备战2025年高考数学精品教案第七章立体几何与空间向量突破3立体几何中的动态问题（Word版附解析）

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命题点1 空间位置关系的判定问题
例1 [多选/2021新高考卷Ⅰ]在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足BP＝λBC＋μBB1，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（ BD ）
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＝12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D.当μ＝12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
解析 BP＝λBC＋μBB1（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＝2＋1+μ2＋1+（1－μ）2＝2＋1+μ2＋2－2μ＋μ2，不是定值，A错误；
图1图2
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
则V三棱锥P－A1BC＝V三棱锥A1－PBC＝13S△PBC×32＝36S△PBC＝36×12×1×1＝312，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，则当λ＝12时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即（32）2＋（1－μ）2＋（12）2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以点P与点D或D1重合时，A1P⊥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ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1.设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确.综上，选BD.
解法三 对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝12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C1xyz，则B（0，1，1），B1（0，1，0），A1（32，12，0），P（0，
1－λ，12），所以A1B＝（－32，12，1），B1P＝（0，－λ，12）.易得A1B⊥AB1，若A1B⊥B1P，则A1B⊥平面AB1P，所以－λ2＋12＝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.综上，选 BD. 图3
方法技巧
解决空间位置关系的动点问题的方法
（1）特殊位置法.
（2）应用位置关系定理转化法.
（3）建立空间直角坐标系计算法.
训练1 [2023惠州第一次调研]如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，AC∩BD＝O，M是PC上的动点，当点M满足 DM⊥PC（答案不唯一） 时，平面MBD⊥平面PCD.（只要填写一个你认为正确的条件即可）
解析 由题意知，四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，又PC⊂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.
命题点2 轨迹问题
例2 [2023西安检测]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，F为底面ABCD上一动点，且EF与底面ABCD所成的角为π3.若该正方体外接球的表面积为12π，则动点F的轨迹长度为（ A ）
A.439πB.33πC.233πD.433π
解析 如图1，取AD的中点H，连接EH，FH，则EH∥AA1.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，所以EH⊥平面ABCD，所以∠EFH为EF与底面ABCD所成的角，即∠EFH＝π3.设正方体的棱长为a，则4π×（32a）2＝3πa2＝12π，解得a＝2，所以EH＝AA1＝a＝2，则HF＝23，所以点F的轨迹为以H为圆心，23为半径的圆在正方形ABCD内的部分.如图2，HG＝HM＝23，则cs∠AHG＝AHHG＝32，则∠AHG＝π6，由对称性可得∠DHM＝π6，所以∠MHG＝π－2×π6＝2π3，故点F的轨迹长度为2π3×23＝439π，故选A.
方法技巧
与立体几何有关的轨迹问题的解题方法
（1）几何法：利用几何图形的性质找满足题意的点.
（2）排除法：利用特殊位置或者特殊值进行排除.
（3）定义法：转化为平面轨迹问题，利用解析几何相关知识计算.
（4）建系法：建立空间直角坐标系，设出动点坐标，根据题意建立方程（组），得出轨迹方程.
训练2 [2023广州市一测]在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面ADD1A1上的动点，且PC1∥平面AEF，则点P的轨迹长为 22 ，点P到直线AF的距离的最小值为 23 .
解析 如图，连接AD1，D1F，易证AD1∥EF，从而A，E，F，D1四点共面，平面AEF即平面AEFD1.记AA1，A1D1的中点分别为M，N，连接MN，NC1，MC1，可得MN∥AD1，MC1∥AF.
∵MN⊄平面AEFD1，AD1⊂平面AEFD1，∴MN∥平面AEFD1.同理可得MC1∥平面AEFD1，又MN∩MC1＝M，MN，MC1⊂平面MNC1，∴平面MNC1∥平面AEFD1.故点P的轨迹是线段MN，其长为12AD1＝22.分别以DA，DC，DD1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（0，1，12），M（1，0，12），N（12，0，1），∴AF＝（－1，1，12），｜AF｜＝32.由点P在线段MN上，可设P（x，0，32－x），12≤x≤1，则AP＝（x－1，0，32－x），∴｜AP｜＝（x－1）2＋02＋（32－x）2＝2x2－5x＋134.设AF与AP的夹角为α，则cs α＝－x+1+12（32－x）322x2－5x＋134＝－32x＋74322x2－5x＋134＝－x＋762x2－5x＋134，∴sin α＝x2－83x＋1792x2－5x＋134.∴点P到直线AF的距离d＝｜AP｜sin α＝x2－83x＋179＝（x－43）2＋19，又12≤x≤1，∴dmin＝（1－43）2＋19＝23，即点P到直线AF的距离的最小值为23.
