第7章 专题培优课8 空间几何体的动态问题（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

第七章　立体几何 ◆专题培优课8　空间几何体的动态问题 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 课时作业(五十) 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 谢谢观看！ 1．立体几何中的动态问题主要包括：空间几何体的折叠问题及空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等． 2．一般是根据线、面平行，线、面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹(还可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程). 【例1】 (2023·山西长治第四中学模拟)如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB，现将四边形ABCD沿EF折起，使BE⊥EC. (1)若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出 eq \f(AP,PD) 的值；若不存在，说明理由； (2)求三棱锥A­CDF的体积的最大值，并求出此时点F到平面ACD的距离． 解：(1)线段AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时 eq \f(AP,PD) ＝ eq \f(3,2) . 理由如下：当 eq \f(AP,PD) ＝ eq \f(3,2) 时， eq \f(AP,AD) ＝ eq \f(3,5) . 如图，过点P作MP∥FD交AF于点M，连接ME， 则 eq \f(MP,FD) ＝ eq \f(AP,AD) ＝ eq \f(3,5) . ∵BE＝1，∴FD＝5，∴MP＝3， 又EC＝3，MP∥FD∥EC，∴MP綊EC， 故四边形MPCE为平行四边形，∴CP∥ME. 又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF， ∴CP∥平面ABEF. (2)设BE＝x(0<x≤4)，则AF＝x，FD＝6－x， 由题意可得BE⊥EF，又BE⊥EC，EC∩EF＝E， ∴EB⊥平面ECDF. ∵AF∥BE，∴AF⊥平面ECDF， 故VA­CDF＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×2×(6－x)×x＝－ eq \f(1,3) (x－3)2＋3， ∴当x＝3时，VA­CDF有最大值，且最大值为3， 此时EC＝1，AF＝3，FD＝3，DC＝2 eq \r(2) . ∴AD＝ eq \r(AF2＋FD2) ＝3 eq \r(2) ， AC＝ eq \r(EF2＋EC2＋AF2) ＝ eq \r(14) . 在△ACD中，由余弦定理得 cos ∠ADC＝ eq \f(18＋8－14,2×3\r(2)×2\r(2)) ＝ eq \f(1,2) ， ∴sin∠ADC＝ eq \f(\r(3),2) ， S△ACD＝ eq \f(1,2) DC·AD·sin ∠ADC＝3 eq \r(3) . 设F到平面ACD的距离为h，VA­CDF＝VF­ACD＝ eq \f(1,3) ·S△ACD·h＝3⇔h＝ eq \r(3) .即点F到平面ACD的距离为 eq \r(3) . 【练1】 (2022·山西太原三模)已知三角形PAD是边长为2的正三角形，现将菱形ABCD沿AD折叠，所成二面角P­AD­B的大小为120°，此时恰有PC⊥AD. (1)求BD的长； (2)求二面角D­PC­B的余弦值． 解：(1)取AD中点M，连接PM，CM. ∵△PAD是正三角形，∴PM⊥AD. 又∵PC⊥AD，PC∩PM＝P，PC，PM⊂平面PMC， ∴AD⊥平面PMC.∵MC⊂平面PMC， ∴AD⊥MC， ∴在菱形ABCD中，CD＝AD＝2MD， ∴∠CDA＝60°，则∠DAB＝120°， ∴BD＝ eq \r(AD2＋AB2－2AD·AB cos ∠DAB) ＝2 eq \r(3) . (2)取M为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则D(－1，0，0)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3)，0)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(\r(3),2)，\f(3,2))) . 由(1)易知∠CMP＝120°，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)，\f(3,2))) . 