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1、立体几何动点问题专题训练1.（线在面上移动）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1=3,AB=2,AD=4， 点M是棱AD的中点，点N在棱AA1上，且满足AN=2NA1，P是侧面四边形ADD1A1内的一动点(含边界)，若C1P/平面CMN，则线段C1P长度的取值范围是( )A. 3,17 B. 2,3 C. 6,22 D. 17,52.（与题1为同题）在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E、F分别是棱的中点，P是正方形BCC1B1内一点(含边界)，若A1P/平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是（）A. B. C. D. 3.（面的移动）如图所示，侧棱与底面垂直，且底面
2、为正方形的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1=2，AB=1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN/平面DCC1D1，设BN=x，MN=y，则函数y=f(x)的图象大致是( )A. B. C. D. 4.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点F是线段BC1上的动点，则下列说法错误的是( )A. 无论点F在BC1上怎么移动，异面直线A1F与CD所成角都不可能是30B. 无论点F在BC1上怎么移动，都有A1FB1D二级结论：正方体表面对角线与体对角线垂直C. 当点F移动至BC1的中点时，才有A1F与B1D相交于一点，记为点E，且会A1EEF=2D. 当点F移动至BC1的中点时，直
3、线A1F与平面BDC1所成角最大且为60(最大角定理：二面角是平面内动直线与平面所成线面角最大值)5.（2021北京人大附中高二期末）如图，在正方体中，点P在平面内，则点P到距离的最小值为（ ）二级结论ABCD36.（函数思想二面角的平面角取值范围）已知平行四边形中，沿对角线将折起到的位置，使得平面平面，如图，若，均是线段的三等分点，点是线段上（包含端点）的动点，则二面角的正弦值的取值范围为（ ）ABCD7.（极限思想）如图，三棱锥VABC的底面ABC是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)，记直线PB与直线AC所成角为，二面角PACB的平面角为，则+不可能是()A. 34 B.
4、 23 C. 2 D. 38.（2021浙江杭州市学军中学高二期末）高为1的正三棱锥的底面边长为，二面角与二面角之和记为，则在从小到大的变化过程中，的变化情况是（ ）（极限思想）A 一直增大B一直减小C先增大后减小D先减小后增大9.（典型）如图已知矩形，将沿着翻折成一个空间四边形（A，B，C，D不共面），E，F，M，N，P分别为，的中点，设二面角的平面角为.下面判断错误的是（ ）A平面B存在，使得与垂直C当平面平面时，D当平面平面时，10.（创新题等体积法）如图，在ABC中，点M是边BC的中点，将ABM沿着AM翻折成ABM，且点B不在平面AMC内，点P是线段BC上一点.若二面角PAMB与二面角
5、PAMC的平面角相等，则直线AP经过ABC的（ ）A重心B垂心C内心D外心1.【答案】C ，易取A1D1的中点E，在DD1上取一点F，满足D1F=2DF，连接C1E,EF,C1F证平面C1EF/平面CMN，因为C1P/平面CMN，所以点P在线段EF上，所以当点P在线段EF的端点时，线段C1P长度最长；当点P在线段EF的中点时，线段C1P长度最短，从而得出结果【解答】解：如图，取A1D1的中点E，在DD1上取一点F，满足D1F=2DF，连接C1E,EF,C1F，易证C1E/CM,EF/MN，C1E/平面CMN,EF/平面CMN，平面C1EF/平面CMN，C1P/平面CMN，点P在线段EF上，易得
