第二编 专题4 专题培优 立体几何中的动态问题-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案全书word

该高中数学高考复习讲义聚焦立体几何动态问题，覆盖动点轨迹、翻折展开、最值范围三大高考核心考向，按考情分析、方法总结、真题演练的逻辑架构梳理知识点，通过考向分类讲解、典型例题解析、解题策略提炼等环节，帮助学生构建动态几何问题的分析框架，突破空间想象与逻辑推理难点。 资料以数学眼光观察空间动态变化，如翻折问题中通过不变量分析培养空间观念，以数学思维构建解题模型，如轨迹问题用坐标法转化为代数方程，结合分层作业与真题押题设计，确保复习针对性与实战性，助力学生提升动态几何问题的解决能力，为教师把控复习节奏提供系统指导。

大二轮专题复习冲刺方案　数学 专题培优　立体几何中的动态问题 「考情分析」立体几何中的动态问题是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的、是可变的一类开放性问题，这类试题给静态的立体几何问题赋予了活力，将立体几何问题与解三角形、多边形的周长与面积、解析几何等之间建立了桥梁．高考中的主要考向有空间中动点的轨迹问题，翻折、展开问题，最值、范围问题等，在选择题、填空题、解答题中均可能出现，难度属中档． 考向1　动点轨迹问题 例1　(多选)如图，平面ABN⊥平面α，AB＝MN＝2，M为线段AB的中点，直线MN与平面α所成角的大小为30°，点P为平面α内的动点，则(　　) A．以N为球心，半径为2的球面在平面α上的截痕长为2π B．若点P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线 C．若点P到直线MN的距离为1，则∠APB的最大值为 D．满足∠MNP＝的点P的轨迹是椭圆 答案：BC 解析：对于A，由于MN与平面α所成角的大小为30°，所以点N到平面α的距离d＝MN·sin30°＝1，故半径为R＝2的球面在平面α上截面圆的半径为r＝＝，故截痕长为2πr＝2π，A错误；对于B，由于平面ABN⊥平面α，所以以M为原点，AB为y轴，在平面α内过M作x轴⊥AB，在平面ABN内作z轴⊥AB，建立如图1所示的空间直角坐标系，则M(0，0，0)，B(0，1，0)，A(0，－1，0)，N(0，，1)，设P(x，y，0)，则PM＝PN，即x2＋y2＝x2＋(y－)2＋1，化简得y＝，则点P的轨迹是一条直线，B正确；对于C，＝(0，，1)，＝(x，y，0)，所以点P到直线MN的距离为＝＝1，化简可得x2＋＝1，所以点P的轨迹是平面α内的椭圆x2＋＝1，如图2，当P在短轴的端点时，∠APB最大，由于BM＝MP＝1，故∠BPM＝，因此∠APB＝2∠BPM＝，C正确；对于D，＝(0，－，－1)，＝(x，y－，－1)，若∠MNP＝，则cos∠MNP＝cos〈，〉＝＝＝，化简得－＝1且y<，故满足∠MNP＝的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误．故选BC. 　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的关系取特殊值或位置进行排除． (多选)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M是侧面BB1C1C上的一个动点(含边界)，下列结论正确的是(　　) A．若A，B，M，D1四点共面，则点M的运动轨迹长度为4 B．若AM⊥BD1，则点M的运动轨迹长度为4 C．若AM＝2，则点M的运动轨迹长度为2π D．若直线AM与C1D1所成的角为45°，则点M的运动轨迹长度为2π 答案：ABD 解析：因为AB∥C1D1，所以A，B，C1，D1确定一个平面，而不共线的三点A，B，D1在这个平面内，所以A，B，M，D1确定的平面即为平面ABC1D1，故点M在BC1上，即点M的轨迹为BC1，BC1＝4，故A正确；如图，连接AB1，B1C，AC，A1B，CD1.因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中，所以BC⊥平面ABB1A1，又AB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB1.又AB1⊥A1B，BC∩A1B＝B，BC，A1B⊂平面A1BCD1，所以AB1⊥平面A1BCD1.又BD1⊂平面A1BCD1，所以AB1⊥BD1，同理可证AC⊥BD1.又AB1∩AC＝A，AB1，AC⊂平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C.故当AM⊥BD1时，点M在B1C上，即点M的轨迹为B1C，B1C＝4，故B正确；因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中，所以AB⊥平面BCC1B1.而BM⊂平面BCC1B1，所以AB⊥BM，所以BM＝＝＝2，所以点M的轨迹是以B为圆心，2为半径的圆，则轨迹长度为×2π×2＝π，故C错误；因为AB∥C1D1，直线AM与C1D1所成的角为45°，所以AM与AB所成的角为45°，即∠MAB＝45°，所以在Rt△MAB中，AB＝BM＝4，所以点M的轨迹是以B为圆心，4为半径的圆，则轨迹长度为×2π×4＝2π，故D正确．故选ABD. 考向2　翻折、展开问题 例2　(2025·山东齐鲁名校联考四)如图1，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD＝O1，AC∩MN＝G.