)DD1＝eq \f(1,2)×4＝2，
所以点N的轨迹是以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；
对于B，在Rt△MDN中，DN＝eq \r(MN2－MD2)＝eq \r(42－22)＝2eq \r(3)，
取MD的中点E，因为P为MN的中点，
所以PE∥DN，且PE＝eq \f(1,2)DN＝eq \r(3)，DN⊥ED，所以PE⊥ED，
即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，
又PE＝eq \r(3)，所以点P的轨迹是以eq \r(3)为半径的圆，其面积为π·(eq \r(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的轨迹是以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；
对于D，以D为原点，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eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,4,0)，eq \(D1N,\s\up6(—→))＝(x，y，－4)，
因为D1N与AB所成的角为eq \f(π,3)，
所以|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(D1N,\s\up6(—→))〉|＝cs eq \f(π,3)，
所以eq \f(|4y|,4\r(x2＋y2＋16))＝eq \f(1,2)，
整理得eq \f(3y2,16)－eq \f(x2,16)＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确．
(2)(多选)(2021·新高考全国Ⅰ)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( )
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值
C．当λ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
答案 BD
解析 eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))(0≤λ≤1，0≤μ≤1)．
图1
对于选项A，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＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(1＋1－μ2)＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(2－2μ＋μ2)，不是定值，故A错误；
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
图2
则＝eq \f(1,3)S△PBC×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),6)S△PBC＝eq \f(\r(3),6)×eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(\r(3),12)，为定值，故B正确；
对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，则当λ＝eq \f(1,2)时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＋(1－μ)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP，故C错误；
方法一 对于选项D，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，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确．
方法二 对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝eq \f(1,2)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，则B(0,1,1)，B1(0,1,0)，
A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1－λ，\f(1,2)))，所以eq \(A1B,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq \(B1P,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－λ，\f(1,2)))，若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以－eq \f(λ,2)＋eq \f(1,2)＝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D正确．
跟踪训练1 (多选)(2023·扬州模拟)已知圆柱OO1的高为1，下底面圆O的直径AB长为2，BB1是圆柱OO1的一条母线，点P，Q分别在上、下底面内(包含边界)，下列说法正确的有( )
A．若PA＋PB＝3，则点P的轨迹为圆
B．若直线OP与直线OB1所成的角为45°，则点P的轨迹是抛物线的一部分
C．存在唯一的一组点P，Q，使得AP⊥PQ
D．AP＋PQ＋QB1的取值范围是[eq \r(13)，2eq \r(3)＋eq \r(5)]
答案 BC
解析 对于B，如图，不妨以O为原点，以AB的垂直平分线，OA，OO1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，B1(0，－1,1)，
设P(x，y,1)，则eq \(OB1,\s\up6(—→))＝(0，－1,1)，eq \(OP,\s\up6(→))＝(x，y,1)，
由题意，eq \f(|－y＋1|,\r(－12＋12)×\r(x2＋y2＋12))＝eq \f(\r(2),2)，化简得y＝－eq \f(1,2)x2，
由于点P在上底面内，所以点P的轨迹是抛物线的一部分，故B正确；
对于A,PA＋PB＝3，
即eq \r(x2＋y－12＋1)＋eq \r(x2＋y＋12＋1)＝3，
化简得eq \f(x2,\f(1,4))＋eq \f(y2,\f(9,20))＝1，
即点P的轨迹为椭圆，故A错误；
对于C，设点P在下底面的投影为P1，
则由勾股定理可得AP2＝PPeq \\al(2,1)＋APeq \\al(2,1)，
若AP⊥PQ，则AP2＋PQ2＝AQ2，
则APeq \\al(2,1)＋12＋P1Q2＋12＝AQ2，
当P1在线段AQ上时，APeq \\al(2,1)＋P1Q2可取最小值，
由均值不等式，得APeq \\al(2,1)＋P1Q2≥2×eq \f(AQ2,4)＝eq \f(AQ2,2)，
当且仅当AP1＝P1Q＝eq \f(AQ,2)时，等号成立，
所以2＝AQ2－(APeq \\al(2,1)＋P1Q2)≤eq \f(AQ2,2)，即AQ2≥4，
而点Q只有在与点B重合时，AQ2才能取到4，
此时点B与点Q重合，点P与点O1重合，故C正确；
对于D，当点P与点B1，点Q与点A重合时，
AP＋PQ＋QB1的值为3AP＝3eq \r(12＋22)＝3eq \r(5)>2eq \r(3)＋eq \r(5)，故D错误．
考点二 折叠、展开问题
典例2 (多选)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A．存在某个位置，使得CN⊥AB1
B．翻折过程中，CN的长是定值
C．若AB＝BM，则AM⊥B1D
D．若AB＝BM＝1，当三棱锥B1－AMD的体积最大时，三棱锥B1－AMD的外接球的表面积是4π
答案 BD
解析 对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于点F，如图1，
则NE∥AB1，NF∥MB1，如果CN⊥AB1，则EN⊥CN，
由于AB1⊥MB1，则EN⊥NF，
由于三线NE，NF，NC共面且共点，
故EN⊥CN和EN⊥NF不能同时成立，故A错误；
对于B，如图1，由∠CEN＝∠MAB1，
且NE＝eq \f(1,2)AB1，AM＝EC，
∴在△CEN中，由余弦定理得NC2＝NE2＋EC2－2NE·EC·cs∠NEC，是定值，故NC也是定值，故B正确；
对于C，如图2，
取AM的中点O，
∵AB＝BM，
即AB1＝B1M，则AM⊥B1O.
