2025高考数学二轮复习 立体几何中的动态问题 专项训练【含答案】

微专题29立体几何中的动态问题

［考情分析］“动态”问题是高考立体几何问题中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.

■思维导图

几何体的结构特征

1-动点的轨迹问题

空间几何体中点、线、面的位置关系—(常见

立折叠、展开问题

空间向量及其应用—1知识体题型

几—最值、范围问题

三角函数及解三角形一何

中

的

动点轨迹问题用定义法、儿何法及特殊值法一动

态在折叠、展开问题上线线关系和数量

要清楚线线关系以及数量关系，通过儿何法问赢关系不清晰

题

解决问题~~解法一逑目在解决最值、范围问题时，引入新的

建系或引入变量，利用代数方法求解最值变量，忽略变量的取值范围

典型例题

考点一动点的轨迹

【典例1】（1）（多选）己知正方体ABCD-AiBiGA的棱长为4,M为。A的中点，N为四边形

所在平面上一动点，则下列命题正确的是（）

B.若MN=4,则MN的中点尸的轨迹所围成图形的面积为27t

C.若点N到直线8修与直线。C的距离相等，则点N的轨迹为抛物线

D.若QN与所成的角为全则点N的轨迹为双曲线

答案ACD

解析如图所示，对于A,

根据正方体的性质可知，MO_L平面ABC。，所以/MN。为MN与平面ABC。所成的角，

TT11

所以NMND=w，所以。N=£>M=]£>A=1X4=2,

所以点N的轨迹是以。为圆心，2为半径的圆，故A正确；

对于B,在RiAMDN中，DN=yjMN2~MD2=^/42-22=2^3,

取的中点E,因为P为MN的中点，

而以.PE//DN,且PE=：DN=/,DNLED,所以

即点尸在过点E1且与垂直的平面内，

又PE=小,所以点P的轨迹是以小为半径的圆，其面积为兀•(市)2=3无，故B不正确；

对于C,连接A®,因为281，平面A8CD,所以BBJNB,

所以点N到直线BBi的距离为NB,

所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，

又8不在直线CD上，所以点N的轨迹是以8为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确;

对于D,以。为原点，DA,DC,所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则44,0,0),8(4,4,0),01(0,0,4),

设NQ,y,0),则矗=(0,4,0),D^N=(x,y,—4),

因为。1N与A8所成的角为?

所以|cos(AB,DiN)|—cos,

614Vl_______1

所m以4,7+尸+16—2,

整理得专一*=1,所以点N的轨迹为双曲线，故D正确.

(2)(多选)(2021・新高考全国I)在正三棱柱ABC—481G中，A8=A4i=1,点尸满足加=2病

+〃丽，其中4G[0,1],则()

A.当九=1时，△ASP的周长为定值

B.当〃=1时，三棱锥尸一A/C的体积为定值

C.当4=3时，有且仅有一个点尸，使得A1PLBP

D.当〃4寸，有且仅有一个点P,使得AS平面A81P

答案BD

解析而=4病+〃丽(OW/lWl,OW〃W1).

对于选项A,当4=1时，点P在棱CG上运动，如图1所示，此时△ABLP的周长为AS+

”+/81=也+、1+必2+、1+（1-四）2=色+、1+〃2+、2-2〃+〃2,不是定值，故A错误；

对于选项B,当〃=1时，点尸在棱BC1上运动，如图2所示，

则忆棱锥A&BC=匕棱卷-BC=3SA™Cx曰=*SAPBC=*XTxiXl=*'为定值,故B正

确；

对于选项C,取BC的中点。，B1G的中点。1,连接。4由（图略），则当%=3时，点尸

在线段。G上运动，假设小尸，2尸，则小尸+3尸=4由2,即图2+（1—〃）2+02+/=2,

解得〃=0或〃=1,所以点尸与点。或口重合时，AiPlBP,故C错误；

方法一对于选项D,易知四边形为正方形，所以A/LABi,设4所与A］交于点

K,连接PK,要使42,平面45尸，需AiBLKP,所以点尸只能是棱CG的中点，故选项

D正确.

方法二对于选项D,分别取的，CG的中点E,F,连接所，则当〃=；时，点尸在线段

EF上运动,以点Ci为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则8（0,11），9（0,1,0）,

I，0),尸(o,1一九，所以篇=(—当表1),瓦？=(o,T,9,若A18L平

;1

面ASP,则AiB_L8iP,所以一1+,=(),解得力=1,所以只存在一个点P,使得4B_L平面

ABiP,此时点P与尸重合，故D正确.

