立體幾何中的動(dòng)態(tài)問(wèn)題 解析版-2024年高考數(shù)學(xué)重難點(diǎn)攻略

微重點(diǎn)立體幾何中的動(dòng)態(tài)問(wèn)題

“動(dòng)態(tài)”問(wèn)題是高考立體幾何問(wèn)題最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，它滲透了一些“動(dòng)態(tài)”的點(diǎn)、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(shí)，由于“動(dòng)態(tài)”的存在，也使立體幾何題更趨多元化，將立體幾何問(wèn)題

與平面幾何中的解三角形問(wèn)題、多邊形面積問(wèn)題以及解析幾何問(wèn)題之間建立橋梁，使得它們之間靈活轉(zhuǎn)化.

知織導(dǎo)圖

考點(diǎn)一：動(dòng)點(diǎn)軌跡問(wèn)題

考點(diǎn)二:折疊、展開(kāi)問(wèn)題

考點(diǎn)三：最值、范圍問(wèn)題

考點(diǎn)分類(lèi)講解

考點(diǎn)一:動(dòng)點(diǎn)軌跡問(wèn)題

規(guī)律方法解決與幾何體有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)軌跡問(wèn)題的方法

⑴幾何法：根據(jù)平面的性質(zhì)進(jìn)行判定.

（2）定義法:轉(zhuǎn)化為平面軌跡問(wèn)題，用圓錐曲線的定義判定或用代數(shù)法進(jìn)行計(jì)算.

（3）特殊值法:根據(jù)空間圖形線段長(zhǎng)度關(guān)系取特殊值或位置進(jìn)行排除.

I題目口（2024?浙江溫州?一模）如圖,所有棱長(zhǎng)都為1的正三棱柱ABC-A.B.C,,BE=2/，點(diǎn)F是側(cè)棱

441上的動(dòng)點(diǎn)，且#=2而,H為線段上的動(dòng)點(diǎn)，直線SC平面AEG=M,則點(diǎn)用■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】4

【分析】根據(jù)題意首先保持H在線段FB上不動(dòng)（與R重合），研究當(dāng)點(diǎn)?運(yùn)動(dòng)時(shí)M■的軌跡為線段AW,再根

據(jù)H點(diǎn)在線段FB上運(yùn)動(dòng)的軌跡即可得出點(diǎn)河的軌跡為4MNE及其內(nèi)部的所有點(diǎn)的集合.

【詳解】如下圖所示：

首先保持H在線段EB上不動(dòng)，假設(shè)H與尸重合

根據(jù)題意可知當(dāng)F點(diǎn)在側(cè)棱AA!上運(yùn)動(dòng)時(shí)，若F點(diǎn)在4點(diǎn)處時(shí)，G為CC、的中點(diǎn),

此時(shí)由衣=2就可得滿(mǎn)足詢(xún)=2該，

當(dāng)F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圖中后位置時(shí)，易知漏=2竭，取AGCICR=P,

可得前=2用，

取棱AC上的點(diǎn)N,滿(mǎn)足前=2NC,根據(jù)三角形相似可得M,N,P三點(diǎn)共線,

當(dāng)點(diǎn)F在側(cè)棱AAi上從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到4點(diǎn)時(shí)，M■點(diǎn)軌跡即為線段MN;

再研究當(dāng)點(diǎn)H在線段FB上運(yùn)動(dòng)，

當(dāng)點(diǎn)H在線段FB上從點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，初點(diǎn)的軌跡是線段ME,

當(dāng)點(diǎn)X在線段F.B上從點(diǎn)瓦運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，M點(diǎn)、的軌跡是線段PE,

因此可得，當(dāng)點(diǎn)F是側(cè)棱44上運(yùn)動(dòng)時(shí)，H在線段上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)的軌跡為/\MNE及其內(nèi)部的所有點(diǎn)

的集合；

即可得M的軌跡為三角形(含內(nèi)部).

故選：A

［題目］2］(多選)(23—24高三上?貴州安??期末)如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-中，點(diǎn)E、F、

G、H分別為棱CG、CQi、42、AB的中點(diǎn)，點(diǎn)朋■為棱上動(dòng)點(diǎn)，則()

A.點(diǎn)E、F、G、H共面B.+的最小值為1+孤

C.點(diǎn)B到平面ABi。的距離為空

D.DE±A.H

O

【答案】ACD

【分析】根據(jù)題意建立空間之間坐標(biāo)系，利用平面向量基本定理可對(duì)A判斷，利用向量的垂直表示可對(duì)。判

斷;利用正方體面展開(kāi)圖可對(duì)B判斷；利用等體積法可對(duì)。判斷.

【詳解】如圖，以。為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系,

則0(0,0,0),￡(0,2,1),F(0,l,2),G(l,0,2),H(2,l,0),

???

