高考数学重难点培优全攻略(新高考专用)微重点08　立体几何中的动态问题(3大考点+强化训练)(原卷版+解析)

微重点08立体几何中的动态问题（3大考点+强化训练）“动态”问题是高考立体几何问题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．知识导图考点分类讲解考点一：动点轨迹问题规律方法解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法(1)几何法：根据平面的性质进行判定．(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算．(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．【例1】（2024·浙江温州·一模）如图，所有棱长都为1的正三棱柱，，点是侧棱上的动点，且，为线段上的动点，直线平面，则点的轨迹为（

）

A．三角形（含内部） B．矩形（含内部）C．圆柱面的一部分 D．球面的一部分【变式1】（多选）（23-24高三上·贵州安顺·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点E、F、G、H分别为棱、、、的中点，点M为棱上动点，则（

）

A．点E、F、G、H共面 B．的最小值为C．点B到平面的距离为 D．【变式2】（2023·贵州·一模）如图，已知正方体的棱长为2，M，N，P分别为棱的中点，Q为该正方体表面上的点，若M，N，P，Q四点共面，则点Q的轨迹围成图形的面积为．【变式3】(2023·宁波联考)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P满足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则下列说法正确的有()A．若λ＋μ＝1，则A1P⊥AD1B．若λ＋μ＝1，则三棱锥A1－PDC1的体积为定值C．若点P总满足PA⊥BD1，则动点P的轨迹是一条直线D．若点P到点A的距离为eq\r(3)，则动点P的轨迹是一个面积为π的圆考点二：折叠、展开问题规律方法画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系．【例2】（2024·河南·模拟预测）为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢（如图1）.已知和是圆的两条互相垂直的直径，将平面沿翻折至平面，使得平面平面（如图2）此时直线与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【变式1】（22-23高三上·浙江·开学考试）如图，矩形中，，将沿直线翻折成，若为线段的点，满足，则在翻折过程中（点不在平面内），下面四个选项中正确的是（

）A．平面B．点在某个圆上运动C．存在某个位置，使D．线段的长的取值范围是【变式2】（2024高三·全国·专题练习）如图1，在等边中，点分别为边上的动点且满足，记.将沿DE翻折到的位置，使得平面平面DECB，连接MB，MC，如图2，N为MC的中点．(1)当平面MBD时，求的值．(2)随着的值的变化，二面角的大小是否改变？若是，请说明理由；若不是，请求出二面角的正弦值．【变式3】(2023·邵阳模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，AD＝1，AF⊥平面ABCD，且AF＝3，点E为线段CD(除端点外)上的动点，沿直线AE将△DAE翻折到△D′AE，则下列说法中正确的是()A．当点E固定在线段CD的某位置时，点D′的运动轨迹为球面B．存在点E，使AB⊥平面D′AEC．点A到平面BCF的距离为eq\f(\r(3),2)D．异面直线EF与BC所成角的余弦值的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),13)，\f(\r(10),10)))考点三：最值、范围问题规律方法在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值．(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．【例3】(多选)(2023·鞍山模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是()A．四面体PA1D1A的体积为定值B．AP＋PC的最小值为2eq\r(2)C．A1P∥平面ACD1D．直线A1P与AC所成的角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))【变式1】(2023·青岛模拟)三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据．三面角P－ABC是由有公共端点P且不共面的三条射线PA，PB，PC以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A－PC－B为θ，由三面角余弦定理得cosθ＝eq\f(cosγ－cosα·cosβ,sinα·sinβ).在三棱锥P－ABC中，PA＝6，∠APC＝60°，∠BPC＝45°，∠APB＝90°，PB＋PC＝6，则三棱锥P－ABC体积的最大值为()A.eq\f(27\r(2),4)B.eq\f(27,4)C.eq\f(9,2)D.eq\f(9,4)【变式2】（23-24高三下·北京·开学考试）正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面.线段长度的取值范围是（

