立体几何中的截面、范围与最值、轨迹问题（解析版）-2023年新高考数学二轮复习微提分

微专题15立体几何中的截面、范围与最值、轨迹问题

【秒杀总结】

1、立体图形中的截面问题：

（1）利用平面公理作出截面；（2）利用几何知识求面积或体积.

2、立体几何中距离之和的最值问题的求解，解题关键是能够求得A关于平面的对称点

从而利用三角形两边之和大于第三边的特点确定当三点共线时取得最小值.

3、对于立体几何中的动点问题，常需动中觅静，这里的“静"是指问题中的不变量或者是不

变关系，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的不变性."静"只是"动"的瞬间，是运动的一

种特殊形式，然而抓住"静”的瞬间，使一般情形转化为特殊情形，问题便迎刃而解.

【典型例题】

例1.（2023秋・江西•高三校联考阶段练习）数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，图

1所示的礼品包装盒就是其中之一.该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面

为全等的正方形，所有的侧面是全等的等腰三角形.将长方体A8CZ）-AACR的上底面

绕着其中心旋转45。得到如图2所示的十面体45CD-£FG”.已知AB=A£>=2,

AE=币,DC=2（V2+1）DP,过直线律作平面a,则十面体外接球被平

面a所截的截面圆面积的最小值是（）

图I图2

A(51-320,51-32立卜C(81+56万卜口(81+56夜,

48124812

【答案】C

【解析】依题意，四边形EFGH是正方形，令正方形A5CD与正方形EFG”中心分别为。'，口,

连接。2，

因为正方形与正方形EFG"在同一平面内，且有相同中心，因此它们有相同的外

接圆，

从而十面体ABCD-EFGH与长方体A8CQ-AAGA的外接球相同，球心。是线段。'«的

中点，如图，

取A8中点M,连接O'M,EM,因为=则显然OM_LA6,

又O'MEM=M,O'M,EMu平面EMO',则AB/平面EMO',

而0'0口平面ABCD,ABu平面A3CZ)，即有

。‘。。'"=0',0加,0'4匚平面加。2,则A8工平面MOQ,平面EM。与平面MO'Q有

公共点O',

显然平面EMO'与平面MOQ为同一平面，有qE//OM,而Og=&,。加=1,

ME={AE2-AM)=娓­

在直角梯形EMOQ中，过M作M/J.OE于/,

O'O,=MI=y/ME2-EI2=76-(72-1)2=72+1，

222

球O的半径R=OB=y/0'0+0'B=J(^l±l)+(^)2=J"+2',

V22

过。作Oz,平面月BCD，以点。为原点，射线Q4DC,Dz分别为x,y,z轴非负半轴，建立

空间直角坐标系，

则D(0,0,0),C(0,2,0),E(e+1,1,724-1),0(1,1,^―!-),DC=(0,2,0),

2

由已知得。P=——£>C=(0,72-1,0),即尸((),&-1,0),

2(&+1)

尸£=(夜+1,2-夜，夜+1),。后=(&,0,也±1),则点0到直线PE的距离d有:

2

dYOEU正阻咒

I阳

球。被过直线£P的平面a所截的截面圆最小时，球心。到平面a的距离最大，即为点。到

直线PE的距离d,

截得的最小截面圆半径为「，而OE=R，则

a阳一号斜2]=喘g

=（2+&+等今81+560,

-2（&+1产+（2-点了—48

所以截得的截面圆面积的最小值是万产=（81+56&R.