對(duì)A.:EF=(0,—1,1),EG—(1,—2,1),EH—(2,—1,—1),

設(shè)EF—AEG+/1EH,即(0,—1,1)=/1(1,—2,1)+//(2,—1,—1),解得1=春,〃――J,

所以而，就，而｝共面,故A正確.

對(duì)B:將正方體沿AB剪開(kāi)展開(kāi)如下圖,連接GH交A爐.于一點(diǎn)，此點(diǎn)為M點(diǎn),

此時(shí)\GM\+\MH\為最小值V32+22=V13,故B錯(cuò)誤；

對(duì)C：由等體積法可知%-ABC=即,

OO

由S△gc=,=求解得d=,故C正確.

xV2xV2xsin-^-=,SAABC；x2x2=2,

對(duì)。:0(0,0,0),4(2,0,2),DE=(0,2,1),AJi=(0,1,-2)

瓦?窺=2—2=0,則反_1窺，所以DE_LAH,故。正確.

故選：ACD.

［題目①(2023?貴州?一模)如圖，已知正方體ABCD—的棱長(zhǎng)為2,M,N,P分別為棱44i,CG，AD

的中點(diǎn)，Q為該正方體表面上的點(diǎn)，若M,N,P,Q四點(diǎn)共面，則點(diǎn)Q的軌跡圍成圖形的面積為.

【答案】3四???

［分析］根據(jù)題意找出點(diǎn)。的軌跡圍成圖形為正六邊形PENFGM即可求解.

【詳解】如圖,

取CD,BG,45的中點(diǎn)分別為EFG,

則點(diǎn)Q的軌跡圍成圖形為正六邊形PENFGM,

且邊長(zhǎng)為面對(duì)角線的一半，即方，

所以點(diǎn)Q的軌跡圍成圖形的面積為6xxJ2—（~,

故答案為:3g.

：題目④（2023?寧波底考）正方體ABCD-A.B.C.D,的棱長(zhǎng)為1,點(diǎn)P滿(mǎn)足毋=4或+〃贏（九〃eR）,則下

列說(shuō)法正確的有（）

A.若7+〃=1,則A,P±AD,

B.若4+〃=1,則三棱錐力「PDG的體積為定值

C.若點(diǎn)P總滿(mǎn)足PA±8。,則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是一條直線

D.若點(diǎn)P到點(diǎn)A的距離為V3,則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是一個(gè)面積為兀的圓

【答案】ABC

【解析】對(duì)于A,因?yàn)閴?4宓+4贏M，〃e_R）且4+〃=1,由向量基本定理可知，點(diǎn)瓦，c,p共線，如圖，

連接人。1,4Q,3G,3Q,

在正方體ABCD-ABQQi中，BiCLBCi,A^l.平面BBQQ,

因?yàn)锽CQ平面BBCC,所以45_LBG,又BCn45=Bx,

所以平面4B。，

在上任取一點(diǎn)P,連接A.P,

則4Pu平面AXBXC,所以BC」A{P,

在正方體ABCD-ABiGR中，

因?yàn)锳B〃DG，且AB=DG,

所以四邊形ABCD為平行四邊形，

所以ADJ/BCi,則ADi_LAXP,故選項(xiàng)A正確；

對(duì)于如圖，連接AC,CQ,AQ,B［C,

因?yàn)辂?4豆方+〃君i（4,〃e1R）且4+〃=1,由向量基本定理可知點(diǎn)5,C,P共

線，即點(diǎn)P在直線BQ上，在正方體ABCD-456。中，

因?yàn)?5〃DC,且4馬=所以四邊形45CD為平行四邊形，所以AiD//BQ,4絲H面A■GL

BC&平面4Go，所以3Q〃平面4G。，則直線BC上任意一點(diǎn)到平面4G。的距離相等，又因?yàn)?/p>

CQ的面積為一定值，所以三棱錐A^PDC,的體積為定值,故選項(xiàng)B正確;

對(duì)于。，如圖，連接AC,BD,ABX,BDl,BQ,BR,

在正方體ABCD-中，4。_LBD,BBi_L平面ABCD,

因?yàn)锳Cu平面ABC。，

所以BB1±AC,又BBCBD=B,

所以AC_L平面BBQQ,BDU平面BBQQ,

所以AC_LBA,

同理AB,±BDi，又ABA力。=A,

所以BA_L平面ABQ,因?yàn)辄c(diǎn)P滿(mǎn)足麗=ABC+〃贏（九〃eR）,所以點(diǎn)P在側(cè)面BBCC所在的平面上

運(yùn)動(dòng)，且PA_LBA,所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡就是直線B。,故選項(xiàng)C正確；

對(duì)于。，因?yàn)辄c(diǎn)P到點(diǎn)人的距離為YW,所以點(diǎn)P的軌跡是以4為球心，、后為半徑的球面與平面BBiG。的

交線，即點(diǎn)P的軌跡為小圓，設(shè)小圓半徑為r,因?yàn)榍蛐腁到平面BBiG。的距離為1,則r=V（V3）2-1=

，所以小圓的面積S=Ter2—2兀，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤

考點(diǎn)二:折疊、展開(kāi)問(wèn)題

規(guī)律方法畫(huà)好折疊、展開(kāi)前后的平面圖形與立體圖形,抓住兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn):不變的線線關(guān)系、不變的數(shù)量關(guān)系.

