1、微专题29立体几何中的动态问题考情分析“动态”问题是高考立体几何问题中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的轨迹典例1(1)(多选)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为四边形ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是()A若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆B若MN4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2C若点N到直
2、线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线D若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线答案ACD解析如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD平面ABCD，所以MND为MN与平面ABCD所成的角，所以MND，所以DNDMDD142，所以点N的轨迹是以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；对于B，在RtMDN中，DN2，取MD的中点E，因为P为MN的中点，所以PEDN，且PEDN，DNED，所以PEED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE，所以点P的轨迹是以为半径的圆，其面积为()23，故B不正确；对于C，连接NB，因为BB1平面ABCD，所以BB1NB，所以点N到直线BB1
3、的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹是以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；对于D，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(4,0,0)，B(4,4,0)，D1(0,0,4)，设N(x，y,0)，则(0,4,0)，(x，y，4)，因为D1N与AB所成的角为，所以|cos，|cos ，所以，整理得1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确(2)(多选)(2021新高考全国)在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA11，点P满足，其中0,1，0,1，则()A当1时，AB1P的周长为定值B当1时，三棱
4、锥PA1BC的体积为定值C当时，有且仅有一个点P，使得A1PBPD当时，有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P答案BD解析(01，01)图1对于选项A，当1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时AB1P的周长为AB1APPB1，不是定值，故A错误；对于选项B，当1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，图2则SPBCSPBC11，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)，则当时，点P在线段DD1上运动，假设A1PBP，则A1P2BP2A1B2，即2(1)2222，解得0或1，所以点P与点D或D1重合时，A1PBP，故C错误；方法一对于选
5、项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1BAB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B平面AB1P，需A1BKP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确方法二对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当时，点P在线段EF上运动，以点C1为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,1,1)，B1(0,1,0)，A1，P，所以，若A1B平面AB1P，则A1BB1P，所以0，解得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正确跟踪训练1(多选)(2023扬州模拟)已知圆柱OO1的高为1，下底面圆O的直径AB长为2，BB1是圆柱OO1的一
6、条母线，点P，Q分别在上、下底面内(包含边界)，下列说法正确的有()A若PAPB3，则点P的轨迹为圆B若直线OP与直线OB1所成的角为45，则点P的轨迹是抛物线的一部分C存在唯一的一组点P，Q，使得APPQDAPPQQB1的取值范围是，2答案BC解析对于B，如图，不妨以O为原点，以AB的垂直平分线，OA，OO1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，1,0)，B1(0，1,1)，设P(x，y,1)，则(0，1,1)，(x，y,1)，由题意，化简得yx2，由于点P在上底面内，所以点P的轨迹是抛物线的一部分，故B正确；对于A,PAPB3，即3，化简得1，
