专题3 培优突破2 立体几何中的动态问题-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

培优突破2　立体几何中的动态问题 第一部分　专题突破 专题三　立体几何 高考分析 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.由于“动态”的存在,使立体几何问题更趋多元化,将立体几何问题与平面几何中的轨迹问题、解三角形问题之间架设了桥梁,可以灵活转化. 考点一　截面、交线问题 内容索引 考点二　动态位置关系的判断 考点三　动点的轨迹问题 考点四　与动点有关的最值、范围问题 培优　题组集训 3 考点一　截面、交线问题 考点一　截面、交线问题 [例1]　(1)(2025·青海海东模拟)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,E,F分别是棱CD,A1D1的中点,则正方体ABCD-A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面周长是(　　) A.4+4　　　　　 B.5+ C.4+2+4 D.6+2 B 考点一　截面、交线问题 [解析]　在正方体ABCD-A1B1C1D1中,取C1D1的中点G,GD1的中点H,连接A1G,EG,EH,FH, 由E是CD的中点,得EG∥DD1∥AA1,EG=DD1=AA1,则四边形AEGA1为平行四边形, 所以A1G∥AE,A1G=AE,由F是A1D1的中点,得FH∥A1G∥AE,FH=A1G=AE, 所以梯形AFHE是正方体ABCD-A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面, AE=AF==2,FH==,EH==, 所以所求截面的周长是5+. 考点一　截面、交线问题 (2)(2025·广东湛江模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为,以顶点A为球心,为半径的球的球面与正方体的表面的交线总长为(　　) A.3π B.π C. B 考点一　截面、交线问题 [解析]　因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为,则表面ABCD,ADD1A1,ABB1A1上的点到点A的最大距离为<,所以以顶点A为球心,为半径的球的球面与这三个表面没有公共点.如图,若球面与表面CDD1C1的公共点为P, 因为AP=,则DP=2,由CD=,可得∠PDC=,同理可得∠D1DQ=,则∠QDP=,可知点P的运动轨迹是以D为圆心,2为半径的圆与表面CDD1C1的交线,是圆心角为,半径为2的圆弧, 同理可得球面与表面A1B1C1D1,BCC1B1的交线也都是 圆心角为,半径为2的圆弧, 所以交线总长为3××2=π. 考点一　截面、交线问题 　1.作几何体截面的方法:利用平行直线或相交直线找截面;平面截球体,截面都是圆形,球半径、截面圆半径、球心与截面圆心之间的距离,满足勾股定理. 2.找交线的方法:找各棱线与截平面的交点或找各棱面与截平面的交线;球体与多面体的交线,是一段一段的圆弧,计算每一段的圆心角大小是关键. 方法总结 考点一　截面、交线问题 1.(2025·河北石家庄模拟)已知正四棱锥P-ABCD中,PA=AB=2,若此正四棱锥的外接球为球O,则侧面PCD所在平面被球O所截的截面面积为(　　) A.π B.π C.π D.2π 对点训练 B 考点一　截面、交线问题 解析:根据题意,取底面ABCD的中心O,连接PO,OD,可得PO⊥平面ABCD. 又因为PA=AB=2,可得OP=OD=,所以正四棱锥P-ABCD的外接球是以O为球心,以R=为半径的球.设O到平面PCD的距离为h,由V三棱锥P-OCD =V三棱锥O-PCD, 可得××××=×h×××2×2,解得h=. 设侧面PCD所在平面被球O所截的圆的半径为r,则r2+h2=R2, 所以r2=,所以该截面面积为πr2=π. 考点一　截面、交线问题 2.(多选)(2025·江苏泰州模拟)勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心,以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体(如图).若正四面体ABCD的棱长为3,则下列说法正确的是(　　) A.勒洛四面体ABCD表面上任意两点间距离的最大值大于3 B.勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是 C.勒洛四面体ABCD四个曲面交线长的和为6π D.勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为3- AD 考点一　截面、交线问题 解析:对于A,设S,T分别为正四面体的棱AB,CD的中点,连接ST并延长交勒洛四面体的曲面于点P,Q,如图1所示. BT=AT=,则等腰△ABT的高ST==, 等腰△ABQ的高SQ===, 由对称性知,PT=SQ,则PQ=PT+SQ-ST=3-=3(-)>3, 而勒洛四面体ABCD表面上任意两点间距离的最大值不小于PQ长,A正确; 考点一　截面、交线问题 对于B,勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面是3个弓形加上△ABC,如图2, 面积为S=(××32-×32)×3+×32=(π-),B错误; 对于C,由对称性知,勒洛四面体ABCD四个曲面的每条交线长相等, 其中交线AC所在圆的圆心为BD中点M,则该圆半径MA=MC=, 由余弦定理得cos∠AMC==<=cos,所以<∠AMC<, 因此勒洛四面体ABCD四个曲面交线长的和为6×∠AMC=9∠AMC≠6π,C错误; 考点一　截面、交线问题 对于D,勒洛四面体ABCD能够容纳的最大球的半径即为该四面体内切球半径, 由对称性知,勒洛四面体ABCD内切球球心是正四面体ABCD的外接球球心O,如图3, 正△BCD外接圆半径O1B=×3×cos 30°=, 正四面体ABCD的高AO1==, 令正四面体ABCD的外接球半径为R,在Rt△BOO1中,R2=(-R)2+()2, 考点一　截面、交线问题 解得R=.连接BO并延长交平面ACD于点E,交曲面ACD于点F,BO=,点A,C,D,F均在以点B为球心的球面上,则BF=AB=3,勒洛四面体ABCD内切球半径OF=BF-BO=3-,D正确. 考点二　动态位置关系的判断 考点二　动态位置关系的判断 [例2]　(1)(2025·北京模拟)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. 其中正确的命题个数是(　　) A.0　　　B.1 C.2 D.3 C 考点二　动态位置关系的判断 [解析]　以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图1, 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; 考点二　动态位置关系的判断 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,得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; 考点二　动态位置关系的判断 对于③,如图2,在平面A1B1C1D1内作QK⊥B1C1,垂足为K,过点K在平面BB1C1C内作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中点, 截面面积最大,此时KT=,QK=2,截面面积为2,故③正确. 考点二　动态位置关系的判断 (2)(多选)(2025·安徽合肥模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是棱C1D1上的动点(不含端点),下列说法中正确的有(　　) A.DC∥平面BPD1 B.B1C⊥BP C.四面体PAB1C的体积为定值 D.存在点P,使得平面BB1P⊥平面AA1P AB 考点二　动态位置关系的判断 [解析]　对于A,因为DC∥PD1,DC⊄平面BPD1,PD1⊂平面BPD1,所以DC∥平面BPD1,故A正确; 对于B,因为AB⊥平面BCC1B1,B1C⊂平面BCC1B1,所以AB⊥B1C,因为BC1⊥B1C,AB∩BC1=B,AB,BC1⊂平面ABC1D1,所以B1C⊥平面ABC1D1,因为BP⊂平面ABC1D1,所以B1C⊥BP,故B正确; 对于C,因为CD∩平面AB1C=C,CD∥C1D1,所以C1D1与平面AB1C相交,即点P到平面AB1C的距离h不是定值,因为=·h, 考点二　动态位置关系的判断 为定值,所以四面体PAB1C的体积不为定值,故C错误; 对于D,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AA1为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则A(0,0,0),A1(0,0,1),B(1,0,0),B1(1,0,1),设P(t,1,1),0<t<1,则=(t,1,1),=(0,0,1),=(t-1,1,1),=(0,0,1), 设平面AA1P的法向量为m=(x,y,z),由取x=1,则y=-t,z=0,所以m=(1,-t,0).设平面BB1P的法向量为n=(a,b,c), 考点二　动态位置关系的判断 由取a=1,则b=1-t,c=0,所以n=(1,1-t,0), 若存在点P,使得平面BB1P⊥平面AA1P,则m·n=(1,-t,0)·(1,1-t,0)=1-t+t2=0, 因为1-t+t2=(t-)2+>0,所以1-t+t2=0无解,所以不存在点P,使得平面BB1P⊥平面AA1P,故D错误. 考点二　动态位置关系的判断 　在立体几何中,若出现动点在定直线上,要寻找其中的不变量.如:(1)动点在定直线上,则该线到平行线的距离不变,从而引出面积或体积等问题;(2)动点在定直线上,则所在直线的线线关系或所在平面的面面关系,也会有相应的不变量. 方法总结 考点二　动态位置关系的判断 3.(2025·浙江杭州模拟)如图,点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动,则下列结论一定成立的是(　　) A.三棱锥A-A1PD的体积大小与点P的位置有关 B.A1P与平面ACD1相交 C.平面PDB1⊥平面A1BC1 D.AP⊥D1C 对点训练 C 考点二　动态位置关系的判断 解析:对于选项A,在正方体中,BC1∥平面AA1D,所以点P到平面AA1D的距离不变,即三棱锥P-AA1D的高不变,又△AA1D的面积不变,因此三棱锥P-AA1D的体积不变,又=,即三棱锥A-A1PD的体积大小与点P的位置无关,故A不成立; 对于选项B,由于BC1∥AD1,AD1⊂平面ACD1, BC1⊄平面ACD1,所以BC1∥平面ACD1, 同理可证BA1∥平面ACD1,又BA1∩BC1=B,所以平面BA1C1∥平面ACD1,因为A1P⊂平面BA1C1,所以A1P∥平面ACD1,故B不成立; 考点二　动态位置关系的判断 对于选项C,因为A1C1⊥BD,A1C1⊥BB1,BD∩BB1=B,所以A1C1⊥平面BB1D,则A1C1⊥B1D,同理A1B⊥B1D,又A1C1∩A1B=A1,所以B1D⊥平面A1BC1,又B1D⊂平面PDB1,所以平面PDB1⊥平面A1BC1,故C成立; 对于选项D,当点P与点B重合时,AP与D1C的夹角为,故D不成立. 考点二　动态位置关系的判断 4.(多选)(2025·山东济南模拟)如图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1D上的动点(不与点A1重合),则下列结论正确的是(　　) A.A1D1∥平面BCE B.平面BCE⊥平面DCC1D1 C.点E到平面B1CD1的距离为定值 D.存在一点E,使得直线C1E与平面ADD1A1所成角为 AB 考点二　动态位置关系的判断 解析:对于A,由正方体易知A1D1∥BC,又 A1D1不在平面BCE内,BC在平面BCE内,所以A1D1∥平面BCE,A正确; 对于B,由正方体易知BC⊥平面DCC1D1,又BC在平面BCE内,所以平面BCE⊥平面DCC1D1,B正确; 对于C,连接B1C,B1D1,D1C,在正方体中,易知A1D∥B1C,又A1D不在平面B1CD1内,B1C在平面B1CD1内, 所以A1D∥平面B1CD1,又E为A1D上的动点, 所以点E到平面B1CD1的距离等于点A1到平面B1CD1的距离为h,=×××=,=×1×1=, 考点二　动态位置关系的判断 由等体积可得=,即××h=××1,所以h=,所以点E到平面B1CD1的距离为定值,C错误; 对于D,连接D1E,由正方体易知∠C1ED1为直线C1E与平面ADD1A1所成角,所以sin∠C1ED1=,若存在一点E,使得直线C1E与平面ADD1A1所成角为,即C1E=2,则 D1E=,而在等腰直角三角形D1A1D中,D1A1=D1D=1,A1D=,显然D1E=不能成立, 所以不存在点E,使得直线C1E与平面ADD1A1所成角为, D错误. 考点三　动点的轨迹问题 考点三　动点的轨迹问题 [例3]　(1)(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M为DD1的中点,N为ABCD所在平面上一动点,则下列说法正确的是(　 　) A.若MN与平面ABCD所成的角为,则点N的轨迹为圆 B.若MN=4,则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等,则点N的轨迹为抛物线 D.若D1N与AB所成的角为,则点N的轨迹为双曲线 ACD 考点三　动点的轨迹问题 [解析]　对于A,根据正方体的性质可知,MD⊥平面ABCD,所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角,所以∠MND=,所以DN=DM=DD1=×4=2,所以点N的轨迹为以D为圆心,2为半径的圆,故A正确; 对于B,在Rt△MDN中,DN===2, 取MD的中点E,连接PE,因为P为MN的中点,所以PE∥DN,且PE=DN=,DN⊥ED,所以PE⊥ED,即点P在过点E且与 DD1垂直的平面内,又PE=,所以点P的轨迹为以为半径的圆,其面积为π·()2=3π,故B不正确; 考点三　动点的轨迹问题 对于C,连接NB,因为BB1⊥平面ABCD,所以BB1⊥NB,所以点N到直线BB1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,又点B不在直线CD上,所以点N的轨迹为以B为焦点,CD为准线的抛物线,故C正确; 对于D,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 考点三　动点的轨迹问题 则A(4,0,0),B(4,4,0),D1(0,0,4),设N(x,y,0),则=(0,4,0),=(x,y,-4),因为D1N与AB所成的角为,所以|cos<,>|=cos,所以=, 整理得-=1,所以点N的轨迹为双曲线,故D正确. 考点三　动点的轨迹问题 (2)(2025·广东茂名模拟)已知棱长为a的正四面体P-ABC,且= ,Q为侧面PBC内的一动点,若QM=QB,则点Q的轨迹长度为　　　　.  考点三　动点的轨迹问题 [解析]　以A为原点,以的方向为x轴,建立空间直角坐标系,如图1, 可得A(0,0,0),B(a,0,0),因为=,可得M(a,0,0),设Q(x,y,z),因为QM=QB,即|QM|2=|QB|2,可得(x-)2+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, 半径为a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, 考点三　动点的轨迹问题 点Q在侧面PBC内的轨迹是以O为圆心,以=为半径的圆的一部分(如图2所示的圆的虚线部分), 因为OG=×a=a,所以cos∠SOG===,所以∠SOG=,则∠SOT=,所以点Q的轨迹长度为(2π-3×)×=. 考点三　动点的轨迹问题 　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. 方法总结 考点三　动点的轨迹问题 5.(多选)(2025·江苏南通模拟)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是其表面上一点,且AP与BB1所成的角为θ,下列说法正确的是(　　 ) A.若P是CC1的中点,则tan θ=2 B.若点P在线段C1D1上,则tan θ∈[1,] C.若θ=,则点P的轨迹长度是π D.若θ=,则点P不在平面A1B1C1D1上 对点训练 ABD 考点三　动点的轨迹问题 解析:对于A,由CC1∥BB1,得θ=∠APC,又CC1⊥平面ABCD,则tan θ==2,A正确. 对于B,过点P作PQ∥CC1交CD于点Q,连接AQ,则PQ∥BB1,θ=∠APQ,AQ∈[2,2],PQ=2,tan θ=∈[1,],B正确. 考点三　动点的轨迹问题 对于C,由AA1∥BB1,θ=,得射线AP的轨迹是以AA1为轴,轴截面为顶角为的等腰三角形的圆锥侧面,当点P在底面A1B1C1D1内时,A1P=AA1tan=,点P的轨迹是以A1为圆心,所含圆心角为的圆弧,轨迹长度为·=π; 当点P在侧面ABB1A1,ADD1A1内时,点P的轨迹分别是圆锥一条母线的一部分,长度为,因此点P的轨迹长度是π+,C错误. 