沿直线MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P－ABMND. (1)证明：在翻折过程中，总有PD＝PB； (2)若平面PMN⊥平面MNDB，线段PA上是否存在一点Q(可与点P重合)，使得点B到平面QDN的距离是菱形ABCD边长的？若存在，试确定点Q的位置，并求此时平面QDN与平面PMN所成锐二面角的余弦值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形且AC∩BD＝O1，所以AC⊥BD，DO1＝BO1. 因为M，N分别是边BC，CD的中点， 所以MN∥BD. 因为AC⊥BD，AC∩MN＝G， 所以AG⊥MN，CG⊥MN，AG⊥BD. 即在五边形ABMND中，AG⊥BD，AG⊥MN，DO1＝BO1； 在△PMN中，PG⊥MN. 在折叠过程中，MN⊥PG， 又因为MN∥BD，所以BD⊥PG. 又AG⊥BD，AG∩PG＝G，AG，PG⊂平面PAG， 所以BD⊥平面PAG. 连接PO1，因为PO1⊂平面PAG， 所以BD⊥PO1. 又DO1＝BO1，所以PO1垂直平分线段BD， 所以PD＝PB. (2)因为平面PMN⊥平面MNDB，平面PMN∩平面MNDB＝MN，PG⊂平面PMN，PG⊥MN， 所以PG⊥平面MNDB. 因为AG⊂平面MNDB，所以PG⊥AG. 又因为GM⊥AG，所以GA，GM，GP两两垂直，故以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 不妨设菱形ABCD的边长为4a，则P(0，0，a)，D(a，－2a，0)，B(a，2a，0)，N(0，－a，0)，A(3a，0，0)，所以＝(a，2a，－a)＝a(，2，－)，＝(3a，0，－a)＝a(3，0，－)． 假设线段PA上存在符合题意的点Q， 设＝λ(0≤λ<1)， 则＝＋＝＋λ＝a(0，0，)＋a(3λ，0，－λ)＝a(3λ，0，－λ)． 易知平面PMN的一个法向量为n1＝(1，0，0)． 设平面QDN的法向量为n2＝(x，y，z)， 因为＝－＝a(3λ－，2，－λ)，＝a(－，1，0)， 所以 可取n2＝(λ－1，λ－，3λ＋1)． 设平面QDN与平面PMN所成的锐二面角为θ， 则cosθ＝ ＝ ＝. 因为＝a(0，4，0)， 所以点B到平面QDN的距离d＝ ＝＝， 即＝，即cosθ＝， 化简得2λ2－7λ＋3＝0， 解得λ＝(λ＝3舍去)． 综上，当点B到平面QDN的距离是菱形ABCD边长的时，点Q在线段PA的中点处，此时平面QDN与平面PMN所成锐二面角的余弦值为. 　翻折问题的两个解题策略 确定翻折 前后变与 不变的 关系 画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决 确定翻折 后关键点 的位置 所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算 (2025·江苏南京模拟)如图1，已知三棱锥P－ABC，O，G分别为AC，PA的中点，AB＝.图2是三棱锥P－ABC的平面展开图，四边形ABCD为正方形，△ABE和△BCF均为正三角形． (1)证明：OG∥平面PCB； (2)证明：平面PCA⊥平面BCA； (3)求二面角C－PA－B的余弦值． 解：(1)证明：在△PAC中， 因为O，G分别为AC，PA的中点， 根据三角形中位线定理可得OG∥PC. 又因为OG⊄平面PCB，PC⊂平面PCB， 所以OG∥平面PCB. (2)证明：连接OP，OB. 由题意可知∠APC＝∠ADC＝90°，OP⊥AC，OB⊥AC，OP＝OB＝OA＝OC＝， 在三棱锥P－ABC中，PB＝， 则OP2＋OB2＝3＝PB2， 根据勾股定理的逆定理可知∠POB＝90°， 即OP⊥OB. 因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面BCA， 所以OP⊥平面BCA. 又因为OP⊂平面PCA， 所以平面PCA⊥平面BCA. (3)以O为原点，OB，OA，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系． 则O(0，0，0)，A，B，C，P， 所以＝，＝，＝. 易得平面PCA的一个法向量为n1＝(1，0，0)， 设平面PBA的法向量为n2＝(x，y，z)， 则即令z＝1， 解得x＝1，y＝1， 所以n2＝(1，1，1)． 设二面角C－PA－B的大小为θ，易知二面角C－PA－B为锐角， 所以cosθ＝＝＝， 即二面角C－PA－B的余弦值为. 考向3　最值、范围问题 例3　(2025·八省联考)在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P为动点． (1)设PC⊥AB，三棱锥P－ABC的各个顶点都在球O的球面上． ①证明：平面PAC⊥平面ABC； ②求球O的半径； (2)求二面角A－CP－B的余弦值的最小值． 解：(1)在△ACD中，由AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，得∠CAD＝∠ADC＝30°， 所以AD＝2ACcos∠CAD＝2×1×cos30°＝，且∠BAC＝∠DAB－∠CAD＝120°－30°＝90°，即AB⊥AC. ①证明：因为AB⊥AC，PC⊥AB，PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面PAC，所以AB⊥平面PAC， 又AB⊂平面ABC， 所以平面PAC⊥平面ABC. ②以A为原点，，的方向分别为x轴、y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 在平面PAC内，过P作PG⊥AC于G， 则AG＝cos30°＝，PG＝sin30°＝， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P，设球O的球心O(a，b，c)，半径为R，则AO＝BO＝CO＝PO＝R， 所以a2＋b2＋c2＝(a－1)2＋b2＋c2＝a2＋(b－1)2＋c2＝a2＋＋＝R2， 解得a＝，b＝，c＝，R＝， 所以球O的半径为. (2)如图，由(1)知PG⊥AC于G，在平面ABC内，过G作GM⊥AC，设∠PGM＝θ，θ∈(0，π)，以G为原点，，的方向分别为x轴、y轴正方向，建立空间直角坐标系Gxyz， 则G(0，0，0)，A，B，C，P， 所以＝(0，－1，0)，＝(1，－1，0)，＝， 设平面PAC和平面PBC的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)， 则 所以 取x1＝sinθ，x2＝1，则m＝(sinθ，0，－cosθ)，n＝， 所以cos〈m，n〉＝ ＝ ＝， 令t＝cosθ＋，则cosθ＝t－， 由θ∈(0，π)，得t∈(－1，＋1)， 则∈， 则cos〈m，n〉＝ ＝＝≥ ＝， 当且仅当＝，即t＝，cosθ＝－时，等号成立， 所以二面角A－CP－B的余弦值的最小值为. 　解最值、范围问题的常用思路 (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(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． (2025·山东烟台三模)如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD是边长为2的正三角形，且二面角P－AD－C的大小为60°.底面ABCD为平行四边形，AB＝1，∠ABC＝60°，点Q在棱PD上且＝λ(0<λ<1)． (1)若λ＝，证明：PB∥平面ACQ； (2)求直线AP与平面BQC所成角的正弦值的取值范围． 解：(1)证明：若λ＝，即Q为PD的中点，连接BD交AC于点M，连接QM， 由题意，可知M为BD的中点， 所以QM为△BDP的中位线，所以QM∥PB， 因为QM⊂平面ACQ，PB⊄平面ACQ， 所以PB∥平面ACQ. (2)因为AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°， 所以BA⊥AC. 以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x轴、y轴，过A且垂直平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－1，，0)． 因为△PAD是边长为2的正三角形， 所以点P和AD的中点连线的距离为， 因为二面角P－AD－C的大小为60°， 所以点P到底面ABCD的距离为sin60°＝， 点P在底面的射影到AD的距离为cos60°＝， 所以点P在底面ABCD的射影在边BC上且靠近C的四等分点处， 所以P，所以＝， 因为＝λ(0<λ<1)， 所以＝， 又＝， 所以＝. 又＝(－1，，0)， 设平面BQC的法向量为m＝(x，y，z)， 则 即 令y＝，则x＝3，z＝， 即m＝，0<λ<1， 又＝， 设直线AP与平面BQC所成的角为α， 则sinα＝＝， 整理，得sinα＝·. 当λ∈(0，1)时，∈， 所以sinα∈. 即直线AP与平面BQC所成角的正弦值的取值范围为. 真题押题 1．(2025·新课标Ⅱ卷，17)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A′B∥平面CD′F； (2)求平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值． 解：(1)证明：因为AB∥CD，所以AE∥DF， 所以A′E∥D′F， 因为D′F⊂平面CD′F，A′E⊄平面CD′F， 所以A′E∥平面CD′F. 因为FC∥EB，FC⊂平面CD′F，EB⊄平面CD′F， 所以EB∥平面CD′F， 又EB∩A′E＝E，EB，A′E⊂平面A′EB， 所以平面A′EB∥平面CD′F， 又A′B⊂平面A′EB，所以A′B∥平面CD′F. (2)因为∠DAB＝90°， 所以AD⊥AB， 又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC，以F为原点，FE，FC以及垂直于平面EFCB的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为D′F⊥EF，CF⊥EF，平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°， 所以∠D′FC＝60°. 设AD＝1，所以AB＝3，CD＝2， 因为F为CD的中点，所以DF＝FC＝1， 则D′F＝DF＝1，因为EF∥AD，AB∥CD， 所以四边形AEFD是平行四边形， 所以AE＝DF＝1，则EB＝2， 则B(1，2，0)，C(0，1，0)，D′，E(1，0，0)，F(0，0，0)， 所以＝(－1，－1，0)，＝，＝(1，0，0)，＝. 