7、即点P的轨迹为椭圆，故A错误；对于C，设点P在下底面的投影为P1，则由勾股定理可得AP2PPAP，若APPQ，则AP2PQ2AQ2，则AP12P1Q212AQ2，当P1在线段AQ上时，APP1Q2可取最小值，由均值不等式，得APP1Q22，当且仅当AP1P1Q时，等号成立，所以2AQ2(APP1Q2)，即AQ24，而点Q只有在与点B重合时，AQ2才能取到4，此时点B与点Q重合，点P与点O1重合，故C正确；对于D，当点P与点B1，点Q与点A重合时，APPQQB1的值为3AP332，故D错误考点二折叠、展开问题典例2(多选)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将ABM沿直线AM翻折成AB1M，
8、连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是()A存在某个位置，使得CNAB1B翻折过程中，CN的长是定值C若ABBM，则AMB1DD若ABBM1，当三棱锥B1AMD的体积最大时，三棱锥B1AMD的外接球的表面积是4答案BD解析对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于点F，如图1，则NEAB1，NFMB1，如果CNAB1，则ENCN，由于AB1MB1，则ENNF，由于三线NE，NF，NC共面且共点，故ENCN和ENNF不能同时成立，故A错误；对于B，如图1，由CENMAB1，且NEAB1，AMEC，在CEN中，由余弦定理得NC2NE2EC22NEECcosNEC，是定值，故
9、NC也是定值，故B正确；对于C，如图2，取AM的中点O，ABBM，即AB1B1M，则AMB1O.若AMB1D，由于B1OB1DB1，且B1O，B1D平面ODB1，AM平面ODB1，OD平面ODB1，ODAM，则ADMD，由于ADMD，故AMB1D不成立，故C错误；对于D，根据题意知，只有当平面B1AM平面AMD时，三棱锥B1AMD的体积最大，取AD的中点E，连接OE，B1E，ME，如图2，ABBM1，则AB1B1M1，且AB1B1M，平面B1AM平面AMDAM，B1OAM，B1O平面B1AM，B1O平面AMD，OE平面AMD，B1OOE，则AM，B1OAM，OEDMAM，从而EB11，易知EA
10、EDEM1，AD的中点E就是三棱锥B1AMD的外接球的球心，球的半径为1，表面积是4，故D正确跟踪训练2(多选)(2023泰安模拟)如图，正方形ABCD的边长为1，M，N分别为BC，CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论中正确的是()A异面直线AC与BD所成的角为定值B三棱锥DABC外接球的表面积为2C存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D三棱锥MACN体积的最大值为答案ABD解析对于A，取AC的中点O，连接OB，OD，则ACOB，且ACOD，ODOBO，OD，OB平面OBD，AC平面OBD，ACBD，异面直线AC与BD所成的角为90，为定值
11、，故A正确；对于B，OAOBOCOD，三棱锥DABC的外接球球心是O，外接球半径R，三棱锥DABC外接球的表面积S422，故B正确；对于C，若直线AD与直线BC垂直，ABBC，ADABA，AD，AB平面ABD，BC平面ABD，BCBD，又BDAC，ACBCC，AC，BC平面ABC，BD平面ABC，BDOB，而OBD是以OB和OD为腰长的等腰三角形，与题意不符，故C错误；对于D，V三棱锥MACNV三棱锥NACM，当平面DAC平面ABC时，三棱锥MACN的体积取得最大值，此时OD，SACMSABC，(V三棱锥MACN)max(V三棱锥NACM)max，故D正确考点三最值、范围问题典例3(多选)(2
12、023亳州模拟)已知圆锥的顶点为S，高为1，底面圆的直径AC2，B为圆周上不与A重合的动点，F为线段AB上的动点，则()A圆锥的侧面积为2BSAB面积的最大值为C直线SB与平面SAC所成角的最大值为60D若B是的中点，则(SFCF)2的最小值为10答案AC解析圆锥的底面圆半径r，圆锥的母线长为2，则圆锥的侧面积为rl2，故A正确；如图1，平面SAC为圆锥的轴截面，O为底面圆心，则SO1，SASC2，因为tan SCA，所以SCA30，所以ASC120，所以0ASB120，设ASB(0120)，则SSABSASBsin ASB2sin 2，故B不正确；根据圆锥的结构特征可知，点B在平面SAC上的
13、投影在AC上，又SB为定值，则当点B到直线AC的距离最大时，直线SB与平面SAC所成的角最大，所以当B是的中点时，直线SB与平面SAC所成的角最大，由AC2知，此时点B到平面SAC的距离为，又因为高为1，所以直线SB与平面SAC所成角的最大值为60，故C正确；当B是的中点时，ABBC，此时SAB为等腰三角形，ABC为等腰直角三角形，将SAB，ABC沿AB展开至同一个平面，得到如图2所示的平面图形，取AB的中点D，连接SC，SD，CD，则SD，所以sin ABS，所以cosCBScos(90ABS)sinABS，所以SC222622102，所以(SFCF)2SC2102，当且仅当S，F，C三点共
