高三二轮高效复习讲义数学专题突破立体几何与空间向量微点突破11立体几何中的动态问题

微点突破11立体几何中的动态问题▶对应学生用书P70【考情分析】高考立体几何中的动态问题包含动点的轨迹、最值与范围、折叠与展开问题等，解决的方法主要有几何法与函数法，难度中等偏上，命题形式可能为解答题，也可能为客观题.重点1动点的轨迹问题(多选)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，M为DD1的中点，N为平面ABCD内一动点，则下列命题正确的是()A.若点N到点M的距离为2，则点N的轨迹所围成图形的面积为3πB.若直线MN与平面ABCD所成的角为π6，则点NC.若直线MN与直线BC所成的角为π6，则点ND.若点N到直线CC1的距离与点N到直线AD的距离相等，则点N的轨迹为抛物线解析：选ACD.作NG∥BC交DC于G，连接MG，DN，由题意DD1⊥平面ABCD，DD1⊥DN，△MDN为直角三角形，MD＝1，若点N到点M的距离为2，则DN＝MN2－点N在平面ABCD的轨迹是半径为3的圆，轨迹所围成图形的面积为π×(3)2＝3π，所以A正确；若直线MN与平面ABCD所成的角为π6，则∠DNM＝π6，DN＝MDtan点N在平面ABCD的轨迹是半径为3的圆，所以B错误；建立如图所示的空间直角坐标系，D(0，0，0)，M(0，0，1)，设N(x，y，0)，作NG⊥DC，连接MG，则∠MNG＝π6，MN＝x2＋y2＋1，NGMN＝32，｜x｜x2＋y再作NH⊥AD，连接NC，由题意可知点N到直线CC1的距离为线段NC的长，点N到直线AD的距离为线段HN，NC＝HN，所以点N的轨迹为抛物线，所以D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.对点练1.(多选)在如图所示的棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1所在的平面上运动，则下列命题中正确的()A.若点P总满足PA⊥BD，则动点P的轨迹是一条直线B.若点P到点A的距离为2，则动点P的轨迹是一个周长为2π的圆C.若点P到直线AB的距离与到点C的距离之和为1，则动点P的轨迹是椭圆D.若点P到平面BAA1B1与到直线CD的距离相等，则动点P的轨迹是抛物线解析：选ABD.对于A：因为CC1⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，可得CC1⊥BD，因为AC⊥BD，AC∩CC1＝C，所以BD⊥面ACC1A1，因为点P总满足PA⊥BD，所以PA⊂面ACC1A1，点P∈面ACC1A1，因为P∈面BCC1B1，所以点P在面ACC1A1与面BCC1B1的交线上，所以动点P的轨迹是一条直线CC1，故选项A正确；对于B：点P的轨迹是以A为球心，半径为2的球面与平面BCC1B1的交线，即点P的轨迹是小圆，设小圆的半径为r，因为球心A到平面BCC1B1的距离为AB＝1，所以r＝(2)2－1＝1，交线即以B为圆心，1为半径的小圆(在平面BCC1B1内)，所以小圆的周长为2πr＝2π对于C：点P到直线AB的距离即是点P到点B的距离，即平面BCC1B1内点P满足PB＋PC＝1＝BC，所以满足条件的点P的轨迹是线段BC，而不是椭圆，故选项C不正确；对于D：点P到平面BAA1B1与到直线CD的距离相等，则动点P的轨迹是以线段BC的中点为顶点，直线BC为对称轴的抛物线(在平面BCC1B1内)，故选项D正确.重点2折叠展开问题(多选)(2025·山西晋中三模)如图(1)，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝2，E，F分别为AB，CD的中点，连接AF，CE，分别交BD于点M，N，将△CBD沿直线BD折起到△PBD的位置，如图(2)，则下列说法正确的是()A.