设平面BCD′的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令y＝，则z＝1，x＝－， 所以n＝(－，，1)． 设平面EFD′A′的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 令y＝，则z＝－1，x＝0，所以m＝(0，，－1)． 所以|cos〈m，n〉|＝＝＝. 所以平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值为＝. 2．(2024·新课标Ⅱ卷，17)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝，将△AEF沿EF对折至△PEF，使得PC＝4. (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 解：(1)证明：由AB＝8，AD＝5，＝，＝， 得AE＝2，AF＝4， 又∠BAD＝30°，在△AEF中， 由余弦定理，得 EF＝ ＝＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2， 则AE⊥EF，即EF⊥AD， 所以EF⊥PE，EF⊥DE， 又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE， 又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD. (2)连接EC，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3， 得EC2＝ED2＋CD2＝36，EC＝6， 又PC＝4，PE＝AE＝2， 得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF， 又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则E(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)， 由F是AB的中点，得B(4，2，0)， 所以＝(3，3，－2)，＝(0，3，－2)，＝(4，2，－2)，＝(2，0，－2)， 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)， 则 令y1＝2，x2＝，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1， 所以n＝(0，2，3)，m＝(，－1，1)， 所以|cos〈m，n〉|＝＝＝， 设平面PCD与平面PBF所成的角为θ， 则sinθ＝＝， 即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为. 在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AB＝4，BC＝3，AC＝5，CC1＝4，E在AB上，AE＝2，F在AD上，DF＝2，P在CD上，CP＝1，M为A1B1上的动点，α，β分别是二面角M－BC1－A和二面角M－AD1－B的平面角． (1)当M为A1B1的中点时， ①证明：PF⊥平面MDE； ②N为底面ABCD(包括边界)内的一个动点，且点N到平面ADD1A1的距离等于点N到直线BB1的距离，MN最大时，确定点N的位置； (2)当α＋β最小时，求tan(α＋β)． 解：(1)①证明：因为AC＝5，AB＝4，BC＝3， 所以AC2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC， 又底面ABCD为平行四边形， 所以底面ABCD为矩形， 因为ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱， 所以DA，DC，DD1两两垂直， 以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则F(2，0，0)，P(0，3，0)，E(3，2，0)，M(3，2，4)， 所以＝(2，－3，0)，＝(3，2，0)，＝(0，0，4)， 则·＝0，·＝0， 所以PF⊥DE，PF⊥EM， 又DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面MDE， 所以PF⊥平面MDE. ②因为AA1⊥平面ABCD，AA1⊂平面ADD1A1， 所以平面ABCD⊥平面ADD1A1，过点N在底面ABCD内作NH⊥AD，连接NB. 因为平面ABCD∩平面ADD1A1＝AD， 所以NH⊥平面ADD1A1，即点N到平面ADD1A1的距离为NH， 点N到直线BB1的距离为NB， 由题意可知NB＝NH， 由抛物线的定义知点N的轨迹是以B为焦点，AD为准线的抛物线在四边形ABCD内部的部分(包括边界)， 以AB的中点为原点，AB所在直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，易得抛物线方程为y2＝8x， 设N(x0，y0)，0≤x0≤2，0≤y0≤3，MN＝＝，EN最大时，MN最大， EN＝＝，当x0＝2时，y0＝4，当y0＝3时，x0＝， 所以0≤x0≤，所以当x0＝时，EN最大，即MN最大， 此时N在CD上，且CN＝. (2)作B1S⊥BC1于点S，A1T⊥AD1于点T，连接MS，MT，ST， 因为A1B1⊥BC1，B1S⊥BC1，且A1B1∩B1S＝B1，A1B1，B1S⊂平面MB1S， 所以BC1⊥平面MB1S， 又MS⊂平面MB1S， 所以BC1⊥MS. 因为B1S⊥BC1，B1S⊥AB，BC1∩AB＝B，BC1，AB⊂平面ABC1D1， 所以B1S⊥平面ABC1D1， 同理，A1T⊥平面ABC1D1， 所以B1S∥A1T， 又由直角三角形的面积易得B1S＝A1T＝， 所以四边形B1STA1是矩形， 所以ST∥A1B1∥AB， 因为AB⊥BC1，所以ST⊥BC1， 所以二面角M－BC1－A的平面角即为∠MST＝α， 同理，二面角M－AD1－B的平面角即为∠MTS＝β. 当M与B1(或A1)重合时，α＋β＝π－∠TB1S， tan(α＋β)＝－tan∠TB1S＝－； 当M与B1(或A1)不重合时， 设MB1＝x，MA1＝4－x，0<x<4， 则tanα＝，tanβ＝， 所以tan(α＋β)＝ ＝， 因为x(4－x)－≤4－<0，当且仅当x＝2时，等号成立， 所以α＋β>，当α＋β最小时，tan(α＋β)最小， 此时tan(α＋β)＝－<－. 综上，tan(α＋β)＝－. 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 难度 ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 翻折、展开问题；棱锥的外接球；球的表面积 动点轨迹问题；最值、范围问题 动点轨迹问题；棱锥的体积；棱锥的外接球；与截面有关的计算问题 翻折、展开问题；最值、范围问题；判断线面平行、线线垂直；锥体的体积；二面角的正切值 动点轨迹问题；判断线面平行、线线垂直；与截面有关的计算问题 题号 6 7 8 9 10 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★★ 对点 动点轨迹问题 翻折、展开问题；证明线面平行；求平面与平面夹角的余弦值 翻折、展开问题；证明线面垂直；求平面与平面夹角的余弦值 翻折、展开问题；证明线面平行；由线面角的正弦值求线段长度的比值；求点到平面的距离 翻折、展开问题；最值、范围问题；证明异面直线垂直；棱锥的外接球；求二面角的最值 一、单选题 1．(2025·河南九师联盟联考)如图1，在平行四边形ABCD中，AB⊥BD，AB＝2BD＝2.沿BD将△ABD折起，使点A到达点P的位置，得到三棱锥P－BCD，如图2，若PC＝3，则三棱锥P－BCD外接球的表面积为(　　) A．6π B．8π C．9π D．12π 答案：C 解析：在Rt△BCD中，BC＝＝＝，又PB＝2，PC＝3，所以PB2＋BC2＝PC2，所以PB⊥BC，同理可得CD⊥PD.取PC的中点O，则OP＝OB＝OC＝OD＝，所以O为三棱锥P－BCD外接球的球心，OP为半径，所以三棱锥P－BCD外接球的表面积为4π×＝9π.故选C. 2．(2025·吉林通化二模)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点，若P为侧面ADD1A1内(含边界)的动点，且B1P∥平面BEF，则B1P的最小值为(　　) A. B. C. D．2 答案：B 解析：如图所示，取A1D1的中点M，连接AM，B1M，AB1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，可得AD∥B1C1且AD＝B1C1，因为E，F分别是棱AD，B1C1的中点，则AE∥B1F且AE＝B1F，所以四边形AB1FE为平行四边形，则AB1∥EF，又因为AB1⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，所以AB1∥平面BEF，同理可证AM∥平面BEF，因为AB1∩AM＝A，且AB1，AM⊂平面AB1M，所以平面AB1M∥平面BEF，又因为AM⊂平面AA1D1D，当P∈AM时，B1P⊂平面AB1M，所以B1P∥平面BEF，所以点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM，因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，可得AM＝B1M＝，AB1＝2，在△AMB1中，可得cos∠AMB1＝＝，且B1M·cos∠AMB1＝<＝AM，则sin∠AMB1＝，所以B1P的最小值为B1M·sin∠AMB1＝×＝.故选B. 二、多选题 3．(2025·山东潍坊二模)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为正方形ABCD内的动点(包含边界)，F为BC的中点，则(　　) A．三棱锥A1－B1D1E的体积为定值 B．若D1E⊥B1D，则动点E的轨迹长度为2 C．若点E在线段AB上(不包含端点)，则四棱锥D1－AECD存在外接球 D．