培优微专题15 立体几何中的动态问题-【创新教程】2026年高考数学大二轮培优微专题

培优微专题 [培优微专题15]立体几何中的动态问题 “动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的 立体几何题赋予了活力，题意更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与 平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化. 研析考点层级突破 点- 动点轨迹问题 专点二】 折叠、展并问题 典题例析 典题例析 [例1][多选](2025·信阳模拟)已知正方体 [例2][多选](2025·永州三模)在平面四边形 ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P,Q为底面AB ABCD中，AB=AD=√2，AB⊥AD,△BCD为 CD内的两个动点，且满足PA|=2|PB|.设 等边三角形，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥 PD1与平面ABCD所成的角为0，当0取得最大 A1-BCD,设二面角A1-BD-C的大小为a.则下 值时，S△DDp=S△DaP=S,则下列说法正确 列说法正确的是 的是 ( A.当a=150°时，M,N分别为线段BD,A1C上 A.P的轨迹是圆（部分） 的动点，则INMN的最小值为会 B.0的最大值为买 B.当a=120°时，三棱锥A1-BCD外接球的直径 C.S=3 3 为四 D.日取最大值时，Q的轨迹是椭圆（部分） C.当a=90°时，以A1C为直径的球面与底面 [听课记录] BCD的交线长为号： …规律方法》… D.当a=60°时，AD绕D点旋转至A1D所形成 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定。 的曲面面积为 3π (2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的 [听课记录] 定义判定或用代数法进行计算. (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊 规律方法》… 值或位置进行排除. 画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住 两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系. 跟踪训练 1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1 跟踪训练 棱长为1，点P是正方体表面 2.[多选]如图，在菱形AB 上一个动点，满足BP⊥A1C, CD中，AB=2,∠D=60°， 则点P的轨迹长度为( 沿AC将△DAC翻折至 0 △SAC,连接SB,得到三棱锥SABC,E是线段 A.2 B.2√2 SA的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是 C.4 D.3√2 ( ·101 I数学 A.在棱SB上总存在一点F,使得EF∥平面ABC … 规律方法》 B.当SB=3时，三棱锥SABC的体积为2 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大 C.当平面SAC⊥平面ABC时，SB=√6 (小)、角的范围等问题，常用的解题思路是： D.当二面角SACB为120°时，三棱锥SABC (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位 的外接球的半径为西 置时，所求的量有相应最大、最小值. 3 (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态 考点三 最值、范围问题 问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目 典题例析 标函数的最值. [例3][多选](2025·武汉 模拟)在棱长为3的正方体 跟踪训练 ABCD-A1B1C1D1中，点P 3.