在翻折的过程中，恒有BD⊥平面PENB.若G为直线PN上一点，则点G到直线AM的最短距离为6C.当二面角PBDA的大小为π3时，PA＝D.当平面PBD⊥平面ABD时，三棱锥PABD外接球的表面积为6π解析：选ABD.在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝2，E，F分别为AB，CD的中点，计算可得BD＝6，AF＝3，易知△DMF∽△BMA，又DFAB＝12，所以DMMB＝12，则DM＝63所以AM2＋DM2＝AD2，所以AF⊥BD，同理可得BD⊥EC.对于A，由上述过程可知在翻折的过程中，BD⊥PN，BD⊥EN，因为PN∩EN＝N，PN，EN⊂平面PEN，所以BD⊥平面PEN，故A正确；对于B，与A同理可得BD⊥平面AMF，因为AM⊂平面AMF，所以AM⊥BD，由BD⊥平面PEN，PN⊂平面PEN，可得BD⊥PN，所以MN为AM，PN的公垂线段，所以点G到直线AM的最短距离为MN，而MN＝13BD＝63，故B对于C，因为PA＝PN＋NM＋MA，二面角PBDA的大小为π3，则〈PN，MA〉＝2所以PA2＝(PN＋NM＋MA)2＝PN2＋NM2＋MA2＋2PN·NM＋2PN·MA＋2NM·MA＝(233)2＋(63)2＋(233)2＋0＋2×233×233×(对于D，因为△PBD和△ABD都是直角三角形，且BD为公共边，所以BD的中点为其所在三角形的外心，同时也是三棱锥PABD外接球的球心，所以外接球半径R＝12BD＝6所以三棱锥PABD外接球的表面积S＝4πR2＝6π，故D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.对点练2.(多选)在菱形ABCD中，AB＝1，∠ABC＝120°，将△ABD沿对角线BD折起，使点A至点P(P在平面ABCD外)的位置，则()A.在折叠过程中，总有BD⊥PCB.存在点P，使得PC＝2C.当PC＝1时，三棱锥PBCD的外接球的表面积为3D.当三棱锥PBCD的体积最大时，PC＝3解析：选AC.如图所示，取PC的中点E，连接BE，DE，则BE⊥PC，DE⊥PC，因为BE∩DE＝E，BD，DE⊂平面BDE，所以PC⊥平面BDE，又BD⊂平面BDE，所以BD⊥PC，A项正确；在菱形ABCD中，AB＝1，∠ABC＝120°，所以AC＝3，当△ABD沿对角线BD折起时，0＜PC＜3，所以不存在点P，使得PC＝2，B项错误；当PC＝1时，将正四面体补成正方体，根据正方体的性质可知，三棱锥PBCD的外接球就是该正方体的外接球，因为正方体的各面的对角线长为1，所以正方体的棱长为22设外接球的半径为R，则4R2＝12＋(22)2＝3所以三棱锥PBCD的外接球的表面积S球＝4πR2＝3π2，C当三棱锥PBCD的体积最大时，平面PBD⊥平面BCD，取BD的中点O，连接PO，OC，易知PO⊥平面BCD，则PO⊥OC，又PO＝OC＝12AC＝32，所以PC＝(32)2重点3最值、范围问题(多选)(2025·江苏盐城三模)正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是BD1，A1B1的中点，G是AD的四等分点(靠近A点)，下列结论正确的是()A.当点P在线段AA1上运动时，点P到平面EGD1的距离的最小值为26B.若P在底面ABCD内(包含边界)运动，且满足DP＝1，则动点P的轨迹的长度为πC.若正方体内有两球互相外切，且两球各与正方体的三个面相切，则两球半径之和为3D.当点P在底面ABCD内(包含边界)运动，且满足PF∥平面B1CD1时，PF长度的最小值是5解析：选AC.