48

故选：C

例2.（2023春•河北石家庄•高三石家庄二中校考开学考试）已知AC为圆锥S。底面圆。的

直径（S为顶点，。为圆心），点B为圆0上异于AC的动点，SO=1,OC=百，则下列结

论正确的为（）

A.圆锥SO的侧面积为2石万

B.NSM的取值范围为弓号）

C.若A8=8C,E为线段A3上的动点，则（SE+CE）mi„=,10+2后

D.过该圆锥顶点S的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为白

【答案】AC

【解析】对选项A：母线长的=』+阴2=2,侧面积为5=口/=26兀，正确；

对选项B：ZXMB中，SA=SB=2,0<AB<2y/3,则当AB=2时，

IT

NSAB=],错误；

对选项C：ABC为等腰直角三角形，AB=BC=®将aSAB放平得到S.AB,如图2

所示，当*,E,C三点共线时SE+CE最小，尸为AB中点，连接£尸，则

SC=7BS,2+BC2-2BS,■BCcosZ5.BC=14+6-2x2x#xcos(J+NABSJ

=J10+2后，正确；

对选项D：如图3,设截面为SMN,。为MN中点，连接OQ,SQ,设MN=2a,ae(0,括］,

22

贝ljS殷MN=gMNXSQ=a.Jl+OQ?=aVl+3-a=a-^-a

^a2+4-a2

=2,当q=67，即〃=0时等号成立，D错误.

2

故选：AC

例3.（2023•重庆沙坪坝•重庆南开中学校考模拟预测）正四棱台ABCO-AMGR中,

JT

4B=2，ABI=I,侧棱AA与底面所成角为m.E,RG分别为AD,A8,网的中点，M为线

段BQ上一动点（包括端点），则下列说法正确的是（）

B.三棱锥E-FGM的体积为定值

6

C.平面EFG截该棱台所得截面为六边形D.异面直线A瓦与匹i所成角的余弦值为

5应

~8~

【答案】ABD

【解析】将正四棱台补形为正四棱锥S-ABCD,

s

由AB=2，A4=1可得44GA为其中截面.

设。。分别为ABC3ABCQ的中心，

A0=gx2&=0,5。，底面故/S40为侧棱AA与底面所成角，

故NSAO=],可得SA=2&,A4,=应,S0=J(2应q_(a)2=#,00=*,

侧面ABBM为等腰梯形，高为j-QJ=,,故ABi=，(2-；y+(,y=2,

+SS

对于A,V=3(5.00+548,60,\lABCDAlBlClDl)X/?=-i(4+1+74X1jX,正确

对于B,连接BD.则EF//BD,而B、D、〃BD.

所以片口〃EF,£Fu平面EFG.8Q<Z平面EFG,得8a/平面EFG,

由于5小；为定值，M在8Q匕故三棱锥M-EFG的体积为定值

即三棱锥E-FGM的体积为定值，B正确；

对于C,取中点“，连接EH并延长交4A于P,

连接房并延长交直线于。，

p

则色PD、H.则ED=PD,，而ED=A,Dt=\,

故AQ=P〃洞理A4=。”

连接PQ,则PQ〃8Q,即BQ,为△AP。的中位线，而O1为AG的中点，

故〈在PQ上,即P,C”。三点共线,

连接GG，G”,则五边形EFG£H为平面EFG截正棱台所得的截面，C错误

对于D，由题意A2〃=AE知四边形4。圈为平行四边形，

故〃E〃AA，可得4乃4为异面直线AB,4ED1所成角或补角，

在世中,由余弦定理得cos/A做=A储；,，二?即、2+?1=半，

2AA由42XV2X28

jr

由于异面直线ABt与ED［所成角范围为（0,会，

故异面直线4片与EE＞［所成角的余弦值为逑，D正确，

8

故选：ABD

例4.（2023秋•山东德州•高三统考期末）正方体ABC。-ABCQ的棱长是2,M、N分别

是A3、8c的中点，则下列结论正确的是（）

A.DtM±B,C

B.以R为球心，逐为半径的球面与侧面BCG用的交线长是兀

C.平面AMN截正方体所得的截面周长是0+2万

D.与平面所成的角的正切值是④

【答案】AC

【解析】以点A为坐标原点，AB、AD,AA所在直线分别为x、V、z轴建立如图所示的

空间直角坐标系，

对于A选项，4（0,2,2）、”（1,0,0）、4（2,0,2）、C（2,2,0）,

£＞阳=（1,-2,-2）,四。=（0,2,-2）,则。阳-4c=0-4+4=0,A对；

对于B选项，因为"G1平面BBgC,

所以，以A为球心，石为半径的球面与侧面8CC4的交线是以点G为圆心，半径为

r/5-CR=1的;圆,

1TT

故交线长为B错：

22

对于D选项，易知点4(2,0,2)、R(0,2,2)、M(1,0,0),N(2,l,0),

设平面RMN的法向量为〃=(x,y,z),AW=(1,1,0),JDJM=(1,-2,-2),

n-MN=x+y=0

取x=2,可得”=(2,-2,3),

nDM=-2y-2z=0

)lX

,、BRn-82&

的=(-2,2,。)，-而,

设直线BR与平面D、MN所成角为0,则sin。=竽，

V17

所以，cos0=>/l-sin26>=-^=,故tane=^^=^^,

V17cos6>3

因此，。田与平面RMN所成的角的正切值是述，D错.

