高三数学重难点题型培优练：立体几何压轴动态问题：角度体积折线段轨迹翻折（解析版）

专题3・6立体几何压轴小题：动态问题综合（角度，体积，折线段,

轨迹旋转与翻折）

思维导图

等积变形+换底求体积

高考真题.回顾

2021新高考1卷T12

（多选）在正三棱柱中，A8=/V\=l,点?满足而=%配+〃西，其中〃«0』］,

则（）

A.当2=1时，△A87的周长为定值

B.当〃=1时，三棱锥A3c的体积为定值

C.当义=；时，有且仅有一个点P,使得

D.当时，有且仅有一个点尸，使得A8JL平面A8/

【答案】BD

对于A选项，当2=1时，P点轨迹为CG,此时巴户的周长不是定值，A错误

对于B选项，〃=1时，P点轨迹为BiG,因为BiCi〃平面4BC,故三棱维P-43C的体积为定值，B正

确

对于C选项，4=（时，P点轨迹为81G和BC中点的连线MN,作出4P在面CBB/G上的投影PM则

当PN=0或BPJLNP时，AP18P,故对应的P点有M.N2个，C错误

NCi

对于。选项，"=■时，"点轨迹为B8i和C。中点的连线EF,•・•故当AH_L8/时，有AiB

2

J■平面ABiP,作出A由在而C8B/G上的投影BN,则当与P_LaV时，本上BP,故对应的P点只有F

点一个，D正确.

2022梅州高二下期末一求体积一等积变形：作平行线

1.（多选）如图，在棱长为2的正方体—中，M,N,尸分别是GA，C,C,4A的中点,

则（）

A.M,N,B,"四点共面

B.异面直线PR与MN所成角的余弦值为巫

10

C.平面BA/N截正方体所得截面为等腰梯形

D.三棱锥P-MN8的体积为:

【答案】BCD

【分析】根据直线与直线的位置关系判定A：由异面直线所成角求解判定B：作出截面判定C：由体积公式

判定D

【详解】对于A,易知MN与8%为异面直线，所以M,N,B,。不可能四点共面，故A错误；

对于B,连接CR,CP,易得MN//C",所以/P£>C为异面直线P"与MN所成角，

设A8=2,则CD、=2叵,D\P=6PC=3,

吊间…/”»厂(2X/2)2+(V5)2-32M

所以cosZPD,C=------产—7==----,

2x2V2xV510

所以异面直线PR与MN所成角的余弦值为巫，故B正确；

10

对于C,连接48,AM,易得AB//MN,

所以平面8MN微正方体所得横面为梯形MNBA,故C正确；

对于D,易得D】P〃BN,因为RPa平面MNB,MNu平面MNB,

所以。///平面MNB,

所以V…NB=VR_MNB=VB-MNn=X।X1X1X2=।»故D正确.

江苏省2023届天一中学等四校入学联考第11题——割补法求体积

2.(多选)如图所示，已知正方体棱长为1,过对角线BR的一个平面交A4于E，交

于广，下列结论中正确的是()

A.四边形一定是平行四边形

B.四边形有可能是正方形

C.四边形8尸"E周长的最小值为2+2及

D.四棱锥用一B/RE的体积为足值

【答案】AD

【分析】根据面面平行的性质定理可判断A对；利用反证法可判断B错；设AE=x,即可表示出四边形

周长为2（£B+E〃）=2（J1+3+/+（]一划2）,计算可知其最小值为2石，C错：根据等体积法可知D

对.

