2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测（五十） 立体几何中的动态问题

课时跟踪检测（五十） 立体几何中的动态问题

1．(2023·韶关一模)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为底面正方形ABCD内的一动点，若三角形APC1的面积S＝，则动点P的轨迹是( )

A．圆的一部分  B．双曲线的一部分

C．抛物线的一部分  D．椭圆的一部分

解析：选D设d是三角形APC1边AC1的高，S△APC1＝··d＝d＝，所以d＝，即点P到直线AC1的距离为定值，所以点P在以直线AC1为轴，以为底面半径的圆柱侧面上，直线AC1与平面ABCD既不平行也不垂直，所以点P的轨迹是平面ABCD上的一个椭圆，其中只有一部分在正方形ABCD内．故选D.

2.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为棱AB的中点，动点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，总有AP⊥D1M，则动点P的轨迹的长度为( )

A.      B.      C.  D.

解析：选A如图，分别取BC，BB1的中点E，F，连AE，AF，EF，A1M，DM，A1F，因为M为AB的中点，E为BC的中点，四边形ABCD为正方形，所以DM⊥AE，又D1D⊥平面ABCD，所以D1D⊥AE，而DM∩D1D＝D，所以AE⊥平面D1DM，所以D1M⊥AE，同理可得D1M⊥AF，又AE∩AF＝A，所以D1M⊥平面AEF，因为AP⊂平面AEF，所以AP⊥D1M，因为动点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，所以动点P的轨迹是线段EF，而EF＝，所以动点P的轨迹的长度为.故选A.

3．已知点A，B，C在半径为5的球面上，且AB＝AC＝2，BC＝2，P为球面上的动点，则三棱锥P-ABC体积的最大值为( )

A.              B.             C.            D.

解析：选A如图，M是△ABC的外心，O是球心，OM⊥平面ABC，当P是MO的延长线与球面交点时，P到平面ABC距离最大，由AB＝AC＝2，BC＝2，得cos∠ACB＝＝，则sin∠ACB＝，2AM＝＝＝8，AM＝4，OM＝＝＝3，PM＝3＋5＝8，又S△ABC＝AC·BC·sin∠ACB＝×2×2×＝7，所以最大的VP-ABC＝×7×8＝.故选A.

4．(2023·临汾一模)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面α⊥B1D，则以平面α截正方体所得的截面面积最大时的截面为底面，以B1为顶点的锥体的外接球的表面积为( )

A．12π           B.       C.        D．6π

解析：选B如图，由正方体的对称性，可知当截面为正六边形EFGHKI时，截面面积最大，此时正六边形的边长为，设B1D交截面EFGHKI于M，则M为B1D的中点，所以B1M＝B1D＝，设正六棱锥外接球的球心为O，外接球半径为R，当球心在棱锥内部时，有R2＝()2＋(－R)2，解得R＝，外接球表面积为4π×2＝；当球心在棱锥外部时，有R2＝()2＋(R－)2，解得R＝＜(舍去)．所以以B1为顶点的锥体的外接球的表面积为.故选B.

5．在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AA1的中点，则过B，C1，E三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为( )

A.a2  B.a2

C.a2  D.a2

解析：选B取A1D1中点F，连接BE，EF，C1F，BC1，AD1，因为AB∥C1D1且AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，因为E，F分别为AA1，A1D1的中点，所以EF∥AD1且EF＝AD1＝a，所以EF∥BC1，故B，C1，E，F四点共面，所以过B，C1，E三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为等腰梯形BC1FE，其中EF＝a，BC1＝a，BE＝C1F＝＝a，过点E，F在平面BC1FE内分别作BC1的垂线，垂足分别为G，H，因为BE＝C1F，∠EBG＝∠FC1H，∠EGB＝∠FHC1＝，所以Rt△EGB≌Rt△FHC1，故BG＝C1H，在平面BC1FE内，因为EG⊥BC1，FH⊥BC1，EF∥BC1，所以四边形EFHG为矩形，则GH＝EF＝a，所以BG＝C1H＝＝a，所以梯形BC1FE的高h＝＝＝a，梯形BC1FE的面积S＝×a×＝.

