立体几何动点问题详解
立体几何中的最值与动态问题 (解析版)
立体几何中的动态问题立体几何主要研究空间中点、线、面之间的位置关系，与空间图形有关的线段、角、体积等最值问题常常在试题中出现。
下面举例说明解决这类问题的常用方法。
一、以静制动例1、在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1=AB=AC ，AB ⊥AC ，M 是CC 1的中点，Q 是BC 的中点，点P 在A 1B 1上，则直线PQ 与直线AM 所成的角等于（ D ） A 300 B 450 C 600 D 900分析：虽然点P 的具体位置不定，但PQ 在平面A 1C 上的射影是一条定直线A 1H ，在正方形ACC 1A 1中AM ⊥A 1H ，故由三垂线定理得BQ ⊥AM 。
例2 如图3，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，EF 是棱AB 上的一条线段，且EF ＝b ＜a ，若Q 是11A D 上的定点，P 在11C D 上滑动，则四面体PQEF 的体积（ ）． （A)是变量且有最大值 （B ）是变量且有最小值 （C ）是变量无最大最小值 （D ）是常量分析：此题的解决需要我们仔细分析图形的特点．这个图形有很多不确定因素，线段EF 的位置不定，点P 在滑动，但在这一系列的变化中是否可以发现其中的稳定因素？求四面体的体积要具备哪些条件？仔细观察图形，应该以哪个面为底面？观察PEF ∆，我们发现它的形状位置是要变化的，但是底边EF 是定值，且P 到EF 的距离也是定值，故它的面积是定值．再发现点Q 到面PEF 的距离也是定值．因此，四面体PQEF 的体积是定值．我们没有一点计算，对图形的分析帮助我们解决了问题．1. 在正四棱锥S-ABCD 中，SO ⊥平面ABCD 于O ，SO=2，底面边长为2，点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，则P 、Q 两点的最短距离为（ ） A.55B.552 C. 2 D. 1解析：如图，由于点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，先让点P 在BD 上固定，Q 在SC 上移动，当OQ 最小时，PQ 最小。
谈立体几何中动点轨迹问题的解题策略
立体几何中的动点轨迹问题是一个常见的问题类型，它涉及到空间几何中的点、线、面等元素的运动和变化。
解决这类问题的关键在于理解运动和变化的过程，并能够通过数学模型进行描述。
解题策略主要包括以下几个方面：
1. **建立空间坐标系**：为了更好地描述空间几何元素的位置和运动，需要建立一个适当的空间坐标系。
坐标系的建立应依据问题的具体情境和需求，通常选择一个固定点作为原点，并确定三个互相垂直的轴。
2. **确定动点的坐标**：在确定了坐标系之后，需要确定动点的坐标。
这可以通过设定动点的坐标变量来实现，例如设动点的坐标为$(x, y, z)$。
3. **分析运动过程**：在确定了动点的坐标后，需要分析动点的运动过程。
这包括了解动点的运动方向、速度、加速度等参数，以及这些参数与坐标变量的关系。
4. **建立数学模型**：通过分析运动过程，可以建立描述动点运动的数学模型。
这通常涉及到物理、几何、代数等多个方面的知识，需要根据具体问题进行选择和应用。
5. **求解数学模型**：建立了数学模型后，需要求解该模型以得到动点的轨迹方程。
这可能涉及到微积分、线性代数、解析几何等多个数学领域的知识，需要根据问题的复杂程度和要求进行选择和应用。
6. **验证答案**：最后，需要对得到的答案进行验证，以确保其正确性和有效性。
这可以通过将答案代入原问题中进行检验，或者通过与其他已知的答案进行比较来进行验证。
综上所述，解决立体几何中的动点轨迹问题需要综合运用空间几何、物理、数学等多个领域的知识，并能够根据具体问题进行选择和应用。
同时，还需要有一定的逻辑思维和分析能力，以更好地理解和解决这类问题。
2022高考数学立体几何—空间中的动点问题全文
可编辑修改精选全文完整版立体几何—空间中的动点问题专题综述空间中的动点问题是指在一定的约束条件下，点的位置发生变化，在变化过程中找出规律，将动点问题转化为“定点”问题、将空间问题转化为平面问题、将立体几何的问题转化为解析几何的问题等,目的是把问题回归到最本质的定义、定理或现有的结论中去.立体几何中考查动点问题，往往题目难度较大，渗透化归与转化思想，对学生的逻辑推理能力要求较高.一般考查动点轨迹、动点的存在性、定值、范围、最值等问题，除了利用化动为定、空间问题平面化等方法，在几何体中由动点的变化过程推理出结果以外，也可以通过建系，坐标法构建函数，求得结果.专题探究探究1：坐标法解决动点问题建立空间直角坐标系，使几何元素的关系数量化，借助空间向量求解，省去中间繁琐的推理过程.解题步骤与空间向量解决立体几何问题一致，建立适当的空间直角坐标系由动点的位置关系，如在棱上或面内，转化为向量的关系，用参数表示动点的坐标通过空间向量的坐标运算表示出待求的量若求最值或取值范围，转化为函数问题，但要注意自变量的取值范围.一般坐标法用于解决动点的存在性问题、求最值、求范围问题.说明：对于求最值、范围问题，也可以直接通过几何体中的某个变量，构建函数，求最值或范围.(2022湖北省宜昌市模拟) （多选）在正方体1111ABCD A B C D -中，点为线段1AD 上一动点，则（ ） A. 对任意的点，都有1B D CQ ⊥ B. 三棱锥1B B CQ -的体积为定值 C. 当为1AD 中点时，异面直线1B Q 与所成的角最小D. 当为1AD 中点时，直线1B Q 与平面11BCC B 所成的角最大【审题视点】以正方体为载体考查定点的定值、最值问题，正方体便于建立空间直角坐标系，可选择用坐标法解决.【思维引导】选项，可以用几何知识证明；选项，设出点坐标，用坐标表示出异面直线成角的余弦值或线面角的正弦值，求最值，得出点位置.【规范解析】解：对于：连接，1.CD因为在正方体1111ABCD A B C D -中， 1B D ⊥平面1ACD ，CQ ⊂平面1ACD ， 1B D CQ ⊥，故正确； 对于：平面11//ADD A 平面11BCC B ，平面11ADD A 与平面11BCC B 的距离为正方体棱长，1123111326B B CQ Q BCB V V a a a --==⨯⋅=，为定值，故正确；对于：以为坐标原点，直线分别轴，建立空间直角坐标系如下图：设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2， ()[](),0,20,2Q x x x -∈，则1(2,2,2)B ， ()2,2,0B ， (0,2,0)C ， 因此()12,2,B Q x x =---， ()2,0,0BC =-， 设异面直线1B Q 与所成的角为θ，则当时，，当时，当时，故当与1D 重合时，异面直线1B Q 与所成的角最小，故不正确；对于： ()12,2,B Q x x =---， 又是平面11BCC B 的一个法向量，设直线1B Q 与平面11BCC B 所成的角为α，则，所以当1x =时，sin α取得最大值63，而0,2πα⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 因此α取得最大值，即当为1AD 中点时，直线1B Q 与平面11BCC B 所成的角最大， 故正确. 故选.ABD用一个参数表示动点的坐标，并求出参数范围，即为函数定义域转化为函数求最值，求出当函数取最值时的x 的值【探究总结】典例1是一道典型的研究动点问题的多选题，难度中等，但能够反映出坐标法研究最值范围问题的思路.建系设坐标，写出参数范围 根据向量运算构造函数求最值.(2021安徽省蚌埠市联考) 已知圆柱1OO 底面半径为1，高为π，是圆柱的一个轴截面，动点从点出发沿着圆柱的侧面到达点，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．将轴截面绕着轴1OO 逆时针旋转(0)θθπ<<后，边11B C 与曲线Γ相交于点.P（1）求曲线Γ长度； （2）当2πθ=时，求点1C 到平面的距离；（3）证明：不存在(0)θθπ<<，使得二面角D AB P --的大小为.4π探究2：化动为定点的位置在变化的过程中，有些量或位置关系是不变的，比如点到平面的距离不变，从而使几何体的体积不变；动点与另外一定点的连线与某条直线始终垂直，与某个平面始终平行.在证明体积为定值、证明位置关系时，要动中寻定，将动态的问题静态化：将动点转化为定点，寻找动直线所在的确定平面，从而解决问题.答题思路：1.动点到平面的距离为定值：证明平面，动点到平面的距离即为定点到平面的距离；2.为动点，为定点，证明：证明所在平面与垂直；3.为动点，为定点，证明平面：证明所在平面与平面平行.(2021湖南省四校联考) 在正三棱柱中，,，分别为的中点，P 是线段DF 上的一点．有下列三个结论：①平面；②;③三棱锥的体积时定值，其中所有正确结论的编号是 A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③【审题视点】求证关于动直线的线面平行或线线垂直，三棱锥的体积为定值问题，要化动为定.【思维引导】证明动直线所在平面与已知平面平行；证明定直线与动直线所在平面垂直；寻找过点与平面平行的直线，即得出点到平面的距离.【规范解析】解：如图，对于①，在正三棱柱中，，分别为的中点，平面平面，由平面，得平面，故①正确；对于②，在正三棱柱中，平面平面，平面平面平面，，平面平面,故②正确；对于③，平面平面，平面到平面的距离为定值，而有为定值，故是定值,线面平行，转化为面面平行异面直线垂直，转化为线面垂直体积的定值问题，转化点到平面的距离是定值，即通过线面平行或面面平行，得出动点到平面距离为定值故③正确．故选D ．【探究总结】立体几何证明中经常出现，求证关于动直线的线面平行与线线垂直问题，其思路是转化为证明动直线所在的定平面与其他平面或直线的位置关系.关键是分析动点,动线或动面间的联系,在移动变化的同时寻求规律.(2021云南省曲靖市联考) 如图所示的几何体中，111ABC A B C -为直三棱柱，四边形为平行四边形，2CD AD =，60ADC ∠=︒，1.AA AC =（1）证明：，1C ，1B 四点共面，且11A C DC ⊥；（2）若1AD =，点是上一点，求四棱锥的体积，并判断点到平面11ADC B 的距离是否为定值？请说明理由．探究3： 巧用极端位置由于点位置连续变化，使研究的图形发生连续的变化，利用点的位置变化“极端”位置，避开抽象及复杂的运算，得到结论.常见题型：1.定值问题：几何体中存在动点，但所求结果是确定的，即随着动点位置的改变不会影响所求的量，故可以考虑动点在极端位置的情况，优化解题过程.2.范围问题：几何体中存在动点，结果会随着动点位置改变而改变，当动点从一侧极端位置移动到令一个极端位置的过程中，所求量在增大、或减小、或先增后减、或先减后增，通过求出极端位置处的值，及最值，从而得出范围；3.探究问题：探究满足条件的点是否存在，也可以转化为求出范围，从而得出结论.(2021湖南省株洲市模拟) 在正四面体中, 为棱的中点, 为直线上的动点,则平面与平面夹角的正弦值的取值范围是 .【审题视点】本例可用极端位置法分析，也可以建系，用坐标法解决.【思维引导】借助极端位置分析，不难看出经过和底边中线的平面与平面垂直，点在移动的过程中，存在一个位置使平面与经过和底边中线的平面平行，即平面平面，此时两平面所成角为，角最大；当点移动到无穷远时，平面平面,此时两平面所成角最小.【规范解析】解：由下左图 设为的中心，为的中点， 则在正四面体中平面， 为中点，为的中点，，故平面连接，并延长交于点， 连接，并延长交于点， 则过点的平面交直线于点. 则平面平面 即平面与平面的夹角的正弦值为1，点从取最值的位置处移动至直线的无穷远处的过程中， 平面与平面的夹角逐渐减小，即当点在无穷远处时，看作， 如下右图 故平面与平面的夹角即为平面与平面的夹角，求出其正弦值为. 综上可知:面与面的夹角的正弦值的取值范围为.【探究总结】借助极端位置解决典例3中的问题，首先利用几何知识，明确点在移动的过程中 ，所求量的变化情况，若在极端位置处取“最值”，问题就简化为求出极端位置处的值.(2021浙江省杭州市高三模拟)高为1的正三棱锥的底面边长为，二面角与二面角A PB C --之和记为，则在从小到大的变化过程中，的变化情况是（ ）A ．一直增大B ．一直减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大专题升华结合几何知识，两平面成角的变化过程，即动点从一个极端位置变化到另一极端位置时，夹角大小的增减情况在极端位置处取“最值”，直接求出点该处时的夹角的正弦值，即为范围区间的一个端点几何体中研究动点问题往往难度较大，开放性强，技巧性高.总体思路是：用几何知识，经过逻辑推理，证明位置关系或求出表示出所求量；或者建立空间直角坐标系，将几何问题代数化，用空间向量研究动点问题，省去了繁杂的推理环节，但计算量较大.解决动点问题的策略不局限与上述方法，常用的的方法还有：运用条件直接推算，借助条件将几何体还原到长方体中去；构造函数，数形结合；还将空间问题转化为平面几何解决，如化折为直、利用解析几何的知识解决. 但只要我们熟练掌握这些基本方法,并灵活加以应用,不仅能化繁为简,化难为易,而且还可以得到简捷巧妙的解法.【答案详解】 变式训练1【解答】解：（1）在侧面展开图中为的长，其中AB AD π==，∴曲线Γ的长为2;π（2）当2πθ=时，建立如图所示的空间直角坐标系，则有()0,1,0A -、()0,1,0B 、1,0,2P π⎛⎫- ⎪⎝⎭、()11,0,C π-， 、(1,1,)2AP π=-、1(1,0,)OC π=-设平面的法向量为(,,)n x y z =，则2002n AB y n AP x y z π⎧⋅==⎪⎨⋅=-++=⎪⎩， 取2z =得(,0,2)n π=，所以点1C 到平面的距离为12||||4OC n d n ππ⋅==+； （3）假设存在满足要求的(0)θθπ<<， 在（2）的坐标系中，()sin ,cos ,P θθθ-，，设平面的法向量为111(,,)m x y z =，则111120sin (cos 1)0y x y z θθθ=⎧⎨-+++=⎩，取11x =得sin (1,0,)m θθ=，又平面的法向量为(1,0,0)k =，由二面角D AB P --的大小为4π， 则|cos ⟨,m k ⟩2212|sin .21sin θθθθ==⇒=+ sin (0)2πθθθ<<<，0θπ∴<<时，均有sin θθ<，与上式矛盾．所以不存在(0)θθπ<<使得二面角D AB P --的大小为.4π 变式训练2【解答】（1）证明：因为111ABC A B C -为直三棱柱， 所以，且，又四边形为平行四边形，//BC AD ，且BC AD =，，且，四边形为平行四边形，，1B 四点共面；，又1AA ⊥平面，AC ⊂平面，，四边形11A ACC 为正方形，连接1AC 交1A C 于，，在ADC ∆中，2CD AD =，，由余弦定理得，，所以，AD AC ⊥，又1AA ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，1AA AD ⊥，，1AA ⊂平面11A ACC ，，AD ⊥平面11A ACC ，1AC ⊂平面11A ACC ，所以，又，平面，1A C ⊥平面， 1DC ⊂平面，（2）解：由（1）知：1A C ⊥平面，在Rt DAC 中，由已知得3AC =，，四棱锥的体积，//BC AD ，点到平面的距离为定值，即为点到平面的距离变式训练3【解析】解：设二面角为，二面角A PB C --为，当时，正三棱锥趋向于变为正三棱柱，；当时，正三棱锥趋向变为平面，.当正三棱锥为正四面体时，且，，故.当从小变大时，要经过从变为小于的角，然后变为的过程， 故只有选项符合.故选：.静夜思[ 唐] 李白原文译文对照床前明月光，疑是地上霜。
立体几何中的动点问题
立体几何中的动点问题一、立体几何中的动点问题嘿，小伙伴们，咱今天来唠唠立体几何里的动点问题哈。
这动点问题就像一个调皮的小怪兽，在立体几何这个大城堡里到处乱窜呢。
你想啊，立体几何本身就已经够让人头疼的了，再加上个动点，那简直是“难上加难”。
比如说一个正方体或者长方体里面，有个点在棱上或者面上动来动去的，你要去研究它的轨迹啦，它和其他点、线、面之间的关系啦，真的是很考验我们的小脑袋瓜。
我给你们举个例子哈，就像有个三棱柱，在它的一条侧棱上有个动点，这个动点和底面三角形的某个顶点连线，然后问你这条连线和底面的夹角怎么随着这个动点的移动而变化。
这时候你就得动用你学过的那些立体几何的知识了，像什么直线和平面的夹角公式啦，向量的方法啦。
而且呢，这个动点问题还常常和空间想象力挂钩。
有时候你光靠在纸上画图还不行，得在脑子里构建出那个立体的模型，想象着那个点是怎么动的。
这就像是你自己在脑子里玩一个3D游戏一样，不过这个游戏可没那么容易通关哦。
还有一种情况也很常见，就是在一个圆锥或者圆柱里面有动点。
圆锥和圆柱本身就是曲线图形，再加上动点，就像是在弯弯绕绕的迷宫里找出口一样。
比如说在圆锥的侧面上有个动点，要你求这个动点到圆锥底面圆心的距离的取值范围，你就得考虑圆锥的母线长啦，底面半径啦，还有这个动点的运动范围啦。
其实解决立体几何中的动点问题呢，也有一些小窍门。
一个就是多画图，不同位置的图都画一画，这样你就能比较直观地看到动点的变化了。
再一个就是要善于把立体问题转化成平面问题，利用平面几何的知识来解决。
就像把圆锥展开成扇形，把圆柱展开成长方形，这样可能就会让问题变得简单一些呢。
不过呢，不管有多少小窍门，都得靠我们自己多做练习题，多去思考，这样才能真正掌握这个有点“小狡猾”的动点问题。
加油哦，小伙伴们！。
立体几何中的动点轨迹问题
同理，在平面 AA1D1D 内满足条件的点的轨迹长度为52π．在平面 A1B1C1D1 内满足条件 的点的轨迹为以 A1 为圆心，A1F 为半径的14圆弧，长度为 2π×4×14＝2π．同理，在平 面 ABCD 内满足条件的点的轨迹为以 A 为圆心，AE 为半径的圆弧，长度为 2π×3×14 ＝32π．故轨迹的总长度为52π＋52π＋2π＋32π＝172π．
