2025高考数学二轮复习-专题四-微重点9-立体几何中的动态问题-专项训练【含答案】

微重点9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(2023·常德模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝1，点P为长方体表面上的动点，且eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，当CP最小时，△ABP的面积为________．答案eq\f(\r(2),2)解析设AB的中点为M，则AM＝MB＝BC＝1，由题意得eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，且点P是长方体表面上的动点，所以点P在以AB为直径的球的表面与长方体ABCD－A1B1C1D1表面重合的部分上，则CP≥CM－MP，当且仅当点C，M，P三点共线时取等号，点C，M在平面ABCD上，所以点P在平面ABCD上，所以当CP最小时，以AB为直径的半圆与CM的交点即为点P，如图，过点P作PN⊥AB于点N，因为BM＝BC＝MP＝1，所以PN＝eq\f(\r(2),2)MP＝eq\f(\r(2),2)，所以△ABP的面积S＝eq\f(1,2)×AB×PN＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2).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在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝CD＝eq\f(1,2)AD，P为空间中的动点，PA＝PB＝AB＝2，E为PD的中点，则动点E的轨迹长度为()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C.eq\r(2)πD.eq\r(3)π答案D解析如图，取AP的中点F，连接EF，BF.因为EF∥AD，AD∥BC，所以EF∥BC.因为EF＝eq\f(1,2)AD，BC＝eq\f(1,2)AD，所以EF＝BC，故四边形EFBC为平行四边形，则有CE∥BF，且CE＝BF，则有点F的轨迹长度与点E的轨迹长度相同，过点F作FH⊥AB于点H，则点F的轨迹是以H为圆心、FH长为半径的圆，且FH＝eq\f(\r(3),2)，故点F的轨迹长度为eq\r(3)π.考点二折叠、展开问题例2(多选)已知菱形ABCD的边长为2，∠ADC＝60°，将△ACD沿AC翻折，使点D与点B重合，如图所示．记点P为翻折过程中点D的位置(不包含在点B处的位置)，则下列结论正确的是()A．无论点P在何位置，总有AC⊥PBB．存在点P，使得AB⊥PCC．三棱锥P－ABC体积的最大值为1D．当PB＝2时，M为PB上一点，则AM＋CM的最小值为2eq\r(2)答案ABC解析如图，连接PB，依题意，△ABC，△APC都是等边三角形，取AC的中点E，则BE⊥AC，PE⊥AC，又PE∩BE＝E，PE，BE⊂平面PBE，于是AC⊥平面PBE，又PB⊂平面PBE，因此AC⊥PB，A正确；P的轨迹是以AC为轴的两个同底的圆锥底面半圆弧，显然圆锥轴截面的顶角为∠BAD＝∠BCD＝120°，大于90°，则存在两条母线互相垂直，即存在点P，使得CD⊥PC，而翻折前AB∥CD，因此存在点P，使得AB⊥PC，B正确；当PE⊥平面ABC时，三棱锥P－ABC体积最大，最大值VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PE＝1，C正确；当PB＝2时，三棱锥P－ABC为正四面体，将△PAB，△PCB展开在同一平面内，如图，显然四边形ABCP为菱形，∠BAP＝60°，当A，M，C三点共线时，AM＋CM取得最小值2eq\r(3)，D错误．规律方法画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系．跟踪演练2(2023·邵阳模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，AD＝1，AF⊥平面ABCD，且AF＝3，点E为线段CD(除端点外)上的动点，沿直线AE将△DAE翻折到△D′AE，则下列说法中正确的是()A．当点E固定在线段CD的某位置时，点D′的运动轨迹为球面B．存在点E，使AB⊥平面D′AEC．点A到平面BCF的距离为eq\f(\r(3),2)D．异面直线EF与BC所成角的余弦值的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),13)，\f(\r(10),10)))答案D解析选项A，当点E固定在线段CD的某位置时，线段AE的长度为定值，AD′⊥D′E，过D′作D′H⊥AE于点H，H为定点，D′H的长度为定值，且D′H在过点H与AE垂直的平面内，故D′的轨迹是以H为圆心，D′H为半径的圆，故A错误；选项B，无论E在CD(端点除外)的哪个位置，AB均不与AE垂直，故AB不与平面AD′E垂直，故B错误；选项C，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))分别为x，y，z轴的方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，F(0,0,3)，B(eq\r(3)，0,0)，C(eq\r(3)，1,0)．eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,3)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,0)，设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝y＝0，,n·\o(BF,\s\up6(→))＝－\r(3)x＋3z＝0，))取n＝(eq\r(3)，0,1)，则点A到平面BCF的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(3,2)，故C错误；选项D，设E(eq\r(3)λ，1,0)，λ∈(0,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)λ，－1，3))，设EF与BC所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→)))))＝eq\f(1,\r(3λ2＋10))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),13)，\f(\r(10),10)))，故D正确．考点三最值、范围问题例3(多选)(2023·保定模拟)如图，AC为圆锥SO的底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，SO＝OC＝2，则下列结论正确的是()A．圆锥SO的侧面积为2eq\r(2)πB．三棱锥S－ABC体积的最大值为eq\f(8,3)C．∠SAB的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))D．