第7章 高考培優(yōu)7　立體幾何中的動態(tài)問題-備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學一輪復習（解析版）

立體幾何中的動態(tài)問題題型一空間位置關系的判定[典例1](1)(多選)如圖，四邊形ABCD為矩形，AD＝2AB，E是BC的中點，將△BAE沿AE翻折至△PAE的位置(點P?平面AECD)，設線段PD的中點為F.則在翻折過程中，下列選項正確的是()A．CF∥平面AEPB．CF的長度恒定不變C．AE⊥DPD．異面直線CF與PE所成角的大小恒定不變(2)(多選)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，P為空間中一點．下列敘述正確的是()A．若AP＝12AD1，則異面直線BP與CB．若BP＝λBC+BB1(λ∈[0，1])，三棱錐P-AC．若BP＝λBC+12BB1(λ∈[0，1])，有且僅有一個點P，使得A1D．若AP＝λAD1(λ∈[0，1])，則異面直線BP和C1D(1)ABD(2)ABD[(1)取AP中點G，連接EG，F(xiàn)G，如圖，因為F為線段PD的中點，則有GF∥AD，GF＝12AD，又E是矩形ABCD邊BC的中點，則CE∥AD，CE＝12AD，于是得GF∥CE，GF＝CE，即有四邊形CEGF是平行四邊形，則CF∥EG，而EG?平面AEP，CF?平面因此，CF∥平面AEP，A正確；在?CEGF中，CF＝EG，在△PAE中，PE＝PA＝AB，∠APE＝90°，即EG為已知等腰直角三角形一腰上的中線，則EG長是定值，∠PEG也是定值，因此，CF的長度恒定不變，B正確；由CF∥EG知，異面直線CF與PE所成角的大小為∠PEG，D正確；假設AE⊥DP，由于AE＝DE＝2AB，則AE2＋DE2＝4AB2＝AD2，即AE⊥DE，而DP∩DE＝D，DP，DE?平面PDE，則AE⊥平面PDE，有AE⊥PE，在折疊前有∠PEA＝∠BEA＝45°，與AE⊥PE矛盾，即假設錯誤，C不正確．故選ABD.(2)如圖1，P為AD1中點，取B1D1的中點O，連接PO，BO，則PO∥C1D，所以∠BPO或其補角即為異面直線BP與C1D所成的角，易得BP＝6，PO＝2，BO＝6，所以cos∠BPO＝36由條件BP＝λBC+BB1(λ∈[0，1])，可知點P的軌跡為線段B1C1，因為B1C1∥BC，故P到平面A1BC的距離為定值，且△A1BC面積為定值，故三棱錐P-A1由BP＝λBC+12BB1(λ∈[0，1])可知點P在線段EF上(E，F(xiàn)分別為BB1，CC1中點)，如圖2，因為A1C⊥平面AB1D1，所以平面AB1P即為平面AB1D1，點P即為平面AB1D由AP＝λAD1(λ∈[0，1])可知點P的軌跡為線段AD1，以A1為坐標原點建立空間直角坐標系，如圖3，C1(2，2，0)，D(0，2，2)，B(2，0，2)，設P(0，a，2－a)，a∈[0，2]，得C1D＝(－2，0，2)，BP＝(－2，a，－a)，所以cos〈BP，C1D〉＝4?2a當a＝2，即x＝0時，cos〈BP，C1D〉＝0，此時直線BP和C1當a≠2，即x∈(0，2]時，則cos〈BP，C1D〉＝126x2?4x+1，令1x＝t∈12，+∞，cos〈BP，C1D〉＝12空間位置關系的動點問題的解法(1)應用線線、線面、面面平行與垂直的判定與性質定理進行轉化；(2)利用向量法或建立空間直角坐標系進行計算．[跟進訓練]1．(1)(多選)(2024·湖南益陽模擬)如圖，矩形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC，AD的中點，且BC＝2AB＝2，BF∩AE＝O，現(xiàn)將△ABE沿AE向上翻折，使B點移到P點，則在翻折過程中，下列結論正確的是()A．CF⊥OPB．存在點P，使得PE∥CFC．存在點P，使得PE⊥EDD．三棱錐P-AED的體積的最大值為2(2)(多選)(2024·廣東佛山禪城區(qū)一模)如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P滿足BP＝λBC＋μBB1，其中λ∈0，1，A．當λ＝μ＝1時，BP⊥A1DB．當λ＝μ＝12時，點P到平面A1BD的距離為C．當λ＋μ＝1時，D1P∥平面A1BDD．