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专题四 微重点 3 立体几何中的动态问题
(分值：53分)
一、单项选择题(每小题5分，共25分)
1.(2024·福州质检)棱长为1的正方体ABCD-A B C D 中，点P为BD 上的动点，O为底面ABCD的中心，
1 1 1 1 1
则OP的最小值为( )
√3 √6
A. B.
3 3
√6 √3
C. D.
6 2
2.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
3.如图，正三棱柱ABC-A B C 的底面边长是2，侧棱长是2√3，M为A C 的中点，N是侧面BCC B 内的动
1 1 1 1 1 1 1
点，且MN∥平面ABC ，则点N的轨迹的长度为( )
1
A.√6 B.2
C.√2 D.4
4.(2024·榆林模拟)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
1
该段正弦曲线是函数y=2sin ωx(ω>0)图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为 ，则ω的值为(
2
)√3 √3
A. B.
6 3
C.√3 D.2
5.三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P-ABC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A-PC-B的大小为θ，由三面角余弦定理得cos θ=
cosγ-cosα·cosβ
.在三棱锥P-ABC中，PA=6，∠APC=60°，∠BPC=45°，∠APB=90°，PB+PC=6，则三
sinα·sinβ
棱锥P-ABC体积的最大值为( )
27√2 27
A. B.
4 4
9 9
C. D.
2 4
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
π
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< 时，截口
2
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ABCD-A B C D 中，
1 1 1 1
AB=AD=2，AA =4，点P在平面ABCD内，下列选项正确的是( )
1
A.若点P到直线CC 的距离与点P到平面BB C C的距离相等，则点P的轨迹为直线
1 1 1
B.若点P到直线CC 的距离与点P到AA 的距离之和等于4，则点P的轨迹为椭圆
1 1
C.若∠BD P=45°，则点P的轨迹为抛物线
1
D.若∠BD P=60°，则点P的轨迹为双曲线
1
7.(2024·南京模拟)如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成
△A DE(点A 不落在底面BCDE内)，连接A B，A C.若M为线段A C的中点，则在△ADE的翻折过程中，
1 1 1 1 1
以下结论不正确的是( )
A.BM ∥平面A DE恒成立
1B.存在某个位置，使DE⊥A C
1
C.线段BM的长为定值
D.V ∶V =1∶2
A-A DE A -BCDE
1 1
8.(2024·宜昌模拟)正方体ABCD-A B C D 中，AB=2，P在正方形BCC B 内(包括边界)，下列结论正确的有(
1 1 1 1 1 1
)
√5
A.若AP=3，则P点轨迹的长度为 π
6
8√2
B.三棱锥P-ABC外接球体积的最小值是 π
3
C.若Q为正方形A B C D 的中心，则△APQ周长的最小值为√6+√14
1 1 1 1
D.cos2∠PAD+cos2∠PAB+cos2∠PAA =1
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ABCD-A B C D 表面上的动点，且AP=√2，则动点P的轨迹的长度为
1 1 1 1
.
10.(2024·张家口模拟)如图，已知点A是圆台O O的上底面圆O 上的动点，B，C在下底面圆O上，
1 1
AO =1，OO =2，BO=3，BC=2√5，则直线AO与平面O BC所成角的余弦值的最小值为 .
1 1 1答案精析
1.C 2.D 3.B 4.A 5.C 6.ABD
7.BD
8.BCD [因为AP=3，且AP2=AB2+BP2，AB=2，所以BP=√5，
取B C ，C C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，
1 1 1
π √5π
因为∠EBF≠ ，所以E´F≠ ，A不正确；
6 6
由球的性质知，三棱锥P-ABC外接球的球心在过△ABC外接圆圆心的垂线上，
1
Rt△ABC的外接圆的圆心为AC的中点，且半径为 AC=√2，
2
当△ABC的外接圆圆心为球心时，三棱锥P-ABC外接球的半径最小，
4 8√2
所以球半径R的最小值为√2，外接球体积的最小值是 π(√2)3= π，
3 3
B正确；
设Q关于平面BCC B 的对称点为Q'，
1 1
则AP+PQ=AP+PQ'≥AQ'
=√22+12+32
=√14，
又AQ=√22+12+12
=√6，
所以△APQ的周长AQ+AP+PQ≥√6+√14，C正确；
分别以DA，DC，DD 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，
1
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，A (2，0，2)，
1
设P(x，2，z)，0≤x≤2，0≤z≤2，
则⃗AP=(x-2，2，z)，⃗AD=(-2，0，0)，
⃗AB=(0，2，0)，⃗A A =(0，0，2)，
1
所以cos∠PAD=cos〈⃗AP，⃗AD〉
⃗AP·⃗AD
=
|⃗AP||⃗AD|4-2x
=
2×√(x-2) 2+4+z2
2-x
= ，
√(x-2) 2+4+z2
cos∠PAB=cos〈⃗AP，⃗AB〉
⃗AP·⃗AB
=
|⃗AP||⃗AB|
4
=
2×√(x-2) 2+4+z2
2
= ，
√(x-2) 2+4+z2
cos∠PAA =cos〈⃗AP，⃗A A 〉
1 1
⃗AP·⃗A A
1
=
|⃗AP||⃗A A |
1
2z
=
2×√(x-2) 2+4+z2
z
= ，
√(x-2) 2+4+z2
所以cos2∠PAD+cos2∠PAB+
(2-x) 2
cos2∠PAA = +
1 (x-2) 2+4+z2
4 z2
+
(x-2) 2+4+z2 (x-2) 2+4+z2
=1，D正确.]
3π
9.
2
解析 由已知AC=AB =AD =√2，在平面BC ，平面A C ，平面DC 中，
1 1 1 1 1 1
BP=A P=DP=1，所以动点P的轨迹是在平面BC ，平面A C ，平面DC 内分别以B，A ，D为圆心，1为半
1 1 1 1 1 1
径的三段圆弧，且长度相等，
π 3π
故轨迹长度和为 ×3= .
2 2
√10
10.
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=2√5，
OB2+BC2-OC2
故cos∠OBC=
2OB·BC
9+20-9 √5
= = ，
2×3×2√5 3
√5 10
则BH=BC·cos∠OBC=2√5× = ，
3 3
√ 100 4√5 1
则CH=√BC2-BH2= 20- = ，OH=BH-OB= ，
9 3 3
( 1 4√5 )
故点C - ， ，0 ；
3 3
又B(3，0，0)，O(0，0，0)，O (0，0，2)，
1
设点A(m，n，2)，m，n∈[-1，1]，由O A=1，
1
可得m2+n2=1；
( 10 4√5 )
⃗BC= - ， ，0 ，
3 3
⃗BO =(-3，0，2)，
1
设平面O BC的法向量为
1
t=(x，y，z)，
{t·⃗BC=0,
则
t·⃗BO =0,
1
{ 10 4√5
- x+ y=0,
即 3 3
-3x+2z=0,
取y=√5，则x=2，z=3，
故平面O BC的一个法向量为
1
t=(2，√5，3)，
又⃗OA=(m，n，2)，
[ π]
设直线AO与平面O BC所成的角为θ，θ∈ 0， ，
1 2
|t·⃗OA|
则sin θ=|cos〈⃗OA，t〉|=
|t||⃗OA||2m+√5n+6|
=
3√2×√m2+n2+4
|2m+√5n+6|
= ，
3√10
因为m，n∈[-1，1]，且m2+n2=1，
故令m=cos α，n=sin α，α∈[0，2π)，
则2m+√5n+6=√5sin α+2cos α+6=3sin(α+φ)+6，
2√5 ( π π)
tan φ= ，φ∈ - ， ，
5 2 2
又α∈[0，2π)，
故sin(α+φ)∈[-1，1]，
3sin(α+φ)+6∈[3，9]，
也即2m+√5n+6∈[3，9]，
9 3√10
故sin θ的最大值为 = ，
3√10 10
[ π] √10
又θ∈ 0， ，故cos θ的最小值为√1-sin2θ= .
2 10
√10
即直线AO与平面O BC所成角的余弦值的最小值为 .
1 10
