2023年高考数学二轮复习（全国版文） 第1部分 专题突破 专题4 微重点11　立体几何中的动态问题

微重点11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，题型更新颖．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．考点一动点轨迹问题例1(2022·运城模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段CD1上有两个动点E，F，且EF＝1，点P，Q分别为A1B1，BB1的中点，G在侧面CDD1C1上运动，且满足B1G∥平面CD1PQ，下列命题错误的是()A．AB1⊥EFB．多面体AEFB1的体积为定值C．侧面CDD1C1上存在点G，使得B1G⊥CDD．直线B1G与直线BC所成的角可能为π6答案D解析对于A，如图，连接C1D，因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，所以DC1∥AB1，又DC1⊥CD1，EF与CD1是同一条直线，所以DC1⊥EF，则AB1⊥EF，故A正确；对于B，根据题意，得EF＝1，E，F在线段CD1上运动，且点A到直线CD1的距离不变，故△AEF的面积为定值，又点B1到平面ACD1的距离h也为定值，故1AEFBV－＝13S△AEFh为定值，故B正确；对于C，取C1D1，C1C的中点分别为M，N，连接B1M，MN，NB1，如图所示，易知在△C1D1C中，MN∥CD1，又PD1∥B1M，MN∩B1M＝M，CD1∩PD1＝D1，MN，B1M⊂平面B1MN，CD1，PD1⊂平面CD1PQ，故平面B1MN∥平面CD1PQ，又点G在侧面CDD1C1上运动，且满足B1G∥平面CD1PQ，故点G的轨迹即为线段MN；因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，故CD⊥平面BCC1B1，又B1N⊂平面BCC1B1，故B1N⊥CD，则当点G与点N重合时，B1G⊥CD，故C正确；对于D，因为BC∥B1C1，故直线B1G与BC所成角即为直线B1G与B1C1所成角，即∠C1B1G，在Rt△B1C1G中，C1Gmax＝C1N＝12，C1Gmin＝C1M×C1NMN＝12×1222＝24，故tan∠C1B1G＝C1GB1C1＝C1G∈24，12，而当直线B1G与直线BC所成的角为π6时，tanπ6＝33∉24，12，故直线B1G与直线BC所成的角不可能为π6，故D错误．规律方法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．(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的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值或位置进行排除．跟踪演练1(2022·江西联考)已知点P在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1的表面上运动，且PB＝PD1，则点P所形成的轨迹为多边形，以下结论中正确命题的个数为()①该多边形是共面的正六边形；②BD1垂直于该多边形所在的平面；③AC平行于该多边形所在的平面；④该多边形的周长为62.A．1B．2C．3D．4答案D解析点P的轨迹是过BD1的中点O且垂直于BD1的平面与正方体ABCD－A1B1C1D1的表面的交线EFGHSR，如图所示．该多边形是共面的正六边形，∴①正确；∵BD1⊥SR，BD1⊥ER，SR∩ER＝R，SR，ER⊂平面EFGHSR，∴BD1⊥平面EFGHSR，∴②正确；∵连接AC，AC∥RS，RS⊂平面EFGHSR，AC⊄平面EFGHSR，∴AC∥平面EFGHSR，∴③正确；∵边长RS＝2，∴该多边形的周长为62，∴④正确．考点二折叠、展开问题例2(2022·德州模拟)如图1，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上(不含端点)且BE＝BF.将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A1，在图2，则下列结论正确的有()①A1D⊥EF；②当BE＝BF＝12BC时，三棱锥A1－EFD的外接球体积为6π；③当BE＝BF＝14BC时，三棱锥A1－EFD的体积为2173；④当BE＝BF＝14BC时，点A1到平面EFD的距离为4177.A．①③B．①④C．①③④D．②③④答案C解析对于①，在正方形ABCD中AD⊥AE，DC⊥FC，由折叠的性质可知A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，又∵A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F⊂平面A1EF，∴A1D⊥平面A1EF，又∵EF⊂平面A1EF，∴A1D⊥EF，故①正确；对于②，当BE＝BF＝12BC＝2时，A1E＝A1F＝2，EF＝22，在△A1EF中，A1E2＋A1F2＝EF2，则A1E⊥A1F，由①可知，A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，∴三棱锥A1－EFD的三条侧棱A1D，A1E，A1F两两相互垂直，把三棱锥A1－EFD放置在长方体中，可得长方体的体对角线长为22＋22＋42＝26，则三棱锥A1－EFD的外接球半径为6，体积为43πR3＝43π×(6)3＝86π，故②错误；对于③，当BE＝BF＝14BC＝1时，A1E＝A1F＝3，EF＝2，在△A1EF中，cos∠EA1F＝A1E2＋A1F2－EF22A1E·A1F＝32＋32－222×3×3＝89，∴sin∠EA1F＝179，则1EFAS△＝12A1E·A1F·sin∠EA1F＝12×3×3×179＝172，∴111113EFAEAFDDAEFVVSAD△＝13×172×4＝2173，故③正确；对于④，设点A1到平面EFD的距离为h，则在△EFD中，cos∠EDF＝DE2＋DF2－EF22DE·DF＝52＋52－222×5×5＝2425，∴sin∠EDF＝725，则S△EFD＝12DE·DF·sin∠EDF＝12×5×5×725＝72，∴1AEFDV＝13·S△EFD·h＝13×72×h＝2173，即h＝4177，故④正确．