題目工（2024?河南?模擬預(yù)測(cè)）為體現(xiàn)市民參與城市建設(shè)、共建共享公園城市的熱情，同時(shí)搭建城市共建共享

平臺(tái),彰顯城市的發(fā)展溫度，某市在中心公園開(kāi)放長(zhǎng)椅贈(zèng)送點(diǎn)位，接受市民贈(zèng)送的休閑長(zhǎng)椅.其中觀景草坪上

一架長(zhǎng)椅因其造型簡(jiǎn)單別致，頗受人們喜歡（如圖1）.已知AB和CD是圓。的兩條互相垂直的直徑，將平

面ABC沿AB翻折至平面ABC,使得平面ABCX.平面ABD（如圖2）此時(shí)直線AB與平面CBD所成角的

正弦值為（）

D.學(xué)

【答案】B

【分析】根據(jù)給定條件，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求出線面角的正弦值.

【詳解】依題意，OC'_LAB,OD_LAB,而平面ABCX.平面ABD,平面ABC'H平面ABD=AB,

又OC'u平面4BC',ODu平面ABD,則OC'±平面ABD,OD_LOC,

因此直線OROB,OC'兩兩垂直，以點(diǎn)。為原點(diǎn)，直線ODQBQC'分別為2,沙,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

令圓半徑。。=1,則0(0,0,0),D(l,0,0),B(0,l,0),C'(0,0,l),

加=（0,1,0）,反？=（0,—1,1）,反5=（1,—1,0）,設(shè)平面C'BD的一個(gè)法向量方=（2,y,z）,

則卜,空'=—"+z=O,令y=i,得方=（U，D，設(shè)直線AB與平面C'BD所成的角為仇

[n?BD—x—y—0

貝“sin。=|cos<n,OB>|='1_V3

|n||OB|1xV3—3

所以直線AB與平面C'BD所成角的正弦值為空.

O

故選：B

【題目|2）（22-23高三上尉江?開(kāi)學(xué)者鼠）如圖，矩形ABCD中，4。=2,人8=3,元=2EB,將△ADE沿直線

DE翻折成AAQE，若M為線段4Q的點(diǎn)，滿(mǎn)足加=2成,則在AADE翻折過(guò)程中（點(diǎn)A不在平面

DEBC內(nèi)），下面四個(gè)選項(xiàng)中正確的是（）

A.BM//平面AQEB.點(diǎn)”在某個(gè)圓上運(yùn)動(dòng)

C.存在某個(gè)位置，使OE，ACD.線段BA的長(zhǎng)的取值范圍是（西,3）

【答案】

【分析】由已知，選項(xiàng)在DC上取一點(diǎn)、N,令魂=2詬，可通過(guò)面面平行的判定定理證明平面BMN〃平

面ADE，從而證明BM//平面AQE;選項(xiàng)B,可通過(guò)NAQE=ZMNB=?

凡70=得，班=2蓼,借助余弦定理可知可為定值,從而確定河點(diǎn)的軌跡;選項(xiàng)。,可先假設(shè)。七_(dá)1>11。成

立，然后借助線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理得到DE_LCH,然后在ADHC中，利用勾股定理驗(yàn)證是否滿(mǎn)

足，即可做出判斷；選項(xiàng)。，可通過(guò)點(diǎn)4運(yùn)行軌跡，分別找出最大值和最小值點(diǎn)，然后求解即可做出判斷.

【詳解】

如上圖所示，在。。上取一點(diǎn)N,令布=2而5,連接NB,

在矩形ABCD中，AB=CD且AB〃CD,義因?yàn)轭R=2碗，證=函6,

所以EB=ND且EB〃ND,所以四邊形EBND為平行四邊形，所以NB〃即，

又因?yàn)镹BD平面ADE,DEu平面ADE,所以NB"平面ADE,

又因?yàn)辂?2布，血=2兩，所以MM7/AQ,

又因?yàn)镹MD平面ADE,D4C平面ADE,所以NM//平面ADE,

又因?yàn)镹MCNB=N：^NM、NBu平面BMN,所以平面aW〃平面ADE,

又因?yàn)镸BU平面BMN,所以BM7/平面AQE,選項(xiàng)A正確；

由NBHED,NM"A.D,AD=AE=2,可得ZAQE=2MNB=j,

由國(guó)=2礪，面=2兩可知，MW=々1Q=弓，而EB=ND=2日

OO

由余弦定理可知,BM為定值，而B(niǎo)為定點(diǎn)，故M在以B為圓心，■為半徑的圓上運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)B正確；

