强基培优6　立体几何中的动态问题课件-2027届高三数学一轮专题复习

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何动态问题，覆盖空间位置关系判定、动点轨迹、最值范围等高考核心考点，依据高考评价体系分析近五年真题考点权重，归纳多选题、填空题、解答题等常考题型，构建完整备考体系，体现针对性与实用性。 课件亮点在于“典例解析+策略提炼+素养培养”，如以正方体动点轨迹问题为例，用定义法结合空间直角坐标系推导轨迹方程，培养数学思维与空间观念。包含高考真题变式训练及易错点分析，如动态位置关系判定中面面平行性质的应用技巧，帮助学生掌握解题方法，教师可据此精准指导，提升复习效率。

强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 备考纵深·高阶思维突破攻略 培优点一　空间位置关系的判定 【典例展示1】　(多选)在正四棱锥P-ABCD中，已知E，F分别为PB，PD的中点，(λ∈[0，1])，则下列说法正确的有(　　) A．CG⊥BD B．不存在λ，使得AC⊥平面GEF C．若平面GEF∥平面ABCD，则λ＝ D．若G，E，F，C四点共面，则λ＝ √ √ √ 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 2 ACD　[对于A，连接AC，BD交于点O，连接PO， 因为在正四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形， 所以AC⊥BD， 又因为PB＝PD，O为BD中点，所以PO⊥BD， 又因为AC∩PO＝O，AC，PO⊂平面PAC， 所以BD⊥平面PAC， 又因为CG⊂平面PAC，所以CG⊥BD，A正确； 3 对于B，因为PA＝PC，O为BD中点，所以PO⊥AC， 因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD， 又因为BD∩PO＝O，BD，PO⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD，则AC⊥平面PEF，所以当λ＝0，即点G与P重合时，AC⊥平面GEF，B错误； 4 对于C，连接GE，GF，因为平面GEF∥平面ABCD，平面GEF∩平面PAB＝EG，平面ABCD∩平面PAB＝AB，所以根据面面平行的性质定理可知AB∥EG， 又因为E为PB的中点，所以G为PA中点，所以λ＝，C正确； 5 对于D，因为G，E，F，C四点共面，所以四边形GECF为平面四边形，连接EF，CG交于点H， 在△PCG中，因为G，H，C三点共线， 所以， 由于对称性可知，H为EF中点，又因为EF∥BD，EF＝， 所以(1－μ)λ， 所以，D正确．故选ACD．] 6 名师点评：空间位置关系的动点问题的解法 (1)应用线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质定理进行转化； (2)利用向量法或建立空间直角坐标系进行计算． 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 7 【纵深攻略】 1．(多选)如图，四边形ABCD为矩形，AD＝2AB，E是BC的中点，将△BAE沿AE翻折至△PAE的位置(点P∉平面AECD)，设线段PD的中点为F．则在翻折过程中，下列选项正确的是(　　) A．CF∥平面AEP B．CF的长度恒定不变 C．AE⊥DP D．异面直线CF与PE所成角的大小恒定不变 √ √ √ 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 8 ABD　[取AP的中点G，连接EG，FG，如图， 因为F为线段PD的中点，所以GF∥AD，GF＝ AD，于是得GF∥CE，GF＝CE，即四边形CEGF是平行四边形，则CF∥EG，而EG⊂平面AEP，CF⊄平面AEP， 因此，CF∥平面AEP， A正确； 9 在▱CEGF中，CF＝EG，在△PAE中，PE＝PA＝AB，∠APE＝90°，即EG为已知等腰直角三角形一腰上的中线，则EG长是定值，∠PEG也是定值， 因此，CF的长度恒定不变，B正确； 由CF∥EG知，异面直线CF与PE所成角的大小恒定不变，D正确； 假设AE⊥DP，由于AE＝DE＝AB，则 AE2＋DE2＝4AB2＝AD2，即AE⊥DE， 而DP∩DE＝D，DP，DE⊂平面PDE，则AE⊥平面PDE，有AE⊥PE，折叠前后有∠PEA＝∠BEA＝45°，与AE⊥PE矛盾，即假设错误，C不正确．故选ABD．] 10 培优点二　动点轨迹问题 【典例展示2】　(多选)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是(　　) 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与到直线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 √ √ √ 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 11 ACD　[如图所示， 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＝×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，A正确； 12 在Rt△MDN中，DN＝ 为半径的圆，其面积为π·()2＝3π，B不正确； 13 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的轨迹为以点B为焦点，CD为准线的抛物线，C正确； 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A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，设N(x，y，0)， 则＝(x，y，－4)， 14 因为D1N与AB所成的角为，所以|cos〈， 所以＝1，所以点N的轨迹为双曲线，D正确．故选ACD．] 15 名师点评：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：根据空间图形的线段长度关系取特殊值或位置进行排除． 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 16 【纵深攻略】 2．在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝3，点M是矩形ABCD内(含边界)的动点，且AB＝ ，则点M的轨迹长度为(　　) A． √ 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 17 A　[由于PA⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PA⊥AM， 则∠PMA是直线PM与平面ABCD所成的角， 即∠PMA＝， 所以点M的轨迹是以A为圆心，半径为的圆在矩形ABCD内的部分， 如图，设圆与BC，AD分别交于E，F两点， BE＝， 所以点M的轨迹长度为．故选A．] 18 3．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为CD的中点，且点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动，若总是保持EP∥平面BDD1B1，则动点P的轨迹长度为_________；若总是保持AP与AB的夹角为30°，则动点P的轨迹长度为____________． 2 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 19 2　 B1C1， 因为BC∥B1C1，BC＝B1C1，所以BF∥B1G，BF＝B1G， 所以四边形BFGB1为平行四边形，所以BB1∥FG． 因为E为CD的中点，所以EF∥BD， 因为EF，FG⊄平面BDD1B1，BD，BB1⊂平面BDD1B1， 所以EF∥平面BDD1B1，FG∥平面BDD1B1， 20 因为EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面BDD1B1． 因为平面EFG∩平面BCC1B1＝FG，点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动，EP∥平面BDD1B1， 所以点P的轨迹是线段FG． 因为FG＝BB1＝2，所以动点P的轨迹长度为2． 因为AB⊥平面BCC1B1，BP⊂平面BCC1B1， 所以AB⊥BP， 在Rt△ABP中，AB＝2，∠BAP＝30°， 21 则tan∠BAP＝，所以BP＝， 所以点P的轨迹是以B为圆心， π．] 22 培优点三　最值(范围)问题 【典例展示3】(1)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是线段B1D1上一动点，且AP∥平面DBC1，则异面直线AP与BD所成角的取值范围为(　　) A． C． √ 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 23 (2)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是(　　) A． C． √ 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 24 (1)C　(2)C　[(1)如图，以D为坐标原点，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，设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，A(1，0，0)， 设P(λ，λ，1)，λ∈[0，1]， ∴＝(λ－1，λ，1)， ∴， |， 25 设异面直线AP与BD所成的角为θ， 则cos θ＝＝ ＝， 当λ＝时，cos θ取得最小值，为0， 当λ＝0或1时，cos θ取得最大值，为， ∴0≤cos θ≤．故选C． 26 (2)因为球的体积为36π，所以球的半径R＝3， 设正四棱锥的底面边长为2a，高为h， 则l2＝2a2＋h2，32＝2a2＋(3－h)2， 所以6h＝l2，2a2＝l2－h2， 所以正四棱锥的体积V＝， 所以V'＝， 27 当3≤l<2 时，V'<0， 所以当l＝2 ， 所以正四棱锥的体积V的最小值为， 所以该正四棱锥体积的取值范围是． 故选C．] 28 名师点评：在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，有如下常用的思路． (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在什么位置时，所求的量有相应最大值、最小值，即可求解． (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． 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 29 【纵深攻略】 4．(多选)如图所示，圆锥SO的底面是一个半径为3的圆，AC为直径，且∠ASC＝120°，点B为圆O上一动点(异于A，C两点)，则下列结论正确的是(　　) A．∠SAB的取值范围是 B．二面角S-BC-A的平面角的取值范围是 C．点A到平面SBC的距离的最大值为3 D．点M为线段SB上的一动点，当SA⊥SB时，AM＋MC>6 √ √ 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 30 BD　[由已知AC＝6，∠ASC＝120°，且SA＝SC＝SB， 在△ASC中，由余弦定理的推论可知， cos∠ASC＝， 即－． A选项，点B为圆O上一动点(异于A，C两点)， 则AB∈(0，6)，在△ABS中， cos∠SAB＝， 31 所以cos∠SAB＝，所以∠SAB∈，A选项错误； B选项，取BC的中点D，连接SD，OD，则SD⊥BC，OD⊥BC， 且OD∥AB，OD＝AB∈(0，3)， 则二面角S-BC-A的平面角为∠SDO， 所以tan∠SDO＝， 所以∠SDO∈，B选项正确； 32 C选项，由已知S△SBC＝BC·SD， 又S△ABC＝AB·BC＝OD·BC， 则三棱锥S-ABC的体积 V三棱锥S-ABC＝OD·BC， 设点A到平面SBC的距离为d， 则V三棱锥A-SBC＝OD·BC， 则d＝2cos∠SDO∈(0，3)，C选项错误； 33 D选项，当SA⊥SB时，AB＝，则△SAB为等腰直角三角形，△SBC为等边三角形， 将平面SBC绕SB旋转至SBC'，使C'与△SAB共面，如图所示， 则AM＋MC＝AM＋MC'≥AC'， 在△SAC'中，∠ASC'＝， 由余弦定理可知 AC'2＝SA2＋SC'2－2SA·SC'·cos∠ASC'＝12＋12＋12>36， 所以AM＋MC≥AC'>6，D选项正确． 故选BD．] 34 5．已知正四面体ABCD的棱长为3，点E满足(0<λ<1)，过点E作平面α平行于AC和BD，设α分别与该正四面体的棱BC，CD，DA相交于点F，G，H，则四边形EFGH的周长为_____________，四棱锥A-EFGH的体积的最大值为_____________． 6 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 35 6　　[因为AC∥平面α，平面α∩平面ABC＝EF，AC⊂平面ABC， 故AC∥EF，同理AC∥GH，故EF∥GH， 同理EH∥GF，故四边形EFGH为平行四边形． 由，可得AE∶AB＝λ，则HE∶DB＝λ，EF∶AC＝1－λ， 又正四面体ABCD的棱长为3，则HE＝GF＝3λ，EF＝GH＝3(1－λ)， 四边形EFGH的周长为HE＋GF＋EF＋GH＝2[3λ＋3(1－λ)]＝6． 36 取BD的中点为M，AC的中点为Q，连接AM，MC，MQ， 则由正四面体可得AM＝MC＝， 故MQ＝且MQ⊥AC，故MQ⊥EF． 因为AD＝AB，DM＝MB，故AM⊥BD，同理CM⊥BD， 而AM∩MC＝M，AM，MC⊂平面AMC，故BD⊥平面AMC，因为AC，MQ⊂平面AMC，所以BD⊥MQ，BD⊥AC，故HE⊥MQ，且HE⊥EF，故平行四边形EFGH为矩形． 37 而HE∩EF＝E，HE，EF⊂平面EFGH，故MQ⊥平面EFGH．因为AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH， 故点A到平面EFGH的距离即为点Q到平面EFGH的距离， 点B到平面EFGH的距离即为点M到平面EFGH的距离， 而 λ2(1－λ)． 38 令f (x)＝x2(1－x)(0<x<1)，则f '(x)＝x(2－3x)， 由f '(x)>0得0<x<<x<1， 则f (x)在内单调递减， 则f (x)在x＝，即四棱锥A-EFGH的体积的最大值为．] 39 一、单项选择题 1．如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是(　　) A．直线 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线的一支 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 教用备选题·强基培优(六)　立体几何中的动态问题 √ 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 40 C　[由题意可知，当P点运动时，在空间中，满足条件的AP绕AB旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥的高成60°角的平面截圆锥，所得图形为椭圆．故选C．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 2．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F是线段B1D1上的动点且EF＝1，则三棱锥A-BEF的体积为(　　) A． D．无法确定 √ 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 42 C　[如图所示，连接AC、BD，交于点O，因为BB1⊥平面ABCD，AO⊂平面ABCD， 故AO⊥BB1，AO⊥BD，BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面BDD1B1，故AO⊥平面BDD1B1，V三棱锥A-BEF＝．故选C．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 43 3．如图，在底面为等边三角形的直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1＝ ，则异面直线AC与DE所成角的余弦值为(　　) A． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 44 A　[连接CF．由于三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以C1C⊥底面ABC，又CF⊂底面ABC，所以C1C⊥CF， 故C1F＝， 故当CF⊥AB时，CF最小，线段C1F的长度最小， 由于线段C1F长度的最小值为，F为AB中点，故AB＝2． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 45 连接DF，EF，则DF∥AC，故∠EDF或其补角即为异面直线AC与DE所成角， DE＝，DF＝1，FE＝， cos∠EDF＝＝， 故异面直线AC与DE所成角的余弦值为． 故选A．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 46 4．正四面体A-BCD的棱长为4，空间中的动点P满足|的取值范围为(　　) A． C． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 47 D　[分别取BC，AD的中点E，F， 则，所以， 故点P的轨迹是以E为球心，以 ， 又ED＝＝， EF＝＝2， 所以， 所以．故选D．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 48 5．将边长为4的正方形ABCD沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则下列说法错误的是(　　) A．不论二面角D-AC-B为何值，总有AC⊥BD B．当二面角D-AC-B为120°时，BD＝2 C．当二面角D-AC-B为90°时，△BCD是等边三角形 D．不论二面角D-AC-B为何值，四面体ABCD外接球的体积为 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 49 D　[在正方形ABCD中，连接BD交AC于点O，则OA＝OB＝OC＝OD＝，且AC⊥BD， 在四面体ABCD中，AC⊥OB且AC⊥OD，又OB∩OD＝O，OB，OD⊂平面OBD， 所以AC⊥平面OBD． 又BD⊂平面OBD， 所以AC⊥BD，故A正确； 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 50 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 因为AC⊥OB且AC⊥OD，所以∠BOD即为二面角D-AC-B的平面角， 当二面角D-AC-B为120°时，即∠BOD＝120°， 在△BOD中，由余弦定理得 BD＝ ＝＝2，故B正确； 51 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 当二面角D-AC-B为90°时，即∠BOD＝90°， 所以BD＝＝4， 又CD＝BC＝4，所以△BCD是等边三角形，故C正确； 因为OA＝OB＝OC＝OD＝2， 所以四面体ABCD外接球的球心是O，所以外接球半径R＝OA＝2， 所以四面体ABCD的外接球体积为，故D错误． 故选D．] 52 6．如图，在棱长为 时，点P的轨迹长度是 (　　) A．6π B．4π C．2 π 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 53 D　[设B1D∩平面A1BC1＝E，连接PE，BE，B1D1，BD， 因为A1B＝BC1＝A1C1＝2，A1B1＝BB1＝B1C1， 所以三棱锥B1-A1BC1为正三棱锥， 因为DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1， 所以DD1⊥A1C1， 因为A1C1⊥B1D1，DD1∩B1D1＝D1，DD1， B1D1⊂平面BDD1B1，所以A1C1⊥平面BDD1B1， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 54 又B1D⊂平面BDD1B1，所以B1D⊥A1C1， 同理可证B1D⊥A1B， 又A1C1∩A1B＝A1，A1C1，A1B⊂平面A1BC1， 所以B1D⊥平面A1BC1，则E为正三角形A1BC1的中心， 则BE＝2，所以B1E＝， 因为B1D＝3， 因为B1D⊥平面A1BC1，PE⊂平面A1BC1， 所以PE⊥B1D，即B1E⊥PE，DE⊥PE， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 55 因为PB1＋PD＝2＋， 即， 因为PE>0，解得PE＝， 所以点P的轨迹是半径为的圆， 所以点P的轨迹长度是2π．故选D．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 56 二、多项选择题 7．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为B1C1的中点，P为线段B1D1上的动点(包括端点)，则下列说法中正确的是(　　) A．存在点P使得MP∥平面A1DB B．直线BM与平面BDD1B1所成角正弦值为 C．AP＋MP的最小值为 D．若点Q在正方体ABCD-A1B1C1D1表面上运动 (包含边界)，且MQ⊥A1C，则点Q的轨迹长度为6 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ √ √ 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 57 BCD　[对于A，由三垂线定理知，直线AC1⊥平面A1DB，若存在点P使得MP∥平面A1DB，则此时AC1⊥MP，又在平面A1B1C1D1中，过点M且与直线AC1垂直的直线必与B1D1平行，而MP始终与B1D1相交，故不存在点P使得MP∥平面A1DB，A错误； 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 58 对于B，如图，过点M作MN⊥B1D1，因为BB1⊥平面A1B1C1D1， MN⊂平面A1B1C1D1， 所以BB1⊥MN， 又B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面BDD1B1， 所以MN⊥平面BDD1B1， 故直线BM与平面BDD1B1所成角为∠MBN， 因为M为B1C1的中点，所以MN＝， 又BM＝，故B正确； 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 59 对于C，将正三角形AB1D1沿B1D1翻折至与三角形B1C1D1同一平面，如图， 连接AM交B1D1于点P，此时AP＋MP最小， 在△AB1M中，AD1＝2，B1M＝1，∠AB1M＝105°， 所以AM＝ ＝，故C正确； 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 60 对于D，如图， 由三垂线定理知，A1C⊥平面AB1D1， 所以若MQ⊥A1C，则点Q运动时与点M所 连线段形成的平面必与平面AB1D1平行， 因为M为B1C1的中点，所以点Q的轨迹为 正六边形MEFGHI，边长为 ，故D正确．故选BCD．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 61 8．已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，点M满足，λ∈[0，1]，点N是线段CB1的中点，则下列说法正确的是(　　) A．当λ＝ B．点P是底面ABCD上的动点，且PD1⊥B1C， 则|PD1|最大值为 C．AC1的中点到平面B1CD1的距离为 D．