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重难专攻10　立体几何中的动态问题
（时间：60分钟，满分：81分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，Q是正方形B1BCC1内的动点，A1Q⊥BC1，则Q点的轨迹是（　　）
A.点B1 B.线段B1C
C.线段B1C1 D.平面B1BCC1
2.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为（　　）
A. B.1 C.2 D.
3.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
4.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.
5.（2025·江苏海安、宿迁中学测试）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，P是侧面CDD1C1上的动点（含端点），且满足S△PDA＝2S△PBC，则P点的轨迹长度为（　　）
A. B.
C. D.
6.〔多选〕如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP⊥CN.下列说法中正确的是（　　）
A.点P可以是棱BB1的中点 B.线段MP的最大值为
C.点P的轨迹是正方形 D.点P的轨迹长度为2＋
7.已知三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC＝1，且SA，SB，SC两两垂直，P是三棱锥S-ABC外接球球面上一动点，则点P到平面ABC的距离的最大值是　　　　.
8.（15分）如图，以棱长为1的正方体的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系O-xyz，点P在线段AB上，点Q在线段DC上.
（1）当＝2，且点P关于y轴的对称点为M时，求｜｜；
（2）当点P是面对角线AB的中点，点Q在面对角线DC上运动时，探究｜｜的最小值.
9.（15分）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M，N分别为棱DD1，BC上的动点（含端点）.
（1）当点M在什么位置时，有B1D⊥平面MAC；
（2）当动点M，N满足＝时，求点A1到平面AMN距离的取值范围.
10.（15分）（2026·浙江杭州模拟）在平面四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝BD＝2，AB⊥BD，将△BCD沿BD翻折至△BPD，其中P为动点.
（1）设AP＝AD，
①证明：AB⊥平面BPD；
②求三棱锥P-ABD的体积；
（2）求直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值.
重难专攻10　立体几何中的动态问题
1.B　2.D　
3.B　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.
4.D　如图，取AB的中点E，连接CE，DE，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∈（0，）时，V单调递增，当x∈（，1）时，V单调递减，故当x＝时，V有最大值，Vmax＝×－×（）3＝.
5.B　正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，P是侧面CDD1C1上的动点（含端点），
因为满足S△PDA＝2S△PBC，所以×AD×DP＝2××BC×CP，所以DP＝2PC，如图建系，设P（0，y，z），D（0，0，0），C（0，3，0），所以＝2，所以（y－4）2＋z2＝4，则圆心为M（0，4，0），半径为2，
因为y＝3时，z＝，所以sin∠P1MP2＝，所以∠P1MP2＝，
则P点的轨迹长度为×2＝.故选B.
6.BD　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为该正方体的棱长为1，M，N分别为BD1，B1C1的中点，所以D1（0，0，1），B（1，1，0），M（，，），N（，1，1），C（0，1，0），所以＝（，0，1），设P（x，y，z），则＝（x－，y－，z－），因为MP⊥CN，所以（x－）＋z－＝0，即2x＋4z－3＝0，当x＝1时，z＝，当x＝0时，z＝，取E（1，0，），F（1，1，），G（0，1，），H（ 0，0，），连接EF，FG，GH，HE，则＝＝（0，1，0），＝＝（－1，0，），所以四边形EFGH为矩形，又·＝0，·＝0，即EF⊥CN，EH⊥CN，又EF和EH为平面EFGH中的两条相交直线，所以CN⊥平面EFGH，又＝（－，，），＝（－，，），所以M为EG的中点，则M∈平面EFGH，为使MP⊥CN，必有点P∈平面EFGH.又点P在正方体表面上运动，所以点P的轨迹为四边形EFGH，所以点P不可能是棱BB1的中点，故A错误；又EF＝GH＝1，EH＝FG＝，所以EF≠EH，则点P的轨迹是矩形不是正方形，且矩形EFGH的周长为2＋2×＝2＋，故C错误，D正确；因为点P的轨迹为矩形EFGH，所以当点P在矩形的四个端点时，MP取得最大值，且MP的最大值为，故B正确.故选B、D.
7.　解析：将三棱锥S-ABC放在正方体中，如图所示，以B为原点，BM，BQ，BS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（1，0，1），C（0，1，1），S（0，0，1），N（1，1，0），＝（1，0，1），＝（0，1，1），＝（1，1，0）.设平面ABC的法向量为n＝（x，y，z），则取x＝1，得n＝（1，1，－1）.三棱锥S-ABC的外接球就是棱长为1的正方体MNQB-ADCS的外接球.因为P是三棱锥S-ABC的外接球球面上一动点，所以由正方体与球的几何性质可得，点P与点N重合时，点P到平面ABC的距离最大，所以点P到平面ABC的距离的最大值为＝＝.
8.解：（1）由题意知A（1，0，1），B（1，1，0），C（0，1，0），D（1，1，1）.由＝2得P（1，，），
所以M（－1，，－），所以｜｜＝＝.
（2）因为点P是面对角线AB的中点，所以P（1，，），而点Q在面对角线DC上运动，
故设点Q（a，1，a），a∈[0，1]，
则｜｜
＝
＝
＝，a∈[0，1]，
所以当a＝时，｜｜取得最小值为，此时点Q（，1，）.
9.解：（1）以A为坐标原点，以AB，AD，AA1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.
设＝λ，λ∈[0，1]，则A（0，0，0），B1（1，0，2），C（1，1，0），D（0，1，0），D1（0，1，2），M（0，1，2λ），
∴＝（－1，1，－2），＝（1，1，0），＝（0，1，2λ），
要使B1D⊥平面MAC，
需满足
解得λ＝.
∴当M是棱DD1上靠近点D的四等分点时，有B1D⊥平面MAC.
（2）设＝＝λ，λ∈[0，1]，则M（0，1，2λ），N（1，λ，0），∴＝（0，0，2），＝（0，1，2λ），＝（1，λ，0）.
设平面AMN的法向量为n＝（x0，y0，z0），则
令z0＝1，得到x0＝2λ2，y0＝－2λ，故n＝（2λ2，－2λ，1）为平面AMN的一个法向量.
点A1到平面ANM的距离d＝＝＝，
易知d＝在区间[0，1]上单调递减，
最大值为2，最小值为，
∴d∈［，2］，即点A1到平面AMN距离的取值范围为［，2］.
10.解：（1）①证明：在△ABD中，AB＝BD＝2，AB⊥BD，所以AD＝2.
因为AP＝AD＝2，AB＝PB＝2，所以AB2＋PB2＝AP2，
所以AB⊥BP.
又因为AB⊥BD，BP，BD 平面BPD，BP∩BD＝B，
所以AB⊥平面BPD.
②VP-ABD＝VA-PBD＝·S△PBD·AB＝××2＝.
（2）如图，建立以B为原点的空间直角坐标系，设二面角P-BD-A的平面角为θ，
则A（2，0，0），B（0，0，0），D（0，2，0），P（cos θ，1，sin θ）.
所以＝（cos θ－2，1，sin θ）.
又平面ABD的法向量为n＝（0，0，1），
设直线AP与平面ABD所成角为α，则sin α＝｜cos＜，n＞｜
＝
＝.
设y＝（）2＝，
设8－4cos θ＝t（8－4≤t≤8＋4），
所以y＝1－－≤（当且仅当t＝4，即cos θ＝时取等号），即sin α≤，
故直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值为.
1 / 1重难专攻10　立体几何中的动态问题
　　立体几何中的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.一般涉及求动点的轨迹问题及由动点引起的线、面、几何体变化中的某些几何量的最值（范围）问题.求解该类问题的关键是正确辨析动与不动，利用解析法、函数、不等式及几何图形中的极端位置解决.
　　
动态位置关系的判定
（师生共研过关）
〔多选〕（2026·山东青岛模拟）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，E为AC的中点，点P满足＝λ，λ∈[0，1]，则（　　）
A.当λ＝时，EP∥AB
B.当λ＝时，EP⊥A1C1
C.存在λ，使得A1E∥C1P
D.存在λ，使得EP⊥平面A1ACC1
听课记录
解决空间位置关系中动点问题的方法 （1）应用“位置关系定理”转化； （2）建立“坐标系”计算.
训练1 〔多选〕已知P，Q分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的动点（不与顶点重合），则下列结论正确的是（　　）
A.AB⊥PQ
B.平面BPQ∥平面ADD1A1
C.四面体ABPQ的体积为定值
D.AP∥平面CDD1C1
动点的轨迹问题
（师生共研过关）
（1）如图，在正四棱锥S-ABCD中，E是BC的中点，点P在侧面△SCD内及其边界上运动，并且总是保持PE∥平面SBD，则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形最有可能是图中的（　　）
（2）（2026·四川南充模拟）三棱锥A-BCD中，AB＝AC＝AD＝4，BC＝CD＝DB＝6，P为△BCD内部及边界上的动点，AP＝2，则点P的轨迹长度为（　　）
A.π B.2π
C.3π D.4π
听课记录
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，或用向量法进行计算； （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.
训练2 （1）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为棱AB的中点，动点P在侧面BCC1B1上运动，若AP⊥D1M，则动点P的轨迹为（　　）
A.两个点　　　　　 B.线段
C.圆的一部分 D.抛物线的一部分
（2）在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，PA＝PD，∠APD＝90°，平面PAD⊥平面ABCD，点Q是△PBC内（含边界）的一个动点，且满足DQ⊥AC，则点Q所形成的轨迹长度是　　　　.
最值、范围问题
（师生共研过关）
（1）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＝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（　　）
A. B.
C. D.
（2）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是侧面BB1C1C内的一个动点.若点E满足⊥，试求｜｜的范围.
　　在动态变化过程中产生的体积最大（小）、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.
训练3 （1）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB＝2.点P在侧面BCC1B1内，若A1C⊥平面BDP，则点P到直线CD的距离的最小值为（　　）
A. B.
C.1 D.
（2）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，试求此时空间四面体ABCD'体积的最大值.
重难专攻10　立体几何中的动态问题
考点1
【例1】　AD　取BC的中点D，建立如图所示的空间直角坐标系，设底面边长为2，AA1＝t，则A（，0，0），A1（，0，t），B1（0，1，t），C（0，－1，0），C1（0，－1，t），B（0，1，0），E（，－，0），所以＝λ＝λ（0，－2，0），所以＝＋＝（－，，0）＋（0，－2λ，0）＝（－，－2λ，0），当λ＝时，＝（－，，0），＝（－，1，0），＝2，所以EP∥AB，故A正确；当λ＝时，＝（－，，0），＝（－，－1，0），·＝－＋0＝1，所以EP⊥A1C1不成立，故B错误；＝（－，－，－t），＝＋＝（0，2，－t）＋（0，－2λ，0）＝（0，2－2λ，－t），≠μ，μ∈R，故C错误；因为＝（－，－2λ，0），＝（－，－1，0），＝（0，0，t），设平面A1ACC1的一个法向量为n＝（a，b，c，），则即令a＝1，则n＝（1，－，0），因为EP⊥平面A1ACC1，所以∥n，所以＝－2λ，解得λ＝0∈[0，1]，故D正确.故选A、D.
训练1　ABD　对于A，∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，又PQ 平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，故A正确；对于B，∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ与平面BCC1B1重合，∴平面BPQ∥平面ADD1A1，故B正确；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ABB1A1∥平面CDD1C1，AP 平面ABB1A1，∴AP∥平面CDD1C1，故D正确.
考点2
【例2】　（1）A　（2）B
解析：（1）如图，分别取CD，SC的中点M，N，连接MN，ME，NE.因为E是BC的中点，所以EM∥BD，EN∥SB.又因为EM，EN 平面SBD，BD，SB 平面SBD，所以EM∥平面SBD，EN∥平面SBD.又因为EM∩EN＝E，EM，EN 平面EMN，所以平面EMN∥平面SBD，所以当点P在线段MN上移动时，PE 平面EMN，此时能够保持PE∥平面SBD，则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形是A.
（2）如图1 所示，由AB＝AC＝AD＝4，BC＝CD＝DB＝6，可知三棱锥A-BCD为正三棱锥，设CD中点为E，则BE＝3，设点A在底面BCD上的射影为O，则AO⊥平面BCD，OB＝2，OE＝，OA＝＝2，又P为△BCD内部及边界上的动点，AP＝2，所以OP＝2，所以点P的轨迹为以点O为圆心，2为半径的圆在△BCD内部及边界上的部分，
如图2所示，OE⊥P1P2，所以cos ∠EOP1＝＝，即∠EOP1＝，∠P1OP2＝，所以点P的轨迹长度为2π×2－3××2＝2π，故选B.
训练2　（1）B　（2）
解析：（1）如图，取B1B的中点E，CB的中点F，连接AE，EF，AF，DM.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易证DM⊥AF，DD1⊥AF，则有AF⊥平面DMD1，AF⊥MD1，同理MD1⊥AE，则MD1⊥平面AEF.又点P在侧面BCC1B1上运动，故点P的轨迹为线段EF.故选B.
（2）如图，连接BD，交AC于点O，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.取PC上一点M，使DM⊥AC，连接MD，MB，又AC⊥BD，BD∩DM＝D，BD，DM 平面BDM，所以AC⊥平面BDM，则点Q的轨迹是线段BM.以O为原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系.则O（0，0，0），
A（，0，0），B（0，1，0），D（0，－1，0），P（，－，1），C（－，0，0），＝（，0，0），＝（，，1），＝（－，，－1），＝（0，－2，0）.设＝＋＝＋λ＝（，，1）＋λ（－，，－1），0≤λ≤1，则＝（－λ，＋λ，1－λ）.因为OA⊥DM，所以·＝0，
解得λ＝，所以＝（0，，），＝＋＝（0，－2，0）＋（0，，）＝（0，－，），所以｜｜＝＝，即点Q所形成的轨迹长度为.
考点3
【例3】　（1）D　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＝（0，1，1），＝（0，2，－2），＝（－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，＞＝＝＝，所以AD与平面PBC所成角的正弦值为.
（2）解：如图1，建立空间直角坐标系，则C（0，2，0），D1（0，0，2），B（2，2，0），设E（x，2，z），x∈[0，2]，z∈[0，2]，
所以＝（x，2，z－2），＝（x，0，z），
因为⊥，所以·＝x2＋z（z－2）＝0，即x2＋（z－1）2＝1，x∈[0，2]，z∈[0，2]，
则动点E的轨迹为以（0，2，1）为圆心，1为半径的半圆，
将其放到平面直角坐标系中如图2所示，
则B（2，0），M（0，1），N（0，2），
所以｜｜＝＝，所以｜｜min＝－1；
显然当点E在点N处（即立体图形中的C1点）时，｜｜取得最大值，｜｜max＝＝2，因此，｜｜的范围为[－1，2].
训练3　（1）
B　建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），A1（1，0，2），C（0，1，0），B（1，1，0），所以＝（－1，1，－2），＝（1，1，0），设P（x，1，z），则＝（x，1，z），＝（x，0，z）.由于A1C⊥平面BDP，所以所以x＋2z＝1.由于·＝0，即CP⊥DC，点P到直线CD的距离为｜CP｜＝＝＝，所以当z＝－＝时，｜CP｜min＝＝，
即点P到直线CD的距离的最小值为.
（2）解：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△ABC＝×2×2sin α＝2sin α.
易证D'O⊥平面ABC，所以V四面体ABCD'＝S△ABC×D'O＝sin αcos＝sincos2＝sin·（1－sin2）（ 0＜＜）.
设t＝sin，则0＜t＜1，V四面体ABCD'＝（t－t3）.
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.
1 / 1(共53张PPT)
重难专攻10　立体几何中的动态问题
重难解读
　　立体几何中的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.一般涉及求动点的轨迹问题及由动点引起的线、面、几何体变化中的某些几何量的最值（范围）问题.求解该类问题的关键是正确辨析动与不动，利用解析法、函数、不等式及几何图形中的极端位置解决.
动态位置关系的判定（师生共研过关）
〔多选〕（2026·山东青岛模拟）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，E为
AC的中点，点P满足 ＝λ ，λ∈[0，1]，则（　AD　）
A. 当λ＝ 时，EP∥AB
B. 当λ＝ 时，EP⊥A1C1
C. 存在λ，使得A1E∥C1P
D. 存在λ，使得EP⊥平面A1ACC1
AD
解析：　取BC的中点D，建立如图所示的空间直角坐标
系，设底面边长为2，AA1＝t，则A（ ，0，0），A1
（ ，0，t），B1（0，1，t），C（0，－1，0），C1
（0，－1，t），B（0，1，0），E（ ，－ ，0），所以
＝λ ＝λ（0，－2，0），所以 ＝ ＋ ＝（－ ， ，0）＋（0，－2λ，0）＝（－ ， －2λ，0），当λ＝ 时， ＝（－ ， ，0）， ＝（－ ，1，0）， ＝2 ，所以EP∥AB，故A正确；
当λ＝ 时， ＝（－ ， ，0）， ＝（－ ，－1，
0）， · ＝ － ＋0＝1，所以EP⊥A1C1不成立，故B
错误； ＝（－ ，－ ，－t）， ＝ ＋ ＝（0，
2，－t）＋（0，－2λ，0）＝（0，2－2λ，－t）， ≠μ ，μ∈R，故C错误；
因为 ＝（－ ， －2λ，0）， ＝（－ ，－1，0）， ＝（0，
0，t），设平面A1ACC1的一个法向量为n＝（a，b，c，），则
即 令a＝1，则n＝（1，－ ，0），因为
EP⊥平面A1ACC1，所以 ∥n，所以 ＝ －2λ，解得λ＝0∈[0，1]，故
D正确.故选A、D.
解决空间位置关系中动点问题的方法
（1）应用“位置关系定理”转化；
（2）建立“坐标系”计算.
训练1 〔多选〕已知P，Q分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1
上的动点（不与顶点重合），则下列结论正确的是（　　）
A. AB⊥PQ
B. 平面BPQ∥平面ADD1A1
C. 四面体ABPQ的体积为定值
D. AP∥平面CDD1C1
√
√
√
解析： 　对于A，∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面
BCC1B1，又PQ 平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，故A正确；对于B，∵平面
ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ与平面BCC1B1重合，∴平面BPQ∥平面
ADD1A1，故B正确；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ABB1A1∥平面CDD1C1，AP 平面ABB1A1，∴AP∥
平面CDD1C1，故D正确.
动点的轨迹问题（师生共研过关）
（1）如图，在正四棱锥S-ABCD中，E是BC的中点，点P在侧面
△SCD内及其边界上运动，并且总是保持PE∥平面SBD，则动点P的轨迹
与△SCD组成的相关图形最有可能是图中的（　A　）
A
解析： 如图，分别取CD，SC的中点M，N，连接
MN，ME，NE. 因为E是BC的中点，所以EM∥BD，
EN∥SB. 又因为EM，EN 平面SBD，BD，SB 平
面SBD，所以EM∥平面SBD，EN∥平面SBD. 又因为
EM∩EN＝E，EM，EN 平面EMN，所以平面EMN∥平面SBD，所以当
点P在线段MN上移动时，PE 平面EMN，此时能够保持PE∥平面SBD，
则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形是A.
（2）（2026·四川南充模拟）三棱锥A-BCD中，AB＝AC＝AD＝4，BC
＝CD＝DB＝6，P为△BCD内部及边界上的动点，AP＝2 ，则点P的
轨迹长度为（　B　）
A. π B. 2π C. 3π D. 4π
B
解析：如图1 所示，由AB＝AC＝AD＝4，BC＝CD＝
DB＝6，可知三棱锥A-BCD为正三棱锥，设CD中点为
E，则BE＝3 ，设点A在底面BCD上的射影为O，则
AO⊥平面BCD，OB＝2 ，OE＝ ，OA＝
＝2，又P为△BCD内部及边界上的动点，AP＝2 ，所以OP＝2，所以点P的轨迹为以点O为圆心，2为半径的圆在△BCD内部及边界上的部分，如图2所示，OE⊥P1P2，所以 cos ∠EOP1＝ ＝ ，
即∠EOP1＝ ，∠P1OP2＝ ，所以点P的轨迹长度为2π×2－3× ×2＝2π，故选B.
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，或用向量
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.
训练2 （1）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为棱AB的中点，动
点P在侧面BCC1B1上运动，若AP⊥D1M，则动点P的轨迹为（　B　）
A. 两个点 B. 线段
C. 圆的一部分 D. 抛物线的一部分
B
解析： 如图，取B1B的中点E，CB的中点F，连接AE，
EF，AF，DM. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易证
DM⊥AF，DD1⊥AF，则有AF⊥平面DMD1，
AF⊥MD1，同理MD1⊥AE，则MD1⊥平面AEF. 又点P在
侧面BCC1B1上运动，故点P的轨迹为线段EF. 故选B.