3

对于C选项，设平面RMN交棱A4于点矶0,01),其中04f42,ME=(-l,0j),

因为例Eu平面RMN,所以，MEn=-2+3t=O,解得，=：，即点E(0,0,|

同理可知，平面0MN交棱CG于点尸(2,2彳

同理可得|ME|=|NF卜浮，|MN|=0,

因此，平面D\MN截正方体所得的截面为五边形REMNF,

其周长是a+2x（乎+乎）

=0+2屈，C对.

故选：AC.

例5.（2023春・广东汕头•高三统考开学考试）已知正方体A8CO-AAG。的棱长均为2,E为

线段AA的中点,4P=24B+〃AD,其中九4目05,则下列选项正确的是（）

A.当〃=；时,

B.当时,Af+P。的最小值为近+逐

C.若直线8/与平面ABCZ）所成角为彳，则点尸的轨迹长度为^

D.当2+〃=1时,正方体被平面PAR截的图形最大面积为472

【答案】AD

【解析】由题知正方体ABC3-AMGA的棱长均为2,

当〃=g时,=+

此时AP.E.=（AA+AP）.（E4+40+OR）

^^A+AAB+^ADY^AD+^AA,

2

=AtAAD+^A]AAA]+AABAD+^AABAA]+^ADAD+^ADAAt

_lx4+-x4=0,

22

所以APLE0,

即选项A正确；

当；l=〃时,AP=/i（AB+AO）=/l4C,

所以点P在AC上，且点P在平面MGC上,

分别将AA.GC延长至M,N,

使得AM=CN=B

将AADC沿着AC向下翻折至与平面AACC共面，

点D翻折后变为2，过2向AC作垂线，垂足为。，如图所示:

因为A£>=£>C=2,A£>_LDC,

所以AO?=D2C=2,AD2±D2C,/^ADC^AD2C,

因为2。_LAC,所以。为AC中点，且D20=6,

因为平面AA.QC1平面ABCD,且平面MGC、平面ABCD=AC,

D20，AC,所以D2O平面ABCD.

所以2。〃AA,〃CG,又因为20=&=AM=CN.

所以2在MN上，且为MN中点,AP+PO=AP+P2,

在平面AA,C}C中，连接\D2交AC于点尸时,AP+PD2取最小值，

因为4。=2夜,所以2知=也，

此时\D2={(AM/+SM?

='(2+何+(可=18+4&*夜+6,

故选项B错误；

因为期±面ABCD,所以NBPB1为直线B,P与面ABC。的平面角,

当直线BE与平面ABCD所成角为£时，

4

冗7E

即ZBP4=7,因为3片工3户,所以ZBB,P=-,

44

所以84P为等腰直角三角形，因为8用=2,所以外=2,

因为AP=4AB+pAD，由平面向量基本定理可知P在平面ABCD内,

所以P的轨迹为以8为圆心2为半径的圆匕且在平面ABCD内，

所以点P的轨迹长度为:x27rx2=九

故选项C错误；

因为42=248+〃4),其中/1,〃€[0,1],

因为几+〃=1,所以尸,反。三点共线，

连接4c交8。于点。，

当点尸在。。上运动时，延长转交C£＞于点

则正方体被平面PAD,截的图形为AAHR,

山图可知，当P点运动到。点时，截面为△AC。.此时截面枳最大,

因为正方体棱为2,所以AA=2&=AC=CD「

此时截面积最大为！x2应x2&x立=2百.

22

当点户在。8上运动时，延长小交C。于点L,

过点L做ADt的平行线交CC,于点Q,连接D,Q,

再过点L做A"的垂线，垂足为R,如图所示：

由题可知,此时截面为等腰梯形ADtQL.

记CL=x,xw[0,2]^iJCQ=x,8L=CiQ=2-x,ADX=272,

AL=D[Q=,4+（2_X）2,LQ=y/2x,

所以科=殁二口=巫巫，

22

2加一疯丫

LR=qAl}-AR2=4+（2-X『-

/

所以与以JAR+⑷/即+国N

2-2

(X+2)2.(X2-4X+12)J(X+2)2-((X-2)2+8)

(x+2)t(x-2y+8(x+2)2^(X2-4)2+8(X+2)2

L4-8X2+16+8X2+32X+32(7+327+48

V44

/+32x+48

令〃x)=[0,2],

所以/（力=V+8>0,所以〃x）在［0,2］单调递增,

所以f（x）4/（2）=32,

故S叫2^4病=40,因为2百<4立，

所以正方体被平面抬口截的图形最大面积为4应.

即选项D正确.

故选:AD

例6.（2023秋♦河北衡水•高三河北衡水中学校考期末）在正方体ABCO-AAGA中,

AB=2.E,F,G分别为棱明,AB,BC中点，”为CG近C三等分点，P在面例。。上运动,

B.若GP=RGF+（pGH（jj,夕wR），则C点到平面PBH的距离与P点位置有关

C.BDt1EG

uuilujuuuuo./ri

D.若GP=juGF+<pGH3，（pwR），则P点轨迹长度为三二

【答案】BCD

【解析】根据题意建立如图所示的坐标系：

因为正方体的边长为2,

所以A(o,o,o),A(O,O,1),4(2,0,0),G(2,2,0),0,(0,2,0),8(2,0,2),C(2,2,2),£>(0,2,2),

4

E(2,0,l),尸(1,0,2),G(2,l,2),”(2,2,—),

3

LMJLaiUULMtUUU

对于A,因为BG=(0,2,—2),FD,=(-l,2,-2),FG=(1,1,0),

,,、，一,，(一x+2y-2z=0

设平面。[尸G的法向量为〃=(x,y,z),则有“，

[x+y=0

，2

y=­z

则有J3,

y=-x

取1(-2,2,3),

1ILLBl1UUUU

因为〃.BG=-2HO,所以，U8G不成立，

所以SC；〃平面D,FG不成立，故错误；

ULUUUUUUW2

对于B,设P(O,%,Zo),则GP=(-2,%-1,Z()—2),GF=(-l,-l,0).GW=(0,l,--),

UlUUUUUUU

又因为GP=〃G尸+*GH(M，/eR)，

-2=-//

24

所以=所以有zo=_1%+§，

所以尸点轨迹为如图所不的线段M。,

在平面BCG用内作出与MR平行的直线NC、,

易知MD,与NC、的距离等了平面ADD^与平面BCC国的距离为2,

因为NGHBH不平行，

所以MR与班/不平行，

所以点尸到BH的距离不是定值,

所以Spg”不是定值，

又因为匕iCH=^C-BPH,

1i2I

即aX/x2x§x2=]Sww，(〃为。点到平面PBH的距离)，

4

所以〃=行一不是定值，

PHB

所以C点到平面PBH的距离与P点位置有关，故正确；

UUUUUWIILIUULM1

对于C,因为8.=(-2,2,-2),EG=(0,1,1)，BD「EG=2-2=3

uuuUU11

所以BQLEG,即有8R_LEG,故正确；

244

对于D,由B可知P点轨迹为4=-§%+§,令%=°，则%=§；

令4>=2,则%=2，

所以尸点轨迹的长度为尸等,故正确.

故选：BCD

例7.(2023春•河北石家庄•高三校联考开学考试)在三棱锥尸-A8C中，

PA1BC,BC=2PA=2AB=4,PC=2y[6,点M,N分别是PB,BC的中点，且AM_LPC,

则平面AMN截三棱锥P-ABC的外接球所得截面的面积是.

【答案】手147r

【解析】因为=例是P8的中点，所以

又AMLPC,PBcPC=P,PB,尸。u平面PBC,

所以AMJ_平面PBC,又BCu平面PBC,

所以4W_L8C,

又/<4_L5C,PAcA"=A,PAAMu平面PAB,

所以BC_L平面BAB,又PB,ABu平面以8,

所以8c1AB,BC1PB.

