高考數(shù)學重難點培優(yōu)全攻略(新高考專用)微重點08　立體幾何中的動態(tài)問題(3大考點+強化訓練)(原卷版+解析)

微重點08立體幾何中的動態(tài)問題（3大考點+強化訓練）“動態(tài)”問題是高考立體幾何問題最具創(chuàng)新意識的題型，它滲透了一些“動態(tài)”的點、線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力，題型更新穎．同時，由于“動態(tài)”的存在，也使立體幾何題更趨多元化，將立體幾何問題與平面幾何中的解三角形問題、多邊形面積問題以及解析幾何問題之間建立橋梁，使得它們之間靈活轉(zhuǎn)化．知識導圖考點分類講解考點一：動點軌跡問題規(guī)律方法解決與幾何體有關的動點軌跡問題的方法(1)幾何法：根據(jù)平面的性質(zhì)進行判定．(2)定義法：轉(zhuǎn)化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定或用代數(shù)法進行計算．(3)特殊值法：根據(jù)空間圖形線段長度關系取特殊值或位置進行排除．【例1】（2024·浙江溫州·一模）如圖，所有棱長都為1的正三棱柱，，點是側棱上的動點，且，為線段上的動點，直線平面，則點的軌跡為（

）

A．三角形（含內(nèi)部） B．矩形（含內(nèi)部）C．圓柱面的一部分 D．球面的一部分【變式1】（多選）（23-24高三上·貴州安順·期末）如圖，在棱長為2的正方體中，點E、F、G、H分別為棱、、、的中點，點M為棱上動點，則（

）

A．點E、F、G、H共面 B．的最小值為C．點B到平面的距離為 D．【變式2】（2023·貴州·一模）如圖，已知正方體的棱長為2，M，N，P分別為棱的中點，Q為該正方體表面上的點，若M，N，P，Q四點共面，則點Q的軌跡圍成圖形的面積為．【變式3】(2023·寧波聯(lián)考)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點P滿足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，則下列說法正確的有()A．若λ＋μ＝1，則A1P⊥AD1B．若λ＋μ＝1，則三棱錐A1－PDC1的體積為定值C．若點P總滿足PA⊥BD1，則動點P的軌跡是一條直線D．若點P到點A的距離為eq\r(3)，則動點P的軌跡是一個面積為π的圓考點二：折疊、展開問題規(guī)律方法畫好折疊、展開前后的平面圖形與立體圖形，抓住兩個關鍵點：不變的線線關系、不變的數(shù)量關系．【例2】（2024·河南·模擬預測）為體現(xiàn)市民參與城市建設、共建共享公園城市的熱情，同時搭建城市共建共享平臺，彰顯城市的發(fā)展溫度，某市在中心公園開放長椅贈送點位，接受市民贈送的休閑長椅.其中觀景草坪上一架長椅因其造型簡單別致，頗受人們喜歡（如圖1）.已知和是圓的兩條互相垂直的直徑，將平面沿翻折至平面，使得平面平面（如圖2）此時直線與平面所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【變式1】（22-23高三上·浙江·開學考試）如圖，矩形中，，將沿直線翻折成，若為線段的點，滿足，則在翻折過程中（點不在平面內(nèi)），下面四個選項中正確的是（

）A．平面B．點在某個圓上運動C．存在某個位置，使D．線段的長的取值范圍是【變式2】（2024高三·全國·專題練習）如圖1，在等邊中，點分別為邊上的動點且滿足，記.將沿DE翻折到的位置，使得平面平面DECB，連接MB，MC，如圖2，N為MC的中點．(1)當平面MBD時，求的值．(2)隨著的值的變化，二面角的大小是否改變？若是，請說明理由；若不是，請求出二面角的正弦值．【變式3】(2023·邵陽模擬)如圖所示，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，AD＝1，AF⊥平面ABCD，且AF＝3，點E為線段CD(除端點外)上的動點，沿直線AE將△DAE翻折到△D′AE，則下列說法中正確的是()A．當點E固定在線段CD的某位置時，點D′的運動軌跡為球面B．存在點E，使AB⊥平面D′AEC．點A到平面BCF的距離為eq\f(\r(3),2)D．異面直線EF與BC所成角的余弦值的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),13)，\f(\r(10),10)))考點三：最值、范圍問題規(guī)律方法在動態(tài)變化過程中產(chǎn)生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，常用的解題思路是(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在何位置時，所求的量有相應最大、最小值．(2)函數(shù)思想：通過建系或引入變量，把這類動態(tài)問題轉(zhuǎn)化為目標函數(shù)，從而利用代數(shù)方法求目標函數(shù)的最值．【例3】(多選)(2023·鞍山模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，P是線段BC1上的動點，則下列結論正確的是()A．四面體PA1D1A的體積為定值B．AP＋PC的最小值為2eq\r(2)C．A1P∥平面ACD1D．直線A1P與AC所成的角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))【變式1】(2023·青島模擬)三面角是立體幾何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解決三面角問題的重要依據(jù)．三面角P－ABC是由有公共端點P且不共面的三條射線PA，PB，PC以及相鄰兩射線間的平面部分所組成的圖形，設∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A－PC－B為θ，由三面角余弦定理得cosθ＝eq\f(cosγ－cosα·cosβ,sinα·sinβ).在三棱錐P－ABC中，PA＝6，∠APC＝60°，∠BPC＝45°，∠APB＝90°，PB＋PC＝6，則三棱錐P－ABC體積的最大值為()A.eq\f(27\r(2),4)B.eq\f(27,4)C.eq\f(9,2)D.eq\f(9,4)【變式2】（23-24高三下·北京·開學考試）正方體的棱長為1，動點在線段上，動點在平面上，且平面.線段長度的取值范圍是（