以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则有D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)，E(12，12，12)，F(1，12，1)，G(34，对于A：GE＝(－14，12，12)，D1E＝(12，12，－12)，设平面D1EG的法向量为n＝则n·GE＝－14x＋12y＋12z设点P(1，0，a)(0≤a≤1)，所以PD1＝(－1，0，1－a所以点P到平面EGD1的距离为d＝｜n·PD1｜｜n｜＝｜对于B：设点P(x，y，0)(0≤x≤1，0≤y≤1)，则DP＝(x，y，0)，所以｜DP｜＝x2＋y2＝1⇒x2＋y2＝1，即点P的轨迹为四分之一圆，即轨迹长度为14×2π×1＝π对于C：设两球的半径分别为r1，r2，由题意有两球分别与正方体的三面相切，所以球心分别为(r1，r1，r1)，(1－r2，1－r2，1－r2)，由两球相切，所以r1＋r2＝(r1＋r2－1)2＋(r1＋r2－1)2＋(r1＋r2－1)2＝3(r1＋r2－1)2，所以(r1＋r2)2＝3[(r1＋r2)－1]2⇒2(r1对于D：设点P(x，y，0)(0≤x≤1，0≤y≤1)，所以PF＝(1－x，12－y，1)设平面B1CD1的法向量为m＝(a，b，c)，CB1＝(1，0，1)，D1B1＝(1，所以m·CB1＝a＋c＝0，m·D1B由PF∥平面B1CD1，有m·PF＝1－x－(12－y)－1＝0⇒x＝y－1所以｜PF｜＝(1－x)2当x＝12时，PF的长度最小为62，故D[反思感悟]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.对点练3.(多选)已知直三棱柱ABCA1B1C1的外接球的半径为5，△ABC是以AB为斜边的直角三角形，且AB＝6，则()A.直三棱柱ABCA1B1C1的体积的最大值是24B.直三棱柱ABCA1B1C1的体积的最大值是72C.直三棱柱ABCA1B1C1的侧面积的最大值是482＋48D.直三棱柱ABCA1B1C1的表面积的最大值是482＋66解析：选BCD.由题意可得直三棱柱ABCA1B1C1的高为252－3设AC＝a，BC＝b，则a2＋b2＝36，直三棱柱ABCA1B1C1的体积V＝12ab×8＝4ab因为36＝a2＋b2≥2ab，所以ab≤18，当且仅当a＝b时，等号成立，则V＝4ab≤72，故A错误，B正确.直三棱柱ABCA1B1C1的侧面积S1＝(a＋b＋6)×8＝8(a＋b)＋48，因为36＝a2＋b2＝(a＋b)2－2ab，所以(a＋b)2－36＝2ab≤2×(a＋b2)2＝12(a＋b)2，解得a＋b则S1＝8(a＋b)＋48≤482＋48，当且仅当a＝b时，等号成立，故C正确.直三棱柱ABCA1B1C1的上、下底面的面积之和S2＝ab≤18，当且仅当a＝b时，等号成立，则直三棱柱ABCA1B1C1的表面积S＝S1＋S2≤482＋66，当且仅当a＝b时，等号成立，故D正确.[课下巩固检测练(三十一)]立体几何中的动态问题(单选题、填空题每题5分，多选题每题6分)1.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点P为正方形A1B1C1D1内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为60°的点P的轨迹长度为()A.33 B.3C.3 D.32解析：选B.