第7章 专题培优课8 空间几何体的动态问题（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（湘教版）

◆专题培优课8　空间几何体的动态问题 [对应学生用书P174] 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＝. 理由如下：当＝时，＝. 如图，过点P作MP∥FD交AF于点M，连接ME， 则＝＝. ∵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＝××2×(6－x)×x＝－(x－3)2＋3， ∴当x＝3时，VACDF有最大值，且最大值为3， 此时EC＝1，AF＝3，FD＝3，DC＝2. ∴AD＝＝3， AC＝＝. 在△ACD中，由余弦定理得 cos ∠ADC＝＝， ∴sin∠ADC＝， S△ACD＝DC·AD·sin ∠ADC＝3. 设F到平面ACD的距离为h，VA­CDF＝VF­ACD＝·S△ACD·h＝3⇔h＝.即点F到平面ACD的距离为. 【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＝＝2. (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，B. 由(1)易知∠CMP＝120°，C. 设平面PCD的一个法向量为m＝(x，y，z). ∵＝，＝， ∴令y＝1，则x＝－，z＝， ∴m＝. 设平面PCB的一个法向量为n＝(a，b，c). ∵＝(2，0，0)，＝， ∴令b＝1，则c＝，a＝0， ∴n＝， ∴＝ ＝＝， 又二面角D­PC­B为钝二面角，二面角D­PC­B的余弦值为－. 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(　　) 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，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． C． 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＝， ∴EG＝GF＝，故点P的轨迹长度为. 【练3】 (2023·湖北模拟)直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是边长为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：　 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，故点O到平面ABCD的距离为3－＝. 因为A1P⊥PM，点O为A1M的中点， 所以OP＝A1M＝＝. 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＝＝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＝＝＝， 所以∠QHP＝2∠QHR＝，所以点P轨迹所形成的圆弧长为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|＝，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 B．点Q的轨迹的长度为 C．PQ长度的最小值为－ D．PR长度的最小值为 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＝＝＝，所以点P的轨迹的长度为，故A不正确． 对于B，连接DQ，因为Q在底面ABCD上，|D1Q|＝， 所以＝＝， 解得DQ＝，所以点Q的轨迹是以点D为圆心，以为半径的圆，如图所示， 所以点Q的轨迹的长度为×2××π＝，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＝，即＝，解得DP′＝，所以P′Q′＝DP′－DQ′＝－，所以PQ长度的最小值为－，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，A，N(1，0)，直线AB的方程为y＝－，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， 联立整理得4y2－(4n＋2)y＋n2＝0， Δ＝(4n＋2)2－16n2＝0，解得n＝－， 所以直线l的方程为x－2y－＝0， 则直线AN与直线l的距离为d＝＝， 所以PR长度的最小值为，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：　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)， 则有令x＝1，则y＝1，z＝－1， 则n＝(1，1，－1). 设P(x，y，z)，则＝(x，y，z). ∵n⊥，则x＋y－z＝0， 又∵PD＝PM， 则 ＝， 整理得x＋2y＋z＝3， 联立方程解得 可得可得0≤x≤. 当x＝0时，P1(0，1，1)，当x＝时，P2. 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|＝. 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，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＝，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＝可得tan α＝2，即＝2. 在四面体A­A1BD中，BD＝A1D＝A1B＝2，AB＝AD＝AA1＝2， 所以四面体A­A1BD为正三棱锥，O为△BDA1的重心， 如图所示，可得BO＝×2＝2， AO＝＝2. 又因为＝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.记点M的轨迹长度为α，则tan α＝(　　) A． B．1 C． 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＝.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＝，则弧EF的长度α＝×2＝，所以tan α＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$