第7章 微专题系列10 立体几何中的动态问题(一)（Word教参）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

微专题系列——立体几何中的动态问题(一) [对应学生用书P154] 立体几何中的“动态问题”是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的、可变的一类开放型问题，因其某些点、线、面位置的不确定，往往成为学生进行一些常规思考、转化的障碍；但又因其是可变的，开放的，更有助于学生空间想象能力及综合思维能力的培养，以下利用运动变化的观点对几种动态问题的类型加以分析，探求解决此类问题的若干途径. 类型 “动态”中研究“特定静态”——“一题多考” 【例1】 (多选)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P，Q分别是线段B1D1，AC上的动点，则下列说法正确的有(　　) A.线段PQ长度的最小值为2 B.满足PQ＝2的情况只有4种 C.无论P，Q如何运动，直线PQ都不可能与BD1垂直 D.三棱锥P­ABQ的体积大小只与点Q的位置有关，与点P的位置无关 ABD　解析：对于A，当P，Q分别为线段B1D1，AC的中点时，PQ是异面直线B1D1，AC的公垂线，此时线段PQ长度最小为2，故A正确； 对于B，PQ＝2，只能是面对角线，此时PQ可以是AD1，CD1，AB1，CB1四种，故B正确； 对于C，当P与B1重合，Q与C重合时，此时直线PQ(即B1C)与平面BC1D1垂直，故PQ⊥BD1，故C错误； 对于D，由于点P到平面ABQ的距离是2，底面△ABQ的面积随着点Q的移动而变化， ∴三棱锥P­ABQ的体积只与点Q的位置有关，与点P的位置无关，故D正确.故选ABD. 本例通过点P，Q的“动”考查了最值、垂直、体积等问题，实现了一题多考，解决此类问题的关键是掌握几何体的结构特征和垂直的判定定理及性质定理，需具备较强的直观想象能力. 类型 “动态”中研究“以静制动”——“最值问题” 【例2】 (2023·湖北八校联考)已知在如图所示的正三棱锥P­ABC中，侧棱PA，PB，PC的长为，底面△ABC的边长为2，D为AC的中点，E为AB的中点，M是PD上的动点，N是平面PCE上的动点，则AM＋MN的最小值为(　　) A. B. C. D. B　解析：将正三棱锥P­ABC放入棱长为的正方体AGIJ­PCHB中， 如图(1)所示，先固定点M，那么MN的最小值即点M到平面PCE的距离. 连接GH，设GH的中点为F，连接PF，DG. 由题意得，平面PGF⊥平面PCE，且交线为PF，故MN⊥PF，所以M在PD上运动时，N在PF上运动.把平面AGP和平面PGF沿PG展开，示意图如图(2)所示，作AN′⊥PF交PG于点M′，则AN′即所求，(AM＋MN)min＝AN′＝AP·sin (45°＋30°)＝.故选B. 对于立体几何中的双动点问题，可先固定一个动点，如本例先固定点M，那么MN的最小值就是点M到平面PCE的距离，进而求得AM＋MN的最小值.这类题通常需要利用展开图，数形结合，达到化动为静，以静制动的目的，从而求解. 类型 “动态”中研究“变量”——“翻折问题” 【例3】 (多选)如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′­BCD(如图2)，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是(　　) A.A′C⊥BD B.∠BA′C＝90° C.CA′与平面A′BD所成的角为30° D.四面体A′­BCD的体积为 BD　解析：由A′B＝A′D＝1，BD＝，得BA′⊥DA′.因为平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，所以CD⊥平面A′BD，则CD⊥BA′.由DA′∩CD＝D，得BA′⊥平面A′CD.所以BA′⊥A′C，即∠BA′C＝90°.由题意知AB＝AD＝CD＝1，VA′BCD＝VC­A′BD＝×1××1×1＝.故选BD. 解决翻折问题，要分析翻折前后的“变量”与“不变量”，在翻折前要标注重要的点或重要的量，分析其在翻折后的变化情况.具体到本例，应重视垂直关系“BA′⊥DA′，CD⊥BD”，才能顺利地由平面A′BD⊥平面BCD得出CD⊥平面A′BD，CD⊥BA′，再得到BA′⊥平面A′CD，从而解决问题. 【练】 图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2. (1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)求图2中的二面角B­CG­A的大小. (1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG， 故AD，CG确定一个平面.从而A，C，G，D四点共面. 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)解：如图，作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.由菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝.以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz， 则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，)，＝(1，0，)，＝(2，－1，0). 设平面ACGD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即 所以可取n＝(3，6，－).