人教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.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　(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⊥EF
B．多面体AEFB1的体积为定值
C．侧面CDD1C1上存在点G，使得B1G⊥CD
D．直线B1G与直线BC所成的角可能为
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＝S△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＝，C1Gmin＝＝＝，
故tan∠C1B1G＝＝C1G∈，
而当直线B1G与直线BC所成的角为时，
tan ＝∉，故直线B1G与直线BC所成的角不可能为，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6.
A．1 B．2 C．3 D．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＝，∴该多边形的周长为6，∴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＝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，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＝BC＝2时，
A1E＝A1F＝2，EF＝2，
在△A1EF中，A1E2＋A1F2＝EF2，
则