空間動(dòng)態(tài)問題，是高考?？碱}型，常以客觀題出現(xiàn)．常見題型有空間位置關(guān)系判定、軌跡問題、最值問題、范圍問題等．
題型一 空間位置關(guān)系的判定
例1 (1)(2023·昆明模擬)已知P，Q分別是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的動(dòng)點(diǎn)(不與頂點(diǎn)重合)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是( )
A．AB⊥PQ
B．平面BPQ∥平面ADD1A1
C．四面體ABPQ的體積為定值
D．AP∥平面CDD1C1
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(2)已知等邊△ABC的邊長(zhǎng)為6，M，N分別為邊AB，AC的中點(diǎn)，將△AMN沿MN折起至△A′MN，在四棱錐A′－MNCB中，下列說法正確的是( )
①直線MN∥平面A′BC；
②當(dāng)四棱錐A′－MNCB體積最大時(shí)，平面A′MN⊥平面MNCB；
③在折起過程中存在某個(gè)位置使BN⊥平面A′NC；
④當(dāng)四棱錐A′－MNCB體積最大時(shí)，它的各頂點(diǎn)都在球O的球面上，則球O的表面積為eq \f(39π,4).
A．①② B．①③ C．②③ D．③④
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思維升華 解決空間位置關(guān)系的動(dòng)點(diǎn)問題
(1)應(yīng)用“位置關(guān)系定理”轉(zhuǎn)化．
(2)建立“坐標(biāo)系”計(jì)算．
跟蹤訓(xùn)練1 (2022·杭州質(zhì)檢)如圖，點(diǎn)P在正方體ABCD－A1B1C1D1的面對(duì)角線BC1上運(yùn)動(dòng)，則下列結(jié)論一定成立的是( )
A．三棱錐A－A1PD的體積大小與點(diǎn)P的位置有關(guān)
B．A1P與平面ACD1相交
C．平面PDB1⊥平面A1BC1
D．AP⊥D1C
題型二 軌跡問題
例2 (1)(2023·韶關(guān)模擬)設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，P為底面正方形ABCD內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn)，若△APC1的面積S＝eq \f(1,2)，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是( )
A．圓的一部分 B．雙曲線的一部分
C．拋物線的一部分 D．橢圓的一部分
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(2)如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)分別為AA1，AB的中點(diǎn)，M點(diǎn)是正方形ABB1A1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，若C1M∥平面CD1EF，則M點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為________．
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思維升華 解決與幾何體有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)軌跡問題的方法
(1)幾何法：根據(jù)平面的性質(zhì)進(jìn)行判定．
(2)定義法：轉(zhuǎn)化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定，或用代替法進(jìn)行計(jì)算．
(3)特殊值法：根據(jù)空間圖形線段長(zhǎng)度關(guān)系取特殊值或位置進(jìn)行排除．
跟蹤訓(xùn)練2 (1)(2022·濱州模擬)如圖，斜線段AB與平面α所成的角為eq \f(π,4)，B為斜足．平面α上的動(dòng)點(diǎn)P滿足∠PAB＝eq \f(π,6)，則點(diǎn)P的軌跡為( )
A．圓 B．橢圓
C．雙曲線的一部分 D．拋物線的一部分
(2)已知?jiǎng)狱c(diǎn)P在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1的表面上運(yùn)動(dòng)，且PA＝r(0＜r＜eq \r(3))，記點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為f(r)，則f(1)＋f(eq \r(2)) ＝________.
題型三 最值、范圍問題
例3 (1)如圖所示，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，現(xiàn)將△ACD沿對(duì)角線AC折起，使平面ACD′⊥平面ACB，則此時(shí)空間四面體ABCD′體積的最大值為( )
A.eq \f(16\r(3),27) B.eq \f(5\r(3),9) C．1 D.eq \f(\r(3),4)
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(2)在三棱錐P－ABC中，PA，AB，AC兩兩垂直，D為棱PC上一動(dòng)點(diǎn)，PA＝AC＝2，AB＝3.當(dāng)BD與平面PAC所成角最大時(shí)，AD與平面PBC所成角的正弦值為________．
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思維升華 在動(dòng)態(tài)變化過程中產(chǎn)生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，常用的思路是
(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點(diǎn)、線、面在何位置時(shí)，所求的量有相應(yīng)最大、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(dòng)態(tài)問題轉(zhuǎn)化為目標(biāo)函數(shù)，從而利用代數(shù)方法求目標(biāo)函數(shù)的最值．
