培优点10空间动态问题突破
（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
空间动态问题，是高考常考题型，常以客观题出现．常见题型有空间位置关系判定、轨迹问题、最值问题、范围问题等．
【核心题型】
题型一空间位置关系的判定
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．
【例题1】（2024·福建泉州·二模）在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，则（????）
A．直线∥平面PCD B．直线AF与平面PBC所成角的最小值是
C．直线直线PC D．三棱锥的体积随BF的增大而减小
【答案】C
【分析】不妨设，对于A：假设直线∥平面PCD，可证平面∥平面，结合交点分析可知矛盾，即可判断A；对于C：根据题意依次可证平面，平面，即可得；对于B：分析可知直线AF与平面PBC所成角为，结合正弦值分析判断；对于D：利用等体积法可求得，即可得D.
【详解】不妨设，
对于选项A：因为∥，且平面，平面，
可得∥平面，
假设直线∥平面PCD，且，平面，
可得平面∥平面，可知平面与平面没有公共点，
显然点为平面与平面公共点，
两者相矛盾，假设不成立，故A错误；
对于选项C：因为平面ABCD，且平面ABCD，则，
又因为，，平面，可得平面，
由平面，可知，
又因为，E为线段PB的中点，则，
且，平面，可得平面，
由平面，可得：，故C正确；
对于选项B：由选项C可知：平面，
则直线AF与平面PBC所成角为，且F为线段BC上的动点，
可得，当且仅当点F与B重合时，等号成立，
且，则，
所以直线AF与平面PBC所成角的最大值是，故B错误；
对于选项D：由选项C可知：平面，且E为线段PB的中点，
则三棱锥的高即为，
所以三棱锥的体积（定值），故D错误；
故选：C.
【变式1】（2023·湖南·模拟预测）如图，在正方体中，在线段上运动，则下列直线与平面的夹角为定值的是（????）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由线面平行的判定定理可知平面，所以与平面的夹角始终为，而，，平面的夹角均会因为点位置的不同而夹角不同.
【详解】连接，因为，
因为平面，平面，
所以平面，所以与平面的夹角始终为，
而，，平面的夹角均会因为点位置的不同而夹角不同.
故选：B.
【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）正方体中，是棱的中点，在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有.
①侧面上存在点，使得
②直线与直线所成角可能为
③平面与平面所成锐二面角的正切值为
④设正方体棱长为1，则过点的平面截正方体所得的截面面积最大为
【答案】①③
【分析】由面面平行的判定定理即可判断①，由异面直线夹角的定义即可判断②，由二面角的定义即可判断③，由截面为菱形即可判断④
【详解】
取中点中点，连接，
则易证得，且，
平面，平面，
从而平面平面，
所以点的运动轨迹为线段.
取的中点，因为是等腰三角形，所以，又因为，所以，故①正确；
设正方体的棱长为，当点与点或点重合时，直线与直线所成角最大，此时，所以②错误；
平面平面，取为的中点，
则即为平面与平面所成的锐二面角，，所以③正确；
因为当为与的交点时，截面为菱形（为的交点），
此时，，则面积为，故④错误.
故答案为：①③
【变式3】（2024·云南·模拟预测）如图，在多面体中，，记平面平面，，若在以为直径的圆上运动，
(1)证明：；
(2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）只需证明平面即可得到证明；
（2）由（1）可得面，结合得到平面，可得即为直线与平面所成的角，在中求解即可.
【详解】（1）证明：如图，过点作的平行线，即为.
理由如下：平面平面，
平面.
又平面，且平面平面，
.
又.
又在以为直径的圆上运动，.
又平面，
平面，
平面，
.
（2）在中，，由余弦定理可得，
所以，，故.
由（1）知：平面，
平面，
又平面.
令，则即为直线与平面所成的角，
，
在中，，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
题型二轨迹问题
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
【例题2】（2024·陕西铜川·模拟预测）在正四棱台中，，，是四边形内的动点，且，则动点运动轨迹的长度为（????）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用勾股定理得到，即可得到点的轨迹，然后求长度即可.
【详解】??
设在平面内的射影为，则在线段上，则，，，
故动点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆在