专题3 培优拓展6 立体几何中的动态问题（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

培优拓展(六)　立体几何中的动态问题 类型一　动点的轨迹问题 类型二　与动点有关的最值、范围问题 目 录 索 引 真题解构　空间向量与立体几何 立体几何中的“动态”问题,是指空间图形中的某些点、线、面的位置可以发生变化的一类问题.这类问题由于引入了运动变化的元素,使得几何图形不再静态固定,从而大大拓展了问题的研究维度.动态几何问题不仅丰富了立体几何的内涵,还巧妙地在立体几何与平面几何的轨迹问题、解三角形等问题之间架起了桥梁,实现了不同几何领域之间的灵活转化与综合应用. 这类问题主要有两种类型:(1)动点轨迹问题:研究空间图形中动点的运动轨迹,常用解决方法包括定义法(如利用圆锥曲线的定义)、解析法和交轨法等;(2)动点相关的最值与范围问题:探讨与动点变化相关的最值或变量范围,通常采用几何分析、函数建模等方法求解. 类型一　动点的轨迹问题 例1　(多选题)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 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,在直角三角形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=,因为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,以点D为原点,DA,DC,DD1分别为 x轴、y轴、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. 【对点训练1】(2025广东广州一模)在正三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=3, AB=6,点D在△ABC内部运动(包括边界),点D到棱PA,PB,PC的距离分别记为d1,d2,d3,且=20,则点D运动路径的长度为　　　　　.  2π 解析 由题意可知PA=PB=PC=3,AB=AC=BC=6, 则PA2+PB2=AB2,PA2+PC2=BC2,PB2+PC2=BC2, 可知PA⊥PB,PA⊥PC,PB⊥PC,因为三棱锥P-ABC为正三棱锥, 则点P在底面ABC内的投影为△ABC的中心O,取AB的中点M, 则CO=CM=2,PO=,设点D在平面PAB,平面PAC和平面PBC内的投影分别为F,I,J,根据正三棱锥的结构特征,可以以DF,DI,DJ为邻边作长方体PEFG-HIDJ, 则PA⊥平面EFDI,DE⊂平面EFDI,则PA⊥DE,即d1=DE, 同理可知d2=DG,d3=DH. 由长方体的性质可知 可得=2PD2=20,即PD2=10, 又因为PO⊥平面ABC,OD⊂平面EFDI,则PO⊥OD,可得OD==2,可知点D在以点O为圆心,半径r=2的圆上, 因为OM<r,可知AB与圆O相交,设圆O与AB交于S,T两点, 则ST=2MT==2,可知△OST为等边三角形,则∠SOT=,结合对称性可知点D运动路径的长度为2πr-3×2=2π. 类型二　与动点有关的最值、范围问题 例2　(多选题)(2025山东德州模拟)正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长相等,且均为2,N在△ABC内及其边界上运动,则下列说法正确的是(　 　) A.存在点N,使得C1N⊥平面A1B1C B.三棱锥C-A1BN的体积的取值范围为(0,] C.E为A1C1中点,若C1N∥平面AB1E,则动点N的轨迹长度为 D.P为BB1中点,若C1P⊥AN,则动点N到平面AB1C1的最大距离为 BCD 解析 取A1B1的中点D1,AB的中点D,连接D1C1,DD1,DC,CD1,由△A1B1C1为等边三角形,所以A1B1⊥C1D1,又由正三棱柱ABC-A1B1C1中,可得CC1⊥A1B1,因为C1D1∩CC1=C1,且C1D1,CC1⊂平面D1DCC1,所以A1B1⊥平面D1DCC1,又因为A1B1⊂平面A1B1C,所以平面A1B1C⊥平面D1DCC1,因为平面A1B1C1∩平面D1DCC1=D1C,过C1作C1H⊥D1C于H, 根据面面垂直的性质定理, 可得C1H⊥平面A1B1C,在矩形D1DCC1中, |D1C1|<|DD1|, 所以∠D1C1D>45°>∠D1C1H, 如图所示,此时C1H的延长线与线段CD无公共点, 所以不存在点N,使得C1N⊥平面A1B1C,故A错误; 三棱锥C-A1BN的体积 △BCN的面积S△BCN的取值范围是(0,] (当N在△ABC内运动时,S△BCN大于0,当N在BC边的高的端点 时取到最大值2).点A1到平面BCN的距离为2, 所以S△BCN×2,所以的取值范围是(0,],故B正确;由点E为A1C1中点,取AC的中点F,连接C1F,BF,BC1,可得C1F∥AE,BF∥B1E,因为C1F⊄平面AB1E,且AE⊂平面AB1E,所以C1F∥平面AB1E,同理可得BF∥平面AB1E,又因为C1F∩AB=F,且C1F,AB⊂平面C1BF,所以平面C1BF∥平面AB1E,因为平面C1BF∩平面ABC=BF,由C1N∥平面AB1E,所以动点N的轨迹为线段BF,其长度为,故C正确; 以AC中点F为坐标原点,FB,FA,FE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系. 则A(0,1,0),C1(0,-1,2),P(,0,1),设N(x,y,0)(x,y满足△ABC的边界条件), 则=(,1,-1),=(x,y-1,0). 因为C1P⊥AN,所以x+y-1=0,即y=-x+1,0≤x 设平面AB1C1的法向量为n=(a,b,c),=(,-1,2),=(0,-2,2). 由令b=1,可得c=1,a=-,即n=(-,1,1). 点N到平面AB1C1的距离d=, 将y=-x+1代入可得d= 又0≤x,可得当x=时,d取得最大值,故D正确.故选BCD. 【对点训练2】(2025广东深圳模拟)在如图所示的试验装置中,两个正方形框架ABCD,ABEF的边长都是1,且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M,N分别在正方形对角线AC和BF上移动,且CM和BN的长度保持相等,记CM=BN=a(0<a<),则当MN的长最小时,平面MNA与平面MNB夹角的余 弦值为　　　　　.  解析 以点B为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(1,0,0),C(0,0,1),F(1,1,0),E(0,1,0), 由CM=BN=a, 得M(,0,1-),N(,0),则 MN=, 当a=时,MN取得最小值, 此时,M,N为中点,M(,0,),N(,0),取MN的中点G,连接AG,BG,则G(), 由AM=AN,BM=BN,得AG⊥MN,BG⊥MN,所以∠AGB是平面MNA与平面MNB的夹角或其补角,而=(,-,-),=(-,-,-), 因此cos<>==-, 所以平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是 真题解构　空间向量与立体几何 例题 (15分)(2025新高考Ⅰ,17)如图所示的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=AB=,AD=+1,BC=2,P,B,C,D在同一个球面上,设该球面的球心为O. (ⅰ)证明:O在平面ABCD上; (ⅱ)求直线AC与直线PO所成角的余弦值. 命题分析　本题以四棱锥为载体,考查空间垂直与平行关系的证明与应用、球的截面性质、异面直线所成角等知识.试题设置于课程学习情境,体现基础性、综合性与创新性,通过面面垂直的证明以及外接球球心的探寻,考查逻辑推理和数学直观的核心素养;通过异面角余弦值的计算,考查数学运算的能力. 解题分析 题意理解 序号 信息读取 信息加工 1 PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD 可证明AB⊥平面PAD 2 PA=AB=,AD=1+,BC=2 四边形ABCD为直角梯形,△PAB为等腰直角三角形 3 P,B,C,D在同一个球面上 球O是三棱锥P-BCD的外接球 4 直线AC与直线PO所成角的余弦值 ①利用平行线转化为相交直线所成角; ②建立坐标系,转化为向量的夹角问题 思路探求 关键步骤 思维要点 思维缘由 (第1问) 证明线面垂直 证明AB⊥平面PAD 由面面垂直的判定定理,知证明面面垂直,需转化为证明线面垂直 (第2(ⅰ)问) 确定外接球球心 在线段AD上取一点K,使得AK=1.K就是P,B, C,D所在球面的球心 证明球心位于平面ABCD上,等价于寻找过平面PBC所在的截面圆圆心所作的平面垂线,与平面ABCD的交点 (第2(ⅱ)问) 求异面直线所成角的余弦值 cos θ= 建立空间直角坐标系,转化为求两个向量的夹角的余弦值 书写表达 (1)证明 因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以AP⊥AB. 又因为AB⊥AD,AP⊂平面PAD,AD⊂平面PAD,AP∩AD=A, 所以AB⊥平面PAD.注①→两直线垂直的条件不可省略.(2分) 因为AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(3分) (2)(ⅰ)证明 取PB,PC的中点M,N, 在线段AD上取一点K,使得AK=1.注②→为什么要取AK=1?目的是什么? 因为MN∥BC,AK∥BC,所以MN∥AK. 因为BC=2,所以MN=AK=1, 所以四边形AMNK为平行四边形, 所以NK∥AM.注③→AM与平面PAB有什么关系?如何证明?(5分) 因为PA=AB=,所以AM⊥PB. 因为AD⊥PA,AD⊥AB,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB, 所以AD⊥平面PAB.(6分) 因为BC∥AD,所以BC⊥平面PAB, 又AM,PB⊂平面PAB,所以BC⊥AM,BC⊥PB. 因为PB∩BC=B,PB,BC⊂平面PBC,所以AM⊥平面PBC.(7分) 又因为NK∥AM,所以NK⊥平面PBC.(8分) 因为∠PBC=90°, 所以N为△PBC外接圆的圆心, 所以球心O必在直线NK上.注④→这个结论的原理是什么?(9分) 易得KB=KD=KC=KP=, 所以K为P,B,C,D所在球面的球心, 即K与O重合,故O在平面ABCD上.(11分) (ⅱ)解 易知AB,AD,AP两两垂直. 以A为原点,AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),P(0,0,),O(0,1,0),C(,2,0), 所以=(,2,0),=(0,1,-). 设直线AC与直线PO所成角为θ, 所以cos θ=.注⑤→这个公式中为什么要加绝对值?(15分) 回顾反思　本题求解的关键是寻找并证明几何体中的垂直关系,尤其第(2)(ⅰ)问要证明外接球的球心在某个平面上,可联想过球面上任意三点确定球的一个截面圆.当该截面不通过球心时,存在以下两个等价命题:①连接截面圆圆心与球心的直线必垂直于截面;②过截面圆圆心作截面的垂线必通过球心.从而可猜想并证明. 第(2)(ⅱ)问用空间向量方法最佳,因为条件中的几何体适合建系,并且相关点的坐标易得. 试题源于人教A版必修第二册第147页例1、第165页第21题,人教A版选择性必修第一册第38页4题,人教B版必修第四册第121页例3、第130页第23题,人教B版选择性必修第一册第62页第3题. $