规律方法画好折叠、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．跟踪演练2(2022·湖州模拟)如图，已知四边形ABCD，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，△ABD为等边三角形，BD＝2，将△ABD沿直线BD翻折到△PBD.在翻折的过程中，下列结论不正确的是()A．BD⊥PCB．DP与BC可能垂直C．直线DP与平面BCD所成角的最大值是45°D．四面体PBCD的体积的最大值是33答案C解析对于A，如图所示，取BD的中点M，连接PM，CM，∵△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，∴BD⊥CM，∵△ABD为等边三角形，∴BD⊥PM，CM，PM⊂平面PMC，又CM∩PM＝M，∴BD⊥平面PMC，∵PC⊂平面PMC，∴BD⊥PC，故A正确；对于B，假设DP⊥BC，又BC⊥CD，∴BC⊥平面PCD，∴BC⊥PC，又PB＝2，BC＝2，PC＝2∈(3－1，3＋1)，故DP与BC可能垂直，故B正确；对于C，当平面PBD⊥平面BCD时，PM⊥平面BCD，∠PDB即为直线DP与平面BCD所成角，此时∠PDB＝60°，故C错误；对于D，当平面PBD⊥平面BCD时，四面体PBCD的体积最大，此时的体积为V＝13S△BCD·PM＝13×12×2×2×3＝33，故D正确．考点三最值、范围问题例3(2022·芜湖模拟)已知四棱锥P－ABCD的高为3，底面ABCD为矩形，BC＝3，AB＝2，PC＝PD，且平面PCD⊥平面ABCD.现从四棱锥中挖去一个以CD为底面直径，P为顶点的半个圆锥，得到的几何体如图所示．点N在CD上，则PN与侧面PAB所成的最小角的正弦值为()A.12B.22C.6－24D.32答案A解析如图所示，连接CD，分别取AB，CD的中点为E，F，连接EF，EF与CD交于点H.记点N到侧面PAB的距离为d，PN与侧面PAB所成的角为θ，由于PN的长为定值，因此当且仅当d最小时，PN与侧面PAB所成的角最小，即点N在H点处时，θ＝∠HPE.由平面PCD⊥平面ABCD易知PF⊥EF，又PF＝3，EF＝3，HF＝1，则PH＝EH＝2，所以θ＝∠HPE＝∠PEF，所以tanθ＝PFEF＝33，即sinθ＝12.规律方法在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值．(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．跟踪演练3(2022·菏泽质检)如图，等腰Rt△ABE的斜边AB为正四面体A－BCD的侧棱，AB＝2，直角边AE绕斜边AB旋转一周，在旋转的过程中，三棱锥E－BCD体积的取值范围是__________________．答案2－13，2＋13解析如图，令F为CD的中点，O为AB的中点，则点E在以O为圆心，1为半径的圆上运动，由图可知当F，O，E三点共线，且O在F，E之间时，三棱锥E－BCD的体积最大，当运动到E1的位置时，E－BCD的体积最小，在Rt△BOF中，BO＝1，BF＝3，OF＝2，sin∠BFO＝33，FE＝2＋1，FE1＝2－1，设E，E1到平面BCD的距离分别为h1，h2，则h1＝2＋13＝6＋33，h2＝2－13＝6－33，S△BCD＝12×2×3＝3，所以三棱锥E－BCD体积的最大值为13×3×6＋33＝2＋13，三棱锥E－BCD体积的最小值为13×3×6－33＝2－13，所以三棱锥E－BCD体积的取值范围为2－13，2＋13.专题强化练1．(2022·佛山模拟)在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D中，M是A1B1的中点，N在该正方体的棱上运动，则下列说法正确的是()A．存在点N，使得MN∥BC1B．三棱锥M—A1BC1的体积等于34C．有且仅有两个点N，使得MN∥平面A1BC1D．有且仅有三个点N，使得点N到平面A1BC1的距离为3答案C解析对于A，显然无法找到点N，使得MN∥BC1，故A错误；对于B，1111MABCBAMCVV1113AMCSBB△＝13×12×32×3×3＝94，故B错误；对于C，如图所示，设N1，N2分别为B1B，B1C1的中点，则有MN1∥平面A1BC1，MN2∥平面A1BC1，故C正确；对于D，如图所示，设B1D交平面A1BC1与平面ACD1分别于点O1，O2，易证B1D⊥平面A1BC1，B1D⊥平面ACD1，且B1O1＝O1O2＝O2D＝13B1D＝3，所以有B1，A，C，D1四点到平面A1BC1的距离为3，故D错误．2．(2022·北京顺义模拟)如图，设E，F分别是长方体ABCD－A1B1C1D1棱CD上的两个动点，点E在点F的左边，且满足2EF＝DC＝12BC，有下列结论：①B1D1⊥平面B1EF；②三棱锥D1－B1EF的体积为定值；③A1A∥平面B1EF；④平面A1ADD1⊥平面B1EF.其中，所有正确结论的序号是()A．①②B．②③C．②④D．③④答案C解析对于①，B1D1与D1C1显然不垂直，而EF∥C1D1，因此B1D1与EF显然不垂直，从而B1D1⊥平面B1EF是错误的，①错误；对于②，1111DBEFBDEFVV，在三棱锥B1－D1EF中，平面D1EF即平面CDD1C1，B1到平面CDD1C1的距离为B1C1，是定值，在△D1EF中，EF的长不变，D1到EF的距离不变，故△D1EF的面积为定值，因此三棱锥D1－B1EF的体积是定值，②正确；对于③，平面B1EF就是平面B1A1DC，而AA1与平面B1A1DC相交，故A1A与平面B1EF相交，③错误；对于④，在长方体中，CD⊥平面A1D1DA，CD⊂平面B1A1DC，所以平面A1D1DA⊥平面B1A1DC，即平面A1ADD1⊥平面B1EF，④正确．3.(2022·北京模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，则下列结论正确的个数是()①平面D1A1P⊥平面A1AP；②∠APD1的取值范围是0，π2；③三棱锥B1－D1PC的体积为定值；④DC1