2024步步高考二轮数学新教材讲义专题四　微重点8　立体几何中的动态问题含答案.docx

2024步步高考二轮数学新教材讲义微重点8立体几何中的动态问题1(多选)(2023·盐城模拟)点P在正方体ABCDA1B1C1D1的侧面CDD1C1及其边界上运动，并保持BPA1C，若正方体的边长为1，则A1P的可能取值是()A. B. C. D.2.(2023·枣庄模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M是A1B1的中点，点P是侧面CDD1C1上的动点，且MP平面AB1C，则线段MP长度的取值范围为() A. B.C. D.3(2023·青岛模拟)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，BPC，APB，二面角APCB为，由三面角余弦定理得cos .在三棱锥PABC中，PA6，APC60°，BPC45°，APB90°，PBPC6，则三棱锥PABC体积的最大值为()A. B. C. D.4.(多选)(2023·杭州模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，P是正方形ABCD内部(含边界)的一个动点，则()A存在唯一点P，使得D1PB1CB存在唯一点P，使得直线D1P与平面ABCD所成的角取到最小值C若，则三棱锥PBB1C外接球的表面积为8D若异面直线D1P与A1B所成的角为，则动点P的轨迹是抛物线的一部分5(多选)(2021·新高考全国)在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA11，点P满足，其中0,1，0,1，则()A当1时，AB1P的周长为定值B当1时，三棱锥PA1BC的体积为定值C当时，有且仅有一个点P，使得A1PBPD当时，有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P6.(多选)(2023·淮安模拟)在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB3，AA11，E，F分别是棱BC，AC上的动点(不包括端点)，且满足EF，则下列结论正确的是()A存在点E，使得B1EF90°B直线EF与A1B1异面C三棱锥CB1EF体积的最大值为D二面角EB1C1F的最大值为60°7.(多选)(2023·武汉模拟)如图，在棱长为2的正四面体PABC中，D，E分别为AB，AC上的动点(不包含端点)，F为PC的中点，则下列结论正确的有()ADEEF的最小值为BDF的最小值为C若四棱锥FBDEC的体积为，则DE的取值范围是D若·，则CE18.(多选)如图是四棱锥PABCD的平面展开图，四边形ABCD是矩形，EDDC，FDDA，DA3，DC2，FAD30°.在四棱锥PABCD中，M为棱PB上一点(不含端点)，则下列说法正确的有()ADM的取值范围是B存在点M，使得DMBCC四棱锥PABCD外接球的体积为D三棱锥MPAD的体积等于三棱锥MPCD的体积微重点9截面、交线问题1(2023·保山模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1中，Q为上底面A1B1C1D1所在平面内的动点，当直线DQ与DA1所成的角为45°时，点Q的轨迹为()A圆 B直线C抛物线 D椭圆2.安徽徽州古城与四川阆中古城、山西平遥古城、云南丽江古城被称为中国四大古城徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体ABCDA1B1C1D1.已知该正方体中，点E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过D1，E，F三点的平面与平面ABCD的交线为l，则直线l与直线AD1所成的角为()A. B. C. D.3(2023·昆明模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1，平面满足AC，BC1，若直线AC到平面的距离与BC1到平面的距离相等，平面与此正方体的各个面都相交，则交线围成的图形为()A三角形 B四边形C五边形 D六边形4.(多选)(2023·重庆模拟)如图，一个平面斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E.若圆柱底面圆半径为r，平面与圆柱底面所成的锐二面角大小为，则下列对椭圆E的描述中，正确的是()A短轴长为2r，且与的大小无关B离心率为cos ，且与r的大小无关C焦距为2rtan D面积为5.(多选)如图，棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1的外接球的球心为O，E，F分别为棱AB，CC1的中点，G在棱BC上，则()A对于任意点G，OA平面EFGB存在点G，使得平面OAD平面EFGC直线EF被球O截得的弦长为D过直线EF的平面截球O所得的截面圆面积的最小值为6.