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文档简介
突破3立体几何中的动态问题学生用书P163命题点1空间位置关系的判定问题例1[多选/2021新高考卷Ⅰ]在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足BP=λBC+μBB1,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则(BDA.当λ=1时,△AB1P的周长为定值B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值C.当λ=12时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥D.当μ=12时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1解析BP=λBC+μBB1(0≤λ≤1,0≤μ≤1对于选项A,当λ=1时,点P在棱CC1上运动,如图1所示,此时△AB1P的周长为AB1+AP+PB1=2+1+μ2+1+(1-μ)2= 图1 图2对于选项B,当μ=1时,点P在棱B1C1上运动,如图2所示,则V三棱锥P-A1BC=V三棱锥A1-PBC=13S△PBC×32=36S△对于选项C,取BC的中点D,B1C1的中点D1,连接DD1,A1B,则当λ=12时,点P在线段DD1上运动,假设A1P⊥BP,则A1P2+BP2=A1B2,即(32)2+(1-μ)2+(12)2+μ2=2,解得μ=0或μ=1,所以点P与点D或D1重合时,A1P⊥BP解法一由多选题特征,排除A,C,故选BD.解法二对于选项D,易知四边形ABB1A1为正方形,所以A1B⊥AB1.设AB1与A1B交于点K,连接PK,要使A1B⊥平面AB1P,需A1B⊥KP,所以点P只能是棱CC1的中点,故选项D正确.综上,选BD.解法三对于选项D,分别取BB1,CC1的中点E,F,连接EF,则当μ=12时,点P在线段EF上运动.以点C1为坐标原点建立如图3所示的空间直角坐标系C1xyz,则B(0,1,1),B1(0,1,0),A1(32,12,0),P(1-λ,12),所以A1B=(-32,12,1),B1P=(0,-λ,12).易得A1B⊥AB1,若A1B⊥B1P,则A1B⊥平面AB1P,所以-λ2+12=0,解得λ=1,所以只存在一个点P,使得A1B⊥平面AB1P,此时点P与F重合,故D正确.综上,选BD.方法技巧解决空间位置关系的动点问题的方法(1)特殊位置法.(2)应用位置关系定理转化法.(3)建立空间直角坐标系计算法.训练1[2023惠州第一次调研]如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,AC∩BD=O,M是PC上的动点,当点M满足DM⊥PC(答案不唯一)时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)解析由题意知,四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD,∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥BD,又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,∴BD⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,∴BD⊥PC.∵平面PCD为固定平面,平面MBD为运动平面,且运动平面MBD中的固定直线BD垂直PC,∴只需在运动平面MBD中找到一条与BD相交且垂直于PC的直线即可使平面MBD⊥平面PCD,则DM⊥PC,BM⊥PC等都满足要求.命题点2轨迹问题例2[2023西安检测]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1D1的中点,F为底面ABCD上一动点,且EF与底面ABCD所成的角为π3.若该正方体外接球的表面积为12π,则动点F的轨迹长度为(AA.439π B.33π C.233π解析如图1,取AD的中点H,连接EH,FH,则EH∥AA1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,所以EH⊥平面ABCD,所以∠EFH为EF与底面ABCD所成的角,即∠EFH=π3.设正方体的棱长为a,则4π×(32a)2=3πa2=12π,解得a=2,所以EH=AA1=a=2,则HF=23,所以点F的轨迹为以H为圆心,23为半径的圆在正方形ABCD内的部分.如图2,HG=HM=23,则cos∠AHG=AHHG=32,则∠AHG=π6,由对称性可得∠DHM=π6,所以∠MHG=π-2×π6=2π方法技巧与立体几何有关的轨迹问题的解题方法(1)几何法:利用几何图形的性质找满足题意的点.(2)排除法:利用特殊位置或者特殊值进行排除.(3)定义法:转化为平面轨迹问题,利用解析几何相关知识计算.(4)建系法:建立空间直角坐标系,设出动点坐标,根据题意建立方程(组),得出轨迹方程.