跟踪训练1(多选)(2023•扬州模拟)已知圆柱。。1的高为1,下底面圆。的直径AB长为2,

陶是圆柱OOi的一条母线,点P,Q分别在上、下底面内(包含边界),下列说法正确的有()

A.若B4+PB=3,则点P的轨迹为圆

B.若直线。尸与直线。场所成的角为45。，则点尸的轨迹是抛物线的一部分

C.存在唯一的一组点P,Q,使得APLP。

D.AP+PQ+QBi的取值范围是［行，2小+小］

答案BC

解析对于B,如图，不妨以。为原点，以AB的垂直平分线，OA,。01分别为x,y,z轴

建立空间直角坐标系，

贝1J0(0,0,0),A(0,l,0),B(0,-1,0),B1(O,-1,1),

设尸(尤，y,l),则遍=(0,-1,1),OP=(x,y,l),

由题意,行#半干二塞化简得尸十,

由于点尸在上底面内，所以点P的轨迹是抛物线的一部分，故B正确;

对于A,必+PB=3,

即由2+8-1)+1+^/x2+Cy+l)2+l=3,

22

化简得宁X+5V=1,

420

即点P的轨迹为椭圆，故A错误；

对于C,设点P在下底面的投影为尸1,

则由勾股定理可得AP2=PPHAPL

<AP±PQ,贝ij4尸+尸°2=402,

则APHi2+PiQ2+l2=AQ1,

当Pi在线段A。上时，AP彳+尸卫2可取最小值，

由均值不等式，得A/+PQ2三2乂竽=竽，

当且仅当APi=PiQ=竽时，等号成立，

所以2=AQ2—（A代+P]Q2）w竽，即402^4,

而点。只有在与点2重合时，A。才能取到徂

此时点3与点。重合，点尸与点。1重合，故C正确；

对于D,当点尸与点修，点。与点A重合时，

AP+PQ+QBI的值为3Ap=3严万=3小>25+小，故D错误.

考点二折叠、展开问题

【典例21（多选）如图,在矩形ABCD中，/为的中点,将沿直线AM翻折成

连接3。，N为3。的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（）

A.存在某个位置，使得CNLABi

B.翻折过程中，CN的长是定值

C.若AB=BM,则

D.若AB=BM=1,当三棱锥Bi—AM。的体积最大时，三棱锥丹一加如的外接球的表面积

是4%

答案BD

解析对于A,取的中点为E,连接CE交于点/，如图1,

贝i]NE〃ABi,NF//MBi,如果CALLAS,贝1EN_LCN,

由于ABi±MBi,则ENLNF,

由于三线NE,NF,NC共面且共点，

故EN_LCN和硒_LNF不能同时成立，故A错误；

对于B,如图1,由/CEN=NMABi,

iv/W/

B，一七-7c

图1

ANE=^ABi,AM=EC,

.•.在△CEN中，由余弦定理得NC2=NE2+£C2—2NEECcos/NEC,是定值，故NC也是定

值，故B正确；

对于C,如图2,

/O\\////

B，---------------------c1

取AM的中点0,

\"AB=BM,

即则AALLBiO.

若由于810cB。=81,且囱。8QU平面。口以，

；.AM_L平面0081,O£>u平面。。81,

：.OD±AM,则AZ)=MD,

由于AOWM。，故不成立，故C错误；

对于D,根据题意知，只有当平面Bi4W_L平面AMD时，

三棱锥用一AM。的体积最大，取A。的中点E,

连接。E,BiE,ME,如图2,

VAB=BM=1,则AS=SM=1,且平面BAMC平面AMD=AM,

：.BYOYAM,BiOu平面81AM,

.•.2。，平面AMD,OEU平面AMD,

:.B1O1.OE,

则AM=小,BiO=%M=*,OE—^DM—^AM—^,

从而EB1=N等+净=1,

易知EA=ED=EM=1,

.,.AD的中点E就是三棱锥Bi-AMD的外接球的球心，球的半径为1,表面积是4兀，故D

正确.

跟踪训练2（多选）（2023・泰安模拟）如图，正方形ABC。的边长为1,M,N分别为BC,CD

的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点。不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论

中正确的是（）

A.异面直线AC与3。所成的角为定值

B.三棱锥。一ABC外接球的表面积为2兀

C.存在某个位置，使得直线与直线BC垂直

D.三棱锥M—ACN体积的最大值为景

答案ABD

解析对于A,取AC的中点。，连接。2,0D,贝ijAC_LOB,且AC_L。。,

,；ODCOB=O,OD,OBU平面OB。，

；.AC_L平面OBD,，AC_LB。，异面直线AC与8。所成的角为90。，为定值，故A正确；

对于B,"：OA=OB=OC=OD,

：.三棱锥D-ABC的外接球球心是O,

外接球半径R=坐，

...三棱锥。一ABC外接球的表面积S=47tX停］』2兀，故B正确；

对于C,若直线与直线BC垂直，

VABXBC,ADHAB^A,AD,A3U平面

平面AB。，

J.BCLBD,又8O_LAC,ACHBC=C,AC,BCU平面ABC,

.•.2。_L平面ABC,J.BDLOB,

而△OB。是以08和。。为腰长的等腰三角形，与题意不符，故C错误；

对于D,V三棱锥〃一ACN=V三棱锥N—ACM,当平面DAC_L平面ABC时，三棱锥M-ACN的体积取

得最大值，

此时0£>=乎，SAACM=|SAABC=1,

（V三梭盖M-ACN）max=（Vm粳雏N-AcMmax=]义4X4=43，故D正确.

考点三最值、范围问题

【典例3】（多选）（2023•亳州模拟）已知圆锥的顶点为S,高为1,底面圆的直径AC=2小，B为

圆周上不与A重合的动点，歹为线段AB上的动点，贝1（）

A.圆锥的侧面积为2小兀

B.ASAB面积的最大值为小

C.直线SB与平面SAC所成角的最大值为60°

D.若8是AC的中点，则（SF+Cf下的最小值为10+行

答案AC

解析圆锥的底面圆半径厂=小，

圆锥的母线长为后力=2,则圆锥的侧面积为〃/=2小兀，故A正确；

如图1,平面&4c为圆锥的轴截面，。为底面圆心，则SO=1,SA=SC=2,

因为tanNSCA=3,

所以NSCA=30。，所以NASC=120。，所以（TvNASBWlZO。，

设ZASB=仇0。＜6W120°）,

则S^sAB^SA-SBsinNAS3=2sin（9W2,故B不正确；

根据圆锥的结构特征可知，点8在平面SAC上的投影在AC上，

又S8为定值，则当点8到直线AC的距离最大时，直线S8与平面SAC所成的角最大，

所以当8是AC的中点时，直线SB与平面SAC所成的角最大，

由AC=2小知，此时点2到平面SAC的距离为止，

又因为高为1,所以直线SB与平面SAC所成角的最大值为60。，故C正确；

当8是AC的中点时，AB=BC=y[6,

此时ASAB为等腰三角形，△ABC为等腰直角三角形，

将△S4B,△ABC沿AB展开至同一个平面，得到如图2所示的平面图形，

取AB的中点。，连接SC,SD,CD,

迎

.2

北2./ACCSD

所以sin/ABS=SB=4，

所以cosZCB5=cos（90°+ZABS）=-sinZABS=一邛，

所以SC2=22+6—2X2X加X（—手）

=10+2-715,

所以（S尸+C尸）22SC2=10+2MB,

当且仅当S,F,C三点共线时，等号成立，故D不正确.

跟踪训练3（多选）（2023・永州模拟）已知四面体A8CD的所有棱长均为也，M,N分别为棱

AD,BC的中点，尸为棱42上异于A,3的动点，点G为线段上的动点，则（）

A.线段MN的长度为1

B.周长的最小值为陋+1

C./必叫的余弦值的取值范围为0,1

D.直线FG与直线CO互为异面直线

答案AB

解析因为四面体ABC。的所有棱长均为啦，

所以四面体ABCD为正四面体，

将四面体ABC。放置在正方体中，则正方体的棱长为1,

由M,N分别为棱A。，BC的中点，得M,N是正方体两个对面的中心,

则MN=1,故A正确；

对于D,当尸为A8的中点，G为的中点时，设/为CD的中点，

由正方体的结构特征可知凡/,G三点共线，

此时直线FG与直线C。交于点/,故D错误；

对于B,将等边△ABC和等边△A8D沿展开成平面图形，如图所示,

则加尸+NF2MN,当且仅当M,N,尸三点共线时，等号成立,

此时MN=也，

所以的最小值为也，即△FW周长的最小值为也+1,故B正确;

对于C,如图，以点。为原点建立空间直角坐标系，

则吗61｝心，L9,

设厂(1,a,l~a)(O<a<l),

则尸M=(一；,~a,a—；),FN=(一；，1一a,。一；

则cos(FM,丽〉=学坐=

\FM\\FN\

W+42—〃+/—

则cos(FM,丽〉=

_______4-

~y]16t4+4t2+l，

当a=0,即〃=/时，cos（FM,FN）=0,

当5W0,即》e（o,/时，

——4户44

cos（FM,FN）=I4।~~~J、

2"+1*+1A6邻+2>+12

由-G（。，?，得、e（4,+°°）,

叭I0+2>+12>\（4+2>+12=4小，

所以飞

所以cos（FM,FN）e（o,阴，

综上所述，cos{FM,FN）e0,雪），即cos/MEVG0,叫,故C错误.

[总结提升]

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，把动态问题化归为静态问题.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.

热点突破

1.（2023•株洲模拟）已知三棱锥A—8CO的侧面展开图放在正方形网格中的位置如图所示，那

么在三棱锥A—8CQ中，与C£）所成的角为（）

A兀C兀一兀C兀

A.gBqC'D，2

答案D

解析由图可知，在三棱锥A—BCD中，AB=BC=BD=y[5,AC=AD=^2,CD=2,

取的中点E,连接AE,BE,

因为BC=BD=3,AC=AD=®

所以A£_LC7）,BELCD,

因为AEC8E=E,AE,8EU平面ABE,

所以CD_L平面ABE,

因为ABU平面ABE,

TT

所以CD_LA8,即AB与C£）所成的角为]

2.（2023•九江模拟）如图，正方体48。-4向。。1的棱长为2,M是平面8CG3内一动点,

且。MLAC，则。M+MC的最小值为（）

5C,

二

AB

A.72+2B.2^2+2C.y[2+\[6D.2

答案c

解析如图1,连接BD,“BC「i,DCi,易知AC平I面BOG,

f

AB8（c

图1图2

因为。M_L4C,所以。Mu平面BOQ,即M在线段BG上，

将△BOG沿着8G展开，使得。，B,C,G四点共面，如图29

又因为正方体的棱长为2,则BG=2也，

当。，M,C三点共线时，OM+MC取得最小值，

此时。M=,，MC=yj2,

所以OM+MC的最小值为CD=@+*.

JT

3.（2023•山东联考）如图，直三棱柱ABC—AiSG中，NACB=^,AC=AAi=l,BC=2,氤M

是BC的中点，点P是线段4B上一动点，点。在平面AMG上移动，则P,。两点之间距

离的最小值为（）

4

A.B.gC.1D.1

答案A

解析连接AC交AG于点。，连接OM（图略），

VO,M分别为AC,BC的中点，则。河〃48,

且OMU平面AMCi,由川平面AMCx,

〃平面AMCi,

则线段AbB上的点到平面AMG的距离相等，设为d,则P,。两点之间距离的最小值为d,

即点Ai到平面AMCi的距离d,

：AiC的中点。在AG上，贝!|点C到平面AMCi的距离为d,

由题意可得AC=CM=CG=1,ACi=AM=MCi=y12,

,二/棱锥c—AMC[=%棱锥G—ACM，则马XdX]X小义小x*=qX1X，义1X1,解得d=£,

故P,。两点之间距离的最小值为竽.

4.（多选）（2023•石家庄模拟）在棱长为1的正方体ABCD-AiBtGDi的侧面ABBiAi内（包含边

界）有一点P,则下列说法正确的是（）

A.若点P到直线与到直线BiCi的距离之比为2：1,则点P的轨迹为双曲线的一部分

B.若点P到直线与到直线BiG的距离之比为1：1,则点尸的轨迹为抛物线的一部分

C.过P,C,。三点作正方体A8C£>—AiBCbDi的截面，则截面图形是平行四边形

D.三棱锥P—A2C体积的最大值为春

答案BCD

解析如图，以Bi为坐标原点，以修4,BiCi,3由所在直线分别为x,y,z轴建立空间直

角坐标系，

/D,

则很1（0,0,0）,设侧面ABB1A1内（包含边界）点P（x,0,z）（0WxWl,0WzWl）,

对于A,点尸到直线AB的距离为l-z,

由正方体知BiG，平面A8814,又PBiU平面所以SG^PBi,

z+S

所以点尸到直线囱C的距离为PB1=，f+z2,故高三=2,整理得R4f

'Z3

9

所以点尸的轨迹为椭圆的一部分，故A错误；

对于B,点P到直线AB与到直线AG的距离之比为1：1,即点P到直线与到定点Bi

的距离相等，根据抛物线定义知点尸的轨迹为抛物线的一部分，故B正确；

对于C,过点P作施V〃AB,分别交AAi,881于点M,N,连接CN,DM,如图，

则MN//CD且MN=CD,所以四边形MNCD是平行四边形，

则平行四边形MNC。为过P,C,。三点的截面，故C正确；

对于D,当点尸在All上时，点尸到平面ABCD的距离最大为1,

又SAABC为定值，故此时三棱锥产一ABC的体积最大，

V二棱隹P-ABC=：XSAA5cxi=焉，故D正确.

5.（多选）（2023•背泽模拟）在棱长为2的正方体ABCD-AiBrCiDi中，P是侧面881cle内的

一个动点（不包含四个顶点），则下列说法中正确的是（）

A.三角形A£）i尸的面积无最大值、无最小值

B.存在点P,满足。尸〃平面ABiOi

C.存在点P,满足DPLBP

D.8。与BP所成角的正切值的取值范围为坐，啦］

答案BCD

解析在正方体ABC。一A19C1D1中,

平面BCCiBi//^ADDiAi,

AQU平面ADDiAi,

PG平面BCQBi,

则点P到ADi的距离的最小值为平面BCCiBi与平面ADDiAi的距离2,

此时点尸在BG上,

因为正方体A8C£>-4BICLDI的对角面ABGP为矩形，且42=2,

又ADi—2^2,

此时△AGP的面积有最小值，故A错误；

连接8。,。，由A可知，四边形A8GA为矩形，即有BG〃4Oi,AZ^u平面ABA,

8cle平面ASA,则BCi〃平面AB。］,同理平面A8O1,又BCGBD=B,

BCi,8DU平面BOQ,因此平面80cl〃平面ASA,当PGBG时，。尸〃平面AB01,故

B正确；

因为BD=DCi=2小,取8G的中点P,贝!|OP_L8Ci,BPDPLBP,故C正确;

因为尸是侧面281cle内的一个动点（不包含四个顶点），则射线BP必与折线段CGS存在交

点。，设GQ=2—t,0WtW2,则8。=后昌，£）12=叱2*+4,而BDi=2^3,令BDX

与3P所成的角为0,

(2^3)2+(^^+4)2-(^(2-02+4)2

贝!]cos9=

2X2寸ixW+4

t+21

==

因此当t0时，(COS9)min=3,当t2时,(COS8)max=3,

又因为尸cos8在（0,习上单调递减，尸tanx在（0,§上单调递增，

所以当£=0时，9最大，tan3=y［2,

当r=2时，8最小，tan。=坐,贝ItanOd乎，陋］故D正确.

6.（多选）（2023・黄山模拟）如图，圆柱。Oi的底面半径和母线长均为3,A8是底面直径，点C

在圆。上且OCLA8,点E在母线80上，BE=2,点F是上底面的一个动点，贝|（）

c

A.存在唯一的点R使得AF+阿=2匹

B.若AELCP,则点尸的轨迹长为4

C.若则四面体ACEP的外接球的表面积为40兀

D.若则点F的轨迹长为2比兀

答案ACD

解析设E关于点。的对称点为戌，如图，

贝I4尸+所=4尸+五£'2AE'^AB2+BE'2=A/62+42=2V13,

所以4尸十尸£22行，当且仅当A,F,E/三点共线时取等号，

故存在唯一的点E,使得AF+FE=2，I5,故A正确；

由题意知。C，A8,OOi±OC,OOi±AB,以。为坐标原点，以。C,OB,。。1所在直线分

别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(O,—3,0),C(3,0,0),£(0,3,2),设网x,y,3),

则麓=(0,6,2),CF=(x-3,y,3),AF=(x,y+3,3),EF=(x,y—3,1),

对选项B,当AE_LCF时，A£-CF=6y+6=0,所以y=-l,

所以点尸的轨迹为上底面圆Oi的一条弦MN,Oi到MN的距离为1,

所以MN=242—1=4陋,故点尸的轨迹长为4啦，故B错误；

对选项D,当时，AF-EF=(x,y+3,3>(x,y—3,1)=0,所以N+VuG,

所以点尸的轨迹是以。1为圆心，,为半径的圆，其轨迹长为2加兀，故D正确；

对选项C,在△ACE中，AC=3®CE=#3柩2+22=4,A£=^62+22=2^/70,

所以AC2+C£2=A£2,

所以△ACE为直角三角形，其外心为AE与。。1的交点。，且。。=1,QE=y[id,

而QF=qQ5+0]2=y22+6=回,

所以QP=QE=QC=QA,所以。为四面体ACEF的外接球的球心，球的半径为皿，所以

球的表面积为40兀，故C正确.

7.(2023・南昌模拟)在四棱锥尸一A5C。中，底