[多选]如图，正方体ABCD- 是平面A1BC1内一个动点， A1B1C1D1的棱长为1，P是线 且满足PD+PB1= 段BC1上的动点，则下列结论 3(2+6),则下列结论正 正确的是 2 确的是 A.四面体PA1D1A的体积为定值 A.B1D⊥PB B.AP+PC的最小值为2√2 B.点P的轨迹是一个半径为√2的圆 C.A1P∥平面ACD1 C.直线B1P与平面A1BC1所成角为定值 D.直线A1P与AC所成的角的取值范围 D.三棱锥P-BB1C1体积的最大值为3 [听课记录] 是[，] 课时冲关>高效提能 1.在正方体ABCD-A1B1CD1中，Q是正方形 4.(2025·梅州模拟)如图，在长方 D BBCC1内的动点，A1Q⊥BC1,则Q点的轨迹是 体ABCD-A1B1C1D1中，AB= ( AD=1,AA1=2,动点P在体 A.点B1 B.线段B1C 对角线BD1上（含端点），则下 列结论不正确的有 () C.线段B1C D.平面B1BCC D A.当P为BD1的中点时， 2.已知点P是正四面体A-BCD内的动点，E是棱 ∠APC为锐角 CD的中点，且点P到棱AB和棱CD的距离相等， B.存在点P,使得BD1⊥平面APC 则点P的轨迹被平面ABE所截得的图形为 C.AP+PC的最小值为2√5 ( A.线段 B.椭圆的一部分 D,顶点B到平面APC的最大距离为 C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分 5.[多选]在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB= 3.(2025·南京、盐城一模)在棱长为2a(a>0)的 AD=2,AA1=4,点P在平面ABCD内，下列选 正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M,N分别为棱 项正确的是 () AB,D1C1的中点.已知动点P在该正方体的表 A.若点P到直线CC1的距离与点P到平面 BB1C1C的距离相等，则点P的轨迹为直线 面上，且PM·PN=0,则点P的轨迹长度为 B.若点P到直线CC1的距离与点P到AA1的 ( 距离之和等于4，则点P的轨迹为椭圆 A.12a B.12πa C.若∠BD1P=45°，则点P的轨迹为抛物线 C.24a D.24πa D.若∠BD1P=60°，则点P的轨迹为双曲线 ·102· 培优微专题 6.[多选](2025·萍乡三模)已知 D 7.如图，点P是棱长为1的正 C 正方体ABCD-A1B1C1D1中， 方体ABCD-A1B1C1D1表 A 动点M、N分别在棱DD1、 面上的一个动点，直线AP BB1(不含端点)上，则( ) 与平面ABCD所成的角为 A.A1C⊥MN 60°，则点P的轨迹长度为 B.若M、N分别为所在棱的中点，则平面AMN 将正方体ABCD-A1B1C1D1的体积平分 8.(2025·萍乡二模)正方体ABCD-A1B1C1D1的 C.不存在点M,使得点A1与点C到平面AMB1 棱长为2，P为该正方体侧面CC1D1D内的动点 的距离相等 (含边界)，若PA,PB分别与直线AD所成角的 D.当M由D向D运动时，平面AMB1与正方体 正切值之和为√2，则四棱锥P-ABCD的体积的 ABCD-A1B1C1D1形成的截面面积逐渐增大 取值范围为 [培优微专题16]立体几何与其他知识的综合问题 随着高考改革的不断推进，近期各地的模拟题呈现的考查方向百花齐放，在立体几何中以空间图形为 背景的试题，其考查的知识内容和范围，涉及到代数、几何、三角、向量、新定义等学科分支，对综合运用各 种知识技能解题的灵活性要求有所加强，应予以重视. 