【详解】对于选项A,由面面平行的性质定理得EQ〃8/，FD,//BE,故A对；

对干选项B,若四边形BFRE为正方形,则ED】上BE,且E]=BE,且在正方体中有AQ_L8E,所以

BE1面AAQ。，即E与A重合，而此时ERwBE,故B错；

对于选项C,设AE=x,所以四边形周长为2（E3+EDj=2|：Ji77+Ji7丁丁），根据几何意义可

知，Jl+〃2+Jl+（1-Jr）?表示点（x,0）到（O,T）,（1,1）的距离之和，即可知Jl+x'+Jl+（1—＞了之后,

四边形周长的最小值为2石，故C错；

对于选项D,%-8sE=+VF-881a，故D对

2024届•长沙一中校考

3.如图，直四棱柱A8CO—A8C。的底面是梯形，AB//CD,ADLDC,BC=CD=4,DD、=AB=2,

夕是棱CG的中点.。是棱CR上一动点（不包含端点），则（）

A.AC与平面8PQ有可能平行

B.gR与平面BPQ有可能平行

C.三角形8PQ周长的最小值为J万+回

D.三棱锥A-BPQ的体积为定值

【答案】ACD

【分析】对于A,当Q为G"的中点时，可证得四边形A8CQ为平行四边形，则AC,与3Q互相平分于点M,

连接尸M可证得AC,再由线面平行的判定定理可得结论，对于B,由题意可得与。与平面BPQ相交，

对于C,把A8GR沿G2展开与CO2G在同一平面（如用），财当R,P,Q共线时，BQ+PQ有最小信，

从而可求得结果，对于D,匕如Q=%.®,S&^p为定值，可得结论.

【详解】对于A,连接AQ，G3,当Q为GA的中点时，QG=；D©,

因为CD=GR=4,CD〃CQ\,AB//CD,AB=2,

所以A4=QG=2,AB〃QG,

所以四边形A6GQ为平行四边形，

所以4G与BQ互相平分，设AG与8Q交于点例，连接尸M,

因为P是棱CG的中点，所以月W〃AC,

因为4CcZ平面BPQ,PMu平面BPQ,

所以4。〃平面BPQ,故A正确；

对于B,BR〃BD,又。史平面BPQ,BD与平面BPQ只能和交，所以8a与平面BPQ只能相交，故B

错；

对于C,BP=布,把A5G2沿CQ展开与CT）/）©在同一平面（如图），

则当B,P,Q共线时，BQ+PQ有最小值，

在直角梯形A5CO中，AB//CD,ADJ.DC,BC=CD=4,A8=2,

则AD=V42-22=2X/3»

所以4力1-JAD2+DD）2-V4+I2-4,

所以8P==后，

所以三角形BPQ周长的最小值为+J3，故C正确：

对于D,匕种，因S2B,为定值，因为。O〃GR,AB//CD,所以AB〃&R,

因为。Ga平面人外，A4U平面人研，

所以G。〃平面ABP,故Q到平面ABP的距离也为定值，所以匕一BPQ为定值.所以D正确

厦门市2023届高三12题：直棱柱动点问题

4.（多选）如图，直三棱柱A3C-A4G中，AAi=AB=lfAC=2,BC=后.点P在线段8。上

（不含端点），则（）

A.存在点P,使得AB】_L8PB.%+PB的最小值为有逐

C.ZMBP面积的最小值为手D.二棱锥B}-PAB与二棱锥C1-PAC的体枳之和为定值

【答案】ACD

【解析】

【分析】以A为原点，AB,AC,A4所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，

写出各点坐标，其中点P坐标，可设回=4西（0<2<1）,即可得出.

对干A选项，要使AB|_L8P,即从4<47=0,得到关于4的方程，解方程即可；

对于B选项，将和VA8C沿4c展开，连接AB,PA+P3的最小值即的长度，利用锐角

三角函数和两角和的余弦公式求出cos/A8C,再由余弦定理即可得到AB\

对于C选项，设（0<<9<-）,利用向量的夹角公式求得cos。，由同角三角函数的平方关系

2

得到sin。，代入三角形面积公式：S%8P=g・A3・PZrsinNA3P,结合二次函数的性质讨论最值即可；

=

对于D选项，利用等体积法得-PAB+匕1「PAC匕》-八明+VP-ACC）»即可求解

【详解】由题意得，BC2=AB2+AC2,即A3_LAC,

又•.在直二棱柱人2C-AMG中，AA"1"底面A3C，A8i平面A8C,ACu可面A8C,

/.1AB,AA,1AC,则以A为原点，AB,AC,4A所在直线分别为x轴、轴、z轴，建立如

图所示空间直角坐标系.