）A． B． C． D．【變式3】（2023·黑龍江哈爾濱·三模）已知四棱錐的底面為正方形，底面，點是線段上的動點，則直線與平面所成角的最大值為（

）A． B． C． D．強化訓練一、單選題1．（2023·云南保山·二模）已知正方體，Q為上底面所在平面內(nèi)的動點，當直線與的所成角為45°時，點Q的軌跡為（

）A．圓 B．直線 C．拋物線 D．橢圓2．（2023·全國·三模）在平面直角坐標系中，為圓上的動點，定點．現(xiàn)將軸左側半圓所在坐標平面沿軸翻折，與軸右側半圓所在平面成的二面角，使點翻折至，仍在右側半圓和折起的左側半圓上運動，則，兩點間距離的取值范圍是（

）A． B． C． D．3．（2024·全國·模擬預測）如圖，已知矩形ABCD中，E為線段CD上一動點（不含端點），記，現(xiàn)將沿直線AE翻折到的位置，記直線CP與直線AE所成的角為，則（

）A． B． C． D．4．（2023·上海寶山·二模）在空間直角坐標系中,已知定點,和動點.若的面積為,以為頂點的錐體的體積為,則的最大值為(

)A． B． C． D．5．（23-24高三上·河北衡水·階段練習）正三棱柱中，為的中點，為棱上的動點，為棱上的動點，且，則線段長度的取值范圍為（

）A． B．C． D．6．（23-24高三下·山西·階段練習）在棱長為4的正方體中，是的中點，是上的動點，則三棱錐外接球半徑的最小值為（

）A．3 B． C． D．7．（2023·陜西咸陽·模擬預測）如圖，點是棱長為2的正方體的表面上一個動點，則以下不正確的是（

）

A．當在平面上運動時，四棱錐的體積不變B．當在線段上運動時，與所成角的取值范圍是C．使直線與平面所成的角為的點的軌跡長度為D．若是的中點，當在底面上運動，且滿足平面時，長度的最小值是8．（2023·吉林長春·模擬預測）四棱柱中，側棱底面，，，，側面為正方形，設點O為四棱錐外接球的球心，E為上的動點，則直線與所成的最小角的正弦值為（

）A． B． C． D．二、多選題1．（23-24高三下·江蘇蘇州·開學考試）在正方體中，點為棱上的動點，則（

）A．平面平面B．平面平面C．與所成角的取值范圍為D．與平面所成角的取值范圍為2．（2023·全國·模擬預測）如圖①，四邊形ABCD是兩個直角三角形拼接而成，，，，.現(xiàn)沿著BD進行翻折，使平面平面BCD，連接AC，得到三棱錐（如圖②），則下列選項中正確的是（

）A．平面平面ACDB．二面角的大小為60°C．異面直線AD與BC所成角的余弦值為D．三棱錐外接球的表面積為3．（2023·全國·模擬預測）如圖1，矩形由正方形與拼接而成．現(xiàn)將圖形沿對折成直二面角，如圖2．點（不與重合）是線段上的一個動點，點在線段上，點在線段上，且滿足，，則（

）

圖1

圖2A． B．C．的最大值為 D．多面體的體積為定值三、填空題1．（2023·河南·模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體中，是棱(不包含端點)上一動點，則三棱錐的體積的取值范圍為.

2．（2023·江蘇淮安·模擬預測）某同學參加課外航模興趣小組活動，學習模型制作.將一張菱形鐵片進行翻折，菱形的邊長為1，，E是邊上一點，將沿著DE翻折到位置，使平面面，則點A與之間距離最小值是.3．（23-24高三上·河北保定·期末）如圖，在棱長為8的正方體中，是棱上的一個動點，給出下列三個結論：①若為上的動點，則的最小值為；②到平面的距離的最大值為；③為的中點，為空間中一點，且與平面所成的角為，與平面所成的角為，則在平面上射影的軌跡長度為，其中所有正確結論的序號是．四、解答題1．（2023·河南·二模）如圖所示，正六棱柱的底面邊長為1，高為，為線段上的動點.

(1)求證：平面；(2)設直線與平面所成的角為，求的取值范圍.2．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在正方體中，分別是、的中點．(1)求與所成的角；(2)設，在正方形內(nèi)（或上），是否存在點使得三棱錐的體積為1？若存在，求出動點的軌跡；若不存在，說明理由．3．（2023·廣西南寧·模擬預測）如圖，在矩形中，，，點是邊上的動點，沿將翻折至，使二面角為直二面角.

(1)當時，求證：；(2)當時，求二面角的正弦值.4．（22-23高三下·安徽·階段練習）如圖，在四棱錐中，所有棱長都相等，，分別是棱，的中點，是棱上的動點，且.(1)若，證明：平面.(2)求平面與平面夾角余弦值的最大值.5．（2023·全國·模擬預測）如圖，在直三棱柱中，，，垂直于平面．點，，分別為邊，，上的動點（不包括頂點），且滿足．(1)求三棱錐的體積的最大值；(2)記平面與平面所成的銳二面角為，當最小時，求的值，并說明點所處的位置．微重點08立體幾何中的動態(tài)問題（3大考點+強化訓練）“動態(tài)”問題是高考立體幾何問題最具創(chuàng)新意識的題型，它滲透了一些“動態(tài)”的點、線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力，題型更新穎．同時，由于“動態(tài)”的存在，也使立體幾何題更趨多元化，將立體幾何問題與平面幾何中的解三角形問題、多邊形面積問題以及解析幾何問題之間建立橋梁，使得它們之間靈活轉(zhuǎn)化．知識導圖考點分類講解考點一：動點軌跡問題規(guī)律方法解決與幾何體有關的動點軌跡問題的方法(1)幾何法：根據(jù)平面的性質(zhì)進行判定．(2)定義法：轉(zhuǎn)化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定或用代數(shù)法進行計算．(3)特殊值法：根據(jù)空間圖形線段長度關系取特殊值或位置進行排除．【例1】（2024·浙江溫州·一模）如圖，所有棱長都為1的正三棱柱，，點是側棱上的動點，且，為線段上的動點，直線平面，則點的軌跡為（

）

A．三角形（含內(nèi)部） B．矩形（含內(nèi)部）C．圓柱面的一部分 D．球面的一部分【答案】A【分析】根據(jù)題意首先保持在線段上不動（與重合），研究當點運動時的軌跡為線段，再根據(jù)點在線段上運動的軌跡即可得出點的軌跡為及其內(nèi)部的所有點的集合.【詳解】如下圖所示：

首先保持在線段上不動，假設與重合根據(jù)題意可知當點在側棱上運動時，若點在點處時，為的中點，此時由可得滿足，當點運動到圖中位置時，易知，取，可得，取棱上的點，滿足，根據(jù)三角形相似可得三點共線，當點在側棱上從點運動到點時，點軌跡即為線段；再研究當點在線段上運動，當點在線段上從點運動到點時，點的軌跡是線段，當點在線段上從點運動到點時，點的軌跡是線段，因此可得，當點是側棱上運動時，在線段上運動時，點的軌跡為及其內(nèi)部的所有點的集合；即可得的軌跡為三角形（含內(nèi)部）.故選：A【變式1】（多選）（23-24高三上·貴州安順·期末）如圖，在棱長為2的正方體中，點E、F、G、H分別為棱、、、的中點，點M為棱上動點，則（

）

A．點E、F、G、H共面 B．的最小值為C．點B到平面的距離為 D．【答案】ACD【分析】根據(jù)題意建立空間之間坐標系，利用平面向量基本定理可對A判斷，利用向量的垂直表示可對D判斷；利用正方體面展開圖可對B判斷；利用等體積法可對C判斷.【詳解】如圖，以D為原點，建立空間直角坐標系，則，，，，，