（2）在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝
60°，PA＝PD，∠APD＝90°，平面PAD⊥平面ABCD，点Q是△PBC
内（含边界）的一个动点，且满足DQ⊥AC，则点Q所形成的轨迹长度
是 .
　
解析：如图，连接BD，交AC于点O，因为四边形ABCD
为菱形，所以AC⊥BD. 取PC上一点M，使DM⊥AC，
连接MD，MB，又AC⊥BD，BD∩DM＝D，BD，
DM 平面BDM，所以AC⊥平面BDM，则点Q的轨迹是
线段BM.以O为原点，OA所在直线为x轴， OB所在直线为y轴，
过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐
标系.则O（0，0，0），A（ ，0，0），B（0，1，
0），D（0，－1，0），P（ ，－ ，1），C（－ ，
0，0）， ＝（ ，0，0）， ＝（ ， ，1）， ＝（－ ， ，－1）， ＝（0，－2，0）.设 ＝ ＋ ＝ ＋λ ＝（ ， ，1）＋λ（－ ， ，－1），0≤λ≤1，则 ＝（ － λ， ＋ λ，1－λ）.因为OA⊥DM，所以 · ＝0，解得λ＝ ，所以 ＝（0， ， ）， ＝ ＋ ＝（0，－2，0）＋（0， ， ）＝（0，－ ， ），所以｜ ｜＝ ＝ ，即点Q所形成的轨迹长度为 .
最值、范围问题（师生共研过关）
（1）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＝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（　D　）
A. B.
C. D.
D
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 ＝（0，1，1）， ＝（0，2，－2）， ＝（－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， ＞＝ ＝ ＝ ，所以AD与平面PBC所成角的正弦值为 .
（2）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是侧面BB1C1C内的一个动点.若点E满足 ⊥ ，试求｜ ｜的范围.
解：如图1，建立空间直角坐标系，则C（0，2，0），D1
（0，0，2），B（2，2，0），
设E（x，2，z），x∈[0，2]，z∈[0，2]，
所以 ＝（x，2，z－2）， ＝（x，0，z），
因为 ⊥ ，所以 · ＝x2＋z（z－2）＝0，即
x2＋（z－1）2＝1，x∈[0，2]，z∈[0，2]，
则动点E的轨迹为以（0，2，1）为圆心，1为半径的半圆，
将其放到平面直角坐标系中如图2所示，
则B（2，0），M（0，1），N（0，2），
所以｜ ｜＝ ＝ ，所以｜ ｜min＝ －
1；显然当点E在点N处（即立体图形中的C1点）时，
｜ ｜取得最大值，｜ ｜max＝ ＝2 ，因此，｜ ｜的范围为[－1，2 ].
　　在动态变化过程中产生的体积最大（小）、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.
训练3 （1）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝
2AB＝2.点P在侧面BCC1B1内，若A1C⊥平面BDP，则点P到直线CD的
距离的最小值为（　　）
A. B.
C. 1 D.
√
解析： 　建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，
0，0），A1（1，0，2），C（0，1，0），B（1，1，
0），所以 ＝（－1，1，－2）， ＝（1，1，0），
设P（x，1，z），则 ＝（x，1，z）， ＝（x，
0，z）.由于A1C⊥平面BDP，所以
所以x＋2z＝1.由于 · ＝0，即CP⊥DC，点P到直线CD的距离为｜CP｜＝ ＝ ＝ ，所以当z＝－ ＝ 时，｜CP｜min＝
＝ ，即点P到直线CD的距离的最小值为 .
（2）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，试求此时空间
四面体ABCD'体积的最大值.
解：取AC的中点O，连接D'O（图略）.设∠ABC＝α，α∈（0，π），
所以D'O＝AD' cos ＝2 cos ，S△ABC＝ ×2×2 sin α＝2 sin α.
易证D'O⊥平面ABC，所以V四面体ABCD'＝ S△ABC×D'O＝ sin α cos ＝ sin
cos 2 ＝ sin ·（1－ sin 2 ）（ 0＜ ＜ ）.
设t＝ sin ，则0＜t＜1，V四面体ABCD'＝ （t－t3）.
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 .
课时跟踪检测
（时间：60分钟，满分：81分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
1. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，Q是正方形B1BCC1内的动点，
A1Q⊥BC1，则Q点的轨迹是（　　）
A. 点B1 B. 线段B1C
C. 线段B1C1 D. 平面B1BCC1
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√
解析： 　如图，连接A1C，因为BC1⊥A1Q，
BC1⊥A1B1，A1Q∩A1B1＝A1，A1Q，A1B1 平面A1B1Q，
所以BC1⊥平面A1B1Q，又B1Q 平面A1B1Q，所以
BC1⊥B1Q，又BC1⊥B1C，所以点Q在线段B1C上.
2. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且
BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为（　　）
A. B. 1
C. 2 D.
√
解析： 　由题意知，当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，因
为tan∠DMD1＝ ，故当MD1最小时，tan∠DMD1取得最大值，此时
tan∠DMD1＝ ＝ .故选D.
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3. 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
√
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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.
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4. 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.
√
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解析： 　如图，取AB的中点E，连接CE，DE，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∈（0， ）时，V单调递增，当x∈（ ，1）时，V单调递减，故当x＝ 时，V有最大值，Vmax＝ × － ×（ ）3＝ .
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5. （2025·江苏海安、宿迁中学测试）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长
为3，P是侧面CDD1C1上的动点（含端点），且满足S△PDA＝2S△PBC，则
P点的轨迹长度为（　　）
A. B. C. D.
√
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解析： 　正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，P是侧面
CDD1C1上的动点（含端点），因为满足S△PDA＝
2S△PBC，所以 ×AD×DP＝2× ×BC×CP，所以DP
＝2PC，如图建系，设P（0，y，z），D（0，0，
0），C（0，3，0），所以 ＝2 ，所以（y－4）2＋z2＝4，则圆心为M（0，4，0），半径为2，因为y＝3时，z＝ ，所以 sin ∠P1MP2＝ ，所以∠P1MP2＝ ，则P
点的轨迹长度为 ×2＝ .故选B.
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6. 〔多选〕如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别
为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP⊥CN. 下
列说法中正确的是（　　）
A. 点P可以是棱BB1的中点
B. 线段MP的最大值为
C. 点P的轨迹是正方形
D. 点P的轨迹长度为2＋
√
√
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解析： 　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，以D为坐标原
点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在
直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为该正
方体的棱长为1，M，N分别为BD1，B1C1的中点，所以
D1（0，0，1），B（1，1，0），M（ ， ， ），N（ ，1，1），C（0，1，0），所以 ＝（ ，0，1），设P（x，y，z），则 ＝（x－ ，y－ ，z－ ），因为MP⊥CN，所以 （x－ ）＋z－ ＝0，即2x＋4z－3＝0，当x＝1时，z＝ ，当x＝0时，z＝ ，取E（1，0， ），
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F（1，1， ），G（0，1， ），H（ 0，0， ），连接EF，FG，GH，HE，则 ＝ ＝（0，1，0）， ＝ ＝（－1，0， ），所以四边形EFGH为矩形，又 · ＝0， · ＝0，即EF⊥CN，EH⊥CN，又EF和EH为平面EFGH中的两条相交直线，所以CN⊥平面EFGH，又 ＝（－ ， ， ）， ＝（－ ， ， ），所以M为EG的中点，则M∈平面EFGH，为使MP⊥CN，必有点P∈平面EFGH.
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又点P在正方体表面上运动，所以点P的轨迹为四边形
EFGH，所以点P不可能是棱BB1的中点，故A错误；又
EF＝GH＝1，EH＝FG＝ ，所以EF≠EH，则点P的
轨迹是矩形不是正方形，且矩形EFGH的周长为2＋2×
＝2＋ ，故C错误，D正确；因为点P的轨迹为矩形EFGH，所以当点P在矩形的四个端点时，MP取得最大值，且MP的最大值为 ，故B正确.故选B、D.
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7. 已知三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC＝1，且SA，SB，SC两两垂
直，P是三棱锥S-ABC外接球球面上一动点，则点P到平面ABC的距离的
最大值是 .
　
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解析：将三棱锥S-ABC放在正方体中，如图所示，以B为
原点，BM，BQ，BS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建
立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（1，0，1），
C（0，1，1），S（0，0，1），N（1，1，0）， ＝
（1，0，1）， ＝（0，1，1）， ＝（1，1，0）.设
平面ABC的法向量为n＝（x，y，z），则 取x＝1，得n＝（1，1，－1）.三棱锥S-ABC的外接球就是棱长为1的正方体MNQB-ADCS的外接球.因为P是三棱锥S-ABC的外接球球面上一动点，所以由正方体与球的几何性质可得，点P与点N重合时，点P到平面ABC的距离最大，所以点P到平面ABC的距离的最大值为 ＝ ＝ .
