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微重点 12 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 (多选)(2021·新高考全国Ⅰ)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( )
A．当λ＝1时，△ABP的周长为定值
1
B．当μ＝1时，三棱锥P－ABC的体积为定值
1
C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得AP⊥BP
1
D．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得AB⊥平面ABP
1 1
答案 BD
解析 BP＝λBC＋μBB1(0≤λ≤1，0≤μ≤1)．
图1
对于选项A，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，A错误；
1
对于选项B，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B正确；
△PBC △PBC对于选项C，取BC的中点D，BC 的中点D ，连接DD ，AB(图略)，则当λ＝时，点P在
1 1 1 1 1
线段DD 上运动，假设AP⊥BP，则AP2＋BP2＝AB2，即2＋(1－μ)2＋2＋μ2＝2，解得μ＝0
1 1 1 1
或μ＝1，所以当点P与点D或D 重合时，AP⊥BP，C错误；
1 1
方法一 对于选项D，易知四边形ABBA 为正方形，所以AB⊥AB ，设AB 与AB交于点
1 1 1 1 1 1
K，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
1 1 1 1
选项D正确．
方法二 对于选项D，分别取BB ，CC 的中点E，F，连接EF，则当μ＝时，点P在线段
1 1
EF上运动，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D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 (多选)(2022·漳州质检)已知正方体ABCD－ABC D 的边长为2，M为CC 的中
1 1 1 1 1
点，P为平面BCC B 上的动点，且满足AM∥平面ABP，则下列结论正确的是( )
1 1 1
A．AM⊥BM
1
B．CD∥平面ABP
1 1
C．动点P的轨迹长为
D．AM与AB 所成角的余弦值为
1 1
答案 BC
解析 如图建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，A(0,2,2)，
1
B(0,0,0)，B(0,2,0)，
1
M(2,1,0)，P(x，y，0)，
所以A1B＝(0，－2，－2)，
BP＝(x，y，0)，
AM＝(2,1，－2)，
由AM∥平面ABP，得AM＝aA1B＋bBP，
1
即化简可得3x－2y＝0，
所以动点P在直线3x－2y＝0上，
A选项，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，A选项错误；
1
B选项，CD∥AB，AB⊂平面ABP，
1 1 1 1
CD⊄平面ABP，
1 1
所以CD∥平面ABP，B选项正确；
1 1
C选项，动点P在直线3x－2y＝0上，且P为平面BCC B 上的动点，
1 1
则P在线段PB上，P，
1 1
所以PB＝＝，
1
C选项正确；
D选项，A1B1＝(0,0，－2)，
cos〈AM，A1B1〉＝＝，
D选项错误．
考点二 折叠、展开问题
例2 (多选)(2022·德州模拟)如图，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，则下列结论正确的有( )
1
A．AD⊥EF
1
B．当BE＝BF＝BC时，三棱锥A－EFD的外接球体积为π
1C．当BE＝BF＝BC时，三棱锥A－EFD的体积为
1
D．当BE＝BF＝BC时，点A 到平面EFD的距离为
1
答案 ACD
解析 A选项，∵正方形ABCD，
∴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A正确；
1
B选项，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A选项可知，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B错误；
C选项，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C正确；
D选项，设点A 到平面EFD的距离为h，则在△EFD中，cos∠EDF＝
1
＝＝，
∴sin∠EDF＝，
则S ＝DE·DF·sin∠EDF
△EFD
＝×5×5×＝，∴ ＝·S ·h＝××h＝，
△EFD
即h＝，故D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 (多选)(2022·南通模拟)已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝.将△DAC沿着对
角线AC折起至△D′AC，连接BD′，设二面角D′－AC－B的大小为θ，则下列说法正确
的是( )
A．若四面体D′ABC为正四面体，则θ＝
B．四面体D′ABC体积的最大值为1
C．四面体D′ABC表面积的最大值为2(＋2)
D．当θ＝时，四面体D′ABC的外接球的半径为
答案 BCD
解析 如图，取AC的中点O，连接OB，OD′，
则OB＝OD′，OB⊥AC，
OD′⊥AC，
∠BOD′为二面角D′－AC－B的平面角，
即∠BOD′＝θ.
若D′ABC是正四面体，则BO＝D′O≠BD′，
△OBD′不是正三角形，θ≠，A错误；
四面体D′ABC的体积最大时，BO⊥平面ACD′，
此时B到平面ACD′的距离最大为BO＝，
而S ＝×22＝，
△ACD′
所以V＝××＝1，B正确；
S ＝S ＝，
△ABC △ACD′
易得△BAD′≌△BCD′，
S ＝S ＝×22sin∠BCD′
△BAD′ △BCD′
＝2sin∠BCD′，
未折叠时BD′＝BD＝2，折叠到B，D′重合时，BD′＝0，故中间存在一个位置，使得
BD′＝2，
此时BC2＋D′C2＝BD′2，∠BCD′＝，此时S ＝S ＝2sin∠BCD′取得最大值2，
△BAD′ △BCD′
所以四面体D′ABC的表面积最大值为2(＋2)，C正确；
当θ＝时，如图，设M，N分别是△ACD′和△BAC的外心，过点M，N分别作平面ACD′，
平面BAC的垂线，两垂线交于一点P，连接PB，则P是三棱锥外接球的球心，PB即为三棱
锥外接球半径，
由上面证明过程知平面OBD′与平面ABC、平面D′AC垂直，即P，N，O，M四点共面，
因为θ＝，则∠PON＝，
ON＝××2＝，BN＝××2＝，
PN＝ON·tan ＝×＝1，
PB＝＝＝，
D正确．
考点三 最值、范围问题
例3 (多选)(2022·梅州模拟)如图，在长方体ABCD－ABC D 中，AB＝AD＝1，AA ＝2，
1 1 1 1 1
动点P在体对角线BD 上(含端点)，则下列结论正确的有( )
1
A．当P为BD 的中点时，∠APC为锐角
1
B．存在点P，使得BD⊥平面APC
1
C．AP＋PC的最小值为2
D．顶点B到平面APC的最大距离为
答案 ABD
解析 如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设BP＝λBD1(0≤λ≤1)，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，
C(0,1,0)，D(0,0,2)，
1
则BD1＝(－1，－1,2)，
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A，当P为BD 中点时，P，
1
则PA＝，PC＝，
所以cos∠APC＝＝>0，
所以∠APC为锐角，故A正确；
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B正确；
1
对于C，当BD⊥AP，BD⊥CP时，AP＋PC取得最小值，
1 1
由B得，此时λ＝，
则AP＝，CP＝，
所以|AP|＝|CP|＝，
即AP＋PC的最小值为，故C错误；
对于D，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D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 2h＝＝，
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．(多选)(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
1 1 1 1 1
该正方体的棱上运动，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N到平面ABC 的距离为
1 1
答案 BC
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正确；
对于C，如图所示，N ，N 分别为BB，BC 的中点，有MN ∥平面ABC ，MN ∥平面
1 2 1 1 1 1 1 1 2
ABC ，故C正确；
1 1
对于D，易证BD⊥平面ABC ，BD⊥平面ACD ，且BO＝OO＝OD＝BD＝，
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1
所以有点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在弧CD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，分别取AB，CD的中点为E，F，连接EF，EF与CD交于点H.
记点N到侧面PAB的距离为d，PN与侧面PAB所成的最小角为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，此时点N与H重合，θ＝∠HPE＝
∠PEF.
由平面PCD⊥平面ABCD易知PF⊥EF，
又PF＝，EF＝3，所以tan θ＝，即sin θ＝.
3.(多选)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)，则下列说法正确的有( )
A．DM的取值范围是
B．存在点M，使得DM⊥BC
C．四棱锥P－ABCD外接球的体积为
D．三棱锥M－PAD的体积等于三棱锥M－PCD的体积
答案 AD
解析 把平面图形还原得到原四棱锥，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A正确；
对于B，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B错误；
对于C，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C错误；
对于D，因为＝，＝，
而V ＝V ＝V ＝V ，
B－PAD P－BAD P－BCD B－PCD
所以V ＝V ，故D正确．
M－PAD M－PCD
4.(多选)(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(
)
A．平面ACD⊥平面ABC
B．球心O为△ABC的中心
C．直线OM与CD所成的角最小为
D．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
答案 ABD
解析 如图，设△ABC的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，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A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B正确；
当OM∥AC时，∠DCA为直线OM与CD所成的角，由上知∠DCA＝<，故C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D正确．
5．(多选)如图1，在矩形ABCD与菱形ABEF中，AB＝2BC＝4，∠ABE＝120°，M，N分别
是BF，AC的中点．现沿AB将菱形ABEF折起，连接FD，EC，构成三棱柱AFD－BEC，
如图2所示，若AD⊥BF，记平面AMN∩平面ADF＝l，则( )
A．平面ABCD⊥平面ABEF
B．MN∥l
C．直线EF与平面ADE所成的角为60°
D．四面体EABD的外接球的表面积为148π
答案 AB
解析 对于A，由于矩形ABCD，则AD⊥AB，
又因为AD⊥BF，而AB∩BF＝B，AB，BF⊂平面ABEF，
所以AD⊥平面ABEF，
又AD⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面ABEF，所以A选项正确；
对于B，因为M，N分别是BF，AC的中点，四边形ABEF是菱形，
则M也是AE的中点，由三角形中位线的性质，可知MN∥EC，
由于三棱柱AFD－BEC，
则平面BEC∥平面ADF，
又EC⊂平面BEC，
所以EC∥平面ADF，
而平面AMN∩平面ADF＝l，
则EC∥l，所以MN∥l，所以B选项正确；
对于C，由于四边形ABEF是菱形，则AE⊥BF，
又因为AD⊥BF，而AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面ADE，
所以BF⊥平面ADE，
所以∠FEM为直线EF与平面ADE所成的角，
又因为∠ABE＝120°，
则∠BEF＝60°，所以∠FEM＝30°，
故直线EF与平面ADE所成的角为30°，所以C选项不正确；
对于D，由题可知AB＝2BC＝4，∠ABE＝120°，
则在△ABE中，
AE＝2AM＝2Absin ∠ABE
＝2×4×sin 60°＝4，
由正弦定理可得△ABE的外接圆半径
r＝×＝×＝4，
由A选项可知，AD⊥平面ABEF，
所以四面体EABD的外接球半径
R＝＝＝，
故四面体EABD的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×17＝68π，所以D选项不正确．
6．(多选)(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
1 1 1 1 1
点，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( )
A．当λ＝时，三棱锥P－EFD的体积为定值
B．当μ＝时，四棱锥P－ABCD的外接球的表面积是C．PE＋PF的最小值为
D．存在唯一的实数对(λ，μ)，使得EP⊥平面PDF
答案 ABD
解析 对于A，当λ＝时，
F为C D 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，
1
∴三棱锥P－EFD的体积为定值，A正确；
对于B，当μ＝时，如图，连接AC，BD，交点为O，连接PO，
则四棱锥P－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＝，B正确；
对于C，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，∴PE＋PF＝PE＋PF≥EH(当且仅当F与H重合时取等号)，
1 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
1 1 1
＝BE·sin∠EBA＝，
1
∴EH＝－＝，
1
即PE＋PF的最小值为，C错误；
对于D，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，D正确．