對A：，，，設，即，解得，，所以共面，故A正確．對B：將正方體沿剪開展開如下圖，連接交于一點，此點為點，此時為最小值，故B錯誤；

對C：由等體積法可知，即，由，，求解得，故C正確.對D：，，，，則，所以，故D正確.故選：ACD.【變式2】（2023·貴州·一模）如圖，已知正方體的棱長為2，M，N，P分別為棱的中點，Q為該正方體表面上的點，若M，N，P，Q四點共面，則點Q的軌跡圍成圖形的面積為．【答案】【分析】根據(jù)題意找出點Q的軌跡圍成圖形為正六邊形即可求解.【詳解】如圖，取的中點分別為，則點Q的軌跡圍成圖形為正六邊形，且邊長為面對角線的一半，即，所以點Q的軌跡圍成圖形的面積為，故答案為:.【變式3】(2023·寧波聯(lián)考)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點P滿足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，則下列說法正確的有()A．若λ＋μ＝1，則A1P⊥AD1B．若λ＋μ＝1，則三棱錐A1－PDC1的體積為定值C．若點P總滿足PA⊥BD1，則動點P的軌跡是一條直線D．若點P到點A的距離為eq\r(3)，則動點P的軌跡是一個面積為π的圓【答案】ABC【解析】對于A，因為eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)且λ＋μ＝1，由向量基本定理可知，點B1，C，P共線，如圖，連接AD1，A1C，BC1，B1C，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，A1B1⊥平面BB1C1C，因為BC1?平面BB1C1C，所以A1B1⊥BC1，又B1C∩A1B1＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，在BC1上任取一點P，連接A1P，則A1P?平面A1B1C，所以BC1⊥A1P，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，因為AB∥D1C1，且AB＝D1C1，所以四邊形ABC1D1為平行四邊形，所以AD1∥BC1，則AD1⊥A1P，故選項A正確；對于B，如圖，連接A1C1，C1D，A1D，B1C，因為eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)且λ＋μ＝1，由向量基本定理可知點B1，C，P共線，即點P在直線B1C上，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，因為A1B1∥DC，且A1B1＝DC，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，所以A1D∥B1C，A1D?平面A1C1D，BC1?平面A1C1D，所以B1C∥平面A1C1D，則直線B1C上任意一點到平面A1C1D的距離相等，又因為△A1C1D的面積為一定值，所以三棱錐A1－PDC1的體積為定值，故選項B正確；對于C，如圖，連接AC，BD，AB1，BD1，B1C，B1D1，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，BB1⊥平面ABCD，因為AC?平面ABCD，所以BB1⊥AC，又BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D1D，BD1?平面BB1D1D，所以AC⊥BD1，同理AB1⊥BD1，又AB1∩AC＝A，所以BD1⊥平面AB1C，因為點P滿足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，所以點P在側面BB1C1C所在的平面上運動，且PA⊥BD1，所以動點P的軌跡就是直線B1C，故選項C正確；對于D，因為點P到點A的距離為eq\r(3)，所以點P的軌跡是以A為球心，eq\r(3)為半徑的球面與平面BB1C1C的交線，即點P的軌跡為小圓，設小圓半徑為r，因為球心A到平面BB1C1C的距離為1，則r＝eq\r(\r(3)2－1)＝eq\r(2)，所以小圓的面積S＝πr2＝2π，故選項D錯誤考點二：折疊、展開問題規(guī)律方法畫好折疊、展開前后的平面圖形與立體圖形，抓住兩個關鍵點：不變的線線關系、不變的數(shù)量關系．【例2】（2024·河南·模擬預測）為體現(xiàn)市民參與城市建設、共建共享公園城市的熱情，同時搭建城市共建共享平臺，彰顯城市的發(fā)展溫度，某市在中心公園開放長椅贈送點位，接受市民贈送的休閑長椅.其中觀景草坪上一架長椅因其造型簡單別致，頗受人們喜歡（如圖1）.已知和是圓的兩條互相垂直的直徑，將平面沿翻折至平面，使得平面平面（如圖2）此時直線與平面所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)給定條件，建立空間直角坐標系，利用空間向量求出線面角的正弦值.【詳解】依題意，，而平面平面，平面平面，又平面平面，則平面，，因此直線兩兩垂直，以點為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，令圓半徑，則，，設平面的一個法向量，則，令，得，設直線與平面所成的角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.故選：B【變式1】（22-23高三上·浙江·開學考試）如圖，矩形中，，將沿直線翻折成，若為線段的點，滿足，則在翻折過程中（點不在平面內(nèi)），下面四個選項中正確的是（