设平面PCD的一个法向量为m＝(x，y，z). ∵ eq \o(DP,\s\up13(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(3)，0)) ， eq \o(PC,\s\up13(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3\r(3),2)，\f(3,2))) ， ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),2)y＋\f(3,2)z＝0，,x＋\r(3)y＝0，)) 令y＝1，则x＝－ eq \r(3) ，z＝ eq \r(3) ， ∴m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，1，\r(3))) . 设平面PCB的一个法向量为n＝(a，b，c). ∵ eq \o(CB,\s\up13(→)) ＝(2，0，0)， eq \o(PC,\s\up13(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3\r(3),2)，\f(3,2))) ， ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),2)b＋\f(3,2)c＝0，,2a＝0，)) 令b＝1，则c＝ eq \r(3) ，a＝0， ∴n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\r(3))) ， ∴ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈m，n〉)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))))) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(0×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)))＋1×1＋\r(3)×\r(3))),2×\r(7)) ＝ eq \f(2\r(7),7) ， 又二面角D­PC­B为钝二面角，二面角D­PC­B的余弦值为－ eq \f(2\r(7),7) . 角度1　由动点保持平行求轨迹 【例2】 (2023·河南安阳模拟)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面AD1E，下面说法中正确的是____________．(将所有正确的序号都填上) ①存在一点F，使得A1F∥D1E；②存在一点F，使得A1F⊥BE；③点F的轨迹是一条直线；④三棱锥F­AD1E的体积是定值． 答案：①②④　解析：如图，取B1C1的中点G，BB1的中点H，连接A1G，A1H，GH， 则平面A1GH∥平面AD1E， 所以点F在线段GH上运动，即点F的轨迹是线段GH，故③错误． 当点F位于点H时，A1F∥D1E，故①正确． 取AD的中点N，BC的中点M，连接A1N，MN，B1M， 则BE⊥平面A1B1MN，设GH∩B1M＝F1， 则A1F1⊥BE， 所以存在一点F使得A1F⊥BE，故②正确． 因为平面A1GH∥平面AD1E， 所以点F到平面AD1E的距离是定值， 所以三棱锥F-AD1E的体积是定值，故④正确． 【练2】 (2023·山西太原模拟)如图，在正四棱锥S­ABCD中，E是BC的中点，P点在侧面△SCD内及其边界上运动，并且总是保持PE∥平面SBD，则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形最有可能是图中的(　　) ),\s\do5(A)) eq \o(\s\up15( eq \o(\s\up15(),\s\do5(B)) eq \o(\s\up15(),\s\do5(C)) eq \o(\s\up15(),\s\do5(D)) A　解析：分别取CD，SC的中点M，N，连接MN，ME，NE. ∵点E是BC的中点， ∴EM∥BD，EN∥SB， 又∵EM，EN⊄平面SBD.BD，SB⊂平面SBD，∴EM∥平面SBD，EN∥平面SBD. 又∵EM∩EN＝E，EM，EN⊂平面EMN， ∴平面EMN∥平面SBD， ∴当P在MN上移动时，PE⊂平面EMN，此时能够保持PE∥平面SBD， 则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形是选项A. 角度2　由动点保持垂直求轨迹 【例3】 (2023·浙江模拟)已知正四棱锥S­ABCD，底面边长为 eq \r(2) ，AC，DB交于点O，SO⊥平面ABCD，SO＝1，E为BC的中点，动点P在该棱锥的侧面上运动，并且PE⊥AC，则点P的轨迹长度为(　　) A．1 B． eq \r(2) C． eq \r(3) D．2 B　解析：取SC，CD，OC的中点分别为G，F，H，连接EF，EG，FG，GH，如图． 则GH∥SO，EF∥BD，又SO⊥平面ABCD，BD⊥AC， ∴GH⊥平面ABCD，EF⊥AC， ∴GH⊥AC，又EF∩GH＝H， ∴AC⊥平面EFG. ∵动点P在该棱锥的侧面上运动，并且PE⊥AC， 故点P轨迹为折线EG，GF， 由题可知SO＝1，OB＝1，SB＝SD＝ eq \r(2) ， ∴EG＝GF＝ eq \f(\r(2),2) ，故点P的轨迹长度为 eq \r(2) . 【练3】 (2023·湖北模拟)直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是边长为3 eq \r(3) 的正方形，AA1＝3，点M为CC1的中点，点O为A1M的中点，则点O到底面ABCD的距离为________________；若P为底面ABCD内的动点，且A1P⊥PM，则动点P的轨迹长度为________________. 