专题3 重难突破5 立体几何中的动态问题(Word练习)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

[对应学生用书P158] 一、单项选择题 1．如图，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与到直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹为(　　) A．直线 B．圆 C．双曲线 D．抛物线 解析　点P到直线C1D1的距离即为点P到点C1的距离， 所以在平面BB1C1C中，点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等， 由抛物线的定义可知，动点P的轨迹为抛物线，故选D. 答案　D 2．如图所示，已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，另一端点N在正方形ABCD内运动，则MN中点轨迹的面积为(　　) A．4π B．2π C．π D． 解析　易知DD1⊥平面ABCD，∠MDN＝90°，取线段MN的中点P，则DP＝MN＝1，所以点P的轨迹是以D为球心，1为半径的球面，故S＝×4π×12＝.故选D. 答案　D 3．如图所示，正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，E，F为AA1，AB的中点，点M是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E，则点M的轨迹长度为(　　) A． B．1 C． D． 解析　如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接EF，FC，GH，C1H，C1G，EG，HF可得四边形EGC1D1是平行四边形， ∴C1G∥D1E， 又D1E⊂平面CD1E，C1G⊄平面CD1E， ∴C1G∥平面CD1E， 同理可得C1H∥CF， 又CF⊂平面CD1E，C1H⊄平面CD1E， ∴C1H∥平面CD1E， 又C1H∩C1G＝C1，C1H，C1G⊂平面C1GH， ∴平面C1GH∥平面CD1E， 又M点是正方形ABB1A1内的动点， 若C1M∥平面CD1E， ∴点M在线段GH上， ∴M点轨迹的长度GH＝＝.故选C. 答案　C 4．如图，在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，AB＝，E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，点P在平面ABCD内，若直线D1P∥平面EFG，则线段D1P长度的最小值是(　　) A． B． C． D． 解析　如图，连接D1A，AC，D1C， 因为E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点， 所以AC∥EF， 又EF⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，所以EF∥平面ACD1，易知EG∥AD1，同理可得EG∥平面ACD1， 又EF∩EG＝E，EF，EG⊂平面EFG， 所以平面ACD1∥平面EFG. 因为直线D1P∥平面EFG， 所以点P在直线AC上． 在△ACD1中，AD1＝，AC＝2，CD1＝2， 所以＝××＝. 当D1P⊥AC时，线段D1P的长度最小， 所以线段D1P长度的最小值是＝＝，故选D. 答案　D 5．已知球O的半径为3，P是球O表面上的定点，S是球O表面上的动点，且满足·＝0，则线段OS轨迹的面积为(　　) A．3π B．3π C．6π D．6π 解析　如图，以球O的球心为坐标原点，OP所在的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 因为球O的半径为3，则P(3，0，0)，设S(x，y，z)， 则＝(－x，－y，－z)，＝(3－x，－y，－z)， 所以2＋＝(3－3x，－3y，－3z)， 又＝(3，0，0)，·＝0， 则3(3－3x)＝0，得到x＝1， 如图，在线段OP取点H，使＝1， 所以线段OS轨迹为圆锥OH的侧面， 又＝3，则＝＝2，所以圆锥OH的侧面积为S＝π＝6π， 所以线段OS轨迹的面积为6π，故选C. 答案　C 二、多项选择题 6．如图，在直三棱柱ABC -A1B1C1中，AB＝AC＝，BC＝1，AA1＝3，点M在线段BB1上，且B1M＝2MB，N为线段C1M上的动点(包含端点)，则下列结论正确的是(　　) A．当N为C1M的中点时，直线AN与平面ABC所成角的正切值为 B．当MN＝2NC1时，B1N∥平面ACM C．△ACN的周长的最小值为3 D．存在点N，使得三棱锥N -AMC的体积为 解析　对于A，当N为C1M的中点时，取BC的中点P，连接PN，AP，易知PN∥CC1，CC1⊥平面ABC，则PN⊥平面ABC，故∠PAN为直线AN与平面ABC所成的角，则tan ∠PAN＝＝＝＝，故A错误； 对于B，当MN＝2NC1时，连接B1N并延长交CC1于点Q，此时＝＝，所以C1Q＝1，CQ＝2，所以CQ＝B1M.又CQ∥B1M，所以四边形CQB1M是平行四边形，所以CM∥B1Q，即CM∥B1N.因为B1N⊄平面ACM，CM⊂平面ACM，所以B1N∥平面ACM，故B正确； 对于C，当点N与M重合时，易知AN＝2，CN＝，此时△ACN的周长为2＋＋，显然有2＋＋<3，故C错误； 对于D，取BC的中点P，连接AP，易知AP⊥平面BCC1B1，AP＝，若三棱锥N -AMC的体积为，即VN -AMC＝VA -CMN＝，所以·S△CMN·AP＝，所以S△CMN＝1.