专题4 培优突破4 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（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何动态问题，覆盖动态位置关系判断、动点轨迹、最值范围三大核心考点，依据高考评价体系分析考点权重，归纳出空间向量法、几何定义法等常考题型，体现备考的针对性与实用性。 课件亮点在于高考真题模拟与应试技巧融合，通过例1空间向量判断线线垂直、例2定义法求动点轨迹，培养学生空间观念与逻辑推理素养。方法总结提炼几何法、函数思想等突破策略，助力学生掌握答题技巧，教师可据此系统开展专题复习，提升备考效率。

培优突破4　立体几何中的动态问题 第一部分　专题突破 专题四　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　动态位置关系的判断 内容索引 考点二　动点的轨迹问题 考点三　与动点有关的最值、范围问题 培优　题组集训 3 考点一　动态位置关系的判断 考点一　动态位置关系的判断 [例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 考点一　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; 考点一　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; 考点一　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. 考点一　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,则有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 考点一　动态位置关系的判断 1.(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 考点一　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; 考点一　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B与P重合时,AP与D1C的夹角为,故D不成立. 考点二　动点的轨迹问题 考点二　动点的轨迹问题 [例2]　(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 考点二　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错误; 考点二　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, 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,即=, 整理得-=1,所以点N的轨迹为双曲线,故D正确. 考点二　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 考点二　动点的轨迹问题 对点训练 2.(2025·河南郑州模拟)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 考点二　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. 考点三　与动点有关的最值、范围问题 考点三　与动点有关的最值、范围问题 [例3]　(2025·重庆模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,M是棱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.[1,] C.[,] D.[,] C 考点三　与动点有关的最值、范围问题 [解析]　取BC,B1C1的中点为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N在平面MGH内.又N是侧面BB1C1C内一点,所以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[,]. 考点三　与动点有关的最值、范围问题 方法总结 　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. 考点三　与动点有关的最值、范围问题 对点训练 3.(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 考点三　与动点有关的最值、范围问题 解析:建立如图1所示空间直角坐标系, 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; 考点三　与动点有关的最值、范围问题 对于C,如图2,当点Q在棱DC上时,△ABQ的面积最大, 此时,VP-ABQ=S△ABQ·DD1=××2×2×2=,故C正确; 考点三　与动点有关的最值、范围问题 对于D,如图3,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. 由于M'H⊥平面A1B1C1D1,C1F⊂平面A1B1C1D1,则M'H⊥C1F, 故只需当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,所以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. 培优　题组集训 培优　题组集训 1.如图,在矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成 △A1DE.若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻折过程中,下面四个说法中不正确的是(　　) A.线段BM的长度是定值 B.点M在某个球面上运动 C.存在某个位置,使DE⊥BM D.翻折到任意位置,都有MB∥平面A1DE C 培优　题组集训 解析:延长CB到点F,使CB=BF,连接A1F,AF,EF,设O为DE的中点,连接OA,OA1,如图1, 所以B为CF的中点,而M为A1C的中点,故BM=A1F且BM∥A1F, 而在△ADE翻折过程中A1F=AF,故BM=AF为定值,A正确; 由题意,点A的轨迹在以O为圆心,OA为半径的圆上, 故可看作点M在某个球面上运动,B正确; 由BM⊄平面A1DE,A1F⊂平面A1DE,故MB∥平面A1DE,D正确; 培优　题组集训 设N为A1D中点,连接MN,EN,如图2, 由NM∥CD,NM=CD,BE∥CD,BE=CD,则BE∥NM,BE=NM, 所以四边形EBMN为平行四边形,则BM∥EN. 在△A1DE中,DA1⊥A1E,即∠DA1E为直角,故∠DEN≠,即DE与BM不垂直,C不正确. 培优　题组集训 2.(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=×=. 培优　题组集训 3.(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 培优　题组集训 解析:对于A,由正方体易知A1D1∥BC,又 A1D1⊄平面BCE,BC⊂平面BCE,所以A1D1∥平面BCE,A正确; 对于B,由正方体易知BC⊥平面DCC1D1,又BC⊂平面BCE,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⊄平面B1CD1,B1C⊂平面B1CD1, 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 培优　题组集训 h,=×××=,=×1×1=, 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. 培优　题组集训 4.(多选)(2025·广东广州模拟)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M为CC1的中点,P为底面A1B1C1D1上的动点(包括边界),则(　　) A.满足MP∥平面BDA1的点P的轨迹长度为 B.满足MP=的点P的轨迹长度小于 C.存在点P满足∠APM=90° D.存在点P满足PA+PM=4 AC 培优　题组集训 解析:对于A:如图1, 取C1D1的中点E,C1B1的中点F,连接EF,ME,MF,则易证平面MEF∥平面BDA1,此时MP∥平面BDA1,故当MP∥平面BDA1时,点P的轨迹为线段EF. 因为正方体棱长为2,所以EF=,故A正确. 培优　题组集训 对于B:如图2, 因为MP2=M+C1P2,且MP=,所以PC1=,此时点P轨迹为以C1为圆心,半径为的圆在正方形A1B1C1D1内的部分,记为弧ST,易得S,T分别为A1D1,A1B1的中点, 所以ST=,故劣弧ST的长度大于,故B错误. 培优　题组集训 对于C:如图3, 当P为正方形A1B1C1D1的中心时,AM==3,MP==,AP==,所以AP2+MP2=AM2,所以∠APM=90°,故C正确. 培优　题组集训 对于D:如图4, 作点M关于平面A1B1C1D1的对称点M',则点M'在直线CC1上,且C1M'=1,连接AM', 则AP+PM=AP+PM'≥AM',且AM'==>4,故D错误. 培优　题组集训 5.(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　　　　.  培优　题组集训 解析:以A为原点,以AB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, 培优　题组集训 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×)×=. 培优　题组集训 6.(2025·四川绵阳模拟)在几何学的世界里,阿基米德体以其独特的形状和美丽的对称性吸引了无数数学爱好者和科学家,它是一种半正多面体,其中每个面都是正多边形,且各个面的边数不全相同.如图,棱长为2的半正多面体是将一个棱长为6的正四面体切掉4个顶点所在的小正四面体后所剩余的部分,已知A,B,C,D为该半正多面体的四个顶点,P为其表面上的动点,且PD∥平面ABC,则点P的轨迹长度为　　 　　.  3+2 培优　题组集训 解析:如图,补全正四面体,连接CQ,取N,M分别为大正四面体棱的中点,连接DN,NM,DM,由于C,D,A,B均为大四面体的棱的三等分点,故DN∥CQ,NM∥AB. CQ⊂平面ABC,AB⊂平面ABC,DN⊄平面ABC,NM⊄平面ABC, 故DN∥平面ABC, NM∥平面ABC.且DN∩NM=N,DN,NM⊂平面DNM, 故平面DNM∥平面ABC,由于PD∥平面ABC,因此P∈平面DNM, 故点P的轨迹为线段DN,NM,DM,由于DN=DM==,MN=3, 故P点的轨迹长度为DN+NM+DM=3+2. 感谢您的观看 $