《2025年高考帮数学》

例1 [多选/2021新高考卷Ⅰ]在正三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AB = AA_{1} = 1$，点$P$满足$\overrightarrow{BP}=\lambda\overrightarrow{BC}+\mu\overrightarrow{BB_{1}}$，其中$\lambda\in[0,1],\mu\in[0,1]$，则（ ）
A. 当$\lambda = 1$时，$\triangle AB_{1}P$的周长为定值
B. 当$\mu = 1$时，三棱锥$P - A_{1}BC$的体积为定值
C. 当$\lambda=\frac{1}{2}$时，有且仅有一个点$P$，使得$A_{1}P\perp BP$
D. 当$\mu=\frac{1}{2}$时，有且仅有一个点$P$，使得$A_{1}B\perp$平面$AB_{1}P$

答案：
突破3　立体几何中的动态问题
例1BDBP=ABC+μBB(0≤A≤1,0≤μ≤1).
对于选项A,当λ=1时，点P在棱CC;上运动,如图1所示，此时△ABP的周长为AB1+AP+PB1=√2+　$\sqrt{1+μ²}$+　$\sqrt{1+(1−μ)²}$=
√2+　$\sqrt{1+μ²}$+　$\sqrt{2−2μ+μ²}$,不是定值，A错误;;
　　　 　　　　
对于选项B,当μ=1时，点P在棱B1C上运动,如图2所示，
则V三棱锥P−ABC=V三锥A1−PBC=$\frac{1}{3}$△　x戛=响S△PBC=66x$\frac{1}{2}$x 1x×1=袅,为定值,故B正确;
对于选项C,取BC的中点D,B1C的中点D,连接DD,AB,则当λ=$\frac{1}{2}$时，点P在线段DD上运动,假设AP⊥BP,则AP+
BP²=AB²,即())²+(1−μ)²+(($\frac{1}{2}$)²+²²=2,解得μ=0或μ=
1,所以点P与点D或D重合时，AP⊥BP,故C错误;
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ABBA，为正方形,所以AlB⊥AB.设AB1与AB交于点K,连接PK,要使AB⊥平面ABP,需AB⊥KP,所以点P只能是棱CC，的中点，故选项D正确.综上，选BD.
解法三　对于选项D,分别取BB,CC1
的中点E,F,连接EF,则当μ=$\frac{1}{2}$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
Clxyz,则B(0,1,1),B1(0,1,0),
　　　　　　　　　　　　　　
A1$\frac{1}{2}$,0),P(0,1−A,$\frac{1}{2}$),所以
A=(−,$\frac{1}{2}$,1),BP=(0,−λ,
$\frac{1}{2}$).易得AB⊥AB,若AB⊥B1P,则
AB⊥平面AB1P,所以−$\frac{A}{2}$+$\frac{1}{2}$=0,解得λ=1,所以只存在一个点P,使得AB⊥平面ABP,此时点P与F重合,故D正确.综上,选BD.

训练1 [2023惠州第一次调研]如图，在四棱锥$P - ABCD$中，$PA\perp$底面$ABCD$，且底面各边都相等，$AC\cap BD = O$，$M$是$PC$上的动点，当点$M$满足________时，平面$MBD\perp$平面$PCD$.（只要填写一个你认为正确的条件即可）

答案： 训练1DM⊥PC(答案不唯一)　由题意知，四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD,
∵PA⊥底面ABCD,
∴PA⊥BD,又PA∩AC=A,PA,
ACc平面PAC,
∴BD⊥平面PAC,又PCC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.

例2 [2023西安检测]在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$E$为$A_{1}D_{1}$的中点，$F$为底面$ABCD$上一动点，且$EF$与底面$ABCD$所成的角为$\frac{\pi}{3}$.若该正方体外接球的表面积为$12\pi$，则动点$F$的轨迹长度为（ ）
A.$\frac{4\sqrt{3}}{9}\pi$
B.$\frac{\sqrt{3}}{3}\pi$
C.$\frac{2\sqrt{3}}{3}\pi$
D.$\frac{4\sqrt{3}}{3}\pi$

答案：
例2A如图1,取AD的中点H,连接EH,FH,则EH//AA.
　　　　　
在正方体ABCD−AlBCD;中,AA⊥平面ABCD,所以EH⊥平面
ABCD,所以∠EFH为EF与底面ABCD所成的角,即∠EFH=$\frac{T}{3}$
设正方体的棱长为a,则4π×(a)²=3ma²=12π,解得α=2,所以EH=A1=a=2,则HF=2’所以点F的轨迹为以H为圆心，为2　半径的圆在正方形ABCD内的部分.如图2,HG=HM=厅2'则cos∠AHG=$\frac{AH}{HG}$=，则∠AHG=$\frac{T}{6}$,由对称性可得∠DHM=
$\frac{T}{6}$,所以∠MHG=π−2×$\frac{T}{6}$=$\frac{2π}{3}$,故点F的轨迹长度为$\frac{2}{3}$x √239　,故选A.

训练2 [2023广州市一测]在棱长为1的正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，点$E$，$F$分别是棱$BC$，$CC_{1}$的中点，$P$是侧面$ADD_{1}A_{1}$上的动点，且$PC_{1}//$平面$AEF$，则$P$的轨迹长为________，点$P$到直线$AF$的距离的最小值为________.