直线BP与下底面ABCD所成角等于直线BP与上底面A1B1C1D1所成角，连接B1P，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，PB1⊂平面A1B1C1D1，所以BB1⊥PB1，故∠BPB1为直线BP与上底面A1B1C1D1所成角，则∠BPB1＝60°，因为BB1＝1，所以PB1＝BB1tan60故点P的轨迹为以B1为圆心，33为半径，位于平面A1B1C1D1内的圆的1故轨迹长度为14×2π×33＝32.如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC.则点M在正方形ABCD内的轨迹为()解析：选A.以D为原点，DA，DC分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，设M(x，y，0)，正方形边长为a，则P(a2，0，32a)，C(0，a，0则｜MC｜＝x2＋(y－由｜MC｜＝｜MP｜，即x2＋(y－a)2＝所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条直线y＝12x的一部分3.如图，在等腰梯形ABCD中，CD＝2AB＝2EF＝2a，E，F分别是底边AB，CD的中点，把四边形BEFC沿直线EF折起使得平面BEFC⊥平面ADFE.若动点P∈平面ADFE，设PB，PC与平面ADFE所成的角分别为θ1，θ2(θ1，θ2均不为0).若θ1＝θ2，则动点P的轨迹围成的图形的面积为()A.a142 B.a4C.14πa2 D.49π解析：选D.连接PE，PF，∵平面BCFE⊥平面ADFE，交线为EF，BE，CF在平面BCFE中，且BE，CF都垂直于交线EF，由面面垂直的性质定理得BE⊥平面ADFE，CF⊥平面ADFE，∴∠BPE，∠CPF分别为直线PB，PC与平面ADFE所成的角，∠BPE＝θ1，∠CPF＝θ2.∵PE，PF⊂平面ADFE，∴BE⊥PE，CF⊥PF，∴PEtanθ1＝BE，PFtanθ2＝CF，∵BE＝12CF，θ1＝θ2，∴PE＝12以EF所在直线为x轴，EF的垂直平分线为y轴建立坐标系，如图所示：设E(－a2，0)，F(a2，0)，P(x，y)，则(x＋a2)2＋y2＝14［(x－a2)2∴3x2＋3y2＋5ax＋34a2＝0，即(x＋56a)2＋y2＝49a2，轨迹为圆，面积为494.已知正方形ABCD的边长为2，若将正方形ABCD沿对角线BD折叠成三棱锥ABCD，则在折叠过程中，不可能出现()A.AB⊥CDB.AC⊥BDC.三棱锥ABCD的体积为2D.平面ABD⊥平面BCD解析：选A.对于A，若AB⊥CD，因为BC⊥CD，AB∩BC＝B，所以CD⊥面ABC，所以CD⊥AC，而CD＝2，AD＝2，即直角边长与斜边长相等，显然不对，故A错误；对于B，取BD中点O，因为AO⊥BD，CO⊥BD，AO∩CO＝O，所以BD⊥面AOC，所以BD⊥AC，故B正确；对于C，当折叠所成的二面角∠AOC＝150°时，顶点A到底面BCD的距离为22，此时VABCD＝13Sh＝13×2×22＝23对于D，当沿对角线BD折叠成直二面角时，有平面ABD⊥平面BCD，故D正确.5.在矩形ABCD中，AD＝3AB＝3，M是AD边上一点，将矩形ABCD沿BM折叠，使平面ABM与平面BMDC互相垂直，则折叠后A，C两点之间距离的最小值是()A.1654169 B.C.10 D.7解析：选D.作示意图如下，在平面ABM中，作AH⊥BM，连接CH，因为平面ABM⊥平面BMDC，平面ABM∩平面BMDC＝BM，AH⊥BM，AH⊂平面ABM，所以AH⊥平面BMDC，又CH⊂平面BMDC，所以AH⊥CH，设∠ABM＝α，sinα∈(0，31010所以｜BH｜＝｜AB｜cosα＝cosα，｜AH｜＝｜AB｜sinα＝sinα，∠HBC＝π2－α在△BHC中，由余弦定理得｜CH｜2＝｜BH｜2＋｜BC｜2－2｜BH｜·｜BC｜cos(π2－α)所以｜CH｜2＝cos2α＋9－6cosαcos(π2－α)＝cos2α＋9－3sin2α所以｜AC｜2＝｜AH｜2＋｜CH｜2＝sin2α＋cos2α＋9－3sin2α＝10－3sin2α，若｜AC｜最小，则｜AC｜2最小，当sin2α＝1时，｜AC｜min2＝7，｜AC｜min＝此时α＝π4，sinα＝226.已知梯形CEPD如图(1)所示，其中PD＝8，CE＝6，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如图(2)所示的几何体.已知当AB上一点F满足｜AF｜＝λ｜AB｜(0＜λ＜1)时，平面DEF⊥平面PCE，则λ的值为()A.12 B.C.35 D.解析：选C.由题意，可构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，所以C(4，4，0)，D(0，4，0)，E(4，0，2)，P(0，0，4)，F(4λ，0，0)，则PE＝(4，0，－2)，PC＝(4，4，－4)，EF＝(4(λ－1)，0，－2)，DE＝(4，－4，2)，若m＝(x，y，z)是平面DEF一个法向量，则m⊥EF，m可得m＝(1λ－1，λλ若n＝(a，b，c)是平面PCE一个法向量，则n⊥PE，n⊥PC，即n·PE＝0，n由面DEF⊥面PCE，所以有1λ－1＋λλ－1＋4＝07.(多选)如图，正方形ABCD的边长为2，现将正方形沿其对角线AC进行折叠，使其成为一个空间四边形，在空间四边形中，下列结论中正确的是()A.B，D两点间的距离d满足0＜d＜22B.异面直线AC，BD所成的角为定值C.对应三棱锥DABC的体积的最大值为22D.当且仅当AC＝2BD时，二面角DACB为60°解析：选ABD.对于A中，如图所示，取AC的中点O，连接OB，OD，则OB⊥AC，OD⊥AC，且OB＝OD＝2，设∠BOD＝θ，其中θ∈(0，π)，则cosθ∈(－1，1)，在△BOD中，可得BD＝OB2＋OD2－2OB·即B，D两点间的距离d满足0＜d＜22，所以A正确；对于B中，由OB⊥AC，OD⊥AC，且OB∩OD＝O，OB，OD⊂平面BOD，所以AC⊥平面BOD，因为BD⊂平面BOD，所以AC⊥BD，即异面直线AC与BD所成的角为90°(定值)，所以B正确；对于C中，因为△ABC的面积S＝12AB·BC＝12×2×2＝2(定值则只有当点D到底面ABC的距离最远时，三棱锥DABC的体积取得最大值，当且仅当平面ACD⊥平面ABC时，因为OD⊥AC，且平面ACD∩平面ABC＝AC，OD⊂平面ACD，所以OD⊥平面ABC，且OD＝2，所以三棱锥DABC体积的最大值为Vmax＝13×2×2＝223，所以对于D中，因为OB⊥AC，OD⊥AC，所以∠BOD为二面角DACB的平面角，当二面角DACB为60°时，可得BD＝OB＝OD＝2，又因为AC＝22，所以AC＝2BD，即当且仅当AC＝2BD时，二面角DACB为60°，所以D正确.8.(多选)设矩形ABCD(AB＞BC)的周长为定值2a，把△ABC沿AC向△ADC折叠，AB折过去后交DC于点P，如图，则下列说法正确的是()A.矩形ABCD的面积有最大值B.△APD的周长为定值C.△APD的面积有最大值D.线段PC有最小值解析：选BCD.对于选项A：设AB＝x，则BC＝a－x，因为AB＞BC，所以x∈(a2，a)矩形ABCD的面积S＝AB·BC＝x(a－x)＜(x＋a－x2因为x≠a2，所以无最大值，故A错误对于选项B：根据图形折叠可知△APD与△CPB1全等，所以△APD周长为AP＋PD＋DA＝AP＋PB1＋DA＝AB1＋DA＝a，故B正确.对于选项C：设DP＝m，则AP＝PC＝x－m，有DP2＋DA2＝AP2，即m2＋(a－x)2＝(x－m)2，得m＝a－a2S△ADP＝12(a－a22x)(a－x)＝3a24－12