立体几何中的动态问题--2024年高考数学重难点攻略含答案.pdf

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1、1微重点立体几何中的动态问题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分类讲解考点一：动点轨迹问题考点一：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，

2、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)(2024浙江温州一模)如图，所有棱长都为1的正三棱柱ABC-A1B1C1，BE=2EC，点F是侧棱AA1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2(多选)(23-24高三上贵州安顺期末)(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-A1B1C1D1中，点E、F、G、H分别为棱CC1、C1D1、A1D1、AB的中点，点M为

3、棱A1B1上动点，则()立体几何中的动态问题-2024年高考数学重难点攻略2A.点E、F、G、H共面B.GM+MH的最小值为1+5C.点B到平面AB1C的距离为2 33D.DEA1H3(20232023 贵州贵州 一模一模)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N，P分别为棱AA1,CC1,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4(20232023 宁波联考宁波联考)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P满足BP=BC+-BB1(，R R)，则下列说法正确的有()A.若+=1，则A1PAD1B.若+=1，则三棱锥

4、A1-PDC1的体积为定值C.若点P总满足PABD1，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的圆考点二：折叠、展开问题考点二：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(20242024 河南河南 模拟预测模拟预测)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

5、折至平面ABC，使得平面ABC平面ABD(如图2)此时直线AB与平面CBD所成角的正弦值为()3A.13B.33C.22D.322(2222-2323高三上高三上 浙江浙江 开学考试开学考试)如图，矩形ABCD中，AD=2,AB=3,AE=2EB，将ADE沿直线DE翻折成A1DE，若M为线段A1C的点，满足CM=2MA1，则在ADE翻折过程中(点A1不在平面DEBC内)，下面四个选项中正确的是()A.BM平面A1DEB.点M在某个圆上运动C.存在某个位置，使DEA1CD.线段BA1的长的取值范围是5,33(20242024高三高三 全国全国 专题练习专题练习)如图1，在等边ABC中，点D、E分

6、别为边AB、AC上的动点且满足DEBC，记DEBC=.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，求的值(2)随着的值的变化，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4(20232023 邵阳模拟邵阳模拟)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DAE，则下列说法中正确的是()4A.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DAEC

7、.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考点三：最值、范围问题考点三：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(多选多选)()(20232023 鞍山模拟鞍山模拟)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是()A.四面体PA1D1A的体积为定值B.AP

8、+PC的最小值为2 2C.A1P平面ACD1D.直线A1P与AC所成的角的取值范围是 0，32(20232023 青岛模拟青岛模拟)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=，BPC=，APB=，二面角A-PC-B为，由三面角余弦定理得cos=cos-coscossinsin.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.27 24B.274C.92D.943(23

9、23-2424高三下高三下 北京北京 开学考试开学考试)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面A1B1C1D1上，且AP平面MBD1.线段AP长度的取值范围是()5A.1,2B.62,3 C.62,2 D.62+4(20232023 黑龙江哈尔滨黑龙江哈尔滨 三模三模)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.6B.4C.3D.2强化训练强化训练一、单选题一、单选题1(20232023 云南保山云南保山 二模二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，Q为上底

10、面A1B1C1D1所在平面内的动点，当直线DQ与DA1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2(20232023 全国全国 三模三模)在平面直角坐标系中，P为圆x2+y2=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23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.13,3 5B.4-13,7C.4-13,3 5D.13,73(20242024 全国全国 模拟预测模拟预测)如图，已知矩形ABCD中，E为线段CD上一动点(不含端点)，记AED=，现将ADE沿直线AE

11、翻折到APE的位置，记直线CP与直线AE所成的角为，则()A.coscosB.cossinD.sincos4(20232023 上海宝山上海宝山 二模二模)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+2t0.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.2155B.155C.4155D.45565(2323-2424高三上高三上 河北衡水河北衡水 阶段练习阶段练习)正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2,AA1=3,O为BC的中点，M为棱B1C1上的动点，N为棱AM上的动点，且MNMO=MOMA，则线段MN长

12、度的取值范围为()A.3 64,7 B.62,4 77 C.34,4 77 D.3,66(2323-2424高三下高三下 山西山西 阶段练习阶段练习)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是CD的中点，F是CC1上的动点，则三棱锥A-DEF外接球半径的最小值为()A.3B.2 3C.13D.157(20232023 陕西咸阳陕西咸阳 模拟预测模拟预测)如图，点P是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的表面上一个动点，则以下不正确的是()A.当P在平面BCC1B1上运动时，四棱锥P-AA1D1D的体积不变B.当P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是3,2C.使

