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微重点 11 立体几何中的动态问题
“动态”问题是高考立体几何问题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，
也使立体几何题更趋多元化，将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桥梁，使得它们之间灵活转化．
考点一 动点轨迹问题
例1 (2021·新高考全国Ⅰ改编)在正三棱柱ABC－ABC 中，AB＝AA ＝1，点P满足BP＝
1 1 1 1
λBC＋μBB1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则下列结论正确的是________．
①当λ＝1时，△ABP的周长为定值；
1
②当μ＝1时，三棱锥P－ABC的体积为定值；
1
③当λ＝时，有且仅有一个点P，使得AP⊥BP；
1
④当μ＝时，有且仅有一个点P，使得AB⊥平面ABP.
1 1
答案 ②④
解析 BP＝λBC＋μBB1(0≤λ≤1,0≤μ≤1)．
对于①，当λ＝1时，点P在棱CC 上运动，如图1所示，此时△ABP的周长为AB ＋AP＋
1 1 1
PB＝＋＋＝＋＋，不是定值，故①错误；
1
图1
对于②，当μ＝1时，点P在棱BC 上运动，如图2所示，
1 1
图2
则 ＝S ×＝S ＝××1×1＝，为定值，故②正确；
△PBC △PBC
对于③，取BC的中点D，BC 的中点D ，连接DD ，AB(图略)，则当λ＝时，点P在线段
1 1 1 1 1
DD 上运动，假设AP⊥BP，则AP2＋BP2＝AB2，即2＋(1－μ)2＋2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ
1 1 1 1
＝1，所以当点P与点D或D 重合时，AP⊥BP，故③错误；
1 1方法一 对于④，易知四边形ABBA 为正方形，所以AB⊥AB ，设AB 与AB交于点K，
1 1 1 1 1 1
连接PK(图略)，要使AB⊥平面ABP，需AB⊥KP，所以点P只能是棱CC 的中点，故④
1 1 1 1
正确．
方法二 对于④，分别取BB ，CC 的中点E，F，连接EF，则当μ＝时，点P在线段EF上
1 1
运动，以点C 为原点建立如图所示的空间直角坐标系C xyz，则B(0,1,1)，B(0,1,0)，
1 1 1
A，P，
1
所以A1B＝，B1P＝，
若AB⊥平面ABP，则AB⊥BP，所以－＋＝0，解得λ＝1，所以只存在一个点P，使得
1 1 1 1
AB⊥平面ABP，此时点P与F重合，故④正确．
1 1
规律方法 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：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．
跟踪演练1 (2022·漳州质检)已知正方体ABCD－ABC D 的边长为2，M为CC 的中点，P
1 1 1 1 1
为平面BCC B 上的动点，且满足AM∥平面ABP，则下列结论正确的个数是( )
1 1 1
①AM⊥BM；
1
②CD∥平面ABP；
1 1
③动点P的轨迹长为；
④AM与AB 所成角的余弦值为.
1 1
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 C
解析 如图，以B为原点建立空间直角坐标系，
则A(0,0,2)，A(0,2,2)，B(0,0,0)，B(0,2,0)，M(2,1,0)，设P(x，y，0)，
1 1
所以A1B＝(0，－2，－2)，BP＝(x，y，0)，AM＝(2,1，－2)，由AM∥平面ABP，
1
得AM＝aA1B＋bBP，a，b∈R，
即
化简可得3x－2y＝0，
所以动点P在直线3x－2y＝0上，
如图，在平面BCC B 上，直线3x－2y＝0与BC 交于点P，则BP 即为动点P的轨迹．
1 1 1 1 1 1
AM＝(2,1，－2)，B1M＝(2，－1,0)，
AM·B1M＝2×2＋1×(－1)＋(－2)×0＝3≠0，
所以AM与BM不垂直，①错误；
1
因为CD∥AB，AB⊂平面ABP，
1 1 1 1
CD⊄平面ABP，
1 1
所以CD∥平面ABP，②正确；
1 1
易知P，
1
所以|PB|＝＝，③正确；
1
A1B1＝(0,0，－2)，
cos〈AM，A1B1〉＝＝，④错误．
考点二 折叠、展开问题
例2 (2022·德州模拟)如图1，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上
(不含端点)且BE＝BF.将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A ，
1
在图2，则下列结论正确的有( )
①AD⊥EF；
1
②当BE＝BF＝BC时，三棱锥A－EFD的外接球体积为π；
1
③当BE＝BF＝BC时，三棱锥A－EFD的体积为；
1
④当BE＝BF＝BC时，点A 到平面EFD的距离为.
1
A．①③ B．①④
C．①③④ D．②③④
答案 C
解析 对于①，在正方形ABCD中AD⊥AE，DC⊥FC，
由折叠的性质可知AD⊥AE，AD⊥AF，
1 1 1 1
又∵AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，
1 1 1 1 1 1∴AD⊥平面AEF，
1 1
又∵EF⊂平面AEF，
1
∴AD⊥EF，故①正确；
1
对于②，当BE＝BF＝BC＝2时，
AE＝AF＝2，EF＝2，
1 1
在△AEF中，AE2＋AF2＝EF2，
1 1 1
则AE⊥AF，
1 1
由①可知，AD⊥AE，AD⊥AF，
1 1 1 1
∴三棱锥A －EFD的三条侧棱AD，AE，AF两两相互垂直，把三棱锥A －EFD放置在长
1 1 1 1 1
方体中，可得长方体的体对角线长为＝2，则三棱锥A－EFD的外接球半径为，
1
体积为πR3＝π×()3＝8π，故②错误；
对于③，当BE＝BF＝BC＝1时，
AE＝AF＝3，EF＝，
1 1
在△AEF中，cos∠EAF＝
1 1
＝＝，
∴sin∠EAF＝，
1
则 ＝AE·AF·sin∠EAF
1 1 1
＝×3×3×＝，
∴
＝××4＝，故③正确；
对于④，设点A 到平面EFD的距离为h，则在△EFD中，
1
cos∠EDF＝＝＝，
∴sin∠EDF＝，
则S ＝DE·DF·sin∠EDF
△EFD
＝×5×5×＝，
∴ ＝·S ·h＝××h＝，
△EFD
即h＝，故④正确．
规律方法 画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、
不变的数量关系．
跟踪演练2 (2022·湖州模拟)如图，已知四边形ABCD，△BCD是以BD为斜边的等腰直角
三角形，△ABD为等边三角形，BD＝2，将△ABD沿直线BD翻折到△PBD.在翻折的过程
中，下列结论不正确的是( )A．BD⊥PC
B．DP与BC可能垂直
C．直线DP与平面BCD所成角的最大值是45°
D．四面体PBCD的体积的最大值是
答案 C
解析 对于A，如图所示，取BD的中点M，连接PM，CM，
∵△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，∴BD⊥CM，
∵△ABD为等边三角形，
∴BD⊥PM，CM，PM⊂平面PMC，
又CM∩PM＝M，
∴BD⊥平面PMC ，∵PC⊂平面PMC，∴BD⊥PC ，故A正确；
对于B，假设DP⊥BC，又BC⊥CD，
∴BC⊥平面PCD，∴BC⊥PC，
又PB＝2，BC＝，PC＝∈(－1，＋1)，故DP与BC可能垂直，故B正确；
对于C，当平面PBD⊥平面BCD时，PM⊥平面BCD，∠PDB即为直线DP与平面BCD所
成角，
此时∠PDB＝60°，故C错误；
对于 D，当平面 PBD⊥平面 BCD 时，四面体 PBCD 的体积最大，此时的体积为 V＝
S ·PM＝××××＝ ，故D正确．
△BCD
考点三 最值、范围问题
例3 (2022·梅州模拟)如图，在长方体ABCD－ABC D 中，AB＝AD＝1，AA ＝2，动点P
1 1 1 1 1
在体对角线BD 上(含端点)，则下列结论正确的是________．
1①当P为BD 的中点时，∠APC为锐角；
1
②存在点P，使得BD⊥平面APC；
1
③AP＋PC的最小值为2；
④顶点B到平面APC的最大距离为.
