专题四　微重点3　立体几何中的动态问题 -大二轮数学专题复习

微重点3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.考点一动点轨迹问题例1(多选)(2024·梅州模拟)如图，平面ABN⊥平面α，AB=MN=2，M为线段AB的中点，直线MN与平面α所成角的大小为30°，点P为平面α内的动点，则()A.以N为球心，半径为2的球面在平面α上的截痕长为2πB.若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线C.若P到直线MN的距离为1，则∠APB的最大值为πD.满足∠MNP=45°的点P的轨迹是椭圆答案BC解析对于A，由于MN与平面α所成角的大小为30°，所以点N到平面α的距离d=MN·sin30°=1，故半径为R=2的球面在平面α上截面圆的半径为r=R2-d2=3，故截痕长为2πr=2对于B，由于平面ABN⊥平面α，所以以AB为y轴，在平面α内过M作x轴⊥AB，在平面ABN内作z轴⊥AB，建立如图所示的空间直角坐标系，则M(0，0，0)，B(0，1，0)，A(0，-1，0)，N(0，3，1设P(x，y，0)，则PM=PN⇒x2+y2=x2+(y-3)2+1，化简得y=233，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线对于C，MN=(0，3，1)，MP=(x，y所以P到直线MN的距离为MP2-MP·化简可得x2+y24所以点P的轨迹是平面α内的椭圆x2+y24=1，如图，当P在短轴的端点时，∠APB最大，由于BM=MP故∠BPM=π4，因此∠APB=2∠BPM=π对于D，NM=0NP=x若∠MNP=45°，则cos∠MNP=cos〈NM，NP〉=NM·NP化简得y-2324-x22=1且y<433，故满足∠[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(多选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P在侧面CC1D1D(含边界)内运动，Q在底面ABCD(含边界)内运动，则下列说法正确的是()A.若直线AC与直线AP所成角的大小为30°，则点P的轨迹为椭圆的一部分B.若过点Q作体对角线A1C的垂线，垂足为H，满足QA=QH，则点Q的轨迹为双曲线的一部分C.若点P到直线B1C1的距离与点P到平面ABCD的距离相等，则点P的轨迹为抛物线的一部分D.若点P满足∠PAD=∠PAC1，则点P的轨迹为线段答案ACD解析依题意，以A为坐标原点，AD为x轴，AB为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D(1，0，0)，假设P(1，m，n)，m，n∈[0，1]，则AC=(1，1，0)，AP=(1，m，n)所以cos30°=AC·AP即(m-2)23+n2=1，m，n∈[所以点P的轨迹为椭圆的一部分，故A正确；设Q(a，b，0)，a，b∈[0，1]，QA=a2+b2，A1Q=A1C=(1，1，-1A1H为向量A1Q在向量A1C上投影的长度，故由勾股定理，得QH=A1Q由QA=QH得，a+b=3-1，a，b∈[0，1]，所以点Q的轨迹为线段，故B错误；由条件得，点P到直线B1C1的距离为(1-设点P到平面ABCD的距离为n，由(1-m)2+(1-n)2=n，化简得(m-1)2=2n-1，AD=(1，0，0)，AC1=(1，1，可得cos∠PAD=AD·APcos∠PAC1=A=1+由cos∠PAD=cos∠PAC1，化简得m+n=3-1，所以点P的轨迹为线段，故D正确.考点二折叠、展开问题例2(多选)如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠D=60°，沿AC将△DAC翻折至△SAC，连接SB，得到三棱锥S-ABC，E是线段SA的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是()A.在棱SB上总存在一点F，使得EF∥平面ABCB.当SB=3时，三棱锥S-ABC的体积为1C.当平面SAC⊥平面ABC时，SB=6D.