培优课8 立体几何中的动态问题
立体几何中的“动态问题”是指空间中的某些点、线、面的位置是不确定的或可变的一类开放性问题，解答此类问题通常用以下三种方法：
(1)函数法：建立函数关系，将立体几何问题转化为函数问题来解．
(2)解析法：将空间图形中的若干元素坐标化后，借助向量进行运算和分析．
(3)等价转换法：将一些变化的点、线、面进行合理转换，实现变量与不变量的结合．
类型1 空间位置关系的判断
【典例1】 (多选)(2021·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则( )
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P-A1BC的体积为定值
C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
BD [＝λ＋μ(0≤λ≤1，0≤μ≤1)．
对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P的周长为AB1＋AP＋PB1＝＝，不是定值，A错误；
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
则＝＝S△PBC×＝S△PBC＝×1×1＝，为定值，故B正确；
对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，则当λ＝时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即＋(1－μ)2＋＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP，故C错误；
法一：对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK(图略)，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确．综上，故选BD．
法二：对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝时，点P在线段EF上运动，以点C1为原点，建立如图3所示的空间直角坐标系C1xyz，则B(0，1，1)，B1(0，1，0)，A1，P，所以＝＝，若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以－＝0，解得λ＝1，所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与点F重合，故D正确．综上，故选BD．
]
本题以正三棱柱为载体，融向量知识于其中，借助参数λ，μ的变化，将空间点、线、面的位置关系体现得淋漓尽致，鉴于正三棱柱的图形特征，将动态问题坐标化成为解答本题的首选．
[跟进训练]
1．(2024·福建泉州二模)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，则( )
A．直线AE∥平面PCD
B．直线AF与平面PBC所成角的最小值是
C．直线AE⊥直线PC
D．三棱锥F-ADE的体积随BF的增大而减小
C [如图，不妨设PA＝AB＝2，对于选项A，因为AB∥CD，且AB 平面PCD，CD 平面PCD，可得AB∥平面PCD，假设直线AE∥平面PCD，且AB∩AE＝A，AB，AE 平面PAB，所以平面PAB∥平面PCD，可知平面PAB与平面PCD没有公共点，显然点P为平面PAB与平面PCD的公共点，两者相矛盾，假设不成立，故A错误；
对于选项C，因为PA⊥平面ABCD，且BC 平面ABCD，所以PA⊥BC．
又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，可得BC⊥平面PAB，
由AE 平面PAB，可知AE⊥BC，又因为PA＝AB，E为线段PB的中点，则AE⊥PB，
且BC∩PB＝B，BC，PB 平面PBC，可得AE⊥平面PBC，由PC 平面PBC，可得AE⊥PC，故C正确；
对于选项B，由选项C可知：AE⊥平面PBC，
则直线AF与平面PBC所成角为∠AFE，且F为线段BC上的动点，
可得sin ∠AFE＝＝，当且仅当点F与B重合时，等号成立，且∠AFE∈，则∠AFE∈，
所以直线AF与平面PBC所成角的最大值是，故B错误；
对于选项D，由选项C可知：AE⊥平面PBC，且E为线段PB的中点，
则三棱锥E-ADF的高即为PA＝1，
所以三棱锥F-ADE的体积VF-ADE＝VE-ADF＝×1××2×2＝(定值)，故D错误．故选C．]
【教师备选资源】
(多选)如图所示，在菱形ABCD中，∠BAD＝，E，F，G分别是线段AD，CD，BC的中点，将△ABD沿直线BD折起得到三棱锥A-BCD，则在该三棱锥中，下列说法正确的是( )
A．直线EF∥平面ABC
B．直线BE与DG是异面直线
C．直线BE与DG可能垂直
D．若EG＝AB，则二面角A-BD-C的大小为
ABD [对于A，∵E，F分别为AD，CD中点，∴EF∥AC，
∵AC 平面ABC，EF 平面ABC，∴EF∥平面ABC，A正确；
对于B，∵BE∩平面BCD＝B，DG 平面BCD，B DG，
∴BE与DG为异面直线，B正确；
对于C，设菱形ABCD的边长为2，又∠BAD＝，则BD＝2，
∵＝＝＝＝，
∴＝＝－＋＝－4＋×4××4×＝－2＋，
∵＝4cos 〈〉∈，
∴≠0，
即BE与DG不可能垂直，C错误；
对于D，取BD中点O，连接AO，CO，OG，OE，
∵△ABD，△CBD为等边三角形，∴AO⊥BD，CO⊥BD，
∴∠AOC即为二面角A-BD-C的平面角，
设菱形ABCD的边长为2，则OA＝OC＝，
∵＝＝＝＝，
∴＝＋＋－＋＝＋1－cos ∠AOC＝cos ∠AOC，又EG＝AB，
∴cos ∠AOC＝，解得cos ∠AOC＝，
∴二面角A-BD-C的大小为，D正确．故选ABD．]
类型2 动点轨迹问题
【典例2】 (1)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点P为正方形ABCD所在平面内一动点，给出下列三个命题：
①若点P总满足PD1⊥DC1，则动点P的轨迹是一条直线；
②若点P到直线BB1与到平面CDD1C1的距离相等，则动点P的轨迹是抛物线；
③若点P到直线DD1的距离与到点C的距离之和为2，则动点P的轨迹是椭圆．
其中正确的命题个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
(2)设点A，B是半径为3的球O表面上两定点，且∠AOB＝60°，球O表面上动点P满足PA＝2PB，则点P的轨迹长度为( )
A．π B．π
C．π D．π
(1)C (2)D [(1)对于①，如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接BD1，CD1，
在正方体中，因为四边形CDD1C1为正方形，所以DC1⊥CD1，又BC⊥平面CDD1C1，DC1 平面CDD1C1，所以BC⊥DC1，又CD1∩BC＝C，CD1，BC 平面BCD1，所以DC1⊥平面BCD1，
平面BCD1∩平面ABCD＝BC，P∈平面ABCD，点P总满足PD1⊥DC1，
所以P∈平面BCD1，所以P∈BC，则动点P的轨迹是一条直线，故①正确；
对于②，BB1∩平面ABCD＝B，BB1⊥平面ABCD，P∈平面ABCD，则点P到直线BB1的距离等于点P到点B的距离，又点P到平面CDD1C1的距离等于点P到直线DC的距离，
则点P到点B的距离等于点P到直线DC的距离，由抛物线的定义可知，动点P的轨迹是抛物线，故②正确；
对于③，点P到直线DD1的距离等于点P到点D的距离，所以点P到点D的距离与到点C的距离之和为2，即PD＋PC＝2＝DC，则点P的轨迹为线段DC，故③不正确．
所以正确的命题个数是2．故选C．
(2)以△AOB所在的平面建立直角坐标系，AB为x轴，AB的垂直平分线为y轴，
＝3，则A，B，设P，因为＝2，所以＋y2＝4＋4y2，整理得到＋y2＝4，故点P的轨迹是以点C为圆心，2为半径的圆，
在空间中，当点P绕直线AB旋转一周时，PA，PB不变，依然满足PA＝2PB，故空间中点P的轨迹为以点C为球心，2为半径的球，
同时P在球O上，故P在两球的交线上，点P的轨迹对应的图形为圆．又球心距为CO＝＝＝，△OCP为直角三角形，对应圆的半径为＝，
周长为2π×＝π．
故选D．]
解空间中动点轨迹问题常用的两种方法
转化法 ①巧转化，根据几何体的结构特征将动点所满足的条件转化为平面图形内动点问题，判断线面位置关系、定点、定值等； ②定轨迹，根据平面几何的知识确定动点的轨迹形状或轨迹方程
坐标法 通过建立平面直角坐标系，将动点条件坐标化，通过化简变形得到坐标所满足的条件，进而确定动点轨迹的形状，再求其长度、面积等
[跟进训练]
2．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为CD的中点，且点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动．
(1)若总是保持EP∥平面BDD1B1，则动点P的轨迹长度为________；
(2)若总是保持AP与AB的夹角为30°，则动点P的轨迹长度为________．
(1)2 (2)π [(1)分别取BC，B1C1的中点F，G，连接EF，FG，EG，则BF＝BC，B1G＝B1C1．
因为BC∥B1C1，BC＝B1C1，所以BF∥B1G，BF＝B1G，
所以四边形BFGB1为平行四边形，所以BB1∥FG．
因为E为CD的中点，所以EF∥BD．
因为EF，FG 平面BDD1B1，BD，BB1 平面BDD1B1，
所以EF∥平面BDD1B1，FG∥平面BDD1B1．
因为EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面BDD1B1．
因为平面EFG∩平面BCC1B1＝FG，点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动，EP∥平面BDD1B1，
所以点P的轨迹是FG．
因为FG＝BB1＝2，所以动点P的轨迹长度为2．
(2)因为AB⊥平面BCC1B1，BP 平面BCC1B1，
所以AB⊥BP．
在Rt△ABP中，AB＝2，∠BAP＝30°，
则tan ∠BAP＝＝，
所以BP＝AB＝，
所以点P的轨迹是以B为圆心，为半径的一段弧，且圆心角为直角，所以动点P的轨迹长度为×2π×＝π．]
【教师备选资源】
1．(2024·浙江温州一模)如图，所有棱长都为1的正三棱柱ABC-A1B1C1中，＝2，点F是侧棱AA1上的动点，且＝2，H为线段FB上的动点，直线CH∩平面AEG＝M，则点M的轨迹为( )
A．三角形(含内部) B．矩形(含内部)
C．圆柱面的一部分 D．球面的一部分
A [如图所示：
首先保持H在线段FB上不动，假设H与F重合，
根据题意可知当F点在侧棱AA1上运动时，若F点在A1点处时，G为CC1的中点，
此时由＝2可得＝2，
当F点运动到图中F1位置时，易知＝2，设AG1∩CF1＝P，可得＝2，
取棱AC上的点N，满足＝2，根据三角形相似可得M，N，P三点共线，
当点F在侧棱AA1上从A1点运动到A点时，M点的轨迹即为线段MN；
再研究当点H在线段FB上运动时，
当点H在线段FB上从点F运动到点B时，M点的轨迹是线段ME，
当点H在线段F1B上从点F1运动到点B时，M点的轨迹是线段PE，
因此可得，当点F在侧棱AA1上运动时，H在线段FB上运动时，点M的轨迹为△MNE及其内部的所有点的集合，即可得M的轨迹为三角形(含内部)．故选A．]
2．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别是线段CD，AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为，则点P的轨迹是( )
A．圆的一部分 B．椭圆的一部分
C．抛物线的一部分 D．双曲线的一部分
B [把MN平移到平面A1B1C1D1中(图略)，直线D1P与MN所成角为θ，直线D1P与MN所成角的最小值是直线D1P与平面A1B1C1D1所成角，即原问题转化为：直线D1P与平面A1B1C1D1所成角为，点P在平面A1B1C1D1上的投影为圆的一部分，因为点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，所以点P的轨迹是椭圆的一部分．故选B．]
类型3 动态最值问题
【典例3】 (1)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A． B．
C． D．
(2)如图，在四面体D-ABC中，AD＝BD＝AC＝BC＝5，AB＝DC＝6，若M为线段AB上的动点(不包括端点)，则二面角D-MC-B的余弦值的取值范围是________．
(1)C (2) [(1)因为球的体积为36π，所以球的半径R＝3，
设正四棱锥的底面边长为2a，高为h ，
则l2＝2a2＋h2，R2＝2a2＋(h－R)2，
所以6h＝l2，2a2＝l2－h2，
所以正四棱锥的体积V＝Sh＝×4a2×h＝＝(3≤l≤3)，
所以V′＝＝l3(3≤l≤3)，当3≤l＜2 时，V′＞0，当2 ＜l≤3 时，V′＜0，
所以当l＝2 时，正四棱锥的体积取得最大值，最大值为，
又l＝3时，V＝，l＝3 时，V＝，
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是．
故选C．
(2)如图，取AB的中点O，连接OD，OC，由题意AD＝BD＝AC＝BC＝5，AB＝DC＝6，可知AB⊥平面CDO，
图形关于平面DCO对称，当点M在点O时，二面角D-MC-B的余弦值为0，当点M在点A时，作DE⊥平面ABC交CO于点E，作EF⊥AC交AC于F，连接DF，则∠DFE就是二面角D-MC-B的平面角，cos∠DCA＝，cos ∠ACO＝，
则cos ∠DCE＝，CE＝，EF＝＝，DF＝，cos ∠DFE＝＝＝，
所以二面角D-MC-B的余弦值小于，
由图形关于平面DCO对称，则二面角最大时，余弦值最小，大于－，
二面角D-MC-B的余弦值的取值范围是．]
在动态变化过程中涉及体积最大(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：在动态变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应的最大、最小值．
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把动态变化过程用函数表示，再利用代数方法求函数的最值．
[跟进训练]
3．(2024·广东广州二模)将一个直角三角板放置在桌面上方，如图，记直角三角板为△ABC，其中C＝，AB＝14，BC＝7，记桌面为平面α．若C∈α，且BC与平面α所成的角为，则点A到平面α的距离的最大值为________．
[如图，过B作BB1⊥α，交α于B1，过A作AA1⊥α，交α于A1，
因为在Rt△ABC中，∠ACB＝，BC＝7，AB＝14，
所以AC＝＝＝7，当A，B，B1，C四点共面时，点A到α的距离最大．
因为BB1⊥α，所以∠BCB1是BC与平面α所成的角，则∠BCB1＝，∠ACA1＝，
于是，AA1＝AC sin ＝7＝，即A到α的最大距离为．]
