专题4.3 立体几何的动态问题-【玩转压轴】突破高考数学选择和填空题精讲

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
玩转压轴题，突破140分之高三数学选填题高端精品
专题4.3 立体几何的动态问题
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.
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.（2016·四川高考）如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段上，E、F分别为、的中点，设异面直线与所成的角为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
解法一：根据已知条件，，，三直线两两垂直，分别以这三直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则：
， ， ；
在线段上，设， ；
；；
设，；
函数是一次函数，且为减函数，；
在恒成立，；
在上单调递减；时，取到最大值．故选：．
解法二：
，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．（2020·黑龙江牡丹江一中高三（理））如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图，设正方体棱长为1，．
以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．
则，，所以．
在正方体中，可证平面，
所以是平面的一个法向量．
所以．
所以当时，取得最大值，当或1时，取得最小值．
所以.故选A．
2．（2020·广东高考模拟）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】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．
3.（2020·浙江台州中学高三）如图，已知正方体的上底面中心为，点为上的动点，为的三等分点（靠近点），为的中点，分别记二面角，，的平面角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】分析：建立空间直角坐标系，对动点O选取一个特殊位置，然后求出三个侧面的法向量，根据向量夹角的余弦值求得三个二面角的余弦值，比较后可得二面角的大小．
详解：建立如图所示的空间直角坐标系．考虑点与点A重合时的情况．
设正方体的棱长为1，则．
设平面的一个法向量为，
由，得，
令，得．
同理可得平面和平面的法向量分别为．
结合图形可得：
，
，
∴，又，∴．故选D．
类型二 立体几何中动态问题中的距离问题
【例2】（2020·山西高三）设点M是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AD的中点，点P在面BCC1B1所在的平面内，若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等，则点P到点C1的最短距离是（ ）
A．B．C．1D．
【答案】A
【解析】如图，过点作的平行线交于点、交于点，连接，
则是平面与平面的交线，是平面与平面的交线．
与平行，交于点，过点作垂直于点，则有，与平面垂直，
所以，与垂直，即角是平面与平面的夹角的平面角，且，
与平行交于点，过点作垂直于点，
同上有：，且有，又因为，故，
而，故，
而四边形一定是平行四边形，故它还是菱形，即点一定是的中点，
点到点的最短距离是点到直线的距离，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，， ，
， ，
点到点的最短距离：．故选：．
【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．（2020·四川高三（理））已知三棱锥中，，且、、两两垂直，是三棱锥外接球面上一动点，则到平面的距离的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】是棱长为1的正方体上具有公共顶点的三条棱,以为原点,分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,三棱锥外接球就是正方体的外接球，由正方体及球的几何性质可得点与重合时，点到平面的距离最大，求出平面的法向量，由点到直线的距离公式即可得结果.
【详解】
三棱锥，满足两两垂直，且，
如图是棱长为1的正方体上具有公共顶点的三条棱,
以为原点,分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,
则，
，
设平面的法向量，
则，取，得，
三棱锥外接球就是棱长为1的正方体的外接球，
是三棱锥外接球上一动点，
由正方体与球的几何性质可得，点点与重合时，
点到平面的距离最大，
点到平面的距离的最大值为.故选C.
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（2020广西柳州市模考）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为1，点P为线段A1C上的动点（包含线段端点），则下列结论错误的是（ ）
A．当A1C=3A1P时，D1P∥平面BDC1
B．当P为A1C中点时，四棱锥P−AA1D1D的外接球表面为94π
C．AP+PD1的最小值为6
D．当A1P=33时，A1P⊥平面D1AP
【答案】C
【解析】对于A，连结AB1，B1D，AD1，
则VA−A1B1D1=13×12×1=16，SΔAB1D1=12×2×2×sin60∘=32，A1C=3，
设A1到平面AB1D1的距离为ℎ，则13×32×ℎ=16，解得ℎ=33，
∴ℎ=13A1C.∴当A1C=3A1P时，P为A1C与平面AB1D1的交点．
∵平面AB1D1∥平面BDC1，
∵D1P⊂平面AB1D1，∴D1P∥平面BDC1，故A正确．
又由以上分析可得，当A1P=33时，A1P即为三棱锥A1−D1AP的高，
∴A1P⊥平面D1AP，所以D正确．
对于B，当P为A1C中点时，四棱锥P−AA1D1D为正四棱锥，
设平面AA1D1D的中心为O，四棱锥P−AA1D1D的外接球为R，
所以(R−12)2+(22)2=R2，解得R=34，
故四棱锥P−AA1D1D的外接球表面积为94π，所以B正确．
对于C，连结AC，D1C，则RtΔA1AC≅RtΔA1D1C，
∴AP=D1P，
由等面积法得AP的最小值为AA1⋅ACA1C=63，
∴AP+PD1的最小值为263．所以C不正确．故选：C.
类型三 立体几何中动态问题中的面积、体积问题
【例3】（2020·河南高三（理））在棱长为3的正方体中，E是的中点，P是底面所在平面内一动点，设，与底面所成的角分别为（均不为0），若，则三棱锥体积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】建系如图，正方体的边长为3，则，0，，，0，，
设，，，，则，，，，，，
，，0，，
，即，
代入数据，得：，
整理得：，变形，得：，
即动点的轨迹为圆的一部分，
过点作，交于点，则为三棱锥的高
点到直线的距离的最大值是2．则．
，故选：．
【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.（2020·四川高三期末）长方体中，，，，为该正方体侧面内（含边界）的动点，且满足.则四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据得到，所以的轨迹是以为焦点 的椭圆，再根据椭圆的几何性质可得到四棱锥的高的最值，即可得到体积的范围.
【详解】如图所示：
在中，，在中，，
因为，所以.
因为，所以点的轨迹是以为焦点 的椭圆.
如下图所示：
，，，椭圆的标准方程为：.
联立，解得：.所以，.
当点运动到位置时，此时四棱锥的高最长，
所以.
当点运动到或位置时，此时四棱锥的高最短，
所以.
综上所述：.
2.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
3．（2020·重庆市松树桥中学校高三）如图，在单位正方体中，点P在线段上运动，给出以下四个命题：
异面直线与间的距离为定值；
三棱锥的体积为定值；
异面直线与直线所成的角为定值；
二面角的大小为定值．
其中真命题有( )
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【解析】对于①，异面直线与间的距离即为两平行平面和平面间的距离，即为正方体的棱长，为定值．故①正确．
对于②，由于，而为定值，又P∈AD1，AD1∥平面BDC1，所以点P到该平面的距离即为正方体的棱长，所以三棱锥的体积为定值．故②正确．
对于③，由题意得在正方体中，B1C⊥平面ABC1D1，而C1P⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥C1P，故这两条异面直线所成的角为．故③正确；
对于④，因为二面角P−BC1−D的大小，即为平面ABC1D1与平面BDC1所成的二面角的大小，而这两个平面位置固定不变，故二面角的大小为定值．故④正确．
综上①②③④正确．选D．
类型四 立体几何中动态问题中的轨迹问题
【例4】（2020南充高考一模）如图，直二面角，，，，且，，，，，，则点在平面内的轨迹是（ ）
A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.一条直线D.两条直线
【答案】A
【解析】以所在直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，设点，，，，，则，，，，，，， ，即，整理得：，故点的轨迹是圆的一部分，故选.
【指点迷津】空间轨迹问题的求解策略：1.利用侧面展开或展到一个平面上寻求轨迹；2.利用圆锥曲线定义求轨迹；3.这辗转过程中动点的轨迹；4.利用函数观点探求轨迹
【举一反三】
1.如图所示，在三棱台中，点在上，且，点是内（含边界）的一个动点，且有平面平面，则动点的轨迹是（ ）
A．平面B．直线C．线段，但只含1个端点 D．圆
【答案】C
【解析】过D作DN∥A1C1，交B1C1于N，连结BN，∵在三棱台A1B1C1﹣ABC中，点D在A1B1上，且AA1∥BD，
AA1∩A1C1＝A1，BD∩DN＝D，∴平面BDN∥平面A1C，
∵点M是△A1B1C1内（含边界）的一个动点，且有平面BDM∥平面A1C，
∴M的轨迹是线段DN，且M与D不重合，∴动点M的轨迹是线段，但只含1个端点．故选：C．
2、（2020贵阳高考模拟）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，
三．强化训练
一、选择题
1．（2020·内蒙古高三期末）如图，棱长为1的正方体中，是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）．
①异面直线与所成的角为
②
③三棱锥的体积为定值
④的最小值为2．
A．①②③B．①②④C．③④D．②③④
【答案】A
【解析】
【分析】①根据异面直线所成的角的定义即可判断；②由线面垂直的性质即可判断；
③先求得M到平面DCC1D1的距离再利用锥体体积公式求解；
④将问题转化为平面图形中线段AD1的长度，利用余弦定理解三角形解得即可判断.
