4.进阶点5 立体几何中的动态问题(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学讲义聚焦立体几何动态问题，涵盖轨迹、截面、翻折及最值范围四大高考核心考点，按问题类型系统梳理知识内在联系。通过考点分析、方法指导（如空间问题平面化）、真题训练（例题解析+分层练习）环节，帮助学生突破空间想象与转化难点，体现复习的系统性和针对性。 资料以分类型精准突破为特色，创新采用空间向量、几何转化等方法，培养学生数学眼光（空间观念）、数学思维（逻辑推理）与数学语言（模型表达）。例如轨迹问题中用坐标法构建方程，截面问题通过延长线确定截面形状，有效提升学生解题效率，为教师提供分层教学资源，助力把控复习节奏。

进阶点4　立体几何中的动态问题 立体几何中的动态问题是高考的热点， 指的是求由点、线、面的变化引起的相关变量的取值范围或最值问题．解题时需要我们正确揭示空间图形与平面图形的联系，并有效地实施空间图形与平面图形的转换，要善于将空间问题转化为平面问题，同时也要牢牢抓住几何体的结构特征，熟练掌握有关计算公式． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型一　轨迹问题 例1　(2025·太原模拟)(多选题)已知正方体ABCD­ A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为正方形ABCD所在平面上一动点，则下列说法正确的是(ACD) 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 解析　 如图所示，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，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；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，所以＝，整理得－＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确．故选ACD. 训练1　(2025·淄博一模)(多选题)如图，棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1 中，P，Q分别是棱CC1，BC的中点，动点M满足＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，则下列结论正确的是(ABD) A．若λ＋μ＝1，则CM⊥DB1 B．若λ＝μ，则三棱锥B1­AMC的体积为定值 C．若μ＝，0≤λ≤1，则直线PM与直线BC所成角的最小值为60° D．若动点M在三棱锥C­DPQ外接球的表面上，则点M的轨迹长度为π 解析　 以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2，0,0)，D1(0,0,2)，B1(2，2,2)，C(0,2,0)，所以＝(2,0,0)，＝(0,0,2)，所以＝λ＋μ＝λ(2,0,0)＋μ(0,0,2)＝(2λ，0,2μ)，即M(2λ，0,2μ)，所以＝(2λ，－2,2μ)，又＝(2,2,2)，所以·＝2λ·2＋(－2)·2＋2μ·2＝4λ－4＋4μ＝4(λ＋μ)－4＝0，所以⊥，所以CM⊥DB1，故A正确；因为λ＝μ，＝λ＋μ，所以点M在直线DA1上，又因为A1B1∥AB∥DC，A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1DCB1是平行四边形，所以A1D∥B1C，又A1D⊄平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，所以A1D∥平面B1AC，所以M到平面B1AC的距离为定值，又△B1AC的面积为定值，所以三棱锥B1­AMC的体积为定值，故B正确；点P为CC1的中点，坐标为(0,2,1)，点M的坐标为 (2λ，0,1)，点B的坐标为(2,2,0)，则向量＝(2λ，－2,0)，向量＝(－2,0,0)，设直线PM与直线BC所成的角为θ，cos θ＝＝＝＝，又因为0≤λ≤1，当λ＝1 时，(cos θ)max＝，即直线PM与直线BC所成角的最小值为45°，故C错误； 因为三棱锥C­DPQ即为三棱锥P­CDQ，又底面△CDQ是直角三角形，过DQ的中点N作ON⊥平面CDQ，O是三棱锥C­DPQ外接球的球心，因为PC⊥平面CDQ，所以ON＝PC＝，又DQ＝＝，所以三棱锥C­DPQ外接球的半径r＝＝，因为点M在平面ADD1A1内，又在三棱锥C­DPQ外接球的表面上，所以M 的轨迹是平面ADD1A1截三棱锥C­DPQ外接球的截面圆，又易得O到平面ADD1A1的距离为1，所以截面圆的半径为＝，所以M 的轨迹的周长为 2π×＝π，故D正确．故选ABD. 类型二　截面问题 例2　(多选题)正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为6，P，Q分别是棱A1B1，A1D1的中点，过P，Q，C作正方体的截面，则(ACD) A．该截面是五边形 B．三棱锥C­C1PQ外接球的球心在该截面上 C．该截面与底面ABCD夹角的正切值为 D．该截面将正方体分成两部分，较小部分的体积为75 解析　对于A，如图①所示，延长PQ交C1D1的延长线于M，延长QP交C1B1的延长线于H，连接MC交DD1于N，连接HC交BB1于K，连接PK，QN，则五边形PQNCK为平面PQC截正方体所得的截面，故A正确．对于B, 如图②所示，设△PQC1的外心为O1，三棱锥C­PQC1的外接球的球心为O，连接C1O，C1O1，O1O，由题知C1P＝C1Q＝3，PQ＝3，CP＝CQ＝9，在△PQC1中，cos∠PC1Q＝＝，所以sin∠PC1Q＝，所以△PQC1外接圆的半径为O1C1＝＝，所以三棱锥C­PQC1外接球的半径R＝C1O＝＝＝，三棱锥C­PQC1外接球的球心O到P，Q，C三点的距离都为R.