新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破 專題4 微重點11　立體幾何中的動態(tài)問題（含解析）

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考點一 動點軌跡問題
例1 (2021·新高考全國Ⅰ改編)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，點P滿足eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，則下列結(jié)論正確的是________．
①當(dāng)λ＝1時，△AB1P的周長為定值；
②當(dāng)μ＝1時，三棱錐P－A1BC的體積為定值；
③當(dāng)λ＝eq \f(1,2)時，有且僅有一個點P，使得A1P⊥BP；
④當(dāng)μ＝eq \f(1,2)時，有且僅有一個點P，使得A1B⊥平面AB1P.
答案 ②④
解析 eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(→))(0≤λ≤1,0≤μ≤1)．
對于①，當(dāng)λ＝1時，點P在棱CC1上運(yùn)動，如圖1所示，此時△AB1P的周長為AB1＋AP＋PB1＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(1＋?1－μ?2)＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(2－2μ＋μ2)，不是定值，故①錯誤；
圖1
對于②，當(dāng)μ＝1時，點P在棱B1C1上運(yùn)動，如圖2所示，
圖2
則＝eq \f(1,3)S△PBC×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),6)S△PBC＝eq \f(\r(3),6)×eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(\r(3),12)，為定值，故②正確；
對于③，取BC的中點D，B1C1的中點D1，連接DD1，A1B(圖略)，則當(dāng)λ＝eq \f(1,2)時，點P在線段DD1上運(yùn)動，假設(shè)A1P⊥BP，則A1P2＋BP2＝A1B2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＋(1－μ)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以當(dāng)點P與點D或D1重合時，A1P⊥BP，故③錯誤；
方法一 對于④，易知四邊形ABB1A1為正方形，所以A1B⊥AB1，設(shè)AB1與A1B交于點K，連接PK(圖略)，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以點P只能是棱CC1的中點，故④正確．
方法二 對于④，分別取BB1，CC1的中點E，F(xiàn)，連接EF，則當(dāng)μ＝eq \f(1,2)時，點P在線段EF上運(yùn)動，以點C1為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C1xyz，則B(0,1,1)，B1(0,1,0)，
A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1－λ，\f(1,2)))，
所以eq \(A1B,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq \(B1P,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－λ，\f(1,2)))，
若A1B⊥平面AB1P，則A1B⊥B1P，所以－eq \f(λ,2)＋eq \f(1,2)＝0，解得λ＝1，所以只存在一個點P，使得A1B⊥平面AB1P，此時點P與F重合，故④正確．
規(guī)律方法 解決與幾何體有關(guān)的動點軌跡問題的方法
(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數(shù)法進(jìn)行計算．
(3)特殊值法：根據(jù)空間圖形線段長度關(guān)系取特殊值或位置進(jìn)行排除．
跟蹤演練1 (2022·漳州質(zhì)檢)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的邊長為2，M為CC1的中點，P為平面BCC1B1上的動點，且滿足AM∥平面A1BP，則下列結(jié)論正確的個數(shù)是( )
①AM⊥B1M；
②CD1∥平面A1BP；
③動點P的軌跡長為eq \f(2\r(13),3)；
④AM與A1B1所成角的余弦值為eq \f(\r(5),3).
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 C
解析 如圖，以B為原點建立空間直角坐標(biāo)系，
則A(0,0,2)，A1(0,2,2)，B(0,0,0)，B1(0,2,0)，M(2,1,0)，設(shè)P(x，y，0)，
所以eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(0，－2，－2)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(x，y，0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(2,1，－2)，
由AM∥平面A1BP，
得eq \(AM,\s\up6(→))＝aeq \(A1B,\s\up6(—→))＋beq \(BP,\s\up6(→))，a，b∈R，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＋bx＝2，,－2a＋by＝1，,－2a＝－2，))
化簡可得3x－2y＝0，
所以動點P在直線3x－2y＝0上，
如圖，在平面BCC1B1上，直線3x－2y＝0與B1C1交于點P1，則BP1即為動點P的軌跡．
eq \(AM,\s\up6(→))＝(2,1，－2)，eq \(B1M,\s\up6(—→))＝(2，－1,0)，
eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(B1M,\s\up6(—→))＝2×2＋1×(－1)＋(－2)×0＝3≠0，
所以AM與B1M不垂直，①錯誤；
因為CD1∥A1B，A1B?平面A1BP，
CD1?平面A1BP，
所以CD1∥平面A1BP，②正確；
易知P1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，2，0))，
所以|P1B|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2＋22＋02)＝eq \f(2\r(13),3)，③正確；
eq \(A1B1,\s\up6(—→))＝(0,0，－2)，
cs〈eq \(AM,\s\up6(→))，eq \(A1B1,\s\up6(—→))〉＝eq \f(4,2\r(22＋12＋?－2?2))＝eq \f(2,3)，④錯誤．
考點二 折疊、展開問題
例2 (2022·德州模擬)如圖1，在邊長為4的正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上(不含端點)且BE＝BF.將△AED，△DCF分別沿DE，DF折起，使A，C兩點重合于點A1，在圖2，則下列結(jié)論正確的有( )
①A1D⊥EF；
②當(dāng)BE＝BF＝eq \f(1,2)BC時，三棱錐A1－EFD的外接球體積為eq \r(6)π；
③當(dāng)BE＝BF＝eq \f(1,4)BC時，三棱錐A1－EFD的體積為eq \f(2\r(17),3)；
④當(dāng)BE＝BF＝eq \f(1,4)BC時，點A1到平面EFD的距離為eq \f(4\r(17),7).
A．①③ B．①④
C．①③④ D．②③④
答案 C
解析 對于①，在正方形ABCD中AD⊥AE，DC⊥FC，
由折疊的性質(zhì)可知A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，
又∵A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F?平面A1EF，
∴A1D⊥平面A1EF，
又∵EF?平面A1EF，
∴A1D⊥EF，故①正確；
對于②，當(dāng)BE＝BF＝eq \f(1,2)BC＝2時，
A1E＝A1F＝2，EF＝2eq \r(2)，
在△A1EF中，A1E2＋A1F2＝EF2，
則A1E⊥A1F，
由①可知，A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，
∴三棱錐A1－EFD的三條側(cè)棱A1D，A1E，A1F兩兩相互垂直，把三棱錐A1－EFD放置在長方體中，可得長方體的體對角線長為eq \r(22＋22＋42)＝2eq \r(6)，則三棱錐A1－EFD的外接球半徑為eq \r(6)，
體積為eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×(eq \r(6))3＝8eq \r(6)π，故②錯誤；
對于③，當(dāng)BE＝BF＝eq \f(1,4)BC＝1時，
A1E＝A1F＝3，EF＝eq \r(2)，
在△A1EF中，cs∠EA1F＝eq \f(A1E2＋A1F2－EF2,2A1E·A1F)
＝eq \f(32＋32－?\r(2)?2,2×3×3)＝eq \f(8,9)，
∴sin∠EA1F＝eq \f(\r(17),9)，
則＝eq \f(1,2)A1E·A1F·sin∠EA1F
＝eq \f(1,2)×3×3×eq \f(\r(17),9)＝eq \f(\r(17),2)，
∴
＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(17),2)×4＝eq \f(2\r(17),3)，故③正確；
對于④，設(shè)點A1到平面EFD的距離為h，則在△EFD中，
cs∠EDF＝eq \f(DE2＋DF2－EF2,2DE·DF)＝eq \f(52＋52－?\r(2)?2,2×5×5)＝eq \f(24,25)，
∴sin∠EDF＝eq \f(7,25)，
則S△EFD＝eq \f(1,2)DE·DF·sin∠EDF
＝eq \f(1,2)×5×5×eq \f(7,25)＝eq \f(7,2)，
∴＝eq \f(1,3)·S△EFD·h＝eq \f(1,3)×eq \f(7,2)×h＝eq \f(2\r(17),3)，
即h＝eq \f(4\r(17),7)，故④正確．