研析考点>层级突破 专点一立体九何与其他知识的交汇问题 典题例析 [例1](2025·秦皇岛模 拟)如图，在边长为a的正 方形ABCD中，E,F分别 为边AB,AD上的点，连接 CE,CF,EF,将△AEF沿着折线EF翻折，使点 A到达点A1位置，连接A1C,形成三棱锥 A1-CEF. (1)若E,F分别为边AB,AD上的中点，A1E1 CF,求此时三棱锥A1一CEF外接球的表面积； (2)若EF=BE+DF,O是AC的中点. (i)求∠ECF的大小； (iⅱ)若正方形边长为√2十1，当S△CEF取最小值， VA-CEr取最大值时，求此时直线A1E与平面 A1OF所成角的正弦值. [听课记录] …规律方法》… 将立体几何与解析几何巧妙结合，是考察的创新， 点、线、面的变化必然导致位置关系或一些量的变 化，在具体问题中，让变量变化，考虑由此变化所 引发的其他量的变化，构建目标函数，则可将立体 几何问题用代数方法解决。 ·103·答案精析 所以该几何体体积V=V-V。=16区，所以选项A △ABC内切圆的圆心O,为AD上靠近D点的三等分点， 3 △A1BC1内切圆的圆心O2为A1D1上靠近D1点的三等分 正确； 点， B选项，连接AD1,连接DF,由题可得EF∥AD1,则四边形 O为正三棱柱ABCA,BC,内切球球心，则O为O,O。的中 AEFD1为截面，且四边形AEFD,为梯形. 点，则DO1=√3，O01=√3， 在△ABE中，已知AB=4,BE=2,由勾股定理可得：AE= DD1=CC1=AA1,DD1∥CC1∥AA1, √AB2+BE=2V5, 由对称性可知，球心O到平面EBC的距离等于O到直线 所以D1F=2√6，又因为AD,=2EF=4√5， ED的距离， 所以周长=AE+D,F+AD1+EF=2V5+2√6+6√3，所以 平面D1DAA1中，以D为原点，DA为 B错误； x轴，DD1为y轴建立如图所示的平面 对于C选项，由题意可知，平面EFAD,即为平面AEF裁几 直角坐标系， 何体的截面， 有O(W3,N3),∠EDA=30°，DE所在直 因为该几何体体积V=176V2 线方程为y=号，即x一5)=0。 D 3 被我台的体积Vam,×4X( ×2×2瓦+立 则0点到直线DE的距高d=53=3,5,即球心0 2 2 ×4X4E√合×2x2Ex名×4x4厄 _56√2 3 到平西EBC的范离35， 另一部分体积为V2=40√2，所以较小部分的体积为 平面BCE裁内切球所得裁面圆的半径为r, 56巨.所以C正确： 则2-W3)2-(3-3）-33 3 2 2 D C 所以裁面圆的面积S=2=33 2 答案2 培优微专题15 研析考点层级突破 A 考点一 例1[解析]建立空间直角坐标 D 对于D选项，以D为原点，分别以DA,DC,DD1所在直线 系，根据|PA|=2PB求得点P 为x,y,之轴建立空间直角坐标系. 的轨迹可判断A;要使得PD1与 A 、B1 则A(4,0,0),E(2,4,0),F(0,4,2√2)，AE=(-2,4,0),AF 底面ABCD所成的角日最大，从 =(-4,4,22). 而点P在QD上，再由直线与平 设平面AFE的法向量为n1=(x1y1,之)， 则m·AE-2x十4=0 西的夫商可得an0=品-1， 从而可得出0最大值可判断B;根 n1·AF=-4x1+4y1+2√2x1=01 据三角形面积计算可判断C；由 令x1=2,则y1=1,之1=√2，所以n1=(2,1W2). S△D,Dp=S△D,aP=S0,可知点Q 平面AEB的法向量为n2=(0,0,1). 到D1P的距离为d=√2，即点Q 设平面AFE与平面AEB的二面角为0，由题可知0为纯角， 在以D1P为轴，半径为√2的圆柱与底面ABCD内的交线 到ms0=-员设一乎子乎，所以选项D格花】 上，利用圆柱的斜截面为椭圆即可得出结论. 7 7 以B为坐标原点，BC,BA,BB1所在直线分别为x轴，y轴， 7.解析：借助线面平行的判定定理与性质定理可得F点位置， z轴， 即可注意计算四边形DEFC边长， 建立如图所示的空间直角坐标系，设P(x,y,0),则A(0,2,0), 由题意知，四边形ABCD为菱形，.CD∥AB, 因为|PA|=2|PB|,所以√(x-0)2+(y-2) ,CD吐平面SAB,ABC平面SAB,.CD∥平面SAB, .CDC平面CDE,平面CDE∩平面SAB=EF, =2√x+y, ∴.EF∥CD,则EF∥AB, 212_16 .E为SA的中点，则F为SB的中点， 即x+(+3)=gz=0, i.EF-7AB-1. 