取ED的中點(diǎn)H,連接HA^HC,在4AQE中，AD=2,

所以DE_LA.H，假設(shè)OE_L成立，AXH.AQu平面AXHC,所以。E_L平面人冉。，又因?yàn)镾u平面

AiHC,所以DE_LCH,

而，在4DHC中，DH=V2,DC=3,CH=所以2DHC手手,故DE_LCH不成立，所以假設(shè)不成立，該

選項(xiàng)。錯(cuò)誤；

在。。上取一點(diǎn)小，令就=2碇，

在△4DE翻折過(guò)程中，線段的最大值是4與A點(diǎn)重合，此時(shí)已4尸3,

線段B4的最小值是4與4點(diǎn)重合，此時(shí)B4=0，又因?yàn)辄c(diǎn)4不在平面DEBC內(nèi),

所以線段BA,的長(zhǎng)的取值范圍是(V5,3),選項(xiàng)D正確；

故選：ABD

題目區(qū)(2024赤三?全I(xiàn)S?專(zhuān)慝練習(xí))如圖1,在等邊44BC中，點(diǎn)。、E分別為邊AB,AC上的動(dòng)點(diǎn)且滿(mǎn)足

DE〃BC,記萼=A.將△4DE沿DE翻折到4MDE的位置,使得平面MDE±平面DECB,連接MB,

如圖2,N為MC的中點(diǎn).???

⑴當(dāng)EN〃平面MBD時(shí)，求4的值.

(2)隨著4的值的變化,二面角B-MD-E的大小是否改變？若是,請(qǐng)說(shuō)明理由；若不是，請(qǐng)求出二面角B—

MD—E的正弦值.

【答案】⑴1=]

(2)不是，空⑤

【分析】⑴取MB的中點(diǎn)為P,連接DP,PN,推出NP〃BC,證明NEDP為平行四邊形，利用比例關(guān)系求解

即可.

(2)取OE的中點(diǎn)。，如圖建立空間直角坐標(biāo)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AiB的中點(diǎn)P,連接OP,PN.

因?yàn)镹為的中點(diǎn)，所以NP〃BC,NP=^BC.

入DE//BC,所以NP〃DE,即N,P,D,E四點(diǎn)、■頭面.

因?yàn)镋N//平面MBD,ENU平面NEDP,平面NEDPA平面MBD=DP,

所以EN//DP,即四邊形NEDP為平行四邊形，所以NP=DE,

即?！?妊0,所以/l=(.

⑵取即的中點(diǎn)O,連接;WO,則MO±DE.

因?yàn)槠矫鍹DE_L平面DECB,平面MDECl平面OECB=DE,MOU平面MDE,

所以_MO_L平面DECS.

如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，

不妨設(shè)2,則M(0,0,何),0(40,0),B(l,V3(l-/l),0),

所以說(shuō)二(40,—何),DB=(1-4/^(1-4),0).

設(shè)平面MBD的一個(gè)法向量為抗=(2,y,z),

fh=Ax—V3Az=0,即n,

則

(1—A)x+V3(l—A)y=0,

令力e=通,所以關(guān)=(V3,—1,1).

由題意可知方=(0,1,0)為平面Al。石的一個(gè)法向量.???

If,n

設(shè)二面角8—MD—E的平面角為仇則|cos0|=cosm,n=-一--.

mn

因此sin。=N\_cos2j=空無(wú)，所以二面角B-MD—E的正弦值為烏宜

55

[題目G（2023?邵陽(yáng)模擬）如圖所示,在矩形ABCD中，AB=四,AD=1,AF，平面ABCD，且AF=3,點(diǎn)

E為線段CD（除端點(diǎn)外）上的動(dòng)點(diǎn),沿直線AE將△D4E翻折到△DAE,則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.當(dāng)點(diǎn)E固定在線段CD的某位置時(shí),點(diǎn)D'的運(yùn)動(dòng)軌跡為球面

B.存在點(diǎn)E,使AB_L平面。/E

C.點(diǎn)A到平面BCF的距離為乎

D.異面直線EP與所成角的余弦值的取值范圍是

【答案】D

【解析】選項(xiàng)A,當(dāng)點(diǎn)E固定在線段CD的某位置時(shí)，線段的長(zhǎng)度為定值，AD_LD'E，過(guò)。，作D'H±

AE于點(diǎn)為定點(diǎn)，DH的長(zhǎng)度為定值，且。H在過(guò)點(diǎn)H與4E垂直的平面內(nèi)，故。的軌跡是以H為圓

心，D'H為半徑的圓，故A錯(cuò)誤；

選項(xiàng)B,無(wú)論E在CD（端點(diǎn)除外）的哪個(gè)位置，均不與AE垂直，故48不與平面AD上垂直，故B錯(cuò)誤；

選項(xiàng)C,以赤，力分別為c，y,z軸的方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則A（0,0,0）,F（0,0,3）,B（V3,0,0）,C（V3,1,0）.