13、直线AP与平面ABCD所成的角为45o的点P的轨迹长度为+4 2D.若F是A1B1的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF平面B1CD1时，PF长度的最小值是58(20232023 吉林长春吉林长春 模拟预测模拟预测)四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱AA1底面ABCD，ABCD，2AB=BC=CD，BCCD，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.2 55C.2 65D.15二、多选题二、多选题9(2323-2424高三下高三下 江苏苏州江苏苏州 开学考试开学考试)在正方体ABC

14、D-A1B1C1D1中，点M为棱AB上的动点，则()A.平面ABC1D1平面A1DMB.平面BCD1平面A1DMC.A1M与BC1所成角的取值范围为4,3D.A1M与平面ABC1D1所成角的取值范围为6,410(20232023 全国全国 模拟预测模拟预测)如图，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)，则下列选项中正确的是()7A.平面ABC平面ACDB.二面角B-AD-C的大小为60C.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

15、为11(20232023 全国全国 模拟预测模拟预测)如图1，矩形B1BCC1由正方形B1BAA1与A1ACC1拼接而成现将图形沿A1A对折成直二面角，如图2点P(不与B1,C重合)是线段B1C上的一个动点，点E在线段AB上，点F在线段A1C1上，且满足PEAB，PFA1C1，则()图1图2A.PE=PFB.B1C平面PEFC.EPF的最大值为23D.多面体CFAEP的体积为定值三、填空题三、填空题12(20232023 河南河南 模拟预测模拟预测)如图，在棱长为1 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是棱 DD(不包含端点)上一动点，则三棱锥 P-AB1C的体积的取值范围为.13(202

16、32023 江苏淮安江苏淮安 模拟预测模拟预测)某同学参加课外航模兴趣小组活动，学习模型制作.将一张菱形铁片ABCD进行翻折，菱形的边长为1，ABC=60，E是边BC上一点，将CDE沿着DE翻折到CDE位置，使平面CDE面ABED，则点A与C之间距离最小值是.14(2323-2424高三上高三上 河北保定河北保定 期末期末)如图，在棱长为8的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱AA1上的8一个动点，给出下列三个结论：若F为BD1上的动点，则EF的最小值为4 2；D到平面BED1的距离的最大值为8 63；M为BC的中点，P为空间中一点，且PD与平面ABCD所成的角为30，PM与平面ABCD

17、所成的角为60，则P在平面ABCD上射影的轨迹长度为3 5，其中所有正确结论的序号是四、解答题四、解答题15(20232023 河南河南 二模二模)如图所示，正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，高为3，P为线段DF1上的动点.(1)求证：AP平面A1BC；(2)设直线AP与平面CDF1A1所成的角为，求sin的取值范围.916(20242024高三高三 全国全国 专题练习专题练习)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点(1)求AE与D1F所成的角；(2)设AA1=2，在正方形ABCD内(或上)，是否存在点K使得三棱锥K-A1D1E的

18、体积为1？若存在，求出动点K的轨迹；若不存在，说明理由17(20232023 广西南宁广西南宁 模拟预测模拟预测)如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点E是边AD上的动点，沿BE将ABE翻折至ABE，使二面角A-BE-C为直二面角.(1)当AE=3时，求证：ABCE；(2)当AB=AE时，求二面角C-AB-E的正弦值.1018(2222-2323高三下高三下 安徽安徽 阶段练习阶段练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，所有棱长都相等，ABAD，E，F分别是棱PC，PB的中点，G是棱AB上的动点，且AG=AB.(1)若=12，证明：GF平面BDE.(2)求平面BDE与平面PDG夹角余弦值的

19、最大值.19(20232023 全国全国 模拟预测模拟预测)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1=1，ABAC，AA1垂直于平面ABC点P，E，F分别为边A1C1，AA1，AC上的动点(不包括顶点)，且满足AE=AF=A1P(1)求三棱锥B1-A1PE的体积的最大值；(2)记平面BEF与平面BCP所成的锐二面角为，当最小时，求cos的值，并说明点P所处的位置1微重点立体几何中的动态问题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

20、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分类讲解考点一：动点轨迹问题考点一：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(20242024 浙江温州浙江温州 一模一模)如图，所有棱长都为1的正三棱柱ABC-A1B1C1，BE=2EC，点

21、F是侧棱AA1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：2首先保持H在线段FB上不动，假设H与F重合根据题意可知当F点在侧棱AA1上运动时，若F点在A1点处时，G为CC1的中点，此时由AF=2CG 可得满足FM=2MC，当F点运动到图中F1位置时，易知AF1=2CG1，取AG

22、1CF1=P，可得F1P=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AA1上从A1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F1B上从点F1运动到点B时，M点的轨迹是线段PE，因此可得，当点 F 是侧棱 AA1上运动时，H 在线段 FB 上运动时，点 M 的轨迹为 MNE 及其内部的所有点的集合；即可得M的轨迹为三角形(含内部).故选：A2(多选多选)()(2323-2424高三上高三上 贵州安顺贵州安顺 期末期末)如图，在棱长为2的正方体ABC

23、D-A1B1C1D1中，点E、F、G、H分别为棱CC1、C1D1、A1D1、AB的中点，点M为棱A1B1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AB1C的距离为2 33D.DEA1H【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 2,1,0，3对A：EF=0,-1,1，EG=1,-2,1，EH=2,-1,-1，设EF=EG

24、+EH，即 0,-1,1=1,-2,1+2,-1,-1，解得=23，=-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A1B1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VB-AB1C=VB1-ABC，即13SAB1Cd=13SABC BB1，由SAB1C=122 2 sin3=32，SABC=1222=2，求解得d=2 33，故C正确.对D：D 0,0,0，A12,0,2，DE=0,2,1，A1H=0,1,-2DE A1H=2-2=0，则DE A1H，所以DEA1H，故D正确.故选：ACD.3(2023

25、2023 贵州贵州 一模一模)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N，P分别为棱AA1,CC1,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】3 34【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,B1C1,A1B1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6122 22-222=3 3，故答案为:3 3.4(20232023 宁波联考宁波联考)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P满足

26、BP=BC+-BB1(，R R)，则下列说法正确的有()A.若+=1，则A1PAD1B.若+=1，则三棱锥A1-PDC1的体积为定值C.若点P总满足PABD1，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的圆【答案】ABC【解析】对于A，因为BP=BC+-BB1(，R R)且+=1，由向量基本定理可知，点B1，C，P共线，如图，连接AD1，A1C，BC1，B1C，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1CBC1，A1B1平面BB1C1C，因为BC1平面BB1C1C，所以A1B1BC1，又B1CA1B1=B1，所以BC1平面A1B1C，在BC1上任取一点P，连

27、接A1P，则A1P平面A1B1C，所以BC1A1P，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为ABD1C1，且AB=D1C1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1BC1，则AD1A1P，故选项A正确；对于B，如图，连接A1C1，C1D，A1D，B1C，因为BP=BC+-BB1(，R R)且+=1，由向量基本定理可知点B1，C，P共线，即点P在直线B1C上，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为 A1B1 DC，且 A1B1=DC，所以四边形 A1B1CD 为平行四边形，所以 A1D B1C，A1D 平面 A1C1D，5BC1平面A1C1D，所以B1C平面A1C1D，则直线B1C上

28、任意一点到平面A1C1D的距离相等，又因为A1C1D的面积为一定值，所以三棱锥A1-PDC1的体积为定值，故选项B正确；对于C，如图，连接AC，BD，AB1，BD1，B1C，B1D1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，ACBD，BB1平面ABCD，因为AC平面ABCD，所以BB1AC，又BB1BD=B，所以AC平面BB1D1D，BD1平面BB1D1D，所以ACBD1，同理AB1BD1，又AB1AC=A，所以BD1平面AB1C，因为点P满足BP=BC+-BB1(，R R)，所以点P在侧面BB1C1C所在的平面上运动，且PABD1，所以动点P的轨迹就是直线B1C，故选项C正确；对于D，因为点P

29、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BB1C1C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 BB1C1C 的距离为 1，则 r=(3)2-1=2，所以小圆的面积S=r2=2，故选项D错误考点二：折叠、展开问题考点二：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(20242024 河南河南 模拟预测模拟预测)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

30、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CBD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，OCAB,ODAB，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，ODOC，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，6令圆半径OD=1，则O

31、(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CBD的一个法向量n=(x,y,z)，则nBC=-y+z=0nBD=x-y=0，令y=1，得n=(1,1,1)，设直线AB与平面CBD所成的角为，则sin=|cosn,OB|=|nOB|n|OB|=113=33，所以直线AB与平面CBD所成角的正弦值为33.故选：B2(2222-2323高三上高三上 浙江浙江 开学考试开学考试)如图，矩形ABCD中，AD=2,AB=3,AE=2EB，将ADE沿直线DE翻折成A1DE，若M为线段A1C的点，满足CM=2

32、MA1，则在ADE翻折过程中(点A1不在平面DEBC内)，下面四个选项中正确的是()A.BM平面A1DEB.点M在某个圆上运动C.存在某个位置，使DEA1CD.线段BA1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A1DE；选项B，可通过A1DE=MNB=4,NM=43，EB=2 2，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DEA1C成立，然后借助线面垂直的判定定理和性质定理得到DECH，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

33、过点A1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.7【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ABCD，又因为AE=2EB，CN=2ND，所以EB=ND且EBND，所以四边形EBND为平行四边形，所以NBED，又因为NB平面ADE，DE平面ADE，所以NB平面ADE，又因为CN=2ND，CM=2MA1，所以NMA1D，又因为NM平面ADE，DA1平面ADE，所以NM平面ADE，又因为NMNB=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A1DE，选项A正确；由NBED，NMA1D，AD

34、=AE=2,可得A1DE=MNB=4,由CN=2ND，CM=2MA1 可知，NM=23A1D=43，而EB=ND=2 2，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HA1、HC，在A1DE中，AD=AE=2，所以DEA1H，假设DEA1C成立，A1H、A1C平面A1HC,所以DE平面A1HC，又因为CH平面A1HC，所以DECH，而，在DHC中，DH=2，DC=3，CH=5，所以DHC2，故DECH不成立，所以假设不成立，该选项C错误；在DC上取一点A2，令DA2=2A2C，在ADE翻折过程中,线段BA1的最大值是A1与A

35、点重合，此时BA1=3，线段BA1的最小值是A1与A2点重合，此时BA1=5，又因为点A1不在平面DEBC内，所以线段BA1的长的取值范围是5,3，选项D正确；故选：ABD3(20242024高三高三 全国全国 专题练习专题练习)如图1，在等边ABC中，点D、E分别为边AB、AC上的动点且满足DEBC，记DEBC=.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8(1)当EN平面MBD时，求的值(2)随着的值的变化，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)=12(2)不是，2

36、 55【分析】(1)取MB的中点为P，连接DP，PN，推出NPBC，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NPBC，NP=12BC又DEBC，所以NPDE，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ENDP，即四边形NEDP为平行四边形，所以NP=DE，即DE=12BC，所以=12(2)取ED的中点O，连接MO，则MO

37、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 0,0,3，D,0,0，B 1,3 1-,0，所以MD=,0,-3，DB=1-,3 1-,0设平面MBD的一个法向量为m=(x,y,z)，则MD m=x-3z=0,DB m=1-x+3 1-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9设二面角B-MD-E的平面角为，则 cos=cosm,n=mnmn=55，因此sin=1-cos2=2 55，所以二面角B-MD-E的正弦值为2 5

38、54(20232023 邵阳模拟邵阳模拟)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DAE，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DAEC.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 DE，过 D 作 DH AE于点H，H为定点，DH的长度为定值，且DH在过点H与AE垂直的平面内，故D的

39、轨迹是以H为圆心，DH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ADE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 n=(x，y，z)，则nBC=y=0，nBF=-3x+3z=0，取n n=(3，0,1)，则点A到平面BCF的距离d=nAB n=32，故C错误；选项D，设E(3，1,0)，(0,1)，BC=(0,1,0)，

40、EF=-3，-1，3，设EF与BC所成的角为，则cos=EF BC EF BC 10=132+101313，1010，故D正确考点三：最值、范围问题考点三：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(多选多选)()(20232023 鞍山模拟鞍山模拟)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是()A.四面体P

41、A1D1A的体积为定值B.AP+PC的最小值为2 2C.A1P平面ACD1D.直线A1P与AC所成的角的取值范围是 0，3【答案】ACD【解析】对于A，由正方体可得平面DAA1D1平面BCC1B1，且B，P平面BCC1B1，所以点B到平面DAA1D1的距离等于点P到平面DAA1D1的距离，所以四面体PA1D1A的体积VP-A1D1A=VB-A1D1A=13SA1D1A1=1312111=16，所以四面体PA1D1A的体积为定值，故A正确；对于B，当P与B重合时，AP+PC=AB+BC=22 2，所以AP+PC的最小值不为2 2，故B错误；对于C，连接A1C1，A1B，由正方体可得AA1=CC1