所以点P的轨连为以点E(0,-号，0)为圆心，号为半径的 ,△SAD是边长为2的等边三角形，则DE⊥SA, 圆与正方体底面的交线，故A正确； 且DE=2sin60°=√3，同理可得CF=√3， 要使得PD1与底面ABCD所成的角最大，则PD最短， 因此四边形DEFC的周长为3十2√3. 此时DP=DE告-9专=2， 答案：3十2√3 8.解析：由内切球的半径得正三棱柱的高和底面边长，求球心 从而m0D0=1,所以9的最大值为受，故B正确： DP 到平面BCE的距离，勾股定理求裁面圆的半径，可得截面 面积. S,=SA,m=号DP·DD,=2,故C错误1 正三棱柱ABCA1B1C1内切球的半径B 设，点Q到DP的距离为d, 是√3，则棱柱的高AA1=2√3， 正三角形ABC内切圆的半径是√3，则 因为Saw=San,g=号1DPld=2d=2→d-瓦， Sx=×号.AB=合X8ABX 1 所以点Q在以D1P为轴，半径为√2的圆柱与底面ABCD内 的交线上， √3，得AB=6, D,D1分别为BC,B1C1的中点，则 又圆柱的轴D,P与底面ABCD的夹角为∠D,PD=, 所以点Q的轨迹是椭圆（部分）. AD=3√3， AD⊥BC,ED⊥BC, [答案]ABD 跟踪训练 二面角EBC-A为30°，则∠EDA=30°， 1.D ·155· I数学 考点二 例2[解析]对于A,当M为BD中点且MN⊥AC时， C三棱维SABC的体积V3XX2X3三，故B错 4 2 |MN长度最短，由等面积法可求得最小值即可判断；对于 误 B,利用截面圆的性质求解即可；对于C,根据题意画出球与 底面△BCD的交线，从而可求解判断；对于D,转过的曲面 对于C,当平面SAC⊥平面ABC时，平面SAC∩平面ABC =AC, 为圆锥的一部分侧面积，从而可求解判断. 因为△SAC为等边三角形，所以SM⊥AC,SMC平面SAC, 对于A,如图，取BD中点，连接A1E, 所以SML平面ABC,又因为MB二平面ABC, EC,则AE⊥BD,CE⊥BD, 所以∠A1EC为二面角A1-BDC的平 所以SM⊥MB,.SB=√JSf+MB 面角，角∠A1EC=a, D =√6，故C正确； 由题意可得BD=2,A1E=1,CE 对于D,设三棱锥SABC外接球的 =√3 …(M0 球心为O,△SAC,△ABC的中心分 当α=150°时，根据余弦定理可得 B C 别为O1,O2, D 易得OO,⊥平面SAC,OO2⊥平面 A1C=√7， BAC,且O,O1,O2,M四，点共面， 当M为BD中点且MN⊥AC时， MN长度最短， ∠OMO,= 2∠0M02=60°，0，M 1 由等面积法可得号×1×，3X号=号×，厅×(MN)m,来得 3SM-3 3 最小值为图故A对： 在Rt△OO1M中，O01=V3O1M=1, 对于B,如图，△A1BD,△BCD的外接 圆的圆心分别为E,O1,三棱锥A 又0S=号sM=2g5 31 BCD外接球的球心为O,连接OE 则三棱锥S-ABC外接球半径r=√OO十O,S D 00,0C,则B0,=子CE= 3C0,= E 0, =故D错.] 3 号cE=2g, 考点三 3 例3[解析]由线面垂直的判定与性质定理判断A,根据线 当a=120°时，则∠0B0,=30,所以00，-号E0,=专 面垂直，得线线垂直，从而给勾股定理求得点P的轨迹，判 断B,由B结合线面角的定义判断C,同样结合B与棱锥体 积公式判断D. 