若E为AB的中点，则过D1，E，F三点的平面截该正方体所得截面的周长为2＋ 答案：ABD 解析：对于A，如图1，因为E为正方形ABCD内的动点(包含边界)，所以点E到平面A1B1D1的距离为AA1＝2，所以VA1－B1D1E＝VE－A1B1D1＝S△A1B1D·AA1＝××2×2×2＝，为定值，故A正确；对于B，如图2，以A为原点，AB， AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，2，0)，D1(0，2，2)，B1(2，0，2)，设E(x，y，0)，0≤x≤2，0≤y≤2，则＝(x，y－2，－2)，＝(－2，2，－2)，因为D1E⊥B1D，所以·＝－2x＋2(y－2)＋4＝0，则y＝x，又0≤x≤2，0≤y≤2，所以点E的轨迹为线段AC，则动点E的轨迹长度为AC＝2，故B正确； 对于C，如图3，假设四棱锥D1－AECD存在外接球，则在平面AECD内存在一点O，使得外接球的球心在过点O垂直于平面AECD的直线上，且点O到A，B，C，D四点的距离相等，由于AD⊥DC，所以O为AC的中点，要使点O到A，B，C，D四点的距离相等，则AE⊥EC，此时E位于点B的位置，而点E在线段AB上(不包含端点)，所以四棱锥D1－AECD不存在外接球，故C错误； 对于D，如图4，延长直线EF交AD于点G，交CD于点H，连接GD1交AA1于点J，连接D1H交CC1于点I，连接EJ，FI，AC，则五边形EFID1J为过D1，E，F三点的平面截正方体的截面，因为AD∥BC，所以＝＝1，则AG＝BF＝BC＝1，又AA1∥DD1，所以＝＝，则AJ＝，A1J＝，又AE＝1，A1D1＝2，所以EJ＝，D1J＝，同理可得FI＝，D1I＝，又EF＝AC＝，所以五边形EFID1J的周长为2×＋＝2＋，故D正确．故选ABD. 4．(2025·河北部分重点中学三模)如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，M为线段BC上的动点(含点C，不含点B)，将△ABM沿AM折起，使点B翻折至点B′位置，且二面角B′－AM－D为60°，N为线段B′D上的动点，在四棱锥B′－AMCD中，下列说法错误的是(　　) A．存在点N，使得CN∥平面B′AM B．存在点M，使得对任意点N，都有直线B′M和直线CN垂直 C．三棱锥B′－AMC的体积为定值 D．二面角B′－CM－D的正切值的最小值为 答案：BCD 解析：如图1，在线段AD上截取AE＝CM，由AD∥CM，可得四边形AMCE为平行四边形，则CE∥AM，又CE⊄平面B′AM，AM⊂平面B′AM，则CE∥平面B′AM.在平面AB′D内过点E作EN∥AB′，EN⊄平面B′AM，AB′⊂平面B′AM，则EN∥平面B′AM，又EN∩CE＝E，EN，CE⊂平面CEN，则平面CEN∥平面B′AM，又CN⊂平面CEN，∴CN∥平面B′AM，故A正确；若对任意点N，都有直线B′M和直线CN垂直，CN⊂平面B′CD，则B′M⊥平面B′CD，又B′D⊂平面B′CD，∴B′M⊥B′D，又B′M⊥AB′，且B′D∩B′A＝B′，B′D，B′A⊂平面AB′D，∴B′M⊥平面AB′D，显然B′M不可能同时垂直于两个相交平面，故B错误； 如图2，过点B′作B′O⊥平面AMCD于点O，过点O作OP⊥AM于点P，连接B′P，由B′O⊥平面AMCD，AM⊂平面AMCD，得B′O⊥AM，又OP∩B′O＝O，OP，OB′⊂平面OPB′，则AM⊥平面OPB′，又B′P⊂平面OPB′，则B′P⊥AM，∴∠B′PO为二面角B′－AM－D的平面角，∴∠B′PO＝60°，设B′M＝t，则MC＝－t，当t＝时，M与C重合，不符合题意，则t∈(0，)．在Rt△AB′M中，由等面积法，可知B′P＝，∴PO＝B′P＝，B′O＝，∴VB′－AMC＝··，不是定值，故C错误； 如图3，在矩形ABCD中，OB＝OP＋BP＝OP＋B′P＝，过点O作OQ⊥CM于点Q，易得△ABM∽△BQO，∴＝，∴OQ＝·t＝·，设二面角B′－CM－D的大小为θ，则tanθ＝＝＝·，∴当t＝时，tanθ取得最小值，但是t∈(0，)，则二面角B′－CM－D的正切值的最小值不可能取到，故D错误．故选BCD. 三、填空题 5．(2025·北京石景山一模)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是AA1，CC1，C1D1的中点，Q是线段D1A1上的动点(不包含端点)，给出下列三个命题： ①对任意点Q，都有BQ⊥AB1； ②存在点Q，使得BQ∥平面MNP； ③过点Q且与BN垂直的平面截正方体ABCD－A1B1C1D1所得截面面积的最大值为2. 其中正确的命题是________．(填序号) 答案：①③ 解析：如图1，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则B(2，2，0)，A(2，0，0)，B1(2，2，2)，P(0，1，2)，M(2，0，1)，N(0，2，1)，设Q(a，0，2)(0<a<2)，对于①，＝(a－2，－2，2)，＝(0，2，2)，则·＝(a－2)×0＋(－2)×2＋2×2＝0，所以⊥，即BQ⊥AB1，故①正确；对于②，＝(a－2，－2，2)，＝(2，－1，－1)，＝(0，1，－1)，设平面MNP的法向量为m＝(x，y，z)，则取y＝1，则m＝(1，1，1)，要使BQ∥平面MNP，则·m＝0，则a－2－2＋2＝0，即a＝2，不符合题意，所以不存在点Q，使得BQ∥平面MNP，故②错误； 对于③，如图2，在平面A1B1C1D1内作QK⊥B1C1，垂足为K，在平面BCC1B1内过点K作KT⊥BN交CC1于点T，因为平面A1B1C1D1⊥平面BCC1B1，平面A1B1C1D1∩平面BCC1B1＝B1C1，且QK⊂平面A1B1C1D1，所以QK⊥平面BCC1B1，又BN⊂平面BCC1B1，所以QK⊥BN，因为QK∩KT＝K，QK，KT⊂平面QKT，所以BN⊥平面QKT，平面QKT截正方体ABCD－A1B1C1D1的截面为平行四边形QKTL，当点T与点C重合时，K为B1C1的中点，截面面积最大，此时KT＝，QK＝2，截面面积为2，故③正确． 6．(2025·广东茂名二模)已知棱长为a的正四面体P－ABC中，＝，Q为侧面PBC内的一动点，若QM＝QB，则点Q的轨迹长度为________． 答案： 解析：以A为原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系，可得A(0，0，0)，B(a，0，0)，因为＝，可得M，设Q(x，y，z)，因为QM＝QB，即QM2＝QB2，可得＋y2＋z2＝[(x－a)2＋y2＋z2]，整理得x2＋y2＋z2＝，所以点Q在空间中的轨迹是以A为球心，a为半径的球，又因为点Q在侧面PBC内，过点A作AO⊥平面PBC于点O，则O为△PBC的中心，点Q在侧面PBC内的轨迹是以O为圆心，＝为半径的圆的一部分(如图所示的圆的实线部分)，G为BC的中点， 因为OG＝×a＝a，所以cos∠SOG＝＝＝，所以∠SOG＝，则∠SOT＝，所以点Q的轨迹长度为×＝. 四、解答题 7．(2025·河南许昌二模)如图，在正四棱台A1B1C1D1－ABCD中，AB＝4A1B1＝4，BB1＝3，＝4，棱B1B上的点E满足AE＋EC取得最小值． (1)证明：B1F∥平面AEC； (2)在空间取一点G，使得AG∥C1C，设平面AGE与平面BDD1B1的夹角为θ，求cosθ的值． 解：(1)证明：在等腰梯形AA1B1B中， 因为AB＝4A1B1＝4，BB1＝3， 所以cos∠ABB1＝＝，所以∠ABB1＝，将侧面AA1B1B与侧面BB1C1C沿着B1B展平到同一个平面内， 连接AC，如图1，可得当且仅当BE＝ABcos∠ABB1＝2时，AE＋EC取得最小值， 此时＝3. 如图2，设AC与BD交于点O，再连接EO，因为＝4，所以＝3， 所以B1F∥EO， 因为B1F⊄平面AEC，EO⊂平面AEC， 所以B1F∥平面AEC. (2)设上底面的中心为O1，则OA，OB，OO1两两垂直， 以O为原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz， 在直角梯形OBB1O1中，得 OO1＝＝， 显然平面BDD1B1的一个法向量为n1＝(1，0，0)，A(2，0，0)，C1，C(－2，0，0)，E(0，，)，所以＝(－2，，)，＝. 不妨设＝＝(－3，0，－3)， 设平面AEG的法向量为n2＝(x，y，z)， 所以令x＝－1， 则y＝－3，z＝1，所以n2＝(－1，－3，1)， 所以cosθ＝＝＝. 8．(2025·山西朔州模拟)如图1所示的平面图形中，AD⊥CD，AD∥BC，AD＝8，CD＝10，BC＝4，P是以CD为直径的半圆上任意一点(不与点C，D重合)，以CD为折痕，将半圆所在平面CDP折起，使平面CDP⊥平面ABCD，如图2. (1)证明：PD⊥平面PBC； (2)求△PBD面积的最大值； (3)当PD＝4时，求平面PBC与平面ABP夹角的余弦值． 解：(1)证明：由平面CDP⊥平面ABCD，平面CDP∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD⊂平面ABCD，得AD⊥平面CDP， 又AD∥BC，所以BC⊥平面CDP， 又PD⊂平面CDP，所以BC⊥PD. 由P是以CD为直径的半圆上任意一点(不与点C，D重合)，得PC⊥PD， 又BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC， 所以PD⊥平面PBC. (2)由(1)知PD⊥平面PBC，而PB⊂平面PBC，则PD⊥PB， 所以PB2＋PD2＝BD2＝BC2＋CD2＝116，S△PBD＝PB·PD≤＝29， 当且仅当PB＝PD＝时，等号成立， 所以△PBD面积的最大值为29. (3)在平面CDP内过点P作PG⊥DC于点G， 由(1)得PG⊥平面ABCD， 在平面ABCD内过点G作Gx⊥CD， 则直线Gx，GC，GP两两垂直， 以G为原点，Gx，GC，GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 当PD＝4时，PC＝＝2，PG＝＝4，CG＝2， 则B(4，2，0)，P(0，0，4)，A(8，－8，0)，D(0，－8，0)，＝(－4，10，0)，＝(－8，8，4)， 设平面ABP的法向量为m＝(x，y，z)， 则 令y＝2，得m＝(5，2，6)， 由(1)得平面PBC的一个法向量为＝(0，8，4)， |cos〈m，〉|＝＝＝， 所以平面PBC与平面ABP夹角的余弦值为. 9．(2025·新疆喀什三模)如图，在△ABC中，AC⊥BC，AB＝2BC＝6，E为AB的中点，过点E作DE⊥AB交AC于点D，将△ADE沿DE翻折至△PDE，得到四棱锥P－BCDE，F为棱PB上一动点(不包含端点)． (1)若F为棱PB的中点，证明：CF∥平面PDE； (2)若PB＝3，直线EF与平面BCDE所成角的正弦值为. ①求； ②求点F到平面PCD的距离． 解：(1)证明：因为AC⊥BC，AB＝2BC＝6， 所以∠ABC＝60°， 连接CE，因为E为AB的中点， 所以△BCE是等边三角形． 取BE的中点G，连接CG，FG， 则FG∥PE，CG⊥BE，所以CG∥DE. 因为FG⊄平面PDE，CG⊄平面PDE，PE⊂平面PDE，DE⊂平面PDE， 所以FG∥平面PDE，CG∥平面PDE， 又CG∩FG＝G，CG，FG⊂平面FCG， 所以平面FCG∥平面PDE， 又CF⊂平面FCG，所以CF∥平面PDE. (2)①因为PE＝AE＝BE＝3，PB＝3， 所以PE2＋BE2＝18＝PB2，所以PE⊥BE， 因为DE⊥AB，所以DE⊥PE，DE⊥BE，以E为原点，ED，EB，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以E(0，0，0)，P(0，0，3)，B(0，3，0)，C，D(，0，0)，则＝(0，－3，3)， 设＝λ(0<λ<1)， 则F(0，3－3λ，3λ)，＝(0，3－3λ，3λ)． 因为PE⊥平面BCDE， 所以平面BCDE的一个法向量为n＝(0，0，1)， 设直线EF与平面BCDE所成的角为θ， 所以sinθ＝|cos〈，n〉|＝ ＝＝， 整理得3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝(λ＝－1舍去)，所以＝. ②由①知＝(，0，－3)，＝，＝(－，2，1)． 设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)， 则即 令x＝，得y＝－1，z＝1，则m＝(，－1，1)， 所以点F到平面PCD的距离为d＝＝＝. 10．(2025·广东湛江模拟)如图1，在平面五边形ABCDE中，∠EAC＝∠DCA＝，AE＝4，CD＝2，AB＝BC＝AC＝2，F，H分别为ED，AD的中点，将△ABC沿AC翻折，使点B到点P的位置，如图2. (1)若PH⊥平面ACDE. ①证明：CF⊥PA； ②三棱锥P－ACD的各顶点都在球O上，M为球O球面上的动点，求EM的取值范围． (2)在翻折的过程中，设平面PCD与平面PAE的交线为l，求二面角A－l－C的最小值． 解：(1)①证明：如图，设CF与AD交于点G， 由题意可得AE∥CD， AD＝＝4， 则sin∠CDA＝sin∠DAE＝， 所以∠CDA＝∠DAE＝， 又AD＝AE，所以△ADE为正三角形， 所以∠EDA＝∠CDA＝， 又DF＝DE＝CD，DG＝DG， 故△DFG≌△DCG， 所以FG＝CG，故CF⊥AD. 因为PH⊥平面ACDE，CF⊂平面ACDE， 所以CF⊥PH， 因为PH∩AD＝H，PH，AD⊂平面PAD， 所以CF⊥平面PAD， 又PA⊂平面PAD，所以CF⊥PA. ②解法一：AH＝AD＝2， 由题意可得PH＝＝2， △ACD为直角三角形，且PH⊥平面ACDE， 所以三棱锥P－ACD外接球的球心O在直线PH上， 设球O的半径为R，则OH＝|2－R|， 如图，连接AO，在Rt△AOH中，OH2＋AH2＝OA2， 即(2－R)2＋22＝R2， 得R＝. 连接EO，HE， 因为OH＝，HE＝2， 所以EO＝＝＝， 所以EM的最小值为EO－R＝，最大值为EO＋R＝4，故EM的取值范围为[，4]． 解法二：以H为坐标原点，点F，H所在直线为x轴，平面ACDE内过点H且与x轴垂直的直线为y轴，HP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(1，－，0)，C(1，，0)，D(－1，，0)，P(0，0，2)，E(－3，－，0)． 设球心O(x，y，z)，连接OA，OC，OD，OP， 因为OA＝OC＝OD＝OP， 所以 ＝ ＝ ＝， 解得x＝y＝0，z＝，故O， 所以球O的半径R＝2－＝. 连接EO，因为E(－3，－，0)， 所以EO＝＝， 所以EM的最小值为EO－R＝，最大值为EO＋R＝4， 故EM的取值范围为[，4]． (2)解法一：如图，过点P作平行于AE的直线，则该直线为平面PCD与平面PAE的交线l. 设点P在平面ACDE内的射影为K，过点K作平行于AC的直线分别交CD，AE于点M，N，连接PM，PN，则∠MPN为二面角A－l－C的平面角． 因为PA＝PC，所以KA＝KC，K为MN的中点，PM＝PN， 连接PK，则∠MPK＝∠NPK，tan∠MPK＝＝. 若∠MPN最小，则∠MPK最小，即tan∠MPK最小， 所以当PK取最大值时，二面角A－l－C取得最小值． 易知当K为AC的中点时，PK取得最大值，且最大值为3， 因此tan∠MPK的最小值为，即∠MPK的最小值为， 所以二面角A－l－C的最小值为. 解法二：取AC的中点Q，连接PQ，FQ，则PQ⊥AC，PQ＝3，FQ＝3， 以Q为坐标原点，FQ，QC所在直线分别为x轴、y轴，过点Q与平面ACDE垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－，0)，C(0，，0)，D(－2，，0)，E(－4，－，0)， 所以＝(2，0，0)，＝(4，0，0)． 设∠PQx＝θ(0≤θ≤π)，则P(3cosθ，0，3sinθ)， 所以＝(3cosθ，，3sinθ)，＝(3cosθ，－，3sinθ)． 设平面PAE的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 即 取z1＝－1，则x1＝0，y1＝sinθ， 故m＝(0，sinθ，－1)． 设平面PCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 即 取z2＝1，则x2＝0，y2＝sinθ， 故n＝(0，sinθ，1)． 易知此时m与n的夹角即为二面角A－l－C的平面角， 设二面角A－l－C的大小为φ， 则cosφ＝cos〈m，n〉＝＝＝1－≤， 所以当sinθ＝1时，cosφ取得最大值，此时φ取得最小值， 故二面角A－l－C的最小值为. 34 学科网（北京）股份有限公司 $