专题4.3 立体几何的动态问题-2020届高考数学压轴题讲义(选填题)（解析版）

这是一份专题4.3 立体几何的动态问题-2020届高考数学压轴题讲义(选填题)（解析版），共31页。



一．方法综述
立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生思考与求解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性.一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此引发的常见题型为动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等.此类题的求解并没有一定的模式与固定的套路可以沿用，很多学生一筹莫展，无法形成清晰的分析思路，导致该题成为学生的易失分点.究其原因，是因为学生缺乏相关学科素养和解决问题的策略造成的.
动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口.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，可以引进参数，把动态问题划归为静态问题.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.
二．解题策略
类型一 立体几何中动态问题中的角度问题
例1.【四川高考题】如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为，则的最大值为.

【答案】
，当时取等号.所以，当时，取得最大值.

【指点迷津】空间的角的问题，一种方法，代数法，只要便于建立空间直角坐标系均可建立空间直角坐标系，然后利用公式求解；另一种方法，几何法，几何问题要结合图形分析何时取得最大（小）值.当点M在P处时，EM与AF所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当M点向左移动时，EM与AF所成角逐渐变小时，点M到达点Q时，角最小，余弦值最大.
【举一反三】
1、【四川高考题】如图，在正方体中，点为线段的中点.设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（）
A． B． C． D．

【答案】B
，.
又直线与平面所成的角小于等于，而为钝角，所以的范围为，选B.
2、【广东省东莞市2019届高三第二次调研】在正方体中，E是侧面内的动点，且平面，则直线与直线AB所成角的正弦值的最小值是　　

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，

设正方体中棱长为1，
设0，，，，
1，，1，，
0，，1，，
，1，，1，，
设平面的法向量y，，
则，取，
得，
平面，
，解得，
，，
设直线与直线AB所成角为，
1，，
，，，

．
直线与直线AB所成角的正弦值的最小值是．
故选：B．
3、如图，已知平面，，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，，，，．是平面上的一动点，且直线，与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
类型二 立体几何中动态问题中的距离问题
【例2】【广西壮族自治区柳州市2019届高三毕业班3月模拟】如图，在正方体中，棱长为1，点为线段上的动点（包含线段端点），则下列结论错误的是（ ）

A．当时，平面
B．当为中点时，四棱锥的外接球表面为
C．的最小值为
D．当时，平面
【答案】C
【解析】
对于，连结，，，
则，，，
设到平面的距离为，则，解得，
∴.
∴当时，为与平面的交点．
∵平面∥平面，
∵平面，
∴∥平面，故A正确．
又由以上分析可得，当时，即为三棱锥的高，
∴平面，所以D正确．
对于B，当为中点时，四棱锥为正四棱锥，
设平面的中心为，四棱锥的外接球为，
所以，解得，
故四棱锥的外接球表面积为，所以B正确．
对于C，连结，，则，
∴，
由等面积法得的最小值为，
∴的最小值为．所以C不正确．
故选：C.

【指点迷津】求两点间的距离或其最值.一种方法，可建立坐标系，设点的坐标，用两点间距离公式写出距离，转化为求函数的最值问题；另一种方法，几何法，根据几何图形的特点，寻找那两点间的距离最大（小），求其值.
【举一反三】
1、【河南省焦作市2018-2019学年高三三模】在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，则|AF|的最大值为（　　）

A． B．1 C． D．2
【答案】B
【解析】
以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C1（4，4，4），设E（0，0，z），z∈[0，4]，F（x，0，0），x∈[0，4]，则|AF|＝x．＝（4，4，4﹣z），＝（x，0，﹣z）．因为C1E⊥EF，所以 ，即：z2+4x﹣4z＝0，x＝z﹣．
当z＝2时，x取得最大值为1．|AF|的最大值为1．
故选：B．

2.如图，已知正方体棱长为4，点在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形，是侧面内一动点，且点到平面距离等于线段的长，则当点运动时，的最小值是（ ）

A．21 B．22 C．23 D．25
【答案】B
【解析】在上取点，使得，则面，连结，则．在平面上，以所在直线为轴，以所在直线为轴，由题意可知，点轨迹为抛物线，其方程为，点坐标为，设，则（其中，当时，，故．
3、如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.

