人教2023年高考数学二轮复习(全国版理) 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.docx

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　(2021·新高考全国Ⅰ改编)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则下列结论正确的是________．
①当λ＝1时，△AB1P的周长为定值；
②当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值；
③当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP；
④当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P.
答案　②④
解析　＝λ＋μ(0≤λ≤1,0≤μ≤1)．
对于①，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＝＋＋＝＋＋，不是定值，故①错误；
图1
对于②，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
图2
则＝S△PBC×＝S△PBC＝××1×1＝，为定值，故②正确；
对于③，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，则当λ＝时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即2＋(1－μ)2＋2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以当点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP，故③错误；
方法一　对于④，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(图略)，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故④正确．
方法二　对于④，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝时，点P在线段EF上运动，以点C1为原点建立如图所示的空间直角坐标系C1xyz，则B(0,1,1)，B1(0,1,0)，
A1，P，
所以＝，＝，
若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以－＋＝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④正确．
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·漳州质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的边长为2，M为CC1的中点，P为平面BCC1B1上的动点，且满足AM∥平面A1BP，则下列结论正确的个数是(　　)
①AM⊥B1M；
②CD1∥平面A1BP；
③动点P的轨迹长为；
④AM与A1B1所成角的余弦值为.
A．0 B．1 C．2 D．3
答案　C
解析　如图，以B为原点建立空间直角坐标系，
则A(0,0,2)，A1(0,2,2)，B(0,0,0)，B1(0,2,0)，M(2,1,0)，设P(x，y，0)，
所以＝(0，－2，－2)，＝(x，y，0)，＝(2,1，－2)，
由AM∥平面A1BP，
得＝a＋b，a，b∈R，
即
化简可得3x－2y＝0，
所以动点P在直线3x－2y＝0上，
如图，在平面BCC1B1上，直线3x－2y＝0与B1C1交于点P1，则BP1即为动点P的轨迹．
＝(2,1，－2)，＝(2，－1,0)，
·＝2×2＋1×(－1)＋(－2)×0＝3≠0，
所以AM与B1M不垂直，①错误；
因为CD1∥A1B，A1B⊂平面A1BP，
CD1⊄平面A1BP，
所以CD1∥平面A1BP，②正确；
易知P1，
所以|P1B|＝＝，③正确；
＝(0,0，－2)，
cos〈，〉＝＝，④错误．
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＝BC时，三棱锥A1－EFD的外接球体积为π；
③当BE＝BF＝BC时，三棱锥A1－EFD的体积为；
④当BE＝BF＝BC时，点A1到平面EFD的距离为.
A．①③ B．①④
C．①③④ D．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，A1