）A． B． C． D．【变式3】（2023·黑龙江哈尔滨·三模）已知四棱锥的底面为正方形，底面，点是线段上的动点，则直线与平面所成角的最大值为（

）A． B． C． D．强化训练一、单选题1．（2023·云南保山·二模）已知正方体，Q为上底面所在平面内的动点，当直线与的所成角为45°时，点Q的轨迹为（

）A．圆 B．直线 C．抛物线 D．椭圆2．（2023·全国·三模）在平面直角坐标系中，为圆上的动点，定点．现将轴左侧半圆所在坐标平面沿轴翻折，与轴右侧半圆所在平面成的二面角，使点翻折至，仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则，两点间距离的取值范围是（

）A． B． C． D．3．（2024·全国·模拟预测）如图，已知矩形ABCD中，E为线段CD上一动点（不含端点），记，现将沿直线AE翻折到的位置，记直线CP与直线AE所成的角为，则（

）A． B． C． D．4．（2023·上海宝山·二模）在空间直角坐标系中,已知定点,和动点.若的面积为,以为顶点的锥体的体积为,则的最大值为(

)A． B． C． D．5．（23-24高三上·河北衡水·阶段练习）正三棱柱中，为的中点，为棱上的动点，为棱上的动点，且，则线段长度的取值范围为（

）A． B．C． D．6．（23-24高三下·山西·阶段练习）在棱长为4的正方体中，是的中点，是上的动点，则三棱锥外接球半径的最小值为（

）A．3 B． C． D．7．（2023·陕西咸阳·模拟预测）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则以下不正确的是（

）

A．当在平面上运动时，四棱锥的体积不变B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是C．使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为D．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是8．（2023·吉林长春·模拟预测）四棱柱中，侧棱底面，，，，侧面为正方形，设点O为四棱锥外接球的球心，E为上的动点，则直线与所成的最小角的正弦值为（

）A． B． C． D．二、多选题1．（23-24高三下·江苏苏州·开学考试）在正方体中，点为棱上的动点，则（

）A．平面平面B．平面平面C．与所成角的取值范围为D．与平面所成角的取值范围为2．（2023·全国·模拟预测）如图①，四边形ABCD是两个直角三角形拼接而成，，，，.现沿着BD进行翻折，使平面平面BCD，连接AC，得到三棱锥（如图②），则下列选项中正确的是（

）A．平面平面ACDB．二面角的大小为60°C．异面直线AD与BC所成角的余弦值为D．三棱锥外接球的表面积为3．（2023·全国·模拟预测）如图1，矩形由正方形与拼接而成．现将图形沿对折成直二面角，如图2．点（不与重合）是线段上的一个动点，点在线段上，点在线段上，且满足，，则（

）

图1

图2A． B．C．的最大值为 D．多面体的体积为定值三、填空题1．（2023·河南·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，是棱(不包含端点)上一动点，则三棱锥的体积的取值范围为.

2．（2023·江苏淮安·模拟预测）某同学参加课外航模兴趣小组活动，学习模型制作.将一张菱形铁片进行翻折，菱形的边长为1，，E是边上一点，将沿着DE翻折到位置，使平面面，则点A与之间距离最小值是.3．（23-24高三上·河北保定·期末）如图，在棱长为8的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列三个结论：①若为上的动点，则的最小值为；②到平面的距离的最大值为；③为的中点，为空间中一点，且与平面所成的角为，与平面所成的角为，则在平面上射影的轨迹长度为，其中所有正确结论的序号是．四、解答题1．（2023·河南·二模）如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为，为线段上的动点.

(1)求证：平面；(2)设直线与平面所成的角为，求的取值范围.2．（2024高三·全国·专题练习）如图，在正方体中，分别是、的中点．(1)求与所成的角；(2)设，在正方形内（或上），是否存在点使得三棱锥的体积为1？若存在，求出动点的轨迹；若不存在，说明理由．3．（2023·广西南宁·模拟预测）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，沿将翻折至，使二面角为直二面角.

(1)当时，求证：；(2)当时，求二面角的正弦值.4．（22-23高三下·安徽·阶段练习）如图，在四棱锥中，所有棱长都相等，，分别是棱，的中点，是棱上的动点，且.(1)若，证明：平面.(2)求平面与平面夹角余弦值的最大值.5．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，垂直于平面．点，，分别为边，，上的动点（不包括顶点），且满足．(1)求三棱锥的体积的最大值；(2)记平面与平面所成的锐二面角为，当最小时，求的值，并说明点所处的位置．微重点08立体几何中的动态问题（3大考点+强化训练）“动态”问题是高考立体几何问题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．知识导图考点分类讲解考点一：动点轨迹问题规律方法解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法(1)几何法：根据平面的性质进行判定．(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算．(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．【例1】（2024·浙江温州·一模）如图，所有棱长都为1的正三棱柱，，点是侧棱上的动点，且，为线段上的动点，直线平面，则点的轨迹为（

）

A．三角形（含内部） B．矩形（含内部）C．圆柱面的一部分 D．球面的一部分【答案】A【分析】根据题意首先保持在线段上不动（与重合），研究当点运动时的轨迹为线段，再根据点在线段上运动的轨迹即可得出点的轨迹为及其内部的所有点的集合.【详解】如下图所示：

首先保持在线段上不动，假设与重合根据题意可知当点在侧棱上运动时，若点在点处时，为的中点，此时由可得满足，当点运动到图中位置时，易知，取，可得，取棱上的点，满足，根据三角形相似可得三点共线，当点在侧棱上从点运动到点时，点轨迹即为线段；再研究当点在线段上运动，当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段，当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段，因此可得，当点是侧棱上运动时，在线段上运动时，点的轨迹为及其内部的所有点的集合；即可得的轨迹为三角形（含内部）.故选：A【变式1】（多选）（23-24高三上·贵州安顺·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点E、F、G、H分别为棱、、、的中点，点M为棱上动点，则（

）

A．点E、F、G、H共面 B．的最小值为C．点B到平面的距离为 D．【答案】ACD【分析】根据题意建立空间之间坐标系，利用平面向量基本定理可对A判断，利用向量的垂直表示可对D判断；利用正方体面展开图可对B判断；利用等体积法可对C判断.【详解】如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，，

对A：，，，设，即，解得，，所以共面，故A正确．对B：将正方体沿剪开展开如下图，连接交于一点，此点为点，此时为最小值，故B错误；

对C：由等体积法可知，即，由，，求解得，故C正确.对D：，，，，则，所以，故D正确.故选：ACD.【变式2】（2023·贵州·一模）如图，已知正方体的棱长为2，M，N，P分别为棱的中点，Q为该正方体表面上的点，若M，N，P，Q四点共面，则点Q的轨迹围成图形的面积为．【答案】【分析】根据题意找出点Q的轨迹围成图形为正六边形即可求解.【详解】如图，取的中点分别为，则点Q的轨迹围成图形为正六边形，且边长为面对角线的一半，即，所以点Q的轨迹围成图形的面积为，故答案为:.【变式3】(2023·宁波联考)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P满足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则下列说法正确的有()A．若λ＋μ＝1，则A1P⊥AD1B．若λ＋μ＝1，则三棱锥A1－PDC1的体积为定值C．若点P总满足PA⊥BD1，则动点P的轨迹是一条直线D．若点P到点A的距离为eq\r(3)，则动点P的轨迹是一个面积为π的圆【答案】ABC【解析】对于A，因为eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)且λ＋μ＝1，由向量基本定理可知，点B1，C，P共线，如图，连接AD1，A1C，BC1，B1C，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，A1B1⊥平面BB1C1C，因为BC1⊂平面BB1C1C，所以A1B1⊥BC1，又B1C∩A1B1＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，在BC1上任取一点P，连接A1P，则A1P⊂平面A1B1C，所以BC1⊥A1P，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为AB∥D1C1，且AB＝D1C1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，则AD1⊥A1P，故选项A正确；对于B，如图，连接A1C1，C1D，A1D，B1C，因为eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)且λ＋μ＝1，由向量基本定理可知点B1，C，P共线，即点P在直线B1C上，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为A1B1∥DC，且A1B1＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，所以A1D∥B1C，A1D⊂平面A1C1D，BC1⊄平面A1C1D，所以B1C∥平面A1C1D，则直线B1C上任意一点到平面A1C1D的距离相等，又因为△A1C1D的面积为一定值，所以三棱锥A1－PDC1的体积为定值，故选项B正确；对于C，如图，连接AC，BD，AB1，BD1，B1C，B1D1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，BB1⊥平面ABCD，因为AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，又BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D1D，BD1⊂平面BB1D1D，所以AC⊥BD1，同理AB1⊥BD1，又AB1∩AC＝A，所以BD1⊥平面AB1C，因为点P满足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，所以点P在侧面BB1C1C所在的平面上运动，且PA⊥BD1，所以动点P的轨迹就是直线B1C，故选项C正确；对于D，因为点P到点A的距离为eq\r(3)，所以点P的轨迹是以A为球心，eq\r(3)为半径的球面与平面BB1C1C的交线，即点P的轨迹为小圆，设小圆半径为r，因为球心A到平面BB1C1C的距离为1，则r＝eq\r(\r(3)2－1)＝eq\r(2)，所以小圆的面积S＝πr2＝2π，故选项D错误考点二：折叠、展开问题规律方法画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系．【例2】（2024·河南·模拟预测）为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢（如图1）.已知和是圆的两条互相垂直的直径，将平面沿翻折至平面，使得平面平面（如图2）此时直线与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.【详解】依题意，，而平面平面，平面平面，又平面平面，则平面，，因此直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，令圆半径，则，，设平面的一个法向量，则，令，得，设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.故选：B【变式1】（22-23高三上·浙江·开学考试）如图，矩形中，，将沿直线翻折成，若为线段的点，满足，则在翻折过程中（点不在平面内），下面四个选项中正确的是（

