新高考数学二轮复习 专题突破 专题4 微重点11　立体几何中的动态问题（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习 专题突破 专题4 微重点11　立体几何中的动态问题（含解析），共17页。
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eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))，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＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP；
④当μ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P.
答案 ②④
解析 eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(→))(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＝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＝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＝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＝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C1xyz，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eq \f(2\r(13),3)；
④AM与A1B1所成角的余弦值为eq \f(\r(5),3).
A．0 B．1 C．2 D．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eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(0，－2，－2)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(x，y，0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(2,1，－2)，
由AM∥平面A1BP，
得eq \(AM,\s\up6(→))＝aeq \(A1B,\s\up6(—→))＋beq \(BP,\s\up6(→))，a，b∈R，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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．
eq \(AM,\s\up6(→))＝(2,1，－2)，eq \(B1M,\s\up6(—→))＝(2，－1,0)，
eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(B1M,\s\up6(—→))＝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P1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，2，0))，
所以|P1B|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2＋22＋02)＝eq \f(2\r(13),3)，③正确；
eq \(A1B1,\s\up6(—→))＝(0,0，－2)，
cs〈eq \(AM,\s\up6(→))，eq \(A1B1,\s\up6(—→))〉＝eq \f(4,2\r(22＋12＋－22))＝eq \f(2,3)，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＝eq \f(1,2)BC时，三棱锥A1－EFD的外接球体积为eq \r(6)π；
③当BE＝BF＝eq \f(1,4)BC时，三棱锥A1－EFD的体积为eq \f(2\r(17),3)；
④当BE＝BF＝eq \f(1,4)BC时，点A1到平面EFD的距离为eq \f(4\r(17),7).
A．①③ B．①④
C．①③④ D．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＝eq \f(1,2)BC＝2时，
A1E＝A1F＝2，EF＝2eq \r(2)，
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eq \r(22＋22＋42)＝2eq \r(6)，则三棱锥A1－EFD的外接球半径为eq \r(6)，
体积为eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×(eq \r(6))3＝8eq \r(6)π，故②错误；
对于③，当BE＝BF＝eq \f(1,4)BC＝1时，
A1E＝A1F＝3，EF＝eq \r(2)，
在△A1EF中，cs∠EA1F＝eq \f(A1E2＋A1F2－EF2,2A1E·A1F)
＝eq \f(32＋32－\r(2)2,2×3×3)＝eq \f(8,9)，
∴sin∠EA1F＝eq \f(\r(17),9)，
则＝eq \f(1,2)A1E·A1F·sin∠EA1F
＝eq \f(1,2)×3×3×eq \f(\r(17),9)＝eq \f(\r(17),2)，
∴
＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(17),2)×4＝eq \f(2\r(17),3)，故③正确；
对于④，设点A1到平面EFD的距离为h，则在△EFD中，
cs∠EDF＝eq \f(DE2＋DF2－EF2,2DE·DF)＝eq \f(52＋52－\r(2)2,2×5×5)＝eq \f(24,25)，
∴sin∠EDF＝eq \f(7,25)，
则S△EFD＝eq \f(1,2)DE·DF·sin∠EDF
＝eq \f(1,2)×5×5×eq \f(7,25)＝eq \f(7,2)，
∴＝eq \f(1,3)·S△EFD·h＝eq \f(1,3)×eq \f(7,2)×h＝eq \f(2\r(17),3)，
即h＝eq \f(4\r(17),7)，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⊥PC
B．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eq \f(\r(3),3)
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＝eq \r(2)，PC＝eq \r(2)∈(eq \r(3)－1，eq \r(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＝eq \f(1,3)S△BCD·PM＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),3) ，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2eq \r(5)；
④顶点B到平面APC的最大距离为eq \f(\r(2),2).
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)，
eq \(BD1,\s\up6(—→))＝(－1，－1,2)，
设eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BD1,\s\up6(—→))(0≤λ≤1)，
故eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BD1,\s\up6(—→))＝
(－λ，－λ，2λ)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，2λ)
＝(－λ，1－λ，2λ)，
eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＝(1,0,0)＋(－λ，－λ，2λ)
＝(1－λ，－λ，2λ)．
对于①，当P为BD1中点时，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，
则eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，－1))，eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，－1))，
所以cs∠APC＝eq \f(\(PA,\s\up6(→))·\(PC,\s\up6(→)),|\(PA,\s\up6(→))||\(PC,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,3)>0，
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BD1,\s\up6(—→))·\(AP,\s\up6(→))＝λ＋λ－1＋4λ＝0，,\(BD1,\s\up6(—→))·\(CP,\s\up6(→))＝λ－1＋λ＋4λ＝0，))
解得λ＝eq \f(1,6)，
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＝eq \f(1,6)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)，\f(5,6)，\f(1,3)))，eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)，－\f(1,6)，\f(1,3)))，
所以|eq \(AP,\s\up6(→))|＝|eq \(CP,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(30),6)，
即AP＋PC的最小值为eq \f(\r(30),3)，故③错误；
对于④，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，
设平面APC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,n·\(AP,\s\up6(→))＝－λx＋1－λy＋2λz＝0，))
可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，
则点B到平面APC的距离为
|eq \(AB,\s\up6(→))|·|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)
＝eq \f(|2λ|,\r(12λ2－4λ＋1))，
当λ＝0时，点B到平面APC的距离为0，
当0