）A．平面B．點在某個圓上運動C．存在某個位置，使D．線段的長的取值范圍是【答案】ABD【分析】由已知，選項A，在上取一點，令，可通過面面平行的判定定理證明平面平面，從而證明平面；選項B，可通過,，，借助余弦定理可知為定值，從而確定點的軌跡；選項C，可先假設成立，然后借助線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理得到，然后在中，利用勾股定理驗證是否滿足，即可做出判斷；選項D，可通過點運行軌跡，分別找出最大值和最小值點，然后求解即可做出判斷.【詳解】如上圖所示，在上取一點，令，連接，在矩形中，且，又因為，，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面，又因為，，所以，又因為平面，平面，所以平面，又因為且平面,所以平面平面，又因為平面,所以平面，選項A正確；由，，,可得,由，可知，，而，由余弦定理可知，為定值，而為定點，故在以為圓心，為半徑的圓上運動，故選項B正確；取的中點，連接、，在中，，所以，假設成立，平面,所以平面，又因為平面，所以，而，在中，，，，所以，故不成立，所以假設不成立，該選項C錯誤；在上取一點，令，在翻折過程中,線段的最大值是與點重合，此時，線段的最小值是與點重合，此時，又因為點不在平面內(nèi)，所以線段的長的取值范圍是，選項D正確；故選：ABD【變式2】（2024高三·全國·專題練習）如圖1，在等邊中，點分別為邊上的動點且滿足，記.將沿DE翻折到的位置，使得平面平面DECB，連接MB，MC，如圖2，N為MC的中點．(1)當平面MBD時，求的值．(2)隨著的值的變化，二面角的大小是否改變？若是，請說明理由；若不是，請求出二面角的正弦值．【答案】(1)(2)不是，【分析】（1）取MB的中點為P，連接DP，PN，推出NP∥BC，證明NEDP為平行四邊形，利用比例關系求解即可．（2）取DE的中點O，如圖建立空間直角坐標系，求出平面BMD的法向量，平面EMD的法向量，利用空間向量的數(shù)量積求解二面角的余弦函數(shù)值然后求解即可．【詳解】（1）如圖，取MB的中點P，連接DP，PN．因為N為MC的中點，所以，．又，所以，即N，P，D，E四點共面．因為平面MBD，平面NEDP，平面平面，所以，即四邊形NEDP為平行四邊形，所以，即，所以．（2）取ED的中點O，連接MO，則．因為平面平面DECB，平面平面，平面MDE，所以平面DECB．如圖，建立空間直角坐標系，不妨設，則，，，所以，．設平面MBD的一個法向量為，則即令，所以．由題意可知為平面MDE的一個法向量．設二面角的平面角為，則，因此，所以二面角的正弦值為．【變式3】(2023·邵陽模擬)如圖所示，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，AD＝1，AF⊥平面ABCD，且AF＝3，點E為線段CD(除端點外)上的動點，沿直線AE將△DAE翻折到△D′AE，則下列說法中正確的是()A．當點E固定在線段CD的某位置時，點D′的運動軌跡為球面B．存在點E，使AB⊥平面D′AEC．點A到平面BCF的距離為eq\f(\r(3),2)D．異面直線EF與BC所成角的余弦值的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),13)，\f(\r(10),10)))【答案】D【解析】選項A，當點E固定在線段CD的某位置時，線段AE的長度為定值，AD′⊥D′E，過D′作D′H⊥AE于點H，H為定點，D′H的長度為定值，且D′H在過點H與AE垂直的平面內(nèi)，故D′的軌跡是以H為圓心，D′H為半徑的圓，故A錯誤；選項B，無論E在CD(端點除外)的哪個位置，AB均不與AE垂直，故AB不與平面AD′E垂直，故B錯誤；選項C，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))分別為x，y，z軸的方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，F(xiàn)(0,0,3)，B(eq\r(3)，0,0)，C(eq\r(3)，1,0)．eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,3)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,0)，設平面BCF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝y(tǒng)＝0，,n·\o(BF,\s\up6(→))＝－\r(3)x＋3z＝0，))取n＝(eq\r(3)，0,1)，則點A到平面BCF的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(3,2)，故C錯誤；選項D，設E(eq\r(3)λ，1,0)，λ∈(0,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)λ，－1，3))，設EF與BC所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→)))))＝eq\f(1,\r(3λ2＋10))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),13)，\f(\r(10),10)))，故D正確．考點三：最值、范圍問題規(guī)律方法在動態(tài)變化過程中產(chǎn)生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，常用的解題思路是(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在何位置時，所求的量有相應最大、最小值．(2)函數(shù)思想：通過建系或引入變量，把這類動態(tài)問題轉(zhuǎn)化為目標函數(shù)，從而利用代數(shù)方法求目標函數(shù)的最值．【例3】(多選)(2023·鞍山模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，P是線段BC1上的動點，則下列結論正確的是()A．四面體PA1D1A的體積為定值B．AP＋PC的最小值為2eq\r(2)C．A1P∥平面ACD1D．直線A1P與AC所成的角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))【答案】ACD【解析】對于A，由正方體可得平面DAA1D1∥平面BCC1B1，且B，P∈平面BCC1B1，所以點B到平面DAA1D1的距離等于點P到平面DAA1D1的距離，所以四面體PA1D1A的體積×1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，所以四面體PA1D1A的體積為定值，故A正確；對于B，當P與B重合時，AP＋PC＝AB＋BC＝2<2eq\r(2)，所以AP＋PC的最小值不為2eq\r(2)，故B錯誤；對于C，連接A1C1，A1B，由正方體可得AA1＝CC1，AA1∥CC1，所以四邊形AA1C1C是平行四邊形，所以AC∥A1C1，因為AC?平面ACD1，A1C1?平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，同理可得BC1∥平面ACD1因為A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1?平面A1C1B，所以平面A1C1B∥平面ACD1，因為A1P?平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故C正確；對于D，因為AC∥A1C1，所以∠PA1C1(或其補角)為直線A1P與AC所成的角，由圖可得當P與B重合時，此時∠PA1C1最大為eq\f(π,3)，當P與C1重合時，此時∠PA1C1最小為0，所以直線A1P與AC所成的角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，故D正確．【變式1】(2023·青島模擬)三面角是立體幾何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解決三面角問題的重要依據(jù)．三面角P－ABC是由有公共端點P且不共面的三條射線PA，PB，PC以及相鄰兩射線間的平面部分所組成的圖形，設∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A－PC－B為θ，由三面角余弦定理得cosθ＝eq\f(cosγ－cosα·cosβ,sinα·sinβ).在三棱錐P－ABC中，PA＝6，∠APC＝60°，∠BPC＝45°，∠APB＝90°，PB＋PC＝6，則三棱錐P－ABC體積的最大值為()A.eq\f(27\r(2),4)B.eq\f(27,4)C.eq\f(9,2)D.eq\f(9,4)【答案】C【解析】如圖所示，作BD垂直于CP于點D，設點B在平面APC中的射影為M，連接BM，MD，由題意得VP－ABC＝eq\f(1,3)·S△APC·BM.設二面角A－PC－B為θ，則cosθ＝eq\f(0－\f(1,2)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2)×\f(\r(2),2))＝－eq\f(\r(3),3)，θ∈(0，π)，∴sin∠BDM＝eq\f(\r(6),3)，BM＝BD·sin∠BDM＝eq\f(\r(6),3)BD＝eq\f(\r(6),3)·PB·sin∠BPC＝eq\f(\r(3),3)·PB，S△APC＝eq\f(1,2)·PA·PC·sin∠APC＝eq\f(3\r(3),2)·PC，∴VP－ABC＝eq\f(1,3)·S△APC·BM＝eq\f(1,2)·PB·PC＝eq\f(1,2)·PB(6－PB)＝－eq\f(1,2)PB2＋3PB＝－eq\f(1,2)(PB－3)2＋eq\f(9,2)，當PB＝3時，VP－ABC的最大值為eq\f(9,2).【變式2】（23-24高三下·北京·開學考試）正方體的棱長為1，動點在線段上，動點在平面上，且平面.線段長度的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)題意，建立空間直角坐標系，結合空間向量的坐標運算，代入計算，即可得到結果.【詳解】以為坐標原點，以分別為軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，，則，則，因為平面，所以，即，解得，所以，所以，又，所以當時，即是的中點時，取得最小值，當或，即與點或重合時，取得最大值，所以線段長度的取值范圍為.故選：C【變式3】（2023·黑龍江哈爾濱·三模）已知四棱錐的底面為正方形，底面，點是線段上的動點，則直線與平面所成角的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)題意，建立空間直角坐標系，結合空間向量的坐標運算即可得到結果.【詳解】由題意，因為為正方形，且底面，以為原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，設，則，所以，設，，則，所以，即，設平面的法向量為，則，解得，取，所以平面的一個法向量為，設直線與平面所成角為，則，因為單調(diào)遞增，所以當時，最大，此時，即直線與平面所成角的最大值為.故選:C強化訓練一、單選題1．（2023·云南保山·二模）已知正方體，Q為上底面所在平面內(nèi)的動點，當直線與的所成角為45°時，點Q的軌跡為（

）A．圓 B．直線 C．拋物線 D．橢圓【答案】C【分析】建系，利用空間向量結合線線夾角分析運算.【詳解】以點D為原點，，，為x，y，z的正方向，建立空間直角坐標系，設正方體棱長為1，則，設，可得，，因為直線與的所成角為，則，化簡可得，所以點Q的軌跡為拋物線.故選：C.

2．（2023·全國·三模）在平面直角坐標系中，為圓上的動點，定點．現(xiàn)將軸左側半圓所在坐標平面沿軸翻折，與軸右側半圓所在平面成的二面角，使點翻折至，仍在右側半圓和折起的左側半圓上運動，則，兩點間距離的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設所在平面為，圓的另一半所在平面為，若，則三點共線時，以及在圓的下端點時，分別取到，兩點間距離的最值；若，設，利用兩點間的距離公式結合到的距離，以及三角函數(shù)的有界性取到最值，進而得出答案．【詳解】設所在平面為，圓的另一半所在平面為，若，則三點共線時，有最小值；當在圓的下端點時，取到最大值，即；若，設，在上的投影為距離為，則到面距離為，又到軸的距離為，到軸的距離為，而到軸的距離為，則，其中，，故，當且僅當時成立；，當且僅當時成立；即；綜上可得，，故選：B3．（2024·全國·模擬預測）如圖，已知矩形ABCD中，E為線段CD上一動點（不含端點），記，現(xiàn)將沿直線AE翻折到的位置，記直線CP與直線AE所成的角為，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用空間向量夾角余弦公式和向量數(shù)量積公式得到，由三角形三邊關系得到，求出答案.【詳解】AB選項，，因為，所以，所以，A錯誤，B正確；由于在上單調(diào)遞減，故，不確定和的大小關系，CD錯誤.故選：B．4．（2023·上海寶山·二模）在空間直角坐標系中,已知定點,和動點.若的面積為,以為頂點的錐體的體積為,則的最大值為(

)A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知,設直線的單位方向向量為,根據(jù)空間向量公式求出到直線的距離,得到的面積為,根據(jù)錐體體積公式得到以為頂點的錐體的體積為,利用分離常數(shù)法和基本不等式求解即可得到最大值.【詳解】由已知,設直線的單位方向向量為,則,所以到直線的距離,所以,,則,令,則,所以,當且僅當即時等號成立,所以,即的最大值為.故選:C.5．（23-24高三上·河北衡水·階段練習）正三棱柱中，為的中點，為棱上的動點，為棱上的動點，且，則線段長度的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據(jù)正三棱柱建立空間直角坐標系，設動點坐標，結合線線關系求線段MN的表達式，利用函數(shù)求最值即可.【詳解】因為正三棱柱中,O為BC的中點，取中點Q，連接OQ，如圖，以O為原點，為軸建立空間直角坐標系，則，因為M是棱上一動點，設，且，所以，則，因為，且所以在直角三角形中可得：即，于是令，所以，，又符合函數(shù)為增增符合，所以在上為增函數(shù)，所以當時，，即線段MN長度的最小值為，當時，，即線段MN長度的最大值為，故選：B.【點睛】關鍵點睛：1.找到，再利用函數(shù)單調(diào)性求出最值.2.建系，設出動點，利用空間向量法求出，再結合線線關系求線段MN的表達式，利用函數(shù)求最值即可.6．（23-24高三下·山西·階段練習）在棱長為4的正方體中，是的中點，是上的動點，則三棱錐外接球半徑的最小值為（