又平面BCGE的一个法向量可取为m＝(0，1，0)， 所以cos 〈n，m〉＝＝.因此二面角B­CG­A的大小为30°. 分级练(44)　空间中的垂直关系 分级一　提能强化 1.(2022·山东烟台三模)若a和α分别为空间中的直线和平面，则“a⊥α”是“a垂直α内无数条直线”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 A　解析：若a⊥α，则a垂直α内所有直线，因此，命题“若a⊥α，则a垂直α内无数条直线”正确，a垂直α内无数条直线，若这无数条直线中无任何两条直线相交，此时直线a可以在平面α内，即不能推出a⊥α，所以“a⊥α”是“a垂直α内无数条直线”的充分不必要条件.故选A. 2.(2023·江苏盐城期中)设m，n是不同的直线，α是平面，则下列说法正确的是(　　) A.若m∥α，m∥n，则n∥α B.若m∥α，n∥α，则m∥n C.若m⊥α，n⊥m，则n∥α D.若m⊥α，n⊥α，则m∥n D　解析：对于A，当m∥α，m∥n时，n∥α或n在平面α内，所以A错误；对于B，当m∥α，n∥α时，m，n可能平行，可能相交，也可能异面，所以B错误；对于C，当m⊥α，n⊥m时，n∥α或n在平面α内，所以C错误；对于D，当m⊥α，n⊥α时，由垂直于同一平面的两条直线平行，可得m∥n，所以D正确.故选D. 3.(2022·山东滨州二模)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，设直线BD1与直线AD所成的角为α，直线BD1与平面CDD1C1所成的角为β，则α＋β＝(　　) A. B. C. D. C　解析：在正方体ABCD­A1B1C1D1中，因为AD∥BC，所以直线BD1与直线AD所成的角α＝∠BD1A1，因为BC⊥平面CDD1C1，所以D1C为D1B在平面CDD1C1上的射影，所以直线BD1与平面CDD1C1所成的角β＝∠BD1C，又A1D1⊥平面CDD1C1，所以A1D1⊥D1C， 所以∠BD1A1＋∠BD1C＝，即α＋β＝.故选C. 4.(2023·湖南岳阳模拟)如图，正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有(　　) A.AH与△EFH所在平面垂直 B.AG与△EFH所在平面垂直 C.HF与△AEF所在平面垂直 D.HG与△AEF所在平面垂直 A　解析：原图中AD⊥DF，AB⊥BE，所以折起后AH⊥FH，AH⊥EH，FH∩EH＝H，又FH⊂平面EFH，EH⊂平面EFH，所以AH与△EFH所在平面垂直.故A正确，B错误； 由上知，∠HGA≠，故D错误； 由原图知HF与EF不垂直，故C错误.故选A. 5.(多选)(2023·山东济宁高三开学考试)已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β外的两条不同的直线.给出以下四个论断：①m∥n；②α⊥β；③n⊥β；④m∥α，以其中的三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，可以得到以下四个命题，其中正确的命题是(　　) A.①②③⇒④ B.①③④⇒② C.①②④⇒③ D.②③④⇒① AB　解析：设α∩β＝l，在α内作直线b⊥l，因为α⊥β，所以b⊥β.因为m∥n且n⊥β，所以m⊥β，所以m∥b，从而m∥α，即选项A正确；过m作平面γ，γ∩α＝m1，则m∥m1，结合①③，得m1⊥β，所以α⊥β，即选项B正确；由①④，得m∥α，再结合②，得n，β的位置可能n∥β或n与β相交，即选项C错误；由②③得m∥α，再结合④，得m与n还有可能相交或异面，即选项D错误.故选AB. 6.若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面夹角的余弦值为________. 答案：　解析：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则由题意得πrl＝3πr2，即l＝3r，设母线与底面夹角为θ，则cos θ＝＝. 7.α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC∥EF.其中能成为增加条件的序号是________. 答案：①　解析：由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面. ①中，∵AC⊥β，EF⊂β，∴AC⊥EF， 又∵AB⊥α，EF⊂α，∴AB⊥EF， ∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD， 又∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正确； ②不能得到BD⊥EF，故②错误； ③中，由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABCD，则EF⊥AC，故③错误，故填①. 8.如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，点D，E分别在棱BB1，CC1上，棱AA1⊥底面ABC，且AB＝BC＝CA＝CE＝EC1＝2BD，记过点A，D，E的平面为α. (1)画出平面α与底面ABC的交线； (2)证明：平面α⊥平面ACC1A1. (1)解：如图所示，分别延长ED和CB相交于点F，连接AF，则AF即为所求交线. (2)证明：因为CE＝2BD，且CC1∥BB1，所以B是CF的中点，所以CB＝BF， 又CB＝AB，所以BC＝BF＝BA，可知△FAC是直角三角形，∠FAC＝， 即AF⊥AC.