【答案】

类型三 立体几何中动态问题中的面积、体积问题
【例3】在棱长为6的正方体中，是中点，点是面所在的平面内的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（ ）
A. 36 B. C. 24 D.
【答案】B

【指点迷津】求几何体体积的最值，先观察几何图形三棱锥，其底面的面积为不变的几何量，求点P到平面BCD的距离的最大值，选择公式，可求最值.
【举一反三】
1、《 九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早一千多年.例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵中，，若，当阳马体积最大时，则堑堵的体积为（ ）

A． B． C. D．
【答案】C

2、【黑龙江省哈尔滨市第六中学2017届高三下学期第一次模拟】已知矩形中， ， 分别是上两动点，且，把四边形沿折起，使平面平面，若折得的几何体的体积最大，则该几何体外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
3、【湖南省衡阳市2019届高三二模】如图，直角三角形，，，将绕边旋转至位置，若二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
如图，，，分别为，，的中点，作面，作面，连，，易知点即为四面体的外接球心，，，.设，，则，，，.

【处理一】
消元化为二次函数..
【处理二】
柯西不等式..所以.
类型四 立体几何中动态问题中的轨迹问题
【例4】如图直三棱柱中，为边长为2的等边三角形，，点、、、、分别是边、、、、的中点，动点在四边形内部运动，并且始终有平面，则动点的轨迹长度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
因为分别为的中点，所以，，所以平面，平面，又因为,所以平面平面，要使平面，则平面，所以点的轨迹为线段，点的轨迹长度为.
故本题正确答案为.
【指点迷津】由已知可知平面平面，要始终有平面，点M为定点，所以点P的轨迹为线段HF，求其长度即可.
【举一反三】
1、【安徽省安庆市2019届高三二模】如图，正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，一只蚂蚁从点出发沿每个侧面爬到，路线为，则蚂蚁爬行的最短路程是（）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为，宽为，则其对角线的长为最短程. 因此蚂蚁爬行的最短路程为.
故选:A.

2、在正方体中，已知点为平面中的一个动点，且点满足：直线与平面所成的角的大小等于平面与平面所成锐二面角的大小，则点的轨迹为（ ）
A．直线 B．椭圆 C．圆 D．抛物线
【答案】D

3、已知平面平面，，且.是正方形，在正方形内部有一点，满足与平面所成的角相等，则点的轨迹长度为 ( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图1所示，则，，设，易知直线与平面所的角分别为，均为锐角，

类型五 立体几何中动态问题中的翻折、旋转问题
【例5】如图，已知，是的中点，沿直线将折成，所成二面角的平面角为，则（ ）
A. B. C. D.

【答案】B.
【解析】
试题分析：设，设，则由题意，在空间图形中，设，
在中，，
在空间图形中，过作，过作，垂足分别为，，
过作，连结，∴，
则就是二面角的平面角，∴，
在中，，，
【举一反三】
1、【四川省宜宾市2019届高三二诊】已知棱长都为2的正三棱柱的直观图如图，若正三棱柱绕着它的一条侧棱所在直线旋转，则它的侧视图可以为　　

A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
由题意，四个选项高都是2，
若侧视图为A，中间应该有一条竖直的实线或虚线．
若为C，则其中有两条侧棱重合，不应有中间竖线．
若为D，则长应为，而不是1．
故选：B．
2.【重庆市南开中学2019届高三三月测试】如图，在正方形中，，分别为线段，上的点，，．将绕直线、绕直线各自独立旋转一周，则在所有旋转过程中，直线与直线所成角的最大值为________．

【答案】
【解析】
由题绕直线、绕直线各自独立旋转一周，形成两个圆锥体，AB和DF成为圆锥的母线，所以无论怎么旋转，都有，．利用几何体性质得：最大角是AB与BE的对称直线B和DF关于直线CD的对称直线D在同一平面内时所成角，为
故答案为
3.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.

【答案】
【解析】


三．强化训练
一、选择题
1. 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是边AA1，CC1上的中点，点M是BB1上的动点，过点E，M，F的平面与棱DD1交于点N，设BM＝x，平行四边形EMFN的面积为S，设y＝S2，则y关于x的函数y＝f(x)的图象大致是(　　)

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
由对称性易知四边形为菱形， ，
，

．为二次函数，开口向上，顶点为.
故选：．
2、某圆柱的高为1，底面周长为8，其三视图如图所示圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为
　　

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
根据几何体的三视图如图所示：

由于底面周长为8，得到，
解得，
所以点M到N在下底面上的射影的弧长为，
把圆柱的侧面展开得到从M到N的路径中的最小值为．
故选：C．
3、如图，等边三角形的中线与中位线相交于，已知是△绕旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是（ ）

A．动点在平面上的射影在线段上 B．恒有平面⊥平面
C．三棱锥的体积有最大值 D．异面直线与不可能垂直
【答案】D

4.【河南省郑州市第一中学2019届高三上期中】在三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
解：如图所示：

三棱锥中，平面，
M是线段上一动点，线段长度最小值为，
则：当时，线段达到最小值，
由于：平面，
所以：，
解得：，
所以：，
则：，
由于：，
所以：
则：为等腰三角形．
所以：，
在中，设外接圆的直径为，
则：，
所以：外接球的半径，
则：，
故选：C．
5．【河南省郑州市2019年高三第二次质量检测】在长方体中，，，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
补全截面EFG为截面EFGHQR如图，

其中H、Q、R分别为、的中点，易证平面ACD1∥平面EFGHQR，
∵直线D1P与平面EFG不存在公共点，
∴D1P∥面ACD1，∴D1P面ACD1，
∴P∈AC，∴过P作AC的垂线，垂足为K，则BK=,此时BP最短，
△PBB1的面积最小，
∴三角形面积的最小值为，
故选：C．
6.【上海交通大学附属中学2019届高三3月月考】如图，已知三棱锥，平面，是棱上的动点，记与平面所成的角为，与直线所成的角为，则与的大小关系为（ ）

A． B．
C． D．不能确定
【答案】C
【解析】
如图所示：∵PA⊥平面ABC，∴PD与平面ABC所成的角=∠PDA,
过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接PE，
∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∴BC⊥平面PAE，∴BC⊥PE,
在Rt△AED，Rt△PAD，Rt△PED中：cos，cos，cos，
∴cos cos cos< cos,又均为锐角， ∴，故选C.

7．如图，在等腰中，，M为的中点，沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为，则二面角的大小为（　　）

A．30° B．60° C．90° D．120°
【答案】D
【解析】
∵等腰直角△BC中，B＝BC＝2，M为C中点，
∴折之前C2，BM⊥C，
∴折之后AM＝CM，AM⊥BM，CM⊥BM，
∴∠AMC是二面角C﹣BM﹣A的平面角，
∵折后A，C间的距离为，
由余弦定理得cos∠AMC＝，∵∠AMC
∴二面角C﹣BM﹣A的大小为，即为120°
故选：D．
二、填空题
8.【安徽省蚌埠市2019届高三第一次检查】如图所示，正方体的棱长为2，E，F为，AB的中点，M点是正方形内的动点，若平面，则M点的轨迹长度为______．

【答案】
【解析】
如图所示，取的中点，的中点，连接，，，．

可得：四边形是平行四边形，.
同理可得：．
．
平面平面，
点是正方形内的动点，若平面.
点在线段上．
点的轨迹长度．故答案为．
9．已知正方体的棱长为，点为线段上一点，是平面上一点，则 的最小值是______________________；
【答案】
【解析】
解：当取得最小时，
点必定是点在平面上的射影，即在上.
与在二面角的两个面内，
为此将绕旋转90°，使得平面与平面在同一平面内，
由，故当共线且与垂直时，取得最小.
在平面内，因为
所以，，
又，
所以与都是等腰直角三角形，
所以得到=，故的最小值为.
10、【2017课标3，理16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；
②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；
③直线AB与a所成角的最小值为45°；
④直线AB与a所成角的最小值为60°.
其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）
【答案】②③
【解析】
试题分析：由题意，是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线，由，又AC⊥圆锥底面，在底面内可以过点B，作，交底面圆于点D，如图所示，连结DE，则DE⊥BD，，连结AD，等腰△ABD中， ,当直线AB与a成60°角时，，故，又在中，，学科&网
过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连结AF，由圆的对称性可知 ,
为等边三角形，，即AB与b成60°角，②正确，①错误.
由最小角定理可知③正确；
很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，直线与所成的最大角为90°，④错误.
正确的说法为②③. 学科&网

11．【2019届湘赣十四校高三联考第二次考试】如图，正三棱锥的高，底面边长为4，，分别在和上，且，当三棱锥体积最大时，三棱锥的内切球的半径为________．

【答案】
【解析】
设，
，
当时，取得最大值，此时为中点，经过点，且，，所以可求，，因此易求，，，，又∵ ，∴.
12．【河南省六市2019届高三第一次联考】如图，是等腰直角三角形，斜边，D为直角边BC上一点不含端点，将沿直线AD折叠至的位置，使得在平面ABD外，若在平面ABD上的射影H恰好在线段AB上，则AH的取值范围是______．

【答案】
【解析】
解：在等腰中，斜边，D为直角边BC上的一点，

，，
将沿直AD折叠至的位置，使得点在平面ABD外，
且点在平面ABD上的射影H在线段AB上，设，
，，，
平面ABC，
，当时，B与D重合，，
当时，，
为直角边BC上的一点，
，
的取值范围是
故答案为：
13．【陕西省榆林市2019届高考模拟第三次测试】如图，是边长为2的正方形，其对角线与交于点，将正方形沿对角线折叠，使点所对应点为，.设三棱锥的外接球的体积为，三棱锥的体积为，则__________．

【答案】
【解析】
由题,易知三棱锥的外接球的球心为，∴，∴，到底面的距离为，∴，∴.
故答案为
14．【河南省洛阳市2018-2019学年高中三第二次统考】正四面体中，是的中点，是棱上一动点，的最小值为，则该四面体内切球的体积为_____.
【答案】
【解析】
如下图，正方体中作出一个正四面体

将正三角形和正三角形沿边展开后使它们在同一平面内，如下图：

要使得最小，则三点共线，即：，
设正四面体的边长为，在三角形中，由余弦定理可得：
，解得：，
所以正方体的边长为2，正四面体的体积为：，
设四正面体内切球的半径为，由等体积法可得：，
整理得：，解得：，
所以该四面体内切球的体积为.
15．【江西省吉安一中、九江一中、新余一中等八所重点中学2019届高三4月联考】如图，已知多面体的底面是边长为的正方形，平面，且，现将以直线为轴旋转一周后，则直线与动直线所成角的范围__________．

【答案】
【解析】
画出图像如下图所示，将平移到的位置，点在以为圆心，半径为的圆上运动.则就是所求线线角，根据三角形中，大角对大边，为定值，故最值由来确定，故当在处线线角最小，在处线线角最大.由于，故.而，故，所以.而，故.所以所求线线角的取值范围是.

16．在三棱锥中，,分别为棱和棱上的动点，则△的周长范围___________.
【答案】
【解析】
三棱锥如图：

把三棱锥A﹣BCD的侧面展开如图，

∵△△，∴, ∴B,A,共线，
此时两点间的连接线即是△的周长的最小值8，但此时E，F重合于A，不能构成三角形，所以取不到8．
由图观察，当分别在棱和棱上由A向下移动时，的长度先变小，移动至分别与AD，AC垂直时，的长度最小，再向下移动逐渐变大，
所以△的周长最大为=15,故答案为.