微练(15) 立体几何中的动态问题(专题微练PPT)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何动态问题，覆盖轨迹判断、截面分析、体积计算、外接球等核心考点，对接高考评价体系，梳理出轨迹问题占30%、截面形状分析占25%的高频考点分布，归纳出定义法、坐标法等常考题型解法，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题实战+素养导向”，以2025无锡模拟外接球问题、锦州模拟圆柱展开问题为例，通过抛物线定义解轨迹、空间坐标系求空间角，培养学生空间观念与逻辑推理素养。设“易错陷阱警示”，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

微练(十五)　立体几何中 的动态问题 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 6 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 ① 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 ① 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 ② 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 ③ 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解 ① 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解 ② 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解 ② 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解 ② 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 本部分内容讲解结束 一、单项选择题 1．已知点P是正四面体A­BCD内的动点，E是棱CD的中点，且点P到棱AB和棱CD的距离相等，则点P的轨迹被平面ABE所截得的图形为 (　　) A.线段 B．椭圆的一部分 C.双曲线的一部分 D．抛物线的一部分 如图，在正四面体A­BCD中，E是棱CD的中点，所以AE⊥CD，BE⊥CD，又AE∩BE＝E，AE，BE⊂平面ABE，所以CD⊥平面ABE，又点P的轨迹被平面ABE所截，即点P在平面ABE内，所以点P到棱CD的距离为PE.在平面ABE内过点P作PF⊥AB，则PF为点P到棱AB的距离，又点P到棱AB和棱CD的距离相等，即PE＝PF，因此， 在平面ABE内，动点P到棱AB和到定点E的距离相等． 由抛物线的定义得，动点P的轨迹是抛物线的一部分． 2．已知过BD1的平面与正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AA1，CC1分别交于点M，N，则下列关于截面BMD1N的说法中，不正确的是 (　　) A.截面BMD1N可能是矩形 B.截面BMD1N可能是菱形 C.截面BMD1N可能是梯形 D.截面BMD1N不可能是正方形 如图①，当点M，N分别与顶点重合时，显然截面BMD1N是矩形；如图②，当M，N为棱AA1，CC1的中点时，显然截面BMD1N是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知截面BMD1N不可能为正方形；根据对称性，其他情况下截面BMD1N为平行四边形．故选C. 　 3．如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是2，M为A1C1的中点，N是侧面BCC1B1内的动点，且MN∥平面ABC1，则点N的轨迹的长度为 (　　) A. B．2 C． D．4 如图，取B1C1的中点D，取BB1的中点E，连接MD，DE，ME，则DE∥BC1，又DE⊄平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，所以DE∥平面ABC1，又M为A1C1的中点，所以MD∥A1B1∥AB，又MD⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，又DE∩MD＝D，DE⊂平面DEM， MD⊂平面DEM，所以平面DEM∥平面ABC1，又因为N 是侧面BCC1B1上一点，且MN∥平面ABC1，所以N的 轨迹为线段DE，DE＝＝2，所以点N的轨迹的 长度为2. 4．(2025·无锡模拟)已知三棱锥P­ABC的底面△ABC为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为4，体积为，若该三棱锥的外接球O的半径为，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为 (　　) A.6π B．12π C．2π D．4π 依题意得，设底面等腰Rt△ABC的直角边长为x(x>0)，所以三棱锥P­ABC的体积V＝××x2×4＝，解得x＝2.所以△ABC的外接圆半径为r1＝××2＝2，所以球心O到底面ABC的距离为d1＝＝＝3，又因为顶点P到底面ABC的距离为4，所以顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周．当球心在底面ABC和截面圆之间时，球心O到该截 面圆的距离为d2＝4－3＝1，因为截面圆的半径为r2＝＝＝2，所以顶点P的轨迹长度为2πr2＝4π；当球心在底面ABC和截面圆同一侧时，球心O到该截面圆的距离为d3＝3＋4＝7>R＝，故不成立．综上，顶点P的轨迹长度为4π.故选D. 5．(2025·锦州模拟)如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径．将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线．若该段正弦曲线是函数y＝2sin ωx(ω>0)图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则ω的值为 (　　) A. B． C． D．2 由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数y＝2sin ωx(ω>0)图象的一部分，可得AB＝4，且T＝，所以圆柱的底面直径2r＝，设椭圆长轴长为2a，短轴长为2b，因为离心率为，可得＝＝，所以AC＝＝，由勾股定理得16＋＝，解得ω＝. 6．(2025·黑龙江一模)正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E为棱DD1的中点，点P在面对角线BC1上运动(P点异于B，C1点)，以下说法错误的是 (　　) A.BD1∥平面AEC B.A1P⊥B1D C.直线B1E与平面CDD1C1所成角的余弦值为 D.三棱锥P­ACD1的体积为 如图，连接BD，BD∩AC＝O，因为O，E分别是BD，DD1的中点，所以OE∥BD1，OE⊂平面AEC，BD1⊄平面AEC，所以BD1∥平面AEC，A选项正确；如图建系，设P(1－t，1，t)，A1(1，0， 1)，B1(1，1，1)，D(0，0，0)，所以＝(－t，1， t－1)，＝(1，1，1)，·＝－t＋1＋t－1＝0， 所以A1P⊥B1D，B选项正确；又B1(1，1，1)， E，设平面CDD1C1的一个法向量为n＝(1，0，0)，＝，设直线B1E与平面CDD1C1 所成角为θ，所以sin θ＝＝＝， 所以cos θ＝＝＝， C选项错误；设平面ACD1的法向量为m＝(x，y，z)，因为P(1－t，1，t)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，所以＝(－t，1，t)，＝(－1，1，0)，＝(0，－1，1)， 所以 令x＝1，则m＝(1，1，1)，因为AC＝AD1＝CD1＝，所以S△ACD1＝×××＝，所以点P到平面ACD1的距离为d＝＝＝，所以三棱锥P­ACD1的体积为 V＝S△ACD1d＝××＝，D选项正确．故选C. 二、多项选择题 7．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点(不包含端点)，若正方体的棱长为1，则下列结论正确的有 (　　) A.直线D1P与AC所成角的取值范围是 B.存在P点，使得平面APD1∥平面C1BD C.三棱锥D1­CDP的体积为 D.平面APD1截正方体所得的截面可能是直角三角形 对于A，如图①，连接AC，D1P，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Dxyz，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，D(0，0，0)，D1(0，0，1)， C(0，1，0).则有＝(－1，1，0)，＝＋λ ＝(1，0，0)＋λ(0，1，－1)＝(1，λ，－λ)，λ∈(0，1)， 所以|cos 〈，〉|＝＝. 令f(λ)＝，λ∈(0，1)，f′(λ)＝＝<0，所以f(λ)＝在(0，1)上单调递减．因为f(0)＝，f(1)＝0，所以0<|cos 〈，〉|<，又〈，〉∈，故〈，〉 ∈，故A错误；对于B，当P为A1B的中点时， 有AP∥C1D，AD1∥C1B，易证平面APD1∥平面C1BD， 故B正确；对于C，三棱锥D1­CDP的体积VD1­CDP＝VP­CDD1＝×S△CDD1×AD＝××1×1×1＝，故C正确；对于D，设A1B的中点为O，连接AP，AD1，D1P，当P点在线段OB(不包含端点)上时，平面 APD1截正方体所得的截面为梯形AEFD1，如图②，当 P点在O点时，平面APD1截正方体所得的截面为正三角 形AB1D1，当P点在线段OA1(不包含端点)上时，平面APD1截正方体所得的截面为等腰三角形AD1G，如图③，且AG2＋D1G2≠AD，所以该三角形不可能为直角三角形，故D错误．故选BC. 8．如图，在三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝3，△BCD是边长为2的正三角形，平面ABC⊥平面BCD，点P满足＝λ＋μ，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则 (　　) A.当λ＝时，△PCD的面积为定值 B.当μ＝0时，DP的长度的取值范围为[，2] C.当μ＝时，存在点P，使得BP⊥DP D.当2λ＋μ＝1时，存在点P，使得DP⊥平面ABC 取BC的中点O，连接AO，DO，由题意可知AO⊥BC，DO⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AO⊂平面ABC，所以AO⊥平面BCD，又OD⊂平面BCD，所以AO⊥OD， 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，2)， B(1，0，0)，C(－1，0，0)，D(0，，0)，因为＝ λ＋μ，所以P(－2λ－μ＋1，0，2μ).当λ＝时， P(－μ，0，2μ)为动点，△PCD的面积不是定值， 故A错误；当μ＝0时，P(1－2λ，0，0)，DP＝，又因为0≤λ≤1，所以DP∈[，2]，故B正确；当μ＝时，P(－2λ，0，)，所以＝，＝(－2λ，－，)，若 ·＝0，则4λ2＋＝0，无解，所以不存在点P， 使得BP⊥DP，故C错误；当2λ＋μ＝1时，P(0，0， 2μ)，则P在z轴上，只有P与原点重合时，DP⊥ 平面ABC，故D正确．故选BD. 三、填空题 9．如图，P是棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1表面上的动点，且AP＝，则动点P的轨迹的长度为________． 由已知AC＝AB1＝AD1＝，在平面BC1，平面A1C1，平面DC1中，BP＝A1P＝DP＝1，所以动点P的轨迹是在平面BC1，平面A1C1，平面DC1内分别以B，A1，D为圆心，1为半径的三段圆弧，且长度相等，故轨迹长度和为×3＝. 10．在底面为等腰直角三角形的直三棱柱ABC­A1B1C1中，M为底面三角形斜边BC上一点，且·＝0，AC＝AA1＝1，P为线段BC1上一动点， 则平面AMP截三棱柱所得截面面积的最大值为________． 分如下三种情况：如图①，延长MP交B1C1于点N，过点N作B1C1的垂线交A1C1于点S，连接AS，则四边形AMNS为所求截面；如图②，延长MP交B1C1于点N1，过点N1作B1C1的垂线交A1B1于点S1，连接AS1，则四边形AMN1S1 为所求截面；如图③， 延长MP交BB1于点 N2，连接AN2， 则三角形AMN2为所求截面．显然图①②中的截面面积均大于或等于图③中的截面面积，故只需考虑图①②中的情况，易知图①②中的情况相同，故只需考虑图①.在图①中，易知SN∥AM，AM⊥MN，设C1N＝x，则SN＝x，MN＝ ， 所以所求截面面积 S＝ ×＝＝，因为y＝x4，y＝x＋均在上单调递增，所以函数y＝x4＋x＋在上单调递增，故S≤× ＝，故截面面积的 最大值为. 四、解答题 11．(2025·重庆市调研抽测)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB＝AP，在四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝6，CD＝，∠CDA＝45°. (1)若E为PB的中点，求证：平面PBC⊥平面ADE； 证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又AB⊥AD，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以PB⊥AD.因为AB＝AP，E为PB的 中点，所以PB⊥AE，又AE∩AD＝A，AE，AD⊂平 面ADE，所以PB⊥平面ADE，又PB⊂平面PBC， 所以平面PBC⊥平面ADE. (2)若平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值为. ①求线段AB的长； 以点A为原点，，，的方 向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所 示的空间直角坐标系Axyz，设AB＝t(0<t<6)， 则AD＝6－t，过点C作CF⊥AD，垂足为F， 因为∠CDA＝45°，CD＝，所以CF＝DF ＝1，则AF＝AD－DF＝5－t，则C(1，5－t，0)，D(0，6－t，0)，P(0，0，t)，＝(－1，1，0)，＝(0，6－t，－t).设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则得 令y1＝t，得n1＝(t，t，6－t).易知平面PAB的 一个法向量为n2＝(0，1，0). 设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝，所以t2＋4t－12＝0，即(t＋6)(t－2)＝0，所以t＝－6(舍去)或t＝2，所以AB＝2. ②设G为△PAD内(含边界)的一点，且GB＝2GA，求满足条件的所有点G组成的轨迹的长度． 由①得A(0，0，0)，B(2，0，0)，AP＝AB＝2，AD＝6－AB＝4.设G(0，y，z)(0≤y≤4，0≤z≤2)，因为GB＝2GA，所以＝2，所以y2＋z2＝，设点A到PD的距离为h，因为AP⊥AD，所以PD＝＝2，则×2×4＝×2h，得h＝>，又0≤y≤4，0≤z≤2，所以点G的轨迹是平面Ayz内以A为圆心，为半径的圆的，所以满足条件的所有点G组成的轨迹的长度为×2π×＝π. 12．如图①，已知等腰梯形MBCD中，DA⊥MB，MB＝3DC＝3AD＝3MA，现沿DA所在直线将△MAD折起，使点M到达点P的位置，如图②，E，F分别为BC，PA的中点． 　 (1)求证：EF∥平面PCD； 证明：如图①，取AD的中点H，连接HE，HF.因为F为PA的中点，所以HF∥PD.又HF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，所以HF∥平面PCD.因为E为BC的中点，所以HE∥DC.又HE⊄平面PCD，DC⊂平面PCD，所以HE∥平面PCD.又HF∩HE＝H，HF，HE⊂平面FHE，所以平面FHE∥平面PCD.因为FE⊂平面FHE， 所以FE∥平面PCD. (2)若∠PAB＝60°，求平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值． 由折叠知，DA⊥PA，DA⊥AB，且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以DA⊥平面PAB.因为DA⊂平面ABCD， 所以平面ABCD⊥平面PAB.如图②，过点P 作OP⊥AB于点O，取DC的中点N，连接ON， 易知ON，OB，OP两两垂直．以O为原点， ON，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．设DC＝1，则PA＝1，OA＝，OP＝，得A(0，－，0)，B，C，D(1，－，0)，P(0，0，).所以＝(1，0，0)， ＝，＝(1，－1，0)，＝ .设平面PAD的法向量为n1＝ (x1，y1，z1)，则即 取z1＝1，则x1＝0，y1＝－，即n1＝(0，－，1).设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即取y2＝1，则x2＝1，z2＝，即n2＝(1，1，).所以 cos 〈n1，n2〉＝＝＝0， 所以平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值为0. $