的长度最小．因为 B1N1＝D1N1＝ 5，B1D1＝2 2，所以△B1N1D1 的边 B1D1 上的高为
52－ 22＝ 3，则 S△B1N1D1＝12×2 2× 3＝ 6，则当 B1N⊥D1N1 时，B1N 最
小，即 B1Nmin＝2S△DB1N1N1 1D1＝2
6＝2 5
530．
总结 提炼
与平行有关的轨迹问题的解题策略 (1)线面平行转化为面面平行得轨迹； (2)平行时可利用法向量垂直关系求轨迹．
模型 3 动点保持等距关系
3 (2023·湖北联考节选)已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 3，P 为正方体表 53
面上的一个动点，A1P＝2 3，则点 P 的轨迹长度为___2__π__．
【解析】 如图，点 P 的轨迹一部分是在平面 ABB1A1，A1B1C1D1， ADD1A1 三个面内以 2 3为半径，圆心角为π6的三段圆弧，另一部分是 在平面 BCC1B1，CDD1C1，ABCD 三个面内以 3为半径，圆心角为π2 的三段圆弧．故点 P 的轨迹的长度为112×2π×2 3×3＋14×2π× 3×3＝523π．
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配套精练
2 ． 如 图 ， 正 方 体 ABCD － A1B1C1D1 的 棱 长 为 2 ， E ， F 分 别 为
立体几何（12）—高端视野：动点问题
立体几何（12）—高端视野：动点问题高考数学研究动点问题1/3立体几何——（12）高端视野:动点问题在高考试题中，经常考查立体几何中的动点问题，在立体几何中常见的动点问题大致可分为以下几类：一是求动点轨迹问题；二是求动点与某点（或面）的距离问题；三是求直线与直线（或平面）垂直问题；四是求直线与直线（或平面）平行问题；五是平面与平面垂直问题。
举例说明这几个问题的解法。
一、求动点轨迹问题这类问题往往是先利用题中条件把立几问题转化为平面几何问题，再判断动点轨迹。
【例1】如图，定点A和B都在平面?内，定点??P，??PB，C是?内异于A和B的动点，且ACPC?。
那么，动点C在平面?内的轨迹是（）A.一条线段，但要去掉两个点B.一个圆，但要去掉两个点C.一个椭圆，但要去掉两个点D.半圆，但要去掉两个点【解析】由三垂线定理的逆定理得∵AC⊥PC且PC在?内的射影为BC，∴AC⊥BC.∴∠ACB=900.∴C点的轨迹为以AB为直径圆，但除去A、B两点.二、动点与某点（面）的距离问题【例2】正方体1111DCBAABCD?中，棱长为a，E是1AA的中点，在对角面DDBB11上找一动点M，使AM+ME最小.【解析】,,,11BBBBDBBACBDAC.11DDBBAC面??设AC∩BD=O，则AO=CO．∴平面DDBB11是线段AC的垂直平分面，∴C是A关于平面DDBB11的对称点。
连CE交面DDBB11于M，则M就是要求的点，这时AM+ME最小。
又AM=CM,∴AM+ME的最小值就是CE的长，而2412222aaAEACCE=a23,此时AM+ME的最小值为a23．简评：本题先证明平面DDBB11是线段AC的垂直平分面，然后利用C是A关于平面DDBB11的对称点，所以AM=CM,AM+ME的最小值，即为CM+ME的最小值，即CE的长，所以M点为CE和平面DDBB11的交点。
三、直线与平面（或直线）垂直问题【例3】如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=3，BC=1，PA=2，E为PD的中点.（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，并求出N点到AB和AP的距离.【解析】（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则A、B、C、D、P、E的坐标为A（0，例1题图ABCPOE例2题图ABCDA1C1D1 B1M高考数学研究动点问题2/30，0）、B（3，0，0）、C（3，1，0）、D（0，1，0）、P（0，0，2）、E（0，21，1），从而).2,0,3(),0,1,3(PBAC设PBAC与的夹角为θ，则,1473723||||cosPBACPBAC?∴AC与PB所成角的余弦值为1473.（Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x，O，z），则)1,21,(zxNE，由NE⊥面PAC可得，.0213,01.0)0,1,3()1,21,( ,0)2,0,0()1,21,( .0,0xzzxzxACNEAPNE化简得即∴163zx即N点的坐标为)1,0,63(，从而N点到AB、AP的距离分别为1，63.简评：本题主要考查线面关系和四棱锥等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x，O，z），然后利用NE⊥面PAC，有.0,0ACNEAPNE求得动点N的坐标为)1,0,63(.四、直线与平面（或直线）平行问题【例4】如图，已知在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=2a点E在PD上，且PE：ED=2：1.在棱PC上有一动点F，当动点F移动到何处时，使BF∥平面AEC？证明你的结论。
2024版高考数学总复习：立体几何思维深化微课堂立体几何中的动态问题课件
5
5
.因为cos α
× 5×d＝
类型三
例3
求最值问题
如图，平面ACD⊥α，B为AC的中点，|AC|＝2，∠CBD＝60°，
P为α内的动点，且点P到直线BD的距离为 3，则∠APC的最大值为
(
A．30°
B．60°
C．90°
D．120°
)
[思维架桥] 由题意知空间中到直线BD的距离为 3的点构成一个圆
柱面，它与平面α的相交面是一个椭圆面，即点P的轨迹是一个椭
圆．由椭圆上的点关于两焦点的张角在短轴的端点取得最大值，可
求得答案．
B
解析：因为点P到直线BD的距离为 3，所以空间中到直线BD的
距离为 3的点构成一个圆柱面，它和平面α相交得到一个椭圆，即
点P在α内的轨迹为一个椭圆，B为椭圆的中心，b＝
3
3，a＝
面A1DE的一个法向量为n＝(2，1，－2)．设M(x，2，z)，则＝(x
－2，2，z)．由·n＝0，得2(x－2)＋2－2z＝0，所以x－z＝1，
故点M的轨迹为以BC，BB1的中点为端点的线段，长为 2.故选B．
[应用体验]
如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正
2
2
B．1
D． 2
C．2
D
)
解析：因为当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，
1
1
所以tan∠DMD1＝
＝ 2＝
1
2
2是最大值．故选D．
迹长度为(
)
π
A．
4
B． 2
C．2
D．π
[思维架桥]
建立空间直角坐标系，设点M(x，2，z)，求出平面
2023年高考数学复习：立体几何动点问题
d2＝
|P→A|2－P→A|A→·MA→M| 2＝
204t＋2＋t264，
S△APM＝12 t2＋4·d2＝ 5t2＋16.
S△PAD＝12×2×4＝4，设点 D 到平面 α 的距离为 h，
利用等体积法VD－APM＝VM－PAD，
即13·S△APM·h＝13·S△PAD·t，
可得 h＝ 5t42＋t 16，则 h＝
√A.平面 BCM⊥平面 A1AM
√B.三棱锥 B－MB1C 体积最大值为16
√C.当 M 为 AB1 的中点时，直线 B1D 与直线 CM 所成
的角的余弦值为
2 3
D.直线 CM 与 A1D 所成的角不可能是π4
解 析 对 于 A ， ∵BC⊥AB ， BC⊥BB1 ， AB∩BB1＝B，AB，BB1⊂平面AA1M， ∴BC⊥平面AA1M，又BC⊂平面BCM， ∴平面BCM⊥平面A1AM，A正确； 对于 B，VBMB1C ＝VC BB1M ＝13 S△BB1M ·BC＝13 S△BB1M ，
42－ 126＝3
2－ 12
6，
即当P→A·P→D取得最小值时，点 P 到 AD 的距离为3
2－ 12
6 .
能力 提升
动点问题的解题技巧 (1)应用“位置关系定理”转化. (2)建立“坐标系”计算. (3)依据“曲线定义”判定.
跟踪演练
1.已知 MN 是长方体外接球的一条直径，点 P 在长方体表面上运动，长方
边形
1234
解析 如图，建立空间直角坐标系，延长AE与z轴交于点P， 连接PF与y轴交于点M， 则平面α由平面AEF扩展为平面APM. 由此模型可知A错误，B，D正确. D(0,0,0)，A(2,0,0)，P(0,0,4)， 设点M的坐标为(0，t，0)(t∈[2,4])， D→A＝(2,0,0)，A→M＝(－2，t，0)，P→A＝(2,0，－4)， 则可知点P到直线AM的距离为
立体几何背景下动点轨迹问题赏析
)
。
a
-x
2
图7
→
2
2
x +(
a-y) , | MP | =
|MC| =
角形,
底面 ABCD 为 正 方 形,侧
方形 ABCD 内 (包 括 边 界 )的 一
设正 方 形 ABCD 的 边 长 为 a,
a
3a , (, ,)
a,
P
C 0a 0 ,则
,
0,
2
2
如图5,ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2
= 2。
2
+ 23
2
因为 OB=2
OE,
E 为 A1C1 的中
点,
所以△A1BC1 为等边三角形,
所以 O 为 △A1BC1 的 中 心,
OE
图3
1
26
26
,
。
得 d=
d|MN|=
2
3
3
因为 A1D1 ⊥ 平 面 ABB1A1 ,
AB1 ⊂ 平 面
所 以 A1D1 ⊥AB1 。 又 AB1 ⊥A1B,
15
1.
a>b>0)中,
F1 、
a
b
F2 分 别 为 左、右 焦 点,
P 为 椭 圆 上 一 点,则
θ
其中θ=∠F1PF2 。
S△PF1F2 =b ·t
a
n ,
2
2
x
y
在双曲线 2 - 2 =1(
2.
a>0,
b>0)中,
a
b
F1 、
F2 分 别 为 左、右 焦 点,
P 为双曲线上一
2025年高考数学总复习47第六章微专题立体几何中的动态问题
微专题立体几何中的动态问题立体几何中的“动态问题”是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的、可变的一类开放型问题，因其某些点、线、面位置的不确定，往往成为学生进行一些常规思考、转化的障碍．但又因其是可变的、开放的，更有助于学生空间想象能力及综合思维能力的培养，以下利用运动变化的观点对几种动态问题的类型加以分析，探求解决此类问题的若干途径．类型一空间位置关系的判定【例1】如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1上的动点，且EH∥FG，则必有()A．BD1⊥EH B．AD∥FGC．平面BB1D1D⊥平面EFGH D．平面A1BCD1∥平面EFGHB解析：当E与A1重合，H与D1重合时，BD1与EH的夹角即BD1与A1D1的夹角，显然BD1与A1D1的夹角不是π，故A错误．2当FG不与B1C1重合时，因为EH∥FG，EH⊂平面A1B1C1D1，FG⊄平面A1B1C1D1，所以FG∥平面A1B1C1D1.因为FG⊂平面BCC1B1，平面A1B1C1D1∩平面BCC1B1＝B1C1，所以FG∥B1C1∥AD.当FG与B1C1重合时，显然FG∥AD，故B正确．当平面EFGH与平面BCC1B1重合时，显然平面BB1D1D与平面BCC1B1不垂直，故C错误．当FG与BC重合时，平面A1BCD1与平面EFGH相交，故D错误．【例2】如图，点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论一定成立的是()A．三棱锥A-A1PD的体积大小与点P的位置有关B．A1P与平面ACD1相交C．平面PDB1⊥平面A1BC1D．AP⊥D1CC解析：对于选项A，VA-A1PD＝VP-AA1D.在正方体中，BC1∥平面AA1D，所以当点P运动时其到平面AA1D的距离不变，即三棱锥P-AA1D的高不变．又△AA1D的面积不变，因此三棱锥P-AA1D的体积不变，即三棱锥A-A1PD的体积与点P的位置无关，故A不成立．对于选项B ，由于BC 1∥AD 1，AD 1⊂平面ACD 1，BC 1⊄平面ACD 1，所以BC 1∥平面ACD 1，同理可证BA 1∥平面ACD 1.又BA 1∩BC 1＝B ，BA 1，BC 1⊂平面BA 1C 1，所以平面BA 1C 1∥平面ACD 1.因为A 1P ⊂平面BA 1C 1，所以A 1P ∥平面ACD 1，故B 不成立．对于选项C ，因为A 1C 1⊥BD ，A 1C 1⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，所以A 1C 1⊥平面BB 1D ，则A 1C 1⊥B 1D ，同理A 1B ⊥B 1D .又A 1C 1∩A 1B ＝A 1，所以B 1D ⊥平面A 1BC 1.又B 1D ⊂平面PDB 1，所以平面PDB 1⊥平面A 1BC 1，故C 成立．对于选项D ，当B 与P 重合时，AP 与D 1C 的夹角为π4，故D 不成立．解决空间位置关系的动点问题(1)应用“位置关系定理”转化． (2)建立“坐标系”计算． 类型二 轨迹问题【例3】(2024·韶关模拟)设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为底面正方形ABCD 内的一动点．若△APC 1的面积S ＝12，则动点P 的轨迹是( )A ．圆的一部分B ．双曲线的一部分C ．抛物线的一部分D ．椭圆的一部分D 解析：设d 是△APC 1边AC 1上的高，则S △APC 1＝12|AC 1|·d ＝√32d ＝12，所以d ＝√33，即点P 到直线AC 1的距离为定值√33，所以点P 在以直线AC 1为轴，√33为底面半径的圆柱侧面上，直线AC 1与平面ABCD 既不平行也不垂直，所以点P 的轨迹是平面ABCD 上的一个椭圆，其中只有一部分在正方形ABCD 内．【例4】如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别为AA 1，AB 的中点，点M 是正方形ABB 1A 1内的动点．若C 1M ∥平面CD 1EF ，则点M 的轨迹长度为________.√2 解析：如图，取A 1B 1的中点H ，B 1B 的中点G ，连接GH ，C 1H ，C 1G ，EG ，HF ，可得四边形EGC 1D 1是平行四边形，所以C 1G ∥D 1E .又C 1G ⊄平面CD 1EF ，D 1E ⊂平面CD 1EF ，所以C 1G ∥平面CD 1EF .同理可得C 1H ∥CF ，C 1H ∥平面CD 1EF .因为C1H∩C1G＝C1，C1H，C1G⊂平面C1GH，所以平面C1GH∥平面CD1EF.由点M是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以点M的轨迹长度为√12+12＝√2.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，或用代替法进行计算．(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．类型三最值问题【例5】已知在如图所示的正三棱锥P-ABC中，侧棱P A，PB，PC的长为√2，底面三角形ABC的边长为2，D为AC的中点，E为AB的中点，M是PD上的动点，N是平面PCE上的动点，则AM＋MN的最小值为()A．√6+√24B．√3+12C．√64D．√32B解析：将正三棱锥P-ABC放入棱长为√2的正方体AGIJ-PCHB中，如图1所示，先固定点M，那么MN的最小值即点M到平面PCE的距离．连接GH，设GH的中点为F，连接PF，DG.由题意，得平面PGF⊥平面PCE，且交线为PF，故MN⊥PF，所以点M在PD上运动时，点N在PF上运动．把平面AGP和平面PGF沿PG展开，示意图如图2所示，作AN′⊥PF交PG于点M′，则AN′即所求，(AM＋MN)min＝AN′＝AP·sin (45˚＋30˚)＝√3+12.【例6】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为a，侧棱长为b，且a≥b，点D是BC1的中点，则直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值是()A．√13013B．√63C．√33D．√3913D解析：如图，取A1B1的中点E，连接BE，C1E，则C1E⊥A1B1.由正三棱柱的性质可知，平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，所以C1E⊥平面ABB1A1，取BE的中点F，连接AF，DF.因为D为BC1的中点，所以DF∥C1E，所以DF⊥平面ABB1A1，所以∠DAF即为直线AD与侧面ABB1A1所成的角．在Rt△AFD中，DF＝12C1E＝√34a，AF＝√(34a)2+(12b)2＝√9a2+4b24，所以tan ∠DAF＝DFAF√3a√√13+4b23a2≥√13+43＝√3913，当且仅当a＝b时，等号成立，所以直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值为√3913.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，常用的思路是：(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，即可求解．(2)函数思想：通过建立坐标系或引入变量，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．。
立体几何中的动点问题
3.与圆x2+y2-4x=0外切，且与y轴相切的动圆圆心的轨迹方 y2=8x(x＞0)或y=0(x＜0) 程是______________________.