答案： eq \f(9,4) 　 2π　解析：由点O为A1M的中点可得，点O到平面A1B1C1D1的距离是点M到平面A1B1C1D1距离的一半，则点O到平面A1B1C1D1的距离为 eq \f(3,4) ，故点O到平面ABCD的距离为3－ eq \f(3,4) ＝ eq \f(9,4) . 因为A1P⊥PM，点O为A1M的中点， 所以OP＝ eq \f(1,2) A1M＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(1,2) eq \r(A1C＋C1M2) ＝ eq \f(15,4) . 设以O为球心，OP的长为半径的球与平面ABCD所截得的圆的半径为r，则r＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,4)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)))\s\up12(2)) ＝3， 则动点P的轨迹即为以正方形ABCD的中心H为圆心，3为半径的圆留在正方形ABCD内的圆弧，如图，R为QP中点，所以HR⊥QP，所以cos ∠QHR＝ eq \f(RH,QH) ＝ eq \f(\f(3\r(3),2),3) ＝ eq \f(\r(3),2) ， 所以∠QHP＝2∠QHR＝ eq \f(π,3) ，所以点P轨迹所形成的圆弧长为3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π－4×\f(π,3))) ＝2π. 角度3　由动点保持等距(或等长)求轨迹 【例4】 (多选)(2023·福建莆田二中模拟)在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M是A1D1的中点，点P，Q，R在底面四边形ABCD内(包括边界)，PB1∥平面MC1D，|D1Q|＝ eq \f(\r(5),2) ，点R到平面ABB1A1的距离等于它到点D的距离，则(　　) A．点P的轨迹的长度为 eq \r(2) B．点Q的轨迹的长度为 eq \f(π,4) C．PQ长度的最小值为 eq \f(2\r(5),5) － eq \f(1,2) D．PR长度的最小值为 eq \f(3\r(5),20) BCD　解析：对于A，取BC的中点N，连接AN，B1N，则AN∥MC1，AB1∥DC1，所以AN∥平面DMC1，AB1∥平面DMC1. 又AN∥平面DMC1，AB1∥平面DMC1，AN∩AB1＝A，所以平面ANB1∥平面DMC1. 又点P在底面四边形ABCD内(包括边界)，PB1∥平面MC1D，所以点P的轨迹为线段AN. 因为AN＝ eq \r(AB2＋BN2) ＝ eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(5),2) ，所以点P的轨迹的长度为 eq \f(\r(5),2) ，故A不正确． 对于B，连接DQ，因为Q在底面ABCD上，|D1Q|＝ eq \f(\r(5),2) ， 所以eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \r(DQ2＋DD) ＝ eq \r(12＋DQ2) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2))) eq \s\up12(2) ， 解得DQ＝ eq \f(1,2) ，所以点Q的轨迹是以点D为圆心，以 eq \f(1,2) 为半径的 eq \f(1,4) 圆，如图所示， 所以点Q的轨迹的长度为 eq \f(1,4) ×2× eq \f(1,2) ×π＝ eq \f(π,4) ，故B正确． 对于C，如图，过点D作DP′⊥AN于P′，交点Q的轨迹于Q′，此时P′Q′的长度就是PQ长度的最小值， 而∠B＝∠AP′D，∠BAN＝∠ADP′，所以△ABN∽△DP′A，所以 eq \f(AD,AN) ＝ eq \f(DP′,AB) ，即 eq \f(1,\f(\r(5),2)) ＝ eq \f(DP′,1) ，解得DP′＝ eq \f(2\r(5),5) ，所以P′Q′＝DP′－DQ′＝ eq \f(2\r(5),5) － eq \f(1,2) ，所以PQ长度的最小值为 eq \f(2\r(5),5) － eq \f(1,2) ，故C正确． 对于D，因为点R到平面ABB1A1的距离等于它到点D的距离，由正方体的特点得点R到直线AB的距离等于点R到平面ABB1A1的距离， 所以点R到直线AB的距离等于它到点D的距离，根据抛物线的定义知点R的轨迹是以点D为焦点，以AB为准线的抛物线， 以AD的中点为坐标原点O，过点O且垂直于AD的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示， 则D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) ，A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2))) ，N(1，0)，直线AB的方程为y＝－ eq \f(1,2) ，直线AN的方程为x－2y－1＝0， 则抛物线的方程为x2＝2y，设与直线AN平行且与抛物线相切的直线l的方程为x－2y＋n＝0， 联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x－2y＋n＝0，,x2＝2y，))) 整理得4y2－(4n＋2)y＋n2＝0， Δ＝(4n＋2)2－16n2＝0，解得n＝－ eq \f(1,4) ， 所以直线l的方程为x－2y－ eq \f(1,4) ＝0， 则直线AN与直线l的距离为d＝ eq \f(1－\f(1,4),\r(12＋（－2）2)) ＝ eq \f(3\r(5),20) ， 所以PR长度的最小值为 eq \f(3\r(5),20) ，故D正确． 【练4】 (2023·四川成都模拟)如图，已知棱长为2的正方体A′B′C′D′­ABCD，M是正方形BB′C′C的中心，点P是△A′C′D内(包括边界)的动点，满足PM＝PD，则点P的轨迹长度为________________． 答案： eq \f(\r(14),2) 　解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A′(2，0，2)，C′(0，2，2)，M(1，2，1)， ＝(2，0，2)，＝(0，2，2)， 设平面DA′C′的一个法向量n＝(x，y，z)， 则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2y＋2z＝0，))) 令x＝1，则y＝1，z＝－1， 则n＝(1，1，－1). 设P(x，y，z)，则 eq \o(DP,\s\up13(→)) ＝(x，y，z). ∵n⊥ eq \o(DP,\s\up13(→)) ，则x＋y－z＝0， 又∵PD＝PM， 则 eq \r(x2＋y2＋z2) ＝ eq \r(（x－1）2＋（y－2）2＋（z－1）2) ， 整理得x＋2y＋z＝3， 联立方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＋2y＋z＝3，,x＋y－z＝0，))) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3－2x,3)，,z＝\f(x＋3,3)．))) 可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤x≤2，,0≤\f(3－2x,3)≤2，,0≤\f(x＋3,3)≤2，)) 可得0≤x≤ eq \f(3,2) . 当x＝0时，P1(0，1，1)，当x＝ eq \f(3,2) 时，P2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，\f(3,2))) . 在空间中，满足PM＝PD的P为过MD的中点且与MD垂直的平面α， 两个平面的公共部分为直线，即点P的轨迹为α∩平面A′C′D＝P1P2，则|P1P2|＝ eq \f(\r(14),2) . 角度4　由动点保持等角(或定角)求轨迹 【例5】 (2023·福建三明一中模拟)已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2 eq \r(3) ，点E为平面A1BD内的动点，设直线AE与平面A1BD所成的角为α，若sin α＝ eq \f(2\r(5),5) ，则点E的轨迹所围成的面积为________________． 答案：π　解析：如图所示，连接AC1交平面A1BD于点O，连接EO， 由题意可知AC1⊥平面A1BD， 所以∠AEO是AE与平面A1BD所成的角， 所以∠AEO＝α. 由sin α＝ eq \f(2\r(5),5) 可得tan α＝2，即 eq \f(AO,EO) ＝2. 在四面体A­A1BD中，BD＝A1D＝A1B＝2 eq \r(6) ，AB＝AD＝AA1＝2 eq \r(3) ， 所以四面体A­A1BD为正三棱锥，O为△BDA1的重心， 如图所示，可得BO＝ eq \f(\r(3),3) ×2 eq \r(6) ＝2 eq \r(2) ， AO＝ eq \r(AB2－BO2) ＝2. 又因为 eq \f(AO,EO) ＝2，所以EO＝1， 即E在平面A1BD内的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，所以S＝π×12＝π. 【练5】 (2023·广东茂名模拟)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 eq \f(π,4) .记点M的轨迹长度为α，则tan α＝(　　) A． eq \f(\r(3),3) B．1 C． eq \r(3) D．2 C　解析：如图①，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＝ eq \f(π,4) .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为半径的圆弧上， 则点M的轨迹为圆弧EF. 　图① 图② 如图②，连接AF，则AF＝2.因为AB＝1，AD＝3， 所以∠AFB＝∠FAE＝ eq \f(π,6) ，则弧EF的长度α＝ eq \f(π,6) ×2＝ eq \f(π,3) ，所以tan α＝ eq \r(3) . $$