命题点3 最值与范围问题
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36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（ C ）
A.[18，814]B.[274，814]C.[274，643]D.[18，27]
解析 设正四棱锥的底面边长为a，高为h，外接球的球心为O，半径为R，依题意，得36π＝43πR3，解得R＝3.由题意可得l2＝h2＋（22a）2，R2＝（h－R）2＋（22a）2，解得h＝l22R＝l26，a2=2l2－l418，所以正四棱锥的体积V＝13a2h＝13（2l2－l418）×l26＝l418（2－l218）（3≤l≤33），所以V'＝49l3－l554＝19l3（4－l26）（3≤l≤33）.令V'＝0，得l＝26，当3≤l＜26时，V'＞0；当26＜l≤33时，V'＜0，所以函数V＝l418（2－l218）（3≤l≤33）在[3，26）上单调递增，在（26，33]上单调递减.又当l＝3时，V＝274；当l＝26时，V＝643；当l＝33时，V＝814.所以该正四棱锥体积的取值范围是[274，643].故选C.
方法技巧
立体几何中的范围问题的解题方法
（1）几何法：分析变化过程，找到满足条件的最值位置.
（2）代数法：通过引入变量，将动态问题转化为关于变量的代数式，利用函数思想或不等式思想求最值.
训练3 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P的长度的取值范围是（ B ）
A.[2，5]B.[322，5]C.[5，22]D.[22，23]
解析 如图，取B1C1的中点G，BB1的中点H，连接GH，A1G，A1H，则A1G∥AE，又A1G⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，所以A1G∥平面AEF，同理得GH∥平面AEF，又A1G∩GH＝G，所以平面A1GH∥平面AEF.因为P是侧面BCC1B1内一点，所以当P点在线段GH上时，能够满足A1P∥平面AEF.由勾股定理可求得A1G＝A1H＝5，GH＝2，所以当点P为GH的中点时，A1P的长度最小，此时A1P＝5－12＝322，当点P与点G或点H重合时，A1P的长度最大，此时A1P＝5.故线段A1P的长度的取值范围是[322，5].故选B.
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1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点.若P到直线BC的距离等于它到直线C1D1的距离，则动点 P的轨迹所在的曲线是（ D ）
A.直线B.椭圆
C.双曲线D.抛物线
解析 如图，连接C1P，过点P作PE⊥BC，E为垂足，易知PC1就是点P到直线C1D1的距离，则PC1＝PE， （点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等）
所以动点P在侧面BB1C1C内的一段抛物线上.
2.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为（ D ）
A.22B.1
C.2 D.2
解析 连接A1C1，易得当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，所以tan∠DMD1＝DD1MD1，而DD1为定值，所以要使tan∠DMD1最大，则MD1最小，此时点M为A1C1的中点，tan∠DMD1＝DD122DD1＝2.
3.在空间直角坐标系Oxyz中，正四面体P－ABC的顶点A，B分别在x轴、y轴上移动.若该正四面体的棱长是2，则｜OP｜的取值范围是（ A ）
A.[3－1，3＋1]B.[1，3]
C.[3－1，2]D.[1，3＋1]
解析 如图所示，若固定正四面体P－ABC的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动.设AB的中点为M，则PM＝22－12＝3，所以原点O到点P的最小距离等于PM减去球M的半径，最大距离等于PM加上球M的半径，所以3－1≤｜OP｜≤3＋1，即｜OP｜的取值范围是[3－1，3＋1].
4.[多选/2024江西省九江市同文中学模拟]如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝13，则（ ABD ）
A.AC⊥BE
B.EF∥平面ABCD
C.△AEF的面积与△BEF的面积相等
D.三棱锥E－AFB的体积为定值
解析 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易知AC⊥BD，AC⊥BB1，因为BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D1D，又因为BE⊂平面BB1D1D，所以AC⊥BE，A正确；（也可以由三垂线定理直接得结论）
因为B1D1∥平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，B正确；
连接AD1，AB1，易知△AB1D1为等边三角形，所以易得点A到直线EF的距离为22×3＝62，而点B到直线EF的距离为1，所以△AEF的面积与△BEF的面积不相等，C错误；
S△BEF＝12×13×1＝16，而点A到平面BEF的距离即点A到平面BB1D1D的距离，为22，因此VE－AFB＝VA－BEF＝13×16×22＝236为定值，D正确.故选ABD.
5.[多选/2023武汉市武昌区质检]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E在线段BD上，且BE＝12BD，动点F在线段B1C上（含端点），则下列说法正确的有（ AB ）
A.三棱锥D1－ADF的体积为定值
B.若直线EF∥平面AB1D1，则CF＝12CB1
C.不存在点F使平面DEF⊥平面BB1C1C
D.存在点F使直线EF与平面ABCD所成角为π3
解析 对于A，因为B1C∥平面ADD1A1，点F在线段B1C上，所以点F到平面ADD1A1的距离为定值，即正方体的棱长.又△ADD1的面积也为定值，V三棱锥D1－ADF＝V三棱锥F－ADD1，所以三棱锥D1－ADF的体积为定值，所以选项A正确.
对于B，连接CA，由题意可知E为BD的中点，所以E在线段CA上，且E为AC的中点，若直线EF∥平面AB1D1，因为EF⊂平面AB1C，平面AB1C∩平面AB1D1＝AB1，所以EF∥AB1，因为E为AC的中点，所以F为B1C的中点，即CF＝12CB1，所以选项B正确.
对于C，点F与点C重合时，平面DEF即平面ABCD，因为平面ABCD⊥平面BB1C1C，所以选项C错误.
