立体几何中的动态问题小题训练-高三数学二轮复习

立体几何中的动态问题小题训练(分值：53分)一、单项选择题(每小题5分，共25分)1.棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P为BD1上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为()A.33 B.6C.66 D.2.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3.如图，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长是2，侧棱长是23，M为A1C1的中点，N是侧面BCC1B1内的动点，且MN∥平面ABC1，则点NA.6 B.2 C.2 D.44.如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数y=2sinωx(ω>0)图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为12，则A.36 B.3C.3 D.25.三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角PABC是由有公共端点P且不共面的三条射线PA，PB，PC以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角APCB的大小为θ，由三面角余弦定理得cosθ=cosγ−cosα·cosβsinα·sinβ.在三棱锥PABC中，PA=6，∠APC=60°，∠BPC=45°，∠A.2724 B.C.92 D.二、多项选择题(每小题6分，共18分)6.两千多年前，古希腊大数学家阿波罗尼斯发现，用一个不垂直于圆锥的平面截圆锥，其截口曲线是圆锥曲线.已知圆锥轴截面的顶角为2θ，一个不过圆锥顶点的平面与圆锥的轴的夹角为α，当θ<α<π2时，截口曲线为椭圆；当α=θ时，截口曲线为抛物线；当0<α<θ时，截口曲线为双曲线.在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=AD=2，AA1=4，点P在平面ABCDA.若点P到直线CC1的距离与点P到平面BB1C1C的距离相等，则点P的轨迹为直线B.若点P到直线CC1的距离与点P到AA1的距离之和等于4，则点P的轨迹为椭圆C.若∠BD1P=45°，则点P的轨迹为抛物线D.若∠BD1P=60°，则点P的轨迹为双曲线7.如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE(点A1不落在底面BCDE内)，连接A1B，A1C.若M为线段A1C的中点，则在△ADE的翻折过程中，以下结论不正确的是()A.BM∥平面A1DE恒成立B.存在某个位置，使DE⊥A1CC.线段BM的长为定值D.VA−A1DE8.正方体ABCDA1B1C1D1中，AB=2，P在正方形BCC1B1内(包括边界)，下列结论正确的有()A.若AP=3，则P点轨迹的长度为56B.三棱锥PABC外接球体积的最小值是82C.若Q为正方形A1B1C1D1的中心，则△APQ周长的最小值为6+14D.cos2∠PAD+cos2∠PAB+cos2∠PAA1=1三、填空题(每小题5分，共10分)9.如图，P是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1表面上的动点，且AP=2，则动点P的轨迹的长度为.10.如图，已知点A是圆台O1O的上底面圆O1上的动点，B，C在下底面圆O上，AO1=1，OO1=2，BO=3，BC=25，则直线AO与平面O1BC所成角的余弦值的最小值为.

答案精析1.C2.D3.B4.A5.C6.ABD7.BD8.BCD[因为AP=3，且AP2=AB2+BP2，AB=2，所以BP=5，取B1C1，C1C的中点E，F，则BE=BF=5，所以P点轨迹为以点B为圆心，5为半径的圆弧EF，因为∠EBF≠π6，所以EF≠5π6由球的性质知，三棱锥PABC外接球的球心在过△ABC外接圆圆心的垂线上，Rt△ABC的外接圆的圆心为AC的中点，且半径为12AC=2当△ABC的外接圆圆心为球心时，三棱锥PABC外接球的半径最小，所以球半径R的最小值为2，外接球体积的最小值是43π(2)3=82B正确；设Q关于平面BCC1B1的对称点为Q'，则AP+PQ=AP+PQ'≥AQ'=2=14，又AQ=2=6，所以△APQ的周长AQ+AP+PQ≥6+14，C正确；分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，设P(x，2，z)，0≤x≤2，0≤z≤2，则AP=(x2，2，z)，AD=(2，0，0)，AB=(0，2，0)，AA1=(0，0，所以cos∠PAD=cos〈AP，AD〉=AP=4−2=2−xcos∠PAB=cos〈AP，AB〉=AP=4=2(cos∠PAA1=cos〈AP，AA=AP=2=z(所以cos2∠PAD+cos2∠PAB+cos2∠PAA1=(2−x4(x=1，D正确.]9.3π解析由已知AC=AB1=AD1=2，在平面BC1，平面A1C1，平面DC1中，BP=A1P=DP=1，所以动点P的轨迹是在平面BC1，平面A1C1，平面DC1内分别以B，A1，D为圆心，1为半径的三段圆弧，且长度相等，故轨迹长度和为π2×3=3π10.10解析连接OC，过C作CH垂直于BO的延长线于点H，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，在△OBC中，因为OB=3，OC=3，BC=25，故cos∠OBC=O=9+20−92×3×25=则BH=BC·cos∠OBC=25×53=10则CH=BC2−BH2=20−1009=4故点C−1又B(3，0，0)，O(0，0，0)，O1(0，0，2)，设点A(m，n，2)，m，n∈[1，1]，由O1A=1，可得m2+n2=1；BC=−10BO1=(3，0，设平面O1BC的法向量为t=(x，y，z)，则t即−取y=5，则x=2，z=3，故平面O1BC的一个法向量为t=(2，5，3)，又OA=(m，n，2)，设直线AO与平面O1BC所成的角为θ，θ∈0，则sinθ=cos〈OA，=|=|2因为m，n∈[1，1]，且m2+n2=1，故令m=cosα，n=sinα，α∈[0，2π)，则2m+5n+6=5sinα+2cosα+6=3sin(α+φ)+6