课时作业(50) 空间几何体的动态问题（Word练习）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

课时作业(五十)　空间几何体的动态问题 [技能提分练] 1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是(　　) A．线段B1C B．线段BC1 C．BB1的中点与CC1的中点连成的线段 D．CB的中点与B1C1的中点连成的线段 答案：A 2. 2024·浙江模拟)如图，四边形ABCD中，AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝.现将△ABD沿BD折起，当二面角A­BD­C处于过程中，直线AD与BC所成角的余弦值取值范围是(　　) A．　　　　 B． C． D． 答案：D 3. 2025·山西太原五中模拟)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AA1，A1D1的中点，点P为底面四边形ABCD内(包括边界)的一动点，若直线D1P与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为(　　) A．2　　　 B．　　　 C．　　　 D．2 答案：B 4．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC是边长为2的正三角形，AA1＝3，N为棱A1B1上的中点，M为棱CC1上的动点，过N作平面ABM的垂线段，垂足为点O，当点M从点C运动到点C1时，点O的轨迹长度为(　　) A． B．π C． D． 答案：B 5．(多选)在三棱锥P­ABC中，∠PAB＝，PA＝5，AB＝4，二面角P­AB­C的大小为，点M为侧面△PAB上的动点，点M到直线PA的距离为d1，点M到平面ABC的距离为d2，若d1＝d2，则(　　) A．PB＝ B．点M到直线AB的距离等于2d1 C．点M的轨迹为一段圆弧 D．点M的轨迹长度为 答案：AD 6．在平面四边形ABCD中，AD＝AB＝，CD＝CB＝，且AD⊥AB.现将△ABD沿对角线BD翻折成△A′BD，则在△A′BD折起至转到平面BCD的过程中，直线A′C与平面BCD所成最大角的正切值为________. 答案：　解析：取BD的中点O，由题意知A′B＝A′D.∵BC＝CD，∴A′O⊥BD，CO⊥BD，A′O，CO⊂平面A′OC，∴BD⊥平面A′OC.又BD⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面A′OC，因此A′在平面BCD上的射影在直线OC上，即∠A′CO为直线A′C与平面BCD所成角．∵AD＝AB＝，CD＝CB＝，且AD⊥AB，∴A′O＝1，OC＝2，∴sin ∠A′CO＝·sin ∠O A′C＝sin ∠O A′C≤，即∠A′CO的最大值为，因此直线A′C与平面BCD所成最大角的正切值为tan ＝. 7．(2024·日照三模)如图所示，二面角α­l­β的平面角的大小为60°，A，B是l上的两个定点，且AB＝2，C∈α，D∈β，满足AB与平面BCD所成的角为30°，且点A在平面BCD上的射影H在△BCD的内部(包括边界)，则点H的轨迹的长度等于________． 答案：π　解析：因为AB与平面BCD所成的角为30°，点A在平面BCD上的射影为H，AB＝2， 所以AH＝AB·sin 30°＝1，BH＝AB·cos 30°＝， 所以点H的轨迹为直角三角形ABH绕斜边AB旋转所形成的轨迹． 在Rt△ABH中，作HO⊥AB，垂足为O(图略). 因为AB＝2，AH＝1，BH＝， 可得OH＝＝， 即点H的轨迹为以O为圆心，以OH为半径的圆弧， 又因为二面角α­l­β的平面角的大小为60°， 所以点H的轨迹的长度等于×＝π. 8．(2024·湖南雅礼中学二模)已知菱形ABCD的各边长为2，∠D＝60°.如图所示，将△ACD沿AC折起，使得点D到达点S的位置，连接SB，得到三棱锥S­ABC，此时SB＝3，则三棱锥S­ABC的体积为__________；E是线段SA的中点，点F在三棱锥S­ABC的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的周长为__________． 答案：　π　解析：取AC中点M，连接BM，SM，如图所示，则AC⊥BM，AC⊥SM，BM∩SM＝M，BM，SM⊂平面SMB， ∴AC⊥平面SMB，SM＝MB＝，又SB＝3， ∴∠SBM＝∠MSB＝30°， 则三棱锥S­ABC的高h＝sin ∠SBM·SB＝， 三棱锥S­ABC体积为V＝××22×＝. 作EH⊥AC于点H，设点F轨迹所在平面为α， 则平面α经过点H且AC⊥α. 设三棱锥S­ABC外接球的球心为O，△SAC，△BAC的中心分别为O1，O2，连接OO1，OO2，OM，如图所示， 易知OO1⊥平面SAC，OO2⊥平面BAC，且O，O1，O2，M四点共面． 由题可得∠OMO1＝∠O1MO2＝60°， O1M＝SM＝， 得OO1＝O1M＝1，又O1S＝SM＝， 则三棱锥S­ABC外接球半径r＝＝， 易知O到平面α的距离d＝MH＝， 故平面α截外接球所得截面圆的半径为r1＝＝＝， ∴截面圆的周长为l＝2πr1＝π，即点F轨迹的周长为π. [素养拉分练] 9．(2024·河南模拟)如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝4，E为BC的中点，将△BAE沿AE向上翻折到△PAE的位置，连接PC，PD，在翻折的过程中，以下结论错误的是(　　) A．四棱锥P­AECD体积的最大值为2 B．PD的中点F的轨迹长度为 C．EP，CD与平面PAD所成的角相等 D．三棱锥P­AED外接球的表面积有最小值16π 答案：B 10．