考点三　动点的轨迹问题 对于D,θ=,射线AP的轨迹是以AA1为轴,轴截面为顶角为的等腰三角形的圆锥侧面, 当点P在平面A1B1C1D1内时,A1P=AA1tan=2>2,点P不在底面A1B1C1D1上,D正确. 考点三　动点的轨迹问题 6.(2025·陕西安康模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P为底面ABCD内(包括边界)的动点.若D1P⊥B1D,则点P在正方形底面ABCD内的运动轨迹长为　　　　.  2 考点三　动点的轨迹问题 解析:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),D1(0,0,2),B1(2,2,2), 设P(x,y,0),x,y∈[0,2],则=(x,y,-2),=(-2,-2,-2), ∵D1P⊥B1D,∴·=-2(x+y-2)=0,即x+y=2, ∴点P的轨迹就是线段AC,轨迹长为AC==2. 考点四　与动点有关的最值、范围问题 考点四　与动点有关的最值、范围问题 [例4]　(1)(多选)(2025·山东聊城模拟)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M分别是AA1,A1D1,BC1的中点,点P在线段C1F上,点Q在底面ABCD内部(包含边界).则下列说法中,正确的是(　 　) A.当点Q在棱AD上移动时,总存在点P,使得PQ⊥BE成立 B.当点Q在棱AD上移动时,存在点P和Q,使得PQ∥EF成立 C.三棱锥P-ABQ体积的最大值是 D.MQ+PQ的最小值是 ACD 考点四　与动点有关的最值、范围问题 [解析]　建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(2,2,0),E(2,0,1),F(1,0,2),C1(0,2,2),则有=(0,-2,1), =(-1,0,1),=(1,-2,0),设Q(μ,0,0),=λ,μ∈[0,2], λ∈[0,1],则P(λ,2-2λ,2),=(μ-λ,2λ-2,-2). 对于A,若PQ⊥BE,则·=(2λ-2)×(-2)+(-2)×1=0,解得λ=,所以当点P为C1F的中点时,满足题意,故A正确; 对于B,若PQ∥EF,则=,且2λ-2=0,则λ=1,μ=3∉[0,2],故B错误; 考点四　与动点有关的最值、范围问题 对于C,点Q在棱DC上时,△ABQ的面积S△ABQ最大, 此时,VP-ABQ=S△ABQ·DD1=××2×2×2=,故C正确; 对于D,在平面BCC1B1内作点M关于BC的对称点M',取B1C1中点H,连接MH,PH,MQ,M'Q,则有MQ=M'Q,H,M,M'三点共线. 考点四　与动点有关的最值、范围问题 由于M'H⊥平面A1B1C1D1,C1F⊂平面A1B1C1D1,则M'H⊥C1F, 故只需M',Q,P三点共线且HP⊥C1F时,MQ+PQ取最小值. 由于M'H∩HP=H,M'H,HP⊂平面M'PH,这样可使C1F⊥平面M'PH, 又M'P⊂平面M'PH,从而M'P⊥C1F,此时MQ+PQ取最小值, 由HP⊥C1F,sin∠PC1H=sin∠D1FC1=, 则HP=C1H·sin∠PC1H=, 则MQ+PQ=M'Q+PQ=≥=,故D正确. 考点四　与动点有关的最值、范围问题 (2)(2025·湖北武汉模拟)在四棱锥P-ABCD中, AB=AD=,CB=CD=5,∠BAD=90°,PB=4,PC=3,△PBC内部点Q满足四棱锥Q-ABCD与三棱锥Q-PAD的体积相等,则PQ长的最小值 为　　　　.  考点四　与动点有关的最值、范围问题 [解析]　在四棱锥P-ABCD中,延长PQ交BC于点R(图略),令=λ,=μ,λ∈(0,1),μ∈(0,1). 由AB=AD=,∠BAD=90°,得BD=2,又CB=CD=5, 则S△BCD=BD·=×2×2=10,S△ABD=×=5, 又cos∠CBD=,sin∠CBD=, 所以sin∠ABR=sin(∠CBD+)=×(+)=, 考点四　与动点有关的最值、范围问题 S△ABR=××5λ×=,S△CDR=10(1-λ),设点P到底面ABCD的距离为h, 依题意,VQ-ABCD=VQ-PAD=μVR-PAD=μVP-ARD, 由VQ-ABCD=(1-μ)VP-ABCD, 得(1-μ)··15h=μ·[15--10(1-λ)]·h,则3(1-μ)=μ(1+),μ=, 而=(1-λ)+λ,则=16(1-λ)2+9λ2,PQ2=μ2PR2=36·, 令λ+8=t∈(8,9),PQ2=36·=36·=36[144(-)+25], 当=,即t=,λ=时,(PQ2)min=,所以PQ长的最小值为. 