增分微练7　空间中的动态问题专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦空间动态问题，融合几何定义与坐标法，构建“轨迹分析-交线计算-动态论证”解题体系，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |轨迹判断|3题（1,6,7）|定义法（抛物线）、坐标法|从几何体性质到点的动态轨迹，结合空间几何定义与平面解析几何| |交线与面积计算|3题（2,3,8）|转化思想、距离公式|线面垂直转化为距离问题，球面交线与截面面积的几何直观| |动态点论证|2题（4,5）|异面直线性质、面面垂直判定|以正方体为载体，通过空间向量论证动态点的位置关系|

增分微练7　空间中的动态问题 (时间:45分钟) 1.已知点P是正四面体ABCD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.[2024·河北邢台期末] 《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,在鳖臑P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,PA=AB=2BC=2,则以C为球心,为半径的球面与侧面PAB的交线长为 (　 ) A. B. C. D. 3.[2022·北京卷] 已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6,S是△ABC及其内部的点构成的集合.设集合T={Q∈S|PQ≤5},则T表示的区域的面积为 (　 ) A. B.π C.2π D.3π 4.(多选题)[2024·浙江强基联盟10月联考] 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2AA1,点M是棱DD1上的动点(不含端点),则 (　 ) A.过点M有且仅有一条直线与直线AC,B1D1都垂直 B.过点M有且仅有一条直线与直线AC,B1D1都相交 C.有且仅有一个点M满足△MAC和△MB1D1的面积相等 D.有且仅有一个点M满足平面MAC⊥平面MB1D1 5.(多选题)[2024·河南漯河期末] 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点O为底面ABCD的中心,点P为侧面BB1C1C内(不含边界)的动点,则 (　 ) A.D1O⊥AC B.存在一点P,使得D1O∥B1P C.三棱锥A-D1DP的体积为 D.若D1O⊥PO,则△C1D1P面积的最小值为 6.(多选题)[2024·台州二模] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P为平面ABCD内一动点,且直线D1P与平面ABCD所成的角为,E为正方形A1ADD1的中心,则下列结论正确的是 (　 ) A.点P的轨迹为抛物线 B.正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球被平面A1BC1所截得的截面面积为 C.直线CP与平面CDD1C1所成角的正弦值的最大值为 D.若点M为直线D1B上的一个动点,则MP+ME的最小值为 7.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,以顶点A为球心,为半径作一个球,则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于　　　　.  8.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在棱C1D1上运动,M,N分别为AD,AB的中点,记异面直线PM与DN所成的角为θ.当点P与C1重合时,cos θ=　　　　;cos θ的取值范围是　　　　.  参考答案 增分微练7　空间中的动态问题 1.D　[解析] 由题易知平面ABE与CD垂直,则在平面ABE中,点P到AB和点E的距离相等,由抛物线的定义,可知点P的轨迹被平面ABE所截得的图形是抛物线的一部分.故选D. 2.B　[解析] 因为PA⊥平面ABC,AB,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,PA⊥AB,又AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB.如图所示,设为以C为球心,为半径的球面与平面PAB的交线,则CD=CE=,又BC=1,所以BD=BE=,所以所在的圆是以B为圆心,为半径的圆.因为PA=AB且PA⊥AB,所以∠PBA=,所以的长为×=.故选B. 3.B　[解析] 设P在底面ABC上的射影为O,则O为△ABC的中心,连接OA,则OA=×6×=2,∴PO===2.连接OQ,易知点Q在△ABC的边上及其内部,∴PO2+OQ2=PQ2,又∵PQ≤5,∴OQ≤1,易知点O到△ABC的边的距离大于1,∴T表示的区域是以O为圆心,1为半径的圆及其内部,其面积为π. 4.AB　[解析] 直线AC和直线B1D1异面,过空间中任意一点有且仅有一条直线与直线AC,B1D1都垂直,故A正确;直线AC和直线B1D1异面,且直线AC与平面MB1D1不平行,直线B1D1与平面MAC也不平行,所以过点M有且仅有一条直线与直线AC,B1D1都相交,故B正确;因为M到AC的距离大于AB=AA1,M到B1D1的距离小于AA1,且AC=B1D1,所以△MAC和△MB1D1的面积不可能相等,故C错误;因为AC⊥平面MB1D1,AC⊂平面MAC,所以对任意M恒有平面MAC⊥平面MB1D1,故D错误.故选AB. 5.ACD　[解析] 以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),B1(2,2,2),C1(0,2,2),O(1,1,0),设点P(x,2,z),其中0<x<2,0<z<2.对于A选项,=(-2,2,0),=(1,1,-2),则·=-2+2=0,所以D1O⊥AC,故A正确;对于B选项,=(x-2,0,z-2),若B1P∥D1O,则==,解得x=z=2,不符合题意,所以不存在点P,使得B1P∥D1O,故B错误;对于C选项,=×22=2,点P到平面ADD1的距离为2,所以==×2×2=,故C正确;对于D选项,=(x-1,1,z),若D1O⊥PO,则·=x-1+1-2z=x-2z=0,可得x=2z,由可得0<z<1,C1P=||== =≥,当且仅当z=时,等号成立,因为C1D1⊥平面BB1C1C,C1P⊂平面BB1C1C,所以C1D1⊥C1P,所以=C1D1·C1P=C1P≥,故D正确.故选ACD. 6.BCD　[解析] 对于A,连接DP,因为直线D1P与平面ABCD所成的角为,所以DP==,点P在以D为圆心,为半径的圆上运动,所以点P的轨迹为圆,故A错误. 对于B,取正方形ABCD的中心O2,正方形A1B1C1D1的中心O1,连接O2O1,则O2O1的中点O为内切球球心,设G为内切球与平面A1BC1的切点,作出过B,D,D1,B1四点的截面如图,则OG⊥O1B,OG为球心到平面A1BC1的距离,易知O1B=,O2B=,O1O2=1,利用相似三角形的性质得=,即=,则OG=,因此可得截面圆的半径r==,则所得的截面面积为,故B正确. 对于C,如图,易知直线CP与平面CDD1C1所成的角为∠PCD,当CP与点P的轨迹圆相切时,sin∠PCD最大,此时sin∠PCD=,故C正确. 对于D,当MP最小时,点P为线段BD与圆的交点,将面D1AB沿D1B翻折到面BB1D1D所在平面上,使A到达B1的位置,翻折后的图形如图所示,当E,M,P三点共线时,MP+ME最小,因为O2P=-,O1O2=1,所以MP+ME的最小值为=,故D正确.故选BCD. 7.　[解析] 如图,球面与正方体的六个面都相交,所得的交线分为两类:一类在顶点A所在的三个面上,即平面AA1B1B、平面ABCD和平面AA1D1D上;另一类在不过顶点A的三个面上,即平面BB1C1C、平面CC1D1D和平面A1B1C1D1上.在平面AA1B1B上,交线为弧EF且在过球心A的大圆上,因为A1E==,所以∠A1AE=,同理∠BAF=,所以∠EAF=,故弧EF的长为×=,而这样的弧共有三条.在平面BB1C1C上,交线为弧FG且在到球心的距离为1的平面与球面相交所得的小圆上,此时,小圆的圆心为B,半径为BF=A1E=,所以弧FG的长为×=,这样的弧共有三条.所以所得的曲线长为3×+3×=. 8.0　　[解析] 取AN的中点E,连接ME,则∠PME或其补角是异面直线PM与DN所成的角.当点P与C1重合时,连接MC,∵DN⊥MC,DN⊥CC1,MC∩CC1=C,∴DN⊥平面MCC1,则DN⊥MP(C1),此时异面直线PM与DN所成的角最大,即为,∴cos θ=0.当点P由C1向D1移动时,角θ不断减小,当点P与点D1重合时,角θ最小,连接D1E,设AD=2,可得D1M=,ME=,D1E=,则cos∠D1ME==-,∴cos θ∈. 1 学科网（北京）股份有限公司 $