42、，AA1CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以ACA1C1，因为AC平面ACD1，A1C1平面ACD1，所以A1C1平面ACD1，同理可得BC1平面ACD1因为A1C1BC1=C1，A1C1，BC1平面A1C1B，所以平面A1C1B平面ACD1，因为A1P平面A1C1B，所以A1P平面ACD1，故C正确；对于D，因为ACA1C1，所以PA1C1(或其补角)为直线A1P与AC所成的角，11由图可得当P与B重合时，此时PA1C1最大为3，当P与C1重合时，此时PA1C1最小为0，所以直线A1P与AC所成的角的取值范围是 0，3，故D正确2(20232023 青岛模拟青岛模拟)三面角是立体

43、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=，BPC=，APB=，二面角A-PC-B为，由三面角余弦定理得cos=cos-coscossinsin.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.27 24B.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VP-ABC=13SAPCBM.设二面角A-

44、PC-B为，则cos=0-12223222=-33，(0，)，sinBDM=63，BM=BDsinBDM=63BD=63PBsinBPC=33PB，SAPC=12PAPCsinAPC=3 32PC，VP-ABC=13SAPCBM=12PBPC=12PB(6-PB)=-12PB2+3PB=-12(PB-3)2+92，当PB=3时，VP-ABC的最大值为92.3(2323-2424高三下高三下 北京北京 开学考试开学考试)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面A1B1C1D1上，且AP平面MBD1.线段AP长度的取值范围是()12A.1,2B.62,3 C.

45、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,DD1 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,t0t1，则A 1,0,0,B 1,1,0,D10,0,1，则AP=a-1,b,1,BD1=-1,-1,1,MD1=0,-1,1-t，因为AP平面MBD1，所以APBD1,APMD1，即AP BD1=1-a-b+1=0AP MD1=-b+1-t=0，解得a=t+1b=1-t，所以AP=t,1-t,1，所以 AP=t2+1-t2+1=2 t-122+

46、32，又0t1，所以当t=12时，即M是CC1的中点时，AP 取得最小值62，当t=0或1，即M与点C或C1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(20232023 黑龙江哈尔滨黑龙江哈尔滨 三模三模)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.6B.4C.3D.2【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.13【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

47、，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=PB，0,1，则PE=,-，所以E,1-，即DE=,1-，设平面PBC的法向量为n=x,y,z，则nPB=x+y-z=0nPC=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，则sin=cos=nDE nDE=12 22+1-2=12 3-132+23，因为y=sin,0,2单调递增，所以当=13时，sin=32最大，此时=3，即直线DE与平面PBC所成角的

48、最大值为3.故选:C强化训练强化训练一、单选题一、单选题1(20232023 云南保山云南保山 二模二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，Q为上底面A1B1C1D1所在平面内的动点，当直线DQ与DA1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，DD1 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,A11,0,1，设Q x,y,1，可得DQ=x,y,1，DA1=1,0,1，因为直线DQ与DA1的所成角为45，则cos45=DQ DA1 DQ DA

49、1=x+1x2+y2+1 2=22，化简可得y2=2x，所以点Q的轨迹为抛物线.故选：C.142(20232023 全国全国 三模三模)在平面直角坐标系中，P为圆x2+y2=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23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.13,3 5B.4-13,7C.4-13,3 5D.13,7【答案】B【分析】设A所在平面为，圆的另一半所在平面为，若P，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，设P 4cos,4si

50、n，利用两点间的距离公式结合A到的距离，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，圆的另一半所在平面为，若P，则P,A,O三点共线时，PA有最小值 P1A=R-OA=4-13；当P在圆的下端点时，取到最大值 P2A=-3-02+2+42=32+62=3 5，即 PA 4-13,3 5；若P，设P 4cos,4sin，A在上的投影为距离为A1，则A到面距离为 AA1=-3sin3=3 32，又A到y轴的距离为3，A1到y轴的距离为9-274=32，而A1到x轴的距离为2，则 PA=32+4cos2+2-4sin2+3 322=29+2035cos-45sin=29+20s