規(guī)律方法 畫好折疊、展開前后的平面圖形與立體圖形，抓住兩個關(guān)鍵點：不變的線線關(guān)系、不變的數(shù)量關(guān)系．
跟蹤演練2 (2022·湖州模擬)如圖，已知四邊形ABCD，△BCD是以BD為斜邊的等腰直角三角形，△ABD為等邊三角形，BD＝2，將△ABD沿直線BD翻折到△PBD.在翻折的過程中，下列結(jié)論不正確的是( )
A．BD⊥PC
B．DP與BC可能垂直
C．直線DP與平面BCD所成角的最大值是45°
D．四面體PBCD的體積的最大值是eq \f(\r(3),3)
答案 C
解析 對于A，如圖所示，取BD的中點M，連接PM，CM，
∵△BCD是以BD為斜邊的等腰直角三角形，∴BD⊥CM，
∵△ABD為等邊三角形，
∴BD⊥PM，CM，PM?平面PMC，
又CM∩PM＝M，
∴BD⊥平面PMC ，∵PC?平面PMC，∴BD⊥PC ，故A正確；
對于B，假設(shè)DP⊥BC，又BC⊥CD，
∴BC⊥平面PCD，∴BC⊥PC，
又PB＝2，BC＝eq \r(2)，PC＝eq \r(2)∈(eq \r(3)－1，eq \r(3)＋1)，故DP與BC可能垂直，故B正確；
對于C，當(dāng)平面PBD⊥平面BCD時，PM⊥平面BCD，∠PDB即為直線DP與平面BCD所成角，
此時∠PDB＝60°，故C錯誤；
對于D，當(dāng)平面PBD⊥平面BCD時，四面體PBCD的體積最大，此時的體積為V＝eq \f(1,3)S△BCD·PM＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),3) ，故D正確．
考點三 最值、范圍問題
例3 (2022·梅州模擬)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，動點P在體對角線BD1上(含端點)，則下列結(jié)論正確的是________．
①當(dāng)P為BD1的中點時，∠APC為銳角；
②存在點P，使得BD1⊥平面APC；
③AP＋PC的最小值為2eq \r(5)；
④頂點B到平面APC的最大距離為eq \f(\r(2),2).
答案 ①②④
解析 如圖，以點D為原點建立空間直角坐標(biāo)系，
則A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，
eq \(BD1,\s\up6(—→))＝(－1，－1,2)，
設(shè)eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BD1,\s\up6(—→))(0≤λ≤1)，
故eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BD1,\s\up6(—→))＝
(－λ，－λ，2λ)，
則eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，2λ)
＝(－λ，1－λ，2λ)，
eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＝(1,0,0)＋(－λ，－λ，2λ)
＝(1－λ，－λ，2λ)．
對于①，當(dāng)P為BD1中點時，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，
則eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，－1))，eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，－1))，
所以cs∠APC＝eq \f(\(PA,\s\up6(→))·\(PC,\s\up6(→)),|\(PA,\s\up6(→))||\(PC,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,3)>0，
所以∠APC為銳角，故①正確；
對于②，當(dāng)BD1⊥平面APC時，
因為AP，CP?平面APC，
所以BD1⊥AP，BD1⊥CP，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BD1,\s\up6(—→))·\(AP,\s\up6(→))＝λ＋λ－1＋4λ＝0，,\(BD1,\s\up6(—→))·\(CP,\s\up6(→))＝λ－1＋λ＋4λ＝0，))
解得λ＝eq \f(1,6)，
故存在點P，使得BD1⊥平面APC，故②正確；
對于③，當(dāng)BD1⊥AP，BD1⊥CP時，AP＋PC取得最小值，
由②得，此時λ＝eq \f(1,6)，
則eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)，\f(5,6)，\f(1,3)))，eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)，－\f(1,6)，\f(1,3)))，
所以|eq \(AP,\s\up6(→))|＝|eq \(CP,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(30),6)，
即AP＋PC的最小值為eq \f(\r(30),3)，故③錯誤；
對于④，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，
設(shè)平面APC的一個法向量為n＝(x，y，z)，
則有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,n·\(AP,\s\up6(→))＝－λx＋?1－λ?y＋2λz＝0，))
可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，
則點B到平面APC的距離為
|eq \(AB,\s\up6(→))|·|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)
＝eq \f(|2λ|,\r(12λ2－4λ＋1))，
當(dāng)λ＝0時，點B到平面APC的距離為0，
當(dāng)0