2024年高考数学重难点攻略：立体几何中的动态问题 解析版.pdf

1、1微重点 立体几何中的动态问题“动态”问题是高考立体几何问题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，题型更新颖同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化知识导图考点一：动点轨迹问题考点二：折叠、展开问题考点三：最值、范围问题考点分类讲解考点一：动点轨迹问题规律方法 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数法进行计算(3)特殊值法：根据空间

2、图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除1(2024浙江温州一模)如图，所有棱长都为 1 的正三棱柱 ABC-A1B1C1，BE=2EC，点 F 是侧棱AA1上的动点，且 AF=2CG，H 为线段 FB 上的动点，直线 CH 平面 AEG=M，则点 M 的轨迹为()A.三角形(含内部)B.矩形(含内部)C.圆柱面的一部分D.球面的一部分【答案】A【分析】根据题意首先保持 H 在线段 FB 上不动(与 F 重合)，研究当点 F 运动时 M 的轨迹为线段 MN，再根据 H 点在线段 FB 上运动的轨迹即可得出点 M 的轨迹为 MNE 及其内部的所有点的集合.【详解】如下图所示：2 首先保持 H 在线

3、段 FB 上不动，假设 H 与 F 重合根据题意可知当 F 点在侧棱 AA1上运动时，若 F 点在 A1点处时，G 为 CC1的中点，此时由 AF=2CG可得满足 FM=2MC，当 F 点运动到图中 F1位置时，易知 AF1=2CG1，取 AG1 CF1=P，可得 F1P=2PC，取棱 AC 上的点 N，满足 AN=2NC，根据三角形相似可得 M,N,P 三点共线，当点 F 在侧棱 AA1上从 A1点运动到 A 点时，M 点轨迹即为线段 MN；再研究当点 H 在线段 FB 上运动，当点 H 在线段 FB 上从点 F 运动到点 B 时，M 点的轨迹是线段 ME，当点 H 在线段 F1B 上从点

4、F1运动到点 B 时，M 点的轨迹是线段 PE，因此可得，当点 F 是侧棱 AA1上运动时，H 在线段 FB 上运动时，点 M 的轨迹为 MNE 及其内部的所有点的集合；即可得 M 的轨迹为三角形(含内部).故选：A2(多选)(23-24 高三上贵州安顺期末)如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中，点 E、F、G、H 分别为棱 CC1、C1D1、A1D1、AB 的中点，点 M 为棱 A1B1上动点，则()A.点 E、F、G、H 共面B.GM+MH的最小值为 1+5C.点 B 到平面 AB1C 的距离为 2 33D.DE A1H【答案】ACD【分析】根据题意建立空间之间坐标系

5、，利用平面向量基本定理可对 A 判断，利用向量的垂直表示可对 D 判断；利用正方体面展开图可对 B 判断；利用等体积法可对 C 判断.【详解】如图，以 D 为原点，建立空间直角坐标系，则 D 0,0,0，E 0,2,1，F 0,1,2，G 1,0,2，H 2,1,0，3 对 A：EF=0,-1,1，EG=1,-2,1，EH=2,-1,-1，设 EF=EG+EH，即 0,-1,1=1,-2,1+2,-1,-1，解得 =23，=-13，所以 EF,EG,EH共面，故 A 正确对 B：将正方体沿 AB 剪开展开如下图，连接 GH 交 A1B1于一点，此点为 M 点，此时 GM+MH为最小值32+22

6、=13，故 B 错误；对 C：由等体积法可知 VB-AB1C=VB1-ABC，即 13 SAB1Cd=13 SABC BB1，由 SAB1C=12 2 2 sin 3=32，SABC=12 2 2=2，求解得 d=2 33，故 C 正确.对 D：D 0,0,0，A1 2,0,2，DE=0,2,1，A1H=0,1,-2DEA1H=2-2=0，则 DE A1H，所以 DE A1H，故 D 正确.故选：ACD.3(2023贵州一模)如图，已知正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2，M，N，P 分别为棱 AA1,CC1,AD的中点，Q 为该正方体表面上的点，若 M，N，P，Q 四点共面，则点

7、Q 的轨迹围成图形的面积为【答案】3 34【分析】根据题意找出点 Q 的轨迹围成图形为正六边形 PENFGM 即可求解.【详解】如图，取 CD,B1C1,A1B1的中点分别为 EFG，则点 Q 的轨迹围成图形为正六边形 PENFGM，且边长为面对角线的一半，即2，所以点 Q 的轨迹围成图形的面积为 6 122 22-222=3 3，故答案为:3 3.4(2023宁波联考)正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，点 P 满足 BP=BC+-BB1(，R)，则下列说法正确的有()A.若 +=1，则 A1P AD1B.若 +=1，则三棱锥 A1-PDC1的体积为定值C.若点 P 总满足 PA

8、 BD1，则动点 P 的轨迹是一条直线D.若点 P 到点 A 的距离为3，则动点 P 的轨迹是一个面积为 的圆【答案】ABC【解析】对于 A，因为 BP=BC+-BB1(，R)且 +=1，由向量基本定理可知，点 B1，C，P 共线，如图，连接 AD1，A1C，BC1，B1C，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，B1C BC1，A1B1 平面 BB1C1C，因为 BC1 平面 BB1C1C，所以 A1B1 BC1，又 B1C A1B1=B1，所以 BC1 平面 A1B1C，在 BC1上任取一点 P，连接 A1P，则 A1P 平面 A1B1C，所以 BC1 A1P，在正方体 ABCD-A1B1