）A．平面B．点在某个圆上运动C．存在某个位置，使D．线段的长的取值范围是【答案】ABD【分析】由已知，选项A，在上取一点，令，可通过面面平行的判定定理证明平面平面，从而证明平面；选项B，可通过,，，借助余弦定理可知为定值，从而确定点的轨迹；选项C，可先假设成立，然后借助线面垂直的判定定理和性质定理得到，然后在中，利用勾股定理验证是否满足，即可做出判断；选项D，可通过点运行轨迹，分别找出最大值和最小值点，然后求解即可做出判断.【详解】如上图所示，在上取一点，令，连接，在矩形中，且，又因为，，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为，，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为且平面,所以平面平面，又因为平面,所以平面，选项A正确；由，，,可得,由，可知，，而，由余弦定理可知，为定值，而为定点，故在以为圆心，为半径的圆上运动，故选项B正确；取的中点，连接、，在中，，所以，假设成立，平面,所以平面，又因为平面，所以，而，在中，，，，所以，故不成立，所以假设不成立，该选项C错误；在上取一点，令，在翻折过程中,线段的最大值是与点重合，此时，线段的最小值是与点重合，此时，又因为点不在平面内，所以线段的长的取值范围是，选项D正确；故选：ABD【变式2】（2024高三·全国·专题练习）如图1，在等边中，点分别为边上的动点且满足，记.将沿DE翻折到的位置，使得平面平面DECB，连接MB，MC，如图2，N为MC的中点．(1)当平面MBD时，求的值．(2)随着的值的变化，二面角的大小是否改变？若是，请说明理由；若不是，请求出二面角的正弦值．【答案】(1)(2)不是，【分析】（1）取MB的中点为P，连接DP，PN，推出NP∥BC，证明NEDP为平行四边形，利用比例关系求解即可．（2）取DE的中点O，如图建立空间直角坐标系，求出平面BMD的法向量，平面EMD的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦函数值然后求解即可．【详解】（1）如图，取MB的中点P，连接DP，PN．因为N为MC的中点，所以，．又，所以，即N，P，D，E四点共面．因为平面MBD，平面NEDP，平面平面，所以，即四边形NEDP为平行四边形，所以，即，所以．（2）取ED的中点O，连接MO，则．因为平面平面DECB，平面平面，平面MDE，所以平面DECB．如图，建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，所以，．设平面MBD的一个法向量为，则即令，所以．由题意可知为平面MDE的一个法向量．设二面角的平面角为，则，因此，所以二面角的正弦值为．【变式3】(2023·邵阳模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，AD＝1，AF⊥平面ABCD，且AF＝3，点E为线段CD(除端点外)上的动点，沿直线AE将△DAE翻折到△D′AE，则下列说法中正确的是()A．当点E固定在线段CD的某位置时，点D′的运动轨迹为球面B．存在点E，使AB⊥平面D′AEC．点A到平面BCF的距离为eq\f(\r(3),2)D．异面直线EF与BC所成角的余弦值的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),13)，\f(\r(10),10)))【答案】D【解析】选项A，当点E固定在线段CD的某位置时，线段AE的长度为定值，AD′⊥D′E，过D′作D′H⊥AE于点H，H为定点，D′H的长度为定值，且D′H在过点H与AE垂直的平面内，故D′的轨迹是以H为圆心，D′H为半径的圆，故A错误；选项B，无论E在CD(端点除外)的哪个位置，AB均不与AE垂直，故AB不与平面AD′E垂直，故B错误；选项C，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))分别为x，y，z轴的方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，F(0,0,3)，B(eq\r(3)，0,0)，C(eq\r(3)，1,0)．eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,3)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,0)，设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝y＝0，,n·\o(BF,\s\up6(→))＝－\r(3)x＋3z＝0，))取n＝(eq\r(3)，0,1)，则点A到平面BCF的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(3,2)，故C错误；选项D，设E(eq\r(3)λ，1,0)，λ∈(0,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)λ，－1，3))，设EF与BC所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→)))))＝eq\f(1,\r(3λ2＋10))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),13)，\f(\r(10),10)))，故D正确．考点三：最值、范围问题规律方法在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值．(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．【例3】(多选)(2023·鞍山模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是()A．四面体PA1D1A的体积为定值B．AP＋PC的最小值为2eq\r(2)C．A1P∥平面ACD1D．直线A1P与AC所成的角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))【答案】ACD【解析】对于A，由正方体可得平面DAA1D1∥平面BCC1B1，且B，P∈平面BCC1B1，所以点B到平面DAA1D1的距离等于点P到平面DAA1D1的距离，所以四面体PA1D1A的体积×1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，所以四面体PA1D1A的体积为定值，故A正确；对于B，当P与B重合时，AP＋PC＝AB＋BC＝2<2eq\r(2)，所以AP＋PC的最小值不为2eq\r(2)，故B错误；对于C，连接A1C1，A1B，由正方体可得AA1＝CC1，AA1∥CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，因为AC⊂平面ACD1，A1C1⊄平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，同理可得BC1∥平面ACD1因为A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B∥平面ACD1，因为A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故C正确；对于D，因为AC∥A1C1，所以∠PA1C1(或其补角)为直线A1P与AC所成的角，由图可得当P与B重合时，此时∠PA1C1最大为eq\f(π,3)，当P与C1重合时，此时∠PA1C1最小为0，所以直线A1P与AC所成的角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，故D正确．【变式1】(2023·青岛模拟)三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据．三面角P－ABC是由有公共端点P且不共面的三条射线PA，PB，PC以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A－PC－B为θ，由三面角余弦定理得cosθ＝eq\f(cosγ－cosα·cosβ,sinα·sinβ).在三棱锥P－ABC中，PA＝6，∠APC＝60°，∠BPC＝45°，∠APB＝90°，PB＋PC＝6，则三棱锥P－ABC体积的最大值为()A.eq\f(27\r(2),4)B.eq\f(27,4)C.eq\f(9,2)D.eq\f(9,4)【答案】C【解析】如图所示，作BD垂直于CP于点D，设点B在平面APC中的射影为M，连接BM，MD，由题意得VP－ABC＝eq\f(1,3)·S△APC·BM.设二面角A－PC－B为θ，则cosθ＝eq\f(0－\f(1,2)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2)×\f(\r(2),2))＝－eq\f(\r(3),3)，θ∈(0，π)，∴sin∠BDM＝eq\f(\r(6),3)，BM＝BD·sin∠BDM＝eq\f(\r(6),3)BD＝eq\f(\r(6),3)·PB·sin∠BPC＝eq\f(\r(3),3)·PB，S△APC＝eq\f(1,2)·PA·PC·sin∠APC＝eq\f(3\r(3),2)·PC，∴VP－ABC＝eq\f(1,3)·S△APC·BM＝eq\f(1,2)·PB·PC＝eq\f(1,2)·PB(6－PB)＝－eq\f(1,2)PB2＋3PB＝－eq\f(1,2)(PB－3)2＋eq\f(9,2)，当PB＝3时，VP－ABC的最大值为eq\f(9,2).【变式2】（23-24高三下·北京·开学考试）正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面.线段长度的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【详解】以为坐标原点，以分别为轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，则，则，因为平面，所以，即，解得，所以，所以，又，所以当时，即是的中点时，取得最小值，当或，即与点或重合时，取得最大值，所以线段长度的取值范围为.故选：C【变式3】（2023·黑龙江哈尔滨·三模）已知四棱锥的底面为正方形，底面，点是线段上的动点，则直线与平面所成角的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.【详解】由题意，因为为正方形，且底面，以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，所以，设，，则，所以，即，设平面的法向量为，则，解得，取，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，因为单调递增，所以当时，最大，此时，即直线与平面所成角的最大值为.故选:C强化训练一、单选题1．（2023·云南保山·二模）已知正方体，Q为上底面所在平面内的动点，当直线与的所成角为45°时，点Q的轨迹为（

