2025屆新高考數(shù)學(xué)精準(zhǔn)突破復(fù)習(xí)立體幾何中的動態(tài)問題

2025屆新高考數(shù)學(xué)精準(zhǔn)突破復(fù)習(xí)立體幾何中的動態(tài)問題“動態(tài)”問題是高考立體幾何問題中最具創(chuàng)新意識的題型，它滲透了一些“動態(tài)”的點、線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力，題型更新穎.同時，由于“動態(tài)”的存在，也使立體幾何題更趨多元化，將立體幾何問題與平面幾何中的解三角形問題、多邊形面積問題以及解析幾何問題之間建立橋梁，使得它們之間靈活轉(zhuǎn)化.考情分析思維導(dǎo)圖內(nèi)容索引典型例題熱點突破典例1

(1)(多選)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為4，M為DD1的中點，N為四邊形ABCD所在平面上一動點，則下列命題正確的是考點一動點的軌跡A.若MN與平面ABCD所成的角為

則點N的

軌跡為圓B.若MN＝4，則MN的中點P的軌跡所圍成圖

形的面積為2πC.若點N到直線BB1與直線DC的距離相等，則點N的軌跡為拋物線D.若D1N與AB所成的角為

則點N的軌跡為雙曲線√√√如圖所示，對于A，根據(jù)正方體的性質(zhì)可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND為MN與平面ABCD所成的角，所以點N的軌跡是以D為圓心，2為半徑的圓，故A正確；取MD的中點E，因為P為MN的中點，即點P在過點E且與DD1垂直的平面內(nèi)，對于C，連接NB，因為BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以點N到直線BB1的距離為NB，所以點N到點B的距離等于點N到定直線CD的距離，又B不在直線CD上，所以點N的軌跡是以B為焦點，CD為準(zhǔn)線的拋物線，故C正確；對于D，以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(4,0,0)，B(4,4,0)，D1(0,0,4)，A.當(dāng)λ＝1時，△AB1P的周長為定值B.當(dāng)μ＝1時，三棱錐P－A1BC的體積為定值√√圖1對于選項A，當(dāng)λ＝1時，點P在棱CC1上運動，如圖1所示，此時△AB1P的周長為AB1＋AP＋PB1＝不是定值，故A錯誤；對于選項B，當(dāng)μ＝1時，點P在棱B1C1上運動，如圖2所示，圖2方法二對于選項D，分別取BB1，CC1的中點E，F(xiàn)，連接EF，則當(dāng)μ＝

點P在線段EF上運動，以點C1為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(0,1,1)，B1(0,1,0)，方法一對于選項D，易知四邊形ABB1A1為正方形，所以A1B⊥AB1，設(shè)AB1與A1B交于點K，連接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以點P只能是棱CC1的中點，故選項D正確.解得λ＝1，所以只存在一個點P，使得A1B⊥平面AB1P，此時點P與F重合，故D正確.跟蹤訓(xùn)練1

(多選)(2023·揚州模擬)已知圓柱OO1的高為1，下底面圓O的直徑AB長為2，BB1是圓柱OO1的一條母線，點P，Q分別在上、下底面內(nèi)(包含邊界)，下列說法正確的有A.若PA＋PB＝3，則點P的軌跡為圓B.若直線OP與直線OB1所成的角為45°，則點P的軌跡是拋物線的一部分C.存在唯一的一組點P，Q，使得AP⊥PQD.AP＋PQ＋QB1的取值范圍是√√對于B，如圖，不妨以O(shè)為原點，以AB的垂直平分線，OA，OO1分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，B1(0，－1,1)，由于點P在上底面內(nèi)，所以點P的軌跡是拋物線的一部分，故B正確；對于A,PA＋PB＝3，即點P的軌跡為橢圓，故A錯誤；對于C，設(shè)點P在下底面的投影為P1，若AP⊥PQ，則AP2＋PQ2＝AQ2，而點Q只有在與點B重合時，AQ2才能取到4，此時點B與點Q重合，點P與點O1重合，故C正確；對于D，當(dāng)點P與點B1，點Q與點A重合時，典例2

(多選)如圖，在矩形ABCD中，M為BC的中點，將△ABM沿直線AM翻折成△AB1M，連接B1D，N為B1D的中點，則在翻折過程中，下列說法正確的是A.存在某個位置，使得CN⊥AB1B.翻折過程中，CN的長是定值C.若AB＝BM，則AM⊥B1DD.若AB＝BM＝1，當(dāng)三棱錐B1－AMD的體積最大時，三棱錐B1－AMD的

外接球的表面積是4π考點二折疊、展開問題√√對于A，取AD的中點為E，連接CE交MD于點F，如圖1，則NE∥AB1，NF∥MB1，如果CN⊥AB1，則EN⊥CN，由于AB1⊥MB1，則EN⊥NF，由于三線NE，NF，NC共面且共點，故EN⊥CN和EN⊥NF不能同時成立，故A錯誤；對于B，如圖1，由∠CEN＝∠MAB1，∴在△CEN中，由余弦定理得NC2＝NE2＋EC2－2NE·EC·cos∠NEC，是定值，故NC也是定值，故B正確；對于C，如圖2，取AM的中點O，∵AB＝BM，即AB1＝B1M，則AM⊥B1O.若AM⊥B1D，由于B1O∩B1D＝B1，且B1O，B1D?平面ODB1，∴AM⊥平面ODB1，OD?平面ODB1，∴OD⊥AM，則AD＝MD，由于AD≠MD，故AM⊥B1D不成立，故C錯誤；對于D，根據(jù)題意知，只有當(dāng)平面B1AM⊥平面AMD時，三棱錐B1—AMD的體積最大，取AD的中點E，連接OE，B1E，ME，如圖2，∵AB＝BM＝1，則AB1＝B1M＝1，且AB1⊥B1M，平面B1AM∩平面AMD＝AM，∴B1O⊥AM，B1O?平面B1AM，∴B1O⊥平面AMD，OE?平面AMD，∴B1O⊥OE，易知EA＝ED＝EM＝1，∴AD的中點E就是三棱錐B1－AMD的外接球的球心，球的半徑為1，表面積是4π，故D正確.跟蹤訓(xùn)練2

(多選)(2023·泰安模擬)如圖，正方形ABCD的邊長為1，M，N分別為BC，CD的中點，將正方形沿對角線AC折起，使點D不在平面ABC內(nèi)，則在翻折過程中，以下結(jié)論中正確的是A.異面直線AC與BD所成的角為定值B.三棱錐D－ABC外接球的表面積為2πC.存在某個位置，使得直線AD與直線

BC垂直D.三棱錐M－ACN體積的最大值為√√√對于A，取AC的中點O，連接OB，OD，則AC⊥OB，且AC⊥OD，∵OD∩OB＝O，OD，OB?平面OBD，∴AC⊥平面OBD，∴AC⊥BD，異面直線AC與BD所成的角為90°，為定值，故A正確；對于B，∵OA＝OB＝OC＝OD，∴三棱錐D－ABC的外接球球心是O，對于C，若直線AD與直線BC垂直，∵AB⊥BC，AD∩AB＝A，AD，AB?平面ABD，∴BC⊥平面ABD，∴BC⊥BD，又BD⊥AC，AC∩BC＝C，AC，BC?平面ABC，∴BD⊥平面ABC，∴BD⊥OB，而△OBD是以O(shè)B和OD為腰長的等腰三角形，與題意不符，故C錯誤；對于D，V三棱錐M－ACN＝V三棱錐N－ACM，當(dāng)平面DAC⊥平面ABC時，三棱錐M－ACN的體積取得最大值，典例3

(多選)(2023·亳州模擬)已知圓錐的頂點為S，高為1，底面圓的直徑AC＝

B為圓周上不與A重合的動點，F(xiàn)為線段AB上的動點，則考點三最值、范圍問題√√如圖1，平面SAC為圓錐的軸截面，O為底面圓心，則SO＝1，SA＝SC＝2，所以∠SCA＝30°，所以∠ASC＝120°，所以0°<∠ASB≤120°，設(shè)∠ASB＝θ(0°<θ≤120°)，根據(jù)圓錐的結(jié)構(gòu)特征可知，點B在平面SAC上的投影在AC上，又SB為定值，則當(dāng)點B到直線AC的距離最大時，直線SB與平面SAC所成的角最大，所以當(dāng)B是

的中點時，直線SB與平面SAC所成的角最大，又因為高為1，所以直線SB與平面SAC所成角的最大值為60°，故C正確；此時△SAB為等腰三角形，△ABC為等腰直角三角形，將△SAB，△ABC沿AB展開至同一個平面，得到如圖2所示的平面圖形，取AB的中點D，連接SC，SD，CD，當(dāng)且僅當(dāng)S，F(xiàn)，C三點共線時，等號成立，故D不正確.跟蹤訓(xùn)練3

(多選)(2023·永州模擬)已知四面體ABCD的所有棱長均為M，N分別為棱AD，BC的中點，F(xiàn)為棱AB上異于A，B的動點，點G為線段MN上的動點，則A.線段MN的長度為1B.△FMN周長的最小值為

＋1C.∠MFN的余弦值的取值范圍為D.直線FG與直線CD互為異面直線√√因為四面體ABCD的所有棱長均為所以四面體ABCD為正四面體，將四面體ABCD放置在正方體中，則正方體的棱長為1，由M，N分別為棱AD，BC的中點，得M，N是正方體兩個對面的中心，則MN＝1，故A正確；對于D，當(dāng)F為AB的中點，G為MN的中點時，設(shè)I為CD的中點，由正方體的結(jié)構(gòu)特征可知F，I，G三點共線，此時直線FG與直線CD交于點I，故D錯誤；對于B，將等邊△ABC和等邊△ABD沿AB展開成平面圖形，如圖所示，則MF＋NF≥MN，當(dāng)且僅當(dāng)M，N，F(xiàn)三點共線時，等號成立，對于C，如圖，以點D為原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)F(1，a,1－a)(0<a<1)，總結(jié)提升求解動態(tài)范圍的選擇、填空題，有時應(yīng)把這類動態(tài)的變化過程充分地展現(xiàn)出來，通過動態(tài)思維，觀察它的變化規(guī)律，找到兩個極端位置，即用特殊法求解范圍.對于探究存在問題或動態(tài)范圍(最值)問題，用定性分析比較難或繁時，可以引進參數(shù)，把動態(tài)問題化歸為靜態(tài)問題.具體地，可通過構(gòu)建方程、函數(shù)或不等式等進行定量計算，以算促證.1.(2023·株洲模擬)已知三棱錐A－BCD的側(cè)面展開圖放在正方形網(wǎng)格中的位置如圖所示，那么在三棱錐A－BCD中，AB與CD所成的角為12345678√12345678取CD的中點E，連接AE，BE，所以AE⊥CD，BE⊥CD，因為AE∩BE＝E，AE，BE?平面ABE，所以CD⊥平面ABE，因為AB?平面ABE，所以CD⊥AB，即AB與CD所成的角為2.(2023·九江模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，M是平面BCC1B1內(nèi)一動點，且DM⊥A1C，則DM＋MC的最小值為12345678√12345678如圖1，連接BD，BC1，DC1，易知A1C⊥平面BDC1，因為DM⊥A1C，所以DM?平面BDC1，即M在線段BC1上，將△BDC1沿著BC1展開，使得D，B，C，C1四點共面，如圖2，又因為正方體的棱長為2，則BC1＝當(dāng)D，M，C三點共線時，DM＋MC取得最小值，123456783.(2023·山東聯(lián)考)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝

AC＝AA1＝1，BC＝2，點M是BC的中點，點P是線段A1B上一動點，點Q在平面AMC1上移動，則P，Q兩點之間距離的最小值為12345678√12345678連接A1C交AC1于點O，連接OM(圖略)，∵O，M分別為A1C，BC的中點，則OM∥A1B，且OM?平面AMC1，A1B?平面AMC1，∴A1B∥平面AMC1，則線段A1B上的點到平面AMC1的距離相等，設(shè)為d，則P，Q兩點之間距離的最小值為d，即點A1到平面AMC1的距離d，∵A1C的中點O在AC1上，則點C到平面AMC1的距離為d，由題意可得AC＝CM＝CC1＝1，12345678∵，4.(多選)(2023·石家莊模擬)在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1的側(cè)面ABB1A1內(nèi)(包含邊界)有一點P，則下列說法正確的是A.若點P到直線AB與到直線B1C1的距離之比為2∶1，則點P的軌跡為雙曲

線的一部分B.若點P到直線AB與到直線B1C1的距離之比為1∶1，則點P的軌跡為拋物

線的一部分C.過P，C，D三點作正方體ABCD－A1B1C1D1的截面，則截面圖形是平行

四邊形D.三棱錐P－ABC體積的最大值為12345678√√√12345678如圖，以B1為坐標(biāo)原點，以B1A1，B1C1，B1B所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B1(0,0,0)，設(shè)側(cè)面ABB1A1內(nèi)(包含邊界)點P(x,0，z)(0≤x≤1,0≤z≤1)，對于A，點P到直線AB的距離為1－z，由正方體知B1C1⊥平面ABB1A1，又PB1?平面ABB1A1，所以B1C1⊥PB1，12345678對于C，過點P作MN∥AB，分別交AA1，BB1于點M，N，連接CN，DM，如圖，則MN∥CD且MN＝CD，所以四邊形MNCD是平行四邊形，對于B，點P到直線AB與到直線B1C1的距離之比為1∶1，即點P到直線AB與到定點B1的距離相等，根據(jù)拋物線定義知點P的軌跡為拋物線的一部分，故B正確；則平行四邊形MNCD為過P，C，D三點的截面，故C正確；12345678對于D，當(dāng)點P在A1B1上時，點P到平面ABCD的距離最大為1，又S△ABC為定值，故此時三棱錐P－ABC的體積最大，5.(多選)(2023·菏澤模擬)在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是側(cè)面BB1C1C內(nèi)的一個動點(不包含四個頂點)，則下列說法中正確的是A.三角形AD1P的面積無最大值、無最小值B.存在點P，滿足DP∥平面AB1D1C.存在點P，滿足DP⊥BPD.BD1與BP所成角的正切值的取值范圍為12345678√√√12345678在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面BCC1B1∥平面ADD1A1，AD1?平面ADD1A1，P∈平面BCC1B1，則點P到AD1的距離的最小值為平面BCC1B1與平面ADD1A1的距離2，此時點P在BC1上，因為正方體ABCD－A1B1C1D1的對角面ABC1D1為矩形，且AB＝2，又AD1＝此時△AD1P的面積有最小值，故A錯誤；12345678連接BD,C1D，由A可知，四邊形ABC1D1為矩形，即有BC1∥AD1，AD1?平面AB1D1，BC1?平面AB1D1，則BC1∥平面AB1D1，同理BD∥平面AB1D1，又BC1∩BD＝B，BC1，BD?平面BDC1，因此平面BDC1∥平面AB1D1，當(dāng)P∈BC1時，DP∥平面AB1D1，故B正確；因為BD＝DC1＝

取BC1的中點P，則DP⊥BC1，即DP⊥BP，故C正確；12345678因為P是側(cè)面BB1C1C內(nèi)的一個動點(不包含四個頂點)，則射線BP必與折線段CC1B1存在交點Q，設(shè)C1Q＝2－t,0≤t≤2，BP所成的角為θ，12345678123456786.(多選)(2023·黃山模擬)如圖，圓柱OO1的底面半徑和母線長均為3，AB是底面直徑，點C在圓O上且OC⊥AB，點E在母線BD上，BE＝2，點F是上底面的一個動點，則A.存在唯一的點F，使得AF＋FE＝B.若AE⊥CF，則點F的軌跡長為4C.若AF⊥FE，則四面體ACEF的外接球的表面積為40πD.若AF⊥FE，則點F的軌跡長為√√√12345678設(shè)E關(guān)于點D的對稱點為E′，如圖，則AF＋EF＝AF＋FE′≥AE′＝由題意知OC⊥AB，OO1⊥OC，OO1⊥AB，以O(shè)為坐標(biāo)原點，以O(shè)C，OB，OO1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，－3,0)，C(3,0,0)，E(0,3,2)，設(shè)F(x，y,3)，123456786y＋6＝0，所以y＝－1，所以點F的軌跡為上底面圓O1的一條弦MN，O1到MN的距離為1，12345678所以AC2＋CE2＝AE2，所以△ACE為直角三角形，其外心為AE與OO1的交點Q，且OQ＝1，QE＝12345678所以QF＝QE＝QC＝QA，所以Q為四面體ACEF的外接球的球心，球的半徑為

所以球的表面積為40π，故C正確.123456787.(2023·南昌模擬)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為梯形，AB∥DC，AB＝2CD，點M是側(cè)棱PC上的定點，點Q在側(cè)棱AP上運動，若三棱錐M－BDQ的體積為定值，則

＝____.212345678在四棱錐P－ABCD中，點M是側(cè)棱PC上的定點，則△MBD的面積為定值，因為