9、C1D1中，因为 AB D1C1，且 AB=D1C1，所以四边形 ABC1D1为平行四边形，所以 AD1 BC1，则 AD1 A1P，故选项 A 正确；对于 B，如图，连接 A1C1，C1D，A1D，B1C，因为 BP=BC+-BB1(，R)且 +=1，由向量基本定理可知点 B1，C，P 共线，即点 P 在直线 B1C 上，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，因为 A1B1 DC，且 A1B1=DC，所以四边形 A1B1CD 为平行四边形，所以 A1D B1C，A1D 平面 A1C1D，5BC1 平面 A1C1D，所以 B1C 平面 A1C1D，则直线 B1C 上任意一点到平面 A1C1D

10、 的距离相等，又因为 A1C1D 的面积为一定值，所以三棱锥 A1-PDC1的体积为定值，故选项 B 正确；对于 C，如图，连接 AC，BD，AB1，BD1，B1C，B1D1，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，AC BD，BB1 平面 ABCD，因为 AC 平面 ABCD，所以 BB1 AC，又 BB1 BD=B，所以 AC 平面 BB1D1D，BD1 平面 BB1D1D，所以 AC BD1，同理 AB1 BD1，又 AB1 AC=A，所以 BD1 平面 AB1C，因为点 P 满足 BP=BC+-BB1(，R)，所以点 P 在侧面 BB1C1C 所在的平面上运动，且 PA BD1，所以动

11、点 P 的轨迹就是直线 B1C，故选项 C 正确；对于 D，因为点 P 到点 A 的距离为3，所以点 P 的轨迹是以 A 为球心，3 为半径的球面与平面 BB1C1C 的交线，即点 P 的轨迹为小圆，设小圆半径为 r，因为球心 A 到平面 BB1C1C 的距离为 1，则 r=(3)2-1=2，所以小圆的面积 S=r2=2，故选项 D 错误考点二：折叠、展开问题规律方法 画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系1(2024河南模拟预测)为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅

12、赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢(如图 1).已知 AB 和 CD 是圆 O 的两条互相垂直的直径，将平面 ABC 沿 AB 翻折至平面 ABC，使得平面 ABC 平面 ABD(如图 2)此时直线 AB 与平面 CBD 所成角的正弦值为()A.13B.33C.22D.32【答案】B【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.【详解】依题意，OC AB,OD AB，而平面 ABC 平面 ABD，平面 ABC 平面 ABD=AB，又 OC 平面 ABC,OD 平面 ABD，则 OC 平面 ABD，OD OC，因此直

13、线 OD,OB,OC 两两垂直，以点 O 为原点，直线 OD,OB,OC 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，6令圆半径 OD=1，则 O(0,0,0),D(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)，OB=(0,1,0),BC=(0,-1,1),BD=(1,-1,0)，设平面 CBD 的一个法向量 n=(x,y,z)，则 n BC=-y+z=0n BD=x-y=0，令 y=1，得 n=(1,1,1)，设直线 AB 与平面 CBD 所成的角为，则 sin=|cosn,OB|=|n OB|n|OB|=11 3=33，所以直线 AB 与平面 CBD 所成角的正弦值为33.故选：B2(2

14、2-23 高三上浙江开学考试)如图，矩形 ABCD 中，AD=2,AB=3,AE=2EB，将 ADE 沿直线DE 翻折成 A1DE，若 M 为线段 A1C 的点，满足 CM=2MA1，则在 ADE 翻折过程中(点 A1不在平面DEBC 内)，下面四个选项中正确的是()A.BM 平面 A1DEB.点 M 在某个圆上运动C.存在某个位置，使 DE A1CD.线段 BA1的长的取值范围是5,3【答案】ABD【分析】由已知，选项 A，在 DC 上取一点 N，令 CN=2ND，可通过面面平行的判定定理证明平面 BMN 平面 ADE，从而证明 BM 平面 A1DE；选项 B，可通过 A1DE=MNB=4,

15、NM=43，EB=2 2，借助余弦定理可知 BM 为定值，从而确定 M 点的轨迹；选项 C，可先假设 DE A1C 成立，然后借助线面垂直的判定定理和性质定理得到 DE CH，然后在 DHC 中，利用勾股定理验证是否满足，即可做出判断；选项 D，可通过点 A1运行轨迹，分别找出最大值和最小值点，然后求解即可做出判断.7【详解】如上图所示，在 DC 上取一点 N，令 CN=2ND，连接 NB，在矩形 ABCD 中，AB=CD 且 AB CD，又因为 AE=2EB，CN=2ND，所以 EB=ND 且 EB ND，所以四边形 EBND 为平行四边形，所以 NB ED，又因为 NB 平面 ADE，DE

16、 平面 ADE，所以 NB 平面 ADE，又因为 CN=2ND，CM=2MA1，所以 NM A1D，又因为 NM 平面 ADE，DA1 平面 ADE，所以 NM 平面 ADE，又因为 NM NB=N 且 NM、NB 平面 BMN,所以平面 BMN 平面 ADE，又因为 MB 平面 BMN,所以 BM 平面 A1DE，选项 A 正确；由 NB ED，NM A1D，AD=AE=2,可得 A1DE=MNB=4,由 CN=2ND，CM=2MA1可知，NM=23 A1D=43，而 EB=ND=2 2，由余弦定理可知，BM 为定值，而 B 为定点，故 M 在以 B 为圆心，BM 为半径的圆上运动，故选项

17、B 正确；取 ED 的中点 H，连接 HA1、HC，在 A1DE 中，AD=AE=2，所以 DE A1H，假设 DE A1C 成立，A1H、A1C 平面 A1HC,所以 DE 平面 A1HC，又因为 CH 平面A1HC，所以 DE CH，而，在 DHC 中，DH=2，DC=3，CH=5，所以 DHC 2，故 DE CH 不成立，所以假设不成立，该选项 C 错误；在 DC 上取一点 A2，令 DA2=2A2C，在 ADE 翻折过程中,线段 BA1的最大值是 A1与 A 点重合，此时 BA1=3，线段 BA1的最小值是 A1与 A2点重合，此时 BA1=5，又因为点 A1不在平面 DEBC 内，所

18、以线段 BA1的长的取值范围是5,3，选项 D 正确；故选：ABD3(2024 高三全国专题练习)如图 1，在等边 ABC 中，点 D、E 分别为边 AB、AC 上的动点且满足DE BC，记 DEBC=.将 ADE 沿 DE 翻折到 MDE 的位置，使得平面 MDE 平面 DECB，连接 MB，MC，如图 2，N 为 MC 的中点8(1)当 EN 平面 MBD 时，求 的值(2)随着 的值的变化，二面角 B-MD-E 的大小是否改变？若是，请说明理由；若不是，请求出二面角 B-MD-E 的正弦值【答案】(1)=12(2)不是，2 55【分析】(1)取 MB 的中点为 P，连接 DP，PN，推出

19、 NP BC，证明 NEDP 为平行四边形，利用比例关系求解即可(2)取 DE 的中点 O，如图建立空间直角坐标系，求出平面 BMD 的法向量，平面 EMD 的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦函数值然后求解即可【详解】(1)如图，取 MB 的中点 P，连接 DP，PN因为 N 为 MC 的中点，所以 NP BC，NP=12 BC又 DE BC，所以 NP DE，即 N，P，D，E 四点共面因为 EN 平面 MBD，EN 平面 NEDP，平面 NEDP 平面 MBD=DP，所以 EN DP，即四边形 NEDP 为平行四边形，所以 NP=DE，即 DE=12 BC，所以 =12(2)取

20、 ED 的中点 O，连接 MO，则 MO DE因为平面 MDE 平面 DECB，平面 MDE 平面 DECB=DE，MO 平面 MDE，所以 MO 平面 DECB如图，建立空间直角坐标系，不妨设 BC=2，则 M 0,0,3，D,0,0，B 1,3 1-,0，所以 MD=,0,-3，DB=1-,3 1-,0设平面 MBD 的一个法向量为 m=(x,y,z)，则 MD m=x-3z=0,DB m=1-x+3 1-y=0,即 x=3z,x=-3y,令 x=3，所以 m=3,-1,1由题意可知 n=(0,1,0)为平面 MDE 的一个法向量9设二面角 B-MD-E 的平面角为，则 cos=cosm,

21、n=m nmn=55，因此 sin=1-cos2=2 55，所以二面角 B-MD-E 的正弦值为 2 554(2023邵阳模拟)如图所示，在矩形 ABCD 中，AB=3，AD=1，AF 平面 ABCD，且 AF=3，点E 为线段 CD(除端点外)上的动点，沿直线 AE 将 DAE 翻折到 DAE，则下列说法中正确的是()A.当点 E 固定在线段 CD 的某位置时，点 D 的运动轨迹为球面B.存在点 E，使 AB 平面 DAEC.点 A 到平面 BCF 的距离为32D.异面直线 EF 与 BC 所成角的余弦值的取值范围是1313，1010【答案】D【解析】选项 A，当点 E 固定在线段 CD 的

22、某位置时，线段 AE 的长度为定值，AD DE，过 D 作 DH AE 于点 H，H 为定点，DH 的长度为定值，且 DH 在过点 H 与 AE 垂直的平面内，故 D 的轨迹是以 H 为圆心，DH 为半径的圆，故 A 错误；选项 B，无论 E 在 CD(端点除外)的哪个位置，AB 均不与 AE 垂直，故 AB 不与平面 ADE 垂直，故 B 错误；选项 C，以 AB，AD，AF分别为 x，y，z 轴的方向建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，F(0,0,3)，B(3，0,0)，C(3，1,0)BC=(0,1,0)，BF=(-3，0,3)，AB=(3，0,0)，设平面 BCF 的法

23、向量为 n=(x，y，z)，则 nBC=y=0，nBF=-3x+3z=0，取 n=(3，0,1)，则点 A 到平面 BCF 的距离 d=nABn=32，故 C 错误；选项 D，设 E(3，1,0)，(0,1)，BC=(0,1,0)，EF=-3，-1，3，设 EF 与 BC 所成的角为，则 cos =EFBCEF BC10=132+101313，1010，故 D 正确考点三：最值、范围问题规律方法 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这

24、类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值1(多选)(2023鞍山模拟)如图，正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，P 是线段 BC1上的动点，则下列结论正确的是()A.四面体 PA1D1A 的体积为定值B.AP+PC 的最小值为 2 2C.A1P 平面 ACD1D.直线 A1P 与 AC 所成的角的取值范围是 0，3【答案】ACD【解析】对于 A，由正方体可得平面 DAA1D1 平面 BCC1B1，且 B，P 平面 BCC1B1，所以点 B 到平面 DAA1D1的距离等于点 P 到平面 DAA1D1的距离，所以四面体 PA1D1A 的体积 VP-A1D1A=VB-A

