2024年高考数学一轮复习（新高考版）第7章　§7.9　空间动态问题突破[培优课]_新高考复习资料_2024年新高考资料_一轮复习资料_完2024数学步步高大一轮复习（课件+讲义）

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§7.9 空间动态问题突破
空间动态问题，是高考常考题型，常以客观题出现．常见题型有空间位置关系判定、
轨迹问题、最值问题、范围问题等．
题型一 空间位置关系的判定
例1 (1)(2023·昆明模拟)已知P，Q分别是正方体ABCD－ABC D 的棱BB ，CC 上的动点
1 1 1 1 1 1
(不与顶点重合)，则下列结论错误的是( )
A．AB⊥PQ
B．平面BPQ∥平面ADD A
1 1
C．四面体ABPQ的体积为定值
D．AP∥平面CDD C
1 1
答案 C
解析 对于A，∵AB⊥BC，AB⊥BB，BC∩BB＝B，BC，BB⊂平面BCC B，
1 1 1 1 1
∴AB⊥平面BCC B，∵PQ⊂平面BCC B，∴AB⊥PQ，故A正确；
1 1 1 1
对于B，∵平面ADD A∥平面BCC B，平面BPQ与平面BCC B 重合，
1 1 1 1 1 1
∴平面BPQ∥平面ADD A，故B正确；
1 1
对于C，∵A到平面BPQ的距离AB为定值，Q到BP的距离为定值，BP的长不是定值，
∴四面体ABPQ的体积不为定值，故C错误；
对于D，∵平面ABBA∥平面CDD C ，AP⊂平面ABBA，
1 1 1 1 1 1
∴AP∥平面CDD C ，故D正确．
1 1
(2)(多选)已知等边△ABC的边长为6，M，N分别为边AB，AC的中点，将△AMN沿MN折
起至△A′MN，在四棱锥A′－MNCB中，下列说法正确的是( )
A．直线MN∥平面A′BC
B．当四棱锥A′－MNCB体积最大时，平面A′MN⊥平面MNCB
C．在折起过程中存在某个位置使BN⊥平面A′NC
D．当四棱锥A′－MNCB体积最大时，它的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为
答案 AB
解析 因为MN∥BC，MN⊄平面A′BC，BC⊂平面A′BC，所以直线MN∥平面A′BC，
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故A正确；
因为四棱锥A′－MNCB的底面积为定值，所以当点A′到平面MNCB距离最大时，体积最
大，此时平面A′MN⊥平面MNCB，满足题意，故B正确；
对于C，如图，若BN⊥平面A′NC，则BN⊥AA′，又A′D⊥MN，AD⊥MN，A′D∩AD
＝D，可知 MN⊥平面 A′AD，所以 A′A⊥MN，又 MN∩BN＝N，所以 A′A⊥平面
MNCB，这显然不可能，故C错误；
当四棱锥A′－MNCB体积最大时，平面A′MN⊥平面MNCB，如图，
由∠MBC＝，取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆的圆心，F是△A′MN的外心，
作OE⊥平面MNCB，连接OF，则OF⊥平面A′MN，则O是四棱锥A′－MNCB外接球的
球心，
且OF＝DE＝，A′F＝，设四棱锥A′－MNCB外接球的半径为R，则R2＝A′F2＋OF2＝.
故球O的表面积为4πR2＝39π.故D错误．
思维升华 解决空间位置关系的动点问题
(1)应用“位置关系定理”转化．
(2)建立“坐标系”计算．
跟踪训练1 (2022·杭州质检)如图，点P在正方体ABCD－ABC D 的面对角线BC 上运动，
1 1 1 1 1
则下列结论一定成立的是( )
A．三棱锥A－APD的体积大小与点P的位置有关
1
B．AP与平面ACD 相交
1 1
C．平面PDB ⊥平面ABC
1 1 1
D．AP⊥DC
1
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答案 C
解析 对于选项A， .