14、线时，等号成立，故D不正确跟踪训练3(多选)(2023永州模拟)已知四面体ABCD的所有棱长均为，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点，点G为线段MN上的动点，则()A线段MN的长度为1BFMN周长的最小值为1CMFN的余弦值的取值范围为D直线FG与直线CD互为异面直线答案AB解析因为四面体ABCD的所有棱长均为，所以四面体ABCD为正四面体，将四面体ABCD放置在正方体中，则正方体的棱长为1，由M，N分别为棱AD，BC的中点，得M，N是正方体两个对面的中心，则MN1，故A正确；对于D，当F为AB的中点，G为MN的中点时，设I为CD的中点，由正方体的结构特征可知F，I，
15、G三点共线，此时直线FG与直线CD交于点I，故D错误；对于B，将等边ABC和等边ABD沿AB展开成平面图形，如图所示，则MFNFMN，当且仅当M，N，F三点共线时，等号成立，此时MN，所以MFNF的最小值为，即FMN周长的最小值为1，故B正确；对于C，如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，则M，N，设F(1，a,1a)(0a4，所以0，所以cos，综上所述，cos，即cosMFN，故C错误总结提升求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围对于探究存在问题或动态范围(最值)问题，用定性分析比较难或繁时
16、，可以引进参数，把动态问题化归为静态问题具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证1.(2023株洲模拟)已知三棱锥ABCD的侧面展开图放在正方形网格中的位置如图所示，那么在三棱锥ABCD中，AB与CD所成的角为()A. B. C. D.答案D解析由图可知，在三棱锥ABCD中， ABBCBD，ACAD，CD2，取CD的中点E，连接AE，BE，因为BCBD，ACAD，所以AECD，BECD，因为AEBEE，AE，BE平面ABE，所以CD平面ABE，因为AB平面ABE，所以CDAB，即AB与CD所成的角为.2.(2023九江模拟)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，M
17、是平面BCC1B1内一动点，且DMA1C，则DMMC的最小值为()A.2 B22 C. D2答案C解析如图1，连接BD，BC1，DC1，易知A1C平面BDC1，因为DMA1C，所以DM平面BDC1，即M在线段BC1上，将BDC1沿着BC1展开，使得D，B，C，C1四点共面，如图2，又因为正方体的棱长为2，则BC12，当D，M，C三点共线时，DMMC取得最小值，此时DM，MC，所以DMMC的最小值为CD.3.(2023山东联考)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB，ACAA11，BC2，点M是BC的中点，点P是线段A1B上一动点，点Q在平面AMC1上移动，则P，Q两点之间距离的最小值为()
18、A. B. C. D1答案A解析连接A1C交AC1于点O，连接OM(图略)，O，M分别为A1C，BC的中点，则OMA1B，且OM平面AMC1，A1B平面AMC1，A1B平面AMC1，则线段A1B上的点到平面AMC1的距离相等，设为d，则P，Q两点之间距离的最小值为d，即点A1到平面AMC1的距离d，A1C的中点O在AC1上，则点C到平面AMC1的距离为d，由题意可得ACCMCC11，AC1AMMC1，则d111，解得d，故P，Q两点之间距离的最小值为.4(多选)(2023石家庄模拟)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的侧面ABB1A1内(包含边界)有一点P，则下列说法正确的是()A若点
19、P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为21，则点P的轨迹为双曲线的一部分B若点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为11，则点P的轨迹为抛物线的一部分C过P，C，D三点作正方体ABCDA1B1C1D1的截面，则截面图形是平行四边形D三棱锥PABC体积的最大值为答案BCD解析如图，以B1为坐标原点，以B1A1，B1C1，B1B所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B1(0,0,0)，设侧面ABB1A1内(包含边界)点P(x,0，z)(0x1,0z1)，对于A，点P到直线AB的距离为1z，由正方体知B1C1平面ABB1A1，又PB1平面ABB1A1，所以B1C1PB1，所以点P到直线
20、B1C1的距离为PB1，故2，整理得1，所以点P的轨迹为椭圆的一部分，故A错误；对于B，点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为11，即点P到直线AB与到定点B1的距离相等，根据抛物线定义知点P的轨迹为抛物线的一部分，故B正确；对于C，过点P作MNAB，分别交AA1，BB1于点M，N，连接CN，DM，如图，则MNCD且MNCD，所以四边形MNCD是平行四边形，则平行四边形MNCD为过P，C，D三点的截面，故C正确；对于D，当点P在A1B1上时，点P到平面ABCD的距离最大为1，又SABC为定值，故此时三棱锥PABC的体积最大，V三棱锥PABCSABC1，故D正确5(多选)(2023菏泽模拟)