25、1D1A=13 SA1D1A 1=13 12 1 1 1=16，所以四面体 PA1D1A 的体积为定值，故 A 正确；对于 B，当 P 与 B 重合时，AP+PC=AB+BC=2 2 2，所以 AP+PC 的最小值不为 2 2，故 B 错误；对于 C，连接 A1C1，A1B，由正方体可得 AA1=CC1，AA1 CC1，所以四边形 AA1C1C 是平行四边形，所以 AC A1C1，因为 AC 平面 ACD1，A1C1 平面 ACD1，所以 A1C1 平面 ACD1，同理可得 BC1 平面 ACD1因为 A1C1 BC1=C1，A1C1，BC1 平面 A1C1B，所以平面 A1C1B 平面 AC

26、D1，因为 A1P 平面 A1C1B，所以 A1P 平面 ACD1，故 C 正确；对于 D，因为 AC A1C1，所以 PA1C1(或其补角)为直线 A1P 与 AC 所成的角，11由图可得当 P 与 B 重合时，此时 PA1C1最大为 3，当 P 与 C1重合时，此时 PA1C1最小为 0，所以直线 A1P 与 AC 所成的角的取值范围是 0，3，故 D 正确2(2023青岛模拟)三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据三面角 P-ABC 是由有公共端点 P 且不共面的三条射线 PA，PB，PC 以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设 APC=，BPC=

27、，APB=，二面角 A-PC-B 为，由三面角余弦定理得 cos=cos-coscossinsin.在三棱锥 P-ABC 中，PA=6，APC=60，BPC=45，APB=90，PB+PC=6，则三棱锥 P-ABC 体积的最大值为()A.27 24B.274C.92D.94【答案】C【解析】如图所示，作 BD 垂直于 CP 于点 D，设点 B 在平面 APC 中的射影为 M，连接 BM，MD，由题意得 VP-ABC=13 SAPCBM.设二面角 A-PC-B 为，则 cos =0-12 2232 22=-33，(0，)，sinBDM=63，BM=BDsinBDM=63 BD=63 PBsinB

28、PC=33 PB，SAPC=12 PAPCsinAPC=3 32PC，VP-ABC=13 SAPCBM=12 PBPC=12 PB(6-PB)=-12 PB2+3PB=-12(PB-3)2+92，当 PB=3 时，VP-ABC 的最大值为 92.3(23-24 高三下北京开学考试)正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，动点 M 在线段 CC1上，动点P 在平面 A1B1C1D1上，且 AP 平面 MBD1.线段 AP 长度的取值范围是()12A.1,2B.62,3C.62,2D.62+【答案】C【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【详

29、解】以 D 为坐标原点，以 DA,DC,DD1分别为 x,y,z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设 P a,b,1，M 0,1,t0 t 1，则 A 1,0,0,B 1,1,0,D1 0,0,1，则 AP=a-1,b,1,BD1=-1,-1,1,MD1=0,-1,1-t，因为 AP 平面 MBD1，所以 AP BD1,AP MD1，即 AP BD1=1-a-b+1=0AP MD1=-b+1-t=0，解得 a=t+1b=1-t，所以 AP=t,1-t,1，所以 AP=t2+1-t2+1=2 t-122+32，又 0 t 1，所以当 t=12 时，即 M 是 CC1的中点时，AP取得最

30、小值62，当 t=0 或 1，即 M 与点 C 或 C1重合时，AP取得最大值2，所以线段 AP 长度的取值范围为62,2.故选：C4(2023黑龙江哈尔滨三模)已知四棱锥 P-ABCD 的底面为正方形，PD 底面 ABCD,PD=AD，点 E 是线段 PB 上的动点，则直线 DE 与平面 PBC 所成角的最大值为()A.6B.4C.3D.2【答案】C【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.13【详解】由题意，因为 ABCD 为正方形，且 PD 底面 ABCD，以 D 为原点，DA,DC,DP 所在直线分别为 x,y,z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设 P

31、D=AD=1，则 D 0,0,0,B 1,1,0,C 0,1,0,P 0,0,1，所以 PB=1,1,-1,PC=0,1,-1，设 PE=PB，0,1，则 PE=,-，所以 E,1-，即 DE=,1-，设平面 PBC 的法向量为 n=x,y,z，则 n PB=x+y-z=0n PC=y-z=0，解得 x=0,y=z，取 y=z=1，所以平面 PBC 的一个法向量为 n=0,1,1，设直线 DE 与平面 PBC 所成角为，则 sin=cos=n DEnDE=12 22+1-2=12 3 -132+23，因为 y=sin,0,2单调递增，所以当 =13 时，sin=32 最大，此时 =3，即直线

32、DE 与平面 PBC 所成角的最大值为 3.故选:C强化训练一、单选题1(2023云南保山二模)已知正方体 ABCD-A1B1C1D1，Q 为上底面 A1B1C1D1所在平面内的动点，当直线 DQ 与 DA1的所成角为 45 时，点 Q 的轨迹为()A.圆B.直线C.抛物线D.椭圆【答案】C【分析】建系，利用空间向量结合线线夹角分析运算.【详解】以点 D 为原点，DA，DC，DD1为 x，y，z 的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为 1，则 D 0,0,0,A1 1,0,1，设 Q x,y,1，可得 DQ=x,y,1，DA1=1,0,1，因为直线 DQ 与 DA1的所成角为 45，则