跟蹤訓(xùn)練3 (1)在四面體ABCD中，若AD＝DB＝AC＝CB＝1，則四面體ABCD體積的最大值是( )
A.eq \f(2\r(3),27) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2\r(3),9) D.eq \f(\r(3),3)
(2)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，E，F(xiàn)分別為B1C1，C1D1的中點(diǎn)，P是底面A1B1C1D1上一點(diǎn)．若AP∥平面BEF，則AP長(zhǎng)度的最小值是________，最大值是________．
§8.9 空間動(dòng)態(tài)問題突破
空間動(dòng)態(tài)問題，是高考?？碱}型，常以客觀題出現(xiàn)．常見題型有空間位置關(guān)系判定、軌跡問題、最值問題、范圍問題等．
題型一 空間位置關(guān)系的判定
例1 (1)(2023·昆明模擬)已知P，Q分別是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的動(dòng)點(diǎn)(不與頂點(diǎn)重合)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是( )
A．AB⊥PQ
B．平面BPQ∥平面ADD1A1
C．四面體ABPQ的體積為定值
D．AP∥平面CDD1C1
答案 C
解析 對(duì)于A，∵AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，BC，BB1?平面BCC1B1，
∴AB⊥平面BCC1B1，∵PQ?平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，故A正確；
對(duì)于B，∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ與平面BCC1B1重合，
∴平面BPQ∥平面ADD1A1，故B正確；
對(duì)于C，∵A到平面BPQ的距離AB為定值，Q到BP的距離為定值，BP的長(zhǎng)不是定值，∴四面體ABPQ的體積不為定值，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1，AP?平面ABB1A1，
∴AP∥平面CDD1C1，故D正確．
(2)已知等邊△ABC的邊長(zhǎng)為6，M，N分別為邊AB，AC的中點(diǎn)，將△AMN沿MN折起至△A′MN，在四棱錐A′－MNCB中，下列說法正確的是( )
①直線MN∥平面A′BC；
②當(dāng)四棱錐A′－MNCB體積最大時(shí)，平面A′MN⊥平面MNCB；
③在折起過程中存在某個(gè)位置使BN⊥平面A′NC；
④當(dāng)四棱錐A′－MNCB體積最大時(shí)，它的各頂點(diǎn)都在球O的球面上，則球O的表面積為eq \f(39π,4).
A．①② B．①③
C．②③ D．③④
答案 A
解析 因?yàn)镸N∥BC，MN?平面A′BC，BC?平面A′BC，所以直線MN∥平面A′BC，故①正確；
因?yàn)樗睦忮FA′－MNCB的底面積為定值，所以當(dāng)點(diǎn)A′到平面MNCB距離最大時(shí)，體積最大，此時(shí)平面A′MN⊥平面MNCB，滿足題意，故②正確；
如圖，若BN⊥平面A′NC，則BN⊥AA′，又A′D⊥MN，AD⊥MN，A′D∩AD＝D，可知MN⊥平面A′AD，所以A′A⊥MN，又MN∩BN＝N，所以A′A⊥平面MNCB，這顯然不可能，故③錯(cuò)誤；
當(dāng)四棱錐A′－MNCB體積最大時(shí)，平面A′MN⊥平面MNCB，如圖，
由∠MBC＝eq \f(π,3)，取BC的中點(diǎn)E，則E是等腰梯形MNCB外接圓的圓心，F(xiàn)是△A′MN的外心，
作OE⊥平面MNCB，連接OF，則OF⊥平面A′MN，則O是四棱錐A′－MNCB外接球的球心，
且OF＝DE＝eq \f(3\r(3),2)，A′F＝eq \r(3)，設(shè)四棱錐A′－MNCB外接球的半徑為R，則R2＝A′F2＋OF2＝eq \f(39,4).
故球O的表面積為4πR2＝39π，故④錯(cuò)誤．
思維升華 解決空間位置關(guān)系的動(dòng)點(diǎn)問題
(1)應(yīng)用“位置關(guān)系定理”轉(zhuǎn)化．
(2)建立“坐標(biāo)系”計(jì)算．
跟蹤訓(xùn)練1 (2022·杭州質(zhì)檢)如圖，點(diǎn)P在正方體ABCD－A1B1C1D1的面對(duì)角線BC1上運(yùn)動(dòng)，則下列結(jié)論一定成立的是( )
A．三棱錐A－A1PD的體積大小與點(diǎn)P的位置有關(guān)
B．A1P與平面ACD1相交
C．平面PDB1⊥平面A1BC1
D．AP⊥D1C
答案 C
解析 對(duì)于選項(xiàng)A，
在正方體中，BC1∥平面AA1D，所以點(diǎn)P到平面AA1D的距離不變，
即三棱錐P－AA1D的高不變，又△AA1D的面積不變，
因此三棱錐P－AA1D的體積不變，
即三棱錐A－A1PD的體積與點(diǎn)P的位置無關(guān)，故A不成立；
對(duì)于選項(xiàng)B，由于BC1∥AD1，AD1?平面ACD1，BC1?平面ACD1，
所以BC1∥平面ACD1，同理可證BA1∥平面ACD1，又BA1∩BC1＝B，
所以平面BA1C1∥平面ACD1，因?yàn)锳1P?平面BA1C1，
所以A1P∥平面ACD1，故B不成立；
對(duì)于選項(xiàng)C，因?yàn)锳1C1⊥BD，A1C1⊥BB1，BD∩BB1＝B，
所以A1C1⊥平面BB1D，則A1C1⊥B1D；同理A1B⊥B1D，
又A1C1∩A1B＝A1，所以B1D⊥平面A1BC1，
又B1D?平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面A1BC1，故C成立；
對(duì)于選項(xiàng)D，當(dāng)B與P重合時(shí)，AP與D1C的夾角為eq \f(π,4)，故D不成立．
題型二 軌跡問題
例2 (1)(2023·韶關(guān)模擬)設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，P為底面正方形ABCD內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn)，若△APC1的面積S＝eq \f(1,2)，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是( )
