专题突破5 立体几何中的动态问题 讲义-2025届高三数学一轮复习

立体几何中的动态问题 立体几何中的动态问题融合了空间想象能力、逻辑推理能力、数学运算能力等多方面的要求，求解此类问题往往要构建动态的立体图形，进行严密的逻辑推理，并进行复杂的数学运算，它在高考中具有重要地位。 题型： （一）空间位置关系的判定问题 （Ⅰ）线线关系 1.如图所示，在正方体中，点为边上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是 . ① ② ③ ④ 【答案】② 【详解】由正方体的性质易知当为的中点时，此时， 而，所以共面，则、在平面上，故①不符题意； 因为，即共面，易知平面， 而平面， ，， 故与异面，故②符合题意； 当重合时，易知，则四边形是平行四边形， 则此时，故③不符合题意； 当重合时，显然，相交，故④不符合题意. 故答案为：② 2．如图，四棱锥 的底面是边长为1的正方形，侧棱底面，且，E是侧棱上的动点.    (1)求四棱锥的体积; (2)如果E是的中点，求证: 平面; (3)是否不论点E在侧棱的任何位置，都有? 证明你的结论. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)是，证明见解析 （3）根据线面垂直的判定定理进行证明即可. 【详解】（1）∵底面， ∴为此四棱锥底面上的高. 四棱锥的体积为；    （2）证明:如图,连接交于O,连接， ∵四边形是正方形,∴. 又∵,∴. 又∵平面，平面， ∴平面. （3）不论点E在侧棱PA的任何位置,都有， ∵四边形是正方形,∴。 ∵底面,平面， ∴， 又∵平面， ∴平面，又因为平面， 所以. （Ⅱ）线面关系 1．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 【答案】BD 【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数． 【详解】 易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值， 故A错误； 对于B，当时，，故此时点轨迹为线段， 而，平面，则有到平面的距离为定值， 所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当时，，取，中点分别为，， 则，所以点轨迹为线段， 不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，， 则，，， 所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，， 取，中点为．， 所以点轨迹为线段． 设，因为，所以，， 所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 2 .（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上的动点，则（    ） A．的面积为 B．三棱锥的体积为 C．存在点P，使得⊥ D．存在点P，使得⊥平面 【答案】BD 【分析】选项A：当点P与重合，为边长是的等边三角形，求出三角形面积，即可判断；选项B：利用等体积转化法求解即可；选项C：以为直径的球面与直线没有公共点，即可判断；选项D：当P为的中点时，根据线面垂直的判定定理即可得证． 【详解】A选项，在棱长为1的正方体中， 点P是线段上的动点，当点P与重合时，为等边三角形，边长为， 故的面积为，故A错误； B选项，因为， 其中， 表示点P到平面的距离，故， 所以三棱锥的体积为，故B正确； C选项：在正方体中，以为直径的球面，半径， 则直线与该球面没有公共点，故不存在点P，故C错误； D选项：取的中点M，连接PM， 当P为的中点时，即为的交点时， 因为，，所以四边形为平行四边形，故， 又，所以四边形为平行四边形，所以， 因为⊥平面， 易知⊥平面， 因为平面，所以PM⊥， 又因为在正方体中，⊥， 而，所以⊥平面，故D正确． 故选：BD． （Ⅲ）面面关系 1.已知正方体中，是的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得平面 C．不存在点，使得∥平面 D．不存在点，使得平面平面 【答案】AB 【分析】建系，设，，可得，对于A：利用向量可知∥平面，结合转换顶点法分析判断；对于B：利用空间向量说明线面垂直；对于C：利用空间向量说明线面平行；利用空间向量说明面面垂直. 【详解】如图所示，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 设， 则， 对于选项A：因为， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 因为，且平面，则∥平面， 可知点到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值， 又因为的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于选项B：因为，平面的法向量， 若∥，则，解得， 即当时，平面，故B正确； 对于选项C：因为， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 令，解得， 即当时，∥平面，故C错误； 对于选项D：令，解得， 即当时，平面平面，故D错误； 故选：AB. 2.（多选题）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点E，F，且。则下列结论正确的是（ ） A. 当E与D1重合时，异面直线AE与BF所成的角为 B. 三棱锥的体积为定值 C. EF在平面内的射影长为 D. 当E向D1运动时，二面角的平面角保持不变 答案：BCD 【详解】A：当E与D1重合时，因为，此时F为的中点，记BD中点为O，连接，由正方体性质可知，，所以四边形为平行四边形， 所以，又，，， 所以，错误； B：，易知点A到平面的距离和点B到直线的距离为定值， 所以三棱锥的体积为定值，正确； C：易知，在平面内的射影在上， 所以射影长为，正确； D：二面角，即为二面角，显然其平面角不变，正确. 故选：BCD 思维升华： 解决空间位置关系的动点问题的方法： （1）特殊位置法. （2）应用位置关系定理转化法. （3）建立空间直角坐标系计算法. （二）轨迹问题 1.已知菱形的边长为2，.将菱形沿对角线AC折叠成大小为60°的二面角.设E为的中点，F为三棱锥表面上动点，且总满足，则点F轨迹的长度为（      ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】取的中点，连接， 因为菱形的边长为2，， 所以，均为等边三角形， 故⊥，⊥，且， 为二面角的平面角，则， 故为等边三角形，， 又，平面， 所以⊥平面， 又E为的中点，取的中点，的中点， 连接，则，且， 因为平面，平面，所以平面， 同理得平面， 因为，平面， 故平面平面， 所以⊥平面， 故点F轨迹为（除外）， 故点F轨迹的长度为.    故选：A 2．在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，满足直线与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意得：正方体中，易得， 要使直线与直线所成角的大小为， 只需与直线所成角的大小为， 所以绕以夹角旋转为锥体的一部分，如图所示： 所以,即， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆， 故线段扫过的面积的大小为. 故选：A. 3.(多选)如图所示，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为侧面的一动点，下列说法正确的是（ ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．若的面积为，则动点的轨迹为椭圆的一部分 C．若点到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹为抛物线的一部分 D．过直线的平面与面所成角最小时，平面截正方体所得的截面面积为 【答案】BCD 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，得到，结合向量的夹角公式，可得判定A错误；设到的距离为，求得，得到点位于圆柱面上，可得判定B正确；根据到点与到直线的距离相等，结合抛物线的定义，可判定C正确；根据题意，得到截面图形为正六边形，可判定D正确. 【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 则， 所以，所以A错误； 设到的距离为，则，解得， 所以点位于以为中轴线，半径为的圆柱面上， 又因为位于平面上，则位于平面与圆柱面的交线上， 根据圆柱面与平面的位置关系，可得的轨迹为椭圆的一部分，故B正确； 点到直线的距离等于，即到点与到直线的距离相等， 根据抛物线的定义，则动点的轨迹为抛物线的一部分，所以C正确； 取中点，则易得，且平面， 易得当与平面和底面的交线垂直时， 过直线的平面与面所成角最小， 可知，则平面和底面的交线与平行， 此时易得平面即为图中的平面，其中点，，，是所在棱的中点， 可得截面图形为正六边形，边长为，所以其面积为，所以D正确. 故选：BCD. 思维升华： 与立体几何有关的轨迹问题的解题方法 （1）几何法：利用几何图形的性质找满足题意的点. （2）排除法：利用特殊位置或者特殊值进行排除. （3）定义法：转化为平面轨迹问题，利用解析几何相关知识计算. （4）建系法：建立空间直角坐标系，设出动点坐标，根据题意建立方程（组），得出轨迹方程. （三）几何量的最值与范围问题 （Ⅰ）长度的最值与范围问题 1.长方体中，，，点是面内一动点，则的最小值为 略解：设关于平面的对称点为，则的最小值为 2.如图所示，在棱长为1的正方体中，是上一动点，则的最小值为（ ） A．2 B． C． D． 分析：把对角面绕旋转，使其与在同一平面上，连接并求出，根据平面内两点之间线段最短，可知就是最小值． 解：把对角面绕旋转，使其与在同一平面上，连接， 则在中，为所求的最小值．故选：D． 点评 本题的考点是点、线、面间的距离计算，主要考查考查棱柱的结构特征，考查平面内两点之间线段，最短考查计算能力，空间想象能力，是基础题． 3. 如图，在边长为1的正方体中，点P为面对角线上一点，则的最小值为 【分析】将对角面与平面放到同一个平面，化曲为直，连接，取的中点I，在利用勾股定理即得． 【详解】如图甲，将等边沿向后旋转到与面共面，得到等边，则的最小值即为图乙中线段的长，取的中点I，由题意知：等边的边长为，四边形是以，的矩形，所以. 【点睛】本题考查空间距离的最小问题，考查转化思想，计算能力，空间想象能力，属于基础题． 4. （多选题）在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在棱DC上运动（不与顶点重合），则点B到平面的距离可以是（ ） A. B. C. 2 D. 答案：CD 【详解】以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，设， 所以，， 设为平面的法向量， 则有：，令，可得， 则点B到平面的距离为， 因为，所以距离的范围是. 故选：CD. 5．在长方体中，，，若线段上存在一点，使得，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】若线段上存在一点，使得，如下图示： 则，令，则， 设且，有，则，， 所以，整理得， 故在上有零点，而且对称轴为，开口向上， 所以，只需，则，即的取值范围是. 故选：D （Ⅱ）周长的最值与范围问题 1．正方体的棱长为1，M是面内一动点，且，N是棱上一动点，则周长的最小值为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【详解】点M在线段上运动，即动线段在内运动， 动线段在内运动，动线段在内运动， 以为基准，将和翻折使其与共面，如图所示： 其中翻折至，翻折至， 的周长等于,最小值等于 在四边形，， 由余弦定理可求得， 所以， 故的周长最小值等于， 故选：B. 2．如图，在正三棱锥中，底面边长为a，侧棱长为，点E，F分别为AC，AD上的动点，求截面周长的最小值和这时点E，F的位置．    【答案】见详解 【详解】   如图所示展开三棱锥得五边形，连接分别交于点， 则此时的周长最小为， 由题意易知， 则， 且， 所以， 由， 故在分别为线段上的靠近C、D的一个四等分点时， 截面周长最小，最小值为. （Ⅲ）体积的最值与范围问题 1．已知正方体的棱长为1，是空间中任意一点，则下列说法中错误的是（  ） A．该正方体外接球的体积为 B．若是棱中点，则异面直线AM与夹角的余弦值为 C．若点在线段上运动，则始终有 D．若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值 【答案】D 【解析】对于A：正方体外接球的直径为体对角线，即，所以， 所以，A正确； 对于B：如图所示，异面直线和所成角即为， 所以，所以B正确；    对于C：如图所示，连接，则，又平面， 而平面，所以， 因为，且平面，平面， 所以平面， 而平面，所以，C正确； 对于D：因为，平面，所以平面， 所以直线上的点到平面距离相等， 所以，所以D错误， 故选：D 2．如图，在直三棱柱中，是棱BC上一点（点D与点不重合），且，过作平面的垂线． (1)证明：； (2)若，当三棱锥的体积最大时，求AC与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的性质即可证得； （2）法1：由三棱锥的体积最大推理得到最大，利用基本不等式得，作于，可推得平面，得到AC与平面所成的角等于，解三角形即得；法2：依题建系，分别求得和平面的法向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1）在直三棱柱中，平面ABC，因为平面ABC，所以． 又平面，所以平面． 又因为平面，所以． （2）因为，所以当三棱锥体积最大时，最大． 由（1）可知平面，因为面，所以． 又，所以， 当且仅当时取等号，即当最大时，． 法1：综合法 如图，作于，连结AH. 由（1）可知平面，因为面，所以． 又平面，所以平面． 因此，AC与平面所成的角等于． 因为平面平面，所以． 在Rt中，，所以，因此, 在Rt中，． 所以AC与平面所成角的正弦值． 法2：向量法 在平面内，作交于，因为平面ABC，所以平面ABC． 分别以DC，DA，DE为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图.则． 设平面的法向量为，易得， 可取． 因，则， 所以AC与平面所成角的正弦值等于． （Ⅳ）参变量的最值与范围问题 1．已知正方体的外接球表面积为12，点E在线段上运动，若恒成立，则实数λ的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由正方体的性质知：其外接球半径为，则，则， 过点E作AD的垂线，垂足为H，连接DE， 则，又， ∴． 又， ∴当时，取得最小值11，故， 故选：D． 思维升华： 立体几何中的范围问题的解题方法 （1）几何法：分析变化过程，找到满足条件的最值位置. （2）代数法：通过引入变量，将动态问题转化为关于变量的代数式，利用函数思想或不等式思想求最值. 11 学科网（北京）股份有限公司 $$ 立体几何中的动态问题 立体几何中的动态问题融合了空间想象能力、逻辑推理能力、数学运算能力等多方面的要求，求解此类问题往往要构建动态的立体图形，进行严密的逻辑推理，并进行复杂的数学运算，它在高考中具有重要地位。 题型： （一）空间位置关系的判定问题 （Ⅰ）线线关系 1.如图所示，在正方体中，点为边上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是 . ① ② ③ ④ 2．如图，四棱锥 的底面是边长为1的正方形，侧棱底面，且，E是侧棱上的动点.    (1)求四棱锥的体积; (2)如果E是的中点，求证: 平面; (3)是否不论点E在侧棱的任何位置，都有? 证明你的结论. （Ⅱ）线面关系 1．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 2 .（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上的动点，则（    ） A．的面积为 B．三棱锥的体积为 C．存在点P，使得⊥ D．存在点P，使得⊥平面 （Ⅲ）面面关系 1.已知正方体中，是的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得平面 C．不存在点，使得∥平面 D．不存在点，使得平面平面 2.（多选题）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点E，F，且。则下列结论正确的是（ ） A. 当E与D1重合时，异面直线AE与BF所成的角为 B. 三棱锥的体积为定值 C. EF在平面内的射影长为 D. 当E向D1运动时，二面角的平面角保持不变 思维升华： 解决空间位置关系的动点问题的方法： （1）特殊位置法. （2）应用位置关系定理转化法. （3）建立空间直角坐标系计算法. （二）轨迹问题 1.已知菱形的边长为2，.将菱形沿对角线AC折叠成大小为60°的二面角.设E为的中点，F为三棱锥表面上动点，且总满足，则点F轨迹的长度为（      ） A． B． C． D． 2．在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，满足直线与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积的大小为（    ） A． B． C． D． 3.(多选)如图所示，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为侧面的一动点，下列说法正确的是（ ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．若的面积为，则动点的轨迹为椭圆的一部分 C．若点到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹为抛物线的一部分 D．过直线的平面与面所成角最小时，平面截正方体所得的截面面积为 思维升华： 与立体几何有关的轨迹问题的解题方法 （1）几何法：利用几何图形的性质找满足题意的点. （2）排除法：利用特殊位置或者特殊值进行排除. （3）定义法：转化为平面轨迹问题，利用解析几何相关知识计算. （4）建系法：建立空间直角坐标系，设出动点坐标，根据题意建立方程（组），得出轨迹方程. （三）几何量的最值与范围问题 （Ⅰ）长度的最值与范围问题 1.长方体中，，，点是面内一动点，则的最小值为 2.如图所示，在棱长为1的正方体中，是上一动点，则的最小值为（ ） A．2 B． C． D． 3.如图，在边长为1的正方体中，点P为面对角线上一点，则的最小值为 4.（多选题）在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在棱DC上运动（不与顶点重合），则点B到平面的距离可以是（ ） A. B. C. 2 D. 5．在长方体中，，，若线段上存在一点，使得，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． （Ⅱ）周长的最值与范围问题 1．正方体的棱长为1，M是面内一动点，且，N是棱上一动点，则周长的最小值为（   ） A．2 B． C． D． 2．如图，在正三棱锥中，底面边长为a，侧棱长为，点E，F分别为AC，AD上的动点，求截面周长的最小值和这时点E，F的位置．    （Ⅲ）体积的最值与范围问题 1．已知正方体的棱长为1，是空间中任意一点，则下列说法中错误的是（  ） A．该正方体外接球的体积为 B．若是棱中点，则异面直线AM与夹角的余弦值为 C．若点在线段上运动，则始终有 D．若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值 2．如图，在直三棱柱中，是棱BC上一点（点D与点不重合），且，过作平面的垂线． (1)证明：； (2)若，当三棱锥的体积最大时，求AC与平面所成角的正弦值． （Ⅳ）参变量的最值与范围问题 1．已知正方体的外接球表面积为12，点E在线段上运动，若恒成立，则实数λ的取值范围为（    ） A． B． C． D． 思维升华： 立体几何中的范围问题的解题方法： （1）几何法：分析变化过程，找到满足条件的最值位置. （2）代数法：通过引入变量，将动态问题转化为关于变量的代数式，利用函数思想或不等式思想求最值. 7 学科网（北京）股份有限公司 $$