6．(多选)在梯形ABCD中，AB＝2AD＝2DC＝2CB，将△BDC沿BD折起，使C到C′的位置(C与C′不重合)，E，F分别为线段AB，AC′的中点，H在直线DC′上，那么在翻折的过程中( )

A．DC′与平面ABD所成角的最大值为

B．F在以E为圆心的一个定圆上

C．若BH⊥平面ADC′，则＝

D．当AD⊥平面BDC′时，四面体C′-ABD的体积取得最大值

解析：选ACD如图，在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AB＝2AD＝2DC＝2CB，E是AB的中点，所以CD∥BE，CD＝BE，所以四边形BCDE是菱形，所以BC＝DE，由于AD＝DE＝AE，所以三角形ADE是等边三角形，所以DE＝AB，故AD⊥BD，∠BDC＝∠DBC＝.在将△BDC沿BD翻折至△BDC′的过程中，∠BDC，∠DBC的大小保持不变，由线面角的定义可知，DC′与平面ABD所成角的最大值为，故A正确；因为∠DBC大小不变，所以在翻折的过程中，C′的轨迹在以BD为轴的一个圆锥的底面圆周上，而EF是△ABC′的中位线，所以点F的轨迹在一个圆锥的底面圆周上，但此圆的圆心不是点E，故B不正确；当BH⊥平面ADC′时，BH⊥DH.因为∠HC′B＝，所以DC′＝BC′＝2C′H，所以＝3，故C正确；在翻折的过程中，△BC′D的面积不变，所以当AD⊥平面BDC′时，四面体C′-ABD的体积取得最大值，故D正确．故选A、C、D.

7．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N两点在线段A1C1上运动，且MN＝1，给出下列结论：

①在M，N两点的运动过程中，BD⊥平面BMN；

②在平面CDD1C1上存在一点P，使得PC∥平面BMN；

③三棱锥B1-MNB的体积为定值；

④以点D为球心作半径为2的球面，则球面被正方体表面所截得的所有弧长和为3π.

其中正确结论的序号是( )

A．①②③  B．①③④

C．②④  D．②③④

解析：选D以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图1，对于①，当点N移动到点C1时，此时B(2,2,0)，D(0,0,0)，C1(0，2,2)，则＝(2,2,0)，＝(－2,0,2)，因为·＝(2,2,0)·(－2,0,2)＝－4≠0，所以BD与BN不垂直，所以①错误；对于②，平面BMN与平面BA1C1为同一个平面，而CD1∥BA1，所以当点P在CD1上时，总有PC∥平面BA1C1，从而有PC∥平面BMN，所以②正确；如图2，连接B1D1，B1M，B1N，交A1C1于点O，则B1D1⊥A1C1，故B1O为△B1MN的高，且B1O＝B1D1＝，所以S△B1MN＝MN·B1O＝×1×＝，又BB1⊥平面A1B1C1D1，故VB1-MNB＝VB-B1MN＝S△B1MN·BB1＝××2＝，所以③正确；

如图3，连接DA1，DB，DC1，则DA1＝DB＝DC1＝2，以点D为球心作半径为2的球面，球面被正方体表面所截得的弧是以B1为圆心，3个半径为2的圆弧，弧长和为×2π×2＝3π，所以④正确，故选D.

8．(多选)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G，H分别是所在棱上的动点，且满足DH＝B1G，AE＝C1F，则以下四个结论正确的是( )

A．E，G，F，H四点共面

B．若四边形EGFH为矩形，则DH＝CF

C．若四边形EGFH为菱形，则E，F一定为所在棱的中点

D．若四边形EGFH为菱形，则四边形EGFH周长的取值范围为[4,2]

解析：选AD对于A，连接BD1，HG，交于点O，如图1所示．根据题意，可得D1H＝BG，又D1H∥BG，故△BGO≌△D1HO，故点O为直线HG，D1B的中点，同理可得△AEO≌△C1FO，故点O也为直线EF，AC1的中点，则四边形EGFH的对角线互相平分，故四边形EGFH为平行四边形，则H，G，E，F四点共面，A正确；对于B，因为AE∥DH，故当DH＝AE时，四边形EADH为平行四边形，则EH∥AD，又AD⊥平面AA1B1B，EG⊂平面AA1B1B，故AD⊥EG，则EH⊥EG，又四边形EGFH为平行四边形，故四边形EGFH为矩形；同理，当DH＝CF时，也有四边形EGFH为矩形，综上所述，当DH＝AE或DH＝CF时，四边形EGFH为矩形，故B错误；对于C，若H，G为所在棱的中点时，易知HG∥BD，又BD⊥AC，BD⊥AA1，AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面AA1C1C，故BD⊥平面AA1C1C，又EF⊂平面AA1C1C，故BD⊥EF，则HG⊥EF，又四边形EGFH为平行四边形，故四边形EGFH为菱形，即当H，G为所在棱中点时，四边形EGFH为菱形；同理，当E，F分别为所在棱的中点时，四边形EGFH也为菱形，故C错误；对于D，根据选项C中所证，不妨取E，F分别为所在棱的中点，此时四边形EGFH为菱形满足题意，取BB1，DD1的中点分别为M，N，画出正方体的部分侧面展开图如图2所示．由图可知，当G，H分别与M，N重合时，四边形EGFH的周长最小，最小值为4；当G，H分别与B，D1重合时，四边形EGFH的周长最大，最大值为2BD1＝2；故四边形EGFH周长的取值范围为[4,2]，D正确．故选A、D.