因为朋=48=1,人。=2,所以4(0,0,0),8(1,0,0),0(020),4(0,0,1),C(0,2,1),

P(x,»z),则。户=(%,)，—2,z),Cfi；=(l,-2J),

设CP=4C8；(Ov/ivl),则(x,y-2,z)=4(l,—2,1),解得冗=2,y=2-22,z=2,

所以。(42—2/1,2),

对于A选项，祕=(1,0,1),BP=(2-1,2-22,A),

要使Ag_L8P,AB；BP=lx(A-l)+0x(2-22)+1x2=0,解得2=；,

当c〉=gc瓦，即Q在C片中点忆AB}1BP,故A选项正确；

对于B选项，如图所示，将和VAB]C沿用。展开，如图所示，

连接A3交印。于点丁，可知当点尸与点7重合时取得最小值A8,

由题意得，AC=2,BB0,AB1=6,BC=y/5,8c=",

所以8、/4％=塞="CA胃鼻2CB曦=余,2平=翁魄,

oR512石-&

则cosZACB=c°s(4C4+4Q)=而需飞x/

~6~

在△ABC中，由余弦定理得，AB?=AC^+BC^—ZXACXBCXCOSN4cB

=级+(埒-2x2x&型XL2匹叵红，则叱

、/6333

所以Q4+PB的最小值为正正，故B选项错误；

3

对于C选项，丽=(1,0,0),BP=(A-I,2-2A,2),设ZABP=0(0<6><^),

则|cose|=|cos<人反BP>|=ABBP\A-1।11-21

网2_(|―/l)[J552—8/1+4

N\PB\2~|四

则S&BP

因为Ov/lvl,所以当4时，S。稗取得最小值;x《=增，故C选项正确;

对于D选项，VNAB+%./MC=匕T明+LACG=1X：XABXX升+；X：XACXeqX/

=-x—x1x1x(2-22)+-x—x2xlxA=---A+-2=—,古攵D选项正引年

32,7323333

5.（2023・江苏•统考一模）（多选）正方体4BCO-A耳的棱长为3,E,尸分别是棱4G，G"上的动

点，满足。L=G£,则（）

A.3尸与OE垂直

B.所与。E一定是异面直线

C.存在点E,F,使得三棱锥厂-A4E的体积为9

D.当E,尸分别是8«,CA的中点时，平面AM截正方体所得截面的周长为3而+]短

【答案】ACD

【分析】设GE=A/=。40,3],利用坐标法可判断A,利用特值法可判断B,根据体积公式耒示出三棱锥

产-ABE的体积可判断C,作出桢,面结合条件可得周长判断D.

【详解】如图建立空间直角坐标系，设。1七=。吠="[0.3],

则。(0,0.0),4(3,3,0),E(«3,3),尸(0,«3),

A:由题可得访=(-3,°-3,3),方=(a,3,3),所以萨诙=-3。+3(。-3)+3x3=0,

所以8#_1_说，即3/_L£)E,故A正确；

B：当E,F为中点时，加=(3,3,0),在=-,-,0=-DB,所以EF〃BD,B,D,F,E四点共面，此时

L1

6户与。石不是异面直线，故B错误；

C：由GE=RPe[0,3],可得见但=9音-若0-式受=如-%+9),

则匕=gx3xg(a2-3a+9)=H)+yGH，由于%，故C正确;

J乙L)oLoZJ4+Lo

D：直线痔与4不4。分别交于G,”，连接AG,4"分别交BB1,。。于点M,N,

则五边形ANFEM为平面AEF极正方体所得的极面，

因为E,F分别是6£,CQ的中点，

JT13

所以易得NGEF=NHFR=-,故可得&G=B】E=&F=D】F=^AB=Q,

因为△耳MG~A8M4,所以自"=42="L

13MBA2

可得BM=^MB=l,同理可得D、N=^ND=1,所以五边形ANFEM的周长为

故正确

2V9+4+=3X/F5+W^,D

巴蜀中学2023届高考适应性月考卷(一)第11题

6.如图，在边长为血的正方体八8。。-ABC。中,点M在底面正方形A3CO内运动，则下列结论正确

的是()

A.存在点M使得AM1平面DM

B.若AM=2,则动点例的轨迹长度为叵

2

C.若AM〃平面C,则动点M的轨迹长度为血

D.若AMu平面则二棱锥⑸一MDC的体积为定值

【答案】BD

【分析】以点。为坐标原点,DA.DC、所在直线分别为x、¥、z轴建立空间直角丝标系，利用

空间向量法可判断AC选项;利用空间中两点间的距离公式可判断B选项；利用锥体的体积公式可判断D

选项.

【详解】以点。为坐标原点,DA.DC、0A所在直线分别为x、＞\z轴建立如下图所示的空间直角

则C（o,0,o）、^（72,5/2,5/2）,A（0,0,⑹、A（©。，拉）,

设点M（x,y,。），其中0<y<V2,

设平面£）乃。的法向量为〃7=（X],y,zJ,CD）=（0,-V2,V2j,CB]=（Q,0,正），

th-CD.=-y/2y.+V2z.=0一/、

则<___厂L,取Z]=-l,则加=（1,一1,一1）,

m-CBl=-2%+&Z]=0

用7二1一枝,），,一&）,若AM_L平面04C,则即。〃而，

则上一应=-y=&,解得X=20,y=-&,不合乎题意，A错；

对于B选项，若14Ml=J（x—0j+y2+2=2,可得（x-应『+V=2,

则点M在平面ABCD内的抗迹是以点A为圆心，半径为J5的圆的,，

4

所以，动点M的枕迹长度为立三，B对；

2

对于C选项，若AM〃平面Q£C,则丽J_正，

则-/n=x->/2-y+\/2=A-y=O,

所以，点M在底面A5CD的批迹为线段30,故点M的枕迹长度为9=2,C错;

对于D选项，因为平面A]Dc平面

若’4Mu平面A,。。，则点、M的轨迹为线段BD,

因为BBi〃DD[且BB]—DD],所以，四边形88QQ为平行四边形，

所以，BDHBR,・.,MwBD,则点M到平面。石。的距离为定值，

=

又因为/\D[B\C的面积为定值，则YB（-JWDJCVw-DjBjC为定值，D对

S与动点有折线段最值问题

云南省三校2024届高三高考备考实用性联考卷（三）

7.如图，在正方体ABC。-A8£A中,例=及/为线段8G上的动点，则下列说法正确的是（）

B.OP〃平面人用。

c.三棱锥P-ACR的体积为定值出

D.A/+PC的最小值为6+1

【答案】ABD

【分析】对于A,由线面垂直的判定定理证明与。，平面A80即可;对于B,根据面面平行的判定定理证明平

面BDQ//平面ABR即可;对于C,根据线面平行将点P到平面ACD］的距离等于点B到平面AC^的距离，再

利用等体积法求解即可;对于D,将平面A/G和平面BCG沿直线BG展开为一个平面,利用余弦定理求解即

可判断.

【详解】对于A,连接4尸，4氏/，4。,如图：

•/8_L平面3CG4*Gu平面BCC、B、,

••.CQlg,

又BC、±B£,B.CQCD=C,&Cu平面BXCD,CDu平面B©D,

BC,_L平面与CO.

•・・4Ou平面用CO.

BC、kBQ,

连接瓦A,同理可得AB_L8Q,

,/AAcBG=B,A^u平面A]8C[.8clu平面ABC1,

.•.4。_!_平面48«,

•・•A「U平面ABC1,

.•.£O_LA/,故A正确；

对于B,连接BD,CQ,如图：

,:ABIIC、D\,AB=C\D\,

/.四边形ABC}D.为平行四边形，

:.ADJIBC、,

U平面BDCi.AQa平面BDC],

ADJ/平面BDC、,

同理四边形4OC圈为平行四边形，

•••AB\HDC\,

'：DC】u平面BDC\,Aq(Z平面BDC],

平面BDG，

•/AB,c=A,A%u平面AB,D,、AD,u平面ABR,

:.平面BDq“中面ABR,

，：DPu平面BDC\,

・•・OP〃平面ABR，故B正确：

QAQu平面ACD｝、8G(Z平面ACR,

BCJ/平面AC。1,

...点P到平面ACR的距离等于点B到平而4CDt的距离，

••Vis=匕.AS==；x；x&x&x&=半，故C错误；

对于D,将平面ABG和平面BCG沿直线8G展开为一个平面,如图:

•••AC=曲=AG="互+（可=2,

/./AGB=60.

