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微專題02 立體幾何中的動態問題
　　立體幾何中的動態問題是指空間圖形中的某些點、線、面的位置是不確定的，是一類可變的開放性問題.由于位置的不確定性，學生在解題時容易遇到困難，常規的思考方式和解題方法可能不太適用.這類問題要求學生具備較強的空間想象能力和靈活的思維轉換能力，能夠多角度分析問題.
最值(范圍)問題
典例1如圖所示，在三棱錐P-ABC中，BC⊥平面PAC，PA⊥AB，PA=AB=4，且E為PB的中點，AF⊥PC于點F，當AC變化時，三棱錐P-AEF體積的最大值是(　　).
A. B. C. D.
方法總結：
將待解決的立體幾何中的最值問題轉化為一個變量或多個變量的函數問題，借助函數求最值的方法來解決立體幾何中的最值問題.此外，用變量表示出立體幾何中待求的問題后，也常利用基本不等式的方法加以解決.
已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，P為線段C1D1上的動點，則三棱錐P-BCD的外接球半徑的取值范圍為(　　).
A.，2 B.，
C.， D.，
翻折問題
典例2　如圖，在平面四邊形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=5，∠ADC=90°，∠BAD=30°，點E，F滿足=，=，將△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC=4.
(1)證明：EF⊥PD.
(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值.
如圖1，在矩形ABCD中，AB=2，AD=2，將△ABD沿BD折起，得到三棱錐M-BCD，如圖2，其中△MBD是折疊前的△ABD，過點M作BD的垂線，垂足為H，MC=.
(1)證明：MH⊥CD.
(2)過點H作MB的垂線，垂足為N，求點N到平面MCD的距離.
動點軌跡問題
典例3　在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1，點P滿足=λ+μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，則(　　).
A.當λ=0，μ=1時，AP與平面ABC所成的角為
B.當λ=時，有且僅有一個點P，使得A1P⊥BP
C.當λ=1，μ=時，平面AB1P⊥平面A1AB
D.若AP=1，則點P的軌跡長度為
方法總結：
方法總結：
(1)幾何法：根據平面圖形的性質判定.
(2)定義法：轉化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定或用代數法計算.
(3)特殊值法：根據空間圖形線段的長度關系取特殊值或特殊位置排除.
已知P是邊長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1表面上的動點，若直線AP與平面ABCD所成角的大小為，則點P的軌跡長度為(　　).
A.3
B.2+π
C.(4+π)
D.2+
參考答案
微專題02 立體幾何中的動態問題
考向1　最值(范圍)問題
典例1　C
【解析】在三棱錐P-ABC中，由BC⊥平面PAC，得BC⊥AC.
又AB=4，所以AC2+BC2=AB2=16.
由題意可知V三棱錐P-AEF=V三棱錐E-PAF=·S△PAF·.
因為BC⊥平面PAC，PA 平面PAC，所以BC⊥PA.又PA⊥AB，AB∩BC=B，AB，BC 平面ABC，所以PA⊥平面ABC，所以PA⊥AC.
又AF⊥PC，所以△PAF∽△PCA，
所以==.
又S△PCA=·AC·PA，PA=4，
所以S△PAF=，
所以V三棱錐E-PAF=·.
設AC=a，0所以V三棱錐E-PAF=·.
令m=a2+16，易知16令x=，則x∈，，
所以V三棱錐E-PAF=·，
令f(x)=-512x2+48x-1由二次函數f(x)=-512x2+48x-1的性質知，當x=時，f(x)有最大值，最大值為，
所以V三棱錐E-PAF的最大值為×=，故三棱錐P-AEF體積的最大值是.故選C.
培優精練　C
【解析】
如圖，連接AC，BD，且AC交BD于點E，易得E為△BCD的外心，連接A1C1，B1D1，且A1C1交B1D1于點F，連接EF，易知EF⊥平面BCD，∴三棱錐P-BCD的外接球的球心O在EF上.
設△PCD的外接圓的圓心為O'，連接CO'，CO，OO'，則OO'⊥平面PCD.由正方體ABCD-A1B1C1D1中的棱BC⊥平面CC1D1D，得OO'∥BC.
又E，F分別是BD，B1D1的中點，∴OO'=1.
設△PCD的外接圓半徑為r，三棱錐P-BCD的外接球半徑為R，則R2=1+r2.
設PC1=x，x∈[0，2]，則S△PCD=2=PC·PDsin∠CPD，
∴==.
又r==，
∴r2=.
設f(x)=(x2-4x+8)(x2+4)，x∈[0，2]，
則f'(x)=4(x3-3x2+6x-4).
設g(x)=f'(x)，則g'(x)=12(x2-2x+2)>0，
∴f'(x)在[0，2]上單調遞增，又f'(1)=0，
∴f(x)在[0，1]上單調遞減，在[1，2]上單調遞增.
又f(1)=25，f(0)=f(2)=32，
∴f(x)∈[25，32]，∴r2∈，2，
∴R=∈，.故選C.
考向2　翻折問題
典例2
【解析】(1)由AB=8，AD=5，=，=，得AE=2，AF=4.
因為∠BAD=30°，所以在△AEF中，由余弦定理，得EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠BAD=12+16-2×2×4×=4，所以AE2+EF2=AF2，所以AE⊥EF，即EF⊥AD，所以EF⊥PE，EF⊥DE.
又PE∩DE=E，且PE，DE 平面PDE，所以EF⊥平面PDE.又PD 平面PDE，所以EF⊥PD.
(2)連接CE，由∠ADC=90°，ED=3，CD=3，得CE2=ED2+CD2=36，所以CE=6.
在△PEC中，PC=4，PE=2，EC=6，故EC2+PE2=PC2，所以PE⊥EC.
由(1)知PE⊥EF，又EC∩EF=E，EC，EF 平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.
又ED 平面ABCD，所以PE⊥ED，則PE，EF，ED兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則E(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，-2，0).由F是AB的中點，得B(4，2，0)，所以=(3，3，-2)，=(0，3，-2)，=(4，2，-2)，=(2，0，-2).
設平面PCD和平面PBF的法向量分別為n=(x1，y1，z1)，m=(x2，y2，z2)，
則
令y1=2，x2=，得x1=0，z1=3，y2=-1，z2=1，所以n=(0，2，3)是平面PCD的一個法向量，m=(，-1，1)是平面PBF的一個法向量，
所以|cos|===.
設平面PCD和平面PBF所成的二面角的平面角為θ，則sin θ==，即平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值為.
培優精練
【解析】
(1)如圖，連接CH.由MB=CD=2，MD=BC=2，∠BMD=∠BCD=90°，得BD=4，∠MDB=∠DBC=30°，MH=，BH=1.
在△BCH中，由余弦定理，得CH==.
因為MH2+CH2=10=MC2，所以MH⊥CH.
又MH⊥BD，CH∩BD=H，CH，BD 平面BCD，所以MH⊥平面BCD.
又CD 平面BCD，所以MH⊥CD.
(2)在△MBD中，由NH⊥MB，MD⊥MB，得NH∥MD.因為MD 平面MCD，NH 平面MCD，所以NH∥平面MCD，所以點N到平面MCD的距離等于點H到平面MCD的距離.設點B到平面MCD的距離為h，點H到平面MCD的距離為d.
因為==，所以d=h.
又cos∠MDC==，所以sin∠MDC=，S△MCD=×2×2×=，S△BCD=×2×2=2.
由V三棱錐B-MCD=V三棱錐M-BCD，得S△MCD·h=S△BCD·MH，即h=2×，解得h=.
所以點N到平面MCD的距離d=h=.
考向3　動點軌跡問題
典例3　ACD
【解析】
如圖1，當λ=0，μ=1時，點P與點B1重合，由已知得B1B⊥平面ABC，所以∠B1AB就是AP與平面ABC所成的角，因為AB=AA1=1，所以tan∠B1AB==1，又∠B1AB∈0，，所以∠B1AB=，即AP與平面ABC所成的角為，故A正確.
當λ=時，取線段BC，B1C1的中點分別為M，M1，連接MM1，如圖2，因為=+μ，即=μ，所以∥，則點P在線段MM1上，設MP=x(0≤x≤1)，則PM1=1-x，
則BP2=BM2+MP2=2+x2，A1P2=A1+P=+(1-x)2，A1B2=2，
若A1P⊥BP，則A1B2=BP2+A1P2，則2=+x2++(1-x)2，整理得x(x-1)=0，解得x=1或x=0，則當點P與點M或M1重合時，A1P⊥BP，即當λ=時，存在兩個點P，使得A1P⊥BP，故B錯誤.
當λ=1，μ=時，=+，則=，所以P是CC1的中點，取BC的中點為Q，B1C1的中點為H，以Q為原點，QA，QB，QH所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，如圖3，則A，0，0，B0，，0，B10，，1，P0，-，，
所以=-，，0，==(0，0，1)，=-，，1，=-，-，.
設平面A1AB和平面AB1P的法向量分別為m=(x1，y1，z1)，n=(x2，y2，z2)，
則
令x1=1，z2=2，可得m=(1，，0)是平面A1AB的一個法向量，n=(，-1，2)是平面AB1P的一個法向量.
因為m·n=-=0，所以m⊥n，即平面AB1P⊥平面A1AB，故C正確.
因為AP=1，且=λ+μ，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，所以點P在側面BCC1B1上，
由選項C分析可知，AQ⊥平面BCC1B1，AQ=，所以點P的軌跡是以Q為圓心，為半徑的半圓，軌跡長度為，故D正確.故選ACD.
培優精練　D
【解析】
若點P在正方形A1B1C1D1內，過點P作PP'⊥平面ABCD，交點為P'，連接AP'，A1P，如圖1，
則∠PAP'為直線AP與平面ABCD所成的角，則∠PAP'=，又PP'=1，所以PA=，所以PA1=1，則點P的軌跡為以A1為圓心，1為半徑的部分圓(落在正方形A1B1C1D1內的部分).
若點P在正方形ABB1A1內或正方形ADD1A1內，軌跡分別為線段AB1和AD1，因為點P不可能落在其他三個正方形內，所以點P的軌跡如圖2所示.
故點P的軌跡長度為2+×2π×1=2+.

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