）A．圆 B．直线 C．抛物线 D．椭圆【答案】C【分析】建系，利用空间向量结合线线夹角分析运算.【详解】以点D为原点，，，为x，y，z的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，设，可得，，因为直线与的所成角为，则，化简可得，所以点Q的轨迹为抛物线.故选：C.

2．（2023·全国·三模）在平面直角坐标系中，为圆上的动点，定点．现将轴左侧半圆所在坐标平面沿轴翻折，与轴右侧半圆所在平面成的二面角，使点翻折至，仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则，两点间距离的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设所在平面为，圆的另一半所在平面为，若，则三点共线时，以及在圆的下端点时，分别取到，两点间距离的最值；若，设，利用两点间的距离公式结合到的距离，以及三角函数的有界性取到最值，进而得出答案．【详解】设所在平面为，圆的另一半所在平面为，若，则三点共线时，有最小值；当在圆的下端点时，取到最大值，即；若，设，在上的投影为距离为，则到面距离为，又到轴的距离为，到轴的距离为，而到轴的距离为，则，其中，，故，当且仅当时成立；，当且仅当时成立；即；综上可得，，故选：B3．（2024·全国·模拟预测）如图，已知矩形ABCD中，E为线段CD上一动点（不含端点），记，现将沿直线AE翻折到的位置，记直线CP与直线AE所成的角为，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用空间向量夹角余弦公式和向量数量积公式得到，由三角形三边关系得到，求出答案.【详解】AB选项，，因为，所以，所以，A错误，B正确；由于在上单调递减，故，不确定和的大小关系，CD错误.故选：B．4．（2023·上海宝山·二模）在空间直角坐标系中,已知定点,和动点.若的面积为,以为顶点的锥体的体积为,则的最大值为(

)A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知,设直线的单位方向向量为,根据空间向量公式求出到直线的距离,得到的面积为,根据锥体体积公式得到以为顶点的锥体的体积为,利用分离常数法和基本不等式求解即可得到最大值.【详解】由已知,设直线的单位方向向量为,则,所以到直线的距离,所以,,则,令,则,所以,当且仅当即时等号成立,所以,即的最大值为.故选:C.5．（23-24高三上·河北衡水·阶段练习）正三棱柱中，为的中点，为棱上的动点，为棱上的动点，且，则线段长度的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段MN的表达式，利用函数求最值即可.【详解】因为正三棱柱中,O为BC的中点，取中点Q，连接OQ，如图，以O为原点，为轴建立空间直角坐标系，则，因为M是棱上一动点，设，且，所以，则，因为，且所以在直角三角形中可得：即，于是令，所以，，又符合函数为增增符合，所以在上为增函数，所以当时，，即线段MN长度的最小值为，当时，，即线段MN长度的最大值为，故选：B.【点睛】关键点睛：1.找到，再利用函数单调性求出最值.2.建系，设出动点，利用空间向量法求出，再结合线线关系求线段MN的表达式，利用函数求最值即可.6．（23-24高三下·山西·阶段练习）在棱长为4的正方体中，是的中点，是上的动点，则三棱锥外接球半径的最小值为（

）A．3 B． C． D．【答案】C【分析】取的中点，根据题意分析可知：三棱锥外接球的球心在过垂直于平面的直线上，设，建系，结合空间两点距离公式可得，进而利用基本不等式运算求解.【详解】连接，取的中点，可知为的外心，过作平面的垂线，可知三棱锥外接球的球心在该垂线上，设，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，因为，即，整理得，当且仅当，即时，等号成立，所以三棱锥外接球半径的最小值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知三棱锥外接球的球心在过垂直于平面的直线上，再以空间直角坐标系为依托，分析求解.7．（2023·陕西咸阳·模拟预测）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则以下不正确的是（

）

A．当在平面上运动时，四棱锥的体积不变B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是C．使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为D．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是【答案】D【分析】由底面正方形的面积不变，点到平面的距离不变，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B正确；由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定C正确；设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定D错误.【详解】对于A中：底面正方形的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，所以四棱锥的体积不变，所以A选项正确；对于B中：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，设，则，设直线与所成角为，则，因为，当时，可得，所以；当时，，所以，所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B正确；

对于C中：因为直线与平面所成的角为，若点在平面和平面内，因为最大，不成立；在平面内，点的轨迹是；在平面内，点的轨迹是；在平面时，作平面，如图所示，因为，所以，又因为，所以，所以，所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，所以点的轨迹的长度为，综上，点的轨迹的总长度为，所以C正确；

对于D中，由，设，则设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，因为平面，所以，可得，所以，当时，等号成立，所以D错误.故选：D.

【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：（1）、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；（2）、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；（3）、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；（4）、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.8．（2023·吉林长春·模拟预测）四棱柱中，侧棱底面，，，，侧面为正方形，设点O为四棱锥外接球的球心，E为上的动点，则直线与所成的最小角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，设球心，根据得到，设，根据向量的夹角公式结合二次函数性质计算最值得到答案.【详解】如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系，设，则，，，球心在平面的投影坐标为，则设球心，则，即，解得，则.设，，，，设，则，，则，当时，有最大值为，此时直线与所成的角最小，对应的正弦值为.故选：D【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中的异面直线夹角问题，外接球问题，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中建立空间直角坐标系可以简化运算，是解题的关键.二、多选题1．（23-24高三下·江苏苏州·开学考试）在正方体中，点为棱上的动点，则（

）A．平面平面B．平面平面C．与所成角的取值范围为D．与平面所成角的取值范围为【答案】ACD【分析】由面面垂直的判定定理可判断A选项；取点与点重合，可判断B选项；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断CD选项.【详解】对于A选项，因为四边形为正方形，则，在正方体中，平面，平面，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，故平面平面，A对；对于B选项，当点与点重合时，平面与平面有公共点，B错；对于CD选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

不妨设正方体的棱长为，则、、、、、、、，设点，其中，，，所以，，设与所成角为，其中，则，可得，所以，与所成角的取值范围为，C对；对于D选项，由A选项可知，平面的一个法向量为，则，设与平面所成角为，则，则，可得，所以，与平面所成角的取值范围为，D对.故选：ACD.2．（2023·全国·模拟预测）如图①，四边形ABCD是两个直角三角形拼接而成，，，，.现沿着BD进行翻折，使平面平面BCD，连接AC，得到三棱锥（如图②），则下列选项中正确的是（

）A．平面平面ACDB．二面角的大小为60°C．异面直线AD与BC所成角的余弦值为D．三棱锥外接球的表面积为【答案】ABC【分析】A选项，面面垂直线面垂直平面ABC平面平面ACD；B、C选项，建立空间直角坐标系，利用直线方向向量和平面法向量求解；D选项，三棱锥的外接球，寻求斜边中点（球心位置）.【详解】A项，平面平面BCD，交线为BD，，平面ABD，所以平面BCD，因为平面BCD，所以.又，且，所以平面ABC.因为平面ACD，所以平面平面ACD，选项A正确.C选项，以B为原点，过B在平面BCD内作BD的垂线为x轴，直线BD为y轴，直线AB为z轴，建立空间直角坐标系，则，则，.易知平面ABD的一个法向量为.设平面ACD的法向量为，则即取，则，则，由图可知二面角为锐角，则二面角的余弦值为，即二面角的大小为60°，选项B正确；，选项C正确；D项，取AD的中点N，因为与都是直角三角形，所以点N到A，B，C，D的距离相等，即为三棱锥外接球的球心，球半径为，则三棱锥外接球的表面积为，选项D错误.故选：ABC.3．（2023·全国·模拟预测）如图1，矩形由正方形与拼接而成．现将图形沿对折成直二面角，如图2．点（不与重合）是线段上的一个动点，点在线段上，点在线段上，且满足，，则（

）

图1

图2A． B．C．的最大值为 D．多面体的体积为定值【答案】AC【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得点点的坐标，由，可判定A正确；当时，，可判定B错误；由向量的夹角公式，结合基本不等式，进而可判定C正确；由，可判定D错误.正确；对于错误；对于正确；对于错误得解．【详解】设正方形，的边长为1因为两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴,建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，设，，由，且,可得，解得，即，，对于A中，，可得，即，所以A正确；对于B中，由，所以当且仅当时，，即，所以B错误；对于C中，因为，当且仅当时等号成立，由为钝角，所以，即的最大值为，所以C正确；对于D中，多面体的体积，非定值，所以D错误.故选：AC．三、填空题1．（2023·河南·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，是棱(不包含端点)上一动点，则三棱锥的体积的取值范围为.

【答案】【分析】利用空间向量求出点到平面的距离，从而求解.【详解】由题知以点为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，，，，，，设，，得，则，设平面的一个法向量为，则，令，得，所以点到平面的距离，又因为，所以，由题知，所以为等边三角形，其面积，所以三棱锥的体积，故答案为：.2．（2023·江苏淮安·模拟预测）某同学参加课外航模兴趣小组活动，学习模型制作.将一张菱形铁片进行翻折，菱形的边长为1，，E是边上一点，将沿着DE翻折到位置，使平面面，则点A与之间距离最小值是.【答案】【分析】做辅助线，设角则有，，，在中由余弦定理得：，进而可得，利用三角函数即可求得最值.【详解】过点作于F，连结CF，AF，设，则有，，，在中由余弦定理得：，在中由勾股定理得：，∴当时，AC取得最小值为.故答案为：3．（23-24高三上·河北保定·期末）如图，在棱长为8的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列三个结论：①若为上的动点，则的最小值为；②到平面的距离的最大值为；③为的中点，为空间中一点，且与平面所成的角为，与平面所成的角为，则在平面上射影的轨迹长度为，其中所有正确结论的序号是．【答案】①②③【分析】对于①：建系，设设，根据两点间距离公式分析求解；对于②：利用等体积法求点到面的距离；对于③：根据线面夹角分析可知：，建系，利用坐标系求点的轨迹方程.【详解】对于①：以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，

可得，设，则，即，可得，当，即时，取到最小值，故①正确；对于②：设到平面的距离的最大值为，由可得，则，由（1）可知的最小值为，所以到平面的距离的最大值为，故②正确；

对于③：设在平面上射影为，连接，可知：与平面所成的角为，与平面所成的角为，则，可得，在空间直角坐标系，则，

设，则，整理得，可知在平面上射影的轨迹为半径为的圆，所以轨迹长度为，故③正确；故答案为：①②③.【点睛】关键点睛：对于点的距离和轨迹问题，常常建系分析求解.四、解答题1．（2023·河南·二模）如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为，为线段上的动点.

(1)求证：平面；(2)设直线与平面所成的角为，求的取值范围.【答案】(1)证明见