.•.ss/ACC=cos（6（r+45：）」x"-无、虫=也也，

l\722224

6_[7

AC2=AC2+CC2-2-AC-CC-COSZACC=4+2-2X2XV2X-——=4+2>/3,

II1I4

.•.AC=6+1,

即AP+PC的最小值为百+1,故D正确.

2023届衡阳市八中高三入学考试

8.如图，在棱长为2的正方体人8。。-4冏GQ中，点M在线段BG（不包含端点）上运动，则（）

A.异面直线AM与AR所成角的取值范围是B.A}M1B}D

47L

C.三棱锥A-4MC的体积为定值§D.（AM+AM）“的最小值为12+46

【答案】BCD

【分析】连接AG，A8,根据AR〃8G，可得NAM8（或其补角）即为异面直线AM与A"所成角

的平面角，即可判断A；证明BQJL平面A^G,即可判断B；根据4。//BC1,可得8C1〃平面ACR,

则匕…MC=VHTS=%1TBe即可判断c；将V41G与△ABC]展开在同一平面内，则（AM+AM『的

最小值为44、从而可判断D.

【详解】解：连接AG，AB,

因为A。〃BC-

所以NAMB（或其补角）即为异面直线AM与A。所成角的平面角，

因为VA^G为正三角形，

所以异面直线AM与A"所成的角的取值范围是（5个,故A错误；

因为34_L平而ABC。，AGu平面A4CO,

所以BB[_LAC,

乂AG1BR,BB\cBp、=,

所以AG，平而BSQQ,

义B]Du平面BBRD,

所以4G上B1D,

同理BQJ.BQ,

又AC?8GG，所以BQ1平面A[BC],

因为AMu平面A^G,所以AMJ.8Q.故B正确；

因为BCJ/AQ,平面ACR,4〃<=平面402，

所以BQ〃平面AC£）1,

114

XX2X2X2

所以匕…MC=VM-AS=V『ABC=--=-»故C正确；

如图，将VA18G与△ABC；展开在同一平面内，（AM+AM）2的最小值为/T,

由余弦定理得4^2=8+4-2x2>/2x2xcosl500=12+4>/6,故D正确.

故选：BCD.

题理S与动点有关的角度问题（定值与最值）

2023届・江苏省盐城中学三模

9.（多选）已知正方体A8C。-A4G仅的棱长为1,〃为棱A4（包含端点）上的动点，下列命题正确的

是（）

A.CHA.BD

B.二面角C的大小为g

C.点〃到平面4CA距离的取值范围是¥，手

D.若C"_L平面/，则直线CO与平面/所成角的正弦值的取值范围为容冬

【答案】ACD

【分析】根据几何体为正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，求出右3,万后的坐标后利用数量积可判断

A的正误，求出平面4%C的法向量和平面A4Q的法向量可利用数量积计算夹角的余弦值后可判断B的正

误，利用点、到平面的距离的公式计舁后可列断C的正误，最后利用直线C。和平而力的法向量计笄线面角的

正弦值后可判断D的正误.

【详解】

由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，

则D(0,0,0),3(1,1,0),。(0,1⑼,4(1,0,0),4(0,0,1),〈(0,1,1),4(1,1,1),

设”(1,0,九)，其中0T41,

对干A：。存=(1,-1,/)。8=(1,1,0),故丽.丽=0即C"_L8O,

故A正确.

对于B:观=(0,1,1),M=(-tO3)，^C=(-ttO),

设平面A同。的法向量为m=（x,y,z）t

ih'AB,=0fy+z=0

则〈,即《八，取z=I,则x=】,y=-i,

ifiAD]=0[r+z=0

故正=（1,T』）.

设平面ABC的法向量为〃=（4c）,

n-AB.=0[Z?+c=0

则〈一，即《,八，取。=1,则a=l,c=-l,

HAC=0-a±b=0

故〃

故COS(/〃.〃)--j==--,而二面角£＞[一AB]-C为锐二面角，

故其余弦值为二不为!，故二面角。一破一。的平面角不是三故B错误.

2

3J

对于C:^=(1,1,0),DjC=(0,l,-l),

设平面C81Q]的法向量为k=(p、q、r),

k-D.l3'=()fp+^=0

则＜______，即＜八，取夕=1,则p=-l,r=l,

k-DlC=0[q-r=0

故工

而丽=(O,T,力T，

故〃到平面CBQ,的距离为|网.赢而=贷=等、率竽.

故C正确.

对于D：设直线。。与平面夕所成的角为夕

因为C”_L平面万，故C7/=（1,—1,/?）为平面夕的法向量,

1

而。。=(01,0),古攵sin8=cos

“2+2'

等，9］故D正确

而hw[0,11,/./、€

“2+2

福建宁德市2023届高三入学测试第12题：正方体动点问题

10.（多选）如图所示，在正方体MCQ-ATTC。'中，M,N分别是8‘c'，C'O'的中点，七是线段夕。

上的动点，厂是直线8方与平面AMN的交点，则下列判断正确是（）

A.BF=FffB.三棱锥尸-MVE的体积是定值

C.唯一存点E使得AEJLMVD.AE与平面AMN所成角为定值

【答案】BC

【分析】利用平面的基本性质作出面AWV与的交点，利月正方体的性质及线线平行、线面平行、中

位线性质判断A、C,结合棱锥体积公式、线面角定义判断B、D.

【详解】过A作GH//MN分别交CRC8延长线于”,G,连接MG,NH,如下图，

所以F为攵点、,又M,N分别是B'C',C'D的中点,

MB'_FB'_1

则A错误;

~BG~~BF~2

由E是线段577上的动点，而MN=且MV//B77,FB^-BB',

23

所以三棱锥/一M/花的体积是定值，B正确；

£在877上运动过程中，当AE_LG”时4E_LMV,而A为G”中点，

所以当E为夕。中点时AE_LGH,故唯一存在点£使得4E_LMN,C正确；

由R,m/MN,MNu曲AMN.R'Dp面AMN.则R7Y〃而4MN,

所以七到面AMN的距离一定，吊AE长度随E运动会变化，故AE与平面AMN所成的角不为定值，D

错误；

2024届・广东省四校高三第一次联考

11.（多选）如图，正方体ABCO-ABCA中，E为A片的中点，P为棱BC上的动点，则下列结论正确

的是（）

A.存在点P,使AC11平面REP

B.存在点P,使PE=PD[

C.四面体EPC|A的体积为定值

D.二面角P-RE-G的余弦值取值范围是

【答案】BC

【分析】利用向量法或几何法，根据线面垂直、两点间的距离、几何体的体积、二面角等知识对选项进行

分析，从而确定正确答案.

【详解】（向量法）为简化运算，建立空间直闲坐标系如图，设正方体棱长为2,

CF=2(0<«<2),则P(a22),E(2,l,0),A(2,0,0)6(0,2,2),

AC；=(-2,2,-2),席•菊二一2/0,故A。与RE不垂直，故A错误.

由PE=PD]知V77F+?=J(〃-2)2+「+22,r/=ie[0,2],故B正确.

1114

/二/=_2S=一'2—2・2=—，为定值.故C正确•

r-C|L^c3323

又麻=(2,1,0),取=(a,2,2),设平面REP的法向量I=(x,y,z),

\DXE-nx—02x+_y=0

由[印•1=o'iaK+2y+2z=O，

令工=2则y=-4,z=4-a,.•.%=(2,T,4-a),

又平面AEC1的法向量/=(0,0,1),

故D错误.

(几何法)记棱AD，Dp,DC,CB,BBI中点分别为FGJ3H,

易知AC11平面EFGJ1H,而£/u平面EFGJ1H

则ACi^E/7,若AC〕_L平面。1EP.REu平面REP,则AC11RE,

由EFcRE=瓦E££)1Eu平面DiEF,

所以4C11F面QEF,与已知矛盾，故AC［不垂直于¥面

故A错误.

ABAB

连接EB,D。,易知8C_L£B,BC1DtC,设正方体棱长为2,知£B=JL0,0=272,

记BP=m(0<m<2),

则EP=/n2+5,AP=J(2_〃"+8,

由、/"『+5=J(2-〃I)?+8,

得〃7=(W[0.2].故B正确.

ABAB

1114

VE-PC^=匕f*=鼠2•SAGn£=鼻•2•3•2•2=1,为定值.故C正确.

过点P作尸MIBG于点M,易知PM1"E,过点、M作MN工RE于点、N,

知"El平面PMN,所以PN_L"E,则二面角P-RE-G的平面角为NPNM,

现在APNM中求解CGS/PNM.

____NMx

设正方体棱长为2,NM=x,则=百，；.cosNPNM=j^=、4,

只需求I取值范围即可：

记BP-m[0<in<2),则M=BP=in,

分析易知M在G时工取到最大值，此时x=C[N],

/左4时I取到最小值，此时x=4M，

地=如2述

C.D.D、E[Si26$，

位B[N、二B蘸.E即即北1百去2^5,

所以也.遗嗯“关,

5555

瓜2

：.ssNPNM='"

7774~6f3

故D错误.

12.如图，在棱长为2的止方体力BCD-AMGR中，点/）,Q分别是线段上的动点（含端点）,

则下列说法正确的是（)

B.AP+尸。的最小值为遗

A.A.P1DC,

3

瓜272

C.直线BQ与平面A。。1所成角的正弦值的取值范围为丁丁

D.AP与。G所成角的取值范围为

03

【答案】ABD

【解析】如图1,OC|JL平面ABC。=>QG，4尸，所以A是正确的；如图2,AP+P。的最小值就

22

是A。=^B|+|BD|-2|AIB||BD|cos=孚，所以B是正确的；如图3,直线8。在面片。弓

473

的投影为GQ,则直线3Q与平面\DC所成角为ZBQG,则._BG丁

X/sDin----=----

BQBQ

-x/62V2-

y/6<BQ<2y[2^>sinNBQGG，所以C是错误的；如图4,AP与。G所成角。的最小角

v,—

DM_\

为/DC]M,此时sin/OGM，则a二三，AP与QG所成角。的最大角是直线或8G

DC,26

与DR的夹角，此时a=亨，所以D是正确.故选ABD.

题理@动点的轨迹问题

2023届武汉二调T8-阿氏球

13.设A,B是半径为3的球体0表面上两定点，且408=60。，球体。表面上动点P满足|网=2归网,

则点尸的轨迹长度为（）

A12VH12V13

A.------------71D.------------71

11

【答案】D

【分析】建立直角坐标系，根据|附=2|叫确定轨迹为圆，转化到空间得到就迹为两球的交线，计算球心

2x36V13

距1e=而对应圆的半径为再计算周长得到答案.

Vf3~

【详解】以AO8所在的平面建立直角坐标系，AB为工轴，的垂直平分线为）'轴,

同=3,则4（弓0）,呜，。），设P（",y）,附=2附，

则['+]+）'+4/，整理得到（工一1）+）3=4,

故P轨迹是以C仔,。）为圆心,半径厂=2的圆，

转化到空间中：当〃绕AB为轴旋转一周时，仍外|叫不变，依然满足|恻=2|烟,

故空间中。的轨迹为以C为球心，半径为r=2的球，

同时P在球。上，故?在两球的交线上，为圆.

球心距为\CO\=yj\OB^+pC|2-2|O«|-|OC|cosl200=屈=VF+F,

△OCT为直角三角形，对应圆的半径为孽=似叵，

V1313

闰*力,->6912V13

H长为2nr.=2nx----=------n.