因为＝×3×1＝>S△CMN＝1，所以存在点N，使得三棱锥N -AMC的体积为，故D正确．故选BD. 答案　BD 7．三棱锥P -ABC满足PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝AC＝2，D是线段PB的中点，E是底面△ABC内部(包括边界)的一个动点，球O是三棱锥P -ABC的外接球，下列说法正确的有(　　) A．当E在线段AB上时，PE⊥BC B．若F是球O表面上一个动点，则EF的最大值为4 C．DE的取值范围是[1，] D．经过DE的平面截球O的截面面积的最小值为2π 解析　如图1，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以PA⊥BC， 又PA＝AB＝BC＝AC＝2， 由勾股定理得AB2＋BC2＝AC2，所以BC⊥AB， 因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， 所以BC⊥平面PAB， 当E在线段AB上时，PE⊂平面PAB， 所以PE⊥BC，故A正确； 如图2，因为PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝AC＝2，则可以将三棱锥P -ABC放入正方体中， 正方体的棱长为2，正方体外接球O的半径为＝，故三棱锥P -ABC外接球的半径为，点E是球O表面或内部一点，点F是球O表面任意一点，所以EF的最大值为球的直径，即2，故B错误； 因为PA⊥平面ABC，则点D在底面上的射影为AB的中点D′，则DE2＝D′D2＋D′E2， 由图3知，当点E与点C重合时，D′E取到最大值，DE2＝D′D2＋D′E2＝1＋5＝6， 当点E与点D′重合时，DE取到最小值，所以DE∈[1，]，故C正确； 记经过DE的平面为α，当OD⊥α时，平面α与球O的截面面积最小，此时截面圆的半径为＝，所以截面面积为2π，故D正确．故选ACD. 答案　ACD 8．(2025·衡阳质检)已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，P是正方体表面上一动点，且|PA|＝λ|PA1|，记点P形成的轨迹为Γλ，则下列结论正确的是(　　) A．∀P，Q∈Γ1，PQ⊥AA1 B．∃P，Q∈Γ2，PQ∥AA1 C．Γ1的长度是8 D．Γ2的长度是＋ 解析　Γ1 是正方体ABCD -A1B1C1D1的棱AA1的中垂面与四个侧面的交线，它是一个边长为2的正方形，它的周长是8，且∀P，Q∈Γ1，PQ⊥AA1，所以A，C正确． Γ2在正方体两侧面AA1B1B，AA1D1D和底面A1B1C1D1上都是一段圆弧，它与其他三个面无公共点．将正方体两侧面AA1B1B和AA1D1D沿AA1展开为平面图，以A1为原点，建立平面直角坐标系，如图①， 设动点P(x，y)，因为|PA|＝2|PA1|， 所以x2＋2＝4，化简得x2＋2＝， 故动点P在两侧面内的轨迹是以O为圆心，为半径的圆弧， 因为cos ∠A1OM＝＝，而∠A1OM∈，所 以∠A1OM＝，所 以∠MON＝， 所以在两侧面内 P 点轨迹长度为×＝. 在底面A1B1C1D1内，动点P的轨迹为以A1为圆心的一段圆弧， 如图②，由|PA|＝2|PA1|，可知sin ∠PAA1＝，而∠PAA1∈，故∠PAA1＝，又AA1＝2， 所以|PA1|＝|AA1|·tan ＝，即圆弧所在圆的半径为，所以圆弧的长度为×＝，所以动点P形成的轨迹的长度为＋，且Γ2上不存在这样的点P，Q，使PQ∥AA1， 所以D正确，B错误．故选ACD. 答案　ACD 三、填空题 9．已知正四面体ABCD的棱长为2，动点P满足·＝0，且·＝0，则点P的轨迹长为________． 解析　由·＝0，故点P在过点A且垂直于CD的平面上，由·＝0，故点P在以BC为直径的球面上，即点P的轨迹为过点A且垂直于CD的平面截以BC为直径的球面所得的圆， 由正四面体的性质可得AB⊥CD，取CD的中点E，连接AE，BE，则有AE⊥CD，又AB，AE⊂平面ABE，AB∩AE＝A，故CD⊥平面ABE，取BC的中点F，BE的中点G，连接FG，则FG∥CD，由CD⊥平面ABE，故FG⊥平面ABE，FG＝CE＝CD＝×2＝，BF＝BC＝1，F为以BC为直径的球的球心，则该球半径为1，则点P的轨迹所形成的圆的半径为r＝＝，则其轨迹长为2πr＝π. 答案　π 10．(2025·河北部分地区摸底考)已知正方体ABCD -A′B′C′D′的棱长为2，点N是四边形A′B′C′D′内一点，且满足DN⊥A′B′，则直线DN与平面A′B′C′D′所成角的正切值的最小值为________． 解析　以D为原点，DA，DC，DD′所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A′(2，0，2)，B′(2，2，2)，＝(0，2，0)，设平面A′B′C′D′的法向量为n＝(0，0，1). 由于点N是四边形A′B′C′D′内一点，故可设N(x，y，2)，则＝，0≤x≤2，0≤y≤2. 由于DN⊥A′B′，所以·＝2y＝0，则y＝0，所以＝，所以N点在线段A′D′上，设DN与平面A′B′C′D′所成角为θ，则sin θ＝＝，所以cos θ＝＝，0≤x≤2. 当x＝0时，sin θ＝1，cos θ＝0，θ＝，tan θ不存在； 当0<x≤2时，tan θ＝＝，当x＝2时，tan θ取得最小值，最小值为1. 答案　1 学科网（北京）股份有限公司 $