(2024·萍乡三模)如图，在正方形ABCD中，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连接PB，PC，在△ADM翻折到△PAM的过程中，下列说法正确的是________．(将正确说法的序号都写上) 　 ①点P的轨迹为圆弧； ②存在某一翻折位置，使得AM⊥PB； ③棱PB的中点为E，则CE的长为定值． 答案：①③　解析：设正方形ABCD边长为a. ①如图，在正方形ABCD中，过点D作DH⊥AM于点H， 则DH＝a. 在△ADM翻折到△PAM的过程中，连接PH，PH⊥AM，PH＝a均不变， 则点P的轨迹为以H为圆心，以a为半径的圆弧．则①说法正确． ②假设存在某一翻折位置，使得AM⊥PB. 在△PAM内，过点P作PN⊥AM于N，连接BN， 由AM⊥PB，PN⊥AM，PN∩PB＝P，PN，PB⊂平面PBN，可得AM⊥平面PBN， 又BN⊂平面PBN，则AM⊥BN，则cos ∠MAB＝＝， 又在正方形ABCD中，cos ∠MAB＝cos ∠AMD＝. 二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得AM⊥PB.则②说法错误． ③棱PB的中点为E.取PA中点K，连接EK，CE，MK，则MK＝a， 有EK∥AB，EK＝AB， 则EK∥MC，EK＝MC， 则四边形EKMC为平行四边形，则CE＝MK， 又MK＝a，则CE＝a，即CE的长为定值．则③说法正确． 11．(2025·广东执信中学模拟)已知等边三角形AB′C′边长为，在△BCD中，BD＝CD＝1，BC＝(如图①所示)，现将B与B′，C与C′重合，将△AB′C′向上折起，使得AD＝(如图②所示). (1)设BC的中点为O，求证：平面BCD⊥平面AOD； (2)在线段AC上是否存在一点E，使ED与平面BCD成30°角，若存在，求出CE的长度；若不存在，请说明理由； (3)求三棱锥A­BCD的外接球的表面积． (1)证明：因为AB＝AC，BO＝OC，所以AO⊥BC； 因为BD＝CD，BO＝OC，所以OD⊥BC. 因为AO∩OD＝O，AO，OD⊂平面AOD， 所以BC⊥平面AOD. 因为BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面AOD. (2)解：在线段AC上存在一点E，使ED与平面BCD成30°角，且CE＝1.证明如下： 作AH⊥DO，交DO的延长线于点H，如图， 因为平面BCD⊥平面AOD，平面BCD∩平面AOD＝HD，AH⊂平面AOD，所以AH⊥平面BCD. 因为HC⊂平面BCD， 所以AH⊥HC， 在Rt△BCD中，OD＝BC＝， 在Rt△ACO中，AO＝AC＝， 在△AOD中，cos ∠ADO＝＝＝， 所以sin ∠ADO＝＝. 在Rt△AHD中，AH＝AD sin ∠ADO＝×＝1， HD＝＝＝， 故HO＝－＝，而CO＝BO＝. 故HC＝＝1，BO＝HO， 则△COH为等腰直角三角形， 且Rt△ACH为等腰直角三角形，所以∠ACH＝45°，∠HCD＝90°. 过点E作EF⊥CH，垂足为F，则EF∥AH，所以EF⊥平面BCD， 所以∠EDF就是ED与平面BCD所成的角． 因为CE＝1，所以EF＝FC＝1×＝，DF＝＝， 故在Rt△EFD中，tan ∠EDF＝， 而∠EDF为锐角，故∠EDF＝30°. (3)解：将三棱锥A-BCD补形为棱长为1的正方体，如图， 则三棱锥A-BCD的外接球的半径为＝， 所以三棱锥A-BCD的外接球的表面积为4π· ＝3π. 12. (2024·齐齐哈尔模拟)如图，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝120°，O为△ABC的外心，PO⊥平面ABC，且PO＝. (1)求证：BO∥平面PAC； (2)设平面PAO∩平面PBC＝l，若点M在线段PC(不含端点)上运动，当直线l与平面ABM所成角取最大值时，求二面角A­BM­O的正弦值． (1)证明：如图，连接OC，交AB于点D，O为△ABC的外心， 所以OA＝OB＝OC. 又因为AC＝BC＝1， 所以△OAC≌△OBC， 所以∠ACO＝∠BCO＝∠ACB＝60°， 故△OAC和△OBC都为等边三角形， 可得OA＝AC＝CB＝BO＝1， 即四边形OACB为菱形，所以OB∥AC. 又AC⊂平面PAC，OB⊄平面PAC， 所以BO∥平面PAC. (2)解：因为BC∥AO，BC⊄平面POA，AO⊂平面POA， 所以BC∥平面POA. 因为BC⊂平面PBC，平面PAO∩平面PBC＝l， 所以BC∥l. 如图，以点D为原点，分别以DA，DC所在的直线为x，y轴，过点D作垂直于平面ACBO的直线为z轴建立空间直角坐标系， 则B，C，A， P，O， 所以＝，＝(，0，0)，＝，＝. 因为点M在线段PC(不含端点)上运动， 设＝λ(0<λ<1)， 所以＝＋＝. 设平面ABM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 可得x1＝0，令y1＝2，可得z1＝， 所以n1＝为平面ABM的一个法向量， 所以直线l与平面ABM所成角α的正弦值为 sin α＝|cos 〈n1，〉|＝ ＝≤， 即当λ＝时，直线l与平面ABM所成角取得最大值． 此时n1＝(0，2，0)， 所以＝，＝. 设平面OBM的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则 令x2＝1，则y2＝，z2＝－， 所以n2＝(1，，－)为平面OBM的一个法向量，所以cos 〈n1，n2〉＝＝＝. 设二面角A­BM­O的平面角为θ，则cos θ＝，所以sin θ＝＝，则二面角A­BM­O的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$