在△ABC中，AB=2,8C=4,BC1A8,

所以AC=jAfi2+8C2=2K，

在△/MC中，AC=2瓜PA=2,PC=2娓,所以AC2+P42=pc2,所以AC，％,

取PC的中点O,又3C，PB,ACJ•必，

所以。4=。8=OC=OP,即点。是三棱锥P-ABC的外接球的球心，

因为PC=2C，故外接球半径为??="，

设。到平面AMN的距离为h,平面AMN截球。所得的截面圆的半径为r,

因为MN是△PBC的中位线，所以O到平面AMN的距离等于B到平面AMN的距离，

故^O-AMN=VR_AM,V=Vv-AAffi，即1*彳'及X瓜x/；=—x2x—X近X近,得h=—^―）

32323

所以r=R2j2=?,

所以截面圆的面积为S=Q2=£兀.

14

故答案为：—7T.

例8.（2023秋・北京朝阳•高三统考期末）如图，在棱长为。的正方体ABCQ-ABIG。中,

P，Q分别为AG，aq的中点，点T在正方体的表面上运动，满足P7J.8Q.

给出下列四个结论：

①点7可以是棱。A的中点；

②线段尸T长度的最小值为:。；

③点T的轨迹是矩形;

DA

其中所有正确结论的序号是.

【答案】②③④

【解析】山题知，以C点为坐标原点，以CD,C8,CG所在直线分别为x，yz轴建立如图所示

的空间直角坐标系，令正方体ABC。-ABGA棱长”=2

则C(0,0,0),0(2,0,0),*0,2,0),A(2,2,0),C,(0,0,2),R(2,0,2),

4(022),A(2,2,2),p(l,14),e(1.2.2).设T(x,y,z),

对于①，当点T为棱。。的中点时，7(2,0,1),

贝iJPT=(l,T,0),8Q=(l,0,2),PT.BQ=1+0+()=1H()

不满足PTLBQ,所以点7不是棱。。的中点，故①错误.

PT=（x—l,y—因为PTL8Q

所以x—l+2（z—1）=0,

31

当x=0时，z=-.当x=2时，z=—

取E（2,0,£|,尸0,2,；）,G（0,2,|）“0,04

连结EF,FG,GH,HE,

则改="。=(0,2,0),E”=FG=(—2,0,1),EFEH=。，即EFLE”

所以四边形EFGH为矩形，

因为EF-BQ=0,EH-BQ=0,

所以EFJ.BQ,EHVBQ,

又EF和EH为平面EFGH中的两条相交直线,

所以BQL平面EFGH,

又丽=1词，'+呜)

所以P为EG的中点，则Pw平面EFG”，

为使P7LBQ,必有点Te平面EFG”，

又点T在正方体表面上运动，所以点T的轨迹为四边形EFGH,

又EF=GH=2,EH=FG=也,

所以EFwEH,则点T的轨迹为矩形EfG”，故③正确

面积为2x6=26,即无az,故④正确

2

又因为BQ=(l,0,2),PT=(x-l,j-l,z-l),PTA.BQt

则％-l+2(z-1)=0,即x+2z-3=0,

所以x=3-2z，点7在正方体表面运动，

,13

则0K3-2z<2,解得z<—f

所以IPT|=J(x-l)2+(y-l)2+(z-l)2=75(z-l)2+(y-l)2,

结合点7的轨迹为矩形EFGH,

分类讨论卜列两种可能取得最小值的情况

当z=l，y=o或产2时，|尸刀=1,

当y=i,Z=1或Z=g时，忸7|=延

22112

因为1〈正，所以当z=l,y=0或y=2时，PT取得最小值为I,即故②正确.

22

综上所述：正确结论的序号是②③④

故答案为：②③④.

例9.(2023春・云南•高三校联考开学考试)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基

米德齐名.他发现：“平面内到两个定点“，N的距离之比为定值4九二1,4>0)的点的轨迹

是圆“，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直

角坐标系xOy中，W(-2,0),N(4,0),点P满足=；.则点P的轨迹方程为；

在三棱锥S-ABC中，SAJ•平面A8C,且9=3,BC=6,4C=2A8,该三棱锥体积的最大

值为.

【答案】(x+4>+y2=i612

【解析】设尸(*，以鲁="所以4*+2)：+,=：,所以J+8X+2=。，即(尤+4/+2=16,

|PN|2《-4产+/2

所以点P的轨迹方程为(x+4)2+V=16；

三棱锥的高为&4=3,当底面oABC的面积最大值时，三棱锥的体积最大，BC=6,

AC=2AB,取8C靠近8的一个三等分点为坐标原点。，5c为x轴建立平面直角坐标系，

不妨取B(-2,0),C(4,0),由题设定义可知4(x,y)的轨迹方程为(x+4f+产=16,

所以4在圆。+4)2+产=16的最高点处(T,4),S=1x6x4=12,

此时，(kBc)a=gx3xl2=12.

故答案为：(x+4)2+y2—16；12.

【过关测试】

一、单选题

1.(2023•北京顺义・统考一模)在棱长为1的正方体中，动点P在棱4圈上,

动点。在线段8G上、若AP=48Q=〃，则三棱锥R-AP。的体积()

A.与几无关，与〃有关B.与2有关，与〃无关

C.与;都有关D.与都无关

【答案】D

【解析】因为A8CD-A8GR为正方体，所以CQ〃AB1

因为GRu平面ABC。，4四《平面ABCQ,所以44〃平面4BCQ,

所以点P到平面ABCR的距离也即A区到平面A8G乌的距离，也即点P到平面AQQ的距

离不随AP=2的变化而变化，设点P到平面A2A的距离为〃，过点4作A/LA。，根据

正方体的特征可知：A32平面因为4/<=平面AORA，所以尸，

ABADt=A,所以AFL平面ABCQ,则有〃=同尸=也，

2

因为GA//4B且GA=AB,所以四边形A3GR为平行四边形，所以BG//AR,

所以点Q到A4的距离也即BC,到AQ的距离，且距离为1,所以S,。=[xA"xl=也（定

a〃必2I2

值），

所以％-”0=%ZM2=：SADg,h=；x^x与=:（定值），

则三棱锥R-APQ的体积不随4与〃的变化而变化，也即与与儿M都无关.

故选：D.

2.（2023・辽宁•校联考模拟预测）在三棱锥A—BC。中，AB=BC=CD=DA=2日ZADC

=/ABC=90。，平面ABC,平面AC£>,三棱锥A-BCO的所有顶点都在球。的球面上，E,

产分别在线段08,CO上运动（端点除外），BE=42CF.当三棱锥E—ACF的体积最大时，

过点尸作球O的截面，则截面面积的最小值为（）

7-3

A.兀B.J3itC.—兀D.2兀

2

【答案】C

【解析】如图，取AC的中点O,连接。F，OB,

因为NAQC=N48C=90。，所以QA=O3=OC=OZ)=gAC,即。为球心,

则球。的半径R=2.又AB=BC,所以OB_LAC,

又平面ABC_L平面ACZ）,平面ABCc平面AC£）=4C,QBu平面ABC,

所以OB_L平面ACD.

设CF=x,则BE=>/ir<2，所以O<x<0，

所以三棱锥E-ACF的体积V=gS»CFXOE=HCFADOE

=2叫2—岳）=|（历孑）=_.4]+：,

历1

当》=注时，丫取得最大值；.由于OA=OB=OC=OD,

23

在△COB中，由余弦定理得：

OF=yloC2+CF2-2OC-CFCOSZACF=.4+--2x2x—x—=—,

V2222

根据球的性质可知，当。尸垂直于截面时，截面圆的面积最小，

设此时截面圆的半径为r,所以r=J/?2—0尸2=卜_（叵]=告，

则截面面积的最小值为“2=兀（半J=|兀.

故选：C.