若AM⊥B1D，由于B1O∩B1D＝B1，且B1O，B1D⊂平面ODB1，
∴AM⊥平面ODB1，OD⊂平面ODB1，
∴OD⊥AM，则AD＝MD，
由于AD≠MD，故AM⊥B1D不成立，故C错误；
对于D，根据题意知，只有当平面B1AM⊥平面AMD时，
三棱锥B1—AMD的体积最大，取AD的中点E，
连接OE，B1E，ME，如图2，
∵AB＝BM＝1，则AB1＝B1M＝1，且AB1⊥B1M，平面B1AM∩平面AMD＝AM，
∴B1O⊥AM，B1O⊂平面B1AM，
∴B1O⊥平面AMD，OE⊂平面AMD，
∴B1O⊥OE，
则AM＝eq \r(2)，B1O＝eq \f(1,2)AM＝eq \f(\r(2),2)，OE＝eq \f(1,2)DM＝eq \f(1,2)AM＝eq \f(\r(2),2)，
从而EB1＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝1，
易知EA＝ED＝EM＝1，
∴AD的中点E就是三棱锥B1－AMD的外接球的球心，球的半径为1，表面积是4π，故D正确．
跟踪训练2 (多选)(2023·泰安模拟)如图，正方形ABCD的边长为1，M，N分别为BC，CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论中正确的是( )
A．异面直线AC与BD所成的角为定值
B．三棱锥D－ABC外接球的表面积为2π
C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D．三棱锥M－ACN体积的最大值为eq \f(\r(2),48)
答案 ABD
解析 对于A，取AC的中点O，连接OB，OD，则AC⊥OB，且AC⊥OD，
∵OD∩OB＝O，OD，OB⊂平面OBD，
∴AC⊥平面OBD，∴AC⊥BD，异面直线AC与BD所成的角为90°，为定值，故A正确；
对于B，∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴三棱锥D－ABC的外接球球心是O，
∴外接球半径R＝eq \f(\r(2),2)，
∴三棱锥D－ABC外接球的表面积S＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＝2π，故B正确；
对于C，若直线AD与直线BC垂直，
∵AB⊥BC，AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面ABD，
∴BC⊥平面ABD，
∴BC⊥BD，又BD⊥AC，AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，
∴BD⊥平面ABC，∴BD⊥OB，
而△OBD是以OB和OD为腰长的等腰三角形，与题意不符，故C错误；
对于D，V三棱锥M－ACN＝V三棱锥N－ACM，当平面DAC⊥平面ABC时，三棱锥M－ACN的体积取得最大值，
此时OD＝eq \f(\r(2),2)，S△ACM＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(1,4)，
(V三棱锥M－ACN)max＝(V三棱锥N－ACM)max＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×eq \f(\r(2),4)＝eq \f(\r(2),48)，故D正确．
考点三 最值、范围问题
典例3 (多选)(2023·亳州模拟)已知圆锥的顶点为S，高为1，底面圆的直径AC＝2eq \r(3)，B为圆周上不与A重合的动点，F为线段AB上的动点，则( )
A．圆锥的侧面积为2eq \r(3)π
B．△SAB面积的最大值为eq \r(3)
C．直线SB与平面SAC所成角的最大值为60°
D．若B是的中点，则(SF＋CF)2的最小值为10＋eq \r(15)
答案 AC
解析 圆锥的底面圆半径r＝eq \r(3)，
圆锥的母线长为eq \r(3＋1)＝2，则圆锥的侧面积为πrl＝2eq \r(3)π，故A正确；
如图1，平面SAC为圆锥的轴截面，O为底面圆心，则SO＝1，SA＝SC＝2，
因为tan ∠SCA＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，
所以∠SCA＝30°，所以∠ASC＝120°，所以0°