第七章立體幾何與空間向量高考培優7立體幾何中的動態問題

題型一空間位置關系的判定√√√√√√所以x＝y，故點P不唯一，故B錯誤；對于C，因為x＋y＝1，所以A，C，P三點共線，

空間位置關系的動點問題的解法(1)應用線線、線面、面面平行與垂直的判定與性質定理進行轉化；(2)利用向量法或建立空間直角坐標系進行計算．[跟進訓練]√√√(2)(多選)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是長方形，PA⊥平面ABCD，E是棱PD上的動點，則下列說法正確的是(

)√√(1)ACD

(2)AB

[(1)對于A，翻折前AE⊥BE，CF⊥BF，翻折后，則有PB⊥PA，PB⊥PC，因為PA∩PC＝P，PA，PC?平面PAC，所以BP⊥平面PAC，又AC?平面PAC，所以PB⊥AC，故A正確；(2)如圖，將該四棱錐放入長方體中，當AE⊥PD于點E時，平面AEC⊥平面PCD，A正確；

題型二軌跡問題[典例2](1)(多選)(2025·日照模擬)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，M為DD1的中點，N為ABCD所在平面內一動點，則下列命題正確的是(

)√√√連接NB，因為BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以點N到直線BB1的距離為NB，所以點N到點B的距離等于點N到定直線CD的距離，又B不在直線CD上，所以點N的軌跡為以B為焦點，CD為準線的拋物線，C正確；以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(4,0,0)，B(4,4,0)，D1(0,0,4)，設N(x，y,0)，

解決與幾何體有關的動點軌跡問題的方法(1)幾何法：根據平面的性質進行判定．(2)定義法：轉化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定，或用代替法進行計算．(3)特殊值法：根據空間圖形線段長度關系取特殊值或位置進行排除．[跟進訓練]2．(1)(多選)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝1，AA1＝3，點M是側面ADD1A1上的一個動點(含邊界)，P是棱CC1的中點，則下列結論正確的是(

)√√(2)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，E為CD的中點，且點P在四邊形BCC1B1內部及其邊界上運動，若總是保持EP∥平面BDD1B1，則動點P的軌跡長度為________；若總是保持AP與AB的夾角為30°，則動點P的軌跡長度為_____________．則點M的軌跡是以1為半徑的半圓弧，長度為π×1＝π，C正確；以點D為原點建立空間直角坐標系如圖所示，

則D1(0,0,3)，B1(1,2,3)，B(1,2,0)，設M(m,0，n)(0≤m≤1,0≤n≤3)，化簡得2n2－2m2－12n＋9m－3mn＋18＝0，即(m＋2n－6)(－2m＋n－3)＝0，即m＋2n－6＝0或－2m＋n－3＝0(此時n＝2m＋3，m＝0，n＝3)，故點M的軌跡為一段直線，D錯誤．故選AC．因為BC∥B1C1，BC＝B1C1，所以BF∥B1G，BF＝B1G，所以四邊形BFGB1為平行四邊形，所以BB1∥FG.因為E為CD的中點，所以EF∥BD.因為EF，FG?平面BDD1B1，BD，BB1?平面BDD1B1，所以EF∥平面BDD1B1，FG∥平面BDD1B1.因為EF∩FG＝F，EF，FG?平面EFG，所以平面EFG∥平面BDD1B1.因為平面EFG∩平面BCC1B1＝FG，點P在四邊形BCC1B1內部及其邊界上運動，EP∥平面BDD1B1，所以點P的軌跡是FG.因為FG＝BB1＝2，所以動點P的軌跡長度為2.因為AB⊥平面BCC1B1，BP?平面BCC1B1，所以AB⊥BP，在Rt△ABP中，AB＝2，∠BAP＝30°，

題型三最值(范圍)問題[典例3](1)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P是線段B1D1上一動點，且AP∥平面DBC1，則異面直線AP與BD所成角的取值范圍為(

)√√(1)C

(2)B

[(1)如圖，以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體棱長為1，則D(0，0,0)，B(1,1,0)，A(1,0,0)，設P(λ，λ，1)，λ∈[0,1]，

在動態變化過程中產生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，有如下常用的思路：(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在什么位置時，所求的量有相應最大值、最小值，即可求解．(2)函數思想：通過建系或引入變量，把這類動態問題轉化為目標函數，從而利用代數方法求目標函數的最值．[跟進訓練]3．(1)(多選)(2025·濟南模擬)如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P在線段BC1上運動，則下列結論正確的是(

)√√√(1)ABC

(2)②

[(1)對于A，如圖，連接A1B，A1C1，AC，AD1，D1C，由正方體的性質可知AC∥A1C1，又AC?平面A1BC1，A1C1?平面A1BC1，所以AC∥平面A1BC1.同理可證AD1∥平面A1BC1.又因為AD1∩AC＝A，且AC，AD1?平面ACD1，所以平面A1BC1∥平面ACD1.因為A1P?平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，故A正確．對于B，連接B1D，B1D1，因為DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1?平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1.又因為A1C1⊥B1D1，B1D1∩DD1＝D1，B1D1，DD1?平面DD1B1，所以A1C1⊥平面DD1B1.又因為B1D?平面DD1B1，所以A1C1⊥B1D.同理可證BC1⊥平面A1B1CD，又