所以球的辛径0C√O0+0,C=,故B错， 对于A,连接BD,,因为四边形 A1BCD1为正方形，则A1C C 对于C,当α=90°时，如图，过球心O A ⊥B1D1, A 作OO1⊥EC 因为DD1⊥平面A1B1C1D1,AC 则0，为EC的中点，且00，=2，又 0 C平面ABC1D,则A1C 球半径为1，球与△BCD的一交点 E DD, 为H, 0 因为BD1∩DD1=D1,B1D1, D B DD1C平面B1DD1,所以AC1 则OH=号，又过0，作O,FLBC, 平面B1DD1, BDC平面B1DD,所以B1D⊥ OF=3 A1C1,同理可得B,D⊥AB, 4 因为AC1∩A1B=A1,AC1,A1B 球与底面△BCD的交线如图， C平面ABC,所以B1D⊥平 所以变线长为号…盟- D 面A1BC, 2 3,故C对； 因为PBC平面A1BC1,所以B1D PB,故A正确； 对于D,转过的曲面为圆锥的一部分侧面 600 对于B,由A选项知B1D⊥平面A1BC1,设B1D∩平面 积，该圆锥母线长为√2，底面圆半径为1， A BC=E, 故面积为πX2X1=② 即BE⊥平面A1BC1,DE⊥平面ABC1, 3 =3π，故D对. B H 因为A1B=BC=A1C=3√2，AB=BB1=BC=3, [答案]ACD 所以三棱锥B一A1BC,为正三棱锥，因为B,E⊥平面 跟踪训练 2.AC、[由线面平行的判定定理可判断A;求出三棱锥SABC A1BC1,则E为正△A1BC1的中心，则BE=√6， 的体积可判断B;由平面SAC⊥平面ABC可证得SM 所以B1E=√BB-BE=√3，因为B1D=3V3, MB,由此求出SB可判断C;求出三棱锥SABC的外接球 即 的半径可判断D. 所以DE=2B,因为PD十PB=3E+⑤， 2 对于A,取SB的中点F,连接EF, ,E,F分别是SA,SB的中点，∴.EF∥AB, VPE+DE+√PE+EB=3WE+⑤) 2 .ABC平面ABC,EF中平面ABC,∴.EF∥平面ABC,故A 正确； 即√PE+12+√PE十3=3E+6,化简可得PE=5 对于B,易得△ABC, 2 2 △SAC为等边三角形 (PE>0), 取AC的中，点M,连接BM,SM, 则AC⊥BM,AC⊥SM,SM=MB 因为E点到等边三角形A1BC的边的距离为BEsin答 =√3， 6=PE, cos ∠SMB D SM+MB2-AB2 =3+3-9 所以点P的轨迹是在△A,BC1内，且以E为圆心、半径为 2SM·AB 2X3X√3 1 号的圆，故B错误； =一2’ 对于C,由选项B可知，点P的轨迹是在△A1BC1内，且以E 则点S到平面ABC的距离为h=sin(π-∠SMB)·SM= 9×=2 为国心、丰径为的国，EP=,且BE=尽，BE1平 面A1BC1, 所以∠B1PE就是直线B,P与平面A,BC1所成角， ·156· 答案精析 所以an∠B,PE-月-E=2,因为0<∠B,PE<受，所 3.B[因为PM·PN=0,故P点轨迹 D PE 6 为以MN为直径的球， 如图，易知MN中点即为正方体中心B1 C 以直线B,P与平面A,BC,所成角为定值，故C正确； O,球心在每个面上的射影为面的中心， 设O在底面ABCD上的射影为O1, o. 对于D,国为点E到直线BC,的距高为，点P到直线BC, 又正方体的棱长为2a,所以MN A D =2√2a, 的最大距高为+-厅， 易知OO1-a,OM=a,又动，点P在 0 正方体的表面上运动， 故△BPC的面积的最大值为号×6X32=35,因为 所以点P的轨迹是六个半径为a的 B1E⊥平面A1BC1, 圆，轨迹长度为6X2πa=12πa.] 4.C[如图，以点D为原点建立空间 2 则三棱维B-BPC体积的最大值为号×33X3=3,故D 直角坐标系：， D C 正确。 设BP=ABD1(0≤A≤1)， [答案]ACD 则A(1,0,0),B(1,1,0), A 跟踪训练 C(0,1,0),D1(0,0,2), 3.ACD[对于A,由正方体可得平面DAA1D1∥平面 则BD=(-1,-1,2), BCC1B1,且B,P∈平面BCC1B1, 所以，点B到平面DAA1D1的距离等于点P到平面DAA1D 故BP=ABD 的距离， =（入，二1,2)： 所以四面体PA1DA的体积VpA,D,A=VBA,P,A 则AP=AB+BP=(0,1,0)+(-入， D A上 =号5B,AX1=子××1x1X1= -入，2A) 6, 三(-入，1-入，2)， 所以四面体PA1D1A的体积为定值，故A正确； CP=CB+BP=(1,0,0)+(-λ，-λ，2λ) 对于B,当P与B重合时，AP+PC=AB+BC=2<2√2， =(1-λ，-λ，2λ). 所以AP十PC的最小值不为2√2，故B错误； 对于C,连接AC,AB, D 对于A,当P为BD:中点时，P(合，，1小 由正方体可得AA1=CC1, AA,∥CC1, A 所以四边形AA1C,C是平行四边形，所 以AC∥AC1, 所以cos∠APC=一 A·P=>0, 因为ACC平面ACD1,A1C1丈平 IPAIIPCI 面ACD1, B 所以∠APC为锐角，故A正确； 所以AC1∥平面ACD1, 当BD1⊥平面APC时， 同理可得BC1∥平面ACD, 因为AC∩BC=C,AC,BCC平 因为AP,CPC平面APC, 面AC1B, 所以BD⊥AP,BD1⊥CP, 所以平面AC1B∥平面ACD1, 因为A1PC平面ACB, 则BD·AP=A+x-1+4=0, 1BD1·CP=λ-1+A+4λ=0， 所以A1P∥平面ACD1,故C正确； 对于D,因为AC∥A1C1, 解得入=6’ 所以∠PAC1(或其补角)为直线A1P 与AC所成的角， 故存在点P,使得BD1⊥平面APC,故B正确； 对于C,当BD1⊥AP,BD1⊥CP时，AP十PC取得最小值， 由图可得当P与B重合时，此时∠PA,C最大为号， 由B得，此时入=日， 当P与C1重合时，此时∠PAC最小为0， 所以直线A,P与AC所成的角的取值范国是[0，号]，故D 尉a-(。言)=（得，日） 正确.] 课时冲关高效提能 所以AP1=|CP=30, 6 1.B[如图，连接A1C, D 即AP+PC的最小值为0，故C错误； 因为BC1⊥AQ,BC1⊥A1B1,AQ∩A1B1 3 =A1,A1Q,A1B1C平面A1B1Q, Q 对于D,AB=(0,1,0),AC=(-1,1,0), 所以BC1⊥平面A1B1Q, 又B1QC平面A1B1Q,所以BC1⊥B,Q, D)---- 设平面APS的一个法向量为n=(x,y,2), 又BC,⊥B,C,所以点Q在线段B1C上.] 2.D[首先证明CD⊥平面ABE,又点P的A4 B 则有n·A9=-x+y=0, n·AP=-λx+(1-λ)y+2λz=0, 轨迹被平面ABE所截，即，点P在平面ABE内，此时，点P到 可取n=(2入，2λ，2λ-1)， 棱CD的距离为PE,再根据抛物线的定义判断即可， 则点B到平面APC的距离为 在正四面体A-BCD中，E是棱CD A 的中点， IAB·Icos(AB,n1=AB:n 所以AE⊥CD,BE⊥CD,又AE∩ n BE=E,AE、BEC平面ABE,所以 |2A CD⊥平面ABE, √12λ2-4+1 又点P的轨迹被平面ABE所截，即 B 当λ=0时，点B到平面APC的距离为0， 点P在平面ABE内， 当0<λ1时， ,点P到棱CD的距离为PE 2λ 在平面ABE内过点P作PF⊥AB, 则PF为点P到棱AB的距离， /122-4+1 3-1 入42 又点P到棱AB和棱CD的距离相等， 即PE=PF, 1 因此，在平面ABE内，动点P到棱AB和到定，点E的距离 2； 1/1 相等.由抛物线的定义得，动点P的轨迹是抛物线的一 /2+ -2 部分.] ·157· I数学 当且仅当入=合时，取等号，所以成B到平面APC的最大距 对于D选项，如图，在C1D1上取一点F,使得MF∥C,D,连 接B,F, 离为号，故D正确] 因为AD1∥BC,AD1=BC,故四边形ABCD,为平行四 边形，则A1B∥CD1, 5.ABD[利用圆锥曲线的定义及题千截面形状，结合选项逐 设DA=1,D1M=a(0<a<1),由MF∥C,D∥A1B, 个验证可得答案」 可得平面AB1FM为过点A、B1、M D 对于A,如图，P到直线CC,的距离与 D 的截面， P到平面BB,C,C的距离相等，又P 在梯形AB,FM中，AB1=√2，MF= A 、M2 在平面ABCD内，所以在平面ABCD √2a, 内，P到C的距离与P到直线BC的 A 距离相等， AM=√AD+DM=√+(1-a) 又C∈BC,∴P在直线CD上，故P的 =/a2-2a十2，同理得B1F= 轨迹为直线，故A正确； √/a2-2a+2, 对于B,P到直线CC1的距离与P到 AA,的距离之和等于4，由长方体的 梯形AB,FM的高为h√Ar-AB=MP 4 性质可知P到点C的距离与P到A 的距离之和等于4，即平面内，P到C 的距离与P到A的距离之和等于4>|AC=2√2，∴.P的 √a2-2a+2 、2 轨迹为椭圆，故B正确； 梯形AB,FM的面积为 对于C,如图，根据长方体的性质知： D C AB+Mh=之·迈+Ea）· 2 BD,与平面ABCD所成的角为 ∠D1BD=a, √合d-a+=a+G-2a+0, ∠BD1P=45°时，相当于以BD1为 A B 令f(a)=(a+1)2(a2-2a+3),0<a<1, 轴，轴截面的顶角为28=90°的圆锥侧 面被平面ABCD所截形成的曲线，而 则f(a)=2(a+1)(a2-2a+3)十(a+1)2(2a-2)=4(a+ 1)(a-a+1)>0, BD1=2√6，DD1=4,则sina= D 则f(a)在(0,1)上单调递增，则D正确.] 2 7.解析：先利用直线AP与平面ABCD所成的角为60°，求得 =sin45°，即45°<a<90°，故P的轨迹 点P的轨迹，进而求得点P的轨迹长度 为椭圆，故C错误； A B 因为直线AP与平面ABCD所成的 D 对于D,同C分析：∠BD1P=60°时，相当于以BD1为轴，轴 角为60°， 截面的顶角为20=120°的圆锥侧面被平面ABCD所截形成 所以点P的轨迹在以A为顶点，底 A 的曲线， 面圆的半径为号，高为1的圆锥的 B 而sina=5<3 =sin60°，即0<a<60°，故P的轨迹为双 32 侧面上， 曲线，故D正确.」 又因为点P是正方体ABCD D 6.BCD[对于A选项，以，点D为 A1B1C1D1表面上的一个动点， 坐标原点，DA、DC、DD1所在 所以点P的轨迹如图所示， 直线分别为x、y、之轴建立如图 所示的空间直角坐标系， 3 3_43 不妨设正方体的棱长为1，设 -B1 则点P的轨迹长度为2√1+（ ,X2πX 3 DM=m,BN=n,其中0<m< +3π 1,0<n<1, D 61 则A1(1,0,1)、C(0,1,0),M(0, 0,m)、N(1,1,n), 答案：43+x 3 6 所以AC=(-1,1,-1),MN A B 8.解析：在正方体ABCD-A1BC1D1中， =(1,1,n一m): 以A为原，点，以AB,AD,AA1所在直 所以A1C·MN=一1+1十m一n=m一n不一定为零，故 线为x,y,之轴建立空间直角坐标系A- A1C、MN不一定垂直，故A错误； xyz,P(x,2,z),A(0,0,0),B(2,0,0), 对于B选项，若M、N分别为所在线段的中点， D(0,2,0) A10,0M0,02）N11,2）G01,1D.B41,, PA=(-x,-2,-x),PB=(2-x, 2,-z), 则AM=(-1,0,2）NC=(-1,0,2),放AM=N元， 1 1 AD=(0,2,0), 所以四边形AMCN为平行四边形，故平面AMC,N平分正 因为cos(PA,AD)=IPA·AD 方体ABCD-A1B1C1D1,故B正确； 对于C选项，假设存在点M,使得点A,和，点B到平面 |PAI·|ADI AMB1的距离相等， =(-x,-2,-z)(0,2,0)川 2 则AM=(-1,0,m),AB1=(0,1,1), 2√4十+x2+2 V4十x2+z21 设平面AB1M的一个法向量为a=(x,y,z), 所以sin(PA,AD)=√1-4+2+ 4 则a·AM=-x+m2=0 取x=1,可得a=(m,-1,1), la·AB=y+z=0 x2+之2 因为AA1=(0,0,1),AC=(-1,1,0), =√4+x+受’ 所以点A到平西AB,M的距离为d,=AA:a则 因为cos(PB,AD》=PB·AD a IPB·|AD 1 =12-x,-2,-2002,0= 2 √m2+2 2√4+(2-x)2+ √4+(2-x)2+ 点C到平面AB,M的距离为d,=AC,a-m+1 a 所以si(PB,AD)=√1-4+(2-x)2+2 4 √m2+2 若d1=d2,可得|m+1=1,解得m=0或m=-2,均不合 (2-x)2+2 乎题意，故m不存在，C正确； =√4+2-)2+2' ·158· 答案精析 所以tam(PA,AD)+tan(PB,AD)=√星+2+V2-+ 