专题4 培优点3 立体几何中的动态问题-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书配套课件

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何动态问题，覆盖动点轨迹、最值范围、折叠展开三大核心考点，对接高考评价体系中空间观念、推理能力等核心素养要求，通过真题与模拟题分析明确轨迹判断、距离最值等高频题型权重，构建“题型归类+方法提炼”的复习体系。 课件亮点在于“真题情境+素养导向”的备考设计，如2024年保定模拟题中圆锥体积最值问题，运用函数思想转化目标函数，培养数学思维与运算能力，针对轨迹问题总结几何法、定义法等突破策略。助力学生掌握动态问题求解技巧，教师可依托其系统性设计分层教学，提升复习效率。

培优点3　立体几何中的动态问题 PART ONE 　　立体几何中的动态问题是新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.一般涉及到求动点的轨迹问题及由动点引起的线、面、几何体变化中的某些几何量的最值（范围）问题.求解该类问题的关键是正确辨析动与不动，利用解析法、函数、不等式及几何图形中的极端位置解决. 动点的轨迹问题 【例1】　（1）已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其 内部的点构成的集合.设集合T＝{Q∈S｜PQ≤5}，则T表示的区域的面 积为（　B　） A. B. π C. 2π D. 3π √ 解析：设O为△ABC的中心，连接PO，AO （图略），在正△ABC中，AO＝ × ×6＝2 ， 在Rt△POA中，PO＝ ＝ ＝ 2 ，当PQ＝5时，连接OQ（图略），根据勾股定 理可得OQ＝ ＝1，易知Q的轨迹是以O 为圆心，半径为1的圆，由于集合T＝{Q∈S｜ PQ≤5}，故集合T表示的区域的面积为π，故选B. （2）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是2，S是A1B1的中点，P是 A1D1的中点，点Q在正方形DCC1D1及其内部运动，若PQ∥平面 SBC1，则点Q的轨迹的长度是 ⁠. ​ 解析：如图所示，要使PQ∥平面SBC1，作 PE∥C1S交C1D1于E，SC1⊂平面SBC1，PE⊄平面 SBC1，则PE∥平面SBC1，因为正方体ABCD- A1B1C1D1的棱长是2，所以D1E＝ C1D1＝ ，连接 BD，取BD的中点O，连接PO，则四边形PSBO为 平行四边形，则PO∥SB，SB⊂平面SBC1，PO⊄平 面SBC1，则PO∥平面SBC1，又PO∩PE＝P， PO，PE⊂平面POE，所以平面POE∥平面SBC1，设平面POE∩平面DCC1D1＝EF，则DF＝ DC＝ ，连接OF，EF，则四边形PEFO为平行四边形，Q的轨迹为线段EF，EF＝ ＝ ＝ . 解决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. 感悟提升 1. 如图，已知线段AB垂直于定圆所在的平面，BD为☉O的直径，点C是 ☉O上一点，H是点B在AC上的射影，当点C运动时，点H运动的轨迹 是（　　） A. 圆 B. 椭圆 C. 抛物线 D. 不是平面图形 √ 跟踪训练 解析：　如图，设☉O的半径为r，取BC的中点M， 连接OM，MH，OH，OC，则OM⊥BC，MH＝ MC. 因为AB⊥平面BCD，所以BC是AC在平面BCD 上的射影，从而OM⊥平面ABC，得OM⊥MH，于是 OH2＝MO2＋MH2＝MO2＋MC2＝r2，即OH＝r，亦 即动点H在以O为球心、r为半径的球面上.易证BH⊥ 平面ACD，即BH⊥AD，又B为定点，所以动点H又 在过点B且垂直于直线AD的平面上，故点H运动的轨 迹是圆. 2. 如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M在棱DD1上运动，另一端点N在正方形ABCD内运动，则 MN中点轨迹的面积为 ⁠. ​ 解析：易知DD1⊥平面ABCD，∠MDN＝90°，取线段MN的中点P，则DP＝ MN＝1，所以点P的轨迹是以D为球心，1为半径的 球面， 故S＝ ×4π×12＝ . 与动点有关的最值（范围）问题 【例2】　（1）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，点P，Q分别 在底面ABCD、棱AA1上运动，且PQ＝4，点M为线段PQ的中点，则线 段C1M的长度的最小值为 ⁠； 4 －2 解析：连接AP，AC1，AM. 由正方体的结构 特征可得，QA⊥平面ABCD，所以QA⊥AP. 因为 PQ＝4，点M为线段PQ的中点，所以AM＝ PQ＝ 2，故点M在以A为球心，半径R＝2的球面上，易 知AC1＝4 ，所以C1M的最小值为AC1－R＝4 －2. （2）如图，四边形ABCD和四边形ADPQ均为正方形，它们所在的平面互 相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异 面直线EM与AF所成的角为θ，则 cos θ的最大值为 ⁠. ​ 解析：由题意建立坐标系如图所示，设AB＝ 1，则A（0，0，0），E（ ，0，0）， ＝（1， ，0）.设M（0，y，1）（0≤y≤1），则 ＝ （－ ，y，1），由于异面直线所成角的范围为 （0， ］，所以 cos θ＝ ＝ ，又因为［ ］2＝1－ ，令8y＋1＝t，1≤t≤9，则 ＝ ≥ ，当t＝1时取等号，所以 cos θ＝ ≤ × ＝ ，当y＝0时，取得最大值. 　　在动态变化过程中产生的体积最大（小）、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. 感悟提升 　（多选）（2024·保定模拟）如图，AC为圆锥SO的底面圆O的直径， 点B是圆O上异于A，C的动点，SO＝OC＝2，则下列结论正确的是 （　　） A. 圆锥SO的侧面积为2 π B. 三棱锥S-ABC体积的最大值为 C. ∠SAB的取值范围是（ ， ） D. 若AB＝BC，E为线段AB上的动点，则SE＋CE的最小值为2（ ＋1） √ √ 跟踪训练 解析：　在Rt△SOC中，SC＝ ＝2 ，则 圆锥的母线长l＝2 ，半径r＝OC＝2，对于A，圆锥 SO的侧面积为πrl＝4 π，A错误；对于B，当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC＝ ×4×2＝4，则三棱锥S-ABC体积的最大值为 ×S△ABC×SO＝ ×4×2＝ ，B正确；对于C，△SAB是等腰三角形，SA＝SB，又因为SA2＋SC2＝16＝AC2，则∠ASC＝ ，依题意，0＜∠ASB＜ ，而∠SAB＝ － ∠ASB，因此∠SAB∈（ ， ），C错误； 对于D，由AB＝BC，AC＝4，∠ABC＝ ，得AB＝BC＝2 ，则△SAB为等边三角形，将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面的位置，得到△S1AB，则△S1AB为等边三角形，∠S1BA＝ ，如图，于是（SE＋CE）min＝S1C，因为S1B＝BC＝2 ，∠S1BC＝∠S1BA＋∠ABC＝ ， S1C2＝S1B2＋BC2－2S1B·BC· cos ＝8＋8＋8 ＝4（ ＋1）2，所以（SE＋CE）min＝S1C＝2（ ＋1），D正确. 折、展过程中的动态问题 【例3】　（多选）已知菱形ABCD的边长为2，∠ADC＝60°，将△ACD 沿AC翻折，使点D与点B重合，如图所示.记点P为翻折过程中点D的位 置（不包含在点B处的位置），则下列结论正确的是（　　） A. 无论点P在何位置，总有AC⊥PB B. 存在点P，使得AB⊥PC C. 三棱锥P-ABC体积的最大值为1 D. 当PB＝2时，M为PB上一点，则AM＋CM的最小值为2 √ √ √ 解析：　如图1，连接PB，依题意，△ABC，△APC 都是等边三角形，取AC的中点E，则BE⊥AC， PE⊥AC，又PE∩BE＝E，PE，BE⊂平面PBE，于是 AC⊥平面PBE，又PB⊂平面PBE，因此AC⊥PB，A正 确；P的轨迹是以AC为轴的两个同底的圆锥底面半圆 弧，显然圆锥轴截面的顶角为∠BAD＝∠BCD＝120°， 大于90°，则存在两条母线互相垂直，即存在点P， 使得CD⊥PC，而翻折前AB∥CD，因此存在点P，使 得AB⊥PC，B正确；当PE⊥平面ABC时，三棱锥P- ABC体积最大，最大值为VP-ABC＝ S△ABC·PE＝1，C正确； 当PB＝2时，三棱锥P-ABC为正四面体，将△PAB， △PCB展开在同一平面内，如图2，显然四边形ABCP为菱 形，∠BAP＝60°，当A，M，C三点共线时，AM＋ CM取得最小值2 ，D错误. 　　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. 感悟提升 　（2024·南通二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝ ，E为线 段BC上一动点，现将△ABE沿AE折起得到△AB'E，点B'在平面ABC上的 投影为K，当点E从B运动到C时，若二面角B'-AE-D的平面角恒为 ， 则点K所形成轨迹的长度为 ⁠. ​ 跟踪训练 解析：如图1，过点K作KO⊥AE，连 接OB'，则OB'⊥AE，显然BO⊥AE. 因为二面角B'-AE-D的平面角为 ，所 以∠B'OK＝ ，所以KO＝ B'O＝ BO，且K为BO中点.如图2，因为 BO⊥AE，所以O在以AB为直径的圆上，取AB的中点J，连接JK，则 JK⊥BK，所以点K的轨迹是以BJ为直径的圆上的一段弧，设此圆圆心为O'，得其半径为 AB＝ .当E与C重合时，∠KO'B＝ ，所以所对的弧长为 × ＝ . 课时跟踪检测 1. 如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动 点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是（　　） A. 直线 B. 抛物线 C. 椭圆 D. 双曲线的一支 解析：　由题可知，当P点运动时，在空间中，满足条件的AP绕AB 旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60°角的平面截圆锥，所得图形 为椭圆. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 2. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，动点P在正方体的侧面 BCC1B1上，且点P到点A的距离为 ，点P的轨迹是一条曲线，那么 这条曲线的形状是（　　） √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：　如图，连接PB，PA，因为AB⊥平面 BCC1B1，所以AB⊥PB. 在Rt△APB中，PA＝ ＝ ＝ ，解得BP＝ .所以动点 P的轨迹就是圆心为B，半径为r＝ ＜1的圆在正方形 BCC1B1内（含边界）的部分，故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3. 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是截面A1ACC1上的 一个动点（不包含边界），若A1M⊥AB1，则AM的最小值为（　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：　连接A1B，若A1M⊥AB1，则A1M在平面ABB1A1上的射影在 A1B上，所以M的轨迹为A1C，AM的最小值为A到A1C的距离，连接 A1C，过点A作AM⊥A1C于点M，因为AA1⊥AC，且AC＝ ，A1C ＝ ＝ ，所以AM＝ ＝ ＝ ，故AM的最小值为 .故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4. 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P是面对角线BC1上一动 点，Q是底面ABCD（含边界）内一动点，则D1P＋PQ的最小值为 （　　） A. B. 1 C. 2 D. 2＋ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：　如图，将△BCC1沿BC1折起铺平在正方体的 对角面ABC1D1所在平面内，这时ABCC1D1是一个五边 形，过点D1作D1Q⊥BC，垂足为Q，且交BC1于P， 显然，此时D1P＋PQ最小.在直角梯形D1QCC1中， ∠C1D1Q＝45°，则D1Q＝CC1＋C1D1 cos 45°＝ ＋2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5. 三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA＝3，PB＝2，PC＝ 1，设M是底面△ABC内一点，定义f（M）＝（m，n，p），其中 m，n，p分别是三棱锥M-PAB，三棱锥M-PBC，三棱锥M-PCA的体 积.若f（M）＝（ ，x，y），且 ＋ ≥8恒成立，则正实数a的最小 值为（　　） A. 1 B. 13－4 C. 9－4 D. 2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：　∵PA，PB，PC两两垂直，且PA＝3，PB＝2，PC＝1，由 题意可得V三棱锥P-ABC＝ × ×3×2×1＝1＝ ＋x＋y，∴x＋y＝ ， ∴2（x＋y）＝1.∴ ＋ ＝（ ＋ ）×2（x＋y）＝2＋2a＋ ＋ ≥2＋2a＋2 ＝2＋2a＋4 ，当且仅当 ＝ ，即y＝ x 时，等号成立.由2＋2a＋4 ≥8恒成立，解得a≥1，∴正实数a的最 小值为1.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6. （多选）（2024·怀化二模）在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC， AB⊥BC，AB＝BC＝2，PA＝2 ，点D是△PAB内的动点（含边 界），AD⊥CD，则下列结论正确的是（　　） A. PB与平面ABC所成角的大小为 B. 三棱锥C-ABD的体积最大值是2 C. D点的轨迹长度是 D. 异面直线CD与AB所成角的余弦值范围是［ ， ） √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：　如图，把三棱锥P-ABC补形成正四棱 柱并建立空间直角坐标系A-xyz，对于A，由PA⊥平 面ABC，得∠PBA是PB与平面ABC所成的角， tan∠PBA＝ ＝ ，因此∠PBA＝ ，A正确；对 于C，由AD⊥CD，得D点的轨迹是以线段AC为直径的球面与△PAB相交的一段圆弧及点B，令AC，AB的中点分别为O，E，则OE⊥平面PAB，OE＝1，OD＝ ，于是DE＝1，显然D点所在圆弧所对 圆心角大小为 ，长度是 ，C正确；对于B，由选项C知，当DE⊥AB时，D点到平面ABC距离最大，最大距离为1，因此三棱锥C-ABD的体积VC-ABD＝VD-ABC≤ × ×2×1×2＝ ，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对于D，设∠AED＝θ（0＜θ≤ ），则点D（1－ cos θ，0， sin θ），而C（2，2，0），于是 ＝ （－1－ cos θ，－2， sin θ），又 ＝（2，0，0）， 令异面直线CD与AB所成的角大小为φ，则 cos φ＝｜ cos ＜ ， ＞｜＝ ＝ ＝ ，令t＝1＋ cos θ∈［ ，2）， cos φ＝ ＝ 在t∈［ ，2）上单调递增，因此 ≤t＜ ，D正确.故选A、C、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7. 如图，AB为圆柱下底面圆O的直径，C是下底面圆周上一点，已知 ∠AOC＝ ，OA＝2，圆柱的高为5.若点D在圆柱表面上运动，且满 足BC⊥AD，则点D的轨迹所围成图形的面积为 ⁠. 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：连接AC，BC，因为AB是圆柱下底面圆O的直径，所以 BC⊥AC，又BC⊥AD，AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACD，所以 BC⊥平面ACD. 设过点A的母线与上底面的交点为点E，过点C的母线 与上底面的交点为点F，连接EF，因为AE⊥平面ABC，BC⊂平面 ABC，所以AE⊥BC，因为AE∩AC＝A，AE，AC⊂平面AEFC，所 以BC⊥平面AEFC，所以点D在平面AEFC内，又点D在圆柱的表面， 所以点D的轨迹是矩形AEFC，依题意得AE＝5，OA＝ OC＝2，∠AOC＝ ，所以AC＝2，所以矩形AEFC 的面积为5×2＝10.故点D的轨迹所围成图形的面积为10. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8. 在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P1，P2分别是线段AB，BD1 （不包括端点）上的动点，且线段P1P2平行于平面A1ADD1，则四面体 P1P2AB1的体积的最大值为 ⁠. ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：因为线段P1P2平行于平面A1ADD1，P1P2⊂平面ABD1，平面 A1ADD1∩平面ABD1＝AD1，所以P1P2∥AD1，所以 △P1P2B∽△AD1B，则 ＝ ＝ .设P1B＝x，x∈（0，2），则 P1P2＝ x，P2B＝ x.设P2到平面AA1B1B的距离为h，则 ＝ ，所以h＝x，所以四面体P1P2AB1的体积为V＝ · ·（2－x）·2·x ＝ （2x－x2）＝－ （x－1）2＋ ，当x＝1时，四面体P1P2AB1的体 积取得最大值 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9. 如图，等腰△ABC的底边AB＝6 ，高CD＝3.E是线段BD上异于点 B，D的动点，点F在BC边上，且EF⊥AB. 现沿EF将△BEF折起到 △PEF的位置，使PE⊥AE. 记BE＝x，V（x）表示四棱锥P-ACFE 的体积. （1）当x为何值时，V（x）取得最大值？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解：因为PE⊥AE，PE⊥EF，所以PE⊥平面ACFE. 又EF∥CD，所以 ＝（ ）2＝ . 所以S△BEF＝ S△BDC＝ · ＝ x2. 所以SACFE＝S△ABC－S△BEF＝9 － x2＝ （108－x2）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 所以V（x）＝ SACFE·PE＝ （108x－x3），0＜x＜3 . 又V'（x）＝ （36－x2）， 当0＜x＜6时，V'（x）＞0；当6＜x＜3 时，V'（x）＜0. 故V（x）在（0，6）上递增，在（6，3 ）上递减，又x＝6是 V（x）的唯一极大值点，所以当x＝6时，V（x）max＝12 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 （2）当V（x）取得最大值时，求异面直线AC与PF所成角的余弦值. 解：以直线EF，EB，EP分别为x， y，z轴建立空间直角坐标系（图略），则A （0，6－6 ，0），C（3，6－3 ， 0），F（ ，0，0），P（0，0，6）. 于是 ＝（3，3 ，0）， ＝（ ，0，－6）. 所以 cos 〈 ， 〉＝ ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10. （2024·上海期末）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6，点 P在该正方体的表面上运动. （1）若AP＝6 ，求点P的轨迹长度； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解：若AP＝6 ，则点P以点A为球心 半径为6 的球面上运动， 又P在正方体表面运动，AD＝6，AD⊥平面 CDD1C1， 则P在以D为圆心，半径为 ＝ 6的圆上（正方形CDD1C1内部），如图所示， ＝6× ＝3π，同理可得 ＝ ＝6× ＝3π， 故点P的轨迹长度为3π×3＝9π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 （2）已知P到三个平面ABCD、ADD1A1、ABB1A1中的两个平面的距 离相等，且P到剩下一个平面的距离与P到此正方体的中心的距 离相等，求满足条件的点P的个数； 解：若P到平面ABCD、ADD1A1距离相等，根据对称性知P在平面ADC1B1上，AD⊥平面AA1B1B，AD⊂平面ADC1B1，故平面ADC1B1⊥平面AA1B1B，故P到平面ABB1A1的距离即P到AB1的距离，设正方体的中心为Q， 即 ＝｜PQ｜，故P的轨迹 为平面ADC1B1内的一条抛物线， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 正方体棱长为6，AB1中点为N，以NQ所在的直线为x轴， 以线段NQ的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系， 抛物线方程y2＝6x，当y＝±3 时，x＝3＜ ，故抛 物线与棱B1C1和AD相交，故共有2×3＝6个点满足条件. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 （3）若点M是线段BC的中点，P在正方形DCC1D1（包括边界）上运 动，且满足∠APD＝∠MPC，求点P的轨迹长度. 解：易知正方体中AD⊥平面DCC1D1， MC⊥平面DCC1D1，DP，PC⊂平面 DCC1D1， 所以AD⊥DP，MC⊥CP，又∠APD＝ ∠MPC，所以Rt△ADP∽Rt△MCP， 所以 ＝ ＝2即PD＝2PC， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 如图，在平面DCC1D1中，以D为原点，DC， DD1分别为x，y轴建立平面直角坐标系， 则D（0，0），C（6，0），P（x，y）.由 PD＝2PC知， ＝ 2 化简整理得（x－ 8）2＋y2＝16，0≤x≤6， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 所以点P的轨迹为圆（x－8）2＋y2＝16在正方形DCC1D1内部的部分， 即 ，其中CR＝2，RF＝4，则∠FRC＝ ，由弧长公 式知 ×4＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 $