BC=（0,1,0）,BF=（-V3,0,3）,AB=（V3,0,0）,

設(shè)平面BCF的法向量為n=3，V，z）,

,[n-BC—y—0,F

則n〈一＞yl'、\

\n-BF——V3x+3z—0,l\\

取n=(通，0,1),

則點(diǎn)入到平面BCF的距離d==~|■，故。錯(cuò)誤;

X

選項(xiàng)。，設(shè)E(何，1,0)"e(oj),W=(o,i,o),

麗=（一何，-1,3）,

設(shè)EF與所成的角為仇

\EF-BC\

貝Ucos9—

???

故。正確.

考點(diǎn)三:最值、范圍問(wèn)題

規(guī)律方法在動(dòng)態(tài)變化過(guò)程中產(chǎn)生的體積最大、距離最大（?。?、角的范圍等問(wèn)題，常用的解題思路是

（1）直觀判斷:在變化過(guò)程中判斷點(diǎn)、線、面在何位置時(shí),所求的量有相應(yīng)最大、最小值.

（2）函數(shù)思想:通過(guò)建系或引入變量，把這類(lèi)動(dòng)態(tài)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為目標(biāo)函數(shù)，從而利用代數(shù)方法求目標(biāo)函數(shù)的最值.

，題iT］（多選）（2023?鞍山模擬）如圖，正方體ABCD-ABCD的棱長(zhǎng)為1,P是線段上的動(dòng)點(diǎn),則下列

結(jié)論正確的是（）

A.四面體的體積為定值B.AP+PC的最小值為

C.4P〃平面ACDiD.直線4P與AC所成的角的取值范圍是［。，女］

【答案】

【解析】對(duì)于4,由正方體可得平面DAA.D,//平面BCCR,且B,PE平面BCGB1,

所以點(diǎn)B到平面DAAXD,的距離等于點(diǎn)P到平面DAA^的距離，

所以四面體PA.D.A的體積％7%=看SAA?Xi=^xjxlxlxl=!，

ooZO

所以四面體PA.DrA的體積為定值，故A正確；

對(duì)于B,當(dāng)P與B重合時(shí)，AP+PC^AB+BC^2<2V2,

所以AP+PC的最小值不為22,故5錯(cuò)誤；

對(duì)于。，連接4G,A3,

由正方體可得AAr=CC、,AAJ/CC1,

所以四邊形4416。是平行四邊形，所以AC〃AG,

因?yàn)锳Cu平面ACDX,4G（X平面ACDlt

所以4G〃平面AC。，

同理可得BCJ/平面ACDr

因?yàn)锳GABG=G,AG,BGc平面AGB,

所以平面A^B〃平面ACD,,

因?yàn)锳iPc平面A^B,

所以A.P〃平面ACDX,故C正確；

對(duì)于。，因?yàn)?7〃4G,

所以/PAG（或其補(bǔ)角）為直線AF與力。所成的角，???

由圖可得當(dāng)P與B重合時(shí)，此時(shí)/PAG最大為M

O

當(dāng)P與G重合時(shí)，此時(shí)/P4G最小為0,

題目因（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(wèn)題的重要依

據(jù).三面角P-ABC是由有公共端點(diǎn)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(shè)乙4PC=a,2BPC=B，=7,二面角A—PC—B為。，由三面角余弦定理得cos6

=cos1在三棱錐P-ABC中，PA=6,AAPC=60°,/.BPC=45°,/APB=90°,PB+PC

sma-smp

=6,則三棱錐P—ABC體積的最大值為（）

A.甲B.與C.|D.|

4424

【答案】。

【解析】如圖所示，作BD垂直于CP于點(diǎn)。，

設(shè)點(diǎn)B在平面4PC中的射影為“，連接

由題意得Vp-ABC~'

設(shè)二面角A—PC-B為仇

nL\z,—

則COS6=「2沫=--Qe(o,兀)，

亍X亍

sin/BZW=乎，

o

BM=BD-sinNBDM=吟BD

=*PBsinNBPC=興PB,

oo

SANy-PAPC-sinZAPC=^--PC,

gPBPC

o/

=y-PB(6-PB)

1

=-yFB29+3FB

1a

=-z3)2x9+改，

當(dāng)PB=3時(shí)，VP-ABC的最大值為三.

〔題目|3）（23-24高三下?北京?升學(xué)考試）正方體ABCD-A.B.C.D,的棱長(zhǎng)為1,動(dòng)點(diǎn)“在線段QG上，動(dòng)點(diǎn)

P在平面45GD1上，且APL平面MBD1.線段AP長(zhǎng)度的取值范圍是（）???

【答案】。

【分析】根據(jù)題意，建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.

以D為坐標(biāo)原點(diǎn),以方X,反，兩分別為x,y,z軸的正半軸,

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)P(a,b,1),M(O,l,t)(O<t<l),

則1),則AP=(a—l,b,V),BD1=(-1,=(0,—1,1—t),

因?yàn)锳P_L平面A/BOi,所以AP_LBR,AP_LTWDj,

巴.理=1-1+1=0[n+1

所以AP=(力,1—t,1),所以=y/t2+(l—i)2+l=不2(t—+彳，

又ow力wi,所以當(dāng)力=:時(shí)，即河是CC\的中點(diǎn)時(shí),|AP|取得最小值平,

當(dāng)t=o或1,即河與點(diǎn)?；騁重合時(shí)，I耳聞取得最大值，

所以線段AP長(zhǎng)度的取值范圍為[乎,a].

故選：C

題目回(2023?黑龍江哈爾濱?三模)已知四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD±底面ABCD,PD=AD,

點(diǎn)E是線段PB上的動(dòng)點(diǎn),則直線DE與平面PBC所成角的最大值為()

A.4R兀D

6B-T-t

【答案】。

【分析】根據(jù)題意，建立空間直角坐標(biāo)系,結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算即可得到結(jié)果.???

【詳解】

由題意，因?yàn)锳BCD為正方形，且PD_L底面ABCD,

以。為原點(diǎn)，D4,DC,DP所在直線分別為2,2Az軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)FD=AD=1,則。(O,O,O),B(1,LO),C(O,1,O),P(O,O,1),

所以屈=歷=(0,L—1),設(shè)屈=[無(wú)，AC[0,1],

則花=(4/1,—力，所以—即麗=(4/1,1-4,

設(shè)平面P8C的法向量為n=(/,g,z),

,Jn?PB—x-Vy—z—Q々刀,曰八華

則n《一>，解傳力=0,g=z,取g=z=1,

[n-PC=y-z=0

所以平面的一個(gè)法向量為日=(0,1,1),

設(shè)直線OE與平面所成角為夕，

I__?IIn11

貝sin。=cos<nfDE>\=--、=--------/-----=---------/,

同|七回A/2X42才+(1-/1)2x/3(/1-籽+]

04］單調(diào)遞增，所以當(dāng)仁!時(shí)，sind=W

因?yàn)間=sin。,。E最大,

Z」O/

此時(shí)。=看,即直線DE與平面PBC所成角的最大值為?

OO

故選C

強(qiáng)化訓(xùn)練

一、單頻

［題目鼻(2023?云南保山?二模)已知正方體AB。。一ABGA，Q為上底面45。必所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)

直線OQ與。4的所成角為45°時(shí)，點(diǎn)Q的軌跡為()

A.圓B.直線C.拋物線D.橢圓

【答案】。

【分析】建系，利用空間向量結(jié)合線線夾角分析運(yùn)算.

【詳解】以點(diǎn)。為原點(diǎn)，萬(wàn)N,DC,DDX為x,y,z的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1,則。(0,0,0),4(101),設(shè)Q(c,y,l),

可得力Q=(2,沙,1),=(i,o,i),

因?yàn)橹本€。Q與DA,的所成角為45°,

麗,鞏落—卜孚,化簡(jiǎn)可得代爾

貝1cos45°=

\DQ\-\DAr\

所以點(diǎn)。的軌跡為拋物線.

故選：C.???

題目區(qū)(2023?全國(guó)?三模)在平面直角坐標(biāo)系中，P為圓/+#=16上的動(dòng)點(diǎn)，定點(diǎn)A(-3,2).現(xiàn)將沙軸左側(cè)

半圓所在坐標(biāo)平面沿y軸翻折,與y軸右側(cè)半圓所在平面成冬的二面角，使點(diǎn)A翻折至A,P仍在右側(cè)半

圓和折起的左側(cè)半圓上運(yùn)動(dòng)，則兩點(diǎn)間距離的取值范圍是()

A.[713,375]B.[4-VI3.7]C.[4-713,375]D.[713,7]

【答案】B

【分析】設(shè)A所在平面為a,圓的另一半所在平面為6,若PCa,則P,40三點(diǎn)共線時(shí)，以及P在圓的下端點(diǎn)

時(shí)，分別取到A,P兩點(diǎn)間距離的最值;若PC6,設(shè)p(4cosa,4sin?)，利用兩點(diǎn)間的距離公式結(jié)合A到/3的

距離，以及三角函數(shù)的有界性取到最值，進(jìn)而得出答案.

【詳解】設(shè)A所在平面為a,圓的另一半所在平面為6,

若PCa,則P,A。三點(diǎn)共線時(shí)，|PA|有最小值區(qū)A|=72—QA|=4—U;

2222

當(dāng)P在圓的下端點(diǎn)時(shí),取至I最大值\P2A\=V(-3-0)+(2+4)=A/3+6=3V5,

即\PA\e[4-V13.3V5];

若Pe6,設(shè)P(4cosa,4sina),4在0上的投影為距離為4,則A到0面距離為=|-3|sin^-=3g,

OZi

又A到沙軸的距離為3,

A到9軸的距離為=日，而4到2軸的距離為2,

則|P*=

其中ae[一冬馬,sinp=*,cosp=W，

故\Pn|min=，

當(dāng)且僅當(dāng)a=-|■時(shí)成立；爐出》=7,

當(dāng)且僅當(dāng)&=?—]■時(shí)成立；即\PA\e[V13,7];

綜上可得，|P4'|C[4-g,7],

故選：B

題目回(2024?全國(guó)?模擬超測(cè))如圖，已知矩形ABCD中，E為線段CD上一動(dòng)點(diǎn)(不含端點(diǎn)),記AAED=a,

現(xiàn)將△川0￡；沿直線AE翻折到△APE的位置，記直線CP與直線AE所成的角為6,則()

A.cosdf>cos0B.COS(2<COSySC.costz>sin6D.sin<2<cos/?

【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cosB

得到cos/3>cos(z,求出答案.

,\CP-EA\\(CE+EP)-EA\_\CE-EA+EP-EA\

【詳解】AB選項(xiàng)，cosB—■,__?,―=7；

\CP\-1網(wǎng)\CP\■\EA\團(tuán)網(wǎng)

||國(guó)?)|COSCH+展明COSdf_(]CE\+\EP\)-\EA\COSdf_(I碑+1而I)cost

=|研廚二|CP|-|^A|-=-

\CE\+\EP\

因?yàn)閨CE|+|EP|>|CP|,所以—p=^—L>i,所以cos6>cosdf,A錯(cuò)誤,B正確；

由于g=cos力在力E上單調(diào)遞減，故6Va,不確定cosesin/和sina,cos6的大小關(guān)系，CD錯(cuò)誤.

故選：R

蜃目④(2023?上海寶山?二?)在空間直角坐標(biāo)系O—g/z中，已知定點(diǎn)4(2,1,0),B(0,2,0)和動(dòng)點(diǎn)

。(0工,力+2)?>0).若△04。的面積為S,以0,48,C為頂點(diǎn)的錐體的體積為V,則占的最大值為

()

A.~^\/5B.C.D.~~V5

155155

【答案】。

【分析】由已知=(2,1,0),起=(0,2,0),53=(0工工+2),設(shè)直線OA的單位方向向量為立根據(jù)空間向

量公式求出。到直線OA的距離，得到△047的面積為S,根據(jù)錐體體積公式得到以O(shè),4B,C為頂點(diǎn)的錐

體的體積為V,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】由已知瓦5=(2,1,0),語(yǔ)=(0,2,0),云=(0,±"+2),

設(shè)直線。力的單位方向向量為立則工=(笫，/,0),

所以。到直線04的距離％=y/oc2-(pc^f=J力2+(力+2)2—亮=J9廿展力+也,

匕DG/1vq?V9t2+20t+20V9^2+20^+20

所以S=qx啰x-----7f-----=-------2------，

1/、112(/；+2)

V=FS^OAB，(^+2)=--X--x2x2x(tz+2)=-,

OJZo???

2(^+2),-------------------——_______________

則/(￡+2)_4./9力2+36%+36

S/9%2+201+203V9廿+20%+209V9^+20力+20

2

_4/912+20%+20+16力+164/i?i1+1

9V9/+20力+209V9廿+20力+20'

令7n=1+l(m^1),則t=m—l,

所以—t±l_=___________坦___________=_____a_____=______1_____w_1—1

9/+20力+209(771—1)2+20(7TZ—1)+209TD^+9dmH——--F22/9m,+220,

館Vm

當(dāng)且僅當(dāng)9m=—即7n=1時(shí)等號(hào)成立

m

1+16X"4V5

所以卜春XV20

15'

即的最大值為j.

O-LO

故選C.

［題目|5）（23-24高三上?河北衡水?階段練習(xí)）正三棱柱ABC-AGG中，AB=2,AA=O為BC的中

點(diǎn)，”為棱BG上的動(dòng)點(diǎn)，N為棱AM上的動(dòng)點(diǎn)，且愣=需，則線段MN長(zhǎng)度的取值范圍為（）

iviky

A/￥，0）B.［粵，誓］C.［平，手］D.［V3,V6］

【答案】B

【分析】根據(jù)正三棱柱建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)，結(jié)合線線關(guān)系求線段MN的表達(dá)式，利用函數(shù)求最

值即可.

