【高考快车道】第一阶段 专题四 重点培优练6 立体几何中的动态问题 课件--2026版高考数学二轮专题复习与策略（基础版）

(共24张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题四　立体几何
重点培优练6　
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．
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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
C　[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；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
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．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
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，BD，BB1 平面BDD1B1，故AO⊥平面BDD1B1.V三棱锥A-BEF＝
×S△BEF×AO＝××1×1×＝．
故选C．]
3．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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
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．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
4．(2024·黑龙江齐齐哈尔模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为棱CC1的中点，F为正方形A1B1C1D1内(含边界)的动点，若MF⊥AM，则动点F的轨迹长度为(　　)
A． 　 B．2
C． 　 D．π
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
A　[建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设F(x，y，4)，则A(4，0，0)，M(0，4，2)，则＝(－4，4，2)，＝(x，y－4，2)．
因为MF⊥AM，所以＝－4x＋4(y－4)＋2×2＝0，所以x－y＋3＝0，所以点F的轨迹为上底面中的一条线段．易知点F的轨迹所在直线与上底面正方形的边的交点坐标分别为(0，3，4)，(1，4，4)，所以动点F的轨迹长度为
＝．故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
5．(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．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
C　[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＝l2－，
所以正四棱锥的体积V＝Sh＝×4a2×h＝××＝(3≤l≤3)，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
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．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
6．(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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
√
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；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
则VP-A1BC＝VA1-PBC＝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；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
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，选BD．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
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，选BD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
7．(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________．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
　
　[如图，过B作BB1⊥α，垂足为B1，过A作AA1⊥α，垂足为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到平面α的最大距离为．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
8．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．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
4　
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·＝．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
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．
即三棱锥体积的最大值为4 cm3．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
THANK YOU