）A．3 B． C． D．【答案】C【分析】取的中點，根據(jù)題意分析可知：三棱錐外接球的球心在過垂直于平面的直線上，設，建系，結合空間兩點距離公式可得，進而利用基本不等式運算求解.【詳解】連接，取的中點，可知為的外心，過作平面的垂線，可知三棱錐外接球的球心在該垂線上，設，以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，則，因為，即，整理得，當且僅當，即時，等號成立，所以三棱錐外接球半徑的最小值為.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：根據(jù)題意分析可知三棱錐外接球的球心在過垂直于平面的直線上，再以空間直角坐標系為依托，分析求解.7．（2023·陜西咸陽·模擬預測）如圖，點是棱長為2的正方體的表面上一個動點，則以下不正確的是（

）

A．當在平面上運動時，四棱錐的體積不變B．當在線段上運動時，與所成角的取值范圍是C．使直線與平面所成的角為的點的軌跡長度為D．若是的中點，當在底面上運動，且滿足平面時，長度的最小值是【答案】D【分析】由底面正方形的面積不變，點到平面的距離不變，可判定A正確；以為原點，建立空間直角坐標系，設，則，結合向量的夾角公式，可判定B正確；由直線與平面所成的角為，作平面，得到點的軌跡，可判定C正確；設，求得平面的一個法向量為，得到，可判定D錯誤.【詳解】對于A中：底面正方形的面積不變，點到平面的距離為正方體棱長，所以四棱錐的體積不變，所以A選項正確；對于B中：以為原點，所在的直線分別為軸、軸和軸，建立空間直角坐標系，可得，設，則，設直線與所成角為，則，因為，當時，可得，所以；當時，，所以，所以異面直線與所成角的取值范圍是，所以B正確；

對于C中：因為直線與平面所成的角為，若點在平面和平面內(nèi)，因為最大，不成立；在平面內(nèi)，點的軌跡是；在平面內(nèi)，點的軌跡是；在平面時，作平面，如圖所示，因為，所以，又因為，所以，所以，所以點的軌跡是以點為圓心，以2為半徑的四分之一圓，所以點的軌跡的長度為，綜上，點的軌跡的總長度為，所以C正確；

對于D中，由，設，則設平面的一個法向量為，則，取，可得，所以，因為平面，所以，可得，所以，當時，等號成立，所以D錯誤.故選：D.

【點睛】方法點撥：對于立體幾何的綜合問題的解答方法：（1）、立體幾何中的動態(tài)問題主要包括：空間動點軌跡的判斷，求解軌跡的長度及動角的范圍等問題；（2）、解答方法：一般時根據(jù)線面平行，線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程；（3）、對于線面位置關系的存在性問題，首先假設存在，然后再該假設條件下，利用線面位置關系的相關定理、性質(zhì)進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足則肯定假設，若得出矛盾的結論，則否定假設；（4）、對于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設存在，設出空間點的坐標，轉(zhuǎn)化為代數(shù)方程是否有解的問題，若由解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.8．（2023·吉林長春·模擬預測）四棱柱中，側棱底面，，，，側面為正方形，設點O為四棱錐外接球的球心，E為上的動點，則直線與所成的最小角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立空間直角坐標系，確定各點坐標，設球心，根據(jù)得到，設，根據(jù)向量的夾角公式結合二次函數(shù)性質(zhì)計算最值得到答案.【詳解】如圖所示：以分別為軸建立空間直角坐標系，設，則，，，球心在平面的投影坐標為，則設球心，則，即，解得，則.設，，，，設，則，，則，當時，有最大值為，此時直線與所成的角最小，對應的正弦值為.故選：D【點睛】關鍵點睛：本題考查了立體幾何中的異面直線夾角問題，外接球問題，意在考查學生的計算能力，空間想象能力和綜合應用能力，其中建立空間直角坐標系可以簡化運算，是解題的關鍵.二、多選題1．（23-24高三下·江蘇蘇州·開學考試）在正方體中，點為棱上的動點，則（

）A．平面平面B．平面平面C．與所成角的取值范圍為D．與平面所成角的取值范圍為【答案】ACD【分析】由面面垂直的判定定理可判斷A選項；取點與點重合，可判斷B選項；以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷CD選項.【詳解】對于A選項，因為四邊形為正方形，則，在正方體中，平面，平面，則，因為，、平面，所以，平面，因為平面，故平面平面，A對；對于B選項，當點與點重合時，平面與平面有公共點，B錯；對于CD選項，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，

不妨設正方體的棱長為，則、、、、、、、，設點，其中，，，所以，，設與所成角為，其中，則，可得，所以，與所成角的取值范圍為，C對；對于D選項，由A選項可知，平面的一個法向量為，則，設與平面所成角為，則，則，可得，所以，與平面所成角的取值范圍為，D對.故選：ACD.2．（2023·全國·模擬預測）如圖①，四邊形ABCD是兩個直角三角形拼接而成，，，，.現(xiàn)沿著BD進行翻折，使平面平面BCD，連接AC，得到三棱錐（如圖②），則下列選項中正確的是（

）A．平面平面ACDB．二面角的大小為60°C．異面直線AD與BC所成角的余弦值為D．三棱錐外接球的表面積為【答案】ABC【分析】A選項，面面垂直線面垂直平面ABC平面平面ACD；B、C選項，建立空間直角坐標系，利用直線方向向量和平面法向量求解；D選項，三棱錐的外接球，尋求斜邊中點（球心位置）.【詳解】A項，平面平面BCD，交線為BD，，平面ABD，所以平面BCD，因為平面BCD，所以.又，且，所以平面ABC.因為平面ACD，所以平面平面ACD，選項A正確.C選項，以B為原點，過B在平面BCD內(nèi)作BD的垂線為x軸，直線BD為y軸，直線AB為z軸，建立空間直角坐標系，則，則，.易知平面ABD的一個法向量為.設平面ACD的法向量為，則即取，則，則，由圖可知二面角為銳角，則二面角的余弦值為，即二面角的大小為60°，選項B正確；，選項C正確；D項，取AD的中點N，因為與都是直角三角形，所以點N到A，B，C，D的距離相等，即為三棱錐外接球的球心，球半徑為，則三棱錐外接球的表面積為，選項D錯誤.故選：ABC.3．（2023·全國·模擬預測）如圖1，矩形由正方形與拼接而成．現(xiàn)將圖形沿對折成直二面角，如圖2．點（不與重合）是線段上的一個動點，點在線段上，點在線段上，且滿足，，則（

）

圖1

圖2A． B．C．的最大值為 D．多面體的體積為定值【答案】AC【分析】以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得點點的坐標，由，可判定A正確；當時，，可判定B錯誤；由向量的夾角公式，結合基本不等式，進而可判定C正確；由，可判定D錯誤.正確；對于錯誤；對于正確；對于錯誤得解．【詳解】設正方形，的邊長為1因為兩兩垂直，以為坐標原點，分別以所在直線為軸、軸、軸,建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，，，設，，由，且,可得，解得，即，，對于A中，，可得，即，所以A正確；對于B中，由，所以當且僅當時，，即，所以B錯誤；對于C中，因為，當且僅當時等號成立，由為鈍角，所以，即的最大值為，所以C正確；對于D中，多面體的體積，非定值，所以D錯誤.故選：AC．三、填空題1．（2023·河南·模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體中，是棱(不包含端點)上一動點，則三棱錐的體積的取值范圍為.

【答案】【分析】利用空間向量求出點到平面的距離，從而求解.【詳解】由題知以點為原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖，

則，，，，，，，，，設，，得，則，設平面的一個法向量為，則，令，得，所以點到平面的距離，又因為，所以，由題知，所以為等邊三角形，其面積，所以三棱錐的體積，故答案為：.2．（2023·江蘇淮安·模擬預測）某同學參加課外航模興趣小組活動，學習模型制作.將一張菱形鐵片進行翻折，菱形的邊長為1，，E是邊上一點，將沿著DE翻折到位置，使平面面，則點A與之間距離最小值是.【答案】【分析】做輔助線，設角則有，，，在中由余弦定理得：，進而可得，利用三角函數(shù)即可求得最值.【詳解】過點作于F，連結CF，AF，設，則有，，，在中由余弦定理得：，在中由勾股定理得：，∴當時，AC取得最小值為.故答案為：3．（23-24高三上·河北保定·期末）如圖，在棱長為8的正方體中，是棱上的一個動點，給出下列三個結論：①若為上的動點，則的最小值為；②到平面的距離的最大值為；③為的中點，為空間中一點，且與平面所成的角為，與平面所成的角為，則在平面上射影的軌跡長度為，其中所有正確結論的序號是．【答案】①②③【分析】對于①：建系，設設，根據(jù)兩點間距離公式分析求解；對于②：利用等體積法求點到面的距離；對于③：根據(jù)線面夾角分析可知：，建系，利用坐標系求點的軌跡方程.【詳解】對于①：以為坐標原點建立空間直角坐標系，則，

可得，設，則，即，可得，當，即時，取到最小值，故①正確；對于②：設到平面的距離的最大值為，由可得，則，由（1）可知的最小值為，所以到平面的距離的最大值為，故②正確；

對于③：設在平面上射影為，連接，可知：與平面所成的角為，與平面所成的角為，則，可得，在空間直角坐標系，則，

設，則，整理得，可知在平面上射影的軌跡為半徑為的圓，所以軌跡長度為，故③正確；故答案為：①②③.【點睛】關鍵點睛：對于點的距離和軌跡問題，常常建系分析求解.四、解答題1．（2023·河南·二模）如圖所示，正六棱柱的底面邊長為1，高為，為線段上的動點.

(1)求證：平面；(2)設直線與平面所成的角為，求的取值范圍.【答案】(1)證明見