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微专题2 立体几何中的动态问题
题型一 动点轨迹问题
动点轨迹问题通常有轨迹形状判断和求轨迹的长度(最值)两种题型，解决此类问题的关键是求动点的轨迹，求动点轨迹一般有两种思路，一是根据线面位置关系和空间几何体的结构特征能直观判断动点的轨迹（如：动点满足，点和点为定点,则点的轨迹是以为直径的圆）；二是建立空间直角坐标系根据题干条件设出动点的坐标，利用线面位置关系或题干条件得出动点坐标的方程，对比圆锥曲线方程特点判断动点的轨迹.
【例1】（2025·福建莆田·期中）已知正方体的棱长为4，为的中点，为所在平面上一动点，则下列命题正确的是（ ）
A．若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆
B．若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为
C．若点到直线与直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线
D．若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线
【解题指导】由正方体的性质计算→圆的定义判定A；
取的中点→，→点的轨迹为圆→圆的面积公式判断B；
将点到直线转化为→抛物线的定义判断C；
建立空间直角坐标系→向量的夹角公式列式→双曲线方程判断D.
【答案】ACD
【解析】对于A，根据正方体的性质可知，平面，所以为与平面所成的角，所以，所以，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆；故A正确；
【技巧】定性的研究动点的轨迹要利用线面平行、垂直的性质定理，结合圆锥曲线等的定义，确定动点的轨迹.
对于B，在直角三角形中，，取的中点，因为为的中点，所以，且，因为，所以，即点在过点且与垂直的平面内，又，所以点的轨迹为以为半径的圆，其面积为，故B不正确；
对于C，连接，因为平面，所以，所以点到直线的距离为，所以点到点的距离等于点到定直线的距离，又不在直线上，所以点的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，故C正确；
对于D，如图：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，设，
则，，
因为与所成的角为，所以，
所以，整理得，所以点的轨迹为双曲线，故D正确.
故选：ACD
【解后反思】当涉及动点的轨迹的长度，图形的面积与几何体的体积以及体积的最值时，可借助于几何体的结构特征，建立空间直角坐标系，用变量表示轨迹，然后用函数的性质求解.
题型二 动点探索问题
【例2】（2025·河北沧州二模）直三棱柱中，，E，F分别是，BC的中点，，D为棱上的点.
(1)证明：；
(2)是否存在一点D，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，说明点D的位置，若不存在，说明理由.
【解题指导】（1）线面垂直的判定与性质定理→→建立空间直角坐标系→→
（2）假设存在→设点的坐标→平面与平面的法向量→夹角的余弦值→求出的位置
【解】（1）证明：因为，，所以
又因为直三棱柱中，且
所以平面
又平面，所以
所以、、两两垂直
【技巧】三条直线两两垂直是建立空间直角坐标系的依据，没有给出垂直的需要验证
故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系
由题知，
所以，，，，，
设，且且
【技巧】点在线段上，通常转化为向量共线，可以减少未知量的引入
即，则，
所以，又
所以，所以
（2）存在一点，且为中点，理由如下
由（1）知，平面的一个法向量
设平面的法向量为，，
则，
令，则，
所以
因为平面与平面的夹角的余弦值为，所以
即
【易错点拨】两个平面的夹角的范围为，不同于两个平面法向量的夹角。所以两个平面的夹角的余弦值需要用法向量夹角余弦值的绝对值表示
解得：或（舍去）
所以当为中点时，符合题意.
【解后反思】1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
2.对于位置探索型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
【通关训练】
1．（2025·广西贵港·模拟）在四棱锥P-ABCD中，底面，四边形是矩形，且，点是棱上的动点（包括端点），则满足的点有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】B
【解析】如图，连接．由已知可得，，又，
所以底面，所以，所以点在以为直径的圆上，
又由几何关系可知，以为直径的圆与直线相切，
故满足条件的点只有1个．故选B
2.（2025·重庆沙坪坝二模）已知点分别是平行六面体的棱上的点,且,,点分别是线段上的点,则满足与平面平行的直线有（ ）条
A．0条 B．1条 C．2条 D．无数条
【答案】D
【解析】作平行于平面的平面分别交于,
当该平面过点时,如图所示:
则在平面内的直线均平行于平面,
将平面向上平移分别与直线交于，则平行于平面,
因为平面有无数多个,所以这样的有无数多条，故选:D
3.（2025·浙江宁波·期末）已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】D
【解析】因为，所以，平面，
所以平面，由于点 P 始终保持 PE 垂直于 BC ，且 P 在正四面体表面运动，
因此 P 的轨迹为平面 与正四面体表面的交线，即的边界.
为等腰三角形，其中 AD 为底边，长为2，AE 和 DE 为腰，长均为.
因此，三角形 的周长为.
4.（2025·江西九江三模）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M为A1C1的中点，N为侧面BCC1B1上的一点，且MN∥平面ABC1，若点N的轨迹长度为2，则(　　)
A.AC1=4 B.BC1=4
C.AB1=6 D.B1C=6
【答案】B
【解析】如图，取B1C1的中点D，BB1的中点E，连接MD，DE，ME，
由MD∥A1B1∥AB，DE∥BC1，
又MD 平面ABC1，AB 平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，同理可得DE∥平面ABC1，
又MD∩DE=D，MD，DE 平面MDE，所以平面MDE∥平面ABC1，
又MN∥平面ABC1，故点N的轨迹为线段DE，又由DE=BC1=2，可得BC1=4.
5.（2025·河南驻马店二模）如图，在三棱柱中，侧棱均与底面垂直，侧棱长为2，，，点是的中点，是侧面（含边界）上的动点.要使平面，则线段的长的最大值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】平面，平面，则，
，，故，
取为上靠近的四等分点，则，故，
现在说明此时平面，
平面，平面，故，
又，，平面，故平面，
平面，故，且，
又，，平面，故平面，
故的轨迹为线段，，故的最大值为.
故选：A.
6.（2025·辽宁葫芦岛二模）在等腰直角中，，，为中点，为中点，为边上一个动点，沿翻折使，点在平面上的投影为点，当点在上运动时，以下说法错误的是　　
A．线段为定长 B．
C．线段的长 D．点的轨迹是圆弧
【答案】B
【解析】如图所示，
对于A中，在为直角三角形，ON为斜边AC上的中线，为定长，即A正确；
对于C中，点D在M时，此时点O与M点重合，此时，，此时，即正确；
对于D，由A可知，根据圆的定义可知，点O的轨迹是圆弧，即D正确；故选B．
8.(多选) (2025·苏中苏北八市三调)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为DD1的中点，M是底面ABCD上一点，则(　BCD　)
A. M为AC中点时，PM⊥AC1
B. M为AD中点时，PM∥平面A1BC1
C. 满足2PM＝DD1的点M在圆上
D. 满足直线PM与直线AD成30°角的点M在双曲线上
【答案】BCD
【解析】 设正方体棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，因为P为DD1的中点，则P(0，0，1)，A(2，0，0)，C1(0，2，2).
对于A，若M为AC中点，则M(1，1，0)，＝(1，1，－1)，＝(－2，2，2)，·＝－2＋2－2＝－2≠0，PM与AC1不垂直，故A错误．
对于B，M为AD中点时，PM∥AD1，因为AB∥D1C1，AB＝D1C1，则四边形ABC1D1为平行四边形，则AD1∥BC1，所以PM∥BC1.因为BC1 平面A1BC1，PM 平面A1BC1，所以PM∥平面A1BC1，故B正确；
对于C，令M(x，y，0)，PM＝DD1＝×2＝，所以DM＝，所以M在以D为圆心，为半径的圆上，故C正确；
对于D，＝(x，y，－1)，＝(－2，0，0)，＝cos 30°＝|cos 〈，〉|＝，化简得－y2＝1，其为双曲线方程，故D正确．
8．（2025·河南郑州·二模）在棱长为1的正方体中，是棱的中点，则（ ）
A．过点有且只有一条直线与直线和都相交
B．过点有且只有一个平面与直线和所成角相等
C．过，，三点的截面把正方体分成两部分，则该截面的周长为
D．点是正方形内的动点，，则点的轨迹长度
【答案】AD
【解析】对于A，点直线，点直线，点与直线确定平面，
点与直线确定平面，平面与相交，该交线过点且与直线和都相交，A正确；
对于B，由正方体的结构特征知，与平面都成角，则过与平面
平行的平面与直线和所成角相等；直线和都平行于过与直线垂直的平面，
该平面与直线和所成角相等，B错误；
对于C，取中点，连接，由是棱的中点，得，
四边形是过三点的正方体截面，周长为，C错误；
对于D，连接，由平面，平面，则，
而，平面，于是平面，
又，因此平面，又平面，则点的轨迹为平面
与平面的交线，所以点的轨迹长度为，D正确.

故选：AD
9.（多选）（2025·山东菏泽三模）如图，在菱形中，，，沿将翻折至，连接，得到三棱锥，是线段的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
A．在棱上总存在一点，使得平面
B．当时，三棱锥的体积为
C．当平面平面时，
D．当二面角为120°时，三棱锥的外接球的半径为
【答案】AC
【解析】对于A，取的中点，连接，
∵E，F分别是，的中点，∴，
∵平面，不包含于平面，∴平面，故A正确；
对于B，易得，为等边三角形，
取的中点，连接，，
则，，，
∴，
则点到平面的距离为，
∴三棱锥的体积，故B错误；
对于C，当平面平面时，平面平面，
因为为等边三角形，所以，平面，
所以平面，又因为平面，
所以，∴，故C正确；
对于D，设三棱锥外接球的球心为，，的中心分别为，，
易得平面，平面，且，，，四点共面，
，，
在中，，又，
则三棱锥外接球半径，故D错误.
故选：AC.
10．（2025·江西九江·二模）如图，棱长为3的正方体中，P为棱上一点，且，M为平面内一动点，则MC+MP的最小值为 .
【答案】
【解析】连接，与平面交于点E，易知平面，
作点C关于平面的对称点N，易知，
连接NP，由，得，且，
∴，当M为NP与平面的交点时取等号，
则MC+MP的最小值为.
11.（2025·河北保定·二模）如图，在正三棱台中，已知，点P是侧棱上的动点（含端点）．记二面角为，二面角为，若存在点P，使得，则侧棱的最小值为 ．

【答案】
【解析】 设AC，的中点分别为E，F，连接EF，，EB，EP，，
由三棱台的结构特征可知，，
则，，若，则，即，
所以，所以．
12. （2025·广东惠州一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝，E为AB的中点，将△ADE沿DE折起至△A′DE，记二面角A′-DE-C＝θ，当θ在[0，π]范围内变化时，点A′的轨迹长度为 ．
【答案】
【解析】 取DE的中点为M，连接AM，A′M，则AM＝A′M，故A′在以M为球心，AM为半径的球面上．过A′作A′G⊥DE，垂足为G，连接AG，则AG⊥DE.在矩形ABCD中，AE＝1，AD＝，故AG＝＝，故AG＝AG′＝，而A′G∩AG＝G，故DE⊥平面A′AG，故A′在过G且垂直于DE的平面上，所以A′在以G为圆心，AG为半径的圆上，而∠AGA′为二面角A-DE-A′的平面角，故0≤∠AGA′≤π，故点A′的轨迹长度为.
13.(2021·全国甲卷T18)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，
故，，所以，
所以．
（2）设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
14.（2025·四川成都·三模）如图，在矩形中，，，为EC中点，将沿AD翻折至，使得.
(1)证明：平面平面；
(2)线段PB上是否存在一点，使得AT与平面PAD所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【解】（1）如图，设线段的中点为，线段的中点为，连接，，，
依题意，，则，由，得，
而，，是梯形的中位线，于是，，
而平面，，则平面，
而平面，于是，又平面，且和一定相交，
因此平面，而平面，所以平面平面.
（2）依题意，，则，即，
由（1）知平面，平面，则，
由平面，，得平面，过作平面，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：
则，，
令，
则，
由平面，得平面的法向量，
设直线与平面所成角为，
则，解得，
所以当时，直线与平面所成角的正弦值为.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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