A．圓的一部分 B．雙曲線的一部分
C．拋物線的一部分 D．橢圓的一部分
答案 D
解析 設(shè)d是△APC1邊AC1上的高，則＝eq \f(1,2)·|AC1|·d＝eq \f(\r(3),2)d＝eq \f(1,2)，所以d＝eq \f(\r(3),3)，即點(diǎn)P到直線AC1的距離為定值eq \f(\r(3),3)，所以點(diǎn)P在以直線AC1為軸，以eq \f(\r(3),3)為底面半徑的圓柱側(cè)面上，直線AC1與平面ABCD既不平行也不垂直，所以點(diǎn)P的軌跡是平面ABCD上的一個(gè)橢圓，其中只有一部分在正方形ABCD內(nèi)．
(2)如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)分別為AA1，AB的中點(diǎn)，M點(diǎn)是正方形ABB1A1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，若C1M∥平面CD1EF，則M點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為________．
答案 eq \r(2)
解析 如圖所示，取A1B1的中點(diǎn)H，B1B的中點(diǎn)G，連接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四邊形EGC1D1是平行四邊形，所以C1G∥D1E，又C1G?平面CD1EF，D1E?平面CD1EF，所以C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF，C1H∥平面CD1EF.
因?yàn)镃1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF.
由M點(diǎn)是正方形ABB1A1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)可知，若C1M∥平面CD1EF，則點(diǎn)M在線段GH上，所以M點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度GH＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2).
思維升華 解決與幾何體有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)軌跡問題的方法
(1)幾何法：根據(jù)平面的性質(zhì)進(jìn)行判定．
(2)定義法：轉(zhuǎn)化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定，或用代替法進(jìn)行計(jì)算．
(3)特殊值法：根據(jù)空間圖形線段長(zhǎng)度關(guān)系取特殊值或位置進(jìn)行排除．
跟蹤訓(xùn)練2 (1)(2022·濱州模擬)如圖，斜線段AB與平面α所成的角為eq \f(π,4)，B為斜足．平面α上的動(dòng)點(diǎn)P滿足∠PAB＝eq \f(π,6)，則點(diǎn)P的軌跡為( )
A．圓 B．橢圓
C．雙曲線的一部分 D．拋物線的一部分
答案 B
解析 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)OB＝OA＝1，
則B(0,1,0)，A(0,0,1)，P(x，y,0)，
則eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(x，y，－1)，
所以cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))〉＝eq \f(y＋1,\r(2)·\r(x2＋y2＋1))＝eq \f(\r(3),2)，
即x2＋eq \f(?y－2?2,3)＝1，
所以點(diǎn)P的軌跡是橢圓．
(2)已知?jiǎng)狱c(diǎn)P在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1的表面上運(yùn)動(dòng)，且PA＝r(0＜r＜eq \r(3))，記點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為f(r)，則f(1)＋f(eq \r(2)) ＝________.
答案 3π
解析 如圖，當(dāng)r＝1時(shí)，點(diǎn)P在正方體表面上的軌跡分別是以A為圓心，1為半徑的三個(gè)面上的三段弧，分別為，，，
則f(1)＝3×eq \f(1,4)×2π＝eq \f(3π,2)，
當(dāng)r＝eq \r(2)時(shí)，點(diǎn)P在正方體表面上的軌跡為在平面A1B1C1D1上以A1為圓心，1為半徑的，
在平面B1BCC1上為以B為圓心，1為半徑的，
在平面DCC1D1上為以D為圓心，1為半徑的，
則f(eq \r(2))＝3×eq \f(1,4)×2π＝eq \f(3π,2)，
所以f(1)＋f(eq \r(2))＝eq \f(3π,2)＋eq \f(3π,2)＝3π.
題型三 最值、范圍問題
例3 (1)如圖所示，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，現(xiàn)將△ACD沿對(duì)角線AC折起，使平面ACD′⊥平面ACB，則此時(shí)空間四面體ABCD′體積的最大值為( )
A.eq \f(16\r(3),27) B.eq \f(5\r(3),9) C．1 D.eq \f(\r(3),4)
答案 A
解析 取AC的中點(diǎn)O，連接D′O(圖略)．
設(shè)∠ABC＝α，α∈(0，π)，所以D′O＝AD′cs eq \f(α,2)＝2cs eq \f(α,2)，S△ABC＝eq \f(1,2)×2×2sin α＝2sin α.
因?yàn)镈′O⊥平面ABC，所以V四面體ABCD′＝eq \f(1,3)S△ABC×D′O＝eq \f(4,3)sin αcs eq \f(α,2)＝eq \f(8,3)sin eq \f(α,2)cs2eq \f(α,2)＝eq \f(8,3)sin eq \f(α,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－sin2\f(α,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0

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