2025年高考数学一轮复习教学课件第7章 高考培优7　立体几何中的动态问题

必备知识·关键能力·学科素养·核心价值第七章立体几何与空间向量 高考培优7立体几何中的动态问题对应学生用书第186页 题型一　空间位置关系的判定[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，下列选项正确的是()A．CF∥平面AEPB．CF的长度恒定不变C．AE⊥DPD．异面直线CF与PE所成角的大小恒定不变√√√ (2)(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点．下列叙述正确的是()A．若＝，则异面直线BP与C1D所成角的余弦值为B．若＝λ(λ∈[0，1])，三棱锥P-A1BC的体积为定值C．若＝λ(λ∈[0，1])，有且仅有一个点P，使得A1C⊥平面AB1PD．若＝λ(λ∈[0，1])，则异面直线BP和C1D所成角的取值范围是√√√ (1)ABD(2)ABD[(1)取AP中点G，连接EG，FG，如图，因为F为线段PD的中点，则有GF∥AD，GF＝AD，又E是矩形ABCD边BC的中点，则CE∥AD，CE＝AD，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，由于AE＝DE＝AB，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，在折叠前有∠PEA＝∠BEA＝45°，与AE⊥PE矛盾，即假设错误，C不正确．故选ABD. (2)如图1，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＝，PO＝，BO＝，所以cos∠BPO＝，A正确．由条件＝λ(λ∈[0，1])，可知点P的轨迹为线段B1C1，因为B1C1∥BC，故P到平面A1BC的距离为定值，且△A1BC面积为定值，故三棱锥P-A1BC体积为定值，B正确． 由＝λ(λ∈[0，1])可知点P在线段EF上(E，F分别为BB1，CC1中点)，如图2，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，C错误． 由＝λ(λ∈[0，1])可知点P的轨迹为线段AD1，以A1为坐标原点建立空间直角坐标系，如图3，C1(2，2，0)，D(0，2，2)，B(2，0，2)，设P(0，a，2－a)，a∈[0，2]，得＝(－2，0，2)，＝(－2，a，－a)，所以cos〈〉＝＝，令2－a＝x∈[0，2]，当a＝2，即x＝0时，cos〈〉＝0，此时直线BP和C1D所成角是；当a≠2，即x∈(0，2]时，则cos〈〉＝，令＝t∈，cos〈〉＝，所以当＝t＝，即a＝0时，cos〈〉取得最大值，为，直线BP和C1D所成角的最小值为，D正确．故选ABD.]名师点评空间位置关系的动点问题的解法(1)应用线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质定理进行转化；(2)利用向量法或建立空间直角坐标系进行计算． [跟进训练]1．(1)(多选)(2024·湖南益阳模拟)如图，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，则在翻折过程中，下列结论正确的是()A．CF⊥OPB．存在点P，使得PE∥CFC．存在点P，使得PE⊥EDD．三棱锥P-AED的体积的最大值为√√√ (2)(多选)(2024·广东佛山禅城区一模)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈，μ∈，则()A．当λ＝μ＝1时，BP⊥A1DB．当λ＝μ＝时，点P到平面A1BD的距离为C．当λ＋μ＝1时，D1P∥平面A1BDD．当λ＋μ＝时，三棱锥A1-PBD的体积恒为√√√ (1)ACD(2)ACD[(1)依题意，AF∥EC，AF＝EC，则四边形AECF为平行四边形，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正确；因为PE∩AE＝E，CF∥AE，因此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＝，即PO2＋FO2＝1＝PF2，则PO⊥FO，而FO⊥AE，PO∩AE＝O，PO，AE⊂平面PAE，因此FO⊥平面PAE，又O，F分别为AE，AD的中点，即ED∥FO，于是ED⊥平面PAE，而PE⊂平面PAE，则PE⊥ED，C正确； 在翻折过程中，令PO与平面AED所成角为θ，则点P到平面AED的距离h＝POsinθ＝sinθ，又S△AED＝AD·AB＝1，因此三棱锥P-AED的体积VP-AED＝S△AED·h＝sinθ≤，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，D正确．故选ACD. (2)当λ＝μ＝1时，此时点P与点C1重合，由正方体可得BC1⊥A1D，所以BP⊥A1D，A正确；当λ＝μ＝时，此时点P为B1C的中点，由B1C∥平面A1BD，得点P到平面A1BD的距离等于点C到平面A1BD的距离，设为d，由×1×1×1＝×d，解得d＝，B错误；当λ+μ＝1时，此时P，C，B1三点共线，由平面B1CD1∥平面A1BD，得D1P∥平面A1BD，C正确；点P在△BB1C中与B1C平行的中位线MN(图略)上，易得MN∥平面A1BD，点P到平面A1BD的距离为定值，为点C到平面A1BD的距离的一半，即d＝的等边三角形A1BD，所以×()2×，则三棱锥A1-PBD的体积，D正确.故选ACD．] 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，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2πC．