1313

2023•深圳一模

14.（多选）如图，已知正三棱台ABC-AMG的上、下底面边长分别为2和3,侧棱长为I,点P在侧面

内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为指，则（）

A.CP长度的最小值为百-1

B,存在点P,使得AP_L8C

C.存在点P,存在点Qe与G，使得AP〃AQ

D.所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为叵

3

【答案】ACD

【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱维，求出点A到平面8CCQ的距离即可确定点尸的运动就迹,

再逐项分析即可.

【详解】依题意，延长正三棱台例棱相交于点。，取8c中点。，

8c中点£,连接则有OA=O8=OC,

所以。石的延长线必过点。且。£，,。£，8C,

过点。作。F||GCOG||瓦B,则四边形。RX；是边长为1的菱形.

如图所示：

o

姐=££=」£_即2=0_

在△08。中,

BCOC0G+CC'30G+1'

解得OG=2,所以0C=0C\+CjC=2+1=3,

所以△OAC为边长为3等边三角形，

所以NDFE=/FDG=NOCB=三,。七=述

32

所以DE=DFxsin—=lx—=—,

322

因为△ABC是边长为3的等边三角形且E为8c中点,

所以AE=空，BCA-AE,

2

在中，由余弦定理变形得，cosZOEA=OE'+AE'-°^

2xOExAE

在丫月。£中，由余弦定理变形得，

2

-AD2

ss/。如吟丝32F

2xDExAE2x与毡3

22

解得4)=",所以八炉=。炉+八犷，所以AO_LOE；

由8C_LAE,BC±OE,AEc()E=E,可得8C/平面AQE,

又ADu平面AQE,所以8C_LA£>,

由BCJ.AO,ADA.DE,BCRDE=E,可得A£)_L平而8CC战，

因为AP与平面8CC由所成角的正切值为遥，

所以笠="，解得DP=l,A尸='心+。尸=反1="

所以点。在平面BCCM的枕迹为GF,BQ,

对干A：当点夕运动到。。与C尸的交点时CP有最小值,

因为四边形。WG是助长为।且“。G=的菱形,

所以。。=百，所以CP=DC-OP=,

故A选项正确；

对干B：要使得AP_LBC,则点P必须落在

平面ADE与平面BCCE的交线上且DP=\f

由图易知，在平面8CG片中不存在这样的点P,

故B选项错误：

对于C：当点”运动到点尸时，连接AR。"，交4G于点Q,

连接AQ,由于平面人4G〃平面48C,

所以平面A&G,又A/u平面AFO,平面A厂Oc平面A4G=AQ,

所以人/IIAQ,所以存在点P,存在点QwMG,使得AP〃AQ,

故C选项正确：

对于D：设G尸的长度为/,«'|/=|ZFDC,|x|DP|=yxl=p

动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为S,

则有S=gx/x|AP|=:x]x>/7

因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为2S=2x®=叵，

63

故D选项正确

15.（多选）在四棱锥尸-A58中，底面A8CO是边长为2的正方形，PAJL平面ABC。，且B4=2.若

点E,F,G分别为棱AB,AO,PC的中点，则下列说法正确的是（）

A.4G_L平面/＞比＞

B.直线对和直线A3所成的角为:

4

C.过点E,F,G的平面与四棱锥P-A5CD表面交线的周长为2收+指

D.当点7在平面P3D内，且以+m=2时，点7的轨迹为一个椭圆

【答案】ABC

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、数量积的运算公式逐一判断即可.

【详解】因为E4_L,平面A8C。，人氏4）（=平面488,

所以PAJ_4RPA_LA/）,而底面A6C3是边长为2的正方形，

所以4?_LA£）,因此建立如图所示的空间直角坐标系.

A：4(0,0,0),尸(0,0,2),8(2»0,0),。(020),C(220),G(l,1,1),

75=(111)，方=(2,0,-2),PD=(0,2,-2),

设平面PBD的法向量为三i二(x,y,z),

in-PB=02x-2z=