训练2[2023广州市一测]在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱BC,CC1的中点,P是侧面ADD1A1上的动点,且PC1∥平面AEF,则点P的轨迹长为22,点P到直线AF的距离的最小值为23解析如图,连接AD1,D1F,易证AD1∥EF,从而A,E,F,D1四点共面,平面AEF即平面AEFD1.记AA1,A1D1的中点分别为M,N,连接MN,NC1,MC1,可得MN∥AD1,MC1∥AF.∵MN⊄平面AEFD1,AD1⊂平面AEFD1,∴MN∥平面AEFD1.同理可得MC1∥平面AEFD1,又MN∩MC1=M,MN,MC1⊂平面MNC1,∴平面MNC1∥平面AEFD1.故点P的轨迹是线段MN,其长为12AD1=22.分别以DA,DC,DD1的方向为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),F(0,1,12),M(1,0,12),N(12,0,1),∴AF=(-1,1,12),|AF|=32.由点P在线段MN上,可设P(x,0,32-x),12≤x≤1,则AP=(x-1,0,32-x),∴|AP|=(x-1)2+02+(32-x)2=2x2-5x+134.设AF与AP的夹角为α,则cosα=-x+1+12(32-x命题点3最值与范围问题例3[2022新高考卷Ⅰ]已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤33,则该正四棱锥体积的取值范围是(C)A.[18,814] B.[274,814] C.[274,643] D.解析设正四棱锥的底面边长为a,高为h,外接球的球心为O,半径为R,依题意,得36π=43πR3,解得R=3.由题意可得l2=ℎ2+(22a)2,R2=(ℎ-R)2+(22a)2,解得ℎ=l22R=l26,a2=2l2-l418,所以正四棱锥的体积V=13a2h=13(2l2-l418)×l26=l418(2-l218)(3≤l≤33),所以V'=49l3-l554=19l3(4-l26)(3≤l≤33).令V'=0,得l=26,当3≤l<26时,V'>0;当26<l≤33时,V'<0方法技巧立体几何中的范围问题的解题方法(1)几何法:分析变化过程,找到满足条件的最值位置.(2)代数法:通过引入变量,将动态问题转化为关于变量的代数式,利用函数思想或不等式思想求最值.训练3如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱BC,CC1的中点,P是侧面BCC1B1内一点,若A1P∥平面AEF,则线段A1P的长度的取值范围是(B)A.[2,5] B.[322,5] C.[5,22] D.[22,2解析如图,取B1C1的中点G,BB1的中点H,连接GH,A1G,A1H,则A1G∥AE,又A1G⊄平面AEF,AE⊂平面AEF,所以A1G∥平面AEF,同理得GH∥平面AEF,又A1G∩GH=G,所以平面A1GH∥平面AEF.因为P是侧面BCC1B1内一点,所以当P点在线段GH上时,能够满足A1P∥平面AEF.由勾股定理可求得A1G=A1H=5,GH=2,所以当点P为GH的中点时,A1P的长度最小,此时A1P=5-12=322,当点P与点G或点H重合时,A1P的长度最大,此时A1P=5.故线段A1P的长度的取值范围是[322学生用书·练习帮P3441.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是侧面BB1C1C内一动点.若P到直线BC的距离等于它到直线C1D1的距离,则动点P的轨迹所在的曲线是(D)A.直线 B.椭圆C.双曲线 D.抛物线解析如图,连接C1P,过点P作PE⊥BC,E为垂足,易知PC1就是点P到直线C1D1的距离,则PC1=PE,(点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等)所以动点P在侧面BB1C1C内的一段抛物线上.2.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M是平面A1B1C1D1内一点,且BM∥平面ACD1,则tan∠DMD1的最大值为 (D)A.22 C.2 D.2解析连接A1C1,易得当M在直线A1C1上时,都满足BM∥平面ACD1,所以tan∠DMD1=DD1MD1,而DD1为定值,所以要使tan∠DMD1最大,则MD1最小,此时点M为A1C1的中点,tan∠DMD13.在空间直角坐标系Oxyz中,正四面体P-ABC的顶点A,B分别在x轴、y轴上移动.若该正四面体的棱长是2,则|OP|的取值范围是(A)A.[3-1,3+1] B.[1,3]C.[3-1,2] D.[1,3+1]解析如图所示,若固定正四面体P-ABC的位置,则原点O在以AB为直径的球面上运动.设AB的中点为M,则PM=22-12=3,所以原点O到点P的最小距离等于PM减去球M的半径,最大距离等于PM加上球M的半径,所以3-1≤|OP|≤3+1,即|OP|的取值范围是[3-1,3+4.[多选/2024江西省九江市同文中学模拟]如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=13,则(ABD)A.AC⊥BEB.EF∥平面ABCDC.△AEF的面积与△BEF的面积相等D.