又平面ACC1A1⊥平面ABC，且平面ACC1A1∩平面ABC＝AC， 所以AF⊥平面ACC1A1，又AF⊂平面α，故平面α⊥平面ACC1A1. 分级二　知能探究 9.(2023·广东惠州模拟)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，AC∩BD＝O，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可) 答案：DM⊥PC(或BM⊥PC，OM⊥PC等都可)　解析：可填DM⊥PC，由四边形ABCD为菱形，则AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC，又DM⊥PC，BD∩DM＝D，所以PC⊥平面MBD，又PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.故答案为DM⊥PC(或BM⊥PC，OM⊥PC等都可). 10.(2023·江苏宿迁模拟)如图，在三棱锥P­ABC中，点B在以AC为直径的圆上运动，PA⊥平面ABC，AD⊥PB，垂足为D，DE⊥PC，垂足为E，若PA＝2，AC＝2，则三棱锥P­ADE体积的最大值是________. 答案：　解析：由PA⊥平面ABC，得PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，得BC⊥AD，又AD⊥PB，PB∩BC＝B，∴AD⊥平面PBC，得AD⊥PC，而DE⊥PC，AD∩DE＝D，∴PC⊥平面ADE，可得AE⊥PC.在Rt△PAC中，由PA＝2，AC＝2，得PC＝4.由Rt△PEA∽Rt△PAC，得＝，则PE＝＝＝3，由PE＝3，PA＝2，得AE2＝3，又AD⊥DE，∴AD2＋DE2＝AE2＝3，得3＝AD2＋DE2≥2AD·DE，即AD·DE≤(当且仅当AD＝DE时等号成立)，∴三棱锥P­ADE体积的最大值为×AD×DE×PE＝×××3＝. 11.(2023·江苏南京市一中高三开学考试)如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，点E在AD上，且AE＝AD，BC＝3，O为AB的中点，PA＝PB，AB＝AD. (1)证明：EC⊥PE； (2)求点E到平面POC的距离. (1)证明：如图所示，连接PE，因为平面PAB⊥平面ABCD，且PA＝PB，O为AB的中点， 得PO⊥AB，所以PO⊥平面ABCD， 因为EC⊂平面ABCD，所以PO⊥EC， 因为四边形ABCD为矩形，BC＝AD＝3，CD＝AB＝AD＝2， 所以AE＝AD＝1，DE＝2， 且EC＝＝2，OE＝＝，OC＝＝， 所以OE2＋EC2＝OC2，所以OE⊥EC， 又因为PO∩OE＝O且PO，OE⊂平面POE，所以EC⊥平面POE， 因为PE⊂平面POE，所以EC⊥PE. (2)解：设PO＝h，点E到平面POC的距离为x， 由(1)知PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OC， 所以S△POC＝，S△ECO＝×2×＝2， 因为V三棱锥E­POC＝V三棱锥P­EOC，即·S△POC·x＝·S△ECO·h， 所以××x＝×2×h， 解得x＝，即点E到平面POC的距离为. 12.(2023·江苏包场高级中学模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，点M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PN＝PB. (1)证明：MN∥平面PDC； (2)在线段BC上是否存在一点Q，使得平面MNQ⊥平面PAD，若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由. (1)证明：在四边形ABCD中，由AB＝BC＝，AD＝CD＝1，可得△ABD≌△CBD， 又∠ADC＝120°，可得AC⊥BD，且M为AC的中点， DM＝CD cos 60°＝，AC＝2CD sin 60°＝， 则BM＝×＝，由＝＝， 可得MN∥PD， 又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD， 所以MN∥平面PDC. (2)解：过M作ME⊥AD，垂足为E，延长EM交BC于点Q，连接NQ，NE，如图， 由PA⊥平面ABCD，EQ⊂平面ABCD，可得PA⊥EQ， 又EQ⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD， 所以EQ⊥平面PAD，EQ⊂平面MNQ，所以平面MNQ⊥平面PAD， 故存在这样的点Q，使得平面MNQ⊥平面PAD， 在Rt△DME中，∠EMD＝90°－60°＝30°， 在△BQM中，∠QBM＝∠BMQ＝30°，∠BQM＝120°， 由BM＝，＝，可得BQ＝＝，即Q为BC的中点， 所以当Q为BC的中点时，平面MNQ⊥平面PAD. 分级三　素能创新 13.(2023·湖北武汉模拟)在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝2，点M是矩形ABCD内(含边界)的动点，且AB＝1，AD＝3，直线PM与平面ABCD所成的角为.记点M的轨迹长度为α，则tan α＝(　　) A. B.1 C. D.2 C　解析：因为PA⊥平面ABCD， 所以∠PMA即为直线PM与平面ABCD所成的角， 所以∠PMA＝，因为AP＝2，所以AM＝2，所以点M位于矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，则点M的轨迹为如图所示圆弧EF.连接AF，则AF＝2，因为AB＝1，AD＝3，所以∠AFB＝∠FAE＝，则弧EF的长度α＝×2＝，所以tan α＝.故选C. 学科网（北京）股份有限公司 $$