第20天 空间中动态问题与几何量的计算 每日专项练习 - 2027届新高考高三数学第一轮复习

**基本信息** 聚焦空间动态问题与几何量计算，通过多题型融合空间几何体性质、轨迹分析及最值求解，强化直观想象与逻辑推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动态轨迹|单选1/5/6、填空10/11|动点轨迹判断（抛物线/线段）、轨迹长度计算|空间几何体性质→点线面位置关系→轨迹方程推导| |几何量计算|单选2/3/4、填空12|体积/距离/角度最值，结合球/正方体/棱台|空间向量坐标法→几何量公式→函数求最值| |综合应用|多选8/9、解答13/14|线面垂直证明、二面角计算，含动态参数|线面关系判定定理→空间角定义→逻辑推理链|

2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 答案与解析 第20天 空间中动态问题与几何量的计算 1.答案　D 解析　如图, 在正四面体A-BCD中,E是棱CD的中点, 所以AE⊥CD,BE⊥CD,又AE∩BE=E,AE,BE⊂平面ABE,所以CD⊥平面ABE, 又点P的轨迹被平面ABE所截,即点P在平面ABE内, 所以点P到棱CD的距离为PE. 在平面ABE内过点P作PF⊥AB,则PF为点P到棱AB的距离, 又点P到棱AB和棱CD的距离相等,即PE=PF, 因此,在平面ABE内,动点P到棱AB和到定点E的距离相等. 由抛物线的定义得,动点P的轨迹是抛物线的一部分. 2.答案　D 解析　M点在以AC的中点O为球心,半径为的球面上,又点M在平面B1CD上,故点M在平面B1CD与球的一个截面圆上. 取CD的中点E,AB的中点F,A1B1的中点G,连接EG,FG, 因为CD⊥平面EFG,所以平面B1CD⊥平面EFG,平面B1CD∩平面EFG=GE, 作OO1⊥GE于O1,所以OO1⊥平面B1CD,由相似三角形性质可得,=,所以OO1=,O1M==,点M在以O1为圆心,为半径的圆上.因为CO1=O1M,所以C在该圆上,则MC的最大值为.故选D. 3.答案　D 解析　如图, 设球O的半径为R,记AB的中点为E,则OE⊥AB, 易知,当点D在EO的延长线上,且棱锥的高等于球的半径时,棱锥体积最大. 因为∠AOB=120°,所以OE=,AB=2BE=R. 当点D在EO的延长线上时,△ABD的面积最大,为×R×R=R2, 四面体ABCD体积的最大值为×R3=2,解得R=2, 从而球O的体积为=.故选D. 4.答案　C 解析　设P(x,y),不妨设y>0, 则过P作PQ⊥x轴,垂足为Q,将△OPQ绕y轴旋转一周, 所得几何体为同底等高的一个圆柱体与圆锥的组合体,底面半径为|x|,高为|y|, 则所得几何体的体积为 V=πx2|y|-πx2|y|=π(1-y2)y, 令f(y)=(1-y2)y(y>0),f'(y)=1-3y2, 由f'(y)>0,可得0<y<, 由f'(y)<0,可得y>, 所以f(y)在上单调递增,在上单调递减, 所以f(y)在y=时取得最大值, 即y=时,V取得最大值,此时|x|=, 所以线段OQ的长度为.故选:C 5.答案　C 解析　选项A:如图, 建立空间直角坐标系, 则A(0,0,1),E,A1(0,0,0),C1(1,1,0),D(0,1,1), 则=,=(1,1,0),=(0,1,1), 设平面A1C1D的一个法向量为i=(x1,y1,z1), 则 令x1=1,则y1=-1,z1=1,则i=(1,-1,1), 因·i=1-=≠0,故AE与平面A1C1D不平行,故A错误; 选项B:延长AE交直线A1B1的延长线于F,则A1B1=B1F, 则F∈平面A1B1C1D1,连接D1F,交直线B1C1于G,则B1G=GC1, 故可知当G为B1C1的中点时,直线AE,A1B1,D1G相交于同一点,故B错误; 选项C:当<,>=<,>时, 即=, 则·=·, 即(-)·=0,·=0, 又CA⊥平面BB1D1D,故P点在长方形BB1D1D的边上, 故P点的轨迹长度即为长方形BB1D1D的周长为2+2,故C正确; 选项D:C(1,1,1),=(1,1,0),设平面AEC的一个法向量为j=(x2,y2,z2), 则 令x2=1,得y2=-1,z2=2,则j=(1,-1,2), 设G(1,t,0),则=(1,t,0), 设平面DA1G的一个法向量为μ=(x3,y3,z3), 则 令x3=t,则y3=-1,z3=1,故μ=(t,-1,1), 若平面AEC与平面DA1G平行, 则j=λμ,即显然λ不存在,故D错误,故选C. 6.答案　B 解析　如图,设M为SA的中点,设BC中点为E,连接ME,AE, 由PA=PS得P在AS的中垂面上且在以M为圆心,1为半径的圆上, 连接MB,MC, ∵S-ABC为正三棱锥,∴AS⊥MB,AS⊥MC,MB,MC⊂平面MBC,MB∩MC=M, ∴AS⊥平面MBC, ∴平面MBC与圆面M重合, 又∵正三棱锥S-ABC的棱长为2, ∴AE=, ∴ME==. 当P,M,E三点共线时, 三棱锥P-ABC体积最大,作PO⊥平面ABC,O∈AE, 易知Rt△POE∽Rt△AME,∴=, ∴PO==, ∴VP-ABC=S△ABC·PO=××=.故选B. 7.答案　B 解析　因为 正三棱柱ABC-A1B1C1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,,0),B1(-1,0,), C1(1,0,), 因为M是棱B1C1上一动点,设M(a,0,),且a∈[-1,1], 因为=, 所以MN===, 于是令t=,t∈[,]. 所以==t-,t∈[,]. 又因为函数y=t-在t∈[,]上为增函数,所以当t=时, =-=, 即线段MN长度的最小值为; 当t=时,=-=, 即线段MN长度的最大值为, 所以线段MN长度的取值范围为. 故选B. 8.答案　AB 解析　对于A,因为DC∥PD1,DC⊄平面BPD1,PD1⊂平面BPD1, 所以DC∥平面BPD1,故A正确; 对于B,因为AB⊥平面BCC1B1,B1C⊂平面BCC1B1,所以AB⊥B1C, 因为BC1⊥B1C,AB∩BC1=B,AB,BC1⊂平面ABC1D1, 所以B1C⊥平面ABC1D1,因为BP⊂平面ABC1D1,所以B1C⊥BP,故B正确; 对于C,因为CD∩平面AB1C=C,CD∥C1D1,所以C1D1与平面AB1C相交,即点P到平面AB1C的距离h不是定值, 因为=·h,为定值,所以四面体PAB1C的体积不为定值,故C错误; 对于D,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AA1为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1, 则A(0,0,0),A1(0,0,1),B(1,0,0),B1(1,0,1),设P(t,1,1),0<t<1, 则=(t,1,1),=(0,0,1),=(t-1,1,1),=(0,0,1), 设平面AA1P的法向量为m=(x,y,z), 由 取x=1,则y=-t,z=0,所以m=(1,-t,0), 平面BB1P的法向量为n=(a,b,c), 由 取a=1,则b=1-t,c=0,所以n=(1,1-t,0), 若存在点P,使得平面BB1P⊥平面AA1P, 则m·n=(1,-t,0)·(1,1-t,0)=1-t+t2=0, 因为Δ=(-1)2-4=-3<0,所以1-t+t2=0无解, 所以不存在点P,使得平面BB1P⊥平面AA1P,故D错误. 故选AB. 9.答案　ACD 解析　在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以A为坐标原点,AB,AD,AA1分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系. A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0), A1(0,0,1),B1(1,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1), ∵=x+y+z, ∴P(x,y,z), A选项:=(x,y,z),=(x-1,y-1,z),=(-1,1,0), 故 即是平面ACP的法向量, 又∵·=0, ∴BB1∥平面ACP,A选项正确; B选项:设x=y=z=a≠0, 则=(a,a,a),=(0,1,0), 设异面直线AP与BC所成的角为α, 则cos α===,显然α≠45°,B选项错误; C选项:设x=a,则P(a,1-a,0),即=(a,-a,-1),=(1,1,0),则·=a-a=0,故D1P⊥A1C1,C选项正确; D选项:||=, ∵x+y+z=1,则x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz=1, x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz=1≤x2+y2+z2+x2+y2+x2+z2+y2+z2=3(x2+y2+z2),即x2+y2+z2≥,当且仅当x=y=z时取等号, ∴||=≥=,D选项正确.故选ACD. 10.答案　12+2π 解析　因为CC1∥AA1,所以直线AP与AA1所成的角为, 因为AA1⊥底面ABCD,所以点P的轨迹是以AA1为轴(其中A为顶点,A1为底面圆心), 母线与轴所成角为的圆锥的侧面与四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面的交线. 如图,因为AA1=3,且AP与AA1所成的角为,所以计算可得圆锥的底面半径为3,则A1M=A1N=3. 在线段A1B1和A1D1上分别取点M,N,使得A1M=A1N=3,连接AM,AN,则点P在四边形ABB1A1与四边形ADD1A1上的运动轨迹为线段AM和AN,且AM=AN=6. 因∠B1A1D1=∠BAD=,故当P在四边形A1B1C1D1上运动时,其轨迹是以A1为圆心,3为半径的圆的三分之一. 综上,点P的轨迹长度为6+6+×6π=12+2π. 11.答案　　π 解析　如图1,取正方形A1B1C1D1的中心为O1,正方形ABCD的中心为O,连接A1O1,AO,OO1, 则OO1⊥平面ABCD.过点A1作A1H⊥AO于点H,则A1H∥OO1,所以A1H⊥平面ABCD,且四边形A1O1OH为矩形, ∵AB=2A1B1=4, ∴A1B1=2,∴A1O1=2,AO=4, ∴AH=2.在Rt△A1AH中,A1A=, ∴A1H==, 即该正四棱台的高为. 连接PH,在Rt△A1HP中, PH===2, 故点P的轨迹为以H为圆心,2为半径的圆在正方形ABCD内的部分,即,如图2. 过点H作HE⊥AB于点E,过H作HF⊥AD于点F,则HE=HF=. 在Rt△NFH中, cos∠NHF===, 故∠NHF=.同理∠EHM=, 所以∠NHM=2π---=, 所以×2=, 故点P的轨迹长度为. 12.答案　 解析　动点E在以P为球心,1为半径的球与△PCD(包括边界)的交线上,实际上就是△PCD内以P为圆心,1为半径的一段圆弧,如图所示: 由于PE距离为定值1,则当F点固定时,由余弦定理可知,EF的距离只取决于∠EPF,∠EPF越小,EF距离越小. 过B作平面PCD的垂线,垂足为G, 则VP-BCD=VB-PCD, 在△BCD中,BC=2,BC边上的高为1,所以S△BCD=×2×1=1; 在△PCD中,PD=DC=,PC==, 所以S△PCD=××=. 由×1×PA=××BG, 得BG=. 作BM⊥PC,垂足为M,则BM==, 所以G点与M点重合,连接PG交圆弧为E,则∠EPF为线面角,取到最小值,此时sin∠EPF===, 过E作PB垂线,则EF=PEsin∠EPF=1×=,故EF取到最小值. 13.(1)证明　由∠ADC=90°,∠BDC=90°, 得DC⊥AD,DC⊥BD, 又AD∩BD=D,AD,BD⊂平面ABD,则DC⊥平面ABD, 而BE⊂平面ABD,于是DC⊥BE. 由E为AD中点,AB=BD,得BE⊥AD, 又AD∩CD=D,AD,CD⊂平面ACD, 因此BE⊥平面ACD,又BE⊂平面BEF, 所以平面ACD⊥平面BEF. (2)解　由(1)知,二面角A-CD-B的平面角为∠ADB,则∠ADB=30°, 由BE⊥平面ACD,得∠BFE为BF与平面ACD所成的角, 在Rt△BED中,BD=2,则DE=,BE=1,sin∠BFE==, 而(sin∠BFE)max=,则BFmin=,此时BF⊥AC, 由BE⊥平面ACD,AC⊂平面ACD,得BE⊥AC,而BE∩BF=B,BE,BF⊂平面BEF,则AC⊥平面BEF,又EF⊂平面BEF,于是EF⊥AC,△AEF为直角三角形. 又EF==, AF==, 则S△AEF=AF·EF=, 所以四面体ABEF的体积 VB-AEF=S△AEF·BE =××1=. 14.(1)证明　如图,过点B作BH⊥CD于H, 由平面BCD⊥平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD,BH⊂平面BCD, 故BH⊥平面ACD,AD⊂平面ACD,故BH⊥AD,又AB为直径,则BD⊥AD,且BD∩BH=B,BD,BH⊂平面BCD,所以AD⊥平面BCD,BC⊂平面BCD,故BC⊥AD,又AB⊥BC,AD,AB⊂平面BAD,AD∩AB=A,故BC⊥平面ABD,BD⊂平面ABD, 故BD⊥BC. (2)解　由(1)知,VC-ABD=BC·S△ABD=BD·AD≤(BD2+AD2)=AB2=, 当BD=AD=时,VC-ABD取到最大值,过点D作DO⊥AB于O, 如图,建立以O为原点,OD为x轴,OA为y轴,过O点垂直于平面ABD的方向为z轴的空间直角坐标系,设平面BED与平面AEB的法向量分别为n1,n2. 则B,A, D,E,C, 所以=,=(0,2,1), 则 令x=1,可得n1=(1,-1,2), 因为平面AEB的法向量为n2=(1,0,0), 设平面BED与平面AEB的夹角为θ, 则cos θ===. 所以,平面BED与平面AEB夹角的余弦值为. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 第20天 空间中动态问题与几何量的计算 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ 一、单选题(每小题5分,共35分) 1.