在正方体中，BC ∥平面AAD，所以点P到平面AAD的距离不变，
1 1 1
即三棱锥P－AAD的高不变，又△AAD的面积不变，
1 1
因此三棱锥P－AAD的体积不变，
1
即三棱锥A－APD的体积与点P的位置无关，故A不成立；
1
对于选项B，由于BC ∥AD，AD⊂平面ACD ，BC ⊄平面ACD ，
1 1 1 1 1 1
所以BC ∥平面ACD ，同理可证BA∥平面ACD ，又BA∩BC ＝B，
1 1 1 1 1 1
所以平面BAC ∥平面ACD ，因为AP⊂平面BAC ，
1 1 1 1 1 1
所以AP∥平面ACD ，故B不成立；
1 1
对于选项C，因为AC ⊥BD，AC ⊥BB，BD∩BB＝B，
1 1 1 1 1 1
所以AC ⊥平面BBD，则AC ⊥BD；同理AB⊥BD，
1 1 1 1 1 1 1 1
又AC ∩AB＝A，所以BD⊥平面ABC ，
1 1 1 1 1 1 1
又BD⊂平面PDB ，所以平面PDB ⊥平面ABC ，故C成立；
1 1 1 1 1
对于选项D，当B与P重合时，AP与DC的夹角为，故D不成立．
1
题型二 轨迹问题
例2 (1)(2023·韶关模拟)设正方体ABCD－ABC D 的棱长为1，P为底面正方形ABCD内
1 1 1 1
的一动点，若△APC 的面积S＝，则动点P的轨迹是( )
1
A．圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分
答案 D
解析 设d是△APC 边AC 上的高，则 ＝·|AC |·d＝d＝，所以d＝，即点P到直线AC
1 1 1 1
的距离为定值，所以点P在以直线AC 为轴，以为底面半径的圆柱侧面上，直线AC 与平面
1 1
ABCD既不平行也不垂直，所以点P的轨迹是平面ABCD上的一个椭圆，其中只有一部分在
正方形ABCD内．
(2)如图所示，正方体ABCD－ABC D 的棱长为2，E，F分别为AA ，AB的中点，M点是
1 1 1 1 1
正方形ABBA 内的动点，若C M∥平面CDEF，则M点的轨迹长度为________．
1 1 1 1
答案
解析 如图所示，取AB 的中点H，BB的中点G，连接GH，C H，C G，EG，HF，可得
1 1 1 1 1
四边形EGC D 是平行四边形，所以C G∥DE，又C G⊄平面CDEF，DE⊂平面CDEF，
1 1 1 1 1 1 1 1
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所以C G∥平面CDEF.同理可得C H∥CF，C H∥平面CDEF.
1 1 1 1 1
因为C H∩C G＝C ，所以平面C GH∥平面CDEF.
1 1 1 1 1
由M点是正方形ABBA 内的动点可知，若C M∥平面CDEF，则点M在线段GH上，所以
1 1 1 1
M点的轨迹长度GH＝＝.
思维升华 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，或用代替法进行计算．
(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．
跟踪训练2 (1)(2022·滨州模拟)如图，斜线段AB与平面α所成的角为，B为斜足．平面α
上的动点P满足∠PAB＝，则点P的轨迹为( )
A．圆 B．椭圆
C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
答案 B
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
设OB＝OA＝1，
则B(0,1,0)，A(0,0,1)，P(x，y,0)，
则AB＝(0,1，－1)，
AP＝(x，y，－1)，
所以cos〈AB，AP〉＝＝，
即x2＋＝1，
所以点P的轨迹是椭圆．
(2)已知动点P在棱长为1的正方体ABCD－ABC D 的表面上运动，且PA＝r(0＜r＜)，记点
1 1 1 1
P的轨迹长度为f(r)，则f(1)＋f() ＝________.
答案 3π
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解析 如图，当r＝1时，点P在正方体表面上的轨迹分别是以A为圆心，1为半径的三个
面上的三段弧，分别为 ， ， ，
则f(1)＝3××2π＝，
当r＝时，点P在正方体表面上的轨迹为在平面ABC D 上以A 为圆心，1为半径的 ，
1 1 1 1 1
在平面BBCC 上为以B为圆心，1为半径的 ，
1 1
在平面DCC D 上为以D为圆心，1为半径的 ，
1 1
则f()＝3××2π＝，
所以f(1)＋f()＝＋＝3π.
题型三 最值、范围问题
例 3 (1)如图所示，菱形 ABCD 的边长为 2，现将△ACD 沿对角线 AC 折起，使平面
ACD′⊥平面ACB，则此时空间四面体ABCD′体积的最大值为( )
A. B. C．1 D.
答案 A
解析 取AC的中点O，连接D′O(图略)．
设∠ABC＝α，α∈(0，π)，所以D′O＝AD′cos ＝2cos ，S ＝×2×2sin α＝2sin α.
△ABC
因为D′O⊥平面ABC，所以V ＝S ×D′O＝sin αcos ＝sin cos2＝sin ·.
四面体ABCD′ △ABC
设t＝sin ，则0＜t＜1，V ＝(t－t3)．
四面体ABCD′
设f(t)＝(t－t3)，0＜t＜1，
则f′(t)＝(1－3t2)，0＜t＜1.
所以当0＜t＜时，f′(t)＞0，f(t)单调递增；
当＜t＜1时，f′(t)＜0，f(t)单调递减．
所以当t＝时，f(t)取得最大值.
所以四面体ABCD′体积的最大值为.
(2)在三棱锥P－ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，PA＝AC＝2，AB＝
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3.当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为________．
答案
解析 因为在三棱锥P－ABC中，PA，AB，AC两两垂直，所以AB⊥平面PAC，则BD与平
面PAC所成的角为∠ADB，tan∠ADB＝＝，当AD取得最小值时，∠ADB取得最大值．在等
腰Rt△PAC中，当D为PC的中点时，AD取得最小值．
以A为坐标原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角
坐标系，
则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0,1,1)，
则AD＝(0,1,1)，PC＝(0,2，－2)，BC＝(－3,2,0)．
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即令y＝3，得n＝(2,3,3)．
因为cos〈n，AD〉＝＝＝，
所以AD与平面PBC所成角的正弦值为.
思维升华 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，
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．
跟踪训练3 (1)在四面体ABCD中，若AD＝DB＝AC＝CB＝1，则四面体ABCD体积的最大
值是( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 如图，取AB的中点E，连接CE，DE，
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设AB＝2x(0＜x＜1)，则CE＝DE＝，
当平面ABC⊥平面ABD时，四面体ABCD的体积最大，
此时，四面体ABCD的体积V＝××2x××＝x－x3.
所以V′＝－x2，令V′＝0，得x＝.
当x∈时，V单调递增，当x∈时，V单调递减．故当x＝时，V有最大值，V ＝×－×3＝.
max
(2)如图，正方体ABCD－ABC D 的棱长为1，E，F分别为BC ，C D 的中点，P是底面
1 1 1 1 1 1 1 1
ABC D 上一点．若AP∥平面BEF，则AP长度的最小值是________，最大值是________．
1 1 1 1
答案
解析 如图，取AD 的中点N，AB 的中点M，连接AM，AN，MN，NE，BD，
1 1 1 1 1 1
在正方体ABCD－ABC D 中，E，N分别为BC ，AD 的中点，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴EN∥AB∥AB，EN＝AB＝AB，
1 1 1 1
∴四边形ABEN为平行四边形，
∴AN∥BE，
又AN⊄平面BEF，BE⊂平面BEF，
∴AN∥平面BEF，
∵E，F分别为BC ，C D 的中点，
1 1 1 1
由中位线性质知EF∥BD，
1 1
同理可知MN∥BD，
1 1
∴MN∥EF，
又MN⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，
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∴MN∥平面BEF，
又AN∩MN＝N，AN，MN⊂平面AMN，
∴平面AMN∥平面BEF，
∵P是底面ABC D 上一点，且AP∥平面BEF，
1 1 1 1
∴P∈MN，
在等腰△AMN中，当AP的长度最大时，P在M点或N点，
即AP ＝AM＝AN＝＝，
max
当AP的长度最小时，P为MN的中点，MN＝，
∴AP＝＝＝，即AP ＝.
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课时精练
1. 如图，在正方体 ABCD－ABC D 中，点 M 是平面 ABC D 内一点，且 BM∥平面
1 1 1 1 1 1 1 1
ACD ，则tan∠DMD 的最大值为( )
1 1
A. B．1
C．2 D.
答案 D
解析 因为当M在直线AC 上时，都满足BM∥平面ACD ，
1 1 1
所以tan∠DMD ＝，当MD 最小时，tan∠DMD 取得最大值，此时tan∠DMD ＝＝.
1 1 1 1
2．(多选)如图，在长方体ABCD－ABC D 中，点E，F分别是棱DD ，BB 上的动点(异于
1 1 1 1 1 1
所在棱的端点)．则下列结论正确的是( )
A．在点F运动的过程中，直线FC 可能与AE平行
1
B．直线AC 与EF必然异面
1
C．设直线AE，AF分别与平面ABC D 相交于点P，Q，则点C 可能在直线PQ上
1 1 1 1 1
D．设直线AE，AF分别与平面ABC D 相交于点P，Q，则点C 一定不在直线PQ上
1 1 1 1 1
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答案 AC
解析 在长方体ABCD－ABC D 中，AB＝C D ，DD ＝BB ，BC ＝AD，连接C E，AC ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
EF，
当点E，F分别是棱DD ，BB 的中点时，
1 1
由勾股定理得AE＝，C F＝，
1
故AE＝C F，
1
同理可得AF＝C E，
1
故四边形AECF是平行四边形，
1
所以在点F运动的过程中，直线FC 可能与AE平行，AC 与EF相交，A正确，B错误；
1 1
以C 为坐标原点，C D，C B，C C所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直
1 1 1 1 1 1
角坐标系，
则当点E，F分别是棱DD ，BB 中点且几何体ABCD－ABC D 为正方体时，
1 1 1 1 1 1
设棱长为2，延长AE，AD 交于点M，延长AF，AB 交于点N，连接MN，
1 1 1 1
则C (0,0,0)，M(2，－2,0)，N(－2,2,0)，
1
则C1M＝(2，－2,0)，NC1＝(2，－2,0)，
则C1M＝NC1，
又两向量有公共点C ，
1
所以C ，M，N三点共线，
1
故点C 可能在直线PQ上，C正确，D错误．
1
3．(2023·广州模拟)点P为棱长是2的正方体ABCD－ABC D 的内切球O球面上的动点，
1 1 1 1
点M为BC 的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为( )
1 1
A．π B．2π C．4π D．2π
答案 C
解析 根据题意知，该正方体的内切球半径为r＝，如图．取BB 的中点N，连接CN，则
1
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CN⊥BM，∴CN为DP在平面BC CB中的射影，∴点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切
1 1
球的交线，
∵正方体ABCD－ABC D 的棱长为2，
1 1 1 1
∴O到过D，C，N的平面的距离为＝1，
∴截面圆的半径为2，
∴点P的轨迹的长度为2π×2＝4π.
4．(多选)如图，在等腰Rt△ABC中，BC＝2，∠C＝90°，D，E分别是线段AB，AC上异于
端点的动点，且DE∥BC，现将△ADE沿直线DE折起至△A′DE，使平面A′DE⊥平面
BCED，当D从B滑动到A的过程中，下列选项中正确的是( )
A．∠A′DB的大小不会发生变化
B．二面角A′－BD－C的平面角的大小不会发生变化
C．三棱锥A′－EBC的体积先变小再变大
D．A′B与DE所成的角先变大后变小
答案 AB
解析 设A′D＝a，则DB＝2－a，A′E＝，EC＝2－a，BC2＋CE2＝BE2，A′B2＝A′E2＋
BE2，cos∠A′DB＝＝－是定值，∴∠A′DB的大小不会发生变化，故A正确；
由三垂线法作出二面角A′－BD－C的平面角，可知其大小为定值，故B正确；设A′E＝
x，则CE＝2－x(0<x<2)，则V ＝V ＝×BC·CE·A′E＝(2－x)x＝(2x－x2)
三棱锥A′－BCE 三棱锥B－A′CE
(0<x<2)，
由二次函数的单调性，可知V先变大后变小，故C错误；A′B与DE所成的角先变小后变
大，故D错误．
5．在空间直角坐标系Oxyz中，正四面体P－ABC的顶点A，B分别在x轴、y轴上移动．若
该正四面体的棱长是2，则|OP|的取值范围是( )
A．[－1，＋1] B．[1,3]
C．[－1,2] D．[1，＋1]
答案 A
解析 如图所示，若固定正四面体P－ABC的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动．
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设AB的中点为M，则PM＝＝，所以原点O到点P的最小距离等于PM减去球M的半径，
最大距离是PM加上球M的半径，所以－1≤|OP|≤＋1，即|OP|的取值范围是[－1，＋1]．
6. 已知正四面体D－ABC，点E，F分别为棱CD，AC的中点，点M为线段EF上的动点，
设EM＝x，则下列说法正确的是( )
A．直线DA与直线MB所成的角随x的增大而增大
B．直线DA与直线MB所成的角随x的增大而减小
C．直线DM与平面ABD所成的角随x的增大而增大
D．直线DM与平面ABD所成的角随x的增大而减小
答案 D
解析 因为E，F分别为DC，AC的中点，所以EF∥DA，所以直线DA与直线MB所成的角
等于直线EF与BM所成的角．
在等腰△BEF中，直线EF与BM所成的角随着x的增大先增大，再减小，当M运动到EF中
点时取到最大值，故A，B选项说法错误；
设 M 点到平面 ABD 的距离为 d，直线 DM 与平面 ABD 所成的角为 α，则 sin α＝.因为
EF∥AD，EF⊄平面ABD，AD⊂平面ABD，
所以EF∥平面ABD，所以随着x的增大，d保持不变，MD在增大，所以sin α的值在减小，
即α随着x的增大而减小，故C选项说法错误，D选项说法正确．
7．(多选)如图，已知正方体ABCD－ABC D 的棱长为4，M为DD 的中点，N为ABCD所
1 1 1 1 1
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BB 与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
1
D．若DN与AB所成的角为，则点N的轨迹为椭圆
1
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答案 AC
解析 如图所示，对于A，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，若∠MND＝，则DN＝DM＝DD ＝×4＝2，所以点N的轨迹为以D
1
为圆心，2为半径的圆，故A正确；
对于B，在Rt△MDN中，DN＝＝＝2，取MD的中点E，连接PE，因为P为MN的中点，
所以PE∥DN，且PE＝DN＝，因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD 垂
1
直的平面内，又PE＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，其面积为π·()2＝3π，故B不正确；
对于C，连接NB，因为BB⊥平面ABCD，所以BB⊥NB，所以点N到直线BB 的距离为
1 1 1
NB，因为点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N
的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；
对于D，以D为坐标原点，DA，DC，DD 所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间
1
直角坐标系，
则A(4,0,0)，B(4,4,0)，D(0,0,4)，设N(x，y,0)，
1
则AB＝(0,4,0)，D1N＝(x，y，－4)，
因为DN与AB所成的角为，所以|cos〈AB，D1N〉|＝cos ，
1
所以＝，整理得－＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D错误．
8. 如图，在四棱锥P－ABCD中，顶点P在底面的投影O恰为正方形ABCD的中心，且AB
＝，设点M，N分别为线段PD，PO上的动点，已知当AN＋MN取最小值时，动点M恰为
PD的中点，则该四棱锥外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 如图，在PC上取点M′，使得PM＝PM′，连接NM′，则MN＝M′N，AN＋MN
＝AN＋M′N，
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则当A，N，M′三点共线时，AN＋M′N最小，为AM′，当AM′⊥PC时，AM′取得最
小值，即AN＋NM′的最小值．
因为此时M恰为PD的中点，所以M′为PC的中点，所以PA＝AC＝2，因此PO＝＝.易知
外接球的球心在四棱锥内部，
设外接球的半径为r，则r2＝(－r)2＋1，解得r＝，
因此外接球的表面积S＝4πr2＝.
9．在三棱锥A－BCD中，AB，AC，AD两两垂直且长度均为6，定长为l(l＜4)的线段MN
的一个端点M在棱AB上运动，另一个端点N在△ACD内运动(含边界)，若线段MN的中点
P的轨迹的面积为，则l的值为 ________.
答案 2
解析 由题意可知，∠MAN＝90°，在Rt△AMN中，AP＝l，
线段MN的中点P的轨迹是以A为球心， l为半径的球面的，
所以线段MN的中点P的轨迹的面积为×4π×2＝，则l＝2.
10. 如图，在三棱柱ABC－ABC 中，CC ⊥底面ABC，AC⊥CB，点D是AB上的动点．下
1 1 1 1
列结论正确的是________．(填序号)
①AC⊥BC ；
1
②存在点D，使得AC ∥平面CDB ；
1 1
③不存在点D，使得平面CDB ⊥平面AABB；
1 1 1
④三棱锥A－CDB 的体积是定值．
1 1
答案 ①②④
解析 如图所示，由CC ⊥底面ABC，知AC⊥CC ，又AC⊥CB，CC ∩CB＝C，CC ⊂平面
1 1 1 1
BCC B，CB⊂平面BCC B，所以AC⊥平面BCC B，又BC ⊂平面BCC B，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
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故AC⊥BC ，故①正确；
1
设 BC 与 BC 交于点 M，取 AB 的中点 D，连接 MD，则 MD∥AC ，MD⊂平面 CDB ，
1 1 1 1
AC ⊄平面CDB 所以AC ∥平面CDB ，故②正确；
1 1 1 1
当CD⊥AB时，因为AA∥CC ，CC ⊥底面ABC，CD⊂平面ABC，所以CD⊥AA，
1 1 1 1
AA∩AB＝A，AA ，AB⊂平面AABB，所以CD⊥平面AABB，因为CD⊂平面CDB ，故
1 1 1 1 1 1 1
平面CDB ⊥平面AABB，故③不正确；
1 1 1
设点C到平面ABD的距离为h，则 ，
1 1
因为四边形ABBA面积为定值，h为定值，所以三棱锥A－CDB 的体积是定值，故④正确．
1 1 1 1
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