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微重点 3 立体几何中的动态问题
[考情分析] “动态”问题是高考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 (多选)(2024·梅州模拟)如图，平面ABN⊥平面α，AB=MN=2，M为线段AB的中点，直线MN与
平面α所成角的大小为30°，点P为平面α内的动点，则( )
A.以N为球心，半径为2的球面在平面α上的截痕长为2π
B.若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
π
C.若P到直线MN的距离为1，则∠APB的最大值为
2
D.满足∠MNP=45°的点P的轨迹是椭圆
[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 (多选)在棱长为1的正方体ABCD-A B C D 中，P在侧面CC D D(含边界)内运动，Q在底
1 1 1 1 1 1
面ABCD(含边界)内运动，则下列说法正确的是( )
A.若直线AC与直线AP所成角的大小为30°，则点P的轨迹为椭圆的一部分
B.若过点Q作体对角线A C的垂线，垂足为H，满足QA=QH，则点Q的轨迹为双曲线的一部分
1
C.若点P到直线B C 的距离与点P到平面ABCD的距离相等，则点P的轨迹为抛物线的一部分
1 1
D.若点P满足∠PAD=∠PAC ，则点P的轨迹为线段
1
考点二 折叠、展开问题
例2 (多选)如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠D=60°，沿AC将△DAC翻折至△SAC，连接SB，得到
三棱锥S-ABC，E是线段SA的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是( )
A.在棱SB上总存在一点F，使得EF∥平面ABC1
B.当SB=3时，三棱锥S-ABC的体积为
2
C.当平面SAC⊥平面ABC时，SB=√6
√15
D.当二面角S-AC-B为120°时，三棱锥S-ABC的外接球的半径为
3
[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 (多选)在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱ABC-A B C 展开得到平面图，如图所示，
1 1 1
∠ABC=90°，AA =AB，P为AB 的中点，Q为A C的中点，则在原直三棱柱ABC-A B C 中，下列说法
1 1 1 1 1 1
正确的是( )
A.P，Q，C，B四点共面
B.A C⊥AB
1 1
3
C.几何体A-PQCB和直三棱柱ABC-A B C 的体积之比为
1 1 1 8
D.当BC=√2AB时，A C与平面ABB 所成的角为45°
1 1
考点三 最值、范围问题
例3 (多选)(2024·怀化模拟)在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=2，PA=2√3，点
D是△PAB内的动点(含边界)，AD⊥CD，则下列结论正确的是( )
π
A.PB与平面ABC所成角的大小为
3
B.三棱锥C-ABD的体积最大值是2
2π
C.D点的轨迹长度是
3
[√5 √2)
D.异面直线CD与AB所成角的余弦值的取值范围是 ，
10 2
[规律方法] 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题时常用的解题思路
(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.
π
跟踪演练3 (多选)(2024·鹰潭模拟)直四棱柱ABCD-A B C D 的所有棱长都为4，∠BAD= ，点P在四
1 1 1 1 3
边形BDD B 及其内部运动，且满足PA+PC=8，则下列选项正确的是( )
1 1A.点P的轨迹的长度为π
B.直线AP与平面BDD B 所成的角为定值
1 1
2√21
C.点P到平面AD B 的距离的最小值为
1 1 7
D.⃗PA ·⃗PC 的最小值为-2
1 1答案精析
例1 BC [对于A，由于MN与平面α所成角的大小为30°，所以点N到平面α的距离d=MN·sin 30°=1，
故半径为R=2的球面在平面α上截面圆的半径为r=√R2-d2=√3，故截痕长为2πr=2√3π，A错误；
对于B，由于平面ABN⊥平面α，所以以AB为y轴，在平面α内过M作x轴⊥AB，在平面ABN内作z轴
⊥AB，建立如图所示的空间直角坐标系，
则M(0，0，0)，B(0，1，0)，
A(0，-1，0)，N(0，√3，1)，
设P(x，y，0)，则PM=PN x2+y2=x2+(y-√3)2+1，
2√3
⇒
化简得y= ，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确；
3
对于C，⃗MN=(0，√3，1)，
⃗MP=(x，y，0)，
所以P到直线MN的距离为
√ ( ⃗MN ) 2
⃗MP2- ⃗MP·
|⃗MN|
=
√
x2+ y2-
(√3 y) 2
=1，
2
y2
化简可得x2+ =1，
4
y2
所以点P的轨迹是平面α内的椭圆x2+ =1，如图，当P在短轴的端点时，∠APB最大，由于
4
BM=MP=1，
π π
故∠BPM= ，因此∠APB=2∠BPM= ，C正确；
4 2
对于D， ⃗NM=(0，-√3，-1)，
⃗NP=(x，y-√3，-1)，
若∠MNP=45°，
则cos∠MNP=cos〈⃗NM，⃗NP〉
⃗NM·⃗NP
=
|⃗NM||⃗NP|-√3 y+4
√2
= = ，
2√x2+(y-√3) 2+1 2
(y-2√3) 2 x2 4√3
化简得 - =1且y< ，故满足∠MNP=45°的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误.]
4 2 3
跟踪演练1 ACD
例2 AC [对于A，取SB的中点F，连接EF，
因为E，F分别是SA，SB的中点，所以EF∥AB，
因为AB 平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC，
故A正确⊂；
对于B，易得△ABC，△SAC为等边三角形，
取AC的中点M，连接BM，SM，
则AC⊥BM，AC⊥SM，
SM=MB=√3，
SM2+MB2-SB2
所以cos∠SMB=
2SM·MB
3+3-9 1
= =- ，
2×√3×√3 2
√3 3
则点S到平面ABC的距离h=sin(π-∠SMB)·SM= ×√3= ，
2 2
所以三棱锥S-ABC的体积V=
1 √3 3 √3
× ×22× = ，故B错误；
3 4 2 2
对于C，当平面SAC⊥平面ABC时，平面SAC∩平面ABC=AC，
因为△SAC为等边三角形，
所以SM⊥AC，SM 平面SAC，
所以SM⊥平面ABC⊂，
又因为MB 平面ABC，
所以SM⊥M⊂B，
所以SB=√SM2+MB2=√6，
故C正确；
对于D，设三棱锥S-ABC外接球的球心为O，△SAC，△ABC的中心分别为O ，O ，
1 21
易得OO ⊥平面SAC，OO ⊥平面ABC，且O，O ，O ，M四点共面，∠OMO = ∠O MO =60°，
1 2 1 2 1 2 1 2
1 √3
O M= SM= ，
1 3 3
在Rt△OO M中，
1
OO =√3O M=1，
1 1
2 2√3
又O S= SM= ，
1 3 3
则三棱锥S-ABC外接球半径
√7 √21
r=√OO2+O S2= = ，
1 1 3 3
故D错误.]
跟踪演练2 ABD
例3 ACD [如图，把三棱锥P-ABC补形成正四棱柱并建立空间直角坐标系，
PA
对于A，由PA⊥平面ABC，得∠PBA是PB与平面ABC所成的角，tan∠PBA= =√3，
AB
π
因此∠PBA= ，A正确；
3
对于C，由AD⊥CD，得D点的轨迹是以线段AC为直径的球面与△PAB相交的一段圆弧及点B，令AC，
AB的中点分别为O，E，则OE⊥平面PAB，OE=1，OD=√2，于是DE=1，
2π 2π
显然D点所在圆弧所对圆心角大小为 ，轨迹长度是 ，C正确；
3 3
对于B，由选项C知，当DE⊥AB时，D点到平面ABC的距离最大，最大距离为1，
1 1 2
因此三棱锥C-ABD的体积V =V ≤ × ×2×2×1= ，B错误；
C-ABD D-ABC 3 2 3
对于D，由C知，D点的轨迹是以线段AC为直径的球面与△PAB相交的一段圆弧及点B，当D点与A点
或B点重合时，直线CD与AB不是异面直线，故舍去；
当D点在圆弧上时，
( 2π)
设∠AED=θ 0<θ≤ ，
3则D(1-cos θ，0，sin θ)，而C(2，2，0)，
于是⃗CD=(-1-cos θ，-2，sin θ)，
又⃗AB=(2，0，0)，令异面直线CD与AB所成的角为φ，
则cos φ=|cos〈⃗CD，⃗AB〉|
|⃗CD·⃗AB|
=
|⃗CD||⃗AB|
1+cosθ
=
√(1+cosθ) 2+4+sin2θ
1+cosθ
= ，
√6+2cosθ
[1 )
令t=1+cos θ∈ ，2 ，
2
1
t [1 ) √5 √2
cos φ= =√4 2在t∈ ，2 上单调递增，因此 ≤cos φ< ，综上所述，所求余弦值的范围是
√4+2t + 2 10 2
t2 t
[√5 √2)
， ，D正确.]
10 2
跟踪演练3 BC