当二面角S-AC-B为120°时，三棱锥S-ABC的外接球的半径为15答案AC解析对于A，取SB的中点F，连接EF，因为E，F分别是SA，SB的中点，所以EF∥AB，因为AB⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC，故A正确；对于B，易得△ABC，△SAC为等边三角形，取AC的中点M，连接BM，SM，则AC⊥BM，AC⊥SM，SM=MB=3所以cos∠SMB=S=3+3-92×3则点S到平面ABC的距离h=sin(π-∠SMB)·SM=32×3=所以三棱锥S-ABC的体积V=13×34×22×32=3对于C，当平面SAC⊥平面ABC时，平面SAC∩平面ABC=AC，因为△SAC为等边三角形，所以SM⊥AC，SM⊂平面SAC，所以SM⊥平面ABC，又因为MB⊂平面ABC，所以SM⊥MB，所以SB=SM2+MB对于D，设三棱锥S-ABC外接球的球心为O，△SAC，△ABC的中心分别为O1，O2，易得OO1⊥平面SAC，OO2⊥平面ABC，且O，O1，O2，M四点共面，∠OMO1=12∠O1MO2=60°O1M=13SM=在Rt△OO1M中，OO1=3O1M=1，又O1S=23SM=则三棱锥S-ABC外接球半径r=OO12+O1S2[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(多选)在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱ABC-A1B1C1展开得到平面图，如图所示，∠ABC=90°，AA1=AB，P为AB1的中点，Q为A1C的中点，则在原直三棱柱ABC-A1B1C1中，下列说法正确的是()A.P，Q，C，B四点共面B.A1C⊥AB1C.几何体A-PQCB和直三棱柱ABC-A1B1C1的体积之比为3D.当BC=2AB时，A1C与平面ABB1所成的角为45°答案ABD解析如图，将展开的平面图还原成立体图形，对A选项，连接A1B，∵P为AB1的中点，∴P也为A1B的中点，又Q为A1C的中点，∴PQ∥BC，∴P，Q，C，B四点共面，故A选项正确；对B选项，∵∠ABC=90°，由展开图易知，棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，∴易得BC⊥平面ABB1A1，又AB1⊂平面ABB1A1，∴AB1⊥BC，又AA1=AB，∴四边形ABB1A1为正方形，∴AB1⊥A1B，又BC∩A1B=B，BC，A1B⊂平面A1BC，∴AB1⊥平面A1BC，又A1C⊂平面A1BC，∴A1C⊥AB1，故B选项正确；对C选项，∵P，Q分别为A1B，A1C的中点，∴S四边形PQCB=3∴VA-PQCB=34VA-A1BC=∴几何体A-PQCB和直三棱柱ABC-A1B1C1的体积之比为14，故对D选项，当BC=2AB时，又AA1=AB，且AA1⊥AB，∴A1B=2AB，∴BC=A1B，A1B⊥BC∴∠BA1C=45°，又由B选项的分析知BC⊥平面ABB1A1，∴∠BA1C即为A1C与平面ABB1所成的角，又∠BA1C=45°，∴A1C与平面ABB1所成的角为45°，故D选项正确.考点三最值、范围问题例3(多选)(2024·怀化模拟)在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=2，PA=23，点D是△PAB内的动点(含边界)，AD⊥CD，则下列结论正确的是(A.PB与平面ABC所成角的大小为πB.三棱锥C-ABD的体积最大值是2C.D点的轨迹长度是2πD.异面直线CD与AB所成角的余弦值的取值范围是5答案ACD解析如图，把三棱锥P-ABC补形成正四棱柱并建立空间直角坐标系，对于A，由PA⊥平面ABC，得∠PBA是PB与平面ABC所成的角，tan∠PBA=PAAB=因此∠PBA=π3，对于C，由AD⊥CD，得D点的轨迹是以线段AC为直径的球面与△PAB相交的一段圆弧及点B，令AC，AB的中点分别为O，E，则OE⊥平面PAB，OE=1，OD=2，于是DE=1显然D点所在圆弧所对圆心角大小为2π3，轨迹长度是2π对于B，由选项C知，当DE⊥AB时，D点到平面ABC的距离最大，最大距离为1，因此三棱锥C-ABD的体积VC-ABD=VD-ABC≤13×12×2×2×1=2对于D，由C知，D点的轨迹是以线段AC为直径的球面与△PAB相交的一段圆弧及点B，当D点与A点或B点重合时，直线CD与AB不是异面直线，故舍去；当D点在圆弧上时，设∠AED=θ0<则D(1-cosθ，0，sinθ)，而C(2，2，0)，于是CD=(-1-cosθ，-2，sinθ)，又AB=(2，0，0)，令异面直线CD与AB所成的角为φ，则cosφ=|cos〈CD，AB〉=1+cosθ(1+cos令t=1+cosθ∈1cosφ=t4+2t=14t2+2t在t∈12，2上单调递增，因此510≤[规律方法]在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题时常用的解题思路(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值.