6、C1E=22=C1F=EF当点P在线段EF的端点时，线段C1P长度最长为22，当点P在线段EF的中点G时，线段C1P长度最短为3222=6故选C2.【答案】B本题考查点，线，面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P点位置【解答】解：如下图所示，分别取棱BB1,B1C1的中点M，N连接MN，连接BC1，M，N，E，F为所在棱的中点，MN/BC1，EF/BC1，MN/EF，又，AA1/NE,AA1=NE,四边形AENA1为平行四边形，A1N/AE,又，又A1NMN=N，P是侧面BCC1B1内一点，且，则P必在线段MN上，在RtA1B1N中，A
7、1M=A1B12+B1M2=1+(12)2=52，同理，在RtA1B1N中，求得A1N=52，A1MN为等腰三角形，当P在MN中点O时，A1PMN，此时A1P最短，P位于M，N处时A1P最长，A1O=A1M20M2=(52)2(24)2=324，A1M=A1N=52，线段A1P长度的取值范围是324,52，故答案为324,523.【答案】C 本题主要考查线面平行、面面平行的判定和性质、函数的图象与性质.作MQ/DD1得到线面平行和面面平行，进而得到MQ，QN的长度的表达式，在直角三角形MNQ中，由勾股定理得到x，y的关系式，结合双曲线的图象得到结论【解答】解：如图，过M作MQ/DD1，交AD于
8、点Q，连接QN，因为MQ平面DCC1D1，DD1平面DCC1D1，可得MQ/平面DCC1D1，又因为MN/平面DCC1D1，MNMQ=M，MN平面MNQ，MQ平面MNQ，所以平面MNQ/平面DCC1D1又平面ABCD与平面MNQ和平面DCC1D1分别交于QN和DC，所以NQ/DC，可得QN=CD=AB=1，AQ=BN=x，因为MQAQ=DD1AD=2，所以MQ=2x在RtMQN中，MN2=MQ2+QN2，即y2=4x2+1，所以y24x2=1(x0,y1)，所以函数y=f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分故选C5.B【分析】可求出的轨迹为的内切圆，再将的轨迹投影到面上，恰好为的内切
9、圆，上的切点与对应的点即为到距离最短的点.【详解】先简要说明：面如下因为四边形为正方形，故又面，有，故面，故，同理有，故面再简要说明：面面如下，故面，故面，故面面设面，面，三棱锥为正三棱锥，为的内心由等体积法可知故的内切圆的半径的轨迹是面上以为圆心，为半径的圆，记为恰好为的内切圆.又面面，全等于， 面故也为正的内心将圆投影到平面上，且圆心为，记为圆，故是的内切三角形上的切点与上对应的点即为到距离最短的点.故则点P到距离的最小值等于6B【分析】由题可得平面，过点作，交于点，过作，垂足为，连接，可得为二面角的平面角，设（），则可得，利用二次函数的性质即可求解.【详解】在中，所以由余弦定理得，所以，
10、所以，由翻折的性质可知，又平面平面，平面平面，所以平面，过点作，交于点，则平面，所以，过作，垂足为，连接，则平面，所以为二面角的平面角设（），则，所以，所以由二次函数的单调性知，在上的值域为，所以，即二面角的正弦的取值范围为故选：B.8.D【分析】先求得、，以及正三棱锥为正四面体时，的值，由此确定正确选项.【详解】设二面角为，二面角为，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，所以.当从小变大时，要经过从变为小于的角，然后变为的过程，所以只有D选项符合.故选：D.9.B.【详解】对于选项A，如图易知是菱形，所以，连接，知，所以是等腰三角形，得
11、，易知中位线，故，可得平面.对于选项B，由A解析可知，平面，可得，易知中位线，故有.若选项B成立，存在，使得与垂直面，与等腰矛盾.对于选项C，当平面平面时，如图作，连接，易知，由，其中，得，因为是直角三角形，所以，故.对于选项D，当平面平面时，因为，所以面，故，易得，为.由，得，易证，则面所以，易知，故.故选：B10.A根据题意P到两个平面的距离相等，根据等体积法得到SPBM=SPCM，得到答案.【详解】二面角PAMB与二面角PAMC的平面角相等，故P到两个平面的距离相等.故VPABM=VPACM，即VAPBM=VAPCM，两三棱锥高相等，故SPBM=SPCM，故BP=CP，故P为CB中点.故选：A.11