在△PQC中，cos∠CPQ＝＝，所以sin∠CPQ＝，所以△PQC外接圆的半径r＝＝≠R，所以三棱锥C­C1PQ外接球的球心不在该截面上，故B错误．对于C，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图③所示的空间直角坐标系，则P(3,0,6)，Q(0,3,6)，C(6,6,0)，所以＝(－3，3,0)，＝(3,6，－6)，设n＝(x，y，z)为平面PQC的法向量，则取x＝2，得y＝2，z＝3，所以n＝(2,2,3)．因为AA1⊥平面ABCD，所以＝(0,0,6)为平面ABCD的一个法向量，又cos〈，n〉＝＝＝，所以sin〈，n〉＝，则tan〈，n〉＝，所以该截面与底面ABCD夹角的正切值为，故C正确．对于D，如图④所示，取B1C1的中点G，连接QG，因为△HB1P∽△HGQ，所以＝＝，所以HB1＝3，又△HB1K∽△HC1C，所以＝＝，所以B1K＝2，同理，由△MD1Q∽△MC1H得MD1＝3，由△MD1N∽△MC1C得D1N＝2，所以VC­B1KP＝S△B1KP·CB＝××2×3×6＝6，VC­D1QN＝S△D1QN·CD＝××2×3×6＝6，VC­PQC1＝S△PQC1·C1C＝××3×3××6＝27，VC­B1PC1＝S△B1PC1·C1C＝××3×6×6＝18，VC­D1QC1＝S△D1QC1·C1C＝××3×6×6＝18，所以该截面将正方体分成两部分，较小部分的体积为6＋6＋27＋18＋18＝75，故D正确．故选ACD. 　　　　 　　 训练2　(多选题)如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点， O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是(ABD) A．AO⊥平面BCD B．球O的体积为 C．球O被平面BCD截得的截面面积为 D．球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为 解析　 设E，F分别为AB，CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，则EM∥BD，NF∥BD，EM＝BD，NF＝BD，故EM綉NF，则四边形MENF为平行四边形，故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，又AB＝AC，DB＝DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，AN∩DN＝N，AN，DN⊂平面AND，故BC⊥平面AND，由于O∈MN，MN⊂平面AND，则AO⊂平面AND，故BC⊥AO，结合O点为EF的中点，同理可证DC⊥AO，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正确；又球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM，在棱长为2的正四面体ABCD中，AN＝DN＝，M为AD的中点，则MN⊥AD，故MN＝＝＝，则OM＝，所以球O的体积为π×OM3＝π×3＝，B正确；由BC⊥平面AND，BC⊂平面BCD，故平面AND⊥平面BCD，平面AND∩平面BCD＝DN，由于AO⊥平面BCD，延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，且G为正△BCD的中心，故NG＝ND＝，所以OG＝＝＝，故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为＝，则球O被平面BCD截得的截面圆的面积为π×2＝，C错误；由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点，则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为，故球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×2π×＝，D正确． 类型三　翻折问题 例3　(多选题)如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠D＝60°， 沿AC将△DAC翻折至△SAC，连接SB，得到三棱锥S­ABC，E是线段SA的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是(AC) A．在棱SB上总存在一点F，使得EF∥平面ABC B．当SB＝3时，三棱锥S­ABC的体积为 C．当平面SAC⊥平面ABC时，SB＝ D．当二面角S­AC­B为120°时，三棱锥S­ABC的外接球的半径为 解析　 ① 对于A，取SB的中点F，连接EF，如图①，因为E，F分别是SA，SB的中点，所以EF∥AB，因为AB⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC，故A正确；对于B，易得△ABC，△SAC为等边三角形，如图②，取AC的中点M，连接BM，SM，则AC⊥BM，AC⊥SM，SM＝MB＝，所以cos∠SMB＝＝＝－，则点S到平面ABC的距离h＝sin(π－∠SMB)·SM＝×＝，所以三棱锥S­ABC的体积V＝××22×＝，故B错误；对于C，当平面SAC⊥平面ABC时，平面SAC∩平面ABC＝AC，因为△SAC为等边三角形，所以SM⊥AC，SM⊂平面SAC，所以SM⊥平面ABC，又因为MB⊂平面ABC，所以SM⊥MB，所以SB＝＝，故C正确； ② 对于D，设三棱锥S­ABC外接球的球心为O，△SAC，△ABC的中心分别为O1，O2，易得OO1⊥平面SAC，OO2⊥平面ABC，且O，O1，O2，M四点共面，∠OMO1＝∠O1MO2＝60°，O1M＝SM＝，在Rt△OO1M中，OO1＝O1M＝1，又O1S＝SM＝，则三棱锥S­ABC外接球半径r＝＝＝，故D错误． 