2024年高考数学第一轮复习讲义第八章培优课8.9　空间动态问题突破(学生版+解析)

这是一份2024年高考数学第一轮复习讲义第八章培优课8.9　空间动态问题突破(学生版+解析)，共18页。试卷主要包含了9　空间动态问题突破等内容，欢迎下载使用。
空间动态问题，是高考常考题型，常以客观题出现．常见题型有空间位置关系判定、轨迹问题、最值问题、范围问题等．
题型一 空间位置关系的判定
例1 (1)(2023·昆明模拟)已知P，Q分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的动点(不与顶点重合)，则下列结论错误的是( )
A．AB⊥PQ
B．平面BPQ∥平面ADD1A1
C．四面体ABPQ的体积为定值
D．AP∥平面CDD1C1
听课记录：___________________________________________________________________
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(2)已知等边△ABC的边长为6，M，N分别为边AB，AC的中点，将△AMN沿MN折起至△A′MN，在四棱锥A′－MNCB中，下列说法正确的是( )
①直线MN∥平面A′BC；
②当四棱锥A′－MNCB体积最大时，平面A′MN⊥平面MNCB；
③在折起过程中存在某个位置使BN⊥平面A′NC；
④当四棱锥A′－MNCB体积最大时，它的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为eq \f(39π,4).
A．①② B．①③ C．②③ D．③④
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思维升华 解决空间位置关系的动点问题
(1)应用“位置关系定理”转化．
(2)建立“坐标系”计算．
跟踪训练1 (2022·杭州质检)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论一定成立的是( )
A．三棱锥A－A1PD的体积大小与点P的位置有关
B．A1P与平面ACD1相交
C．平面PDB1⊥平面A1BC1
D．AP⊥D1C
题型二 轨迹问题
例2 (1)(2023·韶关模拟)设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为底面正方形ABCD内的一动点，若△APC1的面积S＝eq \f(1,2)，则动点P的轨迹是( )
A．圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分
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(2)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为________．
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思维升华 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，或用代替法进行计算．
(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．
跟踪训练2 (1)(2022·滨州模拟)如图，斜线段AB与平面α所成的角为eq \f(π,4)，B为斜足．平面α上的动点P满足∠PAB＝eq \f(π,6)，则点P的轨迹为( )
A．圆 B．椭圆
C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
(2)已知动点P在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的表面上运动，且PA＝r(0＜r＜eq \r(3))，记点P的轨迹长度为f(r)，则f(1)＋f(eq \r(2)) ＝________.
题型三 最值、范围问题
例3 (1)如图所示，菱形ABCD的边长为2，现将△ACD沿对角线AC折起，使平面ACD′⊥平面ACB，则此时空间四面体ABCD′体积的最大值为( )
A.eq \f(16\r(3),27) B.eq \f(5\r(3),9) C．1 D.eq \f(\r(3),4)
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(2)在三棱锥P－ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，PA＝AC＝2，AB＝3.当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为________．
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思维升华 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，即可求解．
(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．
跟踪训练3 (1)在四面体ABCD中，若AD＝DB＝AC＝CB＝1，则四面体ABCD体积的最大值是( )
A.eq \f(2\r(3),27) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2\r(3),9) D.eq \f(\r(3),3)
(2)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，P是底面A1B1C1D1上一点．若AP∥平面BEF，则AP长度的最小值是________，最大值是________．
§8.9 空间动态问题突破
空间动态问题，是高考常考题型，常以客观题出现．常见题型有空间位置关系判定、轨迹问题、最值问题、范围问题等．
题型一 空间位置关系的判定
例1 (1)(2023·昆明模拟)已知P，Q分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的动点(不与顶点重合)，则下列结论错误的是( )
A．AB⊥PQ
B．平面BPQ∥平面ADD1A1
C．四面体ABPQ的体积为定值
D．AP∥平面CDD1C1
答案 C
解析 对于A，∵AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1，
∴AB⊥平面BCC1B1，∵PQ⊂平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，故A正确；
对于B，∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ与平面BCC1B1重合，
∴平面BPQ∥平面ADD1A1，故B正确；
对于C，∵A到平面BPQ的距离AB为定值，Q到BP的距离为定值，BP的长不是定值，∴四面体ABPQ的体积不为定值，故C错误；
对于D，∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1，AP⊂平面ABB1A1，
∴AP∥平面CDD1C1，故D正确．
(2)已知等边△ABC的边长为6，M，N分别为边AB，AC的中点，将△AMN沿MN折起至△A′MN，在四棱锥A′－MNCB中，下列说法正确的是( )
①直线MN∥平面A′BC；
②当四棱锥A′－MNCB体积最大时，平面A′MN⊥平面MNCB；
③在折起过程中存在某个位置使BN⊥平面A′NC；
④当四棱锥A′－MNCB体积最大时，它的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为eq \f(39π,4).
A．①② B．①③
C．②③ D．③④
答案 A
解析 因为MN∥BC，MN⊄平面A′BC，BC⊂平面A′BC，所以直线MN∥平面A′BC，故①正确；
因为四棱锥A′－MNCB的底面积为定值，所以当点A′到平面MNCB距离最大时，体积最大，此时平面A′MN⊥平面MNCB，满足题意，故②正确；
如图，若BN⊥平面A′NC，则BN⊥AA′，又A′D⊥MN，AD⊥MN，A′D∩AD＝D，可知MN⊥平面A′AD，所以A′A⊥MN，又MN∩BN＝N，所以A′A⊥平面MNCB，这显然不可能，故③错误；
当四棱锥A′－MNCB体积最大时，平面A′MN⊥平面MNCB，如图，
由∠MBC＝eq \f(π,3)，取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆的圆心，F是△A′MN的外心，
作OE⊥平面MNCB，连接OF，则OF⊥平面A′MN，则O是四棱锥A′－MNCB外接球的球心，
且OF＝DE＝eq \f(3\r(3),2)，A′F＝eq \r(3)，设四棱锥A′－MNCB外接球的半径为R，则R2＝A′F2＋OF2＝eq \f(39,4).
故球O的表面积为4πR2＝39π，故④错误．
思维升华 解决空间位置关系的动点问题
(1)应用“位置关系定理”转化．
(2)建立“坐标系”计算．
跟踪训练1 (2022·杭州质检)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论一定成立的是( )
A．三棱锥A－A1PD的体积大小与点P的位置有关
B．A1P与平面ACD1相交
C．平面PDB1⊥平面A1BC1
D．AP⊥D1C
答案 C
解析 对于选项A，
在正方体中，BC1∥平面AA1D，所以点P到平面AA1D的距离不变，
即三棱锥P－AA1D的高不变，又△AA1D的面积不变，
因此三棱锥P－AA1D的体积不变，
即三棱锥A－A1PD的体积与点P的位置无关，故A不成立；
对于选项B，由于BC1∥AD1，AD1⊂平面ACD1，BC1⊄平面ACD1，
所以BC1∥平面ACD1，同理可证BA1∥平面ACD1，又BA1∩BC1＝B，
所以平面BA1C1∥平面ACD1，因为A1P⊂平面BA1C1，
所以A1P∥平面ACD1，故B不成立；
对于选项C，因为A1C1⊥BD，A1C1⊥BB1，BD∩BB1＝B，
所以A1C1⊥平面BB1D，则A1C1⊥B1D；同理A1B⊥B1D，
又A1C1∩A1B＝A1，所以B1D⊥平面A1BC1，
又B1D⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面A1BC1，故C成立；
对于选项D，当B与P重合时，AP与D1C的夹角为eq \f(π,4)，故D不成立．
题型二 轨迹问题
例2 (1)(2023·韶关模拟)设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为底面正方形ABCD内的一动点，若△APC1的面积S＝eq \f(1,2)，则动点P的轨迹是( )
A．圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分
答案 D
解析 设d是△APC1边AC1上的高，则＝eq \f(1,2)·|AC1|·d＝eq \f(\r(3),2)d＝eq \f(1,2)，所以d＝eq \f(\r(3),3)，即点P到直线AC1的距离为定值eq \f(\r(3),3)，所以点P在以直线AC1为轴，以eq \f(\r(3),3)为底面半径的圆柱侧面上，直线AC1与平面ABCD既不平行也不垂直，所以点P的轨迹是平面ABCD上的一个椭圆，其中只有一部分在正方形ABCD内．
(2)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为________．
答案 eq \r(2)
解析 如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G∥D1E，又C1G⊄平面CD1EF，D1E⊂平面CD1EF，所以C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF，C1H∥平面CD1EF.
因为C1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF.
由M点是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长度GH＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2).
思维升华 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，或用代替法进行计算．
(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．
跟踪训练2 (1)(2022·滨州模拟)如图，斜线段AB与平面α所成的角为eq \f(π,4)，B为斜足．平面α上的动点P满足∠PAB＝eq \f(π,6)，则点P的轨迹为( )
A．圆 B．椭圆
C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
答案 B
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
设OB＝OA＝1，
则B(0,1,0)，A(0,0,1)，P(x，y,0)，
则eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(x，y，－1)，
所以cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))〉＝eq \f(y＋1,\r(2)·\r(x2＋y2＋1))＝eq \f(\r(3),2)，
即x2＋eq \f(y－22,3)＝1，
所以点P的轨迹是椭圆．
(2)已知动点P在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的表面上运动，且PA＝r(0＜r＜eq \r(3))，记点P的轨迹长度为f(r)，则f(1)＋f(eq \r(2)) ＝________.
答案 3π
解析 如图，当r＝1时，点P在正方体表面上的轨迹分别是以A为圆心，1为半径的三个面上的三段弧，分别为，，，
则f(1)＝3×eq \f(1,4)×2π＝eq \f(3π,2)，
当r＝eq \r(2)时，点P在正方体表面上的轨迹为在平面A1B1C1D1上以A1为圆心，1为半径的，
在平面B1BCC1上为以B为圆心，1为半径的，
在平面DCC1D1上为以D为圆心，1为半径的，
则f(eq \r(2))＝3×eq \f(1,4)×2π＝eq \f(3π,2)，
所以f(1)＋f(eq \r(2))＝eq \f(3π,2)＋eq \f(3π,2)＝3π.
题型三 最值、范围问题
例3 (1)如图所示，菱形ABCD的边长为2，现将△ACD沿对角线AC折起，使平面ACD′⊥平面ACB，则此时空间四面体ABCD′体积的最大值为( )
A.eq \f(16\r(3),27) B.eq \f(5\r(3),9) C．1 D.eq \f(\r(3),4)
答案 A
解析 取AC的中点O，连接D′O(图略)．
设∠ABC＝α，α∈(0，π)，所以D′O＝AD′cs eq \f(α,2)＝2cs eq \f(α,2)，S△ABC＝eq \f(1,2)×2×2sin α＝2sin α.
因为D′O⊥平面ABC，所以V四面体ABCD′＝eq \f(1,3)S△ABC×D′O＝eq \f(4,3)sin αcs eq \f(α,2)＝eq \f(8,3)sin eq \f(α,2)cs2eq \f(α,2)＝eq \f(8,3)sin eq \f(α,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－sin2\f(α,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0