重难专攻（八）立体几何中的动态问题
【重点解读】立体几何中的动态问题是新高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.一般涉及到求动点的轨迹问题及由动点引起的线、面、几何体变化中的某些几何量的最值（范围）问题.求解该类问题的关键是正确辨析动与不动，利用解析法、函数、不等式及几何图形中的极端位置解决.
提能点1
动点的轨迹问题
（1）已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合.设集合T＝{Q∈S｜PQ≤5}，则T表示的区域的面积为（B）
A.3π4 B.π C.2π
解析：（1）设O为△ABC的中心，连接PO，AO（图略），在正△ABC中，AO＝23×32×6＝23，在Rt△POA中，PO＝PA2－AO2＝36－12＝26，当PQ＝5时，连接OQ（图略），根据勾股定理可得OQ＝PQ2－PO2＝1，易知Q的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，由于集合T＝{Q
（2）如图，在正四棱锥S-ABCD中，E是BC的中点，点P在侧面△SCD内及其边界上运动，并且总是保持PE∥平面SBD，则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形最有可能是图中的（A）
解析：图，分别取CD，SC的中点M，N，连接MN，ME，NE.因为E是BC的中点，所以EM∥BD，EN∥SB.又因为EM，EN?平面SBD，BD，SB?平面SBD，所以EM∥平面SBD，EN∥平面SBD.又因为EM∩EN＝E，EM，EN?平面EMN，所以平面EMN∥平面SBD，所以当点P在线段MN上移动时，PE?平面EMN，此时能够保持PE∥平面SBD，则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形是A.
规律方法
解决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.
练1（1）点P为棱长是25的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为（C）
A.π B.2π
C.4π D.25π
解析：（1）根据题意知，该正方体的内切球半径为r＝5，如图.取BB1的中点N，连接CN，则CN⊥BM，∴CN为DP在平面B1C1CB中的射影，∴点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切球的交线，∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为25，∴O到过D，C，N的平面的距离为55＝1，∴截面圆的半径为2，∴点P的轨迹的长度为2π×2＝4π.
（2）〔多选〕（2025·东营一模）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是（ACD）
A.若MN与平面ABCD所成的角为π4，则点N
B.若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
D.若D1N与AB所成的角为π3，则点N
解析：（2）如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，所以∠MND＝π4，所以DN＝DM＝12DD1＝12×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；对于B，在Rt△MDN中，DN＝MN2－MD2＝42－22＝23，取MD的中点E，因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝12DN＝3，DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝3，所以点P的轨迹为以E为圆心，3为半径的圆，其面积为π·（3）2＝3π，故B不正确；对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；对于D，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（4，0，0），B（4，4，0），D1（0，0，4），设N（x，y，0），则AB＝（0，4，0），D1N＝（x，y，－4），因为D1N与AB所成的角为π3，所以｜cos＜AB，D1N＞｜＝cosπ3，所以
提能点2
折展过程中的动态问题
〔多选〕（2025·岳阳一模）已知平面四边形ABCD，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，△ABD为等边三角形，BD＝2，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD的位置.在翻折的过程中，下列结论中正确的是（）
A.BD⊥PC
B.DP与BC可能垂直
C.直线DP与平面BCD所成角的最大值是45°
D.四面体PB