相应习题
4.△ABC的顶点为A(0，-2)，C(0，2)，三边长a、b、c成 等差数列，公差d＜0；则动点B的轨迹方程为______
x2 y2 1 y 0，x 0 _____________________ . 12 16
2 2 1 (x - 1 ) y (0,0)) 2 4 (舍去原点
例1 :已知圆C的方程为 : ( x - 1) 2 y 2 1, 过原点O作任一弦OA, 求 弦OA的中点M的轨迹方程.
y A M O C(1,0) x 方法三 向量法:利用向量性质(主要是利用垂 直和平行)求曲线方程.
例1 :已知圆C的方程为 : ( x - 1) 2 y 2 1, 过原点O作任一弦OA, 求 弦OA的中点M的轨迹方程.
y A M O C(1,0) x 方法五 交轨法:若动点是两动曲线的交 点，可联立两曲线方程，消去多余参数, 得出动点轨迹方程.
设直线lOA : y kx ①
OA CM
x2 2 y 1 轨迹方程是_________________________ 4
8. 过原点的动椭圆的一个焦点为F(1，0)，长轴长为 2
9 1 2 x- y 4，则动椭圆中心的轨迹方程为_________________ 4 2
我们每个人都是社会中的动点，愿我 们在人生道路上合理的利用定理，确定属于 自己的坐标，形成美丽的人生轨迹。
x y
2
2
2
( x 1) y
2
2
2
微重点 立体几何中的动态问题 解析版-2024年高考数学重难点攻略
微重点 立体几何中的动态问题“动态”问题是高考立体几何问题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．知识导图考点一：动点轨迹问题考点二：折叠、展开问题考点三：最值、范围问题考点分类讲解考点一：动点轨迹问题规律方法 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．1(2024·浙江温州·一模)如图，所有棱长都为1的正三棱柱ABC -A 1B 1C 1，BE =2EC，点F 是侧棱AA 1上的动点，且AF =2CG，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【答案】A【分析】根据题意首先保持H 在线段FB 上不动(与F 重合)，研究当点F 运动时M 的轨迹为线段MN ，再根据H 点在线段FB 上运动的轨迹即可得出点M 的轨迹为△MNE 及其内部的所有点的集合.【详解】如下图所示：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AA 1上运动时，若F 点在A 1点处时，G 为CC 1的中点，此时由AF =2CG 可得满足FM =2MC，当F 点运动到图中F 1位置时，易知AF 1 =2CG 1，取AG 1∩CF 1=P ，可得F 1P =2PC ，取棱AC 上的点N ，满足AN =2NC，根据三角形相似可得M ,N ,P 三点共线，当点F 在侧棱AA 1上从A 1点运动到A 点时，M 点轨迹即为线段MN ；再研究当点H 在线段FB 上运动，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F 1B 上从点F 1运动到点B 时，M 点的轨迹是线段PE ，因此可得，当点F 是侧棱AA 1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：A2(多选)(23-24高三上·贵州安顺·期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 、G 、H 分别为棱CC 1、C 1D 1、A 1D 1、AB 的中点，点M 为棱A 1B 1上动点，则()A.点E 、F 、G 、H 共面B.GM +MH 的最小值为1+5C.点B 到平面AB 1C 的距离为233D.DE ⊥A 1H【答案】ACD【分析】根据题意建立空间之间坐标系，利用平面向量基本定理可对A 判断，利用向量的垂直表示可对D 判断；利用正方体面展开图可对B 判断；利用等体积法可对C 判断.【详解】如图，以D 为原点，建立空间直角坐标系，则D 0,0,0 ，E 0,2,1 ，F 0,1,2 ，G 1,0,2 ，H 2,1,0 ，对A ：EF =0,-1,1 ，EG =1,-2,1 ，EH =2,-1,-1 ，设EF =λEG +μEH ，即0,-1,1 =λ1,-2,1 +μ2,-1,-1 ，解得λ=23，μ=-13，所以EF ,EG ,EH共面，故A 正确．对B ：将正方体沿AB 剪开展开如下图，连接GH 交A 1B 1于一点，此点为M 点，此时GM +MH 为最小值32+22=13，故B 错误；对C ：由等体积法可知V B -AB 1C =V B 1-ABC ，即13·S △AB 1C ·d =13·S △ABC ·BB 1 ，由S △AB 1C =12×2×2×sin π3=32，S △ABC =12×2×2=2，求解得d =233，故C 正确.对D ：D 0,0,0 ，A 12,0,2 ，DE =0,2,1 ，A 1H=0,1,-2 DE ·A 1H =2-2=0，则DE ⊥A 1H ，所以DE ⊥A 1H ，故D 正确.故选：ACD .3(2023·贵州·一模)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，P 分别为棱AA 1,CC 1,AD 的中点，Q 为该正方体表面上的点，若M ，N ，P ，Q 四点共面，则点Q 的轨迹围成图形的面积为．【答案】33【分析】根据题意找出点Q 的轨迹围成图形为正六边形PENFGM 即可求解.【详解】如图，取CD ,B 1C 1,A 1B 1的中点分别为EFG ，则点Q 的轨迹围成图形为正六边形PENFGM ，且边长为面对角线的一半，即2，所以点Q 的轨迹围成图形的面积为6×122×2 2-222=33，故答案为:3 3.4(2023·宁波联考)正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 满足BP =λBC+μ-→BB 1(λ，μ∈R )，则下列说法正确的有()A.若λ+μ=1，则A 1P ⊥AD 1B.若λ+μ=1，则三棱锥A 1-PDC 1的体积为定值C.若点P 总满足PA ⊥BD 1，则动点P 的轨迹是一条直线D.若点P 到点A 的距离为3，则动点P 的轨迹是一个面积为π的圆【答案】ABC【解析】对于A ，因为BP =λBC +μ-→BB 1(λ，μ∈R )且λ+μ=1，由向量基本定理可知，点B 1，C ，P 共线，如图，连接AD1，A 1C ，BC 1，B 1C ，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，B 1C ⊥BC 1，A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，因为BC 1⊂平面BB 1C 1C ，所以A 1B 1⊥BC 1，又B 1C ∩A 1B 1=B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1C ，在BC 1上任取一点P ，连接A 1P ，则A 1P ⊂平面A 1B 1C ，所以BC 1⊥A 1P ，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，因为AB ∥D1C 1，且AB =D 1C 1，所以四边形ABC 1D 1为平行四边形，所以AD 1∥BC 1，则AD 1⊥A 1P ，故选项A 正确；对于B ，如图，连接A 1C 1，C 1D ，A 1D ，B 1C ，因为BP =λBC+μ-→BB 1(λ，μ∈R )且λ+μ=1，由向量基本定理可知点B 1，C ，P 共线，即点P 在直线B 1C 上，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，因为A 1B 1∥DC ，且A 1B 1=DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，所以A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，BC 1⊄平面A 1C 1D ，所以B 1C ∥平面A 1C 1D ，则直线B 1C 上任意一点到平面A 1C 1D 的距离相等，又因为△A 1C 1D 的面积为一定值，所以三棱锥A 1-PDC 1的体积为定值，故选项B 正确；对于C ，如图，连接AC ，BD ，AB1，BD 1，B 1C ，B 1D 1，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥BD ，BB 1⊥平面ABCD ，因为AC ⊂平面ABCD ，所以BB 1⊥AC ，又BB 1∩BD =B ，所以AC ⊥平面BB 1D 1D ，BD 1⊂平面BB 1D 1D ，所以AC ⊥BD 1，同理AB 1⊥BD 1，又AB 1∩AC =A ，所以BD 1⊥平面AB 1C ，因为点P 满足BP =λBC +μ-→BB 1(λ，μ∈R )，所以点P 在侧面BB 1C 1C 所在的平面上运动，且PA ⊥BD 1，所以动点P 的轨迹就是直线B 1C ，故选项C 正确；对于D ，因为点P 到点A 的距离为3，所以点P 的轨迹是以A 为球心，3为半径的球面与平面BB 1C 1C 的交线，即点P 的轨迹为小圆，设小圆半径为r ，因为球心A 到平面BB 1C 1C 的距离为1，则r =(3)2-1=2，所以小圆的面积S =πr 2=2π，故选项D 错误考点二：折叠、展开问题规律方法 画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系．1(2024·河南·模拟预测)为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢(如图1).已知AB 和CD 是圆O 的两条互相垂直的直径，将平面ABC 沿AB 翻折至平面ABC ，使得平面ABC ⊥平面ABD (如图2)此时直线AB 与平面C BD 所成角的正弦值为()A.13B.33C.22D.32【答案】B【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.【详解】依题意，OC ⊥AB ,OD ⊥AB ，而平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，又OC ⊂平面ABC ,OD ⊂平面ABD ，则OC ⊥平面ABD ，OD ⊥OC ，因此直线OD ,OB ,OC 两两垂直，以点O 为原点，直线OD ,OB ,OC 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，令圆半径OD =1，则O (0,0,0),D (1,0,0),B (0,1,0),C (0,0,1)，OB =(0,1,0),BC=(0,-1,1),BD =(1,-1,0)，设平面C BD 的一个法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅BC=-y +z =0n ⋅BD=x -y =0，令y =1，得n =(1,1,1)，设直线AB 与平面C BD 所成的角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,OB ›|=|n ⋅OB ||n ||OB |=11×3=33，所以直线AB 与平面C BD 所成角的正弦值为33.故选：B2(22-23高三上·浙江·开学考试)如图，矩形ABCD 中，AD =2,AB =3,AE =2EB，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE ，若M 为线段A 1C 的点，满足CM =2MA 1，则在△ADE 翻折过程中(点A 1不在平面DEBC 内)，下面四个选项中正确的是()A.BM ⎳平面A 1DEB.点M 在某个圆上运动C.存在某个位置，使DE ⊥A 1CD.线段BA 1的长的取值范围是5,3【答案】ABD【分析】由已知，选项A ，在DC 上取一点N ，令CN =2ND ，可通过面面平行的判定定理证明平面BMN ∥平面ADE ，从而证明BM ∥平面A 1DE ；选项B ，可通过∠A 1DE =∠MNB =π4,NM =43，EB =22，借助余弦定理可知BM 为定值，从而确定M 点的轨迹；选项C ，可先假设DE ⊥A 1C 成立，然后借助线面垂直的判定定理和性质定理得到DE ⊥CH ，然后在△DHC 中，利用勾股定理验证是否满足，即可做出判断；选项D ，可通过点A 1运行轨迹，分别找出最大值和最小值点，然后求解即可做出判断.【详解】如上图所示，在DC 上取一点N ，令CN =2ND，连接NB ，在矩形ABCD 中，AB =CD 且AB ∥CD ，又因为AE =2EB ，CN =2ND，所以EB =ND 且EB ∥ND ，所以四边形EBND 为平行四边形，所以NB ∥ED ，又因为NB ⊄平面ADE ，DE ⊂平面ADE ，所以NB ∥平面ADE ，又因为CN =2ND ，CM =2MA 1，所以NM ∥A 1D ，又因为NM ⊄平面ADE ，DA 1⊂平面ADE ，所以NM ∥平面ADE ，又因为NM ∩NB =N 且NM 、NB ⊂平面BMN ,所以平面BMN ∥平面ADE ，又因为MB ⊂平面BMN ,所以BM ∥平面A 1DE ，选项A 正确；由NB ∥ED ，NM ∥A 1D ，AD =AE =2,可得∠A 1DE =∠MNB =π4,由CN =2ND ，CM =2MA 1 可知，NM =23A 1D =43，而EB =ND =22，由余弦定理可知，BM 为定值，而B 为定点，故M 在以B 为圆心，BM 为半径的圆上运动，故选项B 正确；取ED 的中点H ，连接HA 1、HC ，在△A 1DE 中，AD =AE =2，所以DE ⊥A 1H ，假设DE ⊥A 1C 成立，A 1H 、A 1C ⊂平面A 1HC ,所以DE ⊥平面A 1HC ，又因为CH ⊂平面A 1HC ，所以DE ⊥CH ，而，在△DHC 中，DH =2，DC =3，CH =5，所以∠DHC ≠π2，故DE ⊥CH 不成立，所以假设不成立，该选项C 错误；在DC 上取一点A 2，令DA 2 =2A 2C，在△ADE 翻折过程中, 线段BA 1的最大值是A 1与A 点重合，此时BA 1=3，线段BA 1的最小值是A 1与A 2点重合，此时BA 1=5，又因为点A 1不在平面DEBC 内，所以线段BA 1的长的取值范围是5,3 ，选项D 正确；故选：ABD3(2024高三·全国·专题练习)如图1，在等边△ABC 中，点D 、E 分别为边AB 、AC 上的动点且满足DE ⎳BC ，记DEBC=λ.将△ADE 沿DE 翻折到△MDE 的位置，使得平面MDE ⊥平面DECB ，连接MB ，MC ，如图2，N 为MC 的中点．(1)当EN ⎳平面MBD 时，求λ的值．(2)随着λ的值的变化，二面角B -MD -E 的大小是否改变？若是，请说明理由；若不是，请求出二面角B -MD -E 的正弦值．【答案】(1)λ=12(2)不是，255【分析】(1)取MB 的中点为P ，连接DP ，PN ，推出NP ∥BC ，证明NEDP 为平行四边形，利用比例关系求解即可．(2)取DE 的中点O ，如图建立空间直角坐标系，求出平面BMD 的法向量，平面EMD 的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦函数值然后求解即可．【详解】(1)如图，取MB 的中点P ，连接DP ，PN ．因为N 为MC 的中点，所以NP ⎳BC ，NP =12BC ．又DE ⎳BC ，所以NP ⎳DE ，即N ，P ，D ，E 四点共面．因为EN ⎳平面MBD ，EN ⊂平面NEDP ，平面NEDP ∩平面MBD =DP ，所以EN ⎳DP ，即四边形NEDP 为平行四边形，所以NP =DE ，即DE =12BC ，所以λ=12．(2)取ED 的中点O ，连接MO ，则MO ⊥DE ．因为平面MDE ⊥平面DECB ，平面MDE ∩平面DECB =DE ，MO ⊂平面MDE ，所以MO ⊥平面DECB ．如图，建立空间直角坐标系，不妨设BC =2，则M 0,0,3λ ，D λ,0,0 ，B 1,31-λ ,0 ，所以MD =λ,0,-3λ ，DB =1-λ,31-λ ,0 ．设平面MBD 的一个法向量为m=(x ,y ,z )，则MD ⋅m=λx -3λz =0,DB ⋅m =1-λ x +31-λ y =0,即x =3z ,x =-3y , 令x =3，所以m =3,-1,1 ．由题意可知n=(0,1,0)为平面MDE 的一个法向量．设二面角B -MD -E 的平面角为θ，则cos θ =cos m ,n =m ⋅n m n =55，因此sin θ=1-cos 2θ=255，所以二面角B -MD -E 的正弦值为255．4(2023·邵阳模拟)如图所示，在矩形ABCD 中，AB =3，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 ′AEC.点A 到平面BCF 的距离为32D.异面直线EF 与BC 所成角的余弦值的取值范围是1313，1010【答案】 D【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AD ′E 垂直，故B 错误；选项C ，以AB ，AD ，AF分别为x ，y ，z 轴的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 (3，0,0)，C (3，1,0)．BC =(0,1,0)，BF =(-3，0,3)，AB =(3，0,0)，设平面BCF 的法向量为n =(x ，y ，z )，则n ·BC=y =0，n ·BF =-3x +3z =0， 取n =(3，0,1)，则点A 到平面BCF 的距离d =n ·ABn=32，故C 错误；选项D ，设E (3λ，1,0)，λ∈(0,1)，BC=(0,1,0)，EF=-3λ，-1，3 ，设EF 与BC 所成的角为θ，则cos θ=EF ·BCEF BC=13λ2+10∈1313，1010 ，故D 正确．考点三：最值、范围问题规律方法 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，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．1(多选)(2023·鞍山模拟)如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是线段BC 1上的动点，则下列结论正确的是()A.四面体PA 1D 1A 的体积为定值B.AP +PC 的最小值为22C.A 1P ∥平面ACD 1D.直线A 1P 与AC 所成的角的取值范围是0，π3【答案】ACD【解析】对于A ，由正方体可得平面DAA 1D 1∥平面BCC 1B 1，且B ，P ∈平面BCC 1B 1，所以点B 到平面DAA 1D 1的距离等于点P 到平面DAA 1D 1的距离，所以四面体PA 1D 1A 的体积V P -A 1D 1A =VB -A 1D 1A =13S △A 1D 1A ×1=13×12×1×1×1=16，所以四面体PA 1D 1A 的体积为定值，故A 正确；对于B ，当P 与B 重合时，AP +PC =AB +BC =2<22，所以AP +PC 的最小值不为22，故B 错误；对于C ，连接A 1C 1，A 1B ，由正方体可得AA 1=CC 1，AA 1∥CC 1，所以四边形AA 1C 1C 是平行四边形，所以AC ∥A 1C 1，因为AC ⊂平面ACD 1，A 1C 1⊄平面ACD 1，所以A 1C 1∥平面ACD 1，同理可得BC 1∥平面ACD 1因为A 1C 1∩BC 1=C 1，A 1C 1，BC 1⊂平面A 1C 1B ，所以平面A 1C 1B ∥平面ACD 1，因为A 1P ⊂平面A 1C 1B ，所以A 1P ∥平面ACD 1，故C 正确；对于D ，因为AC ∥A 1C 1，所以∠PA 1C 1(或其补角)为直线A 1P 与AC 所成的角，由图可得当P 与B 重合时，此时∠PA 1C 1最大为π3，当P 与C 1重合时，此时∠PA 1C 1最小为0，所以直线A 1P 与AC 所成的角的取值范围是0，π3，故D 正确．2(2023·青岛模拟)三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据．三面角P -ABC 是由有公共端点P 且不共面的三条射线PA ，PB ，PC 以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设∠APC =α，∠BPC =β，∠APB =γ，二面角A -PC -B 为θ，由三面角余弦定理得cos θ=cos γ-cos α·cos βsin α·sin β.在三棱锥P -ABC 中，PA =6，∠APC =60°，∠BPC =45°，∠APB =90°，PB +PC=6，则三棱锥P -ABC 体积的最大值为()A.2724B.274C.92D.94【答案】C【解析】如图所示，作BD 垂直于CP 于点D ，设点B 在平面APC 中的射影为M ，连接BM ，MD ，由题意得V P -ABC =13·S △APC·BM .设二面角A -PC -B 为θ，则cos θ=0-12×2232×22=-33，θ∈(0，π)，∴sin ∠BDM =63，BM =BD ·sin ∠BDM =63BD =63·PB ·sin ∠BPC =33·PB ，S △APC =12·PA ·PC ·sin ∠APC =332·PC ，∴V P -ABC =13·S △APC ·BM =12·PB ·PC =12·PB (6-PB )=-12PB 2+3PB=-12(PB -3)2+92，当PB =3时，V P -ABC 的最大值为92.3(23-24高三下·北京·开学考试)正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，动点M 在线段CC 1上，动点P 在平面A 1B 1C 1D 1上，且AP ⊥平面MBD 1.线段AP 长度的取值范围是()A.1,2B.62,3 C.62,2 D.62+∞ 【答案】C【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【详解】以D 为坐标原点，以DA ,DC ,DD 1分别为x ,y ,z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设P a ,b ,1 ，M 0,1,t 0≤t ≤1 ，则A 1,0,0 ,B 1,1,0 ,D 10,0,1 ，则AP =a -1,b ,1 ,BD 1 =-1,-1,1 ,MD 1=0,-1,1-t ，因为AP ⊥平面MBD 1，所以AP ⊥BD 1,AP ⊥MD 1，即AP ⋅BD 1=1-a -b +1=0AP ⋅MD 1 =-b +1-t =0 ，解得a =t +1b =1-t ，所以AP =t ,1-t ,1 ，所以AP =t 2+1-t 2+1=2t -12 2+32，又0≤t ≤1，所以当t =12时，即M 是CC 1的中点时，AP 取得最小值62，当t =0或1，即M 与点C 或C 1重合时，AP取得最大值2，所以线段AP 长度的取值范围为62,2.故选：C4(2023·黑龙江哈尔滨·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ,PD =AD ，点E 是线段PB 上的动点，则直线DE 与平面PBC 所成角的最大值为()A.π6B.π4C.π3D.π2【答案】C【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.【详解】由题意，因为ABCD 为正方形，且PD ⊥底面ABCD ，以D 为原点，DA ,DC ,DP 所在直线分别为x ,y ,z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设PD =AD =1，则D 0,0,0 ,B 1,1,0 ,C 0,1,0 ,P 0,0,1 ，所以PB =1,1,-1 ,PC =0,1,-1 ，设PE =λPB ，λ∈0,1 ，则PE =λ,λ,-λ ，所以E λ,λ,1-λ ，即DE =λ,λ,1-λ ，设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则n ⋅PB=x +y -z =0n ⋅PC=y -z =0，解得x =0,y =z ，取y =z =1，所以平面PBC 的一个法向量为n=0,1,1 ，设直线DE 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos <n ,DE> =n ⋅DEn DE =12×2λ2+1-λ2=12×3λ-132+23，因为y =sin θ,θ∈0,π2单调递增，所以当λ=13时，sin θ=32最大，此时θ=π3，即直线DE 与平面PBC 所成角的最大值为π3.故选:C强化训练一、单选题1(2023·云南保山·二模)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，Q 为上底面A 1B 1C 1D 1所在平面内的动点，当直线DQ 与DA 1的所成角为45°时，点Q 的轨迹为()A.圆B.直线C.抛物线D.椭圆【答案】C【分析】建系，利用空间向量结合线线夹角分析运算.【详解】以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则D 0,0,0 ,A 11,0,1 ，设Q x ,y ,1 ，可得DQ =x ,y ,1 ，DA 1 =1,0,1 ，因为直线DQ 与DA 1的所成角为45°，则cos45°=DQ ⋅DA 1 DQ ⋅DA 1=x +1x 2+y 2+1×2=22，化简可得y 2=2x ，所以点Q 的轨迹为抛物线.故选：C .2(2023·全国·三模)在平面直角坐标系中，P 为圆x 2+y 2=16上的动点，定点A -3,2 ．现将y 轴左侧半圆所在坐标平面沿y 轴翻折，与y 轴右侧半圆所在平面成2π3的二面角，使点A 翻折至A ，P 仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则A ，P 两点间距离的取值范围是()A.13,35B.4-13,7C.4-13,35D.13,7【答案】B【分析】设A 所在平面为α，圆的另一半所在平面为β，若P ∈α，则P ,A ,O 三点共线时，以及P 在圆的下端点时，分别取到A ，P 两点间距离的最值；若P ∈β，设P 4cos α,4sin α ，利用两点间的距离公式结合A 到β的距离，以及三角函数的有界性取到最值，进而得出答案．【详解】设A 所在平面为α，圆的另一半所在平面为β，若P ∈α，则P ,A ,O 三点共线时，PA 有最小值P 1A =R -OA =4-13；当P 在圆的下端点时，取到最大值P 2A =-3-02+2+4 2=32+62=35，即PA ∈4-13,35 ；若P ∈β，设P 4cos α,4sin α ，A 在β上的投影为距离为A 1，则A 到β面距离为AA 1 =-3 sin π3=332，又A 到y 轴的距离为3，∴A 1到y 轴的距离为9-274=32，而A 1到x 轴的距离为2，则PA =32+4cos α2+2-4sin α 2+3322=29+2035cos α-45sin α =29+20sin φ-α ，其中α∈-π2,π2 ，sin φ=35,cos φ=45，故PA min =13，当且仅当α=-π2时成立；PAmax =7，当且仅当α=φ-π2时成立；即PA ∈13,7 ；综上可得，PA∈4-13,7 ，故选：B3(2024·全国·模拟预测)如图，已知矩形ABCD 中，E 为线段CD 上一动点(不含端点)，记∠AED =α，现将△ADE 沿直线AE 翻折到△APE 的位置，记直线CP 与直线AE 所成的角为β，则()A.cos α>cos βB.cos α<cos βC.cos α>sin βD.sin α<cos β【答案】B【分析】利用空间向量夹角余弦公式和向量数量积公式得到cos β=CE+EPcos αCP，由三角形三边关系得到cos β>cos α，求出答案.【详解】AB 选项，cos β=CP ⋅EA CP ⋅EA =CE +EP⋅EA CP ⋅EA =CE ⋅EA +EP ⋅EA CP ⋅EA=CE ⋅EA cos α+EP ⋅EA cos α CP ⋅EA =CE +EP ⋅EA cos αCP ⋅EA =CE +EP cos αCP，因为CE +EP >CP ，所以CE +EPCP>1，所以cos β>cos α，A 错误，B 正确；由于y =cos x 在x ∈0,π2上单调递减，故β<α，不确定cos α,sin β和sin α,cos β的大小关系，CD 错误.故选：B ．4(2023·上海宝山·二模)在空间直角坐标系O -xyz 中,已知定点A 2,1,0 ,B 0,2,0 和动点C 0,t ,t +2 t ≥0 .若△OAC 的面积为S ,以O ,A ,B ,C 为顶点的锥体的体积为V ,则VS的最大值为()A.2155 B.155 C.4155 D.455【答案】C【分析】由已知OA =2,1,0 ,0B =0,2,0 ,OC =0,t ,t +2 ,设直线OA 的单位方向向量为u ,根据空间向量公式求出C 到直线OA 的距离,得到△OAC 的面积为S ,根据锥体体积公式得到以O ,A ,B ,C 为顶点的锥体的体积为V ,利用分离常数法和基本不等式求解即可得到最大值.【详解】由已知OA =2,1,0 ,0B =0,2,0 ,OC=0,t ,t +2 ,设直线OA 的单位方向向量为u ,则u =255,55,0,所以C 到直线OA 的距离h =OC 2-OC ⋅u 2=t 2+t +2 2-t 25=9t 2+20t +205,所以S =12×5×9t 2+20t +205=9t 2+20t +202,V =13S △OAB ⋅t +2 =13×12×2×2×t +2 =2t +2 3,则V S =2t +239t 2+20t +202=43⋅t +229t 2+20t +20=49⋅9t 2+36t +369t 2+20t +20=49⋅9t 2+20t +20+16t +169t 2+20t +20=49⋅1+16⋅t +19t 2+20t +20,令m =t +1m ≥1 ,则t =m -1,所以t +19t 2+20t +20=m 9m -1 2+20m -1 +20=m 9m 2+2m +9=19m +9m +2≤129m ⋅9m +2=120,当且仅当9m =9m即m =1时等号成立,所以V S≤49×1+16×120=4515,即V S的最大值为4515.故选:C .5(23-24高三上·河北衡水·阶段练习)正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =2,AA 1=3,O 为BC 的中点，M 为棱B 1C 1上的动点，N 为棱AM 上的动点，且MN MO =MOMA ，则线段MN 长度的取值范围为()A.364,7 B.62,477C.34,477D.3,6【答案】B【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段MN 的表达式，利用函数求最值即可.【详解】因为正三棱柱ABC -A 1B 1C 中,O 为BC 的中点，取B 1C 1中点Q ，连接OQ ，如图，以O 为原点，OC ,OA ,OQ 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则O 0,0,0 ,A 0,3,0 ,B 1-1,0,3 ,C 11,0,3 ，因为M 是棱B 1C 1上一动点，设M a ,0,3 ，且a ∈[-1,1]，所以OM ⋅OA=a ,0,3 ⋅0,3,0 =0，则OA ⊥OM ，因为ON ⊥AM ，且MN MO =MOMA 所以在直角三角形OMA 中可得：△OMN ~△AMO即MN =MO 2MA=a 2+3a 2+3 2+3 2=a 2+3a 2+6，于是令t =a 2+6,t ∈6,7 ，所以a 2+3a 2+6=t 2-3t =t -3t ，t ∈6,7 ，又符合函数y =t -3t 为增增符合，所以在t ∈6，7 上为增函数，所以当t =6时，t -3tmin =6-36=62，即线段MN 长度的最小值为62，当t =7时，t -3tmax=7-37=477，即线段MN 长度的最大值为477，故选：B .【点睛】关键点睛：1.找到△OMN ~△AMO ，再利用函数单调性求出最值.2.建系，设出动点M a ,0,3 ，利用空间向量法求出ON ⊥AM ，再结合线线关系求线段MN 的表达式，利用函数求最值即可.6(23-24高三下·山西·阶段练习)在棱长为4的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是CD 的中点，F 是CC 1上的动点，则三棱锥A -DEF 外接球半径的最小值为()A.3B.23C.13D.15【答案】C【分析】取AE 的中点G ，根据题意分析可知：三棱锥A -DEF 外接球的球心O 在过G 垂直于平面ABCD 的直线上，设GO =n ,CF =m ∈0,4 ，建系，结合空间两点距离公式可得n =m 2+4m，进而利用基本不等式运算求解.【详解】连接AE ，取AE 的中点G ，可知G 为△ADE 的外心，过G 作平面ABCD 的垂线，可知三棱锥A -DEF 外接球的球心O 在该垂线上，设GO =n ,CF =m ∈0,4 ，以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，则D 0,0,0 ,A 4,0,0 ,E 0,2,0 ,G 2,1,0 ,O 2,1,n ,F 0,4,m ，因为OD =OF ，即4+1+n 2=4+9+m -n 2，整理得n =m 2+4m≥2m 2⋅4m =22，当且仅当m 2=4m，即m =22时，等号成立，所以三棱锥A -DEF 外接球半径的最小值为4+1+8=13.故选：C .【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知三棱锥A -DEF 外接球的球心O 在过G 垂直于平面ABCD 的直线上，再以空间直角坐标系为依托，分析求解.7(2023·陕西咸阳·模拟预测)如图，点P 是棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的表面上一个动点，则以下不正确的是()A.当P 在平面BCC 1B 1上运动时，四棱锥P -AA 1D 1D 的体积不变B.当P 在线段AC 上运动时，D 1P 与A 1C 1所成角的取值范围是π3,π2C.使直线AP 与平面ABCD 所成的角为45o 的点P 的轨迹长度为π+42D.若F 是A 1B 1的中点，当P 在底面ABCD 上运动，且满足PF ⎳平面B 1CD 1时，PF 长度的最小值是5【答案】D【分析】由底面正方形ADD 1A 1的面积不变，点P 到平面AA 1D 1D 的距离不变，可判定A 正确；以D 为原点，建立空间直角坐标系，设P (x ,2-x ,0)，则D 1P =(x ,2-x ,-2),A 1C 1=(-2,2,0)，结合向量的夹角公式，可判定B 正确；由直线AP 与平面ABCD 所成的角为45°，作PM ⊥平面ABCD ，得到点P 的轨迹，可判定C 正确；设P (m ,m ,0)，求得平面CB 1D 1的一个法向量为n=(1,-1,-1)，得到FP =2(x -1)2+6，可判定D 错误.【详解】对于A 中：底面正方形ADD 1A 1的面积不变，点P 到平面AA 1D 1D 的距离为正方体棱长，所以四棱锥P -AA 1D 1D 的体积不变，所以A 选项正确；对于B 中：以D 为原点，DA ,DC ,DD 1所在的直线分别为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系，可得A 1(2,0,2),D 1(0,0,2),C 1(0,2,2)，设P (x ,2-x ,0),0≤x ≤2，则D 1P =(x ,2-x ,-2),A 1C 1 =(-2,2,0)，设直线D 1P 与A 1C 1所成角为θ，则cos θ=cos D 1P ,A 1C 1 =D 1P ⋅A 1C 1D 1P A 1C 1 =x -1(x -1)2+3，因为0≤x -1 ≤1，当x -1 =0时，可得cos θ=0，所以θ=π2；当0<x -1 ≤1时，cos θ=x -1(x -1)2+3=11+3x -12≤12，所以π3≤θ<π2，所以异面直线D 1P 与A 1C 1所成角的取值范围是π3,π2，所以B 正确；对于C 中：因为直线AP 与平面ABCD 所成的角为45°，若点P 在平面DCC 1D 1和平面BCC 1B 1内，因为∠B 1AB =45°,∠D 1AD =45°最大，不成立；在平面ADD 1A 1内，点P 的轨迹是AD 1=22；在平面ABB 1A 1内，点P 的轨迹是AB 1=22；在平面A 1B 1C 1D 1时，作PM ⊥平面ABCD ，如图所示，因为∠PAM =45°，所以PM =AM ，又因为PM =AB ，所以AM =AB ，所以A 1P =AB ，所以点P 的轨迹是以A 1点为圆心，以2为半径的四分之一圆，所以点P 的轨迹的长度为14×2π×2=π，综上，点P 的轨迹的总长度为π+42，所以C 正确；对于D 中，由B 1(2,2,2),D 1(0,0,2),C (0,2,0),F (2,1,2)，设P (m ,n ,0),0≤m ≤2,0≤n ≤2，则CB 1 =(2,0,2),CD 1 =(0,-2,2),FP=(m -2,n -1,-2)设平面CB 1D 1的一个法向量为n=(a ,b ,c )，则n ⋅CD 1=-2b +c =0n ⋅CB 1=2a +2c =0，取a =1，可得b =-1,c =-1，所以n=(1,-1,-1)，因为PF ⎳平面B 1CD ，所以FP ⋅n=(m -2)-(n -1)+2=0，可得n =m +1，所以FP=(m -2)2+(n -1)2+4=2m 2-4m +8=2(m -1)2+6≥6，当x =1时，等号成立，所以D 错误.故选：D .【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：(1)、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；(2)、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；(3)、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；(4)、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.8(2023·吉林长春·模拟预测)四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥CD，2AB =BC=CD，BC⊥CD，侧面A1ABB1为正方形，设点O为四棱锥A1-CC1DD外接球的球心，E为DD1上的动点，则直线AE与OB所成的最小角的正弦值为()A.55B.255C.265D.15【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，设球心O1,h,1 2，根据OA=OC得到h=34，设E2,0,a，根据向量的夹角公式结合二次函数性质计算最值得到答案.【详解】如图所示：以CD,CB,CC1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设AB=1，则A1,2,0，C0,0,0，B0,2,0，球心O在平面CDD1C1的投影坐标为1,0,1 2，则设球心O1,h,12，则OA =OC ，即1-12+h -2 2+122=12+h 2+122，解得h =34，则O 1,34,12.设E 2,0,a ，a ∈0,1 ，EA =-1,2,-a ，OB =-1,54,-12，cos EA ,OB=EA ⋅OB EA ⋅OB =1+52+12a a 2+5⋅355=72+12a a 2+5⋅354=14+2a 35×a 2+5设7+a =t ，则a =7-t ，t ∈7,8 ，则14+2a 35×a 2+5=2t35×t 2-14t +54=235×541t-7542+554，当t =547时，有最大值为235×554=265，此时直线AE 与OB 所成的角最小，对应的正弦值为1-2652=15.故选：D【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中的异面直线夹角问题，外接球问题，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中建立空间直角坐标系可以简化运算，是解题的关键.二、多选题9(23-24高三下·江苏苏州·开学考试)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点M 为棱AB 上的动点，则()A.平面ABC 1D 1⊥平面A 1DMB.平面BCD 1⎳平面A 1DMC.A 1M 与BC 1所成角的取值范围为π4,π3D.A 1M 与平面ABC 1D 1所成角的取值范围为π6,π4【答案】ACD【分析】由面面垂直的判定定理可判断A 选项；取点M 与点B 重合，可判断B 选项；以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断CD 选项.【详解】对于A 选项，因为四边形AA 1D 1D 为正方形，则A 1D ⊥AD 1，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ⊥平面AA 1D 1D ，A 1D ⊂平面AA 1D 1D ，则A 1D ⊥AB ，因为AB ∩AD 1=A ，AB 、AD 1⊂平面ABC 1D 1，所以，A 1D ⊥平面ABC 1D 1，因为A 1D ⊂平面A 1DM ，故平面ABC 1D 1⊥平面A 1DM ，A 对；对于B 选项，当点M 与点B 重合时，平面BCD 1与平面A 1DM 有公共点，B 错；对于CD 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则A 1,0,0 、B 1,1,0 、C 0,1,0 、D 0,0,0 、A 11,0,1 、B 11,1,1 、C 10,1,1 、D 10,0,1 ，设点M 1,m ,0 ，其中0≤m ≤1，A 1M =0,m ,-1 ，BC 1 =-1,0,1 ，所以，cos A 1M ,BC 1 =A 1M ⋅BC 1A 1M ⋅BC 1 =12m 2+1 ∈12,22 ，设A 1M 与BC 1所成角为α，其中0≤α≤π2，则12≤cos α≤22，可得π4≤α≤π3，所以，A 1M 与BC 1所成角的取值范围为π4,π3，C 对；对于D 选项，由A 选项可知，平面ABC 1D 1的一个法向量为DA 1 =1,0,1 ，则cos A 1M ,DA 1 =A 1M ⋅DA 1A 1M ⋅DA 1 =12m 2+1 ∈12,22 ，设A 1M 与平面ABC 1D 1所成角为β，则0≤β≤π2，则12≤sin β≤22，可得π6≤β≤π4，所以，A 1M 与平面ABC 1D 1所成角的取值范围为π6,π4，D 对.故选：ACD .10(2023·全国·模拟预测)如图①，四边形ABCD 是两个直角三角形拼接而成，AB =1，BD =2，∠ABD =∠C =90°，∠BDC =45°.现沿着BD 进行翻折，使平面ABD ⊥平面BCD ，连接AC ，得到三棱锥A -BCD (如图②)，则下列选项中正确的是()A.平面ABC ⊥平面ACDB.二面角B -AD -C 的大小为60°C.异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为33D.三棱锥A -BCD 外接球的表面积为π【答案】ABC【分析】A 选项，面面垂直⇒线面垂直⇒CD ⊥平面ABC ⇒平面ABD ⊥平面ACD ；B 、C 选项，建立空间直角坐标系，利用直线方向向量和平面法向量求解；D 选项，三棱锥的外接球，寻求斜边中点(球心位置).【详解】A 项，平面ABD ⊥平面BCD ，交线为BD ，AB ⊥BD ，AB ⊂平面ABD ，所以AB ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AB ⊥CD .又BC ⊥CD ，且AB ∩BC =B ，所以CD ⊥平面ABC .因为CD ⊂平面ACD ，所以平面ABC ⊥平面ACD ，选项A 正确.C 选项，以B 为原点，过B 在平面BCD 内作BD 的垂线为x 轴，直线BD 为y 轴，直线AB 为z 轴，建立空间直角坐标系，则B 0,0,0 ,A 0,0,1 ,C 22,22,0,D 0,2,0 ，则AC =22,22,-1 ，AD =0,2,-1 ,BC =22,22,0.易知平面ABD 的一个法向量为n 1=1,0,0 .设平面ACD 的法向量为n2=x ,y ,z ，则n 2⋅AC =0,n 1⋅AD=0, 即22x +22y -z =0,2y -z =0,取z =2，则x =1,y =1，则n 2=1,1,2 ，由图可知二面角B -AD -C 为锐角，则二面角B -AD -C 的余弦值为cos n 1,n 2=n 1⋅n 2 n 1 n 2 =11×2=12，即二面角B -AD -C 的大小为60°，选项B 正确；cos AD ,BC =AD ⋅BCAD BC =0,2,-1 ⋅22,22,0 3×1=33，选项C 正确；D 项，取AD 的中点N ，因为△ABD 与△ACD 都是直角三角形，所以点N 到A ，B ，C ，D 的距离相等，即为三棱锥A -BCD 外接球的球心，球半径为32，则三棱锥A -BCD 外接球的表面积为4π×322=3π，选项D 错误.故选：ABC .11(2023·全国·模拟预测)如图1，矩形B 1BCC 1由正方形B 1BAA 1与A 1ACC 1拼接而成．现将图形沿A 1A 对折成直二面角，如图2．点P (不与B 1,C 重合)是线段B 1C 上的一个动点，点E 在线段AB 上，点F 在线段A 1C 1上，且满足PE ⊥AB ，PF ⊥A 1C 1，则()。
立体几何中的动点问题-答案解析
立体几何中的动点问题-答案解析考点：平行垂直的存在性问题1【答案】见解析【解析】设，则，， 设平面的法向量为，，， ，令得， 平面，，解得， 当是的中点时，平面．1【答案】见解析【解析】设是棱上一点，则存在使得．因此点．由，得，解得．因为，所以在棱上存在点，使得．此时，．1【答案】1【解析】如图，连接，与交于点，连接，要使得平面，则必须有，所以，进一步得出． 模块1：存在性问题例题1G 0,t ,1()=AG −1,t ,1()F ,1,1(21)BEF =n x ,y ,z ()∵=EF −,,0(2121)=BF −,0,1(21)∴{−x +y =02121−x +z =021z =1=n 2,2,1()∵AG //BEF ∴⋅AG =n −1,t ,1⋅()2,2,1=()0t =21∴G D C 11AG //BEF 例题2M P C λ∈0,1[]=P M λ P C M 0,λ,1−λ,=()BM −1,λ−1,1−λ,=()AC −1,2,0()⋅BM =AC 01+2λ−1=()0 λ =21 λ=∈210,1[]P C M BM ⊥AC =P CP M21达标检测1AG A F 1M M E BG //A EF 1GB //M E =M GAM =EB AE1=A G 1D G 11考点：空间角的存在性问题1【答案】见解析【解析】线段上存在点符合题意．建立如图所示的坐标系， 设，其中．设，则有，所以，从而，所以，又，所以，令，整理得．解得，舍去．故线段上存在点符合题意，且．例题3A C 1F =A F 1λA C 1λ∈0,1[]F x ,y ,z (111)x ,y ,z −2=(111)2λ,2λ,−2λ()x =12λ,y =12λ,z =12−2λF 2λ,2λ,2−2λ()=DF 2λ,2λ+1,2−2λ()=BC 0,4,0()cos⟨,⟩=∣∣∣DF BC ∣∣∣=⋅∣∣∣DF ∣∣∣∣∣∣BC ∣∣∣⋅∣∣∣DF BC ∣∣∣42λ+2λ+1+2−2λ()2()2()242λ+1∣∣=2λ+2λ+1+2−2λ()2()2()22λ+1∣∣353λ−27λ+2=0λ=31λ=2A C 1F =A C1A F131例题41【答案】存在点符合条件，且是棱的中点．【解析】解：以为原点，为轴正方向，为轴正方向，垂直于且与相交的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．所以，，，，，设平面的法向量为，则，，令，则．在棱上存在一点，设，且，，解得，，，，直线与平面所成的角为，，解得，存在点符合条件，且是棱的中点．1【答案】见解析【解析】解：假设在棱上存在点，使得二面角的余弦值是，则，，设为平面的法向量，N N DC M M B x M C y AB DE z M −xyz M (0,0,0)C (0,,0)2E (−,0,1)2B (,0,0)2D (,0,2)2EM C =n (x ,y ,z )′′′⋅M E =n −x +2′z =′0⋅M C =n y =2′0x =′1=n (1,0,)2DC N N x ,y ,z ()=DN λ0⩽λ⩽1DC ()∴x −,y ,z −2=(2)λ−,,−2(22)x =−2λ2y =λ2z =2−2λ∴=M N −λ,λ,2−2λ(222)∵M N EM C 60∘∴cos⟨,⟩=M N n ×321−λ+2λ+41−λ()22()2−λ+2−2λ222()=sin 60=∘23λ=21∴N N DC 例题5CC 1E 0,0,t ()A −EB −1B 17217=AE −1,0,t ()=AB 1−1,2,4()=n x ,y ,z ()AEB 1则，取，得，平面的法向量，，由，解得．在棱上存在点，使得二面角的余弦值是，．1【答案】C【解析】解：存在，在棱上取一点，如图，由题意可知，平面，连接，交于点，易知，，连接，则为二面角的平面角，当时，即，解得，当时，二面角的大小为．{⋅=−x +tz =0n AE ⋅=−x +2y +4z =0n AB 1z =1=n t ,,1(2t −4)BEB 1=m 1,0,0()∴cos ,=⟨m n ⟩=⋅∣∣∣m ∣∣n ∣∣∣⋅m n=t ++12(2t −4)2t 17217t >0t =1∴CC 1E A −EB −1B 17217CE =1达标检测2BB ′P BP ⊥ABC AC BD O BO ⊥AC BO =2P O ∠P OB P −AC −B ∠P OB =30∘tan ∠P OB ==BOP B 33BP =36∴BP =36P −AC −B 30∘模块2：最值问题考点：最值问题1【答案】B【解析】解：建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，，故当时，取得最小值为，故选：B．1【答案】B【解析】由知四边形为平行四边形，．，．，，．即，，达标检测3D 1,0,2,B 0,1,3()1()P 0,0,z ()=P D 1,0,2−z ,=()P B 10,1,3−z ()∴⋅P D =P B 10+0+2−z 3−z =()()z −−(25)241z =25⋅P D P B 1−41例题6(1)M NQP ∴M N =P Q ∵DD =1AD =DC =BC =1∴AD =1BD =2∵D M =1DN =a ∴=1D P 12a =1DQ2a D P =1DQ =2a∴M N =P Q =1−D P +DQ (1)22=1−+(2a)2(2a )2=0<a <a −+(22)221(2)故当时，的长度有最小值，为．即当，分别移动到，的中点时，的长度最小，此时的长度为．1【答案】D【解析】解：以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，设，，，则，，，，解得，，．当时，的面积取得最小值，为．故选：D．1【答案】A【解析】解：以点为原点，以，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，．设，，于是，．，，，a =22M N 22M N AD 1BD M N M N 22例题7D P 4,0,2()C 0,4,0()D 0,0,41()B 4,4,0()M 4,a ,b ()0⩽a ⩽40⩽b ⩽4=D M 14,a ,b −4()=CP 4,−4,2()∵D M ⊥CP 1∴⋅D M 1=CP 16−4a +2b −8=02a −b =4∴M 4,a ,2a −4()∴BM =∣∣4−4+4−a +4−2a ()2()2()2==5a −24a +3225a −+(512)2516∴a =512△BCM S =2×=54585例题8C CD CB CC ′C 0,0,0()C 0,0,2′(3)P 0,a ,0()Q b ,0,0()0<a ⩽40<b ⩽3=QC ′−b ,0,2(3)=P C ′0,−a ,2(3)=CC ′0,0,2(3)设平面的一个法向量为，则，取，得，，，解得．当时，，三棱锥的体积最小，．故选：A．2019天津理171【答案】见解析【解析】证明：以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，可得，，，，．设，则．由题意易知是平面的一个法向量，又，可得．又直线平面，P QC ′=n x ,y ,z (){⋅=−ay +2z =0n P C ′3⋅=−bx +2z =0n QC ′3z =1=n ,,1(b 23a23)∵∣cos⟨,⟩∣=n CC ′sin 30=∘21∴∣⋅n ∣=CC ′∣∣⋅21CC ′⇒∣∣∣n ∣∣∣+a 24=b241ab ⩾8∴ab =8S =△PQC 4C −′P QC V =(C −PQC ′)min ×314×2=3383模块3：课堂总结模块4：直击高考例题9A AB AD AE x y z A 0,0,0()B 1,0,0()C 1,2,0()D 0,1,0()E 0,0,2()CF =h h >0()F 1,2,h ()=AB 1,0,0()ADE =BF 0,2,h ()⋅BF =AB 0∵BF ⊂ADE平面．2【答案】见解析【解析】解：依题意，，，．设为平面的法向量，则，令，得．．直线与平面所成角的正弦值为．3【答案】见解析【解析】解：设为平面的法向量，则，取，可得，由题意，得，解得．经检验，符合题意．线段的长为．∴BF //ADE =BD −1,1,0()=BE −1,0,2()=CE −1,−2,2()=n x ,y ,z ()BDE {⋅=−x +y =0n BD ⋅=−x +2z =0n BE z =1=n 2,2,1()∴cos⟨,⟩=CE n =⋅∣∣∣CE ∣∣∣∣∣∣n ∣∣∣⋅CE n −94∴CE BDE 94=m x ,y ,z ()BDF {⋅=−x +y =0m BD ⋅=2y +hz =0m BF y =1=m 1,1,−(h 2)cos⟨,⟩=∣∣∣m n ∣∣∣=⋅∣∣∣m ∣∣∣∣∣∣n ∣∣∣⋅∣∣∣m n ∣∣∣=3×2+h 244−∣∣h 2∣∣31h =78∴CF 78模块5：随堂测随堂测随堂题11【答案】见解析【解析】解：如图，由知，，是平面内的两个不共线向量．设是平面的一个法向量，则，即．取，得．又平面的一个法向量是，所以．而二面角的余弦值为，因此，解得或(舍去)．此时．设，而，得，所以．因为平面，且平面的一个法向量为，所以，即，亦即，从而．于是将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高为，故四面体的体积．1【答案】B【解析】解：由题意可知该四面体的体积最大时，就是折叠成直二面角，建立空间直角坐标系，如图：设正方形的对角线长为，则，设直线与所成的角为，则，所以．(1)=DQ 6,m −6,0()=DD 10,−3,6()P QD =n 1x ,y ,z ()P QD {⋅=0n 1DQ ⋅=0n 1DD 1{6x +m −6y =0()−3y +6z =0y =6=n 16−m ,6,3()AQD =n 20,0,1()cos ,=⟨n 1n 2⟩=∣∣∣n 1∣∣∣∣∣∣n 2∣∣∣⋅n 1n 2=6−m +6+3()22236−m +45()23P −QD −A 73=6−m +45()2373m =4m =8Q 6,4,0()=DP λDD 1=DD 10,−3,6()P 0,6−3λ,6λ()=P Q 6,3λ−2,−6λ()P Q //ABB A 11ABB A 11=n 30,1,0()⋅P Q =n 303λ−2=0λ=32P 0,4,4()ADP Q △ADQ P −ADQ 4ADP Q V =S ⋅31△ADQ h =24随堂题22=AB −1,1,0,=()DC 1,0,1()AB CD θcos θ==∣∣∣∣∣∣∣∣∣AB ∣∣∣∣∣∣DC ∣∣∣⋅AB DC ∣∣∣∣∣∣=×22121θ=60∘故选：B．。
专题06 立体几何中的动点及最值范围问题(解析版)
专题06 立体几何中动点及最值范围问题题型一、角度、长度最值范围问题（多选）1、设动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上，记11D P D B λ=当APC ∠为钝角时，则实数可能的取值是（ ） A ．12B ．23C ．13D ．1【答案】AB【分析】首先以D 为原点，DA ，DC ，1DD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，根据题意得到0PA PC ⋅<，再解不等式即可得到答案．【解析】以D 为原点，DA ，DC ，1DD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设正方体的边长为1，则()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ，()10,0,1D ，()11,0,1D A =-，()10,1,1D C =-，()11,1,1D B =-，所以()11,,D P D B λλλλ==-． 又因为()()()11,,1,0,11,,1PA PD D A λλλλλλ=+=--+-=---，()()()11,,0,1,1,1,1PC PD DC λλλλλλ=+=--+-=---， 因为APC ∠为钝角，所以0PA PC ⋅<，即()()()()()()()2111=1310λλλλλλλ--+--+---<，解得113λ<<．故选AB【名师点睛】本题主要考查空间向量的数量积运算，属于简单题．2、如图，正方体1111ABCD A B C D -，点P 在1AB 上运动（不含端点），点E 是AC 上一点（不含端点），设EP 与平面1ACD 所成角为θ，则cosθ的最小值为（ ）A ．13B ．33C ．53D ．63答案： A 解析：由已知求出AC 的中点1E 与1B 的连线与平面1ACD 所成角的余弦值，在1AB 上（不含端点）任取一点P ，在平面1AB E 内过P 作11//PE B E ，则EP 与平面1ACD 所成角11OE B θ=∠，可得1cos 3θ=，结合选项即可得答案．详解：解：如图，由正方体的性质，可得1B D ⊥平面1AD C ，且1B 在平面1AD C 上的射影O 为△1AD C 的外心．设正方体的棱长为1，则△1AD C 的边长为2， 当1E 为AC 的中点时，11162326OE =-=， 1116122B E =+=，此时11616cos 362OE B ==． 在1AB 上（不含端点）任取一点P ，在平面1AB E 内过P 作11//PE B E ，则EP 与平面1ACD 所成角11OE B θ=∠，可得1cos 3θ=．结合选项可知，cos θ的最小值为13．故选：A ．3、三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直，11AA AB AC ===，AB AC ⊥，N 是BC 的中点，点P 在11A B 上，且满足111A P A B λ=，当直线PN 与平面ABC 所成的角取最大值时，λ的值为( )A ．12B ．22C ．32D ．255【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，求出直线PN 与平面ABC 所成的角，即可求得结论．【解析】如图，以AB ，AC ，1AA 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系A xyz -，则(,P λ0，1)，11,,122PN λ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，平面ABC 的一个法向量为(0,n =0，1)设直线PN 与平面ABC 所成的角为θ，21sin 15()24PN nPN nθλ⋅∴==⋅-+， ∴当12λ=时，25(sin )5max θ=，此时角θ最大．故选A ． 【名师点睛】本题考查了向量法求线面角的求法，考查了函数最值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．4、如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 为线段AB 的中点，点F 在线段AD 上移动，异面直线1B C 与EF 所成角最小时，其余弦值为（ ）A ．0B ．12C ．105D ．1116【答案】C【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线1B C 与EF 的夹角的余弦值，根据夹角最小即可求得结果．【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，在正方体1111ABCD A B C D -中， 点E 为线段AB 的中点，设正方体棱长为2， 则1(0,0,0),(2,1,0),(2,2,2),(0,2,0)D E B C ，1(2,0,2)B C =--，设(),0,0F m ()02m ≤≤，(2,1,0)EF m =--，设异面直线1B C 与EF 的夹角为θ，则1212|||2(2)|cos ||||122(2)1211(2)EF B C m EF B C m m θ⋅-⨯-===⋅⋅-+⋅+-， 异面直线1B C 与EF 所成角最小时，则cos θ最大，即0m =时，210cos 51102141θ===⋅+．故选C ．【名师点睛】本题考查异面直线及其所成的角的余弦值，解题方法是建立空间直角坐标系，用空间向量法表示距离、求角，属于中档题．5、如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,E F 分别是棱11,AD B C 上的中点．若点P 为侧面正方形11ADD A 内（含边）动点，且存在,x y R ∈使1B P xBE yBF =+成立，则点P 的轨迹长度为A ．12B ．1C 5D ．2π 【答案】C【分析】根据向量共面判断出1//B P 平面BEF ，由面面平行得到P 点的轨迹，在直角三角形中求出边长即可．【解析】因为1B P xBE yBF =+成立，所以1B P BE BF 、、共面，即1//B P 平面BEF ， 如图，取11A D 中点Q ，连接1B Q 、1B A 、AQ ， 根据正方体的性质得，1//B Q BE ，1//B A FE ， 且111=B QB A B ，=FEBE E ，所以平面1//B AQ 平面BEF ，所以点P 在AQ 上运动，点P 的轨迹为线段AQ ，因为11A A =，112AQ =， 由勾股定理得151+=42QA =，故选C ．题型二、动点问题（多选）1、如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1A B 上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是A ．平面11D A P ⊥平面1A APB ．//BC 平面11AD PC ．三棱锥1D CDP -的体积为定值 D ．直线1D P 与AC 所成的角可能是6π【答案】AC【解析】对于A 中，在正方体1111ABCD A B C D -中，可得1111,A D AA A D AB ⊥⊥，又由1AA AB A =，所以11A D ⊥平面1A AP ，因为11A D ⊂平面11D A P ，所以平面11D A P ⊥平面1A AP ，所以A 正确； 对于B 中，在正方体1111ABCD A B C D -中，可得11//BC A D ， 所以11,,,B C A D 四点共面，所以B 不正确； 对于C 中，因为1111122CDD S=⨯⨯=，点P 到平面1CDD 的距离为1BC =， 所以三棱锥1D CDP -的体积为定值，所以C 正确；对于D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，可得1(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0)D A C ，设(1,,)(01,01)P a b a b <<<<， 则1(1,,1),(1,1,0)D P a b AC =-=-， 则11221cos ,01(1)2D P AC D P AC D P ACa b ⋅==<⋅++-⋅，当1a =时，1,2D P AC π=；当0,1a b ==时，13,4D P AC π=， 所以直线1D P 与AC 所成的角的范围是(,)42ππ，所以D 不正确．故选AC【名师点睛】此类问题解答中熟记正方体的几何结构特征，熟练应用转化顶点，利用等体积法求解三棱锥的体积，以及合理利用空间向量的夹角公式求解异面直线所成的角是解答的关键．（多选）2、如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA ⊥底面111A B C ，90BAC ︒∠=，11AB AC AA ===，D 是棱1CC 的中点，P 是AD 的延长线与11A C 的延长线的交点．若点Q 在直线1B P 上，则下列结论错误的是（ ）．A ．当Q 为线段1B P 的中点时，DQ ⊥平面1A BD B ．当Q 为线段1B P 的三等分点时，DQ ⊥平面1A BDC ．在线段1B P 的延长线上，存在一点Q ，使得DQ ⊥平面1A BD D ．不存在点Q ，使DQ 与平面1A BD 垂直 【答案】ABC【分析】以1A 为坐标原点，11A B ，11A C ，1A A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，求得平面1A BD 的一个法向量(,,)n x y z =，假设DQ ⊥平面1A BD ，且11B Q B P λ=，得到11DQ DB BQ =+=11,12,2λλ⎛⎫--+- ⎪⎝⎭，则(2,1,2)n =-与11,12,2DQ λλ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭共线，研究1112122124λλ---+===-是否有解即可． 【解析】以1A 为坐标原点，11A B ，11A C ，1A A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则由1(0,0,0)A ，1(1,0,0)B ，1(0,1,0)C ，(1,0,1)B ，10,1,2D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(0,2,0)P ，所以1(1,0,1)A B =，110,1,2A D ⎛⎫= ⎪⎝⎭，1(1,2,0)B P =-，111,1,2DB ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．设平面1A BD 的一个法向量为(,,)n x y z =，则11012n A B x z n A D y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 取2z =-，则2x =，1y =，所以平面1A BD 的一个法向量为(2,1,2)n =-．假设DQ ⊥平面1A BD ，且11(1,2,0)(,2,0)BQ B P λλλλ==-=-， 则11DQ DB BQ =+=11,12,2λλ⎛⎫--+- ⎪⎝⎭． 因为DQ 也是平面1A BD 的法向量，所以(2,1,2)n =-与11,12,2DQ λλ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭共线，所以1112122124λλ---+===-成立，但此方程关于λ无解． 因此不存在点Q ，使DQ 与平面1A BD 垂直，故选ABC ．（多选）3、在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是 A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥ B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥ C ．当1AR A C ⊥时，1AR D R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案.【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a ，0,23a ⎡⎤∈⎣⎦，()2,23,Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,23,22R λλλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,23,2D R λλλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C⊥，则()()12,23,222,23,2212440AR AC λλλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=， 14λ=，此时11333313,,,,02222224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误； 113AC A R =，则4234,,333R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，14232,,333D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则10n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()3,1,3n =-，故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确. 故选ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力. 题型三、确定点的位置1、如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 是边长为3的正方形，1CC BC ⊥，1BC =，2AB =．（1）证明：平面1A BC ⊥平面1ABC ；（2）在线段1A B 上是否存在点M ，使得1CM BC ⊥，若存在，求1BMBA 的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）14． 【解析】（1）在ABC 中，3AC =1BC =，2AB =，满足222AC BC AB +=，所以AC BC ⊥，又1CC BC ⊥，1CC AC C =，所以BC ⊥面11ACC A ，又1AC ⊂面11ACC A ，所以1BC A C ⊥，又四边形11AAC C 是边长为3的正方形，所以11AC AC ⊥，又1BCAC C =，所以1AC ⊥面1A CB ，又1AC ⊂平面1ABC ，所以平面1A BC ⊥平面1ABC ；（2）在线段1A B 上存在点M ，使得1CM BC ⊥，且114BM BA =， 理由如下：由（1）得，以点C 为原点，1,,CA CB CC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则()3,0,0A，()0,0,0C ，()0,1,0B ，13,0,3A ，(13C ，设(),,M x y z ，1BM BA λ=，所以(),1,3,3x y z λ-=-，解得3x λ=，1y λ=-，3z λ=，所以()3,13CM λλλ=-，(10,1,3C B =-，要使1CM BC ⊥，则需10CM BC ⋅=，即130λλ--=，解得14λ=，故114BM BA =．2、如图，在多面体ABCDP 中，ABC 是边长为4的等边三角形，PA AC =，22BD CD ==，42PC PB ==，点E 为BC 的中点，平面BDC ⊥平面ABC ．（1）求证：//DE 平面PAC（2）线段BC 上是否存在一点T ，使得二面角T DA B --为直二面角？若存在，试指出点T 的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，T 为线段BC 上靠近点C 的八等分点． 【分析】（1）根据题目条件证明DE ⊥平面ACE ，从而得到DE //PA ，得出DE //平面PAC ；（2）建立空间直角坐标系，假设存在点(),0,0T λ，计算平面TDA 和平面BDA 的法向量，使法向量数量积为零，然后求解λ，根据λ的值确定点T 的位置． 【解析】（1）因为22BD CD ==ABC 是边长为4的等边三角形， 所以((2222222216BD CD BC +=+==，所以BDC 是等腰直角三角形，90BDC ∠=︒．又点E 为BC 的中点，所以DE BC ⊥．因为平面BDC ⊥平面ABC ，平面BDC ⋂平面ABC BC =，所以DE ⊥平面ABC ． 因为42PC PB ==，4PA AC AB ===，所以222224432PA AC PC +=+==，222224432PA AB PB +=+==，所以PAB △与PAC 都是直角三角形，故PA AC ⊥，PA AB ⊥． 又AC AB A ⋂=，所以PA ⊥平面ABC ，所以DE PA ∥． 因为PA ⊂平面PAC ，DE ⊄平面PAC ，所以DE 平面PAC ．（2）连接AE ，以E 为原点，EC ，EA ，ED 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,23,0A ，()2,0,0B -，()2,0,0C ，()0,0,2D ，设存在(),0,0T λ，使得二面角T DA B --为直二面角，易知22λ-≤≤，且0λ≠． 设平面BAD 的法向量为()1111,,n x y z =，则由()2,0,2BD =，()0,23,2AD =-，得1111030x z y z +=⎧⎪⎨-+=⎪⎩，令11z =，得111x x =-，133y =，故131,,13n ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭．设平面TAD 的法向量为()2222,,n x y z =，则由(),0,2DT λ=-，(),23,0AT λ=-，得222220,230x z x y λλ-=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令21z =，得22x λ=，233y =，故223,,13n λ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭． 由122233133cos ,074433n n λλ-+⨯+==⨯+，得12103λ-+=，故32λ=． 所以当T 为线段BC 上靠近点C 的八等分点时，二面角T DA B --为直二面角．3、如图，三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BB C C ，已知13BCC π∠=，1BC =，12AB C C ==，点E 是棱1C C 的中点．（1）求证：1C B ⊥平面ABC ； （2）求二面角11A EB A --的余弦值；（3）在棱CA 上是否存在一点M ，使得EM 与平面11A B E 所成角的正弦值为21111，若存在，求出CM CA 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（225（3）存在，13CM CA =或523CM CA =．【解析】（1）由题意，因为1BC =，12CC =，13BCC π∠=，所以13BC又所以22211BC BC CC +=，所以1BC BC ⊥，因为AB ⊥侧面11BB C C ，所以1AB BC ⊥．又因为AB BC B ⋂=，AB ，BC ⊂平面ABC ，所以直线1C B ⊥平面ABC ． （2）以B 为原点，分别以BC ，1BC 和BA 的方向为x ，y 和z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,2A ，()13,0B -，132E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，()13,2A -，设平面1AB E 的一个法向量为()111,,n x y z =，()13,2AB =--，13,,222AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭因为100n AB n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，所以11111132013202x z x y z ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，令13y =，则11x =，所以()1,3,1n =设平面11A B E 的一个法向量为(),,m x y z =，()110,0,2A B =-，133,,222A E ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭， 因为11100m A B m A E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以20332022z x y z -=⎧⎪⎨--=⎪⎩，令3y =，则1x =，所以()1,3,0m =，2m =，5n =，4m n ⋅=，所以425cos ,525m n m n m n⋅===．设二面角11A EB A --为α，则25cos cos ,5m n α==． 所以设二面角11A EB A --的余弦值为255． （3）假设存在点M ，设(),,M x y z ，因为CM CA λ=，[]0,1λ∈，所以()()1,,1,0,2x y z λ-=-，所以()1,0,2M λλ-所以13,,222EM λλ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭设平面11A B E 的一个法向量为()1,3,0m =，所以22132112211132424λλλ--=⎛⎫-++ ⎪⎝⎭，得2693850λλ-+=．即()()312350λλ--=，所以13λ=或523λ=，所以13CM CA =或523CM CA =．【名师点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解． 强化训练（多选）1、如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总是保持1AP BD ⊥，则以下四个结论正确的是A ．113P AA D V -=B ．点P 必在线段1BC 上 C ．1AP BC ⊥D ．//AP 平面11AC D【答案】BD【分析】根据三棱锥体积公式求得116P AA D V -=，知A 错误；以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得到1CP x B C →→=-，11AP BC →→⋅=，AP →垂直于平面11AC D 的法向量n →，由此可确定,,B C D 的正误.【解析】对于A ，P 在平面11BCC B 上，平面11//BCC B 平面1AA D ，P ∴到平面1AA D 即为C 到平面1AA D 的距离，即为正方体棱长，1111111113326P AA D AA D V S CD -∴=⋅=⨯⨯⨯⨯=△，A 错误；对于B ，以D 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：则()1,0,0A ，(),1,P x z ，()1,1,0B ，()10,0,1D ，()11,1,1B ，()0,1,0C()1,1,AP x z →∴=-，()11,1,1BD →=--，()11,0,1B C →=--，1AP BD ⊥，1110AP BD x z →→∴⋅=--+=，x z ∴=，即(),1,P x x ，(),0,CP x x →∴=，1CP x B C →→∴=-，即1,,B P C 三点共线，P ∴必在线段1B C 上，B 正确；对于C ，()1,1,AP x x →=-，()11,0,1BC →=-，111AP BC x x →→∴⋅=-+=，AP ∴与1BC 不垂直，C 错误；对于D ，()11,0,1A ，()10,1,1C ，()0,0,0D ，()11,0,1DA →∴=，()10,1,1DC →=， 设平面11AC D 的法向量(),,n x y z →=，1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则1z =-，1y =，()1,1,1n →∴=-， 110AP n x x →→∴⋅=-+-=，即AP n →→⊥，//AP ∴平面11ACD ，D 正确. 