BM与平面DD1C1C所成角的正弦值的取值范围为 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ √ 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 62 BD　[对于A，当λ＝时，， ， ，A错误； 对于B， 以点A为原点，为x，y，z 轴正方向建立空间直角坐标系， 则D1(1，0，1)，C(1，1，0)，B1(0，1，1)， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 63 因为点P是底面ABCD上的动点，故可设P(x，y，0)，x∈[0，1]，y∈[0，1]， 所以＝(1，0，－1)， 因为PD1⊥B1C，所以1－x＋0－1＝0，故x＝0， 所以点的轨迹为线段AB，|PD1|的最大值为|D1B|＝，B正确； 对于C，因为A(0，0，0)，C1(1，1，1)，C(1，1，0)，D1(1，0，1)，B1(0，1，1)， 所以＝(－1，0，1)， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 64 所以＝－1＋0＋1＝0， 所以向量＝(1，1，1)为平面B1CD1的一个法向量， 取线段AC1的中点P，则P， 所以点P到平面B1CD1的距离d＝， 所以AC1的中点到平面B1CD1的距离为，C错误； 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 65 对于D，因为BC⊥平面DD1C1C，所以∠BMC为直线BM与平面DD1C1C所成角，所以BM与平面DD1C1C所成角的正弦值为， 又当λ＝0时，BM取最大值 ， 当λ＝1时，BM取最小值1，此时BM与平面DD1C1C所成角的正弦值取最大值1， 所以BM与平面DD1C1C所成角的正弦值的取值范围为，D正确．故选BD．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 66 　[当AP＝．] 三、填空题 9．已知正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1，点P在该正方体的表面A'B'C'D'上运动，且PA＝，则点P的轨迹长度是_____________． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 67 10．已知棱长为a的正四面体P-ABC，且 QB，则点Q的轨迹长为_____________． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 68 　[以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 可得A(0，0，0)，B(a，0，0)，因为，可得 MQB， 即|QM|2＝|QB|2， 可得[(x－a)2＋y2＋z2]， 整理得x2＋y2＋z2＝， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 69 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Q在侧面PBC内，过点A作AO⊥平面PBC于点O，则O为△PBC的中心， 点Q在侧面PBC内的轨迹为以O为圆心， 以为半径的圆的一部分， (如图所示的圆的虚线部分)， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 70 因为OG＝a， 所以cos∠SOG＝， 所以∠SOG＝， 所以点Q的轨迹长度为．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 71 11．在矩形ABCD中，AB＝，AD＝1，点E在CD上，现将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，当E从D运动到C时，点D在平面ABC上的射影K的轨迹长度为_____________． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 72 　[由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，垂足K为D在平面ABC上的射影，连接D'K，由翻折的特征知， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 73 ∠D'KA＝90°，故点K的轨迹是以AD'为直径的圆上一段弧，由AD＝1可知圆的半径是， 如图，当E与C重合时，∠D'AC＝60°， 所以AK＝， 取O为AD'的中点，连接OK，得到△OAK是正三角形． 故∠KOA＝， 射影K的轨迹长度为．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 74 四、解答题 12．如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝，动点M在线段A1D1上(含端点)． (1)求AC1的长； (2)记AC1与BM所成的角为θ，求θ的最大 值并指出此时点M的位置． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 教用备选题·强基培优 强基培优6　立体几何中的动态问题 75 [解]　(1)设＝a，＝b，＝c， 依题意|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝〈c，b〉＝， 则a·b＝a·c＝c·b＝1×1×cos， 由题图知＝a＋b＋c， 则||2＝(a＋b＋c)2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2(a·b＋a·c＋c·b)＝1＋1＋1＋2×． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 76 (2)因动点M在线段A1D1上(含端点)，设，0≤t≤1， 则＝－a＋tb＋c， 则＝(a＋b＋c)·(－a＋tb＋c)＝－|a|2＋t|b|2＋|c|2＋(t－1)a·b＋(t＋1)c·b＝t＋(t＋1)＝2t， 而|， ||2＝(－a＋tb＋c)2＝|a|2＋t2|b|2＋|c|2－2ta·b＋2tc·b－2a·c＝t2＋2－t＋t－1＝t2＋1，则|， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 77 于是cos θ＝|cos〈 ， 因为0≤t≤1，所以1≤t2＋1≤2， 则0≤1－， 因为0<θ≤上单调递减， 所以当cos θ＝0时， θ取得最大值，此时点M与点A1重合． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 78 谢 谢 ！ $