3.（2023秋•广东•高三校联考阶段练习）如图，在三棱锥A-A8C中，胴，平面

A4G，NAB|G=90。，A4=2AA=2BC=2,P为线段4片的中点，M,N分别为线段4a和

线段上任意一点，则指PM+MN的最小值为（）

C.V5D.2

【答案】C

【解析】因为平面4万G，A4，BC|U面所以例44,_L44,

又NA4G=90。，B.C.1AB,，

因为44,A4=A，平面AgA，所以3cl.平面A44,

又AB|U平面ABM，所以BCi，AB”

又在Rt,AA与中，AB[=jM+ABj=6,

在中，s

Rtz^AGABjM+s81MCi=SA81G，

故gX岛PMsinNMP耳+gX1XMNsinNMNC、=gx1x石，

则有PMsinZMPB]+MNsinZMNCt=石,

又逐PMsinNMPB,<加PM,MNslnAMNC、<MN,

所以出PMsinZMPB]+MNsinZMNC,<旧PM+MN.

即石4石PM+MN,当且仅当/94=90。,/236=90。时，等号成立，

当NMP&=90。时，M为AG的中点，此时当/MNG=90。时，N为qG的中点，

综上所述卡PM+MN的最小值是石.

故选：C.

4.（2023秋・河北保定•高二统考期末）足球起源于中国古代的蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢

的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活

动，已知某“鞠''的表面上有四个点P,A8,C,满足尸A=2,24_1面48。，AC1BC,若

2

匕FBC=§，则该“鞠''的体积的最小值为（）

A4近口8夜99

A.-----7T13.-----7CC-ROn.一兀

3328

【答案】B

【解析】因为P4=2,抬_1_面4?6\ACLBC,

故AB为三角形ABC所在小圆的直径，取A8中点O',过O'作。O//AP,交BP于点O,

则O即为球心，为球的宜径，

要想该“鞠”的体积最小，只需尸3最小，由于P8=>JPA2+AB2=J4+A82,

故只需AB最小，AB=yjAC1+BC2>

I112

故/TBC=§SMC•尸A=§XEACBCX2=§,

解得：AC.BC=2,

由基本不等式得：AC2+BC2>2ACBC=4,当且仅当AC=BC=夜时，等号成立,

故A3最小值为2,此时直径最小值为PB="+22=272，

所以谈'鞠”的体积最小值为?（四）'=甲兀.

5.（2023秋•北京密云•高二统考期末）在直三棱柱ABC-A4G中，底面为等腰直角

三角形，且满足A8=BC=A4,=1,点P满足BP=4BC+〃BR,其中九«0/，

则下列说法不正确的是（）

A.当2=1时，的面积S的最大值为无

2

B.当〃=1时，三棱锥P-ABC的体积为定值

C.当力=；时，有且仅有一个点尸，使得4尸，3尸

D.当〃=；时,存在点P,使得A8_L平面A87

【答案】C

【解析】当4=1时，BP=BC+〃网，则点尸在CC上运动，则当点尸与C1重合时，则此时面

积取得最大值，A£=JAC，+CC：=V2，由于直三棱柱ABC-AtB£,则AB±A4.ABC为

等腰直角三角形，则回工AC,4CcAA=A,AC,A4,u面4CGA

则AB上面ACCa

QAGujBMCGA

ABJ.AC；

则S""=SABC=，AB-AG=立,故选项A正确;

r\tir/&£>C|12

当〃=1时，则加=2BC+B/点尸在4G上运动，则%“c=匕、-BPC,

山于点A到平面BPC的距离为定值丰，点尸到线段BC的距离恒为1

=XX=1

则SBCP=—xV2x1=,WI]Vp=V,BPC~~^~~^~~故选项B正确;

lf\^r22i~A,ov/I1—Dr\.3226

当；l=g时，8。=；8。+〃84，设8（：的中点为知，8c的中点为N,则点尸在用N上运动,

当点P与点M重合时，BMLMN,BM上AN,

则BM上面AMN,则BM1A,P

当点P与点N重合时，47，面5。。4,即Af,面8CCf，

则A/LBP,故选项C错误；

AC

BM(P)

A\i.G

N(P)

如图建立空间直角坐标系，设B片的中点为H,CG的中点为G,当〃=；时,

BP=2BC+；BB一则点P在线段阳上运动，

A(0.0.0),8(1,0,1),A(0,0,1),4(1,0,0),尸(a』一”,；

4B=(l,0,l),Ag=(l,0,T)AP=(a,j,_g)

设平面APB,的法向量为m=(x,y,z).

(1

AB1-m=x—z=0—a

则v1nm=1,7——,1

Iuuu

当a时，则4B与记平行，则存在点尸，使得平面ABf,故选项D正确.

6.（2023•河南信阳•河南省信阳市第二高级中学校联考一模）在棱长为2的正方体

ABCD-A耳GR中,M为CG中点,N为四边形AQQA内一点（含边界）,若与N〃平面BMD,

则下列结论正确的是（）

Q

A.NBJNC、B.三棱锥用的体积为］

C.线段与N最小值为亨D.tan幺2线的取值范围为［1,逐］

【答案】D

【解析】

取A4中点M，连接。£,DN，B\N\,则有平面耳NQ〃平面助⑺，

B\N//平面BMD，即N在线段N。上.

当N在。时夹角为45。，故A错；

||4

V氏-NBM=VN-MM=§X]X2X2X2=3.故B错.

线段8声的最小值为等腰三角形4M。腰2。上的高脑力=3空叵=2叵，故c错.

V55

因为NNAM=90°,tanZAiNB、=普=焉.

当N为口点时AN最大，/AN4的最小.

当AN最小值为直角三角形斜边的高，即4%=京

此时tanNANq=l为最小,,此时

tanZ^Ng=石为最大，故D正确.

故选:D

7.（2023・北京•高三统考阶段练习）已知正三棱锥P-ABC的侧棱长为迷，底面边长为,

则以P为球心，2为半径的球面与正三棱锥表面的交线长为（）

【答案】D

【解析】

由已知得尸A=«,PB=R,AB=2石，得

灰+金-66+6—12TT

cosNBPA==0,所以NBPA=5,

2PAPB2xV6x5/6

其中，以尸为球心，2为半径的球面与正三棱锥的面aw的交线如图，为弧OE与弧FG,

可求得尸”=G，PD=2,故NOP"=30,故NAPO=N8PF=15,

|JT

故OE=FG=-4"二二，同理，球面与正三棱锥的面PAC和面P8C所交的弧长一致，故

724T6

以尸为球心，2为半径的球面与正三棱锥的面2钻，面PAC,面P8C的交线的总长度为：

—x6=》.

6

而球面与正三棱锥的面A8C的其中交线如图,

取其中一部分，三部分弧长长度一样,

p

c

因为△R4C为直角三角形，且PA=PC=#,AC=26根据正三棱锥的性质，Q为三角

形ABC的外接圆圆心，故”为4C中点，则PH=《PC?—CW?=,且QH=1,所以，

PQ=^PH'-QH-=V2.

取尸T=2,则Rf.PQT中，QT=dpr-PQ，=0,△QTC中。T=&,CQ=2,

NACQ=30,故利用余弦定理，可得CT=&，所以，弧长77=12k夜=立;r,而这

126

样的弧长，球面与正三棱锥的面ABC的交线总共有三部分，故交线长为：兀+包兀

2

故选：D

8.（2023秋・北京•高二清华附中校考期末）如图，在正方体ABC。-A耳GA中，E为棱4G

的中点.动点尸沿着棱。。从点。向点C移动，对于下列四个结论：

①存在点P,使得2\=所；

②存在点P，使得BD、，平面P&E；

③△PAE的面积越来越小；

④四面体的体积不变.

其中，所有正确的结论的个数是（）

A.1B.2C.3D.4

【答案】c

【解析】设正方体棱长为2,op=/n,

由⑨，平面ABCDAPu平面ABC。得AA1AP,同理PCLEC,

所以=AA2+AD1+DP2=8+机2,PE2=PC2+CC^+C.E2=4+(2-m)2+\=5+(2-m)2,

由8+〃P=5+(2-/n)2得机=1,存在尸使得尸4=尸£,①正确，

4

正方体中，8〃平面所以P到平面A/GR的距离不变，即P到平面

A与E的距离不变，而△A4E面积不变，因此三棱雉尸-4冉后，即四面体423避的体积不

变，④正确；

以DA,DC,DDt为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如下图，

正方体棱长为2,则A(2,0,2),£(1,2,2),8(2,2,0),D,