微突破3 立体几何中的动态问题
（时间：45分钟，满分：47分）
一、单项选择题（每小题5分，共15分）
1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，动点P在正方体的侧面BCC1B1上，且点P到点A的距离为，点P的轨迹是一条曲线，那么这条曲线的形状是（ ）
2.在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝CD＝AD，P为空间中的动点，PA＝PB＝AB＝2，E为PD的中点，则动点E的轨迹长度为（ ）
A. B. C.π D.π
3.（2025·浙江台州一模）已知球O的半径为3，P是球O表面上的定点，S是球O表面上的动点，且满足（2＋）·＝0，则线段OS轨迹的面积为（ ）
A.3π B.3π C.6π D.6π
二、多项选择题（每小题6分，共12分）
4.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝a，则下列结论正确的是（ ）
A.当E与D1重合时，异面直线AE与BF所成的角为
B.三棱锥B-AEF的体积为定值
C.EF在平面ABB1A1内的射影长为a
D.当E向D1运动时，二面角A-EF-B的平面角保持不变
5.已知菱形ABCD的边长为2，∠ADC＝60°，将△ACD沿AC翻折，使点D与点B重合，如图所示.记点P为翻折过程中点D的位置（不包含在点B处的位置），则下列结论正确的是（ ）
A.无论点P在何位置，总有AC⊥PB
B.存在点P，使得AB⊥PC
C.三棱锥P-ABC体积的最大值为1
D.当PB＝2时，M为PB上一点，则AM＋CM的最小值为2
三、填空题（5分）
6.（2025·广东佛山模拟）已知正四棱锥P-ABCD的侧棱长为2，底面边长为，点E在射线PD上，F，G分别是BC，PC的中点，则异面直线AE与FG所成角的余弦值的最大值为 .
四、解答题（15分）
7.（15分）（2025·山东青岛一模）如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，OA，OB是底面半径，∠AOB＝，M为劣弧上的动点.
（1）若M为劣弧的中点，证明：OA∥平面PMB；
（2）若圆锥底面半径为1，体积为π，当四边形OAMB面积最大时，求平面APM与平面BPM夹角的余弦值.
微突破3 立体几何中的动态问题
1.B 如图，连接PB，PA，因为AB⊥平面BCC1B1，所以AB⊥PB.在Rt△APB中，PA＝＝＝，解得BP＝.所以动点P的轨迹就是圆心为B，半径为r＝＜1的圆在正方形BCC1B1内（含边界）的部分，故选B.
2.D 如图，取AP的中点F，连接EF，BF，CE，则EF∥AD，因为AD∥BC，所以EF∥BC.因为EF＝AD，BC＝AD，所以EF＝BC，故四边形EFBC为平行四边形，则有CE∥BF，且CE＝BF，则有点F的轨迹长度与点E的轨迹长度相等，过点F作FH⊥AB于点H，则点F的轨迹是以H为圆心，FH的长为半径的圆，且FH＝，故点F的轨迹长度为π.
3.C 如图，以球O的球心为坐标原点，OP所在的直线为x轴，建立空间直角坐标系，因为球O的半径为3，则P（3，0，0），设S（x，y，z），则＝（－x，－y，－z），＝（3－x，－y，－z），所以2＋＝（3－3x，－3y，－3z），又＝（3，0，0），（2＋）·＝0，则3（3－3x）＝0，得x＝1，如图，在线段OP取点H，使OH＝1，所以线段OS轨迹为圆锥OH的侧面，又OS＝3，则SH＝＝2，所以圆锥OH的侧面积为S＝π·HS·OS＝6π，所以线段OS轨迹的面积为6π.
4.BCD 对于A，如图，当E与D1重合时，因为EF＝a，所以F为B1D1的中点，连接BD，记BD中点为O，连接D1O，AO，由正方体性质可知，BO∥D1F，BO＝D1F，所以四边形BOD1F为平行四边形，所以D1O∥BF，所以直线AE与BF所成角即为直线D1O与AD1所成角，又D1O＝＝，AD1＝a，AO＝，所以cos∠AD1O＝＝，所以∠AD1O＝，故A错误；对于B，VB-AEF＝VA-BEF，易知点A到平面BB1D1D的距离和点B到直线B1D1的距离均为定值，所以三棱锥A-BEF的体积为定值，故B正确；对于C，易知∠A1B1D1＝，EF在平面ABB1A1内的射影在A1B1上，所以射影长为×cos ＝，故C正确；对于D，二面角A-EF-B的平面角即为二面角A-B1D1-B的平面角，显然其平面角不变，故D正确，故选B、C、D.
5.ABC 如图1，连接PB，依题意，△ABC，△APC都是等边三角形，取AC的中点E，连接BE，PE，则BE⊥AC，PE⊥AC，又PE∩BE＝E，PE，BE 平面PBE，于是AC⊥平面PBE，又PB 平面PBE，因此AC⊥PB，A正确；点P的轨迹是以AC为轴的两个同底的圆锥底面半圆弧，显然圆锥轴截面的顶角为∠BAD＝∠BCD＝120°，大于90°，则存在两条母线互相垂直，即存在点P，使得CD⊥PC，而翻折前AB∥CD，因此存在点P，使得AB⊥PC，B正确；当PE⊥平面ABC时，三棱锥P-ABC体积最大，最大值为VP-ABC＝S△ABC·PE＝1，C正确；当PB＝2时，三棱锥P-ABC为正四面体，将△PAB，△PCB展开
在同一平面内，如图2，显然四边形ABCP为菱形，∠BAP＝60°，当A，M，C三点共线时，AM＋CM取得最小值2，D错误.
6. 解析：如图，连接AC，BD交于点O，连接PO.因为F，G分别是BC，PC的中点，所以FG∥PB，则AE与FG所成的角即是AE与PB所成的角，设AE与PB所成的角为θ.由题意知，OA，OB，OP两两互相垂直，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P（0，0，1），D（0，－，0），B（0，，0），A（，0，0），设＝λ（λ≥0），则E（0，－λ，1－λ）（λ≥0），所以＝（－，－λ，1－λ），＝（0，，－1），所以cos θ＝｜｜＝.令f（λ）＝（λ≥0），则f'（λ）＝，当0≤λ＜时，f'（λ）＞0，f（λ）单调递增，当λ＞时，f'（λ）＜0，f（λ）单调递减，所以当λ＝时，f（λ）取得最大值，此时cos θ也取得最大值为.
7.解：（1）证明：连接OM，因为∠AOB＝，M为的中点，
则∠AOM＝∠BOM＝∠AOB＝，
因为OA＝OB＝OM，则△AOM和△BOM均为等边三角形，
所以AM＝OB＝BM＝OA＝OM，
故四边形OAMB为菱形，所以OA∥MB，
因为OA 平面PMB，MB 平面PMB，所以OA∥平面PMB.
（2）由题意可知，PO⊥底面OAMB，圆锥的体积为π×12·PO＝π，可得PO＝2，
设∠AOM＝θ，则∠BOM＝－θ，其中0＜θ＜，
四边形OABM的面积为S＝S△AOM＋S△BOM＝sin θ＋sin（－θ）＝sin θ＋（cos θ＋sin θ）＝sin θ＋cos θ＝sin（θ＋），
因为0＜θ＜，则＜θ＋＜，故当θ＋＝时，即当θ＝时，S取最大值.
以点O为坐标原点，OB，OP所在直线分别为y，z轴，平面OAMB内过点O且垂直于OB的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（，－，0），M（，，0），B（0，1，0），P（0，0，2），
设平面APM的一个法向量为m＝（x1，y1，z1），＝（0，1，0），＝（－，，2），
则
取z1＝，则m＝（4，0，），
设平面BPM的一个法向量为n＝（x2，y2，z2），＝（，－，0），＝（0，－1，2），
则取y2＝2，则n＝（2，2，），
所以cos＜m，n＞＝＝＝，
因此当四边形OAMB面积最大时，平面APM与平面BPM夹角的余弦值为.
2 / 2微突破3 立体几何中的动态问题
【备考指南】 “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，题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋向多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化.
1.抓等距性：结合动点到定点、定直线、定平面距离相等（或成比例线段）找相等线段（或成比例线段），进而确定运动轨迹.
1.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与到直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹为（ ）
A.直线 B.圆
C.双曲线 D.抛物线
2.抓翻折不变量：抓翻折过程中长度不变的线段（角不变的线线角）.
2.（2025·山东菏泽一模）如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，E是AB的中点，D是AC边上靠近A的四等分点，将△ADE沿DE翻折，使点A到点P处（点P在平面ABC上方），得到四棱锥P-BCDE，则PC的中点M的运动轨迹长度为（ ）
A. B.
C. D.π
3.抓极端位置：先由垂直、平行关系确定动点轨迹，再取“极端”位置求最值.
3.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是截面A1ACC1上的一个动点（不包含边界），若A1M⊥AB1，则AM的最小值为 .
4.抓函数关系：通过建系或引入变量，把动态问题转化为目标函数，利用代数方法求目标函数的最值.
4.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CD的距离的最小值为 .
【思维建模】 立体几何中动态问题的解题思路
考点一 动点轨迹问题
【通性通法】 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.
【例1】 （1）已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1与底面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E为CC1的中点，点P在对角面BB1D1D内运动，若EP与AC成30°角，则点P的轨迹为（ ）
A.圆 B.抛物线
C.双曲线 D.椭圆
（2）（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，则点P的轨迹长度为（ ）
A. B.
C. D.
【易错提醒】 注意椭圆中的限制条件“2a＞2c”.
【训练1】 〔多选〕如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为DD1的中点，动点N在正方形ABCD内（包含边界）的轨迹为曲线Γ.下列结论正确的有（ ）
A.当MN⊥B1N时，Γ是一个点
B.当动点N到直线DD1，BB1的距离之和为2时，Γ是椭圆的一部分
C.当直线MN与平面ABCD所成的角为60°时，Γ是椭圆的一部分
D.当直线MN与平面ADD1A1所成的角为60°时，Γ是双曲线的一部分
考点二 翻折过程中的动态问题
【瓶颈突破】 点P到线段AM中点的距离始终不变.
【例2】 〔多选〕（2025·重庆阶段测试）如图1，在矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折，直至点D落在边AB上.当△ADM翻折到△PAM的位置时，连接PB，PC（如图2），则（ ）
A.四棱锥P-ABCM体积的最大值为
B.存在某一翻折位置，使得AM⊥PB
C.E为AB的中点，当PE＝时， 二面角P-AM-C的余弦值为
D.N为PB的中点，则线段CN的长为定值
【瓶颈突破】 借助建系可以把空间线面位置关系转化为点的坐标的关系，将几何关系代数化，解题会更轻松.
【训练2】 〔多选〕（2025·湖南邵阳模拟）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝，AD＝1，AF⊥平面ABCD，且AF＝3，点E为线段CD（除端点外）上的动点，沿直线AE将△DAE翻折到△D'AE，则下列说法中正确的是（ ）
A.当点E固定在线段CD的某位置时，点D'的运动轨迹为球面
B.存在点E，使AB⊥平面D'AE
C.点A到平面BCF的距离为
D.异面直线EF与BC所成角的余弦值的取值范围是（，）
考点三 与动点有关的最值（范围）问题
【瓶颈突破】 先确定点M的轨迹，再抓“极端”位置求C1M长度的最小值.
【例3】 （1）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，点P，Q分别在底面ABCD、棱AA1上运动，且PQ＝4，点M为线段PQ的中点，则线段C1M的长度的最小值为（ ）
A.2－2 B.2
C.4－2 D.4
（2）如图，四边形ABCD和四边形ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【瓶颈突破】 借助向量转化为函数关系求最值.
【训练3】 （1）已知A，B，C，D四点不共面，且它们两两的距离均为1，点P，Q分别在线段AB，CD上运动，则P，Q两点间距离的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
（2）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P1，P2分别是线段AB，BD1（不包括端点）上的动点，且线段P1P2平行于平面A1ADD1，则四面体P1P2AB1的体积的最大值为 .
微突破3 立体几何中的动态问题
【基础·回扣】
1.D 2.C 3. 4.
【典例·讲解】
【例1】 （1）A 由题意知该平行六面体ABCD-A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以平面BB1D1D⊥平面ABCD，AC⊥平面BB1D1D.取AA1的中点F，连接EF（图略），则EF∥AC.因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角.设EF与平面BB1D1D的交点为O，则EO⊥平面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面圆周，故选A.
（2）B 因为正方体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，所以×AD×DP＝2××BC×CP，所以DP＝2PC，建立如图所示的坐标系，设P（0，y，z），则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＝，则点P的轨迹弧长为×2＝.故选B.
【训练1】 AD 连接B1M，B1D1（图略），当MN⊥B1N时，Γ为以B1M为直径的球与平面ABCD的交线，由正方体的棱长为2，M为DD1的中点，可得B1D1＝＝2，B1M＝＝＝3，所以球的半径是，而B1M的中点到平面ABCD的距离为＝＝，故Γ是一个点，A正确；连接DN，BN，BD（图略），易知BB1⊥平面ABCD，DD1⊥平面ABCD，又DN，BN 平面ABCD，故BB1⊥BN，DD1⊥DN，故动点N到直线DD1，BB1的距离之和即动点N到点D与点B的距离之和，又BD＝2，故当动点N到直线DD1，BB1的距离之和为2时，Γ是线段，不是椭圆的一部分，B错误；连接DN（图略），易知DM⊥平面ABCD，则MN与平面ABCD所成的角为∠MND.在Rt△MDN中，MD＝1，∠MDN＝90°，∠MND＝60°，所以DN＝，为定值，所以动点N的轨迹是以D为圆心，为半径的一段圆弧，C错误；如图，
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轴建立空间直角坐标系，则D1（0，0，2），A（2，0，0），B（2，2，0），M（0，0，1），设N（x，y，0）（x，y∈[0，1]），则＝（x，y，－1）.取平面ADD1A1的一个法向量为n＝（0，1，0），若MN与平面ADD1A1所成的角为60°，则sin 60°＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝＝，化简得－x2＝1，所以动点N的轨迹为双曲线的一部分，D正确.
【例2】 ACD 如图，取AM的中点O，连接OP，则PO⊥AM，PO＝.对于A，当平面PAM⊥平面ABCM时，四棱锥P-ABCM的体积最大，此时点P到平面ABCM的距离等于PO，直角梯形ABCM的面积为×（CM＋AB）×BC＝×（1＋2）×1＝，所以四棱锥P-ABCM体积的最大值为××＝，A正确；对于B，连接BM，易知AM⊥BM，若AM⊥PB成立，则结合BM∩PB＝B，可得AM⊥平面PBM，所以AM⊥PM，推出矛盾，B错误；对于C，连接OE，由题可知AM⊥OP，AM⊥OE，所以∠POE为二面角P-AM-C的平面角，在△POE中，PE＝，OP＝OE＝，所以cos∠POE＝＝，C正确；对于D，连接EN，EC，则EN∥AP，EN＝PA，且四边形AECM为平行四边形，EC∥AM，EC＝AM，所以∠NEC＝∠PAM＝，则在翻折过程中，∠NEC，EN，EC不变，由余弦定理知CN为定值，D正确.
【训练2】 CD 选项A，当点E固定在线段CD的某位置时，线段AE的长度为定值，AD'⊥D'E，过D'作D'H⊥AE于点H，H为定点，D'H的长度为定值，且D'H在过点H与AE垂直的平面内，故点D'的轨迹是以H为圆心，D'H为半径的圆，故A错误；选项B，无论E在CD（端点除外）的哪个位置，AB均不与AE垂直，故AB不与平面D'AE垂直，故B错误；选项C，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），F（0，0，3），B（，0，0），C（，1，0）.＝（0，1，0），＝（－，0，3），＝（，0，0），设平面BCF的法向量为n＝（x，y，z），则取n＝（，0，1），则点A到平面BCF的距离为d＝＝，故C正确；选项D，设E（λ，1，0），λ∈（0，1），＝（－λ，－1，3），设EF与BC所成的角为θ，则cos θ＝＝∈（，），故D正确.
【例3】 （1）C 如图，连接AP，AC1，AM.由正方体的结构特征可得，QA⊥平面ABCD，所以QA⊥AP.因为PQ＝4，点M为线段PQ的中点，所以AM＝PQ＝2，故点M在以A为球心，半径R＝2的球面上，易知AC1＝4，所以C1M的最小值为AC1－R＝4－2.
（2）B 由题意建立坐标系如图所示，设AB＝1，则A（0，0，0），E（，0，0），F（1，，0），＝（1，，0）.设M（0，y，1）（0≤y≤1），则＝（－，y，1），由于异面直线所成角的范围为（0，］，所以cos θ＝＝，又因为［］2＝1－，令8y＋1＝t，1≤t≤9，则＝≥，当t＝1时取等号，所以cos θ＝≤×＝，当y＝0时，取得最大值.
【训练3】 （1）A 设AP＝x，DQ＝y（0≤x≤1，0≤y≤1），则PB＝1－x，QC＝1－y，从而＝＋＋.因为与，与的夹角均为120°，与的夹角为90°，所以｜｜2＝（＋＋）2＝＋＋＋2·＋2·＋2·＝（1－x）2＋1＋（1－y）2＋2（1－x）·cos 120°＋2（1－y）cos 120°＋0＝x2＋y2－x－y＋1＝（x－）2＋（y－）2＋.所以当x＝y＝时，｜＝，即｜PQ｜min＝.
（2） 解析：因为线段P1P2平行于平面A1ADD1，P1P2 平面ABD1，平面A1ADD1∩平面ABD1＝AD1，所以P1P2∥AD1，所以△P1P2B∽△AD1B，则＝＝.设P1B＝x，x∈（0，2），则P1P2＝x，P2B＝x.设P2到平面AA1B1B的距离为h，则＝，所以h＝x，所以四面体P1P2AB1的体积为V＝··（2－x）·2·x＝（2x－x2）＝－（x－1）2＋，当x＝1时，四面体P1P2AB1的体积取得最大值.
4 / 4(共54张PPT)
微突破3
立体几何中的动态问题
备考指南
“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，题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋向多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与到直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹为（ ）
A. 直线 B. 圆
C. 双曲线 D. 抛物线
抓等距性：结合动点到定点、定直线、定平面距离相等（或成比例线段）找相等线段（或成比例线段），进而确定运动轨迹.
√
解析： 由C1D1⊥平面BCC1B1，知点P到直线C1D1的距离即为点P到
点C1的距离，所以在平面BB1C1C中，点P到定点C1的距离与到定直线BC
的距离相等，由抛物线的定义可知，动点P的轨迹为抛物线，故选D.
2. （2025·山东菏泽一模）如图，在△ABC中，AB＝BC＝2 ，∠ABC
＝90°，E是AB的中点，D是AC边上靠近A的四等分点，将△ADE沿
DE翻折，使点A到点P处（点P在平面ABC上方），得到四棱锥P-
BCDE，则PC的中点M的运动轨迹长度为（ ）
A. B.
C. D. π
√
抓翻折不变量：抓翻折过程中长度不变
的线段（角不变的线线角）.
解析： 因为M到DC中点的距离等于 PD＝ ，且点P在平面ABC上
方，所以M的轨迹是以DC中点为圆心， 为半径的半圆，所以PC的中点
M的运动轨迹长度为π× ＝ .
3. 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是截面A1ACC1上的
一个动点（不包含边界），若A1M⊥AB1，则AM的最小值为 .
抓极端位置：先由垂直、平行关系确定动点轨迹，再取“极端”位置求最值.
解析：如图所示，连接A1B，若A1M⊥AB1，则A1M在平
面ABB1A1上的射影在A1B上，所以M的轨迹为A1C（不包
含端点），AM的最小值为点A到A1C的距离，连接A1C，
过点A作AM⊥A1C于点M，因为AA1⊥AC，且AC＝
，A1C＝ ＝ ，所以AM＝ ＝ ＝ ，故AM的最小值为 .
4. 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CD的距离的最小值
为 .
抓函数关系：通过建系或引入变量，把动态问题转化为目标函数，利用代数方法求目标函数的最值.
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A1（1，0，
2），C（0，1，0），B（1，1，0）， ＝（－1，1，
－2），设P（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，则点P到
CD的距离为｜CP｜＝ ＝ ＝ ，所以当z＝－ ＝ 时，｜CP｜min＝ ＝ ，即点P到CD的距离的最小值为 .
【思维建模】 立体几何中动态问题的解题思路
典例·讲解
典例精析 强技提能
考点一 动点轨迹问题
【例1】 （1）已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1与底面
A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E为CC1的中点，点P在对角面BB1D1D内
运动，若EP与AC成30°角，则点P的轨迹为（ ）
A. 圆 B. 抛物线
C. 双曲线 D. 椭圆
√
【通性通法】 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.
解析： 由题意知该平行六面体ABCD-A1B1C1D1是一个底面为菱形的直
四棱柱，所以平面BB1D1D⊥平面ABCD，AC⊥平面BB1D1D. 取AA1的中
点F，连接EF（图略），则EF∥AC. 因为EP与AC成30°角，所以EP
与EF成30°角.设EF与平面BB1D1D的交点为O，则EO⊥平面
BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面圆周，故选A.
（2）（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，
则点P的轨迹长度为（ ）
A. B.
C. D.
√
解析： 因为正方体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，所以 ×AD×DP＝2× ×BC×CP，所以
DP＝2PC，建立如图所示的坐标系，设P（0，y，z），则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＝ ，则点P的轨迹弧长 为 ×2＝ .故选B.
【训练1】 〔多选〕如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为DD1的中点，动点N在正方形ABCD内（包含边界）的轨迹为曲线Γ.下列结论正确的有（ ）
A. 当MN⊥B1N时，Γ是一个点
B. 当动点N到直线DD1，BB1的距离之和为2 时，Γ是椭圆的一部分
C. 当直线MN与平面ABCD所成的角为60°时，Γ是椭圆的一部分
D. 当直线MN与平面ADD1A1所成的角为60°时，Γ是双曲线的一部分
√
√
【易错提醒】 注意椭圆中的限制条件“2a＞2c”.
解析： 连接B1M，B1D1（图略），当MN⊥B1N时，Γ为以B1M为直径的球与平面ABCD的交线，由正方体的棱长为2，M为DD1的中点，可得B1D1＝ ＝2 ，B1M＝ ＝ ＝3，所以球的半径是 ，而B1M的中点到平面ABCD的距离为 ＝ ＝ ，故Γ是一个点，A正确；连接DN，BN，BD（图略），易知BB1⊥平面ABCD，DD1⊥平面ABCD，又DN，BN 平面ABCD，故BB1⊥BN，D1⊥DN，故动点N到直线DD1，BB1的距离之和即动点N到点D与点B的距离之和，又BD＝2 ，故当动点N到直线DD1，BB1的距离之和为2 时，Γ是线段，不是椭圆的一部分，B错误；连接DN（图略），易知DM⊥平面ABCD，则MN与平面ABCD所成的角为∠MND. 在Rt△MDN中，MD＝1，
∠MDN＝90°，∠MND＝60°，所以DN＝ ，
为定值，所以动点N的轨迹是以D为圆心，
为半径的一段圆弧，C错误；如图，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轴建立空间直角坐标系，则D1（0，0，2），A（2，0，0），B（2，2，0），M（0，0，1），设N（x，y，0）（x，y∈[0，1]），则 ＝（x，y，－1）.
取平面ADD1A1的一个法向量为n＝（0，1，0），若MN与平面ADD1A1所成的角为60°，则 sin 60°＝｜ cos ＜ ，n＞｜＝ ＝ ＝ ＝ ，化简得 －x2＝1，所以动点N的轨迹为双曲线的一部分，D正确.
考点二 翻折过程中的动态问题
【例2】 〔多选〕（2025·重庆阶段测试）如图1，在矩形ABCD中，AB
＝2BC＝2，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折，直至点D落在
边AB上.当△ADM翻折到△PAM的位置时，连接PB，PC（如图2），则
（ ）
A. 四棱锥P-ABCM体积的最大值为
B. 存在某一翻折位置，使得AM⊥PB
C. E为AB的中点，当PE＝ 时， 二面角P-AM-C的余弦值为
D. N为PB的中点，则线段CN的长为定值
√
√
√
【瓶颈突破】 点P到线段AM中点的距离始终不变.
解析： 如图，取AM的中点O，连接OP，则
PO⊥AM，PO＝ .对于A，当平面PAM⊥平面ABCM
时，四棱锥P-ABCM的体积最大，此时点P到平面ABCM的距离等于PO，直角梯形ABCM的面积为 ×（CM＋AB）×BC＝ ×（1＋2）×1＝ ，所以四棱锥P-ABCM体积的最大值为 × × ＝ ，A正确；对于B，连接BM，易知AM⊥BM，若AM⊥PB成立，则结合BM∩PB＝B，可得AM⊥平面PBM，所以AM⊥PM，推出矛盾，B错误；对于C，连接OE，
由题可知AM⊥OP，AM⊥OE，所以∠POE为二面角P-AM-C的平面角，在△POE中，PE＝ ，OP＝OE＝ ，所以 cos ∠POE＝ ＝ ，C正确；对于D，连接EN，EC，则EN∥AP，EN＝ PA，且四边形AECM为平行四边形，EC∥AM，EC＝AM，所以∠NEC＝∠PAM＝ ，则在翻折过程中，∠NEC，EN，EC不变，由余弦定理知CN为定值，D正确.
【训练2】 〔多选〕（2025·湖南邵阳模拟）如图所示，在矩形ABCD
中，AB＝ ，AD＝1，AF⊥平面ABCD，且AF＝3，点E为线段CD
（除端点外）上的动点，沿直线AE将△DAE翻折到△D'AE，则下列说法
中正确的是（ ）
A. 当点E固定在线段CD的某位置时，点D'的运动轨迹为球面
B. 存在点E，使AB⊥平面D'AE
C. 点A到平面BCF的距离为
D. 异面直线EF与BC所成角的余弦值的取值范围是（ ， ）
√
√
【瓶颈突破】 借助建系可以把空间线面位置关系转化为点的坐标的关系，将几何关系代数化，解题会更轻松.
解析： 选项A，当点E固定在线段CD的某位置时，
线段AE的长度为定值，AD'⊥D'E，过D'作D'H⊥AE于
点H，H为定点，D'H的长度为定值，且D'H在过点H与
AE垂直的平面内，故点D'的轨迹是以H为圆心，D'H为
半径的圆，故A错误；选项B，无论E在CD（端点除
外）的哪个位置，AB均不与AE垂直，故AB不与平面D'AE垂直，故B错误；选项C，以 ， ， 的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），F（0，0，3），B（ ，0，0），C（ ，1，0）. ＝（0，1，0）， ＝（－ ，0，3），
＝（ ，0，0），设平面BCF的法向量为n＝（x，y，z），则 取n＝（ ，0，1），则点A到平面BCF的距离为d＝ ＝ ，故C正确；选项D，设E（ λ，1，0），λ∈（0，1）， ＝（－ λ，－1，3），设EF与BC所成的角为θ，则 cos θ＝ ＝ ∈（ ， ），故D正确.
考点三 与动点有关的最值（范围）问题
【例3】 （1）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，点P，Q分别
在底面ABCD、棱AA1上运动，且PQ＝4，点M为线段PQ的中点，则线
段C1M的长度的最小值为 （ ）
A. 2 －2 B. 2
C. 4 －2 D. 4
√
【瓶颈突破】 先确定点M的轨迹，再抓“极端”位置求C1M长度的最小值.
解析： 如图，连接AP，AC1，AM. 由正方体的结构特
征可得，QA⊥平面ABCD，所以QA⊥AP. 因为PQ＝4，
点M为线段PQ的中点，所以AM＝ PQ＝2，故点M在以
A为球心，半径R＝2的球面上，易知AC1＝4 ，所以
C1M的最小值为AC1－R＝4 －2.
（2）如图，四边形ABCD和四边形ADPQ均为正方形，它们所在的平面互
相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线
EM与AF所成的角为θ，则 cos θ的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
√
解析： 由题意建立坐标系如图所示，设AB＝1，则A
（0，0，0），E（ ，0，0），F（1， ，0）， ＝
（1， ，0）.设M（0，y，1）（0≤y≤1），则 ＝
（－ ，y，1），由于异面直线所成角的范围为（0，
］，所以 cos θ＝ ＝ ，又因为［ ］2＝1－ ，令8y＋1＝t，1≤t≤9，则 ＝ ≥ ，当t＝1时取等号，所以 cos θ＝ ≤ × ＝ ，当y＝0时，取得最大值.
【训练3】 （1）已知A，B，C，D四点不共面，且它们两两的距离均
为1，点P，Q分别在线段AB，CD上运动，则P，Q两点间距离的最小值
为（ ）
A. B.
C. D.
√
【瓶颈突破】 借助向量转化为
函数关系求最值.
解析： 设AP＝x，DQ＝y（0≤x≤1，0≤y≤1），则PB＝1－x，
QC＝1－y，从而 ＝ ＋ ＋ .因为 与 ， 与 的夹角
均为120°， 与 的夹角为90°，所以｜ ｜2＝（ ＋ ＋ ）
2＝ ＋ ＋ ＋2 · ＋2 · ＋2 · ＝（1－x）2＋1＋
（1－y）2＋2（1－x） cos 120°＋2（1－y） cos 120°＋0＝x2＋y2－x
－y＋1＝（x－ ）2＋（y－ ）2＋ .所以当x＝y＝ 时，｜ ＝
，即｜PQ｜min＝ .
（2）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P1，P2分别是线段AB，
BD1（不包括端点）上的动点，且线段P1P2平行于平面A1ADD1，则四面
体P1P2AB1的体积的最大值为 .
解析：因为线段P1P2平行于平面A1ADD1，P1P2 平面ABD1，平面
A1ADD1∩平面ABD1＝AD1，所以P1P2∥AD1，所以△P1P2B∽△AD1B，
则 ＝ ＝ .设P1B＝x，x∈（0，2），则P1P2＝ x，P2B＝
x.设P2到平面AA1B1B的距离为h，则 ＝ ，所以h＝x，所以四面
体P1P2AB1的体积为V＝ · ·（2－x）·2·x＝ （2x－x2）＝－ （x－
1）2＋ ，当x＝1时，四面体P1P2AB1的体积取得最大值 .
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：45分钟，满分：47分）
一、单项选择题（每小题5分，共15分）
1. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，动点P在正方体的侧面
BCC1B1上，且点P到点A的距离为 ，点P的轨迹是一条曲线，那么这
条曲线的形状是（ ）
1
2
3
4
5
6
7
√
解析： 如图，连接PB，PA，因为AB⊥平面BCC1B1，
所以AB⊥PB. 在Rt△APB中，PA＝ ＝
＝ ，解得BP＝ .所以动点P的轨迹就是圆心
为B，半径为r＝ ＜1的圆在正方形BCC1B1内（含边界）的部分，故选B.
1
2
3
4
5
6
7
2. 在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝CD＝ AD，P为空间中的
动点，PA＝PB＝AB＝2，E为PD的中点，则动点E的轨迹长度为（ ）
A. B.
C. π D. π
√
解析： 如图，取AP的中点F，连接EF，BF，CE，
则EF∥AD，因为AD∥BC，所以EF∥BC. 因为EF＝
AD，BC＝ AD，所以EF＝BC，故四边形EFBC为平行四边形，则有CE∥BF，且CE＝BF，则有点F的轨迹长度与点E的轨迹长度相等，过点F作FH⊥AB于点H，则点F的轨迹是以H为圆心，FH的长为半径的圆，且FH＝ ，故点F的轨迹长度为 π.
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7
3. （2025·浙江台州一模）已知球O的半径为3，P是球O表面上的定点，
S是球O表面上的动点，且满足（2 ＋ ）· ＝0，则线段OS轨迹的
面积为（ ）
A. 3 π B. 3 π
C. 6 π D. 6 π
√
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2
3
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5
6
7
解析： 如图，以球O的球心为坐标原点，OP所在的
直线为x轴，建立空间直角坐标系，因为球O的半径为
3，则P（3，0，0），设S（x，y，z），则 ＝（－
x，－y，－z）， ＝（3－x，－y，－z），所以2
＋ ＝（3－3x，－3y，－3z），又 ＝（3，0，0），（2 ＋ ）· ＝0，则3（3－3x）＝0，得x＝1，如图，在线段OP取点H，使OH＝1，所以线段OS轨迹为圆锥OH的侧面，又OS＝3，则SH＝ ＝2 ，所以圆锥OH的侧面积为S＝π·HS·OS＝6 π，所以线段OS轨迹的面积为6 π.
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7
二、多项选择题（每小题6分，共12分）
4. 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，线段B1D1上有两个动点
E，F，且EF＝ a，则下列结论正确的是（ ）
A. 当E与D1重合时，异面直线AE与BF所成的角为
B. 三棱锥B-AEF的体积为定值
C. EF在平面ABB1A1内的射影长为 a
D. 当E向D1运动时，二面角A-EF-B的平面角保持不变
√
√
√
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3
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6
7
解析： 对于A，如图，当E与D1重合时，因为EF
＝ a，所以F为B1D1的中点，连接BD，记BD中点为
O，连接D1O，AO，由正方体性质可知，BO∥D1F，
BO＝D1F，所以四边形BOD1F为平行四边形，所以
D1O∥BF，所以直线AE与BF所成角即为直线D1O与AD1所成角，又D1O＝ ＝ ，AD1＝ a，AO＝ ，所以 cos ∠AD1O＝ ＝ ，所以∠AD1O＝ ，故A错误；
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3
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5
6
7
对于B，VB-AEF＝VA-BEF，易知点A到平面BB1D1D的距离和点B到直线B1D1的距离均为定值，所以三棱锥A-BEF的体积为定值，故B正确；对于C，易知∠A1B1D1＝ ，EF在平面ABB1A1内的射影在A1B1上，所以射影
长为 × cos ＝ ，故C正确；对于D，二面角A-EF-B的平面角即为二面角A-B1D1-B的平面角，显然其平面角不变，故D正确，故选B、C、D.
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7
5. 已知菱形ABCD的边长为2，∠ADC＝60°，将△ACD沿AC翻折，使
点D与点B重合，如图所示.记点P为翻折过程中点D的位置（不包含在点
B处的位置），则下列结论正确的是（ ）
A. 无论点P在何位置，总有AC⊥PB
B. 存在点P，使得AB⊥PC
C. 三棱锥P-ABC体积的最大值为1
D. 当PB＝2时，M为PB上一点，则AM＋CM的最小值为2
√
√
√
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2
3
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5
6
7
解析： 如图1，连接PB，依题意，△ABC，△APC
都是等边三角形，取AC的中点E，连接BE，PE，则
BE⊥AC，PE⊥AC，又PE∩BE＝E，PE，BE
平面PBE，于是AC⊥平面PBE，又PB 平面PBE，
因此AC⊥PB，A正确；点P的轨迹是以AC为轴的两
个同底的圆锥底面半圆弧，显然圆锥轴截面的顶角为
∠BAD＝∠BCD＝120°，大于90°，则存在两条母
线互相垂直，即存在点P，使得CD⊥PC，而翻折前
AB∥CD，因此存在点P，使得AB⊥PC，B正确；当
PE⊥平面ABC时，三棱锥P-ABC体积最大，最大值为VP-ABC＝ S△ABC·PE＝1，C正确；当PB＝2时，三棱锥P-ABC为正四面体，将△PAB，△PCB展开在同一平面内，如图2，显然四边形ABCP为菱形，∠BAP＝60°，当A，M，C三点共线时，AM＋CM取得最小值2 ，D错误.
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三、填空题（5分）
6. （2025·广东佛山模拟）已知正四棱锥P-ABCD的侧棱长为2，底面边长
为 ，点E在射线PD上，F，G分别是BC，PC的中点，则异面直线AE
与FG所成角的余弦值的最大值为 .
解析：如图，连接AC，BD交于点O，连接PO. 因为
F，G分别是BC，PC的中点，所以FG∥PB，则AE与
FG所成的角即是AE与PB所成的角，设AE与PB所成的角
为θ.由题意知，OA，OB，OP两两互相垂直，分别以
OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标
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系，则P（0，0，1），D（0，－ ，0），B（0， ，0），A（ ，0，0），设 ＝λ （λ≥0），则E（0，－ λ，1－λ）（λ≥0），所以 ＝（－ ，－ λ，1－λ）， ＝（0， ，－1），所以 cos θ＝｜ ｜＝ .令f（λ）＝
（λ≥0），则f'（λ）＝ ，当0≤λ＜ 时，f'（λ）＞0，f（λ）单调递增，当λ＞ 时，f'（λ）＜0，f（λ）单调递减，所以当λ＝ 时，f（λ）取得最大值，此时 cos θ也取得最大值为 .
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四、解答题（15分）
7. （15分）（2025·山东青岛一模）如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面
的圆心，OA，OB是底面半径，∠AOB＝ ，M为劣弧 上的动点.
（1）若M为劣弧 的中点，证明：OA∥平面PMB；
解：证明：连接OM，因为∠AOB＝ ，M为 的
中点，则∠AOM＝∠BOM＝ ∠AOB＝ ，
因为OA＝OB＝OM，则△AOM和△BOM均为等边三角
形，所以AM＝OB＝BM＝OA＝OM，
故四边形OAMB为菱形，所以OA∥MB，
因为OA 平面PMB，MB 平面PMB，所以OA∥平面PMB.
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（2）若圆锥底面半径为1，体积为 π，当四边形OAMB面积最大时，求平
面APM与平面BPM夹角的余弦值.
解： 由题意可知，PO⊥底面OAMB，圆锥的体积
为 π×12·PO＝ π，可得PO＝2，
设∠AOM＝θ，则∠BOM＝ －θ，其中0＜θ＜ ，
四边形OABM的面积为S＝S△AOM＋S△BOM＝ sin θ＋
sin （ －θ）＝ sin θ＋ （ cos θ＋ sin θ）＝
sin θ＋ cos θ＝ sin （θ＋ ），
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因为0＜θ＜ ，则 ＜θ＋ ＜ ，故当θ＋ ＝ 时，
即当θ＝ 时，S取最大值 .
以点O为坐标原点，OB，OP所在直线分别为y，z轴，
平面OAMB内过点O且垂直于OB的直线为x轴建立如图
所示的空间直角坐标系，则A（ ，－ ，0），M
（ ， ，0），B（0，1，0），P（0，0，2），
设平面APM的一个法向量为m＝（x1，y1，z1）， ＝（0，1，0）， ＝（－ ， ，2），则 取z1＝ ，则m＝（4，0， ），
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设平面BPM的一个法向量为n＝（x2，y2，z2）， ＝（ ，－ ，0）， ＝（0，－1，2），则 取y2＝2 ，则n＝（2，2 ， ），
所以 cos ＜m，n＞＝ ＝ ＝ ，
因此当四边形OAMB面积最大时，平面APM与平面BPM
夹角的余弦值为 .
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THANKS
演示完毕 感谢观看