答案 ①②④
解析 如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,2)，
1
BD1＝(－1，－1,2)，
设BP＝λBD1(0≤λ≤1)，
故BP＝λBD1＝
(－λ，－λ，2λ)，
则AP＝AB＋BP＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，2λ)
＝(－λ，1－λ，2λ)，
CP＝CB＋BP＝(1,0,0)＋(－λ，－λ，2λ)
＝(1－λ，－λ，2λ)．
对于①，当P为BD 中点时，P，
1
则PA＝，PC＝，
所以cos∠APC＝＝>0，
所以∠APC为锐角，故①正确；
对于②，当BD⊥平面APC时，
1
因为AP，CP⊂平面APC，
所以BD⊥AP，BD⊥CP，
1 1
则解得λ＝，
故存在点P，使得BD⊥平面APC，故②正确；
1
对于③，当BD⊥AP，BD⊥CP时，AP＋PC取得最小值，
1 1
由②得，此时λ＝，
则AP＝，CP＝，
所以|AP|＝|CP|＝，
即AP＋PC的最小值为，故③错误；
对于④，AB＝(0,1,0)，AC＝(－1,1,0)，
设平面APC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则有
可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，
则点B到平面APC的距离为
|AB|·|cos〈AB，n〉|＝
＝，
当λ＝0时，点B到平面APC的距离为0，
当0<λ≤1时，
＝
＝≤，
当且仅当λ＝时，取等号，所以点B到平面APC的最大距离为，故④正确．
规律方法 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，常用的解
题思路是
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值．
(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．
跟踪演练3 (2022·菏泽质检)如图，等腰Rt△ABE的斜边AB为正四面体A－BCD的侧棱，
AB＝2，直角边AE绕斜边AB旋转一周，在旋转的过程中，三棱锥E－BCD体积的取值范围
是__________________．
答案
解析 如图，令F为CD的中点，O为AB的中点，则点E在以O为圆心，1为半径的圆上
运动，由图可知当F，O，E三点共线，且O在F，E之间时，三棱锥E－BCD的体积最大，当运
动到E 的位置时，E－BCD的体积最小，
1
在Rt△BOF中，BO＝1，BF＝，OF＝，
sin∠BFO＝，FE＝＋1，FE＝－1，
1
设E，E 到平面BCD的距离分别为h，h，则
1 1 2
h＝＝，
1
h＝＝，
2
S ＝×2×＝，
△BCD
所以三棱锥E－BCD体积的最大值为
××＝，
三棱锥E－BCD体积的最小值为
××＝，
所以三棱锥E－BCD体积的取值范围为.
专题强化练
1．(2022·佛山模拟)在棱长为3的正方体ABCD－ABC D中，M是AB 的中点，N在该正方
1 1 1 1 1
体的棱上运动，则下列说法正确的是( )
A．存在点N，使得MN∥BC
1
B．三棱锥M—ABC 的体积等于
1 1
C．有且仅有两个点N，使得MN∥平面ABC
1 1
D．有且仅有三个点N，使得点N到平面ABC 的距离为
1 1
答案 C
解析 对于A，显然无法找到点N，使得MN∥BC ，故A错误；
1
对于B，
＝×××3×3＝，故B错误；
对于C，如图所示，设N ，N 分别为BB，BC 的中点，则有MN ∥平面ABC ，MN ∥平
1 2 1 1 1 1 1 1 2面ABC ，故C正确；
1 1
对于D，如图所示，设BD交平面ABC 与平面ACD 分别于点O ，O ，易证BD⊥平面
1 1 1 1 1 2 1
ABC ，BD⊥平面ACD ，且BO＝OO＝OD＝BD＝，
1 1 1 1 1 1 1 2 2 1
所以有B，A，C，D 四点到平面ABC 的距离为，故D错误．
1 1 1 1
2.(2022·芜湖模拟)已知四棱锥P－ABCD的高为，底面ABCD为矩形，BC＝3，AB＝2，PC
＝PD，且平面PCD⊥平面ABCD.现从四棱锥中挖去一个以CD为底面直径，P为顶点的半
个圆锥，得到的几何体如图所示．点N在 上，则PN与侧面PAB所成的最小角的正弦值
为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 如图所示，连接CD，
分别取AB，CD的中点为E，F，连接EF，EF与 交于点H.
记点N到侧面PAB的距离为d，PN与侧面PAB所成的角为θ，由于PN的长为定值，因此当
且仅当d最小时，PN与侧面PAB所成的角最小，即点N在H点处时，θ＝∠HPE.
由平面PCD⊥平面ABCD易知PF⊥EF，又PF＝，EF＝3，HF＝1，则PH＝EH＝2，
所以θ＝∠HPE＝∠PEF，所以tan θ＝＝，即sin θ＝.
3.(2022·湖北新高考协作体联考)如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为
CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，则下列说法不正确的是(
)
A．不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DECB．不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE
C．不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB
D．在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD
答案 C
解析 由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，
所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，
折叠后如图所示，过点M作MP∥DE，交AE于点P，
因为MP⊄平面DEC，DE⊂平面DEC，
所以MP∥平面DEC，连接NP，
因为M，N分别是AD，BE的中点，
所以P为AE中点，故NP∥AB∥EC，
因为NP⊄平面DEC，EC⊂平面DEC，
所以NP∥平面DEC，
又MP∩NP＝P，MP，NP⊂平面MNP，
所以平面MNP∥平面DEC，
又MN⊂平面MNP，
所以MN∥平面DEC，故A正确；
由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，
所以AE⊥MP，AE⊥NP，
又MP∩NP＝P，MP，NP⊂平面MNP，
所以AE⊥平面MNP，
又MN⊂平面MNP，
所以AE⊥MN，故B正确；
假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，
从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，这与BE和AD是异面直线矛盾，故C不正确；
当EC⊥ED时，EC⊥AD，证明如下，
因为EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED＝E，EA，ED⊂平面ADE，
所以EC⊥平面ADE，又AD⊂平面ADE，所以EC⊥AD，故D正确．
4.(2022·潍坊模拟)已知四面体 ABCD 的4个顶点都在球 O(O为球心)的球面上，如图，
△ABC为等边三角形，M为底面ABC内的动点，AB＝BD＝2，AD＝，且AC⊥BD，则下列
结论正确的个数是( )
①平面ACD⊥平面ABC；
②球心O为△ABC的中心；
③直线OM与CD所成的角最小为；
④若动点M到点B的距离与到平面ACD的距离相等，则点M的轨迹为抛物线的一部分．
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 如图，设△ABC的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，GA，GC，
则BE⊥AC.
∵AC⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BDE，
∴AC⊥平面BDE，又DE⊂平面BDE，
则AC⊥DE，
又△ABC为等边三角形，
AB＝BD＝2，AD＝，
∴AE＝1，DE＝1，BE＝，
∴DE2＋BE2＝BD2，即DE⊥BE，
又BE⊥AC，AC∩DE＝E，AC，DE⊂平面ADC，
∴BE⊥平面ADC，又BE⊂平面ABC，
∴平面ACD⊥平面ABC，故①正确；
又∵GE＝，GB＝GA＝GC＝，
∴GD＝＝＝，
故G为四面体ABCD的外接球的球心，即球心O为△ABC的中心，故②正确；
当OM∥AC时，∠DCA即为直线OM与CD所成的角，由上知∠DCA＝<，故③错误；由平面ACD⊥平面ABC可知，动点M到平面ACD的距离即为动点M到直线AC的距离，
由抛物线的定义可知，点M的轨迹为抛物线的一部分，故④正确．
5.如图是四棱锥P－ABCD的平面展开图，四边形ABCD是矩形，ED⊥DC，FD⊥DA，DA
＝3，DC＝2，∠FAD＝30°.在四棱锥P－ABCD中，M为棱PB上一点(不含端点)，则下列说
法正确的是________．
①DM的取值范围是；
②存在点M，使得DM⊥BC；
③四棱锥P－ABCD外接球的体积为；
④三棱锥M－PAD的体积等于三棱锥M－PCD的体积．
答案 ①④
解析 把平面图形还原得到原四棱锥P－ABCD，如图，由ED⊥DC，FD⊥DA，
可知PD⊥DC，PD⊥DA，
又DC∩DA＝D，DA，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥平面ABCD.
在Rt△ADP中，∠PAD＝30°，DA＝3，
故PD＝3tan 30°＝，
连接DB，在矩形ABCD中，DA＝3，DC＝2，
DB＝＝，
在Rt△PDB中，
PB＝＝＝4，
所以点D到直线PB的距离为＝，
故DM的取值范围是，故①正确；
对于②，假设DM⊥BC，
因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PD⊥BC，
因为PD∩DM＝D，所以BC⊥平面PBD，因为BD⊂平面PBD，所以BC⊥BD，与已知条件矛盾，故②错误；
对于③，将此四棱锥可以补形成一个长方体，PB为长方体的一条体对角线，同时也是四棱
锥P－ABCD外接球的直径，所以半径为2，
其体积V＝×23＝，故③错误；
对于④，因为＝，＝，
而V ＝V ＝V ＝V ，
B－PAD P－BAD P－BCD B－PCD
所以V ＝V ，故④正确．
M－PAD M－PCD
6．(2022·德州模拟)在棱长为1的正方体ABCD－ABC D 中，已知E为线段BC的中点，
1 1 1 1 1
点F和点P分别满足D1F＝λD1C1，D1P＝μD1B，其中λ，μ∈[0,1]，则下列说法正确的是
________．
①当λ＝时，三棱锥P－EFD的体积为定值；
②当μ＝时，四棱锥P－ABCD的外接球的表面积是；
③PE＋PF的最小值为；
④存在唯一的实数对(λ，μ)，使得EP⊥平面PDF.
答案 ①②④
解析 对于①，当λ＝时，F为C D 的中点，如图，
1 1
又E为BC中点，
1
∴EF∥BD，
1
∵EF⊂平面EFD，BD⊄平面EFD，
1
∴BD∥平面EFD，
1
则当P在线段BD 上移动时，其到平面EFD的距离不变，又△EFD的面积为定值，
1
∴三棱锥P－EFD的体积为定值，①正确；
对于②，当μ＝时P为BD 的中点，如图，连接AC，BD，交点为O，连接PO，则四棱锥P
1
－ABCD为正四棱锥，
∴PO⊥平面ABCD，
设四棱锥P－ABCD的外接球的球心为O′，半径为R，则O′在直线PO上，
∵OC＝，OO′＝，
∴OC2＋OO′2＝O′C2，
即＋2＝R2，
解得R＝，
∴四棱锥P－ABCD的外接球的表面积S＝4πR2＝，②正确；
对于③，将问题转化为在平面ABCD 内求解PE＋PF的最小值，
1 1
作E关于线段BD 的对称点E，过E 作HG∥AD，分别交C D，AB于H，G，如图所示，
1 1 1 1 1 1
∵PE＝PE，
1
∴PE＋PF＝PE＋PF≥EH(当且仅当F与H重合时取等号)，
1 1
∵∠EBA＝∠ABD －∠DBE
1 1 1
＝∠ABD －∠DBC ，
1 1 1
∴sin∠EBA＝sin(∠ABD －∠DBC )
1 1 1 1
＝2－2＝，
∴EG＝BE·sin∠EBA＝BE·sin∠EBA＝，
1 1 1 1
∴EH＝－＝，
1
即PE＋PF的最小值为，③错误；
对于④，以D为坐标原点，DA，DC，DD1的正方向为x，y，z轴建立如图所示的空间直角
坐标系，
则D(0,0,0)，E，
F(0，λ，1)，P(μ，μ，1－μ)，
∴EP＝，
DP＝(μ，μ，1－μ)，DF＝(0，λ，1)，
若EP⊥平面PDF，则
即解得(舍)，或
∴存在唯一的实数对(λ，μ)＝，使得EP⊥平面PDF，④正确．
