2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 061-课时作业55 空间几何体的动态问题（教用）

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单选题每小题5分，填空题每小题6分，共33分.
1．如图，斜线段AB与平面α 所成的角为60∘ ，B为斜足，平面α 上的动点P满足∠PAB=30∘ ，则点P的轨迹是（ ）
A. 直线B. 抛物线
C. 椭圆D. 双曲线的一支
【答案】C
【解析】因为∠PAB=30∘ 是一个定角，所以点P在以AB为旋转轴的圆锥表面上，又AB与平面α 所成的角为60∘ ，所以平面α 垂直于圆锥的某条母线，由此确定点P的轨迹是椭圆.故选C.
2．如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=4，AA1=2，P，Q分别为BC，C1D1的中点，M为长方形ADD1A1内（含边界）的动点，若直线QM//平面APC1，则点M的轨迹长度为（ ）
A. 2B. 5C. 22D. 10
【答案】C
【解析】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，设A1D1,B1C1的中点分别为G,H，连接AG,GH,BH,C1G,
由P为BC的中点，得C1H//BP,C1H=BP，则四边形BPC1H是平行四边形，则BH//C1P，
因为GH//A1B1//AB,GH=A1B1=AB，所以四边形ABHG是平行四边形，所以AG//BH,即AG//C1P，所以A，G，C1，P四点共面，所以G∈ 平面PAC1.
取GD1的中点E，在AD上取点F，使得AF=GE，连接EF,QE,QF，
因为AF//GE，所以四边形AGEF为平行四边形，则EF//AG，
又AG⊂ 平面APC1，EF⊄ 平面APC1，所以EF//平面APC1，
由Q为C1D1的中点，得QE//C1G，
又C1G⊂ 平面APC1，QE⊄ 平面APC1，所以QE//平面APC1，
又EF∩QE=E,EF,QE⊂ 平面QEF，所以平面QEF//平面APC1.
由直线QM//平面APC1，点M∈ 平面ADD1A1，得点M在平面QEF与平面ADD1A1的交线上，故点M的轨迹是线段EF，EF=AG=A1G2+A1A2=22，所以点M的轨迹长度为22.故选C.
3．在四棱锥P−ABCD中，PA⊥ 平面ABCD，PA=3，AB=32，AD=2，M是矩形ABCD内（含边界）的动点，直线PM与平面ABCD所成的角为π3，则点M的轨迹长度为 （ ）
A. 3π3B. π C. 3π D. 3π2
【答案】A
【解析】连接AM，由于PA⊥ 平面ABCD,所以∠PMA是直线PM与平面ABCD所成的角，即∠PMA=π3，tanπ3=PAAM=3AM=3，则AM=3∈(32,2)，所以点M的轨迹是以A为圆心，3为半径的圆在矩形ABCD内的部分圆弧，如图，设圆与BC，AD分别交于点E，F，
因为cs∠BAE=ABAE=32,所以∠BAE=π6，所以∠EAF=π3，
所以点M的轨迹长度为π3×3=3π3.故选A.
4．已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为棱AB，C1D1的中点，点P在平面ABC1D1内运动，则点P到A1，B1，M，N这四点的距离之和的最小值为_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】23+22
【解析】因为A1关于平面ABC1D1对称的点为D，所以PA1+PB1≥DB1=23，当且仅当P为DB1的中点，即P为正方体的中心时等号成立，易知PM+PN≥MN=22，当且仅当P在线段MN上时等号成立，又正方体的中心在线段MN上，所以当且仅当点P为正方体的中心时，点P到A1,B1,M,N这四点的距离之和最小，为23+22.
5．（2025·黑龙江哈尔滨二模）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，Q为正方形BB1C1C内（含边界）的动点，若DQ=62，则点Q的轨迹长度为_ _ _ _ _ _ ；若P为棱CD的中点，则QP+QA1的最小值为_ _ _ _ _ _ .
【答案】2π4； 172
【解析】如图1，连接QC，因为DC⊥ 平面BB1C1C，QC⊂ 平面BB1C1C，所以DC⊥QC，因为DQ=62，所以QC=(62)2−12=22，即点Q的轨迹是以C为圆心，22为半径的四分之一圆，所以其轨迹长度为14×2π×22=2π4.
图1
如图2，延长DC到点M，使得PC=CM，则点M与点P关于平面BB1C1C对称，连接A1M与平面BB1C1C交于点Q，此时QP+QA1取得最小值，且最小值为MA1=A1D2+DM2=2+94=172.
图2
6．（2025·福建南平三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，P,Q分别为线段C1D,B1C上的动点，则PQ长度的最小值为_ _ _ _ _ _ ，此时C1P=_ _ _ _ _ _ .
【答案】433； 423
【解析】以A1为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则C1(4,4,0),D(0,4,4),B1(4,0,0),C(4,4,4)，所以C1D=(−4,0,4),B1C=(0,4,4)，
设P(t,4,4−t),Q(4,s,s)，则PQ=(4−t,s−4,s+t−4)，
当PQ为异面直线C1D和B1C的公垂线段时，PQ的长度取得最小值，且PQ⊥C1D，PQ⊥B1C，故
−4×(4−t)+0×(s−4)+4×(s+t−4)=0,0×(4−t)+4×(s−4)+4×(s+t−4)=0⇒2t+s=8,2s+t=8⇒s=83,t=83,所以PQ的长度取得最小值时，P(83,4,43),Q(4,83,83)，PQ=(43,−43,43)，所以PQ长度的最小值为3×(43)2=433，
此时C1P=|C1P|=|(−43,0,43)|=
(−43)2+(43)2=423.
能力强化练
单选题每小题6分，多选题每小题8分，填空题每小题7分，共27分.
7．（2025·福建福州模拟）在平面四边形ABCD中，△ABC是边长为3的等边三角形，△ACD是以D为直角顶点的等腰直角三角形，将△ABC沿AC折起，在折起的过程中，三棱锥B−ACD外接球的体积的最小值为（ ）
A. 32π3B. 4π C. 4π3D. 3π2
【答案】C
【解析】设三棱锥B−ACD的外接球球心为O，取AC的中点E,连接EB,ED,OB,OD，OE,
∵△ACD是以D为直角顶点的直角三角形，∴△ACD的外接圆圆心是点E，
则由球的性质可知，OE⊥ 平面ACD，设外接球的半径为R,
∵△ABC是边长为3的等边三角形,△ACD是以D为直角顶点的等腰直角三角形,∴EB=32,ED=32,
在Rt△OED中，由勾股定理可知OE=R2−34,
在△BOE中，由余弦定理的推论可得cs∠OEB=OE2+EB2−OB22OE⋅EB=12R2−34，
∵∠OEB∈[0,π2),∴cs∠OEB∈(0,1]，则0