已知点P是正四面体A-BCD内的动点,E是棱CD的中点,且点P到棱AB和棱CD的距离相等,则点P的轨迹被平面ABE所截得的图形为(　　) A.线段 B.椭圆的一部分 C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分 2.(2025·湖北七市联调)长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,BB1=1,点M是平面B1CD内的动点,且MA⊥MC,则MC的最大值为(　　) A. B. C. D. 3.(2025·安顺联考)已知A,B是球O的球面上两点,且∠AOB=120°,C是该球面上的动点,D是该球面与平面OAB交线上的动点,若四面体ABCD体积的最大值为2,则球O的体积为(　　) A. B. C. D. 4.(2025·合肥一模)已知P为圆O:x2+y2=1上的动点(不在坐标轴上),过P作PQ⊥x轴,垂足为Q,将△OPQ绕y轴旋转一周,所得几何体的体积最大时,线段OQ的长度为(　　) A. B. C. D. 5.(2025·宝鸡二模)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点,G为棱B1C1上一点,则(　　) A.AE∥平面A1C1D B.直线AE,A1B1,D1G不可能相交于同一点 C.正方体表面上满足<,>=<,>的P点的轨迹长度为2+2 D.平面AEC与平面DA1G可能平行 6.(2025·龙岩质检)已知正三棱锥S-ABC的棱长均为2,点P在以SA为直径的球上运动,且PA=PS,则三棱锥P-ABC的体积的最大值为(　　) A. B. C. D. 7.(2025·秦皇岛一模)正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,O为BC的中点,M为棱B1C1上的动点,N为棱AM上的动点,且=,则线段MN长度的取值范围为(　　) A. B. C. D. 二、多选题(每小题6分,共12分) 8.(2025·合肥一模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是棱C1D1上的动点(不含端点),下列说法中正确的有(　　) A.DC∥平面BPD1 B.B1C⊥BP C.四面体PAB1C的体积为定值 D.存在点P,使得平面BB1P⊥平面AA1P 9.(2025·苏、锡、常、镇调研)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P满足=x+y+z,其中x,y,z∈[0,1],则(　　) A.当x=y,y≠0,z≠0时,B1B∥平面ACP B.当x=y=z,z≠0时,异面直线AP与BC所成的角为45° C.当x+y=1,z=0时,D1P⊥A1C1 D.当x+y+z=1时,线段AP的长度的最小值为 三、填空题(每小题5分,共15分) 10.(2025·雅礼中学一模)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是平行四边形,∠DAB=,AA1⊥底面ABCD,AA1=AB=AD=3,点P是四棱柱ABCD-A1B1C1D1表面上的一个动点,且直线AP与CC1所成的角为,则点P的轨迹长度为　　　　.  11.(2025·大庆二模)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2A1B1=4,AA1=,则该正四棱台的高为　　　　;若点P在四边形ABCD内运动,且A1P=,则点P的轨迹长度为　　　　.  12.(2025·浙江Z20名校联盟二联)四棱锥P-ABCD满足PA⊥底面ABCD,且AB⊥AD,AD∥BC,PA=AB=AD=BC=1,动点E在以P为球心1为半径的球与△PCD(包括边界)的交线上,动点F在直线PB上,则EF的最小值为　　　　.  四、解答题(13题13分,14题15分) 13.(2025·苏、锡、常、镇调研)如图,在四面体ABCD中,AB=BD=2,∠ADC=∠BDC=90°,点E为棱AD的中点,点F为棱AC上的动点. (1)求证:平面ACD⊥平面BEF; (2)已知二面角A-DC-B的大小为30°,当直线BF与平面ACD所成角的正弦值的最大值为时,求此时四面体ABEF的体积. 14.(2025·湖北七市联调)如图,点D是以AB为直径的半圆上的动点,已知AB=BC=3,且AB⊥BC,平面BCD⊥平面ACD. (1)证明:BD⊥BC; (2)若线段AC上存在一点E满足=2,当三棱锥C-ABD的体积取得最大值时,求平面BED与平面AEB夹角的余弦值. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $