第1章 07 专项突破练二 动态问题 （课时作业）-【学而思】2026-2027学年高中数学选择性必修一课时作业（人教A版）

专项突破练二　动态问题 　　立体几何的“动态问题”是立体几何问题中最具创新意识的题型,它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素,给静态的立体几何问题赋予了活力,题型更新颖.同时,由于“动态”的存在,也使立体几何问题更趋多元化、更灵活,也在立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立了桥梁,加强了对学生空间想象能力的考查.这类问题通常涉及轨迹、最值、范围、存在性等类型,立体几何动态问题的核心是“动中寻静”,通过分析动态变化中的不变量或规律,将动态问题转化为静态问题求解. 类型一　动点轨迹问题 【类型综述】 动点轨迹问题是研究动点在空间中的运动路径,它重点体现了在立体几何与解析几何的知识交汇处设计图形.不但考查了立体几何点、线、面的位置关系,而且也巧妙考查了求轨迹的基本方法.常见的解决方法有:(1)几何法,即利用平面的性质、线面关系(如平行、垂直)判定轨迹形状;(2)定义法,将空间问题转化为平面问题,结合曲线定义求解;(3)坐标法,建立空间直角坐标系,通过坐标运算求轨迹方程. 【针对训练】 1.已知正四面体ABCD的棱长为2,点E是BC的中点,点P在正四面体表面上运动,并且总保持PE⊥BC,则动点P的轨迹周长为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.4 B.3 C.4+ D.2+2 2.[2026·江西景德镇高二月考] 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,点P为底面ABCD内(包括边界)的一动点,若直线D1P与平面BEF无公共点,则点P的轨迹长度为(　 ) A. B. C. 2 D. 3.如图,棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是四边形D1DCC1内异于C,D的动点,平面AMD⊥平面BMC,则点M的轨迹长度为　　　　.  类型二　动态最值与范围问题 【类型综述】 立体几何中的动态最值与范围问题主要包括距离、角度、体积等在动态变化中的最大值、最小值或取值范围问题.解决此类问题时,一般可以从三方面入手:一是从问题的几何特征入手,充分利用其几何性质来解决;二是利用空间几何体的侧面展开图来解决;三是找出问题中的代数关系,建立目标函数,利用代数方法求目标函数的最值,解题途径很多,在函数建成后,可利用一次函数的端点法,二次函数的配方法、公式法,函数有界法(如三角函数等)来解题. 【针对训练】 4.已知正三棱柱ABC-A'B'C'的所有棱长均为2,且点P在棱B'C'上运动,则直线AP与平面ABC所成角的最大正弦值为 (　 ) A.　　　　　　　 B. C. D. 5.(多选题)[2026·河北唐山高二月考] 如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是正方形ABCD内的动点(包括边界),则(　 ) A.当P,B,C不共线时,三棱锥D1-PBC体积的最大值为1 B.AB与PD1所成角的最小值为 C.当D1P与平面ABCD所成的角为时,BP的最小值为2-2 D.当BP=PD1时,点P的轨迹长度为 6.[2026·山东青岛高二期中] 在平面四边形ABCD中,AB=BC=2,CD=1,AD=,∠ADC= 90°,沿直线AC将△ACD翻折成△ACD',则直线AC与直线BD'所成角的余弦值的最大值为　　　　.  7.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点O为底面ABCD的中心,点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动,若D1O⊥OP,则△D1C1P面积的最小值为　　　　.  类型三　存在(探索)性问题 【类型综述】 在立体几何 “动态问题”中,判断在动态过程中是否存在满足条件(如线面平行、垂直)的位置或点,或者确定参数的取值范围,就是存在(探索性)问题.解决此类问题,可以从以下几个方面入手:一是假设存在法,即假设存在满足条件的点或位置,通过构造方程或利用向量法验证;二是特殊位置法,即选取特殊位置或取值进行试探,判断是否存在满足条件的情况. 【针对训练】 8.[2026·杭州二中高二期中] 如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,其中AA1=AC=2BD=4.又点E,F,P,Q分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上运动(均不包含端点),且满足BF=DQ,CP-BF=DQ-AE=1. (1)求证:E,F,P,Q四点共面; (2)若二面角B-PQ-E的余弦值为,求BF的长; (3)若F为BB1的中点,G在线段FB1上(不包括端点),求三棱锥G-PQF的外接球表面积的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项突破练二　动态问题 1.D　[解析] 如图,连接AE,DE,因为AB=AC,DB=DC,所以AE⊥BC,DE⊥BC,又AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE,所以BC⊥平面ADE.又点P始终保持PE垂直于BC,且P在正四面体表面上运动,所以P的轨迹为平面ADE与正四面体表面的交线,即△ADE的边界.易知△ADE为等腰三角形,其中AD=2,AE=DE==,所以△ADE的周长为2+2.故选D. 2.B　[解析] 如图所示,取BC的中点M,连接AD1,AM,D1M,∵E,F分别为AA1,A1D1的中点,∴EF∥AD1,又EF⊄平面AD1M,AD1⊂平面AD1M,∴EF∥平面AD1M.∵几何体ABCD-A1B1C1D1为正方体,∴D1F∥BM,D1F=BM,∴四边形BMD1F为平行四边形,∴BF∥D1M,∵BF⊄平面AD1M,D1M⊂平面AD1M,∴BF∥平面AD1M.∵EF∩BF=F,且EF,BF⊂平面BEF,∴平面BEF∥平面AD1M.∵直线D1P与平面BEF无公共点,∴D1P∥平面BEF,∵D1∈平面AD1M,∴P∈平面AD1M,又∵P∈平面ABCD,且平面AD1M∩平面ABCD=AM,∴P∈AM,即动点P的轨迹为线段AM,且AM===,故选B. 3.π　[解析] 设平面ADM∩平面BMC=l,易知M∈l.因为BC∥AD,AD⊂平面ADM,BC⊄平面ADM,所以BC∥平面ADM,又平面ADM∩平面BMC=l,BC⊂平面BMC,所以BC∥l. 因为DM⊂平面D1DCC1,BC⊥平面D1DCC1,所以DM⊥BC, 所以DM⊥l.又平面ADM⊥平面BMC,DM⊂平面ADM,所以DM⊥平面BMC,又CM⊂平面BMC,所以DM⊥MC. 又点M在平面D1DCC1内,所以点M的轨迹是平面D1DCC1内以DC为直径的半圆(不包含D,C). 因为正方体的棱长为2,所以半圆的半径为1,所以点M的轨迹长度为=π. 4.B　[解析] 如图,过P作PD⊥BC于D,根据正三棱柱的结构特征知PD⊥平面ABC,且△ABC为等边三角形. 所以直线AP与平面ABC所成的角为∠PAD,∠PAD∈,而tan∠PAD=,显然PD=2,要使sin∠PAD最大,需使∠PAD最大,则需tan∠PAD最大,即AD最小.在△ABC中,ADmin=,此时tan∠PAD=,所以(sin∠PAD)max==.故选B. 5.BC　[解析] 如图,以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2),=(0,2,0),设点P的坐标为(m,n,0)(0≤m≤2,0≤n≤2),则=(m,n,-2).对于A,当点P在AD上时,△PBC的面积最大,最大为×2×2=2,所以三棱锥D1-PBC体积的最大值为×2×2=,故A错误;对于B,|cos<,>|==,又≥=,所以|cos<,>|≤=≤=,当且仅当m=0,n=2时取等号,所以AB与PD1所成角的最小值为,故B正确;对于C,连接DP,由DD1⊥平面ABCD,知∠D1PD为D1P与平面ABCD所成的角,又∠D1PD=,所以DP=2,所以点P在以点D为圆心,2为半径的圆上,所以BP的最小值为BD-2=2-2,故C正确;对于D,由PD1=BP,得=,整理得m+n=1,令m=0,则n=1,令n=0,则m=1,所以点P的轨迹长度为=,故D错误.故选BC. 6.　[解析] 在平面四边形ABCD中,AB=BC=2,CD=1,AD=,∠ADC=90°,则AC=2,△ABC为等边三角形. 过D作DE⊥AC,垂足为E,取AC的中点O,连接BO,则BO⊥AC,BO=, DE==,OE=CE=.如图,过O作平面ABC的垂线Oz,则直线OC,OB,Oz两两垂直, 以O为原点,直线OC,OB,Oz分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系, 设二面角D'-AC-B的平面角的大小为θ(0≤θ≤π),在△ACD翻折的过程中,DE始终垂直于AC, 则C(1,0,0),B(0,,0),A(-1,0,0),D', =(2,0,0),=,设直线AC与直线BD'所成的角为α,α∈, 则cos α=|cos<,>|===≤,当且仅当θ=0时取等号,所以直线AC与直线BD'所成角的余弦值的最大值为. 7.　[解析] 连接AC,BD,则AC∩BD=O.取BB1的中点P1,连接OP1,D1P1,P1C,如图所示, 当点P在C处时,D1O⊥OC,当点P在B1B的中点P1处时,OP2=+12=3,D1O2=+22=6,D1P12=+12=9,所以OP2+D1O2=D1P12,所以D1O⊥OP1,又OP1∩OC=O,OP1,OC⊂平面OP1C,所以D1O⊥平面OP1C,所以点P的轨迹是线段P1C.因为D1C1⊥平面B1C1CB,PC1⊂平面B1C1CB,所以D1C1⊥PC1,所以△D1C1P面积最小时,C1P最小,则C1P⊥P1C,此时C1P===,则()min=×2×=. 8.解:(1)证明:如图①,在线段CP,DQ上分别取点M,N,使得QN=PM=1,连接MN. 易知四边形MNQP是平行四边形,所以MN∥PQ,连接FM,NE, 则AE=ND,且AE∥ND,所以四边形ADNE为矩形,故AD∥NE,AD=NE, 同理,FM∥BC,FM=BC,则FM∥NE,FM=NE,故四边形FMNE是平行四边形, 所以EF∥MN,又MN∥PQ,所以EF∥PQ, 故E,F,P,Q四点共面. (2)设AC∩BD=O,由题知AC⊥BD,连接A1C1,取A1C1的中点O1,连接OO1,则OO1⊥平面ABCD.以点O为原点,OA所在直线为x轴,OB所在直线为y轴,OO1所在直线为z轴,建立如图②所示的空间直角坐标系, 则A(2,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),C(-2,0,0), 设E(2,0,b)(0<b<2),因为BF=DQ,CP-BF=DQ-AE=1, 所以Q(0,-1,1+b),F(0,1,1+b),P(-2,0,2+b), 则=(-2,1,1),=(-2,-1,1), 设平面EFPQ的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 即取x1=1,可得n1=(1,0,2). =(-2,-1,2+b),=(0,-2,1+b), 设平面BPQ的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 即取z2=4,可得n2=(b+3,2+2b,4), 由题可得|cos<n1,n2>|===, 则19b2+34b-5=0,得b=, 所以BF=+1=. (3)若F为BB1的中点,则F(0,1,2),P(-2,0,3), 设G(0,1,2+2m)(0<m<1), 根据题意,QF∥BD,所以QF⊥平面AOO1A1,则平面QFP⊥平面AOO1A1,且OO1垂直平分QF, 所以三棱锥G-PQF的外接球球心S在平面AOO1A1内,设外接球半径为R,S(x,0,2+m), 连接PS,FS,则PS=FS,即(x+2)2+(m-1)2=x2+1+m2,得x=-1, 则R2=+(m-1)2=m2-m+2=+∈, 故三棱锥G-PQF外接球表面积的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $