立体几何中的动态问题
题型一 空间位置关系的判定
[典例1] (多选)如图，四边形ABCD为矩形，AD＝2AB，E是BC的中点，将△BAE沿AE翻折至△PAE的位置(点P 平面AECD)，设线段PD的中点为F．则在翻折过程中，下列选项正确的是( )
A．CF∥平面AEP
B．CF的长度恒定不变
C．AE⊥DP
D．异面直线CF与PE所成角的大小恒定不变
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
空间位置关系的动点问题的解法
(1)应用线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质定理进行转化；
(2)利用向量法或建立空间直角坐标系进行计算．
[跟进训练]
1．(多选)(2025·湖南益阳模拟)如图1，矩形ABCD中，E，F分别为BC，AD的中点，且BC＝2AB＝2，BF∩AE＝O，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，如图2，则在翻折过程中，下列结论正确的是( )
A．CF⊥OP
B．存在点P，使得PE∥CF
C．存在点P，使得PE⊥ED
D．三棱锥P-AED的体积的最大值为
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
题型二 轨迹问题
[典例2] (多选)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，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BB1与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
D．若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线
[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，或用代数法进行计算．
(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．
[跟进训练]
2．(1)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝3，点M是矩形ABCD内(含边界)的动点，且AB＝，AD＝2，直线PM与平面ABCD所成的角为，则点M的轨迹长度为( )
A． B．π
C．π D．
(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，若总是保持EP∥平面BDD1B1，则动点P的轨迹长度为________；若总是保持AP与AB的夹角为30°，则动点P的轨迹长度为________．
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
题型三 最值(范围)问题
[典例3] (1)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是线段B1D1上一动点，且AP∥平面DBC1，则异面直线AP与BD所成角的取值范围为( )
A． B．
C． D．
(2)(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．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
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，有如下常用的思路．
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在什么位置时，所求的量有相应最大值、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．
[跟进训练]
3．(多选)(2025·重庆模拟)如图所示，一个圆锥SO的底面是一个半径为3的圆，AC为直径，且∠ASC＝120°，点B为圆O上一动点(异于A，C两点)，则下列结论正确的是( )
A．∠SAB的取值范围是
B．二面角S-BC-A的平面角的取值范围是
C．点A到平面SBC的距离的最大值为3
D．点M为线段SB上的一动点，当SA⊥SB时，AM＋MC＞6
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重点培优课8 立体几何中的动态问题
题型一
典例1 ABD [取AP的中点G，连接EG，FG，如图，
因为F为线段PD的中点，则有GF∥AD，GF＝又E是矩形ABCD边BC的中点，则CE∥AD，CE＝AD，于是得GF∥CE，GF＝CE，即四边形CEGF是平行四边形，则CF∥EG，而EG?平面AEP，CF?平面AEP，因此，CF∥平面AEP，A正确；
在?CEGF中，CF＝EG，在△PAE中，PE＝PA＝AB，∠APE＝90°，即EG为已知等腰直角三角形一腰上的中线，则EG长是定值，∠PEG也是定值，
因此，CF的长度恒定不变，B正确；
由CF∥EG知，异面直线CF与PE所成角的大小为∠PEG，D正确；
假设AE⊥DP，由于AE＝DE＝AB，则
AE2＋DE2＝4AB2＝AD2，即AE⊥DE，
而DP∩DE＝D，DP，DE?平面PDE，则AE⊥平面PDE，有AE⊥PE，折叠前后有∠PEA＝∠BEA＝45°，与AE⊥PE矛盾，即假设错误，C不正确．
故选ABD．]
跟进训练
1．ACD [依题意，AF∥EC，AF＝EC，则四边形AECF为平行四边形，有CF∥AE，而AF＝AB＝BE，∠BAF＝∠ABE＝90°，即有∠ABO＝∠BAO＝45°，因此BF⊥AE，即OP⊥AE，因此CF⊥OP，A正确；
因为PE∩AE＝E，CF∥AE，因此PE，CF不平行，即不存在点P，使得PE∥CF，B错误；
连接PF，当PF＝1时，因为PO＝FO＝，即PO2＋FO2＝1＝PF2，则PO⊥FO，
而FO⊥AE，PO∩AE＝O，PO，AE?平面PAE，因此FO⊥平面PAE，又O，F分别为AE，AD的中点，
即ED∥FO，于是ED⊥平面PAE，而PE?平面PAE，则PE⊥ED，C正确；
在翻折过程中，令PO与平面AED所成的角为θ，则点P到平面AED的距离h＝PO sin θ＝sin θ，又△AED的面积S△AED＝AD·AB＝1，因此三棱锥P-AED的体积VP－AED＝S△AED·h＝sin θ≤，
当且仅当θ＝90°，即PO⊥平面AED时取等号，所以三棱锥P-AED的体积的最大值为，D正确．
故选ACD．]
题型二
典例2 ACD [如图所示，