训练3　(多选题)在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱ABC­A1B1C1 展开得到平面图，如图所示，∠ABC＝90°，AA1＝AB，P为AB1的中点，Q为A1C的中点，则在原直三棱柱ABC­A1B1C1中，下列说法正确的是(ABD) A．P，Q，C，B四点共面 B．A1C⊥AB1 C．几何体A­PQCB和直三棱柱ABC­A1B1C1的体积之比为 D．当BC＝AB时，A1C与平面ABB1所成的角为45° 解析　 如图，将展开的平面图还原成立体图形，对A选项，连接A1B，因为P为AB1的中点，所以P也为A1B的中点，又Q为A1C的中点，所以PQ∥BC，所以P，Q，C，B四点共面，故A选项正确；对B选项，因为∠ABC＝90°，由展开图易知，棱柱ABC­A1B1C1为直三棱柱，所以易得BC⊥平面ABB1A1，又AB1⊂平面ABB1A1，所以AB1⊥BC，又AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为正方形，所以AB1⊥A1B，又BC∩A1B＝B，BC，A1B⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC，又A1C⊂平面A1BC，所以A1C⊥AB1，故B选项正确；对C选项，因为P，Q分别为A1B，A1C的中点，所以S四边形PQCB＝S△A1BC，所以VA­PQCB＝VA­A1BC＝VA1­ABC＝×VABC­A1B1C1＝VABC­A1B1C1，所以几何体A­PQCB和直三棱柱ABC­A1B1C1的体积之比为，故C选项错误；对D选项，当BC＝AB时，又AA1＝AB，且AA1⊥AB，所以A1B＝AB，所以BC＝A1B，又A1B⊥BC，所以∠BA1C＝45°，又由B选项的分析知BC⊥平面ABB1A1，所以∠BA1C即为A1C与平面ABB1所成的角，又∠BA1C＝45°，所以A1C与平面ABB1所成的角为45°，故D选项正确． 类型四　最值、范围问题 例4　(多选题)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1 ，AA1＝2，动点P在体对角线BD1上(含端点)，则下列结论正确的有(ABD) A．当P为BD1的中点时，∠APC为锐角 B．存在点P，使得BD1⊥平面APC C．AP＋PC的最小值为2 D．顶点B到平面APC的最大距离为 解析　 如图，以点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，设＝λ(0≤λ≤1)，则A(1，0,0)，B(1，1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，则＝(0,1,0)，＝(1,0,0)，＝(－1，－1,2)，故＝λ＝(－λ，－λ，2λ)，则＝＋＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(－λ，1－λ，2λ)，＝＋＝(1,0,0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(1－λ，－λ，2λ)．对于A，当P为BD1中点时，P，则＝，＝，所以cos∠APC＝＝>0，所以∠APC为锐角，故A正确；当BD1⊥平面APC时，因为AP，CP⊂平面APC，所以BD1⊥AP，BD1⊥CP，则解得λ＝，故存在点P，使得BD1⊥平面APC，故B正确；对于C，当BD1⊥AP，BD1⊥CP时，AP＋PC取得最小值，由B得，此时λ＝，则＝，＝，所以||＝||＝，即AP＋PC的最小值为，故C错误；对于D，＝(0,1,0)，＝(－1,1,0)，设平面APC的法向量为n＝(x，y，z)，则可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，则点B到平面APC的距离d＝＝，当λ＝0时，点B到平面APC的距离为0；当0<λ≤1时，d＝＝＝≤，当且仅当λ＝时，等号成立，所以点B到平面APC的最大距离为，故D正确. ,, 立体几何中有关距离的最值、角的最值、面积的最值等问题的常用求解方法： (1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值． (2)代数法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及基本不等式等，求出最值． (3)向量法：借助空间向量构造函数求解最值． 训练4　在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1的中点， P是侧面四边形BCC1B1内(不含边界)一点．若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是 . 解析　 如图所示，分别取棱BB1，B1C1的中点M，N，连接MN，NE，A1N，A1M.因为M，N，E，F分别为BB1，B1C1，BC，CC1的中点，所以MN∥EF.因为MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以MN∥平面AEF.因为AA1∥ NE，AA1＝NE，所以四边形AA1NE为平行四边形，所以A1N∥AE.因为A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，所以A1N∥平面AEF.因为A1N∩MN＝N，A1N，MN⊂平面A1MN，所以平面A1MN∥平面AEF.因为P是侧面四边形BCC1B1内(不含边界)一点，且A1P∥平面AEF，所以点P必在线段MN上(不含点M，N)．在Rt△A1B1M中，A1M＝＝＝，同理在Rt△A1B1N中，求得A1N＝，所以△A1MN为等腰三角形，当点P在MN的中点O时，A1P⊥MN，此时A1P最短，当点P在M或N处时，A1P最长，因为A1O＝＝＝，A1M＝A1N＝，所以线段A1P长度的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $