空间向量在立体几何中的应用之动点问题4动点在圆上、两个动点及多参数训练-2027届高三数学一轮复习

高中数学锅选专题立体几何 空间向量在立体几何中的应用之动点问题 湖北天门 薛德斌 一、动点在圆上 1.对于两个空间向量a=(G,,)与万=(：，少，)，定义它们之间的欧式距离为 d(a,b)=Vx-x)+(-)}+(名-2)}，曼哈顿距离为 Da,=-+y-+-2.如图，在棱长为1的正方体4BCD-ABCD中， d(BD,CB)=一：若点P在上底面4BCD内（含边界）运动，且M丽=V5,则 D(AB,AP) 的取值范围是 D P A D 2.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1, AB=3 (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC: √42 (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为7，求AD: P D C 3.【2025年1月八省联考T19/19】在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=1, ∠ADC=30°∠DAB=120°.△ACD AC △ACP P ,将 沿翻折至 ,其中为动点 (I)设PC⊥AB,三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上. (i)证明：平面PAC⊥平面ABC: (ii)求球O的半径： (2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值. 二、两个动点及多个参数 1.在棱长为2的正方体 BCD-4BCD中，E.F分别为DABB的中点，M,N分别 为线段D4,A 上的动点（不包括端点），且满足EW⊥FM,则线段MW, 的长度的取 值范围为( D.[2,22) 2.如图，正方形ABCD与正方形ABEF所在平面互相垂直，AB=2,点M在线段AC 上，点N在线段BF上，则MN的最小值为一· B 3.如图，在正方体1BCD-ABCD中，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系 xyz 已知点D的坐标为0,02），E为 D,G上的动点，F为 B,C上的动点， DE+CF)⊥(D正-CF),是香存在点E,F满足EFAC=0,若存在，求正BF 的值：若不存在，请说明理由、 E 、 D B 4.如图，在三棱柱ABC-ABC中，AC1底面ABC,∠ACB=90°，A4=2,A 到平面BCCB的距离为1. (1)证明：AC=AC. (2)己知A4与BB的距离为2，求AB,与平面BCCB所成角的正弦值. C B高中数学锅选专题立体几阿 空间向量在立体几何中的应用之动点问题 之动点在圆上、两个动点及多参数 湖北天门 薛德斌 一、动点在圆上 1,对于两个空间向量a=(任，，)与b=(化，乃2，)，定义它们之间的欧式距离为 d(a,)=√x-x)}+(0y-y2)》+(名-2》，曼哈顿距离为 Da,=-+y-+名-2.如图，在棱长为1的正方体4BCD-4B,CD中， d(BD,CB)=一：若点P在上底面4BCD内（含边界）运动，且A=V2,则 D(AB,AP) 的取值范围是 D A B D 【答案】5.1,3 【详解】以A为坐标原点，4B、D、M 4所在直线分别为、’、？轴建立空间直角坐 标系， D C •P A B 则B0,0)、C,0)、B0、D(0.1,,则BD=(L1,D,CR=(0,-0 所以dBD,CB)=V(-2+2+02=5 因为P在上底面4BGD内（含边界）运动，且M所=V2 则4-，即在上底面4BCD内，点P在以4为圆心，1为半径的圆周上. 可设Pm8na.则丽-a0,=eama.q引 所D(孤)-bs0-4m+1=2+m0-cw0=2+2m0-.0e0引 w0则到票周 所以D(AB,AP)∈[，3]. 故答案为V5几，3] 2,如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1, AB=3 (1)若AD⊥PB,证明：ADM平面PBC: V42 (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为7，求AD· P D 【要点】(2)1.动点在圆上：三种不同建系方法，坐标及法向量含参数 2.几何法一一四个面都是直角三角形的三棱锥（鳖臑）· 3.图形的简化与节选. 【答案】(1)证明见解析；(2)V5 【分析】(I)先证出AD⊥平面PAB,即可得AD⊥AB,由勾股定理逆定理可得 BC⊥AB,从而AD/IBC,再根据线面平行的判定定理即可证出. (2)解法一：建立空间直角坐标 Dz,设4a,00).B0b,0,a>0.b>0,则 a2+b2=4 解法二：建立空间直角坐标系4z,设Dab,0),a>0,b>0,则a-l'+b=1 解法三：过点D作DE⊥AC于E,再过点E作EF⊥CP于F,连接DF,根据三垂线 法可知，∠DFE即为二面角4-CP-D的平面角，即可求得an∠DFE=V6 再分别 用1D的长度表示出 E,EF ，即可解方程求出AD 解：(I)因为PA⊥平面ABCD,而ADC平面ABCD,所以PA⊥AD, 又AD⊥PB,PB0PA=P,PB,PAC平面PAB,所以AD⊥平面PAB 而ABC平面PAB,所以AD⊥AB 因为BC+AB=4C,所以BC14B,根据平面知识可知41D18C 又AD4平面PBC,BCC平面PBC,所以AD/I平面PBC. Dxyz (2)解法一：如图，建立空间直角坐标系 设4a,00.B0,b0.a>0.>0.则Pa,02).d+b=4.0 可求得平面ACP的一个法向量”=(6，a,0), 平面DCP的一个法向量乃=(2,0，-a), 依题意，有cos8cos<%,店米，12b1=V万 2W4+a27,② 由O2,解得a=V5,:4D=V5 B AxzC(2,0,0)P(0,0,2) 解法二：建立空间直角坐标系 ,则 设Da,b,0),a>0,b>0,则a-)'+b=1,D 平面ACP的一个法向量%=(0,1,0) 可求得平面DCP的一个法向量%=(b,2-a,b), 依题意，有c0s8C0s<,乃> 2-a=万 V(2-a)2+2b27，② 由①②，得(a-2)2a-3)=0,:a=2（舍去)或“-2.62J 4, :AD=Va+b2= 解法三：如图所示，过点D作DE⊥AC于E,再过点E作EF⊥CP于F,连接DF, 因为PA上平面 BCD,所以平面PAC上平面ABCD, ABCD PAC∩ ，而平面平面 ABCD=AC 所以DE⊥平面PAC,又EF⊥CP,所以CP⊥平面DEF, 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角， 即sin∠DFE=V42 ,即tan∠DFE=√6 因为D1DC,设0=则CD=4-,等面我法可得，DE=4定 2 。=2，而AEFC为等腰直角三角形，所以 EF=4-x2 2W2, xv4-x2 故tan∠DFE= 2 4-x2 =V6 解得 即 2W2 x=3 AD=3 P F D. 3.在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=1,∠ADC=30°，∠DAB=120°，将 △ACD,AC △ACP 沿 翻折至 ，其中为动点. (1)设PC⊥AB,三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上. (i)证明：平面PAC⊥平面ABC: (ii)求球O的半径； (2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值. ·53 【答案】(1)(i)证明见解析：(i)2;(2)3· 【要点】1.作图： 2.翻折，动点轨迹为圆，如何建系？如何设点的坐标？ 3.外接球： 4.最值：换元十变形十二次函数（或导数法）· 【分析】(1)(i)解法一：补形： 解法二：设球心O(a,bc),半径R,由A0=B0=C0=P0=R,列方程组解方程组. 解：(1)在△ACD中，由AC=CD=1,∠ADC=30°得∠CAD=∠ADC=30°， :.AD=2ACc0s∠DAC=2x1×c0s30=V5,∠BAC=∠DAB-∠CAD=900 :.AB⊥AC. (i):AB⊥AC,PC⊥AB,PC∩AC=C,PC,ACc平面PAC, :,AB⊥平面PAC,又ABC平面ABC,:平面PAC⊥平面ABC. (i)解法一：（补形）补成直棱柱ACP-BCP, △CP的外接国半轻2n301,球0的车%R-P+(兮产=5 解法二：（设球心O(ab,c),列方程组解方程组） AB,AC A-xyZ 以A为原点， 分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系 35 则40.00).8,0.0)，C0,10),P032 设球心O(a,b,c)半径R, 则AO=BO=CO=PO=R, ++c-a-+6-a46-i+c=a+b-e9-R b=c=50,5.R=5 5 解得4=5，b=)c二 2 2， 2'2’2 =2,球0的半径为2· B x (2)在平面PAC中，过P作PG⊥AC于G,在平面ABC中，过G作GM⊥AC, GMPG=-G,GM,PGc平▣PGM,4CL平面PGM. 由4G=5as30-rG=5sn30- 2. 设二面角A-CP-B的大小为B,则图可知为8为锐角 A-xyz 建立如图所示的空间直角坐标系 A C Gy B 用4000.00.C010.段Pa,号.F+-号 4 .a=0-10.丽=-10.r-056 i⊥CA 设平面一个法向量分别为 则 PAC m=(,,)》则苏1CP mCA=-y=0 即mCP=++b加=0：取 m=(b,0,-a) 方⊥CB 设平面pBC的-个法向量为i=(k,,二)则1C PBC 元.CB=x2-2=0 即-乎=++c,=0取=26,26-2a-) 1. →◆ cos=cos m,n>= m.n 2b2+2a2+d m√b2+a2V462+4b2+(2a+1 2a+3引 V5V-4a2+4a+7, a2+b2=3 55 4,ae(22) (2a+3)2 ）导数法设7@吧34a+4a+7),ae(，,9) 16(2a+3)(2a+1) f(a)= as、1 1 则 3(-4a2+4a+7),当“2时，f(@取得最小值3， 3 3 .cos0的最小值为3，∴.二面角A-CP-B的余弦值的最小值为3· (二)（换元+变形+二次函数）令1=2a+3e(3-V5,3+V3) 3-4a2+4a+7)_3[-t-3)2+2t-3)+7]_3(-t2+8t-8) .(2a+3)2 2 =-24+24-3=-24}+3e0,3] cos0=- 2a+3e5 3V-4a2+4a+7 ) 11 1 √3 ∴当f2,即1=2，Q=一2时，c0s0取得最小值为3， √3 二面角A-CP-B的余弦值的最小值为3· 二、两个动点及多个参数 1,在校长为2的正方体4BCD-4BCD中，E,F分别为DABB的中点M,N分别 为线 D4,4B上的动点（不包括端点），且满足EN LFM,则线段MN的长度的取 值范围为() 2W5 B c. D.2,22) 【答案】B 【详解】以D为坐标原点，D1,DC,D心所在直线分别为轴、'轴、？轴。定立如图 E(1,0,0)F(2,2,1) 所示的空间直角坐标系，则 Z D 设M(,02),N(2y2),其中0<x<2,0<y<2, 则=(2).M=(x-2,-2,1） D E1FM,N-FM=(0,y2(x-2,-2,1）=x-2y=0 得x2y, .0<x<2,.0<y<1 aw=c-2y**-2可-2y+y=g252 :线段N的长度的取值范围为5,2 2.如图，正方形ABCD与正方形ABEF所在平面互相垂直，AB=2,点M在线段AC 上，点N在线段BF上，则MN的最小值为一。 B 2V5 【答案】3 【详解】 建立上图所示坐标系，则4(00,0)，B(0,20).C(0,22) F(2,0,0)AC=(0,2,2）FB=(-2,2,0) B 设M=MC(0≤s到，m=uFB0sμs)） 则4M=4c-(0,2,2）.Fm=F丽=(-24,240) 可得M(0,2a,2),N(2-24,24,0),则=(2-24,2w-21,-21) =2-2w四+0u-2a*0-2y-a-+6号+号. 2W5 所以当，且“号时，四取得是小值为 3.