答案：
训练22　　3　　如图,连接AD,DF,易
证AD//EF,从而A,E,F,D;四点共面,平
面AEF即平面AEFD.记AA,AD的中点
　　　　　　　　　　　　　　　　 分别为M,N,连接MN,NC,MC,可得
MN//AD,MC、//AF;
∵MNn平面AEFD,AD;C平面AEFD,
∴MN//平面AEFD,同理可得MC//平面AEFD,又MN∩MC，=M,MN,MCC平面MNC,
∴平面MNC1//平面AEFD.故点P的轨迹是线段MN,其长为$\frac{1}{2}$　=.分别以DA,'D,DD;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,$\frac{1}{2}$),M(1,0,$\frac{1}{2}$),N($\frac{1}{2}$,0,1),
∴AF=(−1,1,$\frac{1}{2}$
1A1=$\frac{3}{2}$.由点P在线段MN上,可设P(x,0,$\frac{3}{2}$−x),$\frac{1}{2}$≤x≤1,则AP=(x−1,0'$\frac{3}{2}$−x),
∴1AP1=　/$\sqrt{\frac{3}{2}−x)²}$(x−1)²+0²+(　　　　=
　$\sqrt{2x²−5x+\frac{13}{4}}$.设AF与AP的夹角为α,则cosα=
　　　$\frac{1}{2}$$\frac{3}{2}$　　　　　　　3　　$\frac{7}{4}$　　　　　一x+$\frac{7}{6}$
$\frac{x+1+²(²−x)}{\sqrt{2x²−5x+1}}$$\frac{13}{4}$　　=$\frac{x+4}{\sqrt{2x²−5x+13}}$$\frac{13}{4}$　=　　$\sqrt{2x²−5x+\frac{13}{4}}$
　　　　　−x+$\frac{17}{9}$
∴sinα=　　　　　　　.
∴点P到直线AF的距离d=
　　　　$\sqrt{2x²−5x+\frac{13}{4}}$
IAPIsinα=　$\sqrt{x−8x+\frac{17}{9}}$=　/$\sqrt{\frac{4}{3})²+\frac{1}{9}}$(x−　　　　　,又$\frac{1}{2}$≤x≤1,
∴dmin=/$\sqrt{\frac{4}{3})²+\frac{1}{9}}$(1−　　　　　=,3即点P到直线AF的距离的最小值为纟.

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$36\pi$，且$3\leq l\leq3\sqrt{3}$，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A.$[18,\frac{81}{4}]$
B.$[\frac{27}{4},\frac{81}{4}]$
C.$[\frac{27}{4},\frac{64}{3}]$
D.$[18,27]$

答案： 例3C设正四棱锥的底面边长为a,高为h,外接球的球心为0,半径为R,依题意，得36π=$\frac{4}{3}$πR,解得R=3.由题意可得2=h²+(a)²,　　　　　　h=$\frac{2}{2R}$=$\frac{2}{6}$,
　　　　　　　　　解得　　　　　　所以正四棱锥的体a²=21²−　　,
{　　　　　　　　　　　　{　　　　$\frac{1}{18}$
　R²=(h−R)²+(a))²,
积V=a²h=$\frac{1}{3}$(21²−$\frac{1}{18}$)×$\frac{22}{6}$=$\frac{1}{18}$(2−$\frac{22}{18}$)(3≤1≤3√3),所以V'=$\frac{4}{9}$芒−$\frac{5}{54}$=$\frac{1}{9}$(4−$\frac{12}{6}$)(3≤l≤3√3).令V=0,得l=
2√6,当3≤l＜2√6时,v＞0;当2√6＜l≤3√3时,V＜0,所以函数V=$\frac{c}{18}$(2−$\frac{2}{18}$)(3≤1≤3√3)在[3,2√6)上单调递增,在(2√6,3√3]上单调递减.又当l=3时,V=$\frac{27}{4}$;当l=2√6时,V=$\frac{64}{3}$;当l=
3√3时,V=$\frac{81}{4}$.所以该正四棱锥体积的取值范围是[$\frac{27}{4}$,$\frac{64}{3}$].故选C.

训练3 如图，在棱长为2的正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，点$E$，$F$分别是棱$BC$，$CC_{1}$的中点，$P$是侧面$BCC_{1}B_{1}$内一点，若$A_{1}P//$平面$AEF$，则线段$A_{1}P$的长度的取值范围是（ ）

A.$[2,\sqrt{5}]$
B.$[\frac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{5}]$
C.$[\sqrt{5},2\sqrt{2}]$
D.$[2\sqrt{2},2\sqrt{3}]$

答案：
训练3B　如图,取B1C1的中点G,BB
的中点H,连接GH,AG,AH,则AG//AE,
又AGn平面AEF,AEC平面AEF,所以
AG//平面AEF,同理得GH//平面AEF，又
　　　　　　　　　　　　　　　
AG∩GH=G,所以平面AGH//平面AEF.
因为P是侧面BCClB1内一点,所以当P
点在线段GH上时，能够满足AP//平面
AEF.由勾股定理可求得AG=AH=√5,GH=√2,所以当点P为GH的中点时,AP的长度最小,此时AP=　$\sqrt{\frac{1}{2}}$5−　　=32,当点P 与点G或点H重合时,AP的长度最大,此时A1P=√5.故线段
A,P的长度的取值范围是[32,√5].故选B.