若AB＝BC，E为线段AB上的动点，则SE＋CE的最小值为2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1))答案BD解析在Rt△SOC中，SC＝eq\r(SO2＋OC2)＝2eq\r(2)，则圆锥的母线长l＝2eq\r(2)，半径r＝OC＝2，对于A，圆锥SO的侧面积为πrl＝4eq\r(2)π，A错误；对于B，当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC＝eq\f(1,2)×4×2＝4，则三棱锥S－ABC体积的最大值为eq\f(1,3)×S△ABC×SO＝eq\f(1,3)×4×2＝eq\f(8,3)，B正确；对于C，△SAB是等腰三角形，SA＝SB，又因为SA2＋SC2＝16＝AC2，则∠ASC＝eq\f(π,2)，依题意，0<∠ASB<eq\f(π,2)，而∠SAB＝eq\f(π,2)－eq\f(1,2)∠ASB，因此∠SAB∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，C错误；对于D，由AB＝BC，AC＝4，∠ABC＝eq\f(π,2)，得AB＝BC＝2eq\r(2)，则△SAB为等边三角形，将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面的位置，得到△S1AB，则△S1AB为等边三角形，∠S1BA＝eq\f(π,3)，如图，于是(SE＋CE)min＝S1C，因为S1B＝BC＝2eq\r(2)，∠S1BC＝∠S1BA＋∠ABC＝eq\f(5π,6)，S1C2＝S1B2＋BC2－2S1B·BC·coseq\f(5π,6)＝8＋8＋8eq\r(3)＝4(eq\r(3)＋1)2，所以(SE＋CE)min＝S1C＝2(eq\r(3)＋1)，D正确．规律方法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，常用的解题思路是(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．(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．跟踪演练3(多选)(2023·鞍山模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是()A．四面体PA1D1A的体积为定值B．AP＋PC的最小值为2eq\r(2)C．A1P∥平面ACD1D．直线A1P与AC所成的角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))答案ACD解析对于A，由正方体可得平面DAA1D1∥平面BCC1B1，且B，P∈平面BCC1B1，所以点B到平面DAA1D1的距离等于点P到平面DAA1D1的距离，所以四面体PA1D1A的体积×1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，所以四面体PA1D1A的体积为定值，故A正确；对于B，当P与B重合时，AP＋PC＝AB＋BC＝2<2eq\r(2)，所以AP＋PC的最小值不为2eq\r(2)，故B错误；对于C，连接A1C1，A1B，由正方体可得AA1＝CC1，AA1∥CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，因为AC⊂平面ACD1，A1C1⊄平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，同理可得BC1∥平面ACD1因为A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B∥平面ACD1，因为A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故C正确；对于D，因为AC∥A1C1，所以∠PA1C1(或其补角)为直线A1P与AC所成的角，由图可得当P与B重合时，此时∠PA1C1最大为eq\f(π,3)，当P与C1重合时，此时∠PA1C1最小为0，所以直线A1P与AC所成的角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，故D正确．专题强化练1．(多选)(2023·盐城模拟)点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的侧面CDD1C1及其边界上运动，并保持BP⊥A1C，若正方体的边长为1，则A1P的可能取值是()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(7),2)C.eq\r(2)D.eq\r(3)答案BC解析以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则点A1(1,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，设点P(0，y，z)(0≤y≤1,0≤z≤1)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，y－1，z)，因为BP⊥A1C，则eq\o(A1C,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝1＋y－1－z＝y－z＝0，所以y＝z，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(A1P,\s\up6(→))))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))2＋y2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－1))2)＝eq\r(2y2－2y＋2)＝eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＋\f(3,2))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2))).2.(2023·枣庄模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，点P是侧面CDD1C1上的动点，且MP∥平面AB1C，则线段MP长度的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\f(3,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(3,2)))答案A解析取CC1的中点R，取CD的中点N，取B1C1的中点H，连接MC1，MH，MR，MN，HR，NR，如图所示，因为R是CC1的中点，H是B1C1的中点，所以B1C∥HR，因为HR⊄平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，所以HR∥平面AB1C，同理可得MH∥平面AB1C，又HR∩MH＝H，HR，MH⊂平面MNRH，所以平面MNRH∥平面AB1C.又MP⊂平面MNRH，线段MP扫过的图形是△MNR，由AB＝1，得MN＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，NR＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，MC1＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋12)＝eq\f(\r(5),2)，MR＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2)＝eq\f(\r(6),2)，所以MN2＝NR2＋MR2，即∠MRN为90°，所以线段MP长度的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2))).3.(多选)(2023·杭州模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，P是正方形ABCD内部(含边界)的一个动点，则()A．存在唯一点P，使得D1P⊥B1CB．存在唯一点P，使得直线D1P与平面ABCD所成的角取到最小值C．若eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))，则三棱锥P－BB1C外接球的表面积为8πD．若异面直线D1P与A1B所成的角为eq\f(π,4)，则动点P的轨迹是抛物线的一部分答案BCD解析对于A选项，在正方形BCC1B1中，有BC1⊥B1C，正方体中有AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，又BC1∩AB＝B，BC1，AB⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，只要D1P⊂平面ABC1D1，就有D1P⊥B1C，P在线段AB上，有无数个点，故A错误；对于B选项，D1D⊥平面ABCD，直线D1P与平面ABCD所成的角为∠D1PD，D1D＝2，∠D1PD取到最小值时，PD最大，此时点P与点B重合，故B正确；对于C选项，若eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))，则P为DB的中点，△PBC为等腰直角三角形，外接圆半径为eq\f(1,2)BC＝1，三棱锥P－BB1C外接球的球心到平面PBC的距离为eq\f(1,2)BB1＝1，则外接球的半径为eq\r(2)，所以三棱锥P－BB1C外接球的表面积为8π，故C正确；对于D选项，以D为原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))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D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，设P(x，y,0)(0≤x≤2,0≤y≤2)，则有eq\o(D1P,\s\up6(→))＝(x，y，－2)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，则|cos〈eq\o(D1P,\s\up6(→))，eq\o(A1B,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(D1P,\s\up6(→))·\o(A1B,\s\up6(→))|,|\o(D1P,\s\up6(→))||\o(A1B,\s\up6(→))|)＝eq\f(|2y＋4|,\r(x2＋y2＋4)·\r(8))＝cos

eq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)，化简得x2＝4y，P是正方形ABCD内部(含边界)的一个动点，所以动点P的轨迹是抛物线的一部分，故D正确．4．(多选)(2021·新高考全国Ⅰ)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则()A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值C．当λ＝eq\f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BPD．当μ＝eq\f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P答案BD解析eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(0≤λ≤1，0≤μ≤1)．对于选项A，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＝eq\r(2)＋eq\r(1＋μ2)＋eq\r(1＋1－μ2)＝eq\r(2)＋eq\r(1＋μ2)＋eq\r(2－2μ＋μ2)，不是定值，故A错误；图1对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，图2则＝eq\f(1,3)S△PBC×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),6)S△PBC＝eq\f(\r(3),6)×eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(\r(3),12)，为定值，故B正确；对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，则当λ＝eq\f(1,2)时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＋(1－μ)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))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C错误；方法一对于选项D，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D正确．方法二对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝eq\f(1,2)时，点P在线段EF上运动，以点C1为原点建立如图3所示的空间直角坐标系C1xyz，则B(0,1,1)，B1(0,1,0)，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1－λ，\f(1,2)))，图3所以eq\o(A1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq\o(B1P,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－λ，\f(1,2)))，若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以－eq\f(λ,2)＋eq\f(1,2)＝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D正确．5.(多选)(2023·泰安模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝eq\r(3)，BC＝1，AA1＝3，点M在线段BB1上，且B1M＝2MB，N为线段C1M上的动点，则下列结论正确的是()A．当N为C1M的中点时，直线AN与平面ABC所成角的正切值为eq\f(\r(11),4)B．当MN＝2NC1时，B1N∥平面ACMC．△ACN周长的最小值为3eq\r(3)D．存在点N，使得三棱锥N－AMC的体积为eq\f(\r(11),6)答案BD解析如图，对于A，当N为C1M的中点时，取BC的中点P，连接PN，AP，易知PN∥CC1，CC1⊥平面ABC，则PN⊥平面ABC，故∠PAN为直线AN与平面ABC所成的角，则tan∠PAN＝eq\f(PN,AP)＝eq\f(\f(1,2)MB＋CC1,\f(\r(11),2))＝eq\f(1＋3,\r(11))＝eq\f(4,\r(11))＝eq\f(4\r(11),11)，故A错误；对于B，当MN＝2NC1时，延长B1N交CC1于点Q，此时eq\f(C1Q,B1M)＝eq\f(C1N,MN)＝eq\f(1,2)，所以C1Q＝1，CQ＝2，所以CQ＝B1M.又CQ∥B1M，所以四边形CQB1M是平行四边形，所以CM∥B1Q，即CM∥B1N.因为B1N⊄平面ACM，CM⊂平面ACM，所以B1N∥平面ACM，故B正确；对于C，当点N与M重合时，易知AN＝2，CN＝eq\r(2)