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，则点N的轨迹为双曲线(2)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＝x＋y(x，y∈R)，则点Q的轨迹围成图形的面积是________．3√√√ (1)ACD(2)3[(1)如图所示，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＝，所以DN＝DM＝＝×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，A正确；在Rt△MDN中，DN＝＝＝2，取MD的中点E，MN的中点P，连接PE，所以PE∥DN，且PE＝DN＝，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＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，其面积为π·()2＝3π，B不正确； 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，C正确；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＝(0，4，0)，＝(x，y，－4)，因为D1N与AB所成的角为，所以|cos〈〉|＝cos，所以＝，整理得＝1，所以点N的轨迹为双曲线，D正确．故选ACD. (2)因为＝x＋y(x，y∈R)，所以点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，所以点Q的轨迹围成图形的面积S＝6××sin60°＝3.]名师点评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)(多选)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝1，AA1＝3，点M是侧面ADD1A1上的一个动点(含边界)，P是棱CC1的中点，则下列结论正确的是()A．当PM长度最小时，三棱锥M-BDP的体积为B．当PM长度最大时，三棱锥M-BDP的体积为C．若保持PM＝，则点M在侧面内运动路径的长度为πD．若M在平面ADD1A1内运动，且∠MD1B＝∠B1D1B，则点M的轨迹为圆弧(2)(2024·河北邢台模拟)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的夹角为30°，则动点P的轨迹长度为________．√√2π (1)AC(2)2π[(1)当PM长度最小时，点M为线段DD1的中点，MD＝DD1＝，求得点P到平面BDM的距离为h＝，VM-BDP＝VP-BDM＝S△BDM×h＝＝，A正确；当PM长度最大时，点M与点A或点A1重合，若点M与点A重合，VM-BDP＝VP-ABD＝S△ABD×PC＝×2×1×＝，当点M与点A1重合时，由于AA1与平面BDP不平行且A，A1在该平面同侧，所以此时体积不为，所以B错误；取DD1中点O，连接PO，OM，如图所示，易证PO⊥平面ADD1A1，OM⊂平面ADD1A1，则PO⊥OM，若保持PM＝，则OM＝＝1，则点M的轨迹是以1为半径的半圆弧，长度为π×1＝π，C正确； 以点D为原点建立空间直角坐标系如图所示，则D1(0，0，3)，B1(1，2，3)，B(1，2，0)，设M(m，0，n)(0≤m≤1，0≤n≤3)，则有＝(1，2，－3)，＝(1，2，0)，＝(m，0，n－3)，若∠MD1B＝∠B1D1B，则有cos∠MD1B＝cos∠B1D1B，即＝，化简得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(此时n＝2m＋3，m＝0，n＝3)，故点M的轨迹为一段直线，D错误．故选AC. (2)分别取BC，B1C1的中点F，G，连接EF，FG，EG，则BF＝BC，B1G＝B1C1，因为BC∥B1C1，BC＝B1C1，所以BF∥B1G，BF＝B1G，所以四边形BFGB1为平行四边形，所以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，点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动，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.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＝＝，所以BP＝AB＝，所以点P的轨迹是以B为圆心，为半径的一段弧，且圆心角为直角，所以动点P的轨迹长度为×2π×＝π.] 【教师备选资源】(2023·广州一模)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面ADD1A1上的动点，且PC1∥平面AEF，则点P的轨迹长为________，点P到直线AF的距离的最小值为________．[在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接BC1，FD1，AD1，如图，对角面ABC1D1为矩形，因为点E，F分别是棱BC，CC1的中点，则EF∥BC1∥AD1，而EF＝AD1，即平面AEF截正方体所得截面为梯形AEFD1，显然过点C1与平面AEFD1平行的平面交平面BCC1B1，平面ADD1A1分别于BC1，MN，因此MN∥BC1∥AD1，连接MC1，平面BMNC1，平面AEFD1与平面ACC1A1分别交于MC1，AF，因此MC1∥AF，而AM∥FC1，即四边形AMC1F为平行四边形，于是AM＝FC1＝，即点M为AA1的中点，同理N为A1D1中点，MN＝，因为动点P始终满足PC1∥平面AEF，于是PC1⊂平面BMNC1，又P在侧面ADD1A1上，所以点P的轨迹是线段MN，轨迹长为. 以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，则M，N，A(1，0，0)，F，则＝＝＝，令＝t＝，则有＝＝，＝＝＝t＋，于是点P到直线AF的距离d＝＝＝，当且仅当t＝0时取等号，所以点P到直线AF的距离的最小值为.] 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．B．C．D．(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≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是()A．B．C．D．√√ (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]，∴＝(1，1，0)，＝(λ－1，λ，1)，∴＝2λ－1，||＝，||＝，设异面直线AP与BD所成的角为θ，则cosθ＝＝＝＝＝，当λ＝时，cosθ取得最小值为0，当λ＝0或1时，cosθ取得最大值为，∴0≤cosθ≤，则≤θ≤. (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＝Sh＝×4a2×h＝＝，所以V′＝＝l3，当3≤l＜2时，V′＞0，当2＜l≤3时，V′＜0，所以当l＝2时，正四棱锥的体积V取得最大值，最大值为，又l＝3时，V＝，l＝3时，V＝，所以正四棱锥的体积V的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选C.] 名师点评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，有如下常用的思路．(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在什么位置时，所求的量有相应最大值、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)(2024·湖南长沙模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，H为棱AA1(包含端点)上的动点，下列命题正确的是()A．CH⊥BDB．平面D1AB1与平面AB1C的夹角为C．点H到平面B1CD1距离的取值范围是D．若CH⊥平面β，则直线CD与平面β所成角的正弦值的取值范围为(2)(2024·江苏盐城模拟)已知正四面体ABCD的棱长为3，点E满足＝λ(0＜λ＜1)，过点E作平面α平行于AC和BD，设α分别与该正四面体的棱BC，CD，DA相交于点F，G，H，则四边形EFGH的周长为_____，四棱锥A-EFGH的体积的最大值为______．√√√6 (1)ACD(2)6[(1)由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，则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)，设H(1，0，h)，其中0≤h≤1.＝(1，－1，h)，＝(1，1，0)，故＝0，即CH⊥BD，A正确；＝(0，1，1)，＝(－1，0，1)，＝(－1，1，0)，设平面D1AB1的法向量为m＝(x，y，z)，则即取z＝1，则x＝1，y＝－1，故m＝(1，－1，1)为平面D1AB1的一个法向量． 设平面AB1C的法向量为n＝(a，b，c)，则即取b＝1，则a＝1，c＝－1，故n＝(1，1，－1)为平面AB1C的一个法向量．故cos〈m，n〉＝＝－，而平面D1AB1与平面AB1C的夹角为锐角，故其余弦值为，所以平面D1AB1与平面AB1C的夹角不是，B错误；＝(1，1，0)，＝(0，1，－1)， 设平面CB1D1的法向量为k＝(p，q，r)，则即取q＝1，则p＝－1，r＝1，故k＝(－1，1，1)为平面CB1D1的一个法向量．而＝(0，－1，h－1)，故点H到平面CB1D1的距离为||×＝＝∈，C正确；设直线CD与平面β所成的角为θ.因为CH⊥平面β，故＝(1，－1，h)为平面β的法向量，而＝(0，1，0)，故sinθ＝|cos〈〉|＝＝，而h∈[0，1]，所以∈，D正确．故选ACD. (2)因为AC∥平面α，平面α∩平面ABC＝EF，AC⊂平面ABC，故AC∥EF，同理AC∥GH，故EF∥GH，同理EH∥GF，故四边形EFGH为平行四边形．由＝λ，可得AE∶AB＝λ，则HE∶DB＝λ，EF∶AC＝1－λ，又正四面体ABCD的棱长为3，则HE＝GF＝3λ，EF＝GH＝3(1－λ)，四边形EFGH的周长为HE＋GF＋EF＋GH＝2[3λ＋3(1－λ)]＝6.取BD的中点为M，AC的中点为Q，连接AM，MC，MQ，则由正四面体可得AM＝MC＝，故MQ＝＝且MQ⊥AC，故MQ⊥EF. 因为AD＝AB，DM＝MB，故AM⊥BD，同理CM⊥BD，而AM∩MC＝M，AM，MC⊂平面AMC，故BD⊥平面AMC，因为AC，MQ⊂平面AMC，所以BD⊥MQ，BD⊥AC，故HE⊥MQ，且HE⊥EF，故平行四边形EFGH为矩形．而HE∩EF＝E，HE，EF⊂平面EFGH，故MQ⊥平面EFGH.因为AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，故A到平面EFGH的距离即为Q到平面EFGH的距离，B到平面EFGH的距离即为M到平面EFGH的距离，而＝λ，故＝， 故A到平面EFGH的距离与B到平面EFGH的距离的比值为，结合MQ＝可得A到平面EFGH的距离为λ，则四棱锥A-EFGH的体积V＝×3λ×3(1－λ)×λ＝λ2(1－λ)．令f(x)＝x2(1－x)(0＜x＜1)，则f′(x)＝x(2－3x)，由f′(x)＞0得0＜x＜，由f′(x)＜0，得＜x＜1，则f(x)在上单调递增，在上单调递减，则f(x)在x＝处取得最大值，最大值为f＝＝，即四棱锥A-EFGH的体积的最大值为.] THANKS