(多选)(2023·辽宁联考)如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD2，AA11，点E是棱CD上的一个动点，F是BC的中点，BMBB1，给出下列命题，其中为真命题的是() A当E是CD的中点时，过EFM的截面是四边形B当点E是线段CD的中点时，点P在底面ABCD所在平面内，且MP平面AEC1，点Q是线段MP的中点，则点Q的轨迹是一条直线C对于每一确定的点E，在线段AB上存在唯一的一点H，使得D1H平面AEC1D过点M作长方体ABCDA1B1C1D1的外接球的截面，则截面面积的最小值为7.(2023·沧州模拟)在圆台O1O2中，四边形ABCD是其轴截面，ADDCBCAB，过O1C与轴截面ABCD垂直的平面交下底面于EF，若点A到平面CEF的距离是，则圆台的体积等于_8已知正四面体ABCD的棱长为2.点E，F满足，用过A，E，F三点的平面截正四面体ABCD的外接球O，当1,3时，截面面积的取值范围是_微重点8立体几何中的动态问题1BC2.A3.C4BCD对于A选项，在正方形BCC1B1中，有BC1B1C，正方体中有AB平面BCC1B1，B1C平面BCC1B1，所以ABB1C，又BC1ABB，BC1，AB平面ABC1D1，所以B1C平面ABC1D1，只要D1P平面ABC1D1，就有D1PB1C，P在线段AB上，有无数个点，故A错误；对于B选项，D1D平面ABCD，直线D1P与平面ABCD所成的角为D1PD，D1D2，D1PD取到最小值时，PD最大，此时点P与点B重合，故B正确；对于C选项，若，则P为DB的中点，PBC为等腰直角三角形，外接圆半径为BC1，三棱锥PBB1C外接球的球心到平面PBC的距离为BB11，则外接球的半径为，所以三棱锥PBB1C外接球的表面积为8，故C正确；对于D选项，以D为原点，的方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，设P(x，y,0)(0x2,0y2)，则有(x，y，2)，(0,2，2)，则|cos，|cos，化简得x24y，P是正方形ABCD内部(含边界)的一个动点，所以动点P的轨迹是抛物线的一部分，故D正确5BD(01，01)图1对于选项A，当1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时AB1P的周长为AB1APPB1，不是定值，故A错误；对于选项B，当1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，图2则SPBC×SPBC××1×1，为定值，故B正确；对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，则当时，点P在线段DD1上运动，假设A1PBP，则A1P2BP2A1B2，即2(1)2222，解得0或1，所以当点P与点D或D1重合时，A1PBP，故C错误；方法一对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1BAB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK(图略)，要使A1B平面AB1P，需A1BKP，所以点P只能是棱CC1的中点，故D正确方法二对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当时，点P在线段EF上运动，以点C1为原点建立如图3所示的空间直角坐标系C1xyz，则B(0,1,1)，B1(0,1,0)，A1，P，图3所以，若A1B平面AB1P，则A1BB1P，所以0，解得1，所以只存在一个点P，使得A1B平面AB1P，此时点P与F重合，故D正确6ACD由正三棱柱ABCA1B1C1，BB1平面ABC，且EF平面ABC，可得BB1EF，当CE1，CF2时，EF，因为CE2EF2CF2，则EFCE，即EFBC，又BCBB1B，所以EF平面BB1C1C，而B1E平面BB1C1C，则EFB1E，即存在点E，使得B1EF90°，故A正确；当CECF时，EFA1B1，故B错误；如图，在CEF中，由余弦定理得3CE2CF2CE·CFCE·CF，SCEF·CE·CF·sin 60°，当且仅当CECF时，等号成立，所以·SCEF·BB1，故C正确；如图，过点F作FDBC，垂足为D，则FD平面BB1C1C，过点D作DGB1C1，垂足为G，连接FG，则FGD就是二面角EB1C1F的一个平面角，tanFGD，所以FGD60°，当且仅当DF，即EFBC时，等号成立，故D正确7BC展开图如图所示，F为PC的中点，易知AFAB，则DEEFAF，又D，E不能是端点，故DEEF>，没有最小值，A错误；设PDm，又有PADCAD，所以CDPDm，连接DF，则有DFPC，故DF，B正确；设等边ABC的中心为O，连接PO，易知PO平面ABC，则PO，F为PC的中点，所以VFBDEC××PO×S四边形BDECS四边形BDEC，解得S四边形BDEC，所以SADESABCS四边形BDEC，又SADEAD·AE·sin ，则有AD·AE1，又0<AE<2，可得<AD<2，所以结合对勾函数性质可得DE，C正确；设CEt，··1t2t，解得t或1，即CE或1，D错误8AD把平面图形还原得到原四棱锥，如图，由EDDC，FDDA，可知PDDC，PDDA，又DCDAD，DA，DC平面ABCD，所以PD平面ABCD.在RtADP中，PAD30°，DA3，故PD3tan 30°，连接DB，在矩形ABCD中，DA3，DC2，DB，在RtPDB中，PB4，所以点D到直线PB的距离为，故DM的取值范围是，故A正确；对于B，假设DMBC，因为PD平面ABCD，BC平面ABCD，所以PDBC，因为PDDMD，PD，DM平面PBD，所以BC平面PBD，因为BD平面PBD，所以BCBD，与已知条件矛盾，故B错误；对于C，将此四棱锥补形成一个长方体，PB为长方体的一条体对角线，同时也是四棱锥PABCD外接球的直径，所以半径为2，其体积V×23，故C错误；对于D，因为，而VBPADVPBADVPBCDVBPCD，所以VMPADVMPCD，故D正确微重点9截面、交线问题1C2.A3.D4ACD由题意知，椭圆短轴长2b2r，而长轴长随变大而变长且2a，所以crtan ，故esin ，焦距为2c2rtan ，由椭圆在底面投影即为底面圆，则cos 等于圆的面积与椭圆面积的比值，所以椭圆面积为S.综上，A，C，D正确，B错误5BC对于A选项，当G与B重合时，A平面EFB，O平面EFB，此时直线OA与平面EFG相交，A错误；对于B选项，四边形ABCD为正方形，则ACBD，当G为BC的中点时，EGAC，则EGBD，BB1平面ABCD，EG平面ABCD，则EGBB1，BDBB1B，则EG平面BB1D1D，B1D平面BB1D1D，EGB1D，同理FGB1D，EGFGG，B1D平面EFG，即OD平面EFG，OD平面OAD，故平面OAD平面EFG，B正确；对于C选项，取EF的中点M，OAOB，E为AB的中点，则OEAB，OE，同理可得OF，则OMEF.CC1平面ABCD，CE平面ABCD，则CFCE，EMEF，则OM，又球O的半径R，直线EF被球O截得的弦长为22，C正确；设截面圆半径为r，球心O到截面的距离为d，则r2d2R23.dOM，则r23d2，截面圆面积Sr2，D错误6BD对于A，延长FE和AD交于点F，连接A1F与DD1交于点M，可得A1，M，F三点共线，连接A1M，如图所示，平面A1FFM与平面EFM为同一个平面，连接ME，可得平面EFM与长方体的各个面的交线分别为A1M，MF，FE，EM，MA1，图所以过平面EFM的截面为五边形A1MFEM，所以A不正确；对于B，如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，取A1B1的中点G，连接AG，GC1，取AB的中点N，连接B1N，CN，图则CNAE，B1NAG，再取H，L分别为NB，BC的三等分点，连接HL，可得HLCN，又由M为BB1的三等分点，所以MHB1N，所以MHAG，HLAE，因为MH平面AEC1G，AG平面AEC1G，所以MH平面AEC1G，同理可证HL平面AEC1G，MHHLH且MH，HL平面MHL，所以平面MHL平面AEC1G，当点P在HL上时，此时MP平面MHL，所以MP平面AEC1G，取MH，ML的中点H，L，可得HLHL，又由Q为MP的中点，所以点Q的轨迹为直线HL，所以B正确；对于C，如图所示，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，图则A(2,0,0)，M，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)，设E(0，m,0)，H(2，n,0)，其中0m2,0n2，可得(2，n，1)，(2，m,0)，(2,2,1)，若D1H平面AEC1，则D1H垂直于平面AEC1的所有直线，由·(2，n，1)·(2,2,1)42n10，可得n，因为0n2，所以不成立，所以C不正确；对于D，设长方体的外接球的半径为R，可得R，球心为O，可得球心的坐标为O，则|，当OM与该长方体的外接球的截面圆垂直时，截面面积取得最小值，设截面圆的半径为r，可得r，所以截面圆面积的最小值为r2×2，所以D正确7.88，9解析如图，在棱BC上取点R，在棱BD上取点S，使得3，3，取CD的中点G，连接AR，AS，RS，BG，AG，记RSBGM，连接AM.过点A作AH平面BCD，垂足为H，则H为BCD的中心，正四面体ABCD外接球的球心O在AH上，AO为球O的半径由题中数据可得AMAG3HG3HM3，AH4，BH2.设球O的半径为R，则R2(AHOH)2BH2OH2，解得R3，OH1.当1,3时，截面AEF从平面ARS转动到平面ACD，要求截面的面积只需考虑球心O到截面的距离的取值范围即可由题意可知CDRS且CD平面ABG，如图，过点O作ONAM，垂足为N，则ON平面ARS.因为AONAMH，所以ON1，即球心O到截面的距离d0,1，则截面圆的半径满足r2R2d28,9，故所求截面的面积S8，9