當λ＋μ＝12時，三棱錐A1-PBD的體積恒為(1)ACD(2)ACD[(1)依題意，AF∥EC，AF＝EC，則四邊形AECF為平行四邊形，有CF∥AE，而AF＝AB＝BE，∠BAF＝∠ABE＝90°，即有∠ABO＝∠BAO＝45°，因此BF⊥AE，即OP⊥AE，因此CF⊥OP，A正確；因為PE∩AE＝E，CF∥AE，因此PE，CF不平行，即不存在點P，使得PE∥CF，B錯誤；連接PF，當PF＝1時，因為PO＝FO＝22即PO2＋FO2＝1＝PF2，則PO⊥FO，而FO⊥AE，PO∩AE＝O，PO，AE?平面PAE，因此FO⊥平面PAE，又O，F(xiàn)分別為AE，AD的中點，即ED∥FO，于是ED⊥平面PAE，而PE?平面PAE，則PE⊥ED，C正確；在翻折過程中，令PO與平面AED所成角為θ，則點P到平面AED的距離h＝POsinθ＝22sinθ又S△AED＝12AD·AB因此三棱錐P-AED的體積VP-AED＝13S△AED·h＝26sinθ≤當且僅當θ＝90°，即PO⊥平面AED時取等號，所以三棱錐P-AED的體積的最大值為26故選ACD.(2)當λ＝μ＝1時，此時點P與點C1重合，由正方體可得BC1⊥A1D，所以BP⊥A1D，A正確；當λ＝μ＝12時，此時點P為B1C的中點，由B1C∥平面A1BD，得點P到平面A1BD的距離等于點C到平面A1BD的距離，設為d，由VA1?BCD＝VC?A1BD，得13×12×當λ+μ＝1時，此時P，C，B1三點共線，由平面B1CD1∥平面A1BD，得D1P∥平面A1BD，C正確；點P在△BB1C中與B1C平行的中位線MN(圖略)上，易得MN∥平面A1BD，點P到平面A1BD的距離為定值，為點C到平面A1BD的距離的一半，即12d＝36，底面是邊長為2的等邊三角形A1BD，所以S△A1BD＝12×(2)2×故選ACD．]題型二軌跡問題[典例2](1)(多選)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，M為DD1的中點，N為ABCD所在平面內一動點，則下列命題正確的是()A．若MN與平面ABCD所成的角為π4，則點NB．若MN＝4，則MN的中點P的軌跡所圍成圖形的面積為2πC．若點N到直線BB1與到直線DC的距離相等，則點N的軌跡為拋物線D．若D1N與AB所成的角為π3，則點N(2)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，M，N，G分別是棱AA1，BC，A1D1的中點，設Q是該正方體表面上的一點，若MQ＝xMG＋yMN(x，y∈R)，則點Q的軌跡圍成圖形的面積是________．(1)ACD(2)33[(1)如圖所示，根據(jù)正方體的性質可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND為MN與平面ABCD所成的角，所以∠MND＝π4，所以DN＝DM＝12DD1＝12在Rt△MDN中，DN＝MN2?MD2＝42?22＝23，取MD的中點E，MN的中點P，連接PE，所以PE∥DN，且PE＝12DN＝3，因為DN⊥ED，所以PE⊥ED，即點P在過點E且與DD1垂直的平面內，又PE＝3，所以點連接NB，因為BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以點N到直線BB1的距離為NB，所以點N到點B的距離等于點N到定直線CD的距離，又B不在直線CD上，所以點N的軌跡為以B為焦點，CD為準線的拋物線，C正確；以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，設N(x，y，0)，則AB＝(0，4，0)，D1N＝(x，因為D1N與AB所成的角為π3所以|cos〈AB，D1所以4y4x2+y2+(2)因為MQ＝xMG＋yMN(x，y∈R)，所以點Q在平面MGN上，分別取AB，CC1，C1D1的中點E，F(xiàn)，O，則點Q的軌跡是正六邊形OFNEMG，因為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，所以正六邊形OFNEMG的邊長為2，所以點Q的軌跡圍成圖形的面積S＝6×12×2×解決與幾何體有關的動點軌跡問題的方法(1)幾何法：根據(jù)平面的性質進行判定．(2)定義法：轉化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定，或用代替法進行計算．(3)特殊值法：根據(jù)空間圖形線段長度關系取特殊值或位置進行排除．[跟進訓練]2．