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8. （15分）如图，以棱长为1的正方体的三条棱所在直线为坐标轴，建立
空间直角坐标系O-xyz，点P在线段AB上，点Q在线段DC上.
（1）当 ＝2 ，且点P关于y轴的对称点为M时，求｜ ｜；
解：由题意知A（1，0，1），B（1，1，0），C（0，1，0），D（1，1，1）.由 ＝2 得P（1， ， ），
所以M（－1， ，－ ），所以｜ ｜＝
＝ .
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（2）当点P是面对角线AB的中点，点Q在面对角线DC上运动时，探
究｜ ｜的最小值.
解： 因为点P是面对角线AB的中点，所以P（1， ，
），而点Q在面对角线DC上运动，
故设点Q（a，1，a），a∈[0，1]，
则｜ ｜＝ ＝ ＝ ，a∈[0，1]，所以当a＝ 时，｜ ｜取得最小值为 ，此时点Q（ ，1， ）.
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9. （15分）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝
2，M，N分别为棱DD1，BC上的动点（含端点）.
（1）当点M在什么位置时，有B1D⊥平面MAC；
解： 以A为坐标原点，以AB，AD，AA1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.
设 ＝λ ，λ∈[0，1]，则A（0，0，0），B1（1，0，
2），C（1，1，0），D（0，1，0），D1（0，1，2），M
（0，1，2λ），
∴ ＝（－1，1，－2）， ＝（1，1，0）， ＝（0，1，2λ），
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要使B1D⊥平面MAC，需满足
解得λ＝ .
∴当M是棱DD1上靠近点D的四等分点时，有B1D⊥平面
MAC.
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（2）当动点M，N满足 ＝ 时，求点A1到平面AMN距离的取值范
围.
解： 设 ＝ ＝λ，λ∈[0，1]，则M（0，1，2λ），N
（1，λ，0），∴ ＝（0，0，2）， ＝（0，1，2λ），
＝（1，λ，0）.
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设平面AMN的法向量为n＝（x0，y0，z0），则
令z0＝1，得到x0＝2λ2，y0＝－2λ，故n＝（2λ2，－2λ，1）为平面AMN的
一个法向量.
点A1到平面ANM的距离d＝ ＝ ＝ ，
易知d＝ 在区间[0，1]上单调递减，最大值为2，最小值为 ，
∴d∈［ ，2］，即点A1到平面AMN距离的取值范围为［ ，2］.
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10. （15分）（2026·浙江杭州模拟）在平面四边形ABCD中，AB＝BC＝
CD＝BD＝2，AB⊥BD，将△BCD沿BD翻折至△BPD，其中P为动点.
（1）设AP＝AD，
①证明：AB⊥平面BPD；
②求三棱锥P-ABD的体积；
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解： ①证明：在△ABD中，AB＝BD
＝2，AB⊥BD，所以AD＝2 .
因为AP＝AD＝2 ，AB＝PB＝2，所以
AB2＋PB2＝AP2，
所以AB⊥BP.
又因为AB⊥BD，BP，BD 平面BPD，BP∩BD＝B，
所以AB⊥平面BPD.
②VP-ABD＝VA-PBD＝ ·S△PBD·AB＝ × ×2＝ .
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（2）求直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值.
解： 如图，建立以B为原点的空间直角坐标系，设
二面角P-BD-A的平面角为θ，则A（2，0，0），B
（0，0，0），D（0，2，0），P（ cos θ，1，
sin θ）.
所以 ＝（ cos θ－2，1， sin θ）.
又平面ABD的法向量为n＝（0，0，1），
设直线AP与平面ABD所成角为α，则
sin α＝｜ cos ＜ ，n＞｜
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＝ ＝ .
设y＝（ ）2＝ ，
设8－4 cos θ＝t（8－4 ≤t≤8＋4 ），
所以y＝1－ － ≤ （当且仅当t＝4，即 cos θ＝ 时
取等号），即 sin α≤ ，
故直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值为 .
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THANKS
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