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，所以∠MND＝，所以DN＝DM＝×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，A正确；
在Rt△MDN中，DN＝，取MD的中点E，MN的中点P，连接PE，所以PE∥DN，且PE＝因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，其面积为π·2＝3π，B不正确；
连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点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，C正确；
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，
设N(x，y，0)，
则＝(0，4，0)，＝(x，y，－4)，
因为D1N与AB所成的角为，
所以＝cos ，
所以，整理得＝1，所以点N的轨迹为双曲线，D正确．故选ACD．]
跟进训练
2．(1)A (2)2 π [(1)由于PA⊥平面ABCD，
AM 平面ABCD，所以PA⊥AM，
则∠PMA是直线PM与平面ABCD所成的角，
即∠PMA＝，
tan ＝＝＝，AM＝∈，
所以M点的轨迹是以A为圆心，半径为的圆在矩形ABCD内的部分，
如图，设圆与BC，AD分别交于E，F两点，
BE＝＝，所以∠BAE＝，∠EAF＝，
所以M点的轨迹长度为＝．故选A．
(2)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．
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．]
题型三
典例3 (1)C (2)C [(1)如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，
设P(λ，λ，1)，λ∈[0，1]，
∴＝(1，1，0)，＝(λ－1，λ，1)，
∴＝2λ－1，||＝，
||＝，
设异面直线AP与BD所成的角为θ，
则cos θ＝＝
＝＝
＝，
当λ＝时，cos θ取得最小值，为0，
当λ＝0或1时，cos θ取得最大值，为，
∴0≤cos θ≤，则≤θ≤．故选C．
(2)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＋h2，32＝2a2＋(3－h)2，
所以6h＝l2，2a2＝l2－h2，
所以正四棱锥的体积V＝Sh＝×4a2×h＝＝，
所以V′＝＝l3，
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V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V的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是 ．
故选C．]
跟进训练
3．BD [由已知AC＝6，∠ASC＝120°，且SA＝SC＝SB，
在△ASC中，由余弦定理的推论可知，
cos ∠ASC＝，
即－＝，解得SA＝SC＝SB＝2，则SO＝．
A选项，点B为圆O上一动点(异于A，C两点)，
则AB∈(0，6)，
在△ABS中，
cos ∠SAB＝＝＝，
所以cos ∠SAB＝∈，
所以∠SAB∈，A选项错误；
B选项，取BC的中点D，连接SD，OD，则SD⊥BC，OD⊥BC, 且OD∥AB，OD＝AB∈(0，3)，
则二面角S-BC-A的平面角为∠SDO，
所以tan ∠SDO＝＝∈，
所以∠SDO∈，B选项正确；
C选项，由已知S△SBC＝BC·SD，
又S△ABC＝AB·BC＝OD·BC，
则三棱锥S-ABC的体积
VS-ABC＝S△ABC·SO＝OD·BC，
设点A到平面SBC的距离为d，
则VA-SBC＝S△SBC·d＝BC·SD·d＝OD·BC，
则d＝2＝2cos ∠SDO∈(0，3)，C选项错误；
D选项，当SA⊥SB时，AB＝SA＝2，BC＝2，则△SAB为等腰直角三角形，△SBC为等边三角形，
将平面SBC绕SB旋转至SBC′，使C′与△SAB共面，如图所示，
则AM＋MC＝AM＋MC′≥AC′，
在△SAC′中，∠ASC′＝，
由余弦定理可知
AC′2＝SA2＋SC′2－2SA·SC′·cos ∠ASC′＝12＋12＋12＝24＋12＞36，
所以AM＋MC≥AC′＞6，D选项正确．
故选BD．]
1 / 4(共106张PPT)
第七章
立体几何与空间向量
重点培优课8 立体几何中的动态问题
题型一 空间位置关系的判定
[典例1] (多选)如图，四边形ABCD为矩形，AD＝2AB，E是BC的中点，将△BAE沿AE翻折至△PAE的位置(点P 平面AECD)，设线段PD的中点为F．则在翻折过程中，下列选项正确的是( )
√
A．CF∥平面AEP
B．CF的长度恒定不变
C．AE⊥DP
D．异面直线CF与PE所成角的大小恒定不变
√
√
ABD [取AP的中点G，连接EG，FG，如图，
因为F为线段PD的中点，则有GF∥AD，GF＝AD，又E是矩形ABCD边BC的中点，则CE∥AD，CE＝AD，于是得GF∥CE，GF＝CE，即四边形CEGF是平行四边形，则CF∥EG，而EG 平面AEP，CF 平面AEP，
因此，CF∥平面AEP，A正确；
在 CEGF中，CF＝EG，在△PAE中，PE＝PA＝AB，∠APE＝90°，即EG为已知等腰直角三角形一腰上的中线，则EG长是定值，∠PEG也是定值，
因此，CF的长度恒定不变，B正确；
由CF∥EG知，异面直线CF与PE所成角的大小为∠PEG，D正确；
假设AE⊥DP，由于AE＝DE＝AB，则
AE2＋DE2＝4AB2＝AD2，即AE⊥DE，
而DP∩DE＝D，DP，DE 平面PDE，则AE⊥平面PDE，有AE⊥PE，折叠前后有∠PEA＝∠BEA＝45°，与AE⊥PE矛盾，即假设错误，C不正确．故选ABD．]
【教用·备选题】
1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点．下列叙述正确的是( )
A．若＝，则异面直线BP与C1D所成角的余弦值为
B．若＝λ(λ∈[0，1])，三棱锥P-A1BC的体积为定值
C．若＝λ(λ∈[0，1])，有且仅有一个点P，使得A1C⊥平面AB1P
D．若＝λ(λ∈[0，1])，则异面直线BP与C1D所成角的取值范围是
√
√
√
ABD [如图1，P为AD1的中点，取B1D1的中点O，连接PO，BO，则PO∥C1D，所以∠BPO或其补角即为异面直线BP与C1D所成的角，易得BP＝，PO＝，BO＝，
所以cos ∠BPO＝＝，
A正确．
由条件＝λ(λ∈[0，1])，可知点P的轨迹为线段B1C1，因为B1C1∥BC，故P到平面A1BC的距离为定值，且△A1BC的面积为定值，故三棱锥P-A1BC的体积为定值，B正确．
由＝λ(λ∈[0，1])可知点P在线段EF上(E，F分别为BB1，CC1的中点)，如图2，因为A1C⊥平面AB1D1，所以平面AB1P即为平面AB1D1，点P即为平面AB1D1与直线
EF的交点，此交点在FE的延长线上，
C错误．
由＝λ(λ∈[0，1])可知点P的轨迹为
线段AD1，以A1为坐标原点建立空间直角
坐标系，如图3，C1(2，2，0)，D(0，2，2)，
B(2，0，2)，设P(0，a，2－a)，a∈[0，2]，
得＝(－2，0，2)，＝(－2，a，－a)，
所以cos 〈〉＝＝，
令2－a＝x∈[0，2]，
当a＝2，即x＝0时，cos 〈〉＝0，此时直线BP与C1D所成角是；
当a≠2，即x∈(0，2]时，则cos 〈〉＝，令＝t∈，cos 〈，〉＝，所以当＝t＝，即a＝0时，cos 〈〉取得最大值，为，直线BP与C1D所成角的最小值为，D正确．
故选ABD．]
2．(多选)(2024·江苏南京二模)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，点P满足＝λ＋μ，则下列说法正确的是( )
A．若λ＝1，μ＝0，则三棱锥P-BEC外接球的表面积为
B．若λ＝μ＝，则异面直线CP与B1F所成角的余弦值为
C．若λ＋μ＝1，则△PEF面积的最小值为
D．若存在实数x，y使得＝x＋y，则D1P的最小值为
√
√
AD [A，由题意可知，P与B1重合，
故三棱锥P-BEC的外接球与以BB1，BE，BC为长、宽、高的长方体的外接球相同，设外接球半径为R，
故2R＝＝，表面积为4πR2＝π，故A正确；
B，以D为原点建系，C，D1，A1，B1，F，E，A(1，0，0)，
由＝＝，
所以P，
＝＝＝＝＝，故B错误；
C，由λ＋μ＝1得，P在线段B1D1上运动，设P在底面ABCD的投影为Q，连接QE，QF，
由于QE＝QF，所以PE＝，PF＝，故PE＝PF，
连接EF，BD相交于点M，连接MP，
S△PEF＝EF·PM＝≥
＝×1＝，
当Q，M重合时取等号，故C错误；
D，由＝λ＋μ(0≤λ≤1，0≤μ≤1)，
得P＝＝＝，
由＝x＋y，
可得
所以λ－μ＝＝＝＝＝，
当μ＝时，＝，故D正确．
故选AD．]
名师点评 空间位置关系的动点问题的解法
(1)应用线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质定理进行转化；
(2)利用向量法或建立空间直角坐标系进行计算．
[跟进训练]
1．(多选)(2025·湖南益阳模拟)如图1，矩形ABCD中，E，F分别为BC，AD的中点，且BC＝2AB＝2，BF∩AE＝O，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，如图2，则在翻折过程中，下列结论正确的是( )
A．CF⊥OP
B．存在点P，使得PE∥CF
C．存在点P，使得PE⊥ED
D．三棱锥P-AED的体积的最大值为
√
√
√
ACD [依题意，AF∥EC，AF＝EC，则四边形AECF为平行四边形，有CF∥AE，而AF＝AB＝BE，∠BAF＝∠ABE＝90°，即有∠ABO＝∠BAO＝45°，因此BF⊥AE，即OP⊥AE，因此CF⊥OP，A正确；
因为PE∩AE＝E，CF∥AE，因此PE，CF不平行，即不存在点P，使得PE∥CF，B错误；
连接PF，当PF＝1时，因为PO＝FO＝，即PO2＋FO2＝1＝PF2，则PO⊥FO，
而FO⊥AE，PO∩AE＝O，PO，AE 平面PAE，因此FO⊥平面PAE，又O，F分别为AE，AD的中点，
即ED∥FO，于是ED⊥平面PAE，而PE 平面PAE，则PE⊥ED，C正确；
在翻折过程中，令PO与平面AED所成的角为θ，则点P到平面AED的距离h＝PO sin θ＝sin θ，又△AED的面积S△AED＝AD·AB＝1，因此三棱锥P-AED的体积VP-AED＝S△AED·h＝sin θ≤，
当且仅当θ＝90°，即PO⊥平面AED时取等号，所以三棱锥P-AED的体积的最大值为，D正确．故选ACD．]
【教用·备选题】
(多选)(2024·贵州遵义一模)将边长为4的正方形ABCD沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则下列命题是真命题的是( )
A．不论二面角D-AC-B为何值，总有AC⊥BD
B．当二面角D-AC-B为120°时，BD＝2
C．当二面角D-AC-B为90°时，△BCD是等边三角形
D．不论二面角D-AC-B为何值，四面体ABCD外接球的体积为
√
√
√
ABC [在正方形ABCD中，连接BD交AC于点O，则OA＝OB＝OC＝OD＝AC＝2，且AC⊥BD，
在四面体ABCD中，AC⊥OB且AC⊥OD，又OB∩OD＝O，OB，OD 平面OBD，
∴AC⊥平面OBD．又BD 平面OBD，
∴AC⊥BD，故A正确；
因为AC⊥OB且AC⊥OD，所以∠BOD即为二面角D-AC-B的平面角，
当二面角D-AC-B为120°时，即∠BOD＝120°，
在△BOD中，由余弦定理得
BD＝
＝
＝2，故B正确；
当二面角D-AC-B为90°时，即∠BOD＝90°，
所以BD＝＝＝4，
又CD＝BC＝4，所以△BCD是等边三角形，故C正确；
因为OA＝OB＝OC＝OD＝2，所以四面体ABCD外接球的球心是O，
所以外接球半径R＝OA＝2，
∴四面体ABCD的外接球体积V＝＝，故D错误．故选ABC．]
题型二 轨迹问题
[典例2] (多选)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，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BB1与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
D．若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线
√
√
√
ACD [如图所示，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，所以∠MND＝，所以DN＝DM＝＝×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，A正确；
在Rt△MDN中，DN＝＝＝2，取MD的中点E，MN的中点P，连接PE，所以PE∥DN，且PE＝DN＝，因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，其面积为π·()2＝3π，B不正确；
连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点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，C正确；
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，设N(x，y，0)，
则＝(0，4，0)，＝(x，y，－4)，
因为D1N与AB所成的角为，
所以|cos 〈〉|＝cos ，
所以＝，整理得＝1，所以点N的轨迹为双曲线，D正确．故选ACD．]
名师点评
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，或用代数法进行计算．
(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．
[跟进训练]
2．(1)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝3，点M是矩形ABCD内(含边界)的动点，且AB＝，AD＝2，直线PM与平面ABCD所成的角为，则点M的轨迹长度为( )
A． B．π
C．π D．
√
(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，若总是保持EP∥平面BDD1B1，则动点P的轨迹长度为________；若总是保持AP与AB的夹角为30°，则动点P的轨迹长度为________．
2
π
(1)A (2)2 π [(1)由于PA⊥平面ABCD，
AM 平面ABCD，所以PA⊥AM，
则∠PMA是直线PM与平面ABCD所成的角，
即∠PMA＝，
tan ＝＝＝，AM＝∈，
所以M点的轨迹是以A为圆心，半径为的圆在矩形ABCD内的部分，
如图，设圆与BC，AD分别交于E，F两点，
BE＝＝，所以∠BAE＝，∠EAF＝，
所以M点的轨迹长度为＝．故选A．
(2)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．
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．]
【教用·备选题】
1．(多选)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝1，AA1＝3，点M是侧面ADD1A1上的一个动点(含边界)，P是棱CC1的中点，则下列结论正确的是( )
A．当PM长度最小时，三棱锥M-BDP的体积为
B．当PM长度最大时，三棱锥M-BDP的体积为
C．若保持PM＝，则点M在侧面内运动路径的长度为π
D．若M在平面ADD1A1内运动，且∠MD1B＝∠B1D1B，则点M的轨迹为圆弧
√
√
AC [当PM长度最小时，M为线段DD1的中点，MD＝DD1＝，求得点P到平面BDM的距离为h＝，VM-BDP＝VP-BDM＝S△BDM×h＝＝，A正确；
当PM长度最大时，点M与点A或点A1重合，若点M与点A重合，
VM-BDP＝VP-ABD＝S△ABD×PC＝×2×1×＝，当点M与点A1重合时，由于AA1与平面BDP不平行且A，A1在该平面同侧，所以此时体积不为，所以B错误；
取DD1的中点O，连接PO，OM，如图所示，易证PO⊥平面ADD1A1，OM 平面ADD1A1，则PO⊥OM，若保持PM＝，则OM＝＝1，
则点M的轨迹是以1为半径的半圆弧，长度为π×1＝π，C正确；
以点D为原点建立空间直角坐标系如图所示，
则D1(0，0，3)，B1(1，2，3)，B(1，2，0)，
设M(m，0，n)(0≤m≤1，0≤n≤3)，
则有＝(1，2，－3)，＝(1，2，0)，＝(m，0，n－3)，
若∠MD1B＝∠B1D1B，则有cos ∠MD1B＝cos ∠B1D1B，
即＝，
化简得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(此时n＝2m＋3，m＝0，n＝3)，
故点M的轨迹为线段，D错误．故选AC．]
2．如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N，G分别是棱AA1，BC，A1D1的中点，设Q是该正方体表面上的一点，若＝x＋y(x，y∈R)，则点Q的轨迹围成图形的面积是________．
3
3 [因为＝x＋y(x，y∈R)，所以点Q在平面MGN上，
分别取AB，CC1，C1D1的中点E，F，O，则点Q的轨迹是正六边形OFNEMG，
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，
所以正六边形OFNEMG的边长为，
所以点Q的轨迹围成图形的面积
S＝6××sin 60°＝3．]
题型三 最值(范围)问题
[典例3] (1)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是线段B1D1上一动点，且AP∥平面DBC1，则异面直线AP与BD所成角的取值范围为( )
A． B．
C． D．
√
(2)(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．
√
(1)C (2)C [(1)如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，
设P(λ，λ，1)，λ∈[0，1]，
∴＝(1，1，0)，＝(λ－1，λ，1)，
∴＝2λ－1，||＝，
||＝，
设异面直线AP与BD所成的角为θ，
则cos θ＝＝＝＝
＝，
当λ＝时，cos θ取得最小值，为0，
当λ＝0或1时，cos θ取得最大值，为，
∴0≤cos θ≤，则≤θ≤．故选C．
(2)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＋h2，32＝2a2＋(3－h)2，
所以6h＝l2，2a2＝l2－h2，
所以正四棱锥的体积V＝Sh＝×4a2×h＝＝，
所以V′＝＝l3，
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V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V的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是 ．
故选C．]
名师点评 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，有如下常用的思路．
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在什么位置时，所求的量有相应最大值、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．
[跟进训练]
3．(多选)(2025·重庆模拟)如图所示，一个圆锥SO的底面是一个半径为3的圆，AC为直径，且∠ASC＝120°，点B为圆O上一动点(异于A，C两点)，则下列结论正确的是( )
A．∠SAB的取值范围是
B．二面角S-BC-A的平面角的取值范围是
C．点A到平面SBC的距离的最大值为3
D．点M为线段SB上的一动点，当SA⊥SB时，AM＋MC＞6
√
√
BD [由已知AC＝6，∠ASC＝120°，且SA＝SC＝SB，
在△ASC中，由余弦定理的推论可知，
cos ∠ASC＝，
即－＝，解得SA＝SC＝SB＝2，则SO＝．
A选项，点B为圆O上一动点(异于A，C两点)，
则AB∈(0，6)，
在△ABS中，
cos ∠SAB＝＝＝，
所以cos ∠SAB＝∈，
所以∠SAB∈，A选项错误；
B选项，取BC的中点D，连接SD，OD，则SD⊥BC，OD⊥BC, 且OD∥AB，OD＝AB∈(0，3)，
则二面角S-BC-A的平面角为∠SDO，
所以tan ∠SDO＝＝∈，
所以∠SDO∈，B选项正确；
C选项，由已知S△SBC＝BC·SD，
又S△ABC＝AB·BC＝OD·BC，
则三棱锥S-ABC的体积
VS-ABC＝S△ABC·SO＝OD·BC，
设点A到平面SBC的距离为d，
则VA-SBC＝S△SBC·d＝BC·SD·d＝OD·BC，
则d＝2＝2cos ∠SDO∈(0，3)，C选项错误；
D选项，当SA⊥SB时，AB＝SA＝2，BC＝2，则△SAB为等腰直角三角形，△SBC为等边三角形，
将平面SBC绕SB旋转至SBC′，使C′与△SAB共面，
如图所示，
则AM＋MC＝AM＋MC′≥AC′，
在△SAC′中，∠ASC′＝，
由余弦定理可知
AC′2＝SA2＋SC′2－2SA·SC′·cos ∠ASC′＝12＋12＋12＝24＋12＞36，
所以AM＋MC≥AC′＞6，D选项正确．
故选BD．]
【教用·备选题】
1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，H为棱AA1(包含端点)上的动点，下列命题正确的是( )
A．CH⊥BD
B．平面D1AB1与平面AB1C的夹角为
C．点H到平面B1CD1距离的取值范围是
D．若CH⊥平面β，则直线CD与平面β所成角的正弦值的取值范围为
√
√
√
ACD [由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C1(0，1，1)，B1(1，1，1)，
设H(1，0，h)，其中0≤h≤1．
＝(1，－1，h)，＝(1，1，0)，故＝0，即CH⊥BD，A正确；
＝(0，1，1)，＝(－1，0，1)，＝(－1，1，0)，
设平面D1AB1的法向量为m＝(x，y，z)，
则即取z＝1，则x＝1，y＝－1，
故m＝(1，－1，1)为平面D1AB1的一个法向量．
设平面AB1C的法向量为n＝(a，b，c)，
则即取b＝1，则a＝1，c＝－1，
故n＝(1，1，－1)为平面AB1C的一个法向量．
故cos 〈m，n〉＝＝－，
而平面D1AB1与平面AB1C的夹角为锐角，故其余弦值为，所以平面D1AB1与平面AB1C的夹角不是，B错误；
＝(1，1，0)，＝(0，1，－1)，
设平面CB1D1的法向量为k＝(p，q，r)，
则
即取q＝1，则p＝－1，r＝1，
故k＝(－1，1，1)为平面CB1D1的一个法向量．
而＝(0，－1，h－1)，故点H到平面CB1D1的距离为||×＝＝∈，C正确；
设直线CD与平面β所成的角为θ．
因为CH⊥平面β，故＝(1，－1，h)为平面β的一个法向量，
而＝(0，1，0)，
故sin θ＝|cos 〈〉|＝＝，
而h∈[0，1]，所以∈，D正确．故选ACD．]
2．已知正四面体ABCD的棱长为3，点E满足＝λ(0＜λ＜1)，过点E作平面α平行于AC和BD，设α分别与该正四面体的棱BC，CD，DA相交于点F，G，H，则四边形EFGH的周长为________，四棱锥A-EFGH的体积的最大值为________．
6
6 [因为AC∥平面α，平面α∩平面ABC＝EF，AC 平面ABC，
故AC∥EF，同理AC∥GH，故EF∥GH，
同理EH∥GF，故四边形EFGH为平行四边形．
由＝λ，可得AE∶AB＝λ，则HE∶DB＝λ，EF∶AC＝1－λ，
又正四面体ABCD的棱长为3，则HE＝GF＝3λ，EF＝GH＝3(1－λ)，
四边形EFGH的周长为HE＋GF＋EF＋GH＝2[3λ＋3(1－λ)]＝6．
取BD的中点为M，AC的中点为Q，连接AM，MC，MQ，
则由正四面体可得AM＝MC＝，
故MQ＝＝且MQ⊥AC，故MQ⊥EF．
因为AD＝AB，DM＝MB，故AM⊥BD，同理CM⊥BD，
而AM∩MC＝M，AM，MC 平面AMC，故BD⊥平面AMC，因为AC，MQ 平面AMC，所以BD⊥MQ，BD⊥AC，故HE⊥MQ，且HE⊥EF，故平行四边形EFGH为矩形．
而HE∩EF＝E，HE，EF 平面EFGH，故MQ⊥平面EFGH．因为AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，
故点A到平面EFGH的距离即为点Q到平面EFGH的距离，
点B到平面EFGH的距离即为点M到平面EFGH的距离，
而＝λ，故＝，故点A到平面EFGH的距离与点B到平面EFGH的距离的比值为，结合MQ＝可得A到平面EFGH的距离为λ，则四棱锥A-EFGH的体积V＝×3λ×3(1－λ)×λ＝λ2(1－λ)．
令f (x)＝x2(1－x)(0＜x＜1)，
则f ′(x)＝x(2－3x)，
由f ′(x)＞0得0＜x＜，由f ′(x)＜0，得＜x＜1，
则f (x)在上单调递增，在上单调递减，
则f (x)在x＝处取得最大值，最大值为f＝＝，
即四棱锥A-EFGH的体积的最大值为．]
一、单项选择题
1．如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是( )
A．直线 B．抛物线
C．椭圆 D．双曲线的一支
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
√
培优训练(八) 立体几何中的动态问题
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
C [由题意可知，当P点运动时，在空间中，满足条件的AP绕AB旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60°角的平面截圆锥，所得图形为椭圆．故选C．]
2．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
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
√
C [如图所示，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，BD，BB1 平面BDD1B1，故AO⊥平面BDD1B1，VA-BEF＝×S△BEF×AO
＝×1×1×＝．
故选C．]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
3．(2025·陕西安康模拟)如图，在底面为等边三角形的直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1＝，D，E分别为棱BC，BB1的中点，F为棱AB上的动点，且线段C1F长度的最小值为，则异面直线AC与DE所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
√
A [连接CF．由于三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以C1C⊥底面ABC，又CF 底面ABC，所以C1C⊥CF，
故C1F＝＝，
故当CF⊥AB时，此时CF最小，线段C1F的长度最小，
由于线段C1F长度的最小值为，故此时CF＝，F为AB中点，故AB＝2．
连接DF，EF，则DF∥AC，故∠EDF或其补角即为异面直线AC与DE所成角，
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
DE＝＝，DF＝1，
FE＝＝，
cos ∠EDF＝＝＝，
故异面直线AC与DE所成角的余弦值为．
故选A．]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
4．正四面体A-BCD的棱长为4，空间中的动点P满足＝2，则的取值范围为( )
A． B．
C． D．
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
√
D [分别取BC，AD的中点E，F，则＝＝2，
所以＝，
故点P的轨迹是以E为球心，以为半径的球面，＝
－＝－＝－＝4－，
又ED＝＝＝2，EF＝＝＝2，
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
所以＝EF－＝＝EF＋＝3，
所以的取值范围为 ．
故选D．]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
二、多项选择题
5．(2025·山西大同模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AB，A1B1的中点，动点P满足＝λ＋μ，其中λ，μ∈(0，1]，则下列命题正确的是( )
A．若λ＝2μ，则平面AB1P⊥平面DEF
B．若λ＝μ，则D1P与A1C1所成角的取值范围为
C．若λ＝μ－，则PD1∥平面A1C1E
D．若λ＋μ＝，则线段PF长度的最小值为
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
√
√
AC [A项，如图，取线段BC的中点Q，连接AQ，
B1Q．
＝λ＋μ，λ，μ∈(0，1]，
若λ＝2μ，则＝2μ＝2μ，
则A，P，Q三点共线，即点P在线段AQ(不包含点A)上运动．
由Q，E分别是线段BC，AB的中点，则△ABQ与△DAE全等，
则∠QAB＝∠ADE，∠QAB＋∠DEA＝∠ADE＋∠DEA＝，
所以AQ⊥DE．
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
由AA1⊥平面ABCD，EF∥AA1，
得EF⊥平面ABCD，AQ 平面ABCD，所以EF⊥AQ，
又EF 平面DEF，DE 平面DEF，EF∩DE＝E，
所以AQ⊥平面DEF，又AQ 平面AB1P，
所以平面AB1P⊥平面DEF，故A正确；
B项，＝λ＋μ，λ，μ∈(0，1]，
若λ＝μ，则＝λ＝λ，
则A，P，C三点共线，即点P在线段AC(不包含点A)上运动．
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
如图，以D为坐标原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
则D1(0，0，2)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，A1(2，0，2)，
由＝λ＝(－2λ，2λ，0)，
则＝＝(2，0，－2)＋(－2λ，2λ，0)＝(2－2λ，2λ，－2)，
又＝(－2，2，0)，
所以cos 〈〉＝＝＝，
＝＝1－，
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
因为λ∈，则λ2－λ＋1＝＋∈，1－∈，
∈，因为异面直线所成角的取值范围为，故D1P与A1C1所成角的取值范围为，
故B错误；
C项， 如图，连接AC，过E作EG∥AC，交BC于
点G，则G为BC的中点．
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
延长BA至T，使＝－．
取DC的中点N，连接TN，交DA于点M，则M为AD中点，连接D1M，D1N，MG，GC1．
由MG∥DC∥D1C1，且MG＝DC＝D1C1，
得四边形MGC1D1为平行四边形，则D1M∥GC1，
由AC∥A1C1，则EG∥A1C1，则E，A1，C1，G四点共面．
由MN∥AC，则EG∥MN，
又MN 平面D1MN，EG 平面D1MN，
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
则EG∥平面D1MN，同理，GC1∥平面D1MN，
又EG 平面EA1C1，GC1 平面EA1C1，GC1∩EG＝G，
故平面D1MN∥平面EA1C1．
若λ＝μ－，由0<λ≤1，0<μ≤1，可得<μ≤1，
＝＋μ＝－＋μ<μ≤1，
则M，P，N三点共线，即点P在线段MN(不包含点M)上运动．
又PD1 平面D1MN，故PD1∥平面A1C1E，故C正确；
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
D项，如图，取DC的中点N，BC的中点G，连接NG．
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
若λ＋μ＝，由0<λ≤1，0<μ≤1，可得≤μ≤1，
＝＋μ＝＋μ≤μ≤1，
与C项同理可得，点P在线段NG上运动．
连接FP，同选项B建系，
则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，F(2，1，2)，＝(0，2，0)，＝(－2，0，0)，
则＝＋μ＝(0，2，0)＋μ(－2，0，0)＝(－2μ，3－2μ，0)，
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
＝(0，1，2)，所以＝＝(2μ，2μ－2，2)，
则＝＝2，
故当μ＝时，线段PF长度的最小值为，故D错误．故选AC．]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
6．(2025·山东枣庄模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为棱DD1，DC的中点，点P为四边形A1B1C1D1(含边界)内一动点，且MP＝2，则( )
A．A1B∥平面AMN
B．点P的轨迹长度为π
C．存在点P，使得MP⊥平面AMN
D．点P到平面AMN距离的最大值为
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
√
√
√
ABD [对于A，在正方体中易知MN∥CD1，CD1∥A1B，故NM∥A1B，
又A1B 平面AMN，MN 平面AMN，所以A1B∥平面AMN，故A正确；
对于B，因为点P为四边形A1B1C1D1(含边界)内一动点，且MP＝2，MD1＝1，
则D1P＝＝，所以P点轨迹为以点D1为圆心，为半径的圆与正方形A1B1C1D1相交的部分，
所以点P的轨迹长度为×2π×＝π，故B正确；
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
对于C，建立如图所示空间直角坐标系，
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
则A，M，N，P，
所以＝＝＝，
若存在点P，使得MP⊥平面AMN，
则
解得sin θ＝，cos θ＝，显然不满足同角三角函数的平方关系，
即不存在点P，使得MP⊥平面AMN，故C错误；
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
对于D，设平面AMN的法向量为n＝，则
取x＝1 y＝z＝2，即n＝为平面AMN的一个法向量，
则点P到平面AMN的距离d＝＝
＝，
显然θ＋φ＝时取得最大值dmax＝，故D正确．
故选ABD．]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
三、填空题
7．已知正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为1，点P在该正方体的表面A′B′C′D′上运动，且PA＝，则点P的轨迹长度是________．
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
[当AP＝时，如图，点P的轨迹是在表面A′B′C′D′内以点A′为圆心，1为半径，圆心角为的弧，所以点P在正方体的表面A′B′C′D′上运动的轨迹长度为．]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
8．在矩形ABCD中，AB＝，AD＝1，点E在CD上，现将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，当E从D运动到C时，点D在平面ABC上的射影K的轨迹长度为________．
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
[由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，垂足K为D在平面ABC上的射影，连接D′K，由翻折的特征知，
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
∠D′KA＝90°，故K点的轨迹是以AD′为直径的圆上一段弧，由AD＝1可知圆的半径是，如图，当E与C重合时，∠D′AC＝60°，所以AK＝，
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形．
故∠KOA＝，所以∠KOD′＝，
射影K的轨迹长度为＝．]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
谢 谢！培优训练(八) 立体几何中的动态问题
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共42分
一、单项选择题
1．如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是( )
A．直线 B．抛物线
C．椭圆 D．双曲线的一支
2．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
3．(2025·陕西安康模拟)如图，在底面为等边三角形的直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1＝，D，E分别为棱BC，BB1的中点，F为棱AB上的动点，且线段C1F长度的最小值为，则异面直线AC与DE所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
4．正四面体A-BCD的棱长为4，空间中的动点P满足＝2，则的取值范围为( )
A． B．
C． D．
二、多项选择题
5．(2025·山西大同模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AB，A1B1的中点，动点P满足＝λ＋μ，其中λ，μ∈(0，1]，则下列命题正确的是( )
A．若λ＝2μ，则平面AB1P⊥平面DEF
B．若λ＝μ，则D1P与A1C1所成角的取值范围为
C．若λ＝μ－，则PD1∥平面A1C1E
D．若λ＋μ＝，则线段PF长度的最小值为
6．(2025·山东枣庄模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为棱DD1，DC的中点，点P为四边形A1B1C1D1(含边界)内一动点，且MP＝2，则( )
A．A1B∥平面AMN
B．点P的轨迹长度为π
C．存在点P，使得MP⊥平面AMN
D．点P到平面AMN距离的最大值为
三、填空题
7．已知正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为1，点P在该正方体的表面A′B′C′D′上运动，且PA＝，则点P的轨迹长度是________．
8．在矩形ABCD中，AB＝，AD＝1，点E在CD上，现将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，当E从D运动到C时，点D在平面ABC上的射影K的轨迹长度为________．
培优训练(八)
1．C [由题意可知，当P点运动时，在空间中，满足条件的AP绕AB旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60°角的平面截圆锥，所得图形为椭圆．故选C．]
2．C [如图所示，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，BD，BB1 平面BDD1B1，故AO⊥平面BDD1B1，VA-BEF＝×S△BEF×AO＝×1×1×＝．
故选C．]
3．A [连接CF．由于三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以C1C⊥底面ABC，又CF 底面ABC，所以C1C⊥CF，
故C1F＝＝，
故当CF⊥AB时，此时CF最小，线段C1F的长度最小，
由于线段C1F长度的最小值为，故此时CF＝，F为AB中点，故AB＝2．
连接DF，EF，则DF∥AC，故∠EDF或其补角即为异面直线AC与DE所成角，
DE＝＝，DF＝1，
FE＝＝，
cos ∠EDF＝
＝＝，
故异面直线AC与DE所成角的余弦值为．
故选A．]
4．D [分别取BC，AD的中点E，F，则＝＝2，
所以＝，
故点P的轨迹是以E为球心，以为半径的球面，＝－＝－＝－＝4－，
又ED＝＝＝2，EF＝＝＝2，
所以＝EF－＝＝EF＋＝3，
所以的取值范围为 ．
故选D．]
5．AC [A项，如图，取线段BC的中点Q，连接AQ，B1Q．
＝λ＋μ，λ，μ∈(0，1]，
若λ＝2μ，则＝2μ＝2μ，
则A，P，Q三点共线，即点P在线段AQ(不包含点A)上运动．
由Q，E分别是线段BC，AB的中点，则△ABQ与△DAE全等，
则∠QAB＝∠ADE，∠QAB＋∠DEA＝∠ADE＋∠DEA＝，
所以AQ⊥DE．
由AA1⊥平面ABCD，EF∥AA1，
得EF⊥平面ABCD，AQ 平面ABCD，所以EF⊥AQ，
又EF 平面DEF，DE 平面DEF，EF∩DE＝E，
所以AQ⊥平面DEF，又AQ 平面AB1P，
所以平面AB1P⊥平面DEF，故A正确；
B项，＝λ＋μ，λ，μ∈(0，1]，
若λ＝μ，则＝λ＝λ，
则A，P，C三点共线，即点P在线段AC(不包含点A)上运动．
如图，以D为坐标原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则D1(0，0，2)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，A1(2，0，2)，
由＝λ＝(－2λ，2λ，0)，
则＝＝(2，0，－2)＋(－2λ，2λ，0)＝(2－2λ，2λ，－2)，
又＝(－2，2，0)，
所以cos 〈〉＝
＝＝，
＝＝1－，
因为λ∈，则λ2－λ＋1＝＋∈，1－∈，
∈，因为异面直线所成角的取值范围为，故D1P与A1C1所成角的取值范围为，故B错误；
C项， 如图，连接AC，过E作EG∥AC，交BC于点G，则G为BC的中点．
延长BA至T，使＝－．
取DC的中点N，连接TN，交DA于点M，则M为AD中点，连接D1M，D1N，MG，GC1．
由MG∥DC∥D1C1，且MG＝DC＝D1C1，
得四边形MGC1D1为平行四边形，则D1M∥GC1，
由AC∥A1C1，则EG∥A1C1，则E，A1，C1，G四点共面．
由MN∥AC，则EG∥MN，
又MN 平面D1MN，EG 平面D1MN，
则EG∥平面D1MN，同理，GC1∥平面D1MN，
又EG 平面EA1C1，GC1 平面EA1C1，GC1∩EG＝G，
故平面D1MN∥平面EA1C1．
若λ＝μ－，由0<λ≤1，0<μ≤1，可得<μ≤1，
＝＋μ＝－＋μ<μ≤1，
则M，P，N三点共线，即点P在线段MN(不包含点M)上运动．
又PD1 平面D1MN，故PD1∥平面A1C1E，故C正确；
D项，如图，取DC的中点N，BC的中点G，连接NG．
若λ＋μ＝，由0<λ≤1，0<μ≤1，可得≤μ≤1，
＝＋μ＝＋μ≤μ≤1，
与C项同理可得，点P在线段NG上运动．
连接FP，同选项B建系，
则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，F(2，1，2)，＝(0，2，0)，＝(－2，0，0)，
则＝＋μ＝(0，2，0)＋μ(－2，0，0)＝(－2μ，3－2μ，0)，
＝(0，1，2)，所以＝＝(2μ，2μ－2，2)，
则＝＝2，
故当μ＝时，线段PF长度的最小值为，故D错误．故选AC．]
6．ABD [对于A，在正方体中易知MN∥CD1，CD1∥A1B，故NM∥A1B，
又A1B 平面AMN，MN 平面AMN，所以A1B∥平面AMN，故A正确；
对于B，因为点P为四边形A1B1C1D1(含边界)内一动点，且MP＝2，MD1＝1，
则D1P＝＝，所以P点轨迹为以点D1为圆心，为半径的圆与正方形A1B1C1D1相交的部分，
所以点P的轨迹长度为×2π×＝π，故B正确；
对于C，建立如图所示空间直角坐标系，
则A，M，N，P，
所以＝＝＝，
若存在点P，使得MP⊥平面AMN，
则
解得sin θ＝，cos θ＝，显然不满足同角三角函数的平方关系，
即不存在点P，使得MP⊥平面AMN，故C错误；
对于D，设平面AMN的法向量为n＝，则
取x＝1 y＝z＝2，即n＝为平面AMN的一个法向量，
则点P到平面AMN的距离d＝＝
＝，
显然θ＋φ＝时取得最大值dmax＝，故D正确．
故选ABD．]
7． [当AP＝时，如图，点P的轨迹是在表面A′B′C′D′内以点A′为圆心，1为半径，圆心角为的弧，所以点P在正方体的表面A′B′C′D′上运动的轨迹长度为．
]
8． [由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，垂足K为D在平面ABC上的射影，连接D′K，由翻折的特征知，
∠D′KA＝90°，故K点的轨迹是以AD′为直径的圆上一段弧，由AD＝1可知圆的半径是，如图，当E与C重合时，∠D′AC＝60°，所以AK＝，
取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形．
故∠KOA＝，所以∠KOD′＝，
射影K的轨迹长度为＝．]
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