考点四　与动点有关的最值、范围问题 　在动态变化过程中产生的体积最大(小)、距离最大(小)、角的范围等问题的常用方法 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. 方法总结 考点四　与动点有关的最值、范围问题 7.(2025·重庆模拟)正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,M是AB的中点,N是侧面 BB1C1C 内一点,且 MN∥ 平面 AA1C1C,则 MN 长度的取值范围是(　　) A.[1,]　　　　　　　 B. C. 对点训练 C 考点四　与动点有关的最值、范围问题 解析:取BC,B1C1的中点分别为G,H,连接MG,GH,HM, 由中位线易知MG∥AC,HG∥CC1.又AC,CC1在平面 AA1C1C内,MG,HG不在平面 AA1C1C内,所以MG∥平面 AA1C1C,HG∥平面 AA1C1C.又MG,HG是平面MGH内两条相交直线,所以平面MGH∥平面 AA1C1C.又MN∥ 平面 AA1C1C, 所以点N在平面MGH内,又N是侧面BB1C1C内一点,所以点N的轨迹是线段HG, 易知MG=AC=,MH==,MG≤MN≤MH, 所以MN 长度的取值范围是[,]. 考点四　与动点有关的最值、范围问题 8.(2025·江苏泰州模拟)古希腊数学家阿波罗尼斯发现:平面上到两定点A,B的距离之比为常数λ(λ>0,λ≠1)的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆,该圆被称为阿氏圆.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中, AB=2AD=2AA1=12,点E在棱AB上,BE=2AE,动点P满足BP=PE,若点P在平面ABCD内运动,则点P对应的轨迹的面积是　　　　;F为C1D1的中点,则三棱锥P-B1CF体积的最小值为　 　　　.  48π 108-24 考点四　与动点有关的最值、范围问题 解析:如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则 D(0,0,0),A(6,0,0),B(6,12,0),C(0,12,0),D1(0,0,6),B1(6,12,6),E(6,4,0),F(0,6,6),在平面ABCD内, 设P(x,y,0),则由PB=PE得(x-6)2+(y-12)2=3[(x-6)2+(y-4)2], 化简得(x-6)2+y2=48,所以点P的轨迹是以A(6,0,0)为圆心,4为半径的圆,面积为S=π·(4)2=48π.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,CB1=CF=FB1=6,=×= 18,=(0,-6,6),=(6,0,6), 考点四　与动点有关的最值、范围问题 设平面CB1F的法向量是m=(a,b,c),则取a=1,得m=(1,-1,-1),=(-x,12-y,0), 则点P到平面CB1F的距离为h===, (x,y)满足(x-6)2+y2=48,所以|x-y+12|的最小值等于·(-4)=18-4,从而点P到平面CB1F的距离的最小值为h==6-4,所以三棱锥P-B1CF体积的最小值为V=×(6-4)×18=108-24. 培优　题组集训 培优　题组集训 1.(2025·江苏南通模拟)过正方体ABCD-A1B1C1D1的中心作与AC1垂直的平面α,则平面α截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面是(　　) A.三角形　　　　　　 B.四边形 C.五边形 D.六边形 D 培优　题组集训 解析:如图,E,F,G,H,M,N分别是BC,CD,DD1,D1A1,A1B1,B1B的中点,连接EF,FG,GH,HM,MN,BD,AC.在正方体中,C1C⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以C1C⊥BD, 又在正方形ABCD中,AC⊥BD,AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1, AC1⊂平面ACC1,所以BD⊥AC1, 由于E,F分别为BC,CD的中点,所以BD∥EF, 故EF⊥AC1,同理NE⊥AC1,NE∩EF=E,所以AC1⊥平面EFGHMN, 且平面EFGHMN过正方体ABCD-A1B1C1D1的中心O,所以所得的截面是六边形. 培优　题组集训 2.(2025·江苏盐城模拟)现有一块棱长为2的正四面体木料,用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分,若这两部分的表面积相等,则该平面在木料上的截面面积为(　　) A. B. C. D 培优　题组集训 解析:如图正四面体V-ABC,VC=VA=VB=AB=AC=BC=2, △DEF∽△ABC,令DE=2k,截面S△DEF=·2k·2k·=k2. 因为DE∥AB,所以=,即=,则VD=2k, S△VDE=·VD·DE·sin 60°=k2,所以四面体V-DEF为正四面体, 四面体V-DEF的表面积为S1=4k2. 易知△VDE的高为k,梯形EDAB的高为-k, 培优　题组集训 所以梯形EDAB的面积为=(1-k2), 所以三棱台DEF-ABC的表面积为S2=(1-k2)·3+k2+=4-2k2. 又S1=S2,所以4k2=4-2k2,解得k2=, 所以截面S△DEF=k2=×=. 培优　题组集训 3.(2025·江西景德镇模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段A1D上的动点,则直线PC1与B1C所成角的取值范围是(　　) A. B. C. D 培优　题组集训 解析:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1C1=A1D=C1D,所以△A1C1D为等边三角形. 因为A1D∥B1C,所以∠A1PC1或其补角为直线PC1与B1C所成的角. 当点P与线段A1D的端点重合时,直线PC1与B1C所成的角取得最小值; 当点P与线段A1D的中点重合时,直线PC1与B1C所成的角取得最大值. 故直线PC1与B1C所成角的取值范围是. 培优　题组集训 4.(2025·辽宁锦州模拟)已知圆锥SO的底面半径为1,侧面积为2π,过其底面圆周上一点A作平面α,若α截圆锥SO得到的截面曲线为椭圆,则该椭圆长轴长的最小值为(　　) A. B.1 C. D.2 C 培优　题组集训 解析:因为圆锥SO的底面半径为1,侧面积为2π,所以圆锥SO的母线长为2, 所以圆锥SO的轴截面是边长为2的等边三角形, 如图所示,当该椭圆的长轴垂直于母线时,此时椭圆的长轴长取得最小值,且最小值为边长为2的正三角形的高.因为AB=,所以椭圆的长轴长的最小值为. 培优　题组集训 5.(2025·广东广州模拟)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为AB,CC1的中点,过直线MN的平面截该正方体的内切球O,所得截面圆的面积的最小值为(　　) A. B. C.π D. A 培优　题组集训 解析:设T是线段MN的中点,则OT⊥MN, 由勾股定理MN==,OM=, 球心O到MN距离为OT==, 当OT垂直于过MN的平面时,截得该正方体的内切球所得截面圆的面积最小, MN被球截得的弦长为l=2=2=, 此时截面圆的半径r==,面积为S=πr2=. 培优　题组集训 6.(2025·河南郑州模拟)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是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 B 培优　题组集训 解析:如图所示,取A1D1的中点M,连接AM,B1M,AB1,AD1, 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. 培优　题组集训 又因为AM⊂平面AA1D1D,当P∈AM时,则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=×=. 感谢您的观看 $