三棱锥E-AFB的体积为定值解析在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知AC⊥BD,AC⊥BB1,因为BB1∩BD=B,所以AC⊥平面BB1D1D,又因为BE⊂平面BB1D1D,所以AC⊥BE,A正确;(也可以由三垂线定理直接得结论)因为B1D1∥平面ABCD,所以EF∥平面ABCD,B正确;连接AD1,AB1,易知△AB1D1为等边三角形,所以易得点A到直线EF的距离为22×3=62,而点B到直线EF的距离为1,所以△AEF的面积与△BEF的面积不相等,S△BEF=12×13×1=16,而点A到平面BEF的距离即点A到平面BB1D1D的距离,为22,因此VE-AFB=VA-BEF=13×16×22=5.[多选/2023武汉市武昌区质检]如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E在线段BD上,且BE=12BD,动点F在线段B1C上(含端点),则下列说法正确的有(AB)A.三棱锥D1-ADF的体积为定值B.若直线EF∥平面AB1D1,则CF=12CBC.不存在点F使平面DEF⊥平面BB1C1CD.存在点F使直线EF与平面ABCD所成角为π解析对于A,因为B1C∥平面ADD1A1,点F在线段B1C上,所以点F到平面ADD1A1的距离为定值,即正方体的棱长.又△ADD1的面积也为定值,V三棱锥D1-ADF=V三棱锥F-AD对于B,连接CA,由题意可知E为BD的中点,所以E在线段CA上,且E为AC的中点,若直线EF∥平面AB1D1,因为EF⊂平面AB1C,平面AB1C∩平面AB1D1=AB1,所以EF∥AB1,因为E为AC的中点,所以F为B1C的中点,即CF=12CB1,所以选项B正确对于C,点F与点C重合时,平面DEF即平面ABCD,因为平面ABCD⊥平面BB1C1C,所以选项C错误.对于D,当点F与点B1重合时,EF与平面ABCD所成的角最大,此时∠B1EB为EF与平面ABCD所成的角,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则BE=2,所以tan∠B1EB=BB1BE=22=2<3,即∠B1EB<π3,所以不存在点F,使直线EF与平面ABCD所成的角为综上,选AB.6.[多选/2024浙江名校联考]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点P为平面ABC内一动点,则下列说法正确的是(BCD)A.若点P在棱AD上运动,则A1P+PC的最小值为2+22B.若点P是棱AD的中点,则平面PBC1截正方体所得截面的周长为25+32C.若点P满足PD1⊥DC1,则动点P的轨迹是一条直线D.若点P在直线AC上运动,则点P到BC1的最小距离为2解析对于选项A,如图1,将平面ABCD与平面AA1D1D平铺在一个平面内,连接A1C,则A1P+PC≥A1C=42+22=25 图1 图2对于选项B,如图2,取DD1的中点Q,连接PQ,C1Q,因为点P是AD的中点,所以PQ∥BC1,所以平面PBC1截正方体所得截面为等腰梯形PBC1Q,所以该截面的周长为PQ+PB+C1Q+BC1=2+25+22=25+32,所以选项B正确.对于选项C,如图3,连接CD1,A1B,则在正方体中,易知A1D1⊥DC1,DC1⊥CD1,又A1D1∩CD1=D1,A1D1,CD1⊂平面A1BCD1,所以DC1⊥平面A1BCD1,又P在平面ABC内,平面ABC∩平面A1BCD1=BC,所以要使PD1⊥DC1,则P∈BC,即动点P的轨迹是一条直线,所以选项C正确. 图3 图4对于选项D,当点P在直线AC上运动时,点P到BC1的最小距离即异面直线AC与BC1的距离.如图4,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),B(2,2,0),C1(0,2,2),所以AC=(-2,2,0),BC1=(-2,0,2).设与异面直线AC和BC1均垂直的直线的方向向量为n=(x,y,z),则n·AC=-2x+2y=0,n·BC1=-2x+2z=0,取x=1,可得n=(1,1,1),又AB=7.[2023高三名校联考]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知AA1=7,点O在棱AA1上,且AO=4,则该正方体表面上到点O距离为5的点的轨迹的总长度为172π解析如图,在正方体的面AA1B1B上,以O为圆心,5为半径作弧,分别交AB,A1B1于点E,F,连接OE,OF,则OE=OF=5,因为OA=4,AA1=7,所以AE=3=OA1,A1F=4=OA,则易知OE⊥OF,所以在正方体的面AA1B1B上满足题意的点的轨迹为EF,长度为14×2π×5=52π;同理得,在正方体的面AA1D1D上满足题意的点的轨迹长度为52π.易知OA1⊥平面A1B1C1D1,OA⊥平面ABCD,因为A1F=4,OA1=3,所以易得在正方体的面A1B1C1D1上满足题意的点的轨迹为以A1为圆心,A1F为半径的弧,且该弧所对的圆心角为π2,故其长度为14×2π×4=2π;同理得,在正方体的面ABCD上满足题意的点的轨迹为以A为圆心,AE为半径的弧,且该弧所对的圆心角为π2,故其长度为14×2π
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