33、cos45=DQ DA1DQ DA1=x+1x2+y2+1 2=22，化简可得 y2=2x，所以点 Q 的轨迹为抛物线.故选：C.14 2(2023全国三模)在平面直角坐标系中，P 为圆 x2+y2=16 上的动点，定点 A-3,2现将 y 轴左侧半圆所在坐标平面沿 y 轴翻折，与 y 轴右侧半圆所在平面成 23 的二面角，使点 A 翻折至 A，P 仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则 A，P 两点间距离的取值范围是()A.13,3 5B.4-13,7C.4-13,3 5D.13,7【答案】B【分析】设 A 所在平面为，圆的另一半所在平面为，若 P ，则 P,A,O 三点共线时，以及 P 在

34、圆的下端点时，分别取到 A，P 两点间距离的最值；若 P ，设 P 4cos,4sin，利用两点间的距离公式结合 A 到 的距离，以及三角函数的有界性取到最值，进而得出答案【详解】设 A 所在平面为，圆的另一半所在平面为，若 P ，则 P,A,O 三点共线时，PA有最小值 P1A=R-OA=4-13；当 P 在圆的下端点时，取到最大值 P2A=-3-02+2+42=32+62=3 5，即 PA 4-13,3 5；若 P ，设 P 4cos,4sin，A 在 上的投影为距离为 A1，则 A 到 面距离为 AA1=-3sin 3=3 32，又 A 到 y 轴的距离为 3，A1到 y 轴的距离为9-

35、274=32，而 A1到 x 轴的距离为 2，则 PA=32+4cos2+2-4sin2+3 322=29+20 35 cos-45 sin=29+20sin -，其中 -2,2，sin=35,cos=45，故 PAmin=13，当且仅当 =-2 时成立；PAmax=7，当且仅当 =-2 时成立；即 PA13,7；综上可得，PA 4-13,7，故选：B3(2024全国模拟预测)如图，已知矩形 ABCD 中，E 为线段 CD 上一动点(不含端点)，记 AED=，现将 ADE 沿直线 AE 翻折到 APE 的位置，记直线 CP 与直线 AE 所成的角为，则()15A.cos cosB.cos si

36、nD.sin cos，求出答案.【详解】AB 选项，cos=CP EACP EA=CE+EP EACP EA=CE EA+EP EACP EA=CE EAcos+EP EAcosCP EA=CE+EP EAcosCP EA=CE+EPcosCP，因为 CE+EP CP，所以CE+EPCP 1，所以 cos cos，A 错误，B 正确；由于 y=cosx 在 x 0,2上单调递减，故 ，不确定 cos,sin 和 sin,cos 的大小关系，CD 错误.故选：B4(2023上海宝山二模)在空间直角坐标系 O-xyz 中,已知定点 A 2,1,0,B 0,2,0和动点C 0,t,t+2t 0.若

37、OAC 的面积为 S,以 O,A,B,C 为顶点的锥体的体积为 V,则 VS 的最大值为()A.2155B.155C.4155D.455【答案】C【分析】由已知 OA=2,1,0,0B=0,2,0,OC=0,t,t+2,设直线 OA 的单位方向向量为 u,根据空间向量公式求出 C 到直线 OA 的距离,得到 OAC 的面积为 S,根据锥体体积公式得到以 O,A,B,C 为顶点的锥体的体积为 V,利用分离常数法和基本不等式求解即可得到最大值.【详解】由已知 OA=2,1,0,0B=0,2,0,OC=0,t,t+2,设直线 OA 的单位方向向量为 u,则 u=2 55,55,0,所以 C 到直线

38、OA 的距离 h=OC 2-OC u2=t2+t+22-t25=9t2+20t+205,所以 S=12 5 9t2+20t+205=9t2+20t+202,V=13 SOAB t+2=13 12 2 2 t+2=2 t+23,16则 VS=2 t+239t2+20t+202=43 t+229t2+20t+20=49 9t2+36t+369t2+20t+20=49 9t2+20t+20+16t+169t2+20t+20=49 1+16 t+19t2+20t+20,令 m=t+1 m 1,则 t=m-1,所以t+19t2+20t+20=m9 m-12+20 m-1+20=m9m2+2m+9=19m

39、+9m+2129m 9m+2=120,当且仅当 9m=9m 即 m=1 时等号成立,所以 VS 49 1+16 120=4 515,即 VS 的最大值为 4 515.故选:C.5(23-24 高三上河北衡水阶段练习)正三棱柱 ABC-A1B1C1中，AB=2,AA1=3,O 为 BC 的中点，M 为棱 B1C1上的动点，N 为棱 AM 上的动点，且 MNMO=MOMA，则线段 MN 长度的取值范围为()A.3 64,7B.62,4 77C.34,4 77D.3,6【答案】B【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段 MN 的表达式，利用函数求最值即可.【详解】因为正

40、三棱柱 ABC-A1B1C 中,O 为 BC 的中点，取 B1C1中点 Q，连接 OQ，如图，以 O 为原点，OC,OA,OQ 为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则 O 0,0,0,A 0,3,0,B1-1,0,3,C1 1,0,3，因为 M 是棱 B1C1上一动点，设 M a,0,3，且 a -1,1，所以 OM OA=a,0,3 0,3,0=0，则 OA OM，因为 ON AM，且 MNMO=MOMA 所以在直角三角形 OMA 中可得：OMNAMO即 MN=MO2MA=a2+3a2+32+32=a2+3a2+6，于是令 t=a2+6,t 6,7，17所以 a2+3a2+6=t2-3t=

41、t-3t，t 6,7，又符合函数 y=t-3t 为增增符合，所以在 t 6，7上为增函数，所以当 t=6 时，t-3tmin=6-36=62，即线段 MN 长度的最小值为62，当 t=7 时，t-3tmax=7-37=4 77，即线段 MN 长度的最大值为 4 77，故选：B.【点睛】关键点睛：1.找到 OMNAMO，再利用函数单调性求出最值.2.建系，设出动点 M a,0,3，利用空间向量法求出 ON AM，再结合线线关系求线段 MN 的表达式，利用函数求最值即可.6(23-24 高三下山西阶段练习)在棱长为 4 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中，E 是 CD 的中点，F 是CC1上的

42、动点，则三棱锥 A-DEF 外接球半径的最小值为()A.3B.2 3C.13D.15【答案】C【分析】取 AE 的中点 G，根据题意分析可知：三棱锥 A-DEF 外接球的球心 O 在过 G 垂直于平面 ABCD 的直线上，设 GO=n,CF=m 0,4，建系，结合空间两点距离公式可得 n=m2+4m，进而利用基本不等式运算求解.【详解】连接 AE，取 AE 的中点 G，可知 G 为 ADE 的外心，过 G 作平面 ABCD 的垂线，可知三棱锥 A-DEF 外接球的球心 O 在该垂线上，设 GO=n,CF=m 0,4，以 D 为坐标原点，DA,DC,DD1分别为 x,y,z 轴，建立空间直角坐标

43、系，则 D 0,0,0,A 4,0,0,E 0,2,0,G 2,1,0,O 2,1,n,F 0,4,m，因为 OD=OF，即4+1+n2=4+9+m-n2，整理得 n=m2+4m 2m2 4m=2 2，当且仅当 m2=4m，即 m=2 2 时，等号成立，所以三棱锥 A-DEF 外接球半径的最小值为4+1+8=13.故选：C.【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知三棱锥 A-DEF 外接球的球心 O 在过 G 垂直于平面 ABCD 的直线18上，再以空间直角坐标系为依托，分析求解.7(2023陕西咸阳模拟预测)如图，点 P 是棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1的表面上一个动点，则以下

44、不正确的是()A.当 P 在平面 BCC1B1上运动时，四棱锥 P-AA1D1D 的体积不变B.当 P 在线段 AC 上运动时，D1P 与 A1C1所成角的取值范围是3,2C.使直线 AP 与平面 ABCD 所成的角为 45o的点 P 的轨迹长度为 +4 2D.若 F 是 A1B1的中点，当 P 在底面 ABCD 上运动，且满足 PF 平面 B1CD1时，PF 长度的最小值是5【答案】D【分析】由底面正方形 ADD1A1的面积不变，点 P 到平面 AA1D1D 的距离不变，可判定 A 正确；以 D 为原点，建立空间直角坐标系，设 P(x,2-x,0)，则 D1P=(x,2-x,-2),A1C1

45、=(-2,2,0)，结合向量的夹角公式，可判定 B 正确；由直线 AP 与平面 ABCD 所成的角为 45，作 PM 平面 ABCD，得到点 P 的轨迹，可判定 C 正确；设 P(m,m,0)，求得平面 CB1D1的一个法向量为 n=(1,-1,-1)，得到 FP=2(x-1)2+6，可判定 D 错误.【详解】对于 A 中：底面正方形 ADD1A1的面积不变，点 P 到平面 AA1D1D 的距离为正方体棱长，所以四棱锥 P-AA1D1D 的体积不变，所以 A 选项正确；对于 B 中：以 D 为原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为 x 轴、y 轴和 z 轴，建立空间直角坐标系，可得 A1(2

46、,0,2),D1(0,0,2),C1(0,2,2)，设 P(x,2-x,0),0 x 2，则 D1P=(x,2-x,-2),A1C1=(-2,2,0)，设直线 D1P 与 A1C1所成角为，则 cos=cos D1P,A1C1=D1P A1C1D1PA1C1=x-1(x-1)2+3，因为 0 x-1 1，当 x-1=0 时，可得 cos=0，所以 =2；当 0 x-1 1 时，cos=x-1(x-1)2+3=11+3x-12 12，所以 3 2，所以异面直线 D1P 与 A1C1所成角的取值范围是3,2，所以 B 正确；19 对于 C 中：因为直线 AP 与平面 ABCD 所成的角为 45，若

47、点 P 在平面 DCC1D1和平面 BCC1B1内，因为 B1AB=45,D1AD=45 最大，不成立；在平面 ADD1A1内，点 P 的轨迹是 AD1=2 2；在平面 ABB1A1内，点 P 的轨迹是 AB1=2 2；在平面 A1B1C1D1时，作 PM 平面 ABCD，如图所示，因为 PAM=45，所以 PM=AM，又因为 PM=AB，所以 AM=AB，所以 A1P=AB，所以点 P 的轨迹是以 A1点为圆心，以 2 为半径的四分之一圆，所以点 P 的轨迹的长度为 14 2 2=，综上，点 P 的轨迹的总长度为 +4 2，所以 C 正确；对于 D 中，由 B1(2,2,2),D1(0,0,

48、2),C(0,2,0),F(2,1,2)，设 P(m,n,0),0 m 2,0 n 2，则 CB1=(2,0,2),CD1=(0,-2,2),FP=(m-2,n-1,-2)设平面 CB1D1的一个法向量为 n=(a,b,c)，则 n CD1=-2b+c=0n CB1=2a+2c=0，取 a=1，可得 b=-1,c=-1，所以 n=(1,-1,-1)，因为 PF 平面 B1CD，所以 FP n=(m-2)-(n-1)+2=0，可得 n=m+1，所以 FP=(m-2)2+(n-1)2+4=2m2-4m+8=2(m-1)2+6 6，当 x=1 时，等号成立，所以 D 错误.故选：D.20 【点睛】方

49、法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：(1)、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；(2)、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；(3)、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；(4)、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足

50、题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.8(2023吉林长春模拟预测)四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，侧棱 AA1 底面 ABCD，AB CD，2AB=BC=CD，BC CD，侧面 A1ABB1为正方形，设点 O 为四棱锥 A1-CC1DD 外接球的球心，E 为 DD1上的动点，则直线 AE 与 OB 所成的最小角的正弦值为()A.55B.2 55C.2 65D.15【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，设球心 O 1,h,12，根据 OA=OC 得到 h=34，设 E 2,0,a，根据向量的夹角公式结合二次函数性质计算最值得到答案.【详解】如图所示：以 CD,CB,

51、CC1分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，设 AB=1，则 A 1,2,0，C 0,0,0，B 0,2,0，球心 O 在平面 CDD1C1的投影坐标为 1,0,12，则设球心 O 1,h,12，21则 OA=OC，即1-12+h-22+122=12+h2+122，解得 h=34，则 O 1,34,12.设 E 2,0,a，a 0,1，EA=-1,2,-a，OB=-1,54,-12，cos EA,OB=EA OBEA OB=1+52+12 aa2+5 3 55=72+12 aa2+5 3 54=14+2a3 5 a2+5设 7+a=t，则 a=7-t，t 7,8，则14+2a3 5 a2+

52、5=2t3 5 t2-14t+54=23 5 541t-7542+554，当 t=547 时，有最大值为23 5 554=2 65，此时直线 AE 与 OB 所成的角最小，对应的正弦值为1-2 652=15.故选：D【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中的异面直线夹角问题，外接球问题，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中建立空间直角坐标系可以简化运算，是解题的关键.二、多选题9(23-24 高三下江苏苏州开学考试)在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，点 M 为棱 AB 上的动点，则()A.平面 ABC1D1 平面 A1DMB.平面 BCD1 平面 A1DMC.A1M 与

53、 BC1所成角的取值范围为4,3D.A1M 与平面 ABC1D1所成角的取值范围为6,4【答案】ACD【分析】由面面垂直的判定定理可判断 A 选项；取点 M 与点 B 重合，可判断 B 选项；以点 D 为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断 CD 选项.【详解】对于 A 选项，因为四边形 AA1D1D 为正方形，则 A1D AD1，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，AB 平面 AA1D1D，A1D 平面 AA1D1D，则 A1D AB，因为 AB AD1=A，AB、AD1 平面 ABC1D1，所以，A1D 平面 ABC1D1，

54、因为 A1D 平面 A1DM，故平面 ABC1D1 平面 A1DM，A 对；对于 B 选项，当点 M 与点 B 重合时，平面 BCD1与平面 A1DM 有公共点，B 错；对于 CD 选项，以点 D 为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为 x、y、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，22 不妨设正方体的棱长为 1，则 A 1,0,0、B 1,1,0、C 0,1,0、D 0,0,0、A1 1,0,1、B1 1,1,1、C1 0,1,1、D1 0,0,1，设点 M 1,m,0，其中 0 m 1，A1M=0,m,-1，BC1=-1,0,1，所以，cosA1M,BC1=A1M BC1A1M BC

55、1=12 m2+112,22，设 A1M 与 BC1所成角为，其中 0 2，则 12 cos 22，可得 4 3，所以，A1M 与 BC1所成角的取值范围为4,3，C 对；对于 D 选项，由 A 选项可知，平面 ABC1D1的一个法向量为 DA1=1,0,1，则 cosA1M,DA1=A1M DA1A1M DA1=12 m2+112,22，设 A1M 与平面 ABC1D1所成角为，则 0 2，则 12 sin 22，可得 6 4，所以，A1M 与平面 ABC1D1所成角的取值范围为6,4，D 对.故选：ACD.10(2023全国模拟预测)如图，四边形 ABCD 是两个直角三角形拼接而成，AB=

56、1，BD=2，ABD=C=90，BDC=45.现沿着 BD 进行翻折，使平面 ABD 平面 BCD，连接 AC，得到三棱锥A-BCD(如图)，则下列选项中正确的是()A.平面 ABC 平面 ACDB.二面角 B-AD-C 的大小为 60C.异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为33D.三棱锥 A-BCD 外接球的表面积为【答案】ABC23【分析】A 选项，面面垂直 线面垂直 CD 平面 ABC 平面 ABD 平面 ACD；B、C 选项，建立空间直角坐标系，利用直线方向向量和平面法向量求解；D 选项，三棱锥的外接球，寻求斜边中点(球心位置).【详解】A 项，平面 ABD 平面 BCD，交线为

57、 BD，AB BD，AB 平面 ABD，所以 AB 平面 BCD，因为 CD 平面 BCD，所以 AB CD.又 BC CD，且 AB BC=B，所以 CD 平面 ABC.因为 CD 平面 ACD，所以平面 ABC 平面 ACD，选项 A 正确.C 选项，以 B 为原点，过 B 在平面 BCD 内作 BD 的垂线为 x 轴，直线 BD 为 y 轴，直线 AB 为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 B 0,0,0,A 0,0,1,C22,22,0,D 0,2,0，则 AC=22,22,-1，AD=0,2,-1,BC=22,22,0.易知平面 ABD 的一个法向量为 n1=1,0,0.设平面 ACD

58、 的法向量为 n2=x,y,z，则 n2 AC=0,n1 AD=0,即22 x+22 y-z=0,2y-z=0,取 z=2，则 x=1,y=1，则 n2=1,1,2，由图可知二面角 B-AD-C 为锐角，则二面角 B-AD-C 的余弦值为 cosn1,n2=n1 n2n1n2=11 2=12，即二面角 B-AD-C 的大小为 60，选项 B 正确；cosAD,BC=AD BCADBC=0,2,-122,22,03 1=33，选项 C 正确；D 项，取 AD 的中点 N，因为 ABD 与 ACD 都是直角三角形，所以点 N 到 A，B，C，D 的距离相等，即为三棱锥 A-BCD 外接球的球心，球

59、半径为32，则三棱锥 A-BCD 外接球的表面积为 4 322=3，选项 D 错误.故选：ABC.11(2023全国模拟预测)如图 1，矩形 B1BCC1由正方形 B1BAA1与 A1ACC1拼接而成现将图形沿 A1A 对折成直二面角，如图 2点 P(不与 B1,C 重合)是线段 B1C 上的一个动点，点 E 在线段 AB 上，点 F 在线段 A1C1上，且满足 PE AB，PF A1C1，则()24 图 1 图 2A.PE=PFB.B1C 平面 PEFC.EPF 的最大值为 23D.多面体 CFAEP 的体积为定值【答案】AC【分析】以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得点点 P,E,

60、F 的坐标，由 PE=PF，可判定 A 正确；当x=12 时，PE B1C=0，可判定 B 错误；由向量的夹角公式，结合基本不等式，进而可判定 C 正确；由 V=VP-AEC+VP-AFC=16 x2+x，可判定 D 错误.PE=PF A 正确；对于 B PE B1C=2x-1=0 x=12 B 错误；对于 C cosPE,B1C-12 PE,PF2,23 C 正确；对于 D V=VP-AEC+VP-AFC 非定值 D 错误 得解【详解】设正方形 B1BAA1，A1ACC1的边长为 1 因为 AB,AC,AA1两两垂直，以 A 为坐标原点，分别以 AB,AC,AA1所在直线为 x 轴、y 轴、

61、z 轴,建立空间直角坐标系，如图所示，则A 0,0,0，B 1,0,0，B1 1,0,1，A1 0,0,1，C 0,1,0，C1 0,1,1，设 P x,y,z，E(x0,0,0),F(0,y0,1)，由 B1P=B1C(0 1)，且 FE AB,PF A1C1,可得x-1,y,z-1=(-1,1,-1)x0-x,-y,-z 1,0,0=0-x,y0-y,1-z 0,1,0=0，解得y=1-xz=xx0=xy0=y，即 P(x,1-x,x)(0 x 1)，E(x,0,0),F(0,1-x,1)，对于 A 中，PE=(1-x)2+x2,PF=x2+(x-1)2，可得 PE=PF，即 PE=PF，

62、所以 A 正确；对于 B 中，由 PE B1C=2x-1，所以当且仅当 x=12 时，PE B1C=0，即 PE B1C，所以 B 错误；对于 C 中，因为 cos PE,PF=PE PFPEPF=x2-xx2+(1-x)2=-1x1-x+1-xx-12，当且仅当 x=12 时等号成立，由 EPF 为钝角，所以 PE,PF2,23，即 EPF 的最大值为 23，所以 C 正确；25对于 D 中，多面体 CFAEP 的体积 V=VP-AEC+VP-AFC=16 x2+x，非定值，所以 D 错误.故选：AC三、填空题12(2023河南模拟预测)如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D

63、1中，P 是棱 DD (不包含端点)上一动点，则三棱锥 P-AB1C 的体积的取值范围为.【答案】16,13【分析】利用空间向量求出点 P 到平面 AB1C 的距离，从而求解.【详解】由题知以 D 点为原点，分别以 DA,DC,DD1所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，如图，则 D 0,0,0，A 1,0,0，B1 1,1,1，C 0,1,0，B 1,1,0，D1 0,0,1，AC=-1,1,0，AB1=0,1,1，DD1=0,0,1，设 DP=DD1=0,0,1，0 1，得 P 0,0,，则 AP=-1,0,，设平面 AB1C 的一个法向量为 n=x,y,z，则 nAC=-x+y=0nAB1=y+z=0，令 y=1，得 n=1,1,-1，所以点 P 到平面 AB1C 的距离 d=APnn=1+3，26又因为 0 0，故当 t 0,12时，f t 0，故 f tmin=f12=14+214-1+3=8116，故 cos=2t2+2t2-2t+328116=89，由 为锐角时，cos 随 的增大而减小，故当 最小时，有 cos 最大，即此时 cos=89，此时 t=12，即点 P 在 A1C1中点.