21、在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内的一个动点(不包含四个顶点)，则下列说法中正确的是()A三角形AD1P的面积无最大值、无最小值B存在点P，满足DP平面AB1D1C存在点P，满足DPBPDBD1与BP所成角的正切值的取值范围为答案BCD解析在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面BCC1B1平面ADD1A1，AD1平面ADD1A1，P平面BCC1B1，则点P到AD1的距离的最小值为平面BCC1B1与平面ADD1A1的距离2，此时点P在BC1上，因为正方体ABCDA1B1C1D1的对角面ABC1D1为矩形，且AB2，又AD12，此时AD1P的面积有最小值，故A错
22、误；连接BD, C1D，由A可知，四边形ABC1D1为矩形，即有BC1AD1，AD1平面AB1D1，BC1平面AB1D1，则BC1平面AB1D1，同理BD平面AB1D1，又BC1BDB，BC1，BD平面BDC1，因此平面BDC1平面AB1D1，当PBC1时，DP平面AB1D1，故B正确；因为BDDC12，取BC1的中点P，则DPBC1，即DPBP，故C正确；因为P是侧面BB1C1C内的一个动点(不包含四个顶点)，则射线BP必与折线段CC1B1存在交点Q，设C1Q2t,0t2，则BQ，D1Q，而BD12，令BD1与BP所成的角为，则cos ，因为，因此当t0时，(cos )min，当t2时，(c
23、os )max，又因为ycos 在上单调递减，ytan x在上单调递增，所以当t0时，最大，tan ，当t2时，最小，tan ，则tan ，故D正确6.(多选)(2023黄山模拟)如图，圆柱OO1的底面半径和母线长均为3，AB是底面直径，点C在圆O上且OCAB，点E在母线BD上，BE2，点F是上底面的一个动点，则()A存在唯一的点F，使得AFFE2B若AECF，则点F的轨迹长为4C若AFFE，则四面体ACEF的外接球的表面积为40D若AFFE，则点F的轨迹长为2答案ACD解析设E关于点D的对称点为E，如图，则AFEFAFFEAE2，所以AFFE2，当且仅当A，F，E三点共线时取等号，故存在唯一
24、的点F，使得AFFE2，故A正确；由题意知OCAB，OO1OC，OO1AB，以O为坐标原点，以OC，OB，OO1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A(0，3,0)，C(3,0,0)，E(0,3,2)，设F(x，y,3)，则(0,6,2)，(x3，y,3)，(x，y3,3)，(x，y3,1)，对选项B，当AECF时，6y60，所以y1，所以点F的轨迹为上底面圆O1的一条弦MN，O1到MN的距离为1，所以MN24，故点F的轨迹长为4，故B错误；对选项D，当AFFE时，(x，y3,3)(x，y3,1)0，所以x2y26，所以点F的轨迹是以O1为圆心，为半径的圆，其轨迹长为2，
25、故D正确；对选项C，在ACE中， AC3，CE，AE2，所以AC2CE2AE2，所以ACE为直角三角形，其外心为AE与OO1的交点Q，且OQ1，QE，而QF，所以QFQEQCQA，所以Q为四面体ACEF的外接球的球心，球的半径为，所以球的表面积为40，故C正确7(2023南昌模拟)在四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，ABDC，AB2CD，点M是侧棱PC上的定点，点Q在侧棱AP上运动，若三棱锥MBDQ的体积为定值，则_.答案2解析在四棱锥PABCD中，点M是侧棱PC上的定点，则MBD的面积为定值，因为三棱锥MBDQ的体积为定值，所以三棱锥QMBD的体积为定值，因此点Q到平面MBD的距离为定
26、值，又点Q是侧棱AP上的动点，于是侧棱AP上的所有点到平面MBD的距离都相等，则PA平面MBD，如图，连接AC，ACBDN，连接MN，平面PAC平面MBDMN，而PA平面PAC，因此MNPA，有，在梯形ABCD中，ABDC，AB2CD，则2，所以2.8(2023石家庄模拟)长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA12，平面AB1C与直线D1C1的交点为M，现将MCB1绕CB1旋转一周，在旋转过程中，动直线CM与底面A1B1C1D1内任一直线所成最小角记为，则sin 的最大值是_答案解析由题意，为动直线CM与底面A1B1C1D1所成的角，只需求旋转过程中直线CM与平面A1B1C1D1所
27、成的最大角即可，又平面A1B1C1D1平面ABCD，只需求直线CM与平面ABCD所成的最大角的正弦值，如图，过C作CMAB1，交D1C1的延长线于M，连接B1M，显然AA1B1CC1M，所以CMAB1，故四边形AB1MC为平行四边形，则CM，B1M，B1C，所以CMB1为等腰三角形，过点M作MHCB1于点H，则点H必在线段CB1上，综上，MCB1绕CB1旋转过程中，点M的轨迹是以H为圆心，MH为半径的圆，设B1Hx，则CHx，故CM2CH2B1M2B1H2，所以5(x)22x2，解得B1Hx，则CH，MH，MCB1绕CB1旋转过程中，CM是以CB1为轴，圆H为底面的圆锥的母线，所以MCB1为圆锥轴截面顶角的一半，且恒定不变，又sinMCB1，cosMCB1，而直线CB1与平面ABCD的夹角为BCB1，且sinBCB1，cosBCB1，令MCB1BCB1，则sin ，而cos 0，综上，故sin 的最大值是.