4．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边△ABC的中心为O．D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到一个三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积的最大值为________cm3．
4 [如图，连接OD，交BC于点G，
由题意，知OD⊥BC，OG＝BC．
设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，
三棱锥的高h＝
＝＝，
S△ABC＝×2x×3x＝3x2，则三棱锥的体积
V＝S△ABC·h＝x2·
＝．
令f (x)＝25x4－10x5，x∈，
则f ′(x)＝100x3－50x4，
令f ′(x)＝0得x＝2．当x∈(0，2)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，故当x＝2时，f (x)取得最大值80，则V≤＝4．
故三棱锥体积的最大值为4 cm3．]
【教师备选资源】
1．如图，正四面体ABCD的棱AB与平面α平行，且正四面体内的所有点在平面α内的射影构成的图形的面积的最小值是，则该正四面体的棱长为( )
A． B．1 C． D．2
B [根据题意，当CD⊥平面α时，射影构成的图形的面积最小，此时构成的三角形的底边为正四面体的棱长，设正四面体的棱长为a，高是直线CD到AB的距离，距离为＝a，射影面积为·a·a＝，解得a＝1．]
2．(多选)(2024·湖南长沙模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈，μ∈，则下列结论正确的是( )
A．当B1P∥平面A1BD时，B1P不可能垂直CD1
B．若B1P与平面CC1D1D所成角为，则点P的轨迹长度为
C．当λ＝μ时，的最小值为
D．当λ＝1时，正方体中经过点A1，P，C的截面面积的取值范围为
BD [A选项，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，
C(1，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，B1(1，0，1)，
所以＝(－1，0，1)，＝＝＋λ＋μ＝(0，1，－1)＋λ(－1，0，0)＋μ(0，0，1)＝(－λ，1，μ－1)，
则＝(－1，0，1)，＝(－1，1，0)，设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
所以 令x＝1，则y＝z＝1，即平面A1BD的一个法向量为n＝(1，1，1)．
若B1P∥平面A1BD，则n·＝0，即λ＝μ，
＝λ＋μ－1，令＝0，解得λ＝μ＝．
即P为CD1中点时，有B1P∥平面A1BD，且B1P⊥CD1，故A错误；
B选项，因为B1C1⊥平面CC1D1D，连接C1P，则∠B1PC1即为B1P与平面CC1D1D所成角，
若B1P与平面CC1D1D所成角为，
则tan ∠B1PC1＝＝1，所以C1P＝B1C1＝1，
即点P的轨迹是以C1为圆心，1为半径的个圆，所以点P的轨迹长度为，故B正确；
C选项，当λ＝μ时，＝λ()＝λ，此时点P在线段CD1上运动，
如图，将平面CD1D与平面BCD1A1沿CD1展开成平面图形，
线段A1D的长即为的最小值，利用余弦定理可知
A1D2＝－2A1D1·DD1·cos ＝2＋，所以A1D＝，故C错误；
D选项，当λ＝1时，＝＋μ ＝μ，故点P在线段DD1上运动，
正方体中经过点A1，P，C的截面为平行四边形A1PCH，
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0，0，0)，C(1，1，0)，A1(0，0，1)，P(0，1，μ)，
所以＝(1，0，－μ)，＝(1，1，－1)，＝1＋μ，
＝＝，所以点P到直线A1C的距离为
d＝＝＝，
所以当μ＝时，△PA1C的面积取得最小值，此时截面面积最小为；
当μ＝0或1时，△PA1C的面积取得最大值，此时截面面积最大为，故D正确．故选BD．]
培优专练8 立体几何中的动态问题
1．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F是线段B1D1上的动点且EF＝1，则三棱锥A-BEF的体积为( )
A． B． C． D．无法确定
C [如图，连接AC与BD交于点O，BB1⊥平面ABCD，AO 平面ABCD，
故AO⊥BB1，AO⊥BD，BD∩BB1＝B，故AO⊥平面BDD1B1．VA-BEF＝×S△BEF×AO＝×1×1×＝．故选C．]
2．已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为( )
A． B．π
C．2π D．3π
B [设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，
则O为△ABC的中心，且BO＝×6×＝2，
故PO＝＝2．
因为PQ≤5，故OQ≤1，故Q点的集合为以O为圆心，1为半径的圆及其内部，而△ABC内切圆的圆心为O，半径为＝>1，故Q的轨迹圆在△ABC内部，故其面积为π．]
3．(2024·山东日照二模)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，以正方体中心为球心的球O与正方体的各条棱相切，若点P在球O的正方体外部(含正方体表面)运动，则的最大值为( )
A．2 B．
C． D．
B [取AB中点E，可知E在球面上，可得＝－，
所以＝()·()＝－＝－，
点P在球O的正方体外部(含正方体表面)运动，当PE为直径时，＝，所以的最大值为．故选B．]
4．(2024·陕西商洛模拟)如图，AC为圆锥SO的底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，SO＝AC＝2，则下列结论正确的是( )
A．圆锥SO的侧面积为8π
B．三棱锥S-ABC的体积的最大值为
C．∠SAB的取值范围是
D．若AB＝BC，E为线段AB上的动点，则SE＋CE的最小值为2(＋1)
D [在Rt△SOC中，SC＝＝2，则圆锥的母线长l＝2，底面半径r＝OC＝2，
对于A，圆锥SO的侧面积为：πrl＝4π，故A错误；
对于B，当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC＝×4×2＝4，
则三棱锥S-ABC体积的最大值为×S△ABC×SO＝×4×2＝，故B错误；
对于C，因为△SAB为等腰三角形，SA＝SB，又SA2＋SC2＝AC2，所以∠ASC＝，
当点B与点A重合时，∠ASB＝0为最小角，当点B与点C重合时，∠ASB＝为最大角，
又因为B与A，C不重合，则∠ASB∈，
又2∠SAB＋∠ASB＝π，可得∠SAB∈，
故C错误；
对于D，由AB＝BC，∠ABC＝，AC＝4，得AB＝BC＝2，又SA＝SB＝2，
则△SAB为等边三角形，则∠SBA＝， 将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S1AB，
则△S1AB为等边三角形，∠S1BA＝，如图可知(SE＋CE)min＝S1C，
因为S1B＝BC＝2，∠S1BC＝∠S1BA＋∠ABC＝，
S1C2＝S1B2＋BC2－2×S1B×BC×cos ＝8＋8＋8＝(2＋2)2，
则(SE＋CE)min＝S1C＝2(＋1)，故D正确．故选D．]
5．(多选)(2024·广东梅州二模)如图，平面ABN⊥平面α，AB＝MN＝2，M为线段AB的中点，直线MN与平面α所成角的大小为30°，点P为平面α内的动点，则下列说法中正确的是( )
A．以N为球心，半径为2的球面在平面α上的截痕长为2π
B．若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
C．若P到直线MN的距离为1，则∠APB的最大值为
D．满足∠MNP＝45°的点P的轨迹是椭圆
BC [对于A，由于MN与平面α所成角的大小为30°，所以点N到平面α的距离d＝MN sin 30°＝1，
故半径为R＝2的球面在平面α上的截面圆的半径为r＝＝，故截痕长为2πr＝2π，A错误；
对于B，由于平面ABN⊥平面α，所以以AB所在直线为y轴，在平面α内过M作x轴⊥AB，平面ABN内作z轴⊥AB，建立如图所示的空间直角坐标系，
则M(0，0，0)，B(0，1，0)，A(0，－1，0)，N(0，，1)，
设P(x，y，0)，则PM＝PN x2＋y2＝x2＋(y－)2＋1，
化简得y＝，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确；
由B可知，＝(0，，1)，＝(x，y，0)，所以P到直线MN的距离为＝＝1，化简可得x2＋＝1，
所以点P是平面α内的椭圆x2＋＝1上一点，如图，当P在短轴的端点时，∠APB最大，
由于＝＝1，故∠BPM＝，
因此∠APB＝2∠BPM＝，C正确；
对于D，由B可知，＝(0，－，－1)，＝(x，y－，－1)，＝(x，y，0)，
若∠MNP＝45°，则cos ∠MNP＝cos 〈〉＝＝＝，
化简得＝1且y<，故满足∠MNP＝45°的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误，
故选BC．]
6．四棱锥P-ABCD的顶点P和底面ABCD的四个顶点都在半径为2的球面上，则该四棱锥体积的最大值为________．
[如图，设底面ABCD所在小圆的圆心为O1，半径为r，四棱锥P-ABCD的外接球球心为O，半径为R＝2，
则当O1P垂直于小圆O1所在平面时，四棱锥P-ABCD的高最大，四边形ABCD内接于小圆O1，
当四边形ABCD是正方形时面积最大，所以四棱锥P-ABCD是正四棱锥时体积最大．
设该正四棱锥的底面边长为a，高为h，0＜h＜4，
连接OC，O1C，则△OO1C为直角三角形，
则(h－R)2＋r2＝R2＝4，即(h－2)2＋r2＝R2＝4，
所以r2＝4h－h2，a＝2r，
所以VP-ABCD＝Sh＝a2h＝r2h＝h2(4－h)，
则V′＝(8h－3h2)，令V′＝(8h－3h2)＝0，所以h＝(h＝0舍去)，
当0＜h＜时，V′＞0，V在上单调递增，当＜h＜4时，V′＜0，V在上单调递减，
所以当h＝时，Vmax＝＝．]
1/1培优课8 立体几何中的动态问题
立体几何中的“动态问题”是指空间中的某些点、线、面的位置是不确定的或可变的一类开放性问题，解答此类问题通常用以下三种方法：
(1)函数法：建立函数关系，将立体几何问题转化为函数问题来解．
(2)解析法：将空间图形中的若干元素坐标化后，借助向量进行运算和分析．
(3)等价转换法：将一些变化的点、线、面进行合理转换，实现变量与不变量的结合．
类型1 空间位置关系的判断
【典例1】 (多选)(2021·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则( )
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P-A1BC的体积为定值
C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
[听课记录]
本题以正三棱柱为载体，融向量知识于其中，借助参数λ，μ的变化，将空间点、线、面的位置关系体现得淋漓尽致，鉴于正三棱柱的图形特征，将动态问题坐标化成为解答本题的首选．
[跟进训练]
1．(2024·福建泉州二模)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，则( )
A．直线AE∥平面PCD
B．直线AF与平面PBC所成角的最小值是
C．直线AE⊥直线PC
D．三棱锥F-ADE的体积随BF的增大而减小
类型2 动点轨迹问题
【典例2】 (1)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点P为正方形ABCD所在平面内一动点，给出下列三个命题：
①若点P总满足PD1⊥DC1，则动点P的轨迹是一条直线；
②若点P到直线BB1与到平面CDD1C1的距离相等，则动点P的轨迹是抛物线；
③若点P到直线DD1的距离与到点C的距离之和为2，则动点P的轨迹是椭圆．
其中正确的命题个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
(2)设点A，B是半径为3的球O表面上两定点，且∠AOB＝60°，球O表面上动点P满足PA＝2PB，则点P的轨迹长度为( )
A．π B．π
C．π D．π
[听课记录]
解空间中动点轨迹问题常用的两种方法
转化法 ①巧转化，根据几何体的结构特征将动点所满足的条件转化为平面图形内动点问题，判断线面位置关系、定点、定值等； ②定轨迹，根据平面几何的知识确定动点的轨迹形状或轨迹方程
坐标法 通过建立平面直角坐标系，将动点条件坐标化，通过化简变形得到坐标所满足的条件，进而确定动点轨迹的形状，再求其长度、面积等
[跟进训练]
2．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为CD的中点，且点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动．
(1)若总是保持EP∥平面BDD1B1，则动点P的轨迹长度为________；
(2)若总是保持AP与AB的夹角为30°，则动点P的轨迹长度为________．
类型3 动态最值问题
【典例3】 (1)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A． B．
C． D．
(2)如图，在四面体D-ABC中，AD＝BD＝AC＝BC＝5，AB＝DC＝6，若M为线段AB上的动点(不包括端点)，则二面角D-MC-B的余弦值的取值范围是________．
[听课记录]
在动态变化过程中涉及体积最大(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：在动态变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应的最大、最小值．
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把动态变化过程用函数表示，再利用代数方法求函数的最值．
[跟进训练]
3．(2024·广东广州二模)将一个直角三角板放置在桌面上方，如图，记直角三角板为△ABC，其中C＝，AB＝14，BC＝7，记桌面为平面α．若C∈α，且BC与平面α所成的角为，则点A到平面α的距离的最大值为________．
4．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边△ABC的中心为O．D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到一个三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积的最大值为________cm3．
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