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微重点 3 立体几何中的动态问题
[考情分析] “动态”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、
面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更
趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥
梁，使得它们之间灵活转化.
考点一 动点轨迹问题
例1 (多选)(2024·梅州模拟)如图，平面ABN⊥平面α，AB=MN=2，M为线段AB的中点，直线MN与
平面α所成角的大小为30°，点P为平面α内的动点，则( )
A.以N为球心，半径为2的球面在平面α上的截痕长为2π
B.若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
π
C.若P到直线MN的距离为1，则∠APB的最大值为
2
D.满足∠MNP=45°的点P的轨迹是椭圆
答案 BC
解析 对于A，由于MN与平面α所成角的大小为30°，所以点N到平面α的距离d=MN·sin 30°=1，故半径
为R=2的球面在平面α上截面圆的半径为r=√R2-d2=√3，故截痕长为2πr=2√3π，A错误；
对于B，由于平面ABN⊥平面α，所以以AB为y轴，在平面α内过M作x轴⊥AB，在平面ABN内作z轴
⊥AB，建立如图所示的空间直角坐标系，
则M(0，0，0)，B(0，1，0)，A(0，-1，0)，N(0，√3，1)，
设P(x，y，0)，则PM=PN x2+y2=x2+(y-√3)2+1，
2√3
⇒
化简得y= ，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确；
3
对于C，⃗MN=(0，√3，1)，⃗MP=(x，y，0)，
所以P到直线MN的距离为
√
⃗MP2-
(
⃗MP·
⃗MN ) 2
=
√
x2+ y2-
(√3 y) 2
=1，
|⃗MN| 2
y2
化简可得x2+ =1，
4
y2
所以点P的轨迹是平面α内的椭圆x2+ =1，如图，当P在短轴的端点时，∠APB最大，由于
4
BM=MP=1，π π
故∠BPM= ，因此∠APB=2∠BPM= ，C正确；
4 2
对于D， ⃗NM=(0，-√3，-1)，
⃗NP=(x，y-√3，-1)，
⃗NM·⃗NP -√3 y+4 √2
若∠MNP=45°，则cos∠MNP=cos〈⃗NM，⃗NP〉= = = ，
|⃗NM||⃗NP| 2√x2+(y-√3) 2+1 2
(y-2√3) 2 x2 4√3
化简得 - =1且y< ，故满足∠MNP=45°的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误.
4 2 3
[规律方法] 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法
(1)几何法：根据平面的性质进行判定.
(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算.
(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除.
跟踪演练1 (多选)在棱长为1的正方体ABCD-A B C D 中，P在侧面CC D D(含边界)内运动，Q在底
1 1 1 1 1 1
面ABCD(含边界)内运动，则下列说法正确的是( )
A.若直线AC与直线AP所成角的大小为30°，则点P的轨迹为椭圆的一部分
B.若过点Q作体对角线A C的垂线，垂足为H，满足QA=QH，则点Q的轨迹为双曲线的一部分
1
C.若点P到直线B C 的距离与点P到平面ABCD的距离相等，则点P的轨迹为抛物线的一部分
1 1
D.若点P满足∠PAD=∠PAC ，则点P的轨迹为线段
1
答案 ACD
解析 依题意，以A为坐标原点，AD为x轴，AB为y轴，AA 为z轴，建立空间直角坐标系，
1
则A(0，0，0)，C(1，1，0)，A (0，0，1)，C (1，1，1)，D(1，0，0)，
1 1
假设P(1，m，n)，m，n∈[0，1]，
则⃗AC=(1，1，0)，⃗AP=(1，m，n)，
⃗AC·⃗AP m+1
所以cos 30°= = ，
|⃗AC||⃗AP| √2·√1+m2+n2
(m-2) 2
即 +n2=1，m，n∈[0，1]，
3所以点P的轨迹为椭圆的一部分，故A正确；
设Q(a，b，0)，a，b∈[0，1]，
QA=√a2+b2，⃗A Q=(a，b，-1)，
1
⃗A C=(1，1，-1)，
1
⃗A Q·⃗A C a+b+1
|⃗A H| 为向量 ⃗A Q在向量 ⃗A C上投影的长度，故|⃗A H|= 1 1 = ，
1 1 1 1 |⃗A C| √3
1
由勾股定理，得QH= √|⃗A Q| 2 -|⃗A H| 2 =
√
a2+b2+1-
(a+b+1) 2
，
1 1 3
由QA=QH得，a+b=√3-1，a，b∈[0，1]，
所以点Q的轨迹为线段，故B错误；
由条件得，点P到直线B C 的距离为√(1-m) 2+(1-n) 2，
1 1
设点P到平面ABCD的距离为n，
由√(1-m) 2+(1-n) 2=n，化简得(m-1)2=2n-1，所以点P的轨迹为抛物线的一部分，故C正确；
⃗AD=(1，0，0)，⃗AC =(1，1，1)，
1
⃗AD·⃗AP 1
可得cos∠PAD= = ，
|⃗AD||⃗AP| √m2+n2+1
⃗AC ·⃗AP
1
cos∠PAC =
1 |⃗AC ||⃗AP|
1
1+m+n
= ，
√3·√m2+n2+1
由cos∠PAD=cos∠PAC ，
1
化简得m+n=√3-1，所以点P的轨迹为线段，故D正确.
考点二 折叠、展开问题
例2 (多选)如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠D=60°，沿AC将△DAC翻折至△SAC，连接SB，得到
三棱锥S-ABC，E是线段SA的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是( )
A.在棱SB上总存在一点F，使得EF∥平面ABC
1
B.当SB=3时，三棱锥S-ABC的体积为
2
C.当平面SAC⊥平面ABC时，SB=√6
√15
D.当二面角S-AC-B为120°时，三棱锥S-ABC的外接球的半径为
3答案 AC
解析 对于A，取SB的中点F，连接EF，
因为E，F分别是SA，SB的中点，所以EF∥AB，
因为AB 平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC，故A正确；
对于B，⊂易得△ABC，△SAC为等边三角形，
取AC的中点M，连接BM，SM，
则AC⊥BM，AC⊥SM，SM=MB=√3，
SM2+MB2-SB2
所以cos∠SMB=
2SM·MB
3+3-9 1
= =- ，
2×√3×√3 2
√3 3
则点S到平面ABC的距离h=sin(π-∠SMB)·SM= ×√3= ，
2 2
1 √3 3 √3
所以三棱锥S-ABC的体积V= × ×22× = ，故B错误；
3 4 2 2
对于C，当平面SAC⊥平面ABC时，平面SAC∩平面ABC=AC，
因为△SAC为等边三角形，所以SM⊥AC，SM 平面SAC，
所以SM⊥平面ABC，又因为MB 平面ABC，⊂
所以SM⊥MB，所以SB=√SM2+⊂MB2=√6，故C正确；
对于D，设三棱锥S-ABC外接球的球心为O，△SAC，△ABC的中心分别为O ，O ，
1 2
1
易得OO ⊥平面SAC，OO ⊥平面ABC，且O，O ，O ，M四点共面，∠OMO = ∠O MO =60°，
1 2 1 2 1 2 1 2
1 √3
O M= SM= ，
1 3 3
在Rt△OO M中，OO =√3O M=1，
1 1 1
2 2√3
又O S= SM= ，
1 3 3
√7 √21
则三棱锥S-ABC外接球半径r=√OO2+O S2= = ，故D错误.
1 1 3 3[规律方法] 画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数
量关系.
跟踪演练2 (多选)在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱ABC-A B C 展开得到平面图，如图所示，
1 1 1
∠ABC=90°，AA =AB，P为AB 的中点，Q为A C的中点，则在原直三棱柱ABC-A B C 中，下列说法
1 1 1 1 1 1
正确的是( )
A.P，Q，C，B四点共面
B.A C⊥AB
1 1
3
C.几何体A-PQCB和直三棱柱ABC-A B C 的体积之比为
1 1 1 8
D.当BC=√2AB时，A C与平面ABB 所成的角为45°
1 1
答案 ABD
解析 如图，将展开的平面图还原成立体图形，
对A选项，连接A B，∵P为AB 的中点，
1 1
∴P也为A B的中点，又Q为A C的中点，
1 1
∴PQ∥BC，∴P，Q，C，B四点共面，故A选项正确；
对B选项，∵∠ABC=90°，由展开图易知，棱柱ABC-A B C 为直三棱柱，
1 1 1
∴易得BC⊥平面ABB A ，又AB 平面ABB A ，∴AB ⊥BC，又AA =AB，
1 1 1 1 1 1 1
∴四边形ABB 1 A 1 为正方形， ⊂
∴AB ⊥A B，又BC∩A B=B，BC，A B 平面A BC，
1 1 1 1 1
∴AB
1
⊥平面A
1
BC，又A
1
C 平面A
1
BC⊂，
∴A
1
C⊥AB
1
，故B选项正确⊂；
对C选项，∵P，Q分别为A B，A C的中点，
1 1
3
∴S = S ，
四边形PQCB 4 △A 1 BC
3 3 3 1 1
∴V = V = V = × V = V ，
A-PQCB 4 A-A 1 BC 4 A 1 -ABC 4 3 ABC-A 1 B 1 C 1 4 ABC-A 1 B 1 C 11
∴几何体A-PQCB和直三棱柱ABC-A B C 的体积之比为 ，故C选项错误；
1 1 1 4
对D选项，当BC=√2AB时，又AA =AB，且AA ⊥AB，∴A B=√2AB，
1 1 1
∴BC=A B，A B⊥BC ∴∠BA C=45°，
1 1 1
又由B选项的分析知BC⊥平面ABB A ，
1 1
∴∠BA C即为A C与平面ABB 所成的角，又∠BA C=45°，∴A C与平面ABB 所成的角为45°，故D选项
1 1 1 1 1 1
正确.
考点三 最值、范围问题
例3 (多选)(2024·怀化模拟)在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=2，PA=2√3，点
D是△PAB内的动点(含边界)，AD⊥CD，则下列结论正确的是( )
π
A.PB与平面ABC所成角的大小为
3
B.三棱锥C-ABD的体积最大值是2
2π
C.D点的轨迹长度是
3
[√5 √2)
D.异面直线CD与AB所成角的余弦值的取值范围是 ，
10 2
答案 ACD
解析 如图，把三棱锥P-ABC补形成正四棱柱并建立空间直角坐标系，
PA
对于A，由PA⊥平面ABC，得∠PBA是PB与平面ABC所成的角，tan∠PBA= =√3，
AB
π
因此∠PBA= ，A正确；
3
对于C，由AD⊥CD，得D点的轨迹是以线段AC为直径的球面与△PAB相交的一段圆弧及点B，令AC，
AB的中点分别为O，E，则OE⊥平面PAB，OE=1，OD=√2，于是DE=1，
2π 2π
显然D点所在圆弧所对圆心角大小为 ，轨迹长度是 ，C正确；
3 3
对于B，由选项C知，当DE⊥AB时，D点到平面ABC的距离最大，最大距离为1，
1 1 2
因此三棱锥C-ABD的体积V =V ≤ × ×2×2×1= ，B错误；
C-ABD D-ABC 3 2 3
对于D，由C知，D点的轨迹是以线段AC为直径的球面与△PAB相交的一段圆弧及点B，当D点与A点
或B点重合时，直线CD与AB不是异面直线，故舍去；( 2π)
当D点在圆弧上时，设∠AED=θ 0<θ≤ ，
3
则D(1-cos θ，0，sin θ)，而C(2，2，0)，
于是⃗CD=(-1-cos θ，-2，sin θ)，
又⃗AB=(2，0，0)，令异面直线CD与AB所成的角为φ，
|⃗CD·⃗AB|
则cos φ=|cos〈⃗CD，⃗AB〉|=
|⃗CD||⃗AB|
1+cosθ 1+cosθ
= = ，
√(1+cosθ) 2+4+sin2θ √6+2cosθ
[1 )
令t=1+cos θ∈ ，2 ，
2
1
t [1 ) √5 √2
cos φ= =√4 2在t∈ ，2 上单调递增，因此 ≤cos φ< ，综上所述，所求余弦值的范围是
√4+2t + 2 10 2
t2 t
[√5 √2)
， ，D正确.
10 2
[规律方法] 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题时常用的解题思路
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值.
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最
值.
π
跟踪演练3 (多选)(2024·鹰潭模拟)直四棱柱ABCD-A B C D 的所有棱长都为4，∠BAD= ，点P在四
1 1 1 1 3
边形BDD B 及其内部运动，且满足PA+PC=8，则下列选项正确的是( )
1 1
A.点P的轨迹的长度为π
B.直线AP与平面BDD B 所成的角为定值
1 1
2√21
C.点P到平面AD B 的距离的最小值为
1 1 7
D.⃗PA ·⃗PC 的最小值为-2
1 1
答案 BC
解析 直四棱柱ABCD-A B C D 的所有棱长都为4，则底面ABCD为菱形，
1 1 1 1π
又∠BAD= ，则△ABD和△CBD都是等边三角形，
3
设BD与AC相交于点O，BD⊥AC，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，过O垂直于底面的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2√3，0，0)，B(0，2，0)，C(-2√3，0，0)，D(0，-2，0)，A (2√3，0，4)，B (0，2，4)，C (-2√3，
1 1 1
0，4)，D (0，-2，4)，
1
点P在四边形BDD B 及其内部运动，设P(0，y，z)，-2≤y≤2，0≤z≤4，
1 1
由PA+PC=8，
得√(2√3) 2+ y2+z2+√(-2√3) 2+ y2+z2=8，
即y2+z2=4(-2≤y≤2，0≤z≤2)，
所以点P的轨迹为平面BDD B 内以O为圆心，2为半径的半圆，
1 1
所以点P的轨迹的长度为2π，A选项错误；
平面BDD B 的一个法向量为m=(1，0，0)，
1 1
⃗AP=(-2√3，y，z)，
设直线AP与平面BDD B 所成的角为θ，
1 1
|⃗AP·m| 2√3 √3
则sin θ= = = ，
|⃗AP||m| √12+ y2+z2 2
[ π] π
又由θ∈ 0， ，则θ= ，
2 3
所以直线AP与平面BDD B 所成的角为定值， B选项正确；
1 1
⃗AB =(-2√3，2，4)，⃗AD =(-2√3，-2，4)，
1 1
设平面AD B 的法向量为n=(x，y，z)，
1 1
{⃗AB ·n=-2√3x+2y+4z=0,
1
则有
⃗AD ·n=-2√3x-2y+4z=0,
1
令x=2，得y=0，z=√3，n=(2，0，√3)，
所以点P到平面AD B 的距离
1 1
|⃗AP·n| |-2√3×2+√3z|
d= =
|n| √22+(√3) 2
|-4√3+√3z|
= ，
√7因为0≤z≤2，所以当z=2时，
|-4√3+2√3| 2√21 2√21
d = = ，所以点P到平面AD B 的距离的最小值为 ，C选项正确；
min √7 7 1 1 7
⃗PA =(2√3，- y，4-z)，
1
⃗PC =(-2√3，- y，4-z)，
1
⃗PA ·⃗PC =-12+y2+(z-4)2，其几何意义为点P(0，y，z)到点(0，0，4)距离的平方减12，
1 1
由y2+z2=4，点P(0，y，z)到点(0，0，4)距离的最小值为4-2=2，
⃗PA ·⃗PC 的最小值为22-12=-8，D选项错误.
1 1
专题强化练
(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
答案 C
解析 由题意可得OP的最小值为点O到线段BD 的距离，
1
在平面D DB内过点O作OP⊥BD 于点P，
1 1
由题意可得DD =1，DB=√2，BD =√3，DD ⊥平面ABCD，
1 1 1
OP OB
因为DB 平面ABCD，则DD ⊥DB，因为△OPB∽△D DB，故 = ，
1 1 DD BD
1 1
⊂
√2
OB·DD ×1 √6
即OP= 1 = 2 = .
BD 6
1 √3
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.抛物线的一部分答案 D
解析 在正四面体A-BCD中，E是棱CD的中点，
所以AE⊥CD，BE⊥CD，又AE∩BE=E，AE，BE 平面ABE，所以CD⊥平面ABE，
⊂
又点P的轨迹被平面ABE所截，即点P在平面ABE内，
所以点P到棱CD的距离为PE.
在平面ABE内过点P作PF⊥AB，则PF为点P到棱AB的距离，
又点P到棱AB和棱CD的距离相等，即PE=PF，
因此，在平面ABE内，动点P到棱AB和到定点E的距离相等.
由抛物线的定义得，动点P的轨迹是抛物线的一部分.
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
答案 B
解析 如图，取B C 的中点D，取BB 的中点E，连接MD，DE，ME，则DE∥BC ，
1 1 1 1
又DE⊄平面ABC ，BC 平面ABC ，所以DE∥平面ABC ，
1 1 1 1
又M为A
1
C
1
的中点，所⊂以MD∥A
1
B
1
∥AB，
又MD⊄平面ABC ，AB 平面ABC ，所以MD∥平面ABC ，
1 1 1
又DE∩MD=D，DE 平⊂面DEM，MD 平面DEM，所以平面DEM∥平面ABC
1
，
又因为N是侧面BC⊂C
1
B
1
上一点，且M⊂N∥平面ABC
1
，1
所以N的轨迹为线段DE，DE= √4+12=2，
2
所以点N的轨迹的长度为2.
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
答案 A
解析 由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数y=2sin ωx(ω>0)图象的一部分，
2π
可得AB=4，且T= ，
ω
2
所以圆柱的底面直径2r= ，
ω
1 b 2r √3 4r 4
设椭圆长轴长为2a，短轴长为2b，因为离心率为 ，可得 = = ，所以AC= = ，
2 a AC 2 √3 √3ω
4 16 √3
由勾股定理得16+ = ，解得ω= .
ω2 3ω2 6
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
答案 C
解析 如图所示，作BD垂直于CP于点D，设点B在平面APC中的射影为M，连接BM，MD，
1
由题意得V = ·S ·BM.
P-ABC 3 △APC
设二面角A-PC-B的大小为θ，θ∈[0，π]，
1 √2
0- ×
2 2 √3
则cos θ= =- ，
√3 √2 3
×
2 2
√6
∴sin∠BDM= ，
3
√6
BM=BD·sin∠BDM= BD
3
√6 √3
= ·PB·sin∠BPC= PB，
3 3
1 3√3
S = ·PA·PC·sin∠APC= PC，
△APC 2 2
1 1 1 1
∴V = ·S ·BM= ·PB·PC= ·PB(6-PB)=- PB2+3PB
P-ABC 3 △APC 2 2 2
1 9
=- (PB-3)2+ ，
2 2
9
当PB=3时，V 的最大值为 .
P-ABC 2
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
答案 ABD
解析 对于A，如图，点P到直线CC 的距离与点P到平面BB C C的距离相等，
1 1 1又点P在平面ABCD内，∴在平面ABCD内，点P到点C的距离与点P到直线BC的距离相等，
又C∈BC，∴P在直线CD上，故点P的轨迹为直线，故A正确；
对于B，点P到直线CC 的距离与点P到AA 的距离之和等于4，由长方体的性质可知点P到点C的距离
1 1
与点P到点A的距离之和等于4，即平面内，点P到点C的距离与点P到点A的距离之和等于4>AC=2
√2，
∴P的轨迹为椭圆，故B正确；
对于C，如图，根据长方体的性质知，BD 与平面ABCD所成的角为∠D BD=α，
1 1
∴∠BD P=45°时，相当于以BD 为轴，轴截面的顶角为2θ=90°的圆锥被平面ABCD所截形成的曲线，而
1 1
√6 √2
BD =2√6，DD =4，则sin α= > =sin 45°，即45°<α<90°，故点P的轨迹为椭圆，故C错误；
1 1 3 2
对于D，同C分析，∠BD P=60°时，相当于以BD 为轴，轴截面的顶角为2θ=120°的圆锥被平面ABCD所
1 1
截形成的曲线，
√6 √3
而sin α= < =sin 60°，即0<α<60°，故点P的轨迹为双曲线，故D正确.
3 2
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
1
B.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答案 BD
解析 设CD的中点为F，连接FM，FB，
因为M为线段A C的中点，所以FM∥A D，
1 1
因为FM⊄平面A DE，A D 平面A DE，所以FM∥平面A DE，
1 1 1 1
因为在矩形ABCD中，AB=⊂2AD，E是边AB的中点，所以FB∥DE，
因为FB⊄平面A DE，DE 平面A DE，所以FB∥平面A DE，
1 1 1
因为FB∩FM=F，FB，FM⊂ 平面BMF，所以平面A
1
DE ∥平面BMF，
又因为BM 平面BMF，所⊂以有BM∥平面A
1
DE恒成立，A说法正确；
设A
1
在底面⊂BCDE的射影为O，连接OE，OD，OC，CE，
因为在矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，
所以A D=A E，CD≠CE，由△A OD与△A OE全等可得OD=OE，
1 1 1 1
所以OC与DE不垂直，
假设存在某个位置，使DE⊥A C，
1
因为A O⊥平面ABCD，DE 平面ABCD，所以A O⊥DE，
1 1
因为DE⊥A
1
C，A
1
C∩A
1
O=A⊂1 ，A
1
C，A
1
O 平面A
1
CO，所以DE⊥平面A
1
CO，
因为OC 平面A
1
CO，所以DE⊥OC，与⊂OC与DE不垂直矛盾，
所以不存⊂在某个位置，使DE⊥A
1
C，B说法错误；
在矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，所以∠A DE=45°，
1
所以由MF∥A D，FB∥DE可得∠MFB=∠A DE=45°，
1 1
√ √2
所以由余弦定理可得BM= M F2+BF2-2·MF·BF× ，
2
1 √5
因为MF= A D，BF=√2A D，所以代入得BM= A D，即BM是定值，C说法正确；
2 1 1 2 1
(1 ) (1 )
V ∶V =V ∶V = ·A O·S ∶ ·A O·S =1∶3，D说法错误.
A-A 1 DE A 1 -BCDE A 1 -ADE A 1 -BCDE 3 1 △ADE 3 1 四边形BCDE
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
3C.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
答案 BCD
解析 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，B正确；
3 3
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)，设P(x，2，z)，0≤x≤2，0≤z≤2，
1
则⃗AP=(x-2，2，z)，⃗AD=(-2，0，0)，⃗AB=(0，2，0)，⃗A A =(0，0，2)，
1
⃗AP·⃗AD 4-2x 2-x
所以cos∠PAD=cos〈⃗AP，⃗AD〉= = = ，
|⃗AP||⃗AD| 2×√(x-2) 2+4+z2 √(x-2) 2+4+z2
cos∠PAB=cos〈⃗AP，⃗AB〉
⃗AP·⃗AB 4
= =
|⃗AP||⃗AB| 2×√(x-2) 2+4+z2
2
= ，
√(x-2) 2+4+z2
⃗AP·⃗A A
cos∠PAA =cos〈⃗AP，⃗A A 〉= 1
1 1 |⃗AP||⃗A A |
1
2z z
= = ，
2×√(x-2) 2+4+z2 √(x-2) 2+4+z2(2-x) 2 4 z2
所以cos2∠PAD+cos2∠PAB+cos2∠PAA = + + =1，D正确.
1 (x-2) 2+4+z2 (x-2) 2+4+z2 (x-2) 2+4+z2
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
.
3π
答案
2
解析 由已知AC=AB =AD =√2，
1 1
在平面BC ，平面A C ，平面DC 中，
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.(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
√10
答案
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t=(x，y，z)，
1
{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t=(2，√5，3)，
1
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 [ π]
故sin θ的最大值为 = ，又θ∈ 0， ，
3√10 10 2
√10
故cos θ的最小值为√1-sin2θ= .
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