如图，在正方体 ABCD-ABCD中，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系 xyz 已知点D的坐标为0,02)）.E为棱DG上的动点，F为楼BG上的动点， (DE+CF)1(DE-CF),是否存在点E,F满足EF.AC=0?若存在，求AE·BF 的值；若不存在，请说明理由 E A D 【答案1存在点E0,12),F02,2),满足EF.4C=0,且正BF=6 【详解】由题意，正方 ABCD-ABCD棱长为2， 则4200.B2,20.4(2.0,2,Df00o,c02,0) 设E(0.a,20≤a≤2)F(62,20≤bs2) 则F=(62-a0).4C=(-2.2-2,c=(2a,2.F-b-20,2) 所以F.4C=4-2(a+b),正.BF=8-26 由(DE+cFDE-）-DE-cf=0,得DE'-c. 又DE=0.a2).CF=6.0,2）,所以0++2=8+02+2，则a=b, 因为F,4C=4-2a+)=0,所以a=b=1, 故存在点B0,12),F0,2,2),满足F·4C=0,且EBF=6. 4.如图，在三棱柱ABC-ABG中，ACL底面ABC,∠ACB=90°，A4=2,A 到平面BCCB的距离为1. (1)证明：AC=AC, (2)已知14与BB的距离为2，求AB与平面BCCB所成角的正弦值」 3 【答案】(1)AC=4C=V5:(2)13. 【要点】点面距十点线距 解法一：（坐标法十点面距+点线距+CC=AA=BB) 设Aa,0,0),B(0,b,0).A(0,0,c） 解法二：（几何法十点面距十点线距十线面角之距离法）依据题中的两个距离作辅助线 【详解】解法一：（坐标法+点面距十点线距+C℃=A=BB) 底面ABC.∠ACB=90° A,C⊥ 如图，建立空间直角坐标系C2,设CA=a,CB=b,C4=c,a>0,b>0, c>0 B B 则C0,0,0),A(a,0,0),B0,b,0),4(0,0,c).CB=(0b,0,C4=(0,0,c) CC=AA=BB=(-a,0,c) 4=v+e=2,a2+c2=4 [n.CB=by=0 设平面BCC,B 的法向量为n=(x,2则n.CC-ar+cz=0取n=e,0.a0 则点到平面RCCB的距离4mC+a】,C=2 n 又：a2+c2=4,÷a=c=V2,:AC=4C=V2 (2)A411BB,AB=(-V2,b,0).BB=AA=(-V2,0,V2) 直线与距离为d,= AB AB·BB AA BB 2+的-=1=2， :b=V5,:A8=AB+BB=(-V2,5,0)+(←V2,0,2)=(-22,V5,V2) 又平面BCC8的法向量1=(N20,V2), sin8cos(AB,m上gn。 2V13 |AB,‖n13×213, 3 .AB与平面BCCB,所成角的正弦值为13· 解法二：（几何法十点面距十点线距十线面角之距离法） ():4CL底面ABC,BCc面ABC, :4CLBC,又AC⊥BC,4C,4Cc平面MCCA,4Cn4C=C, :BC1平面1CC4,又BCc平面BCC8,片平面4CC4上平面BCCB 过4作4D1CG交CG于D, C y 平面4CC4D平面8CC公=CG,4Dc平面4CC4,:4DL平面BCC8, :4到平面BCCB的距窝为1，：4D-=1 ∫AC2+AC2=4 ·CC=A4=2'AC⊥AC?4,C×4C=CC×4D=2: :AC=AC=AC=AC= 【另解：在R△4CG中，CG=1M=2,4CL4G,设C0=x,则9 m CO=2-x .△40C,△40C,△14CG为直角三角形， :C0+A0=4C2.402+0C=C4,4C2+AC2=CC2 :1++1+2-=4,解得x=1,AC=4C=4G=5.】 (2):AC=4C,BC⊥4C,BCL AC,.Rt△ACB≌R△ACB.BA=BA 取4的中点E,则BE1AM,直线H与BB距离为BE=2. AE=1,AB=AB=5,BC=VAB-AC=3 7B1 连接4C,平行四边形4CC4中，AC⊥4C,AC=4C=V2 4G=24ce+(=而 :BC上平面1CC4,:BCL4C,:BG,上4C AB =(AC)2+(BC)2=13 13 又：4到平面BCCB,距离也为1，·AB与平面BCCB,所成角的正弦值为313.