9.(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为DD1的中点，N为正方形ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的有( )

A．若MN＝2，则MN的中点的轨迹所围成图形的面积为π

B．若MN与平面ABCD所成的角为，则N的轨迹为圆

C．若N到直线BB1与直线DC的距离相等，则N的轨迹为抛物线

D．若D1N与AB所成的角为，则N的轨迹为双曲线

解析：选BCD对于A，设MN的中点为H，DM的中点为Q，连接HQ，则HQ∥DN，且HQ＝DN，如图，若MN＝2，则DN2＝MN2－DM2＝4－1＝3，DN＝，则HQ＝，所以点H的轨迹是以Q为圆心，半径为的圆，面积S＝πr2＝，故A错误；对于B，tan∠MND＝，∠MND＝，则DN＝＝，所以N的轨迹是以D为圆心，半径为的圆，故B正确；对于C，点N到直线BB1的距离为BN，所以点N到定点B和直线DC的距离相等，且B点不在直线DC上，由抛物线定义可知，N的轨迹是抛物线，故C正确；对于D，如图，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设N(x，y,0)，D1(0,0,2)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，所以＝(x，y，－2)，＝(0,2,0)，cos＝＝＝，化简得3y2－x2＝4，即－＝1，所以N的轨迹为双曲线，故D正确．故选B、C、D.

10.(多选)如图，四边形ABCD是边长为5的正方形，半圆面APD⊥平面ABCD，点P为半圆弧AD上一动点(点P与点A，D不重合)，下列说法正确的是( )

A．三棱锥P-ABD的四个面都是直角三角形

B．三棱锥P-ABD的体积最大值为

C．在点P变化过程中，直线PA与BD始终不垂直

D．当直线PB与平面ABCD所成角最大时，点P不是半圆弧AD的中点

解析：选ACD对于A，因为四边形ABCD是正方形，所以△ABD为直角三角形，又因为AD为直径，所以PD⊥PA，△PAD为直角三角形，又因为半圆面APD⊥平面ABCD，平面APD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面APD，因为PA⊂平面APD，所以AB⊥PA，所以△PAB为直角三角形，因为AB⊥平面APD，PD⊂平面APD，所以AB⊥PD，又因为PD⊥PA，AB∩PA＝A，AB⊂平面PAB，PA⊂平面PAB，所以PD⊥平面PAB，因为PB⊂平面PAB，所以PD⊥PB，所以△PBD为直角三角形，因此三棱锥P-ABD的四个面都是直角三角形，故选项A正确；对于B，过点P在平面APD内作PE⊥AD于点E，因为平面APD⊥平面ABCD，平面APD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面APD，所以PE⊥平面ABCD，PE为三棱锥P-ABD的高，所以三棱锥P-ABD的体积V＝S△ABD·PE，因为△ABD的面积S△ABD＝×5×5＝为定值，所以当PE最大时，三棱锥P-ABD的体积最大，此时点P为半圆弧AD的中点，PE＝AD＝，所以三棱锥P-ABD体积的最大值为××＝，故B错误；对于C，若点P变化过程中，直线PA与BD垂直，由A知，PA⊥PD，PD∩BD＝D，所以PA⊥平面PBD，PB⊂平面PBD，所以PA⊥PB，又由A知，AB⊥PA，在同一平面内，一条直线不可能同时垂直于两条相交直线，所以点P变化过程中，直线PA与BD始终不垂直，故选项C正确；对于D，由选项B可知，PE⊥平面ABCD，连接ED，则EB为PB在平面ABCD内的投影，所以∠PBE为直线PB与平面ABCD所成的角，当直线PB与平面ABCD所成角最大时，cos∠PBE取最小值，

以D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设DE＝a，a∈(0,5)，PE＝h，则AE＝5－a，在直角三角形APD内，PE2＝AE·ED，即h2＝a(5－a)，所以E(a,0,0)，P(a,0，h)，B(5,5,0)，所以＝(a－5，－5，h)，＝(a－5，－5,0)，cos∠PBE＝cos〈，〉＝＝＝＝＝，因为a∈(0,5)，所以10－a>0，所以 ≥＝，当且仅当＝，结合a∈(0,5)，解得a＝10－5时，cos∠PBE取最小值，直线PB与平面ABCD所成角最大，此时点P不是半圆弧AD的中点，故选项D正确，故选A、C、D.

11．(多选)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，E为棱PB的中点，F为棱BC上的动点，则下列结论正确的为( )

A．平面AEF⊥平面PBC

B．EF与平面ABCD所成角的最大值为

C．E到平面PAC的距离为

D．AE与PC所成角的余弦值为

解析：选CD取BC的中点M，连接AM，AC，因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝，所以AM⊥BC，

因为PA⊥平面ABCD，AM，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD，所以AM，AD，AP两两垂直，所以以A为原点，AM，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(，－1,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，因为E为棱PB的中点，所以E，设F(，a,0)(－1≤a≤1)，对于A，设平面AEF的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面PBC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，因为＝，＝(，a,0)，＝(，－1，－2)，＝(，1，－2)，

所以

令x1＝，x2＝，则m＝，n＝，若平面AEF⊥平面PBC，则m·n＝3－＝0，解得a＝3不合题意，所以A错误；对于B，平面ABCD的一个法向量为＝(0,0,2)，＝，设EF与平面ABCD所成角为θ，则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，因为a2＋a＋2＝2＋≥，所以sin θ≤，因为>，所以θ大于，所以B错误；对于C，设平面PAC的一个法向量为b＝(x，y，z)，＝(0,0,2)，＝(，1,0)，则令x＝，则b＝(，－3,0)，＝，所以E到平面PAC的距离为＝＝，所以C正确；对于D，设AE与PC所成的角为α，＝，＝(，1，－2)，所以cos α＝|cos〈，〉|＝＝＝，所以D正确．故选C、D.

12.(多选)如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，BE⊥AC，E为垂足点，F为BD中点，则下列结论正确的是( )

A．若AC的长为定值，则该三棱锥外接球的半径也为定值

B．若AD的长为定值，则该三棱锥外接球的半径也为定值

C．若BD的长为定值，则EF的长也为定值

D．若CD的长为定值，则·的值也为定值

解析：选BCD取AD的中点O，∵AB⊥平面BCD，DB⊂平面BCD，∴AB⊥BD，

∴OB＝AD，∵AB⊥平面BCD，DC⊂平面BCD，∴AB⊥CD ，∵BC⊥CD，BC∩AB＝B，BC，AB⊂平面ABC，∴CD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴CD⊥AC ，∴OC＝AD，则OC＝OB＝OA＝OD, ∴O为该三棱锥外接球的球心，AD是直径， 该三棱锥外接球的半径为AD，故B正确；由以上分析可知，AD＝，当AC的长为定值时，CD长是可变化的，不能推得AD为定值，故AC的长为定值时，该三棱锥外接球的半径不一定为定值，A错误；由B的分析可知CD⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，故CD⊥BE ，又BE⊥AC，AC∩CD＝C，AC，CD⊂平面ACD ，∴BE⊥平面ACD ，DE⊂平面ACD，∴BE⊥ED ，∴ EF＝BD，若BD的长为定值，则EF的长也为定值，故C正确；由以上分析可知CD⊥BE，CD⊥EC，故·＝0，·＝0，由于F为BD中点，故·＝(＋)·＝(＋＋)·＝·＋2＋·＝2，故若CD的长为定值，则·的值也为定值，D正确．故选B、C、D.

13．已知母线长为6的圆锥的顶点为S，点A，B为圆锥的底面圆周上两动点，当SA与SB所夹的角最大时，锐角△ASB的面积为8，则此时圆锥的体积为________．

解析：设底面半径为r，当SA与SB所夹的角最大时，AB为底面圆的直径，此时S△ASB＝×6×6×sin∠ASB＝8，解得sin∠ASB＝，∵△ASB为锐角三角形，∴cos∠ASB＝＝，则2＝2＝62＋62－2×6×6×＝16，解得r＝2，则圆锥的体积为×π×22×＝.

答案：

14．已知三棱锥P-ABC中，AP，AB，AC三条棱两两垂直，且长度均为2，以顶点P为球心，4为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为________．

解析：由题可知AP，AB，AC三条棱两两垂直，且长度均为2，如图，

所以PC＝PB＝BC＝＝2，AM＝AF＝＝2，所以tan∠APF＝tan∠APM＝＝，则∠APF＝∠APM＝，所以∠EPF＝∠CPM＝，则＝＝×4＝，＝×4＝，＝×2＝π，所以球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为×2＋＋π＝3π.

答案：3π

15．乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，2000年之后国际比赛用球的直径为40 mm.现用一个底面为正方形的棱柱盒子包装四个乒乓球，为倡导环保理念，则此棱柱包装盒(长方体)表面积的最小值为______cm2.(忽略乒乓球及包装盒厚度)

解析：设A，B，C，D是四个球的球心，以下面积单位是cm2.

①A，B，C，D四点共线，则S＝2×42＋4×4×16＝288.

②A，B，C，D四点构成一个正方形，则S＝2×82＋4×8×4＝256.

③A，B，C，D四点构成一正四面体，如图，设E是△BCD中心，则 AE⊥平面BCD，AE⊥BE，BE＝×4＝， AE＝＝，所用的盒子为正四棱柱，即正方体，棱长为＋4，表面积为S＝6×2＝32(5＋2)＞256.比较可得表面积最小值为256 cm2.

答案：256