故选BD .【点睛】本题考查立体几何中动点问题相关命题的辨析，涉及到三棱锥体积公式、动点轨迹、线线垂直关系和线面平行关系等知识；解题关键是熟练应用空间向量法来验证相关结论.2、如图，在边长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为BC 的中点，点P 在底面ABCD 上移动，且满足11B P D E ⊥，则线段1B P 的长度的最大值为（ ）A ．45B ．2C ．2D ．3【答案】D【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设点(),,0P x y ，根据110B P D E ⋅=得出x 、y 满足的关系式，并求出y 的取值范围，利用二次函数的基本性质求得1B P 的最大值．【解析】如下图所示，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()12,2,2B 、()10,0,2D 、()1,2,0E ，设点()(),,002,02P x y x y ≤≤≤≤，()11,2,2D E =-，()12,2,2B P x y =---，11D E B P ⊥，()112224220B P D E x y x y ∴⋅=-+-+=+-=，得22x y =-，由0202x y ≤≤⎧⎨≤≤⎩，得022202y y ≤-≤⎧⎨≤≤⎩，得01y ≤≤， ()()2221224548B P x y y y ∴=-+-+=-+01y ≤≤，当1y =时，1B P 取得最大值3．故选D ．3、在长方体1111ABCD A B C D -中，已知底面ABCD 为正方形，P 为11A D 的中点，2AD =，13AA =，点Q 为正方形ABCD 所在平面内的一个动点，且满足2QC QP =．则线段BQ 的长度的最大值是（ ）A ．2B ．4C ．6D ．前三个答案都不对【答案】C【分析】先以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，1DD 所在方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，由题意得到(0,2,0)C ，()1,0,3P ，(2,2,0)B ，设(,,0)Q x y ，由2QC QP =，得到22(2)(2)4-++=x y ，再由圆上的点与定点距离的问题，即可求出结果．【解析】以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，1DD 所在方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，因为在长方体1111ABCD A B C D -中，已知底面ABCD 为正方形，P 为11A D 的中点，2AD =，13AA =(0,2,0)C ，(1,3P ，(2,2,0)B ，因为点Q 为正方形ABCD 所在平面内的一个动点，设(,,0)Q x y ， 因为2QC QP =，所以()2222(2)213+-=⋅-++x y x y ，整理得：22(2)(2)4-++=x y ，即点Q 可看作圆22(2)(2)4-++=x y 上的点， 又22(2)(2)=-+-BQ x y ，所以BQ 表示圆22(2)(2)4-++=x y 上的点与定点(2,2)之间的距离， 因此22max (22)(22)426=-+--+=+=BQ r （其中r表示圆22(2)(2)4-++=x y 的半径．）故选C ． 【名师点睛】本题主要考查立体几何中的轨迹问题，涉及圆上的点到定点距离的最值，灵活运用转化与化归的思想即可，属于常考题型．4、如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1棱长为8，点H 在棱AA 1上，且HA 1＝2，在侧面BCC 1B 1内作边长为2的正方形EFGC 1，P 是侧面BCC 1B 1内一动点，且点P 到平面CDD 1C 1距离等于线段PF 的长，则当点P 在侧面BCC 1B 1运动时，2HP 的最小值是（ ）A ．87B ．88C ．89D ．90【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，过点H 作1HM BB ⊥，垂足为M ，连接MP ，得出222HP HM MP =+，当MP 最小时，2HP 最小，利用空间直角坐标系求2HP 的最小值．【解析】如图，建立空间直角坐标系，过点H 作1HM BB ⊥，垂足为M ，连接MP ，则HM PM ⊥，所以222HP HM MP =+，当MP 最小时，2HP 最小， 过P 作1PN CC ⊥，垂足为N ，设(,8,)P x z ，则(2,8,6),(8,8,6),(0,8,)F M N z ，且08,08x z ≤≤≤≤，因为PN PF =，所以22(2)(6)x z x -+-=，化简得244(6)x z -=-，所以222222(8)(6)(8)441260(6)2424MP x z x x x x x =-+-=-+-=-+=-+≥， 当6x =时，2MP 取得最小值24，此时222282488HP HM MP =+=+=， 所以2HP 的最小值为88，故选B ．5、如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为BC 的中点，点P 在底面ABCD 上（包括边界．．．．）移动，且满足11B P D E ⊥，则线段1B P 的长度的最大值为A ．55B ．25C ．2D ．3【答案】D【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段1B P 的长度的最大值．【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设P （a ，b ，0），则1D （0，0，2），E （1，2，0），1B （2，2，2），1B P ＝（a −2，b −2，−2），1D E ＝（1，2，−2）， 因为1B P ⊥1D E ，()1122240B P D E a b ∴⋅=-+-+=， 所以a ＋2b −2＝0，01b ≤≤，所以点P 的轨迹是一条线段，()()()()2222221224224548a b b B P b b b -+-+==+-+=-+， 由二次函数的性质可得当1b =时，2548b b -+可取到最大值9， 所以线段1B P 的长度的最大值为3．故选D ．6、如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是底面1111D C B A 内（含边界）的一点，且//AP 平面1DBC ，则异面直线1A P 与BD 所成角的取值范围为A ．3,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．2,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】C【分析】连接111,,AB AD B D ，则点P 在线段11B D 上，以D 为坐标原点建立坐标系，利用向量方法可求出范围． 【解析】过A 作平面α平面1DBC ，点P 是底面1111D C B A 内（含边界）的一点，且//AP 平面1DBC ，则P ∈平面α，即P 在α与平面1111D C B A 的交线上，连接111,,AB AD B D ，11DD BB =，则四边形11BDD B 是平行四边形，11B D BD ∴，11B D ∴平面1DBC ，同理可证1AB ∥平面1DBC ，∴平面11AB D ∥平面1DBC ，则平面11AB D 即为α，点P 在线段11B D 上，以D 为坐标原点，1,,DA DC DD 建立如图坐标系，设正方体棱长为1，则()0,0,0D ，()1,1,0B ，()1,0,0A ，设(),,1P λλ，[]0,1λ∈，()1,1,0DB ∴=，()1,,1AP λλ=-，21DB AP λ∴⋅=-，2DB =，2222AP λλ=-+，设1A P 与BD 所成角为θ，则()22221211cos 2121DB APDB AP λλθλλλλ⋅--===-+⋅-+ 221313442121324λλλ=-=--+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，当12λ=时，cos θ取得最小值为0， 当0λ=或1时，cos θ取得最大值为12，10cos 2θ∴≤≤，则32ππθ≤≤．故选C ．7、如图，三棱锥V ABC -的侧棱长都相等，底面ABC 与侧面VAC 都是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E 为线段AC 的中点，F 为直线AB 上的动点，若平面VEF 与平面VBC 所成锐二面角的平面角为θ，则cos θ的最大值是A ．33 B ．23C 5D 6【答案】D【分析】连接BE ，以E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，EV 为z 轴，建立空间直角坐标系，求出平面VBC 的一个法向量m ，平面VEF 的一个法向量n ，利用cos m n m nθ⋅=即可求解.【解析】底面ABC 与侧面VAC 都是以AC 为斜边的等腰直角三角形， 则Rt ABC Rt VAC ≅，所以VA VC BA BC === 设2VA VC BA BC VB =====，由E 为线段AC 的中点，则2VE BV ==， 由222VE BE VB +=，所以VE EB ⊥，以E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，EV 为z 轴， 建立空间直角坐标系，如图所示：则()2,0C ，)2,0,0B，(2V ，设(),2,0F x x -，(0,2,2VC =-，(2,0,2VB =-，(2EV =，(,2,2VF x x =，设平面VBC 的一个法向量()111,,m x y z =，则00m VC m VB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即1111220220z x ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，令11x =，则11y =，11z =，所以()1,1,1m =. 设平面VEF 的一个法向量()222,,n x y z =，则00n EV n VF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即(222220220z x x x y z ⎧=⎪⋅+-⋅+=⎪⎩，解得20z =，令21y =，则221x x =-， 所以21,1,0n x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， 平面VEF 与平面VBC 所成锐二面角的平面角为θ，则22cos 22232m n x m n x xθ⋅==-+，将分子、分母同除以1x，可得=令()2266632f x x x ⎛=-+=-+ ⎝⎭，当2x =时，()min 3f x =，则cos θ3=. 故选D【点睛】本题考查了空间向量法求二面角、考查了基本运算求解能力，解题的关键是建立恰当的空间直角坐标系，属于中档题.8、已知MN 是正方体内切球的一条直径，点P 在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则PM PN →→⋅的取值范围为 A ．[]0,4 B ．[]0,2C ．[]1,4D ．[]1,2【答案】B【分析】利用向量的线性运算和数量积运算律可将所求数量积化为21PO →-，根据正方体的特点可确定PO →的最大值和最小值，代入即可得到所求范围. 【解析】设正方体内切球的球心为O ，则1OM ON ==，2PM PN PO OM PO ON PO PO OM ON OM ON →→→→→→→→→→→→⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅+=+⋅++⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，MN 为球O 的直径，0OM ON →→∴+=，1OM ON →→⋅=-，21PM PN PO →→→∴⋅=-，又P 在正方体表面上移动，∴当P 为正方体顶点时，PO →最大，最大值为；当P 为内切球与正方体的切点时，PO →最小，最小值为1，[]210,2PO →∴-∈，即PM PN →→⋅的取值范围为[]0,2.故选B .【点睛】本题考查向量数量积的取值范围的求解问题，关键是能够通过向量的线性运算将问题转化为向量模长的取值范围的求解问题.7、在正四面体D ABC -（所有棱长均相等的三棱锥）中，点E 在棱AB 上，满足2AE EB =，点F 为线段AC 上的动点.设直线DE 与平面DBF 所成的角为α，则A ．存在某个位置，使得DE BF ⊥B ．存在某个位置，使得4FDB π∠=C ．存在某个位置，使得平面DEF ⊥平面DACD ．存在某个位置，使得6πα=【答案】C【分析】设正四面体D ABC -的底面中心为点O ，连接DO ，则DO ⊥平面ABC ，以点O 为坐标原点，OB 、OD 所在直线分别为x 、z 轴建立空间直角坐标系，设正四面体D ABC -的棱长为2，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果. 【解析】如下图所示，设正四面体D ABC -的底面中心为点O ，连接DO ，则DO ⊥平面ABC ，以点O 为坐标原点，OB 、OD 所在直线分别为x 、z 轴建立空间直角坐标系， 设正四面体D ABC -的棱长为2，则31,0A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭、23B ⎫⎪⎪⎝⎭、3C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、26D ⎛ ⎝⎭、31,03E ⎫-⎪⎪⎝⎭，设,03F λ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，其中11λ-≤≤， 对于A 选项，若存在某个位置使得DE BF ⊥，31,333DE ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，(),0BF λ=-，1103DE BF λ∴⋅=--=，解得3λ=-，不合乎题意，A 选项错误；对于B 选项，若存在某个位置使得4FDB π∠=，,33DF λ⎛=-- ⎝⎭，23DB ⎛=⎝⎭，cos ,DF DB DF DB DF DBλ⋅<>====⋅B选项错误；对于C 选项，设平面DAC 的一个法向量为()111,,m x y z =，1,DA ⎛=-- ⎝⎭，DC ⎛=-⎝⎭，由1111113033303m DA x y z m DC x y z ⎧⋅=---=⎪⎪⎨⎪⋅=-+-=⎪⎩，取11z =-，得()22,0,1m =-，设平面DEF 的一个法向量为()222,,n x y z =，31,3DE ⎛=- ⎝⎭，,DF λ⎛=- ⎝⎭， 由22222231033333n DE x y z n DF x y z λ⎧⋅=--=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩，取y =，则()221n λ=+-，若存在某个位置，使得平面DEF ⊥平面DAC ，则2190m n λ⋅=+=，解得[]31,17λ=-∈-，合乎题意，C 选项正确；对于D 选项，设平面DBF 的一个法向量为()333,,u x y z =，2326,0,33DB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，326,,33DF λ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭， 由333332326033326033u DB x z u DF x y z λ⎧⋅=-=⎪⎪⎨⎪⋅=-+-=⎪⎩，令z λ=，则()2,6,u λλ=，若存在某个位置，使得6πα=，即()()22612131sin cos ,6227272363u DE u DE u DEλλπλλ++⋅==<>===⋅⨯++⨯，整理得254120λλ-+=，162400∆=-<，该方程无解，D 选项错误. 故选C.【点评】本题考查利用空间向量法求解空间角以及利用空间向量法处理动点问题，计算量大，属于难题.10、如图，直三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为6的等边三角形，侧棱长为2，E 是棱BC 上的动点，F 是棱11B C 上靠近1C 点的三分点，M 是棱1CC 上的动点，则二面角A FM E --的正切值不可能．．．是A ．3155B ．2155C ．6D ．5【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，求得二面角A FM E --的余弦值，进而求得二面角A FM E --的正切值，求得正切值的最小值，由此判断出正确选项.【解析】取BC 的中点O ，连接OA ，根据等边三角形的性质可知OA BC ⊥，根据直三棱柱的性质，以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系.则()()0,33,0,1,0,2A F ，设()()3,0,02M t t ≤≤. 则()()1,33,2,2,0,2AF FM t =-=-. 设平面AMF 的一个法向量为(),,m x y z =，则()3320220m AF x z m FM x t z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩，令1y =，得633363,1,66t m t t ⎛= --⎝⎭. 平面FME 的一个法向量是()0,1,0n =，所以222cos ,28120252633363166m n m n m nt t t t t ⋅===⋅-+⎛⎫⎛⎫-++ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，所以2sin ,1cos ,m n m n =-222710821628120252t t t t -+=-+所以二面角A FM E--的正切值为()sin ,27 cos,m nf tm n===因为02t≤≤，所以111466t-≤≤--，216125405-=-⨯结合二次函数的性质可知当1165t=--时，()f t5=；当1166t=--时，()f t=，所以()f t∈⎣，所以二面角A FM E--.故选B.【点睛】本小题主要考查二面角的求法，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.11、直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱长为6，底面是边长为8的菱形，且∠ABC ＝120°，点E在边BC上，且满足BE＝3EC，动点M在该四棱柱的表面上运动，并且总保持ME⊥BD1，则动点M的轨迹围成的图形的面积为_____；当MC与平面ABCD所成角最大时，异面直线MC1与AC所成角的余弦值为_____．【答案】，17【分析】由题意可知M的轨迹为过E且与直线1BD垂直的平面与直四棱柱的截面的边界，根据直棱柱的结构特征和底面棱形的性质，由线面垂直的定义可得截面与下底面的截线是与AC平行的，进而确定截面与与AB的交点F，建立空间直角坐标系，利用坐标方法求得截面与1BB的交点G，进而得到所求面积，根据线面角的定义可得M与G重合时MC与平面ABCD所成角最大，利用空间向量可求异面直线所成角的余弦值.【解析】如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D-中，因为底面是菱形，侧棱垂直底面，所以AC ⊥平面11BDD B ，所以1BD AC ⊥．在AB 上取F ，使得3BF FA =，连接EF ，则//EF AC ，1⊥BD EF ．记AC 与BD 的交点为O ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则()4,0,0B ，()14,0,6D -，()1,33,0E ．在1BB 上取一点G ，记为()4,0,G t ，于是()18,0,6BD =-，()3,33,EG t =-． 由12460BD EG t ⋅=-+=，得4t =，即12BG GB =， 所以EFG 的边为点M 的运动轨迹． 由题意得22213FG BF BG =+=33836344EF AC ==⨯= 动点M 的轨迹围成的图形的面积为()()22163213331532⨯-=显然当M 与G 重合时，MC 与平面ABCD 所成角最大． 因为()4,0,4M ，()10,43,6C ，所以()14,43,2MC =-． 因为AC 的一个方向向量为()0,1,0n =，所以1251cos ,17MC n =即异面直线1MC 与AC 251． 【点睛】本题考查点、线、面的位置关系，考查空间动点的轨迹，涉及线面垂直的判定与性质，异面直线所成的角，线面角，利用空间直角坐标系和空间向量确定点的位置和求异面直线所成的角，考查直观想象与数学运算的核心素养．属中档题，难度较大.12、如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，已知90ABC ∠=︒，P 为侧棱1CC 上任意一点，Q 为棱AB 上任意一点，PQ 与AB 所成角为α，PQ 与平面ABC 所成的角为β，则α与β的大小关系为（ ）A ．αβ=B ．αβ<C ．αβ>D ．不能确定【答案】C【分析】建立空间直角坐标系设()()(),0,,0,,00,0,0P x z Q y x y z >≥≥，利用空间向量法分别求得cos ,cos αβ，然后根据(0,],0,22ππαβ⎡⎤∈∈⎢⎥⎣⎦，利用余弦函数的单调性求解．【解析】建立如图所示空间直角坐标系：设()()(),0,,0,,00,0,0P x z Q y x y z >≥≥，则()(),,,0,,0QP x y z QB y =-=-，所以2222,,QP QB y QP x y z QB y ⋅==++=，所以222cos QP QB y QP QBx y zα⋅==⋅++，又(0,],0,22ππαβ⎡⎤∈∈⎢⎥⎣⎦，222sin QP CP z QPx y zβ⋅==++，所以22222cos x y x y zβ+=++，所以cos cos βα>，因为cos y x = 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上递减，所以αβ>，故选C 13、如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为正方形，侧棱1AA ⊥底面ABCD ，3AB =，14AA =，P 是侧面11BCC B 内的动点，且1AP BD ⊥，记AP 与平面11BCC B 所成的角为θ，则tan θ的最大值为（ ）A ．43B ．53C ．2D ．259【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线面角的正切值的最大值． 【解析】以1,,DA DC DD 所在直线分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系， 设(,3,)P x z ，则1(3,3,),(3,3,4)AP x z BD =-=--，11,0AP BD AP BD ⊥∴⋅=，33(3)3340,4x z z x ∴---⨯+=∴=， 22225||(3)6916BP x z x x ∴=-+=-+225488191625255x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭， ||5tan ||3AB BP θ∴=，tan θ∴的最大值为53．故选B ．14、如图，在棱长都相等的正三棱柱111ABC A B C -中，D 是棱1CC 的中点，E 是棱1AA 上的动点．设AE x =，随着x 增大，平面BDE 与底面ABC 所成锐二面角的平面角是（ ）A ．增大B ．先增大再减小C ．减小D ．先减小再增大【答案】D【解析】设正三棱柱111ABC A B C -棱长为2，,02AE x x =≤≤， 设平面BDE 与底面ABC 所成锐二面角为α，以A 为坐标原点，过点A 在底面ABC 内与AC 垂直的直线为x 轴，1,AC AA 所在的直线分别为,y z 轴建立空间直角坐标系，则3,1,0),(0,2,1),(0,0,),(3,1,1),(0,2,1)B D E x BD ED x =-=-，设平面BDE 的法向量(,,)m s t k =，则m BDm ED⎧⊥⎨⊥⎩，即302(1)0s t k t x k ⎧-++=⎪⎨+-=⎪⎩，令3k =33,1t x s x =-=+，所以平面BDE 的一个法向量(1,33,23)m x x =+-， 底面ABC 的一个法向量为(0,0,1)n =，222233cos |cos ,|115(1)3(1)12()24m n x x x α=<>==++-+-+当1(0,)2x ∈，cos α随着x 增大而增大，则α随着x 的增大而减小，当1(,2)2x ∈，cos α随着x 增大而减小，则α随着x 的增大而增大．故选D ．【点睛】本题考查空间向量法求二面角，应用函数思想讨论二面角的大小，考查直观想象、数学计算能力，素养中档题．15、如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是底面1111D C B A 内（含边界）的一点，且//AP 平面1DBC ，则异面直线1A P 与BD 所成角的取值范围为（ ）A ．3,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．2,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】过A 作平面α平面1DBC ，点P 是底面1111D C B A 内（含边界）的一点，且//AP 平面1DBC ，则P ∈平面α，即P 在α与平面1111D C B A 的交线上，连接111,,AB AD B D ，11DD BB =，则四边形11BDD B 是平行四边形，11B D BD ∴，11B D ∴平面1DBC ，同理可证1AB ∥平面1DBC ，∴平面11AB D ∥平面1DBC ，则平面11AB D 即为α，点P 在线段11B D 上，以D 为坐标原点，1,,DA DC DD 建立如图坐标系，设正方体棱长为1，则()0,0,0D ，()1,1,0B ，()1,0,0A ，设(),,1P λλ，[]0,1λ∈，()1,1,0DB ∴=，()1,,1AP λλ=-，21DB AP λ∴⋅=-，2DB =，2222AP λλ=-+，设1A P 与BD 所成角为θ，则()22221211cos 2121DB APDB AP λλθλλλλ⋅--===-+⋅-+221313442121324λλλ=-=--+⎛⎫-+⎪⎝⎭12λ=时，cos θ取得最小值为0， 当0λ=或1时，cos θ取得最大值为12，10cos 2θ∴≤≤，则32ππθ≤≤．故选C ．16、如图，矩形ABCD 中，222AB AD ==E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △．在翻折过程中，直线1A C 与平面ABCD 所成角的正弦值最大为（ ）A ．1024- B ．66C ．514-D ．55【答案】A【解析】分别取DE ，DC 的中点O ，F ，则点A 的轨迹是以AF 为直径的圆， 以,OA OE 为,x y 轴，过O 与平面AOE 垂直的直线为z 轴建立坐标系，则()2,1,0C -，平面ABCD 的其中一个法向量为n = (0，0．1)， 由11A O =，设()1cos ,0,sin A αα，则()1cos 2,1,sin CA αα=+-， 记直线1A C与平面ABCD 所成角为θ，则211|sin 1cos sin 4cos 64cos 6||CA nCA n αθαα⋅-===++⋅，设3153535102cos ,,sin 222416444t t t αθ-⎡⎤⎛⎫=+∈=-+≤-=⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭ 所以直线1A C 与平面ABCD 所成角的正弦值最大为1024-，故选A ． （多选）17、在正方体1111ABCD A B C D -中，若棱长为1，点,E F 分别为线段11B D 、1BC 上的动点，则下列结论正确结论的是（ ）A ．1DB ⊥面1ACD B ．面11//AC B 面1ACDC ．点F 到面1ACD 的距离为定值33D ．直线AE 与面11BB D D 所成角的正弦值为定值13【答案】ABC【分析】以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用共线向量可表示出动点,E F 的坐标，利用空间向量判断线面垂直、面面平行、求解点到面的距离和直线与平面所成角的方法依次验证各个选项即可得到结果．【解析】以A 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：由题意知：()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,1,0C ，()0,1,0D ，()10,0,1A ，()11,0,1B ，()11,1,1C ，()10,1,1D ，设(),,1E x y ，111B E B D λ→→=，即()()1,,0,,0x y λλ-=-，()1,,1E λλ∴-， 设()1,,F y z ''，1BF BC μ→→=，即()()0,,0,,y z μμ''=，()1,,F μμ∴． 对于A ，()11,1,1DB →=-，()1,1,0AC →=，()10,1,1AD →=，11100DB AC DB AD ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩，1DB AC ∴⊥，11DB AD ⊥， 又1,AC AD ⊂平面1ACD ，1AC AD A =，1DB ∴⊥平面1ACD ，A 正确；对于B ，1DB ⊥平面1ACD ，()11,1,1DB →∴=-为平面1ACD 的一个法向量，()111,1,0A C →=，()11,0,1A B →=-，111110DB A C DB A B ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩，111DB AC ∴⊥，11DB A B ⊥， 又111,A C A B ⊂平面11A C B ，1111AC A B A =，1DB ∴⊥平面11A C B ，∴平面11//AC B平面1ACD ，B 正确；对于C ，()1,,AF μμ→=，∴点F 到面1ACD 的距离111333AF DB d DB →→→⋅===，为定值，C 正确；对于D ，几何体为正方体，AC ∴⊥平面11BB D D ，()1,1,0AC →∴=是平面11BB D D 的一个法向量，又()1,,1AE λλ→=-，设直线AE 与平面11BB D D 所成角为θ，则21sin 2222AC AEAC AEθλλ→→→→⋅==⋅-+⋅，不是定值，D 错误．故选ABC ．（多选）18、如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总是保持1AP BD ⊥，则以下四个结论正确的是（ ）A ．113P AA D V -=B ．点P 必在线段1BC 上 C ．1AP BC ⊥D ．//AP 平面11AC D【答案】BD【分析】根据三棱锥体积公式求得116P AA D V -=，知A 错误；以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得到1CP x B C →→=-，11AP BC →→⋅=，AP →垂直于平面11AC D 的法向量n →，由此可确定,,B C D 的正误．【解析】对于A ，P 在平面11BCC B 上，平面11//BCC B 平面1AA D ，P ∴到平面1AA D 即为C 到平面1AA D 的距离，即为正方体棱长，1111111113326P AA D AA D V S CD -∴=⋅=⨯⨯⨯⨯=△，A 错误；对于B ，以D 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：则()1,0,0A ，(),1,P x z ，()1,1,0B ，()10,0,1D ，()11,1,1B ，()0,1,0C()1,1,AP x z →∴=-，()11,1,1BD →=--，()11,0,1B C →=--，1AP BD ⊥，1110AP BD x z →→∴⋅=--+=，x z ∴=，即(),1,P x x ，(),0,CP x x →∴=，1CP x B C →→∴=-，即1,,B P C 三点共线，P ∴必在线段1B C 上，B 正确； 对于C ，()1,1,AP x x →=-，()11,0,1BC →=-，111AP BC x x →→∴⋅=-+=，AP ∴与1BC 不垂直，C 错误；对于D ，()11,0,1A ，()10,1,1C ，()0,0,0D ，()11,0,1DA →∴=，()10,1,1DC →=，设平面11AC D 的法向量(),,n x y z →=，1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则1z =-，1y =，()1,1,1n →∴=-， 110AP n x x →→∴⋅=-+-=，即AP n →→⊥，//AP ∴平面11ACD ，D 正确．故选BD ． （多选）19、如图所示，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1A B 上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ ）。
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B
C
立体几何中的动点问题详解
【引例】
（2006北京卷4）平面a 的斜线AB 交a 于点B ，过定点A 的动直线l 与AB 垂直，且交a 于点C ，则动点C 的轨迹是（ ）．
（A ）一条直线 （B ）一个圆 （C ）一个椭圆
（D ）双曲线的一支
解法：首先考虑直线AC 的轨迹是过定点A 且与直线AB 垂直的平面，
（两个平面相交有且只有一条交线）该平面与平面α的交线即为动点C 的轨迹。
所以动点C 的轨迹是一条直线。
【例1】已知矩形ABCD ，1AB =，BC =ABD 沿矩形的对角线BD 所在
的直线进行翻折．
（1）求证：在翻折过程中，直线AA 1始终与BD 垂直；
证法1：
作AE ⊥BD 于点E ，分别连接AA 1、A 1E ∵AE ⊥BD 且∆ABD 翻折得∆A 1BD ∴A 1E ⊥BD
∵AE ∩A 1E=E, AE ⊂平面AA 1E, A 1E ⊂平面AA 1E ∴BD ⊥平面AA 1E ∵AA 1⊂平面AA 1E ∴AA 1⊥BD
证法2：
连接AA 1，取AA 1的中点E ，分别连接BE 、DE ∵∆ABD 翻折得∆A 1BD ∴BA=BA 1，DA=DA 1 ∵点E 是AA 1的中点 ∴AA 1⊥BE, AA 1⊥DE
∵BE∩DE=E, BE ⊂平面BDE, DE ⊂平面BDE ∴AA 1⊥平面BDE ∵BD ⊂平面BDE ∴AA 1⊥BD
（2）在翻折过程中，以下说法正确的是____________．
① 存在某个位置，使得直线1A C 与直线BD 垂直． ② 存在某个位置，使得直线1A B 与直线CD 垂直． ③ 存在某个位置，使得直线1A D 与直线BC 垂直． 解法1：（运动轨迹）
点A 1的轨迹在直线BD 的垂面A 1AF 上，而点C 在直线BD 的垂面HGC 上 垂面A 1AF//垂面HGC
所以点A 1不在平面HGC 上
由于过点C 且垂直于BD 的直线都在平面HGC 上 所以①不成立
由于A 1的轨迹可以落在过点B 的直线CD
的垂面上，所以②成立
又由于A 1的轨迹无法落在过点D 的直线BC 的垂面上，所以③不成立
解法2；（借助三垂线定理平面化垂直关系）
借助三垂线定理解决(借助正投影把空间垂直转化到平面上解决)
点A1在平面ABCD上的正投影为点H，而H的轨迹为线段AA’
A C与直线垂直BD是不可能的，因此①不成立由于BH与BD不可能垂直，所以直线
1
由于点H落在BC上时刚好BH与CD垂直，所以②成立
A D与直线垂直BC是不可能的，因此③不成立由于HD与BC不可能垂直，所以直线
1
解法：3（假设----检验）
A C与直线BD垂直，由于A1E⊥BD
假设直线
1
易证得BD⊥平面A1CE
所以BD⊥CE（矛盾）
因此①不成立
A C与直线BD垂直，由于AA1⊥BD
假设直线
1
易证得BD⊥平面AA1C
所以BD⊥AC（矛盾）
因此①不成立
假设直线A1D与直线BC垂直，由于BC⊥CD
易证得BC⊥平面A1CD,所以BD⊥A1C
又因为AA1⊥BD,易证得BD⊥平面AA1C，所以BD⊥AC（矛盾），因此①不成立
解法4：（特殊位置------起始或极端位置）
因为CD//AB,所以A1B与CD的夹角问题可以转化成角A1BA的问题
折叠前是0度，折叠到上图所示的A与A1关于BD对称的位置时角A1BA的大小是120度由于整个过程时连续变化的，所以必然会经过90度的位置，即②成立
因为AD//BC,所以A1D与BC的夹角问题可以转化成角A1DA的问题
折叠前是0度，折叠到上图所示的A与A1关于BD对称的位置时角A1DA的大小是60度由于整个过程时连续变化且递增的，所以不可能到达90度的位置，即③不成立
上图所示位置A与A1关于BD对称，此时A1C//BD
折叠前A1C与BD成角为60度，从60度到0度的过程时连续递减的，所以没有90度的时候，因此①不成立
解法5：（构造特殊几何体作参照让运动过程更直观）
把矩形ABCD如图放置在一个正方体的对角面处点A会经过点A’和点A’’，显然这两个位置都满足A1B⊥CD,所以②成立。
1
A
点A 1的轨迹在直线BD 的垂面AA’A’’上，而点C 在直线BD 的垂面D’GC 上 面AA’A’’//面HGC
所以点A 1不在平面D’GC 上
由于过点C 且垂直于BD 的直线都在平面D’GC 上 所以①不成立
同理借助过点D 作BC 的垂面可以发现③不成立
解法6：(借助平移转为平面图形解决)
因为CD//AB,所以A 1B 与CD 的夹角问题可以转化到等腰∆A 1BA 中解决，AB=A 1B=1，变量是变AA 1的长度范围是[0, ，用余弦定理可以获得角A 1BA 的范围[0, 1200]所以②成立
同理也可以解决③
【课堂练习】如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB =BC ，AA 1，上底面A 1B 1C 1D 1的中心为O 1，点E 在线段CC 1上，点O 1在平面BDE 上的射影为G ，则在点E 从C 运动到C 1的过程中，下列说法正确的是________．
① 点G 到CC 1的距离不变 ② 线段OG 的长度逐渐增大 ③ 线段A 1G 的长度是常数
④ 四棱锥11G BB D D -的体积先增大，再减小
解： 因为BD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1⊥平面BDE 连接OE ，可以得出点O 1在平面BDE 上的射影G 在OE 上。
抽出对角面单独研究
可以发现点G 的轨迹是以O 1O 为直径如图所示的半圆。
由此可见，点G 到CC 1的距离在改变，线段OG 的长度逐渐增大， 线段A 1G 的长度在改变，
由于四棱锥11G BB D D -的底面11BB D D 的面积不变，高是点D 到OO1的距离先增大再减小，所以四棱锥11G BB D D -的体积先增大，再减小
如果是考查B 1G 呢？ G 到CC1的距离呢？。