(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.跟踪演练3(多选)(2024·鹰潭模拟)直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都为4，∠BAD=π3，点P在四边形BDD1B1及其内部运动，且满足PA+PC=8，则下列选项正确的是(A.点P的轨迹的长度为πB.直线AP与平面BDD1B1所成的角为定值C.点P到平面AD1B1的距离的最小值为2D.PA1·P答案BC解析直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都为4，则底面ABCD为菱形，又∠BAD=π3，则△ABD和△CBD设BD与AC相交于点O，BD⊥AC，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，过O垂直于底面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(23，0，0)，B(0，2，0)，C(-23，0，0)，D(0，-2，0)，A1(23，0，4)，B1(0，2，4)，C1(-23，0，4)，D1(0，-2点P在四边形BDD1B1及其内部运动，设P(0，y，z)，-2≤y≤2，0≤z≤4，由PA+PC=8，得(23)2+即y2+z2=4(-2≤y≤2，0≤z≤2)，所以点P的轨迹为平面BDD1B1内以O为圆心，2为半径的半圆，所以点P的轨迹的长度为2π，A选项错误；平面BDD1B1的一个法向量为m=(1，0，0)，AP=(-23，y，z)设直线AP与平面BDD1B1所成的角为θ，则sinθ=|AP·m|又由θ∈0，π2，所以直线AP与平面BDD1B1所成的角为定值，B选项正确；AB1=(-23，2，4)，AD1=(-2设平面AD1B1的法向量为n=(x，y，z)，则有A令x=2，得y=0，z=3，n=(2，0，3所以点P到平面AD1B1的距离d=AP·n=-4因为0≤z≤2，所以当z=2时，dmin=-43+237=2217，所以点P到平面ADPA1PC1PA1·PC1=-12+y2+(z-4)2，其几何意义为点P(0，y，z)到点(0，0，4由y2+z2=4，点P(0，y，z)到点(0，0，4)距离的最小值为4-2=2，PA1·PC1的最小值为22-12=-8专题强化练(分值：53分)一、单项选择题(每小题5分，共25分)1.(2024·福州质检)棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为BD1上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为()A.33 B.6C.66 D.答案C解析由题意可得OP的最小值为点O到线段BD1的距离，在平面D1DB内过点O作OP⊥BD1于点P，由题意可得DD1=1，DB=2，BD1=3，DD1⊥平面因为DB⊂平面ABCD，则DD1⊥DB，因为△OPB∽△D1DB，故OPDD即OP=OB·DD1BD12.已知点P是正四面体A-BCD内的动点，E是棱CD的中点，且点P到棱AB和棱CD的距离相等，则点P的轨迹被平面ABE所截得的图形为()A.线段 B.椭圆的一部分C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分答案D解析在正四面体A-BCD中，E是棱CD的中点，所以AE⊥CD，BE⊥CD，又AE∩BE=E，AE，BE⊂平面ABE，所以CD⊥平面ABE，又点P的轨迹被平面ABE所截，即点P在平面ABE内，所以点P到棱CD的距离为PE.在平面ABE内过点P作PF⊥AB，则PF为点P到棱AB的距离，又点P到棱AB和棱CD的距离相等，即PE=PF，因此，在平面ABE内，动点P到棱AB和到定点E的距离相等.由抛物线的定义得，动点P的轨迹是抛物线的一部分.3.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是23，M为A1C1的中点，N是侧面BCC1B1内的动点，且MN∥平面ABC1，则点N的轨迹的长度为(A.6 B.2 C.2 D.4答案B解析如图，取B1C1的中点D，取BB1的中点E，连接MD，DE，ME，则DE∥BC1，又DE⊄平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，所以DE∥平面ABC1，又M为A1C1的中点，所以MD∥A1B1∥AB，又MD⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，又DE∩MD=D，DE⊂平面DEM，MD⊂平面DEM，所以平面DEM∥平面ABC1，又因为N是侧面BCC1B1上一点，且MN∥平面ABC1，所以N的轨迹为线段DE，DE=124+12所以点N的轨迹的长度为2.4.(2024·榆林模拟)如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数y=2sinωx(ω>0)图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为12，则ω的值为(A.36 B.3C.3 D.2答案A解析由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数y=2sinωx(ω>0)图象的一部分，可得AB=4，且T=2π所以圆柱的底面直径2r=2设椭圆长轴长为2a，短轴长为2b，因为离心率为12，可得ba=2rAC=32由勾股定理得16+4ω2=163ω25.三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角P-ABC是由有公共端点P且不共面的三条射线PA，PB，PC以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A-PC-B的大小为θ，由三面角余弦定理得cosθ=cosγ-cosα·cosβsinα·sinβ.在三棱锥P-ABC中，PA=6，∠APC=60°，∠BPC=45°，∠APB=90°，PB+PC=6A.2724 B.C.92 D.答案C解析如图所示，作BD垂直于CP于点D，设点B在平面APC中的射影为M，连接BM，MD，由题意得VP-ABC=13·S△APC·BM设二面角A-PC-B的大小为θ，θ∈[0，π]，则cosθ=0-12∴sin∠BDM=6BM=BD·sin∠BDM=63=63·PB·sin∠BPC=33S△APC=12·PA·PC·sin∠APC=33∴VP-ABC=13·S△APC·BM=12·PB·PC=12·PB(6-PB)=-12=-12(PB-3)2+当PB=3时，VP-ABC的最大值为92二、多项选择题(每小题6分，共18分)6.两千多年前，古希腊大数学家阿波罗尼斯发现，用一个不垂直于圆锥的平面截圆锥，其截口曲线是圆锥曲线.已知圆锥轴截面的顶角为2θ，一个不过圆锥顶点的平面与圆锥的轴的夹角为α，当θ<α<π2时，截口曲线为椭圆；当α=θ时，截口曲线为抛物线；当0<α<θ时，截口曲线为双曲线.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=2，AA1=4，点P在平面ABCD内，下列选项正确的是(A.若点P到直线CC1的距离与点P到平面BB1C1C的距离相等，则点P的轨迹为直线B.若点P到直线CC1的距离与点P到AA1的距离之和等于4，则点P的轨迹为椭圆C.若∠BD1P=45°，则点P的轨迹为抛物线D.若∠BD1P=60°，则点P的轨迹为双曲线答案ABD解析对于A，如图，点P到直线CC1的距离与点P到平面BB1C1C的距离相等，又点P在平面ABCD内，∴在平面ABCD内，点P到点C的距离与点P到直线BC的距离相等，又C∈BC，∴P在直线CD上，故点P的轨迹为直线，故A正确；对于B，点P到直线CC1的距离与点P到AA1的距离之和等于4，由长方体的性质可知点P到点C的距离与点P到点A的距离之和等于4，即平面内，点P到点C的距离与点P到点A的距离之和等于4>AC=22∴P的轨迹为椭圆，故B正确；对于C，如图，根据长方体的性质知，BD1与平面ABCD所成的角为∠D1BD=α，∴∠BD1P=45°时，相当于以BD1为轴，轴截面的顶角为2θ=90°的圆锥被平面ABCD所截形成的曲线，而BD1=26，DD1=4，则sinα=63>22=sin45°，即45°<α<90°，故点P的轨迹为椭圆，对于D，同C分析，∠BD1P=60°时，相当于以BD1为轴，轴截面的顶角为2θ=120°的圆锥被平面ABCD所截形成的曲线，而sinα=63<32=sin60°，即0<α<60°，故点P的轨迹为双曲线，故D7.(2024·南京模拟)如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE(点A1不落在底面BCDE内)，连接A1B，A1C.若M为线段A1C的中点，则在△ADE的翻折过程中，以下结论不正确的是()A.BM∥平面A1DE恒成立B.存在某个位置，使DE⊥A1CC.线段BM的长为定值D.VA-A1DE答案BD解析设CD的中点为F，连接FM，FB，因为M为线段A1C的中点，所以FM∥A1D，因为FM⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，所以FM∥平面A1DE，因为在矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，所以FB∥DE，因为FB⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以FB∥平面A1DE，因为FB∩FM=F，FB，FM⊂平面BMF，所以平面A1DE∥平面BMF，又因为BM⊂平面BMF，所以有BM∥平面A1DE恒成立，A说法正确；设A1在底面BCDE的射影为O，连接OE，OD，OC，CE，因为在矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，所以A1D=A1E，CD≠CE，由△A1OD与△A1OE全等可得OD=OE，所以OC与DE不垂直，假设存在某个位置，使DE⊥A1C，因为A1O⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，所以A1O⊥DE，因为DE⊥A1C，A1C∩A1O=A1，A1C，A1O⊂平面A1CO，所以DE⊥平面A1CO，因为OC⊂平面A1CO，所以DE⊥OC，与OC与DE不垂直矛盾，所以不存在某个位置，使DE⊥A1C，B说法错误；在矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，所以∠A1DE=45°，所以由MF∥A1D，FB∥DE可得∠MFB=∠A1DE=45°，所以由余弦定理可得BM=M因为MF=12A1D，BF=2A1D，所以代入得BM=52A1D，即BM是定值，VA-A1DE∶VA1-BCDE=VA1-ADE8.(2024·宜昌模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，P在正方形BCC1B1内(包括边界)，下列结论正确的有()A.若AP=3，则P点轨迹的长度为56B.三棱锥P-ABC外接球体积的最小值是82C.若Q为正方形A1B1C1D1的中心，则△APQ周长的最小值为6+14D.cos2∠PAD+cos2∠PAB+cos2∠PAA1=1答案BCD解析因为AP=3，且AP2=AB2+BP2，AB=2，所以BP=5取B1C1，C1C的中点E，F，则BE=BF=5，所以P点轨迹为以点B为圆心，5为半径的圆弧因为∠EBF≠π6，所以EF≠5由球的性质知，三棱锥P-ABC外接球的球心在过△ABC外接圆圆心的垂线上，Rt△ABC的外接圆的圆心为AC的中点，且半径为12AC=当△ABC的外接圆圆心为球心时，三棱锥P-ABC外接球的半径最小，所以球半径R的最小值为2，外接球体积的最小值是43π(2)3=823设Q关于平面BCC1B1的对称点为Q'，则AP+PQ=AP+PQ'≥AQ'=22+又AQ=22+所以△APQ的周长AQ+AP+PQ≥6+14，C分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，设P(x，2，z)，0≤x≤2，0≤z≤2，则AP=(x-2，2，z)，AD=(-2，0，0)，AB=(0，2，0)，AA1=(0，所以cos∠PAD=cos