2 2 (i)由(i)知∠ECP=子，设∠BCE=a∈(0，）小则 =2, 所以+2+2+2 ∠DCE--a, 所以CE=CB=1+2 CD CF= 1+√2 2 2 cos a cos a =√2-2)+(z-0+(x-0y+ cos(-a）os(-a) 2 2-2+x-2+2-0-2, 所以SA=号·CE·CF·n冬 (1+√2)2 (1+2)3 整理可得点P(2,x,z)到点D(2,0,0)和点C(2,2,0)的距离 2sin acos a+2cosa 之和为2√2， 2…cos(晋-e】 所以点P的轨迹为在平面CC1D1D中以点D,C为焦点的 (1+2)2 (1+√2)3 椭圆在侧面CC1D1D内的部分， sin2a+cos2a+1 则点P到平面ABCD的距离h的最大值为1，此时点P在 1in) CD中点的正上方； 最小值为号时，点P在点D或者点C的正上方， 因为e(0,）所以2a+晋∈（至，经） 所以日校维P-ABCD的体积为Vm=号&·Sum=音A 当2a十至=受时，si加(2a十受)有最大值，最大值为1，此时 S△cEF有最小值， ∈[，] 所以当SEr取最小值时，∠BCE=∠DCF=苔，且CE= 答案[9，号] CF=1+② 培优微专题16 cos晋 研析考点层级突破 考点一 由tan交 2an音 例1[解](1)由题设及线面垂直的判定有AE⊥平面 4 A1CF,将三棱锥EA1CF补全为长方体，即可求外接球半 1-tam2 =1,tan君>0得， 径，进而求表面积；(2)(1)设BE=x,DF=y,根据几何关 tam音=反-1， 系列方程求得a(x十y)=a2-xy,tan∠BCE=乏 所以BE=DF=a·tm令=2+1DX2-1D=1,AE=AF= tan∠DCF=义，应用和角正切公式求∠BCE+∠DCF的大 √2，EF=√2AE=2. 小，即可得：(I)设∠BCE=a∈(0，)，则∠DCE=冬 如图1，取EF中，点H,连接AH,CH,则AH⊥EF,CH⊥ EF,故A,H,O,C四点共线， a,应用三角形面积公式及三角恒等变换求出S△EF最小，取 D EF中点H,连接AH,CH,则AH⊥EF,CH⊥EF,并求出 相关线段的长度，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法 求线面角的正弦值， (1)由题意得A1E⊥A1F,又AE ⊥CF,A1F,CFC平面ACF,AF ∩CF=F,所以A1E⊥平面ACF, B 则此时三棱锥EA,CF如图所示， 图1 由题意得A,E=A1F=2a,CE- 1 当VA,cEF取最大值时，即平面AEF⊥平面ABCD,由翻折关 系知AH⊥CH, CF-⑤ =之a,△ACE,△AEF,△ACF都是直角三角形，所 故直线A1H,EF,CH两两垂直，且AH=A1H 以AC=a, =2EF-1, 将三棱锥EA,CF补全为长方体，此时三棱锥EA,CF的外 接球球心为长方体对角线的中点， OH=A0-AH=号AC-AH=号XWE+1)-1=竖， 即2m-(合a）+(2a)f+a=a2→r2- 8a2, 如图2，以H为原点，分别以HF,HC,HA1的方向为x,y,之 所以三被维A,CEF外接球的表面积为42-受d。 轴的正方向建立空间直角坐标系， (2)(1)设BE=x,DF=y,则AE=a-x,AF=a-y, 因为EF=BE十DF,所以EF=x十y, B 在直角三角形AEF中EF2=AE2+AF2,得(x十y)2=(a一 F为 x)2+(a-y)2,整理得， G a(x+y)=a-xy, 图2 因为tan∠BCE=无，tan∠DCF=义， a a 则A00,1D,B0,-10F01.o.0(号o.0 所以tan(∠BCE+∠DCF) ∴AE=(0,-1,-1),AF=（0,1,-1),A0 -器 __aa__a(ty-1, 1-I.y a'-xy (20,-1, aa 设平面AOF的法向量为n=（x,y,之)，则 因为∠BCE+∠DCF∈(O,受)，所以∠BCE+∠DCF= AF·n=y-x=0 平，故∠ECF=受-年=子. 号-=0令12，则y广=1，故m=621,. A0= ·159·