【详解】①∵∥BC，
∴异面直线与所成的角即为BC与所成的角，
可得夹角为，故①正确；
②连接，∵平面A1BCD1，平面A1BCD1，
∴，故②正确；
③∵∥平面DCC1D1，∴线段A1B上的点M到平面DCC1D1的距离都为1,
又△DCC1的面积为定值,
因此三棱锥M−DCC1的体积为定值,故③正确；
④将面AA1B与面A1BCD1沿A1B展成平面图形,线段AD1即为AP+PD1的最小值，
在△D1A1A中,∠D1A1A=135°,
利用余弦定理解三角形得，
故④不正确.
因此只有①②③正确.故选：A.
2.（2020河南省焦作市高三）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．12B．1C．32D．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．EC1＝（4，4，4﹣z），EF＝（x，0，﹣z）．因为C1E⊥EF，所以EC1•EF=0 ，即：z2+4x﹣4z＝0，x＝z﹣14z2．
当z＝2时，x取得最大值为1．|AF|的最大值为1．故选：B．
3．（2020·重庆巴蜀中学高三（理））棱长为2的正方体中，为的中点，在底面内运动，与平面所成角为，与平面所成角为，若，则的最小值为（ ）
A．2B．C．4D．1
【答案】A
【解析】分析：先证明PD=2PC，再在底面ABCD内建立如图所示的直角坐标系，求出，再利用三角函数的图象和性质求出|AP|的最小值.
【详解】
设，所以，，所以PD=2PC.
在底面ABCD内建立如图所示的直角坐标系，
设点P(x,y),则，
整理得，
所以，
即,所以|AP|的最小值为2.故选：A
4.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MENF为菱形，∴ SMENF=12EF·MN，
∵EF=2，MN=2(12−x)2+(22)2=2(x−12)2+12
∴ SMENF=2·(x−12)2+12
f(x)=2(x−12)2+1．为二次函数，开口向上，顶点为12,1.故选：A．
5.（2020郑州一中高三期末）在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，AP=2,AB=2，M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为3，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积是（ ）
A．9π2B．92πC．18πD．40π
【答案】C
【解析】如图所示：
三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AP=2,AB=2，
M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为3，
则：当AM⊥BC时，线段PM达到最小值，
由于：PA⊥平面ABC，
所以：PA2+AM2=PM2，解得：AM=1，
所以：BM=3，则：∠BAM=60°，
由于：∠BAC=120°，所以：∠MAC=60°
则：△ABC为等腰三角形．所以：BC=23，
在△ABC中，设外接圆的直径为2r=23sin120°=4，则：r=2，
所以：外接球的半径R=22+(22)2=92，则：S=4⋅π⋅92=18π，故选：C．
6．（2020九江高三一模）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=DD1=1，AB=3，E,F,G分别是棱AB,BC,CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG没有公共点，则三角形PBB1面积的最小值为（ ）
A．32B．1C．34D．12
【答案】C
【解析】补全截面EFG为截面EFGHQR如图，
其中H、Q、R分别为C1D1、A1D1、A1A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=1×32=32,此时BP最短，
△PBB1的面积最小，
∴三角形PBB1面积的最小值为12×1×32=34，故选：C．
7．（2020·浙江高三期末）在三棱锥中，，点为
所在平面内的动点，若与所成角为定值，，则动点的轨迹是
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】B
【解析】建立空间直角坐标系，根据题意，求出轨迹方程，可得其轨迹.
由题，三棱锥为正三棱锥，顶点在底面的射影是底面三角形的中心，则以为坐标原点，以为轴，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意可得，设为平面内任 一点，则 ，由题与所成角为定值，，则
则 ，化简得 ， 故动点的轨迹是椭圆.选B
8．（2020·上海格致中学高三月考）在正方体中,若点(异于点)是棱上一点,则满足与所成的角为的点的个数为（ ）
A．0B．3C．4D．6
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，通过分类讨论利用异面直线的方向向量所成的夹角即可找出所有满足条件的点的个数．
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设棱长，，0，，，1，．
①在△中，，因此．
同理，与所成的角都为．
故当点位于（分别与上述棱平行或重合）棱，，上时，与所成的角都为，不满足条件；
②当点位于棱上时，设，，，，则，，，，1，．
若满足与所成的角为，则，
化为，无正数解，舍去；
同理，当点位于棱上时，也不符合条件；
③当点位于棱上时，设，，，，
则，，，，1，．
若满足与所成的角为，则，
化为，
，解得，满足条件，此时点．
④同理可求得棱上一点，棱上一点．
而其它棱上没有满足条件的点．
综上可知：满足条件的点有且只有3个．故选：
9.（2020上海交通大学附属中学高三）如图，已知三棱锥P−ABC，PA⊥平面ABC，D是棱BC上的动点，记PD与平面ABC所成的角为α，与直线BC所成的角为β，则α与β的大小关系为（ ）
A．α>βB．α=β
C．α