(1)(多選)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝1，AA1＝3，點M是側面ADD1A1上的一個動點(含邊界)，P是棱CC1的中點，則下列結論正確的是()A．當PM長度最小時，三棱錐M-BDP的體積為1B．當PM長度最大時，三棱錐M-BDP的體積為1C．若保持PM＝5，則點M在側面內運動路徑的長度為πD．若M在平面ADD1A1內運動，且∠MD1B＝∠B1D1B，則點M的軌跡為圓弧(2)(2024·河北邢臺模擬)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，E為CD的中點，且點P在四邊形BCC1B1內部及其邊界上運動，若總是保持EP∥平面BDD1B1，則動點P的軌跡長度為________；若總是保持AP與AB的夾角為30°，則動點P的軌跡長度為________．(1)AC(2)233π[(1)當PM長度最小時，點M為線段DD1的中點，MD＝12DD1＝32，求得點P到平面BDM的距離為h＝25，VM-BDP＝VP-BDM＝13S△BDM×h當PM長度最大時，點M與點A或點A1重合，若點M與點A重合，VM-BDP＝VP-ABD＝13S△ABD×PC＝13×12×2×1×32＝12，當點M與點A1重合時，由于AA1與平面BDP不平行且取DD1中點O，連接PO，OM，如圖所示，易證PO⊥平面ADD1A1，OM?平面ADD1A1，則PO⊥OM，若保持PM＝5，則OM＝5?4＝1，則點M的軌跡是以1為半徑的半圓弧，長度為π×1＝π，C正確；以點D為原點建立空間直角坐標系如圖所示，則D1(0，0，3)，B1(1，2，3)，B(1，2，0)，設M(m，0，n)(0≤m≤1，0≤n≤3)，則有D1B＝(1，2，－3)，D1B1＝(1，2，0)，D若∠MD1B＝∠B1D1B，則有cos∠MD1B＝cos∠B1D1B，即m+9?3nm化簡得2n2－2m2－12n＋9m－3mn＋18＝0，即(m＋2n－6)(－2m＋n－3)＝0，即m＋2n－6＝0或－2m＋n－3＝0(此時n＝2m＋3，m＝0，n＝3)，故點M的軌跡為一段直線，D錯誤．故選AC.(2)分別取BC，B1C1的中點F，G，連接EF，F(xiàn)G，EG，則BF＝12BC，B1G＝12B1C因為BC∥B1C1，BC＝B1C1，所以BF∥B1G，BF＝B1G，所以四邊形BFGB1為平行四邊形，所以BB1∥FG，因為E為CD的中點，所以EF∥BD，因為EF，F(xiàn)G?平面BDD1B1，BD，BB1?平面BDD1B1，所以EF∥平面BDD1B1，F(xiàn)G∥平面BDD1B1，因為EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面BDD1B1，因為平面EFG∩平面BCC1B1＝FG，點P在四邊形BCC1B1內部及其邊界上運動，EP∥平面BDD1B1，所以點P的軌跡是FG，因為FG＝BB1＝2，所以動點P的軌跡長度為2.因為AB⊥平面BCC1B1，BP?平面BCC1B1，所以AB⊥BP，在Rt△ABP中，AB＝2，∠BAP＝30°，則tan∠BAP＝BPAB＝3所以BP＝33AB＝2所以點P的軌跡是以B為圓心，233為半徑的一段弧，且圓心角為直角，所以動點P的軌跡長度為14×2π×2【教師備選資源】(2023·廣州一模)在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點，P是側面ADD1A1上的動點，且PC1∥平面AEF，則點P的軌跡長為________，點P到直線AF的距離的最小值為________．2223[在正方體ABCD-A1B1C1D1中，連接BC1，F(xiàn)D1，AD1，如圖，對角面ABC因為點E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點，則EF∥BC1∥AD1，而EF＝12AD1即平面AEF截正方體所得截面為梯形AEFD1，顯然過點C1與平面AEFD1平行的平面交平面BCC1B1，平面ADD1A1分別于BC1，MN，因此MN∥BC1∥AD1，連接MC1，平面BMNC1，平面AEFD1與平面ACC1A1分別交于MC1，AF，因此MC1∥AF，而AM∥FC1，即四邊形AMC1F為平行四邊形，于是AM＝FC1＝12，即點M為AA1的中點，同理N為A1D1中點，MN＝22，因為動點P始終滿足PC1∥平面于是PC1?平面BMNC1，又P在側面ADD1A1上，所以點P的軌跡是線段MN，軌跡長為22以點D為坐標原點建立空間直角坐標系，則M1，0，12，N12，0，1，A(1，0，0)，F(xiàn)令MP＝tMN＝?1則有AP＝AM+MP＝AP·AF＝1+3t4，AP·AFAF＝1d＝AP＝1＝14t2+13t+2題型三最值(范圍)問題[典例3](1)如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P是線段B1D1上一動點，且AP∥平面DBC1，則異面直線AP與BD所成角的取值范圍為()A．π4，3πC．π3，π2(2)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上．若該球的體積為36π，且3≤l≤33，則該正四棱錐體積的取值范圍是()A．18，814C．274，643(1)C(2)C[(1)如圖，以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體棱長為1，則D(0，0，0)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，設P(λ，λ，1)，λ∈[0，1]，∴DB＝(1，1，0)，AP＝(λ－1，λ，1)，∴DB·AP＝2λ－1，|DB|＝|AP|＝2λ設異面直線AP與BD所成的角為θ，則cosθ＝DB·AP＝12·＝12當λ＝12時，cosθ當λ＝0或1時，cosθ取得最大值為12∴0≤cosθ≤12，則π3≤θ≤(2)因為球的體積為36π，所以球的半徑R＝3，設正四棱錐的底面邊長為2a，高為h，則l2＝2a2＋h2，32＝2a2＋(3－h(huán))2，所以6h＝l2，2a2＝l2－h(huán)2，所以正四棱錐的體積V＝13Sh＝13×4a2×h＝23所以V′＝194l3?l當3≤l＜26時，V′＞0，當26＜l≤33時，V′＜0，所以當l＝26時，正四棱錐的體積V取得最大值，最大值為643，又l＝3時，V＝274，l＝33時，V＝所以正四棱錐的體積V的最小值為274所以該正四棱錐體積的取值范圍是274故選C.]在動態(tài)變化過程中產生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，有如下常用的思路．(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在什么位置時，所求的量有相應最大值、最小值，即可求解．(2)函數(shù)思想：通過建系或引入變量，把這類動態(tài)問題轉化為目標函數(shù)，從而利用代數(shù)方法求目標函數(shù)的最值．[跟進訓練]3．(1)(2024·湖南長沙模擬)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，H為棱AA1(包含端點)上的動點，下列命題正確的是()A．CH⊥BDB．平面D1AB1與平面AB1C的夾角為πC．點H到平面B1CD1距離的取值范圍是3D．若CH⊥平面β，則直線CD與平面β所成角的正弦值的取值范圍為3(2)(2024·江蘇鹽城模擬)已知正四面體ABCD的棱長為3，點E滿足AE＝λAB(0＜λ＜1)，過點E作平面α平行于AC和BD，設α分別與該正四面體的棱BC，CD，DA相交于點F，G，H，則四邊形EFGH的周長為________，四棱錐A-EFGH的體積的最大值為________．(1)ACD(2)6223則D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C1(0，1，1)，B1(1，1，1)，設H(1，0，h)，其中0≤h≤1.CH＝(1，－1，h)，DB＝(1，1，0)，故CH·DB＝0，即CH⊥AB1＝(0，1，1)，AD設平面D1AB1的法向量為m＝(x，y，z)，則m·AB1=0，m·故m＝(1，－1，1)為平面D1AB1的一個法向量．設平面AB1C的法向量為n＝(a，b，c)，則n·AB1=0，n·故n＝(1，1，－1)為平面AB1C的一個法向量．故cos〈m，n〉＝?13×3而平面D1AB1與平面AB1C的夾角為銳角，故其余弦值為13，所以平面D1AB1與平面AB1C的夾角不是πD1B1設平面CB1D1的法向量為k＝(p，q，r)，則k即p+q=0，q?r=故k＝(－1，1，1)為平面CB1D1的一個法向量．而B1H＝(0，－1，h－1)，故點H到平面CB1D1的距離為|B1H|×B1H·設直線CD與平面β所成的角為θ.因為CH⊥平面β，故CH