对于D，当点F与点B1重合时，EF与平面ABCD所成的角最大，此时∠B1EB为EF与平面ABCD所成的角，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则BE＝2，所以tan∠B1EB＝BB1BE＝22＝2＜3，即∠B1EB＜π3，所以不存在点F，使直线EF与平面ABCD所成的角为π3，所以选项D错误.
综上，选AB.
6.[多选/2024浙江名校联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点P为平面ABC内一动点，则下列说法正确的是（ BCD ）
A.若点P在棱AD上运动，则A1P＋PC的最小值为2＋22
B.若点P是棱AD的中点，则平面PBC1截正方体所得截面的周长为25＋32
C.若点P满足PD1⊥DC1，则动点P的轨迹是一条直线
D.若点P在直线AC上运动，则点P到BC1的最小距离为233
解析 对于选项A，如图1，将平面ABCD与平面AA1D1D平铺在一个平面内，连接A1C，则A1P＋PC≥A1C＝42＋22＝25，所以选项A错误.
图1 图2
对于选项B，如图2，取DD1的中点Q，连接PQ，C1Q，因为点P是AD的中点，所以PQ∥BC1，所以平面PBC1截正方体所得截面为等腰梯形PBC1Q，所以该截面的周长为PQ＋PB＋C1Q＋BC1＝2＋25＋22＝25＋32，所以选项B正确.
对于选项C，如图3，连接CD1，A1B，则在正方体中，易知A1D1⊥DC1，DC1⊥CD1，又A1D1∩CD1＝D1，A1D1，CD1⊂平面A1BCD1，所以DC1⊥平面A1BCD1，又P在平面ABC内，平面ABC∩平面A1BCD1＝BC，所以要使PD1⊥DC1，则P∈BC，即动点P的轨迹是一条直线，所以选项C正确.
图3图4
对于选项D，当点P在直线AC上运动时，点P到BC1的最小距离即异面直线AC与BC1的距离.如图4，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），C1（0，2，2），所以AC＝（－2，2，0），BC1＝（－2，0，2）.设与异面直线AC和BC1均垂直的直线的方向向量为n＝（x，y，z），则n·AC＝－2x+2y=0，n·BC1＝－2x+2z=0，取x＝1，可得n＝（1，1，1），又AB＝（0，2，0），所以异面直线AC与BC1的距离d＝｜AB·n｜｜n｜＝23＝233，所以选项D正确.故选BCD.
7.[2023高三名校联考]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AA1＝7，点O在棱AA1上，且AO＝4，则该正方体表面上到点O距离为5的点的轨迹的总长度为 172π .
解析 如图，在正方体的面AA1B1B上，以O为圆心，5为半径作弧，分别交AB，A1B1于点E，F，连接OE，OF，则OE＝OF＝5，因为OA＝4，AA1＝7，所以AE＝3＝OA1，A1F＝4＝OA，则易知OE⊥OF，所以在正方体的面AA1B1B上满足题意的点的轨迹为EF，长度为14×2π×5＝52π；同理得，在正方体的面AA1D1D上满足题意的点的轨迹长度为52π.易知OA1⊥平面A1B1C1D1，OA⊥平面ABCD，因为A1F＝4，OA1＝3，所以易得在正方体的面A1B1C1D1上满足题意的点的轨迹为以A1为圆心，A1F为半径的弧，且该弧所对的圆心角为π2，故其长度为14×2π×4＝2π；同理得，在正方体的面ABCD上满足题意的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的弧，且该弧所对的圆心角为π2，故其长度为14×2π×3＝32π.综上，该正方体表面上到点O距离为5的点的轨迹的总长度为5π2＋5π2＋2π＋3π2＝172π.
8.[解题创新/2023石家庄市质检（二）]长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，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内任一直线所成角中的最小角记为α，则sin α的最大值是 11525 .
解析 如图1，延长D1C1至M1，使C1M1＝1，连接B1M1，CM1，则B1M1∥AC，B1M1＝AC，所以四边形AB1M1C为平行四边形，因此M1为直线D1C1与平面AB1C的交点，即M与M1重合.将△B1MC绕CB1旋转一周，得到的图形如图2.在△B1MC绕CB1旋转的过程中，动直线CM与底面A1B1C1D1内任一直线所成角中的最小角，即动直线CM与底面ABCD内任一直线所成角中的最小角，也即动直线CM与底面ABCD所成的角.不妨设△B1MC绕CB1按逆时针方向旋转，如图3，当△B1MC所在的平面第一次与平面B1C1CB重合时，直线CM与底面ABCD所成的角最大，在Rt△B1CB中，B1B＝2，CB＝1，B1C＝5，所以sin∠B1CB＝25，cs∠B1CB＝15.在△B1CM中，B1C＝5，CM＝5，B1M＝2，根据余弦定理，得cs∠B1CM＝45，则sin∠B1CM＝35.所以（sin α）max＝sin（π－∠B1CB－∠B1CM）＝sin（∠B1CB＋∠B1CM）＝sin∠B1CB·cs∠B1CM＋cs∠B1CB·sin∠B1CM＝25×45＋15×35＝11525.
图1图2图3