【詳解】因?yàn)檎庵鵄BC-AXB}C中，。為BC的中點(diǎn)，取BQi中點(diǎn)Q,連接OQ,

如圖，以。為原點(diǎn)，OC,OA,OQ為c,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則。（0,0,0），4。.，。）同一1,0,炳,。1（1,0,的,

因?yàn)楹邮抢釨G上一動(dòng)點(diǎn)，設(shè)M{a,0,V3）,Aae［-1,1］,

所以加?海=（a,0,四）?（0,通,0）=0,則OA±OM,

因?yàn)镺N_LAW,且/^=半?所以在直角三角形OM4中可得：AOMNFAMO

MOMA

即MN==-=--7---+--3--，-于--是--令--t=Ja?+6,te[V6,V7],

MAV?2+(V3)2+(V3)2Va2+6

所以;*,tG[A/6,V7],又符合函數(shù)y—t—#為增增符合，所以在tE[A/6,V7]上為

增函數(shù)，

所以當(dāng)力=函時(shí)，(力—巧=C—與=坐，即線段跖V長(zhǎng)度的最小值為差,

't，minyg22

當(dāng)力時(shí)，(—日)=〃7—七=￥，即線段長(zhǎng)度的最大值為嚀，

\t7maxJ777

故選：B.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：1.找到△OMNFAMO，再利用函數(shù)單調(diào)性求出最值.

2.建系，設(shè)出動(dòng)點(diǎn)M(a,0,四)，利用空間向量法求出ON，4,再結(jié)合線線關(guān)系求線段上W的表達(dá)式，利用

函數(shù)求最值即可.

題目回(23—24高三下?山西?階段練習(xí))在棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD-A.B.C.D,中，E是CD的中點(diǎn)，產(chǎn)是

CG上的動(dòng)點(diǎn)，則三棱錐A-DEF外接球半徑的最小值為()

A.3B.2V3C.V13D.V15

【答案】。

【分析】取AE的中點(diǎn)G,根據(jù)題意分析可知:三棱錐A-DEF外接球的球心。在過(guò)G垂直于平面ABCD的

直線上，設(shè)GO=n,CF=mC(0,4],建系，結(jié)合空間兩點(diǎn)距離公式可得n=華+且，進(jìn)而利用基本不等式

運(yùn)算求解.

【詳解】連接AE,取的中點(diǎn)G,可知G為4ADE的外心,

過(guò)G作平面ABCD的垂線，可知三棱錐A-DEF外接球的球心O在該垂線上,

設(shè)GO=n,CF=me(0,4],

以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DDX分別為羽沙,2軸，建立空間直角坐標(biāo)系,

則0(0,0,0),4(4,0,0),E(0,2,0),G(2,1,0),0(2,Ln),F(0,4,nz),

因?yàn)镺D=OF,即V4+1+n2=，4+9+(m—n)2,

整理得九芍+涓=2。當(dāng)且僅當(dāng)獰?即M=2四時(shí)，等號(hào)成立，

所以三棱錐A-DEF外接球半徑的最小值為“4+1+8=V13.

故選：C.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：根據(jù)題意分析可知三棱錐A-DEF外接球的球心。在過(guò)G垂直于平面ABCD的直線

???

上,再以空間直角坐標(biāo)系為依托，分析求解.

題目叵)(2023?陜西咸陽(yáng)?模擬預(yù)測(cè))如圖，點(diǎn)P是棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-4島。。的表面上一個(gè)動(dòng)點(diǎn),則

以下不正確的是()

A.當(dāng)P在平面BCG5上運(yùn)動(dòng)時(shí)，四棱錐P—AAQQ的體積不變

B.當(dāng)P在線段AC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，DF與4G所成角的取值范圍是管4]

C.使直線AP與平面ABCD所成的角為45°的點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為兀+42

D.若F是4向的中點(diǎn)，當(dāng)P在底面ABCD上運(yùn)動(dòng),且滿(mǎn)足PF〃平面BCD時(shí)，PF長(zhǎng)度的最小值是V5

【答案】。

【分析】由底面正方形ADDxAr的面積不變,點(diǎn)P到平面AAXDXD的距離不變，可判定A正確；

以。為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)q3,2-2,0),則用=3,2-’,一2),4^=(-2,2,0),結(jié)合向量的夾

角公式，可判定B正確；

由直線AP與平面ABCD所成的角為45°,作PM_L平面ABCD,得到點(diǎn)P的軌跡，可判定。正確；

設(shè)P(m,m,0),求得平面CBQi的一個(gè)法向量為五=(1,一1,一1),得到|而|=^2(力一iy+6,可判定D錯(cuò)誤.

【詳解】對(duì)