备考2024届高考数学一轮复习好题精练第七章立体几何与空间向量突破3立体几何中的动态问题

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A.直线B.椭圆
C.双曲线D.抛物线
解析 如图，连接C1P，过点P作PE⊥BC，E为垂足，易知PC1就是点P到直线C1D1的距离，则PC1＝PE，（点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等）
所以动点P在侧面BB1C1C内的一段抛物线上.
2.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为（ D ）
A.22B.1
C.2 D.2
解析 连接A1C1，易得当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，所以tan∠DMD1＝DD1MD1，而DD1为定值，所以要使tan∠DMD1最大，则MD1最小，此时点M为A1C1的中点，tan∠DMD1＝DD122DD1＝2.
3.在空间直角坐标系Oxyz中，正四面体P－ABC的顶点A，B分别在x轴、y轴上移动.若该正四面体的棱长是2，则｜OP｜的取值范围是（ A ）
A.[3－1，3＋1]B.[1，3]
C.[3－1，2]D.[1，3＋1]
解析 如图所示，若固定正四面体P－ABC的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动.设AB的中点为M，则PM＝22－12＝3，所以原点O到点P的最小距离等于PM减去球M的半径，最大距离等于PM加上球M的半径，所以3－1≤｜OP｜≤3＋1，即｜OP｜的取值范围是[3－1，3＋1].
4.[多选/2024江西省九江市同文中学模拟]如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝13，则（ ABD ）
A.AC⊥BE
B.EF∥平面ABCD
C.△AEF的面积与△BEF的面积相等
D.三棱锥E－AFB的体积为定值
解析 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易知AC⊥BD，AC⊥BB1，因为BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D1D，又因为BE⊂平面BB1D1D，所以AC⊥BE，A正确；（也可以由三垂线定理直接得结论）
因为B1D1∥平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，B正确；
连接AD1，AB1，易知△AB1D1为等边三角形，所以易得点A到直线EF的距离为22×3＝62，而点B到直线EF的距离为1，所以△AEF的面积与△BEF的面积不相等，C错误；
S△BEF＝12×13×1＝16，而点A到平面BEF的距离即点A到平面BB1D1D的距离，为22，因此VE－AFB＝VA－BEF＝13×16×22＝236为定值，D正确.故选ABD.
5.[多选/2023武汉市武昌区质检]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E在线段BD上，且BE＝12BD，动点F在线段B1C上（含端点），则下列说法正确的有（ AB ）
A.三棱锥D1－ADF的体积为定值
B.若直线EF∥平面AB1D1，则CF＝12CB1
C.不存在点F使平面DEF⊥平面BB1C1C
D.存在点F使直线EF与平面ABCD所成角为π3
解析 对于A，因为B1C∥平面ADD1A1，点F在线段B1C上，所以点F到平面ADD1A1的距离为定值，即正方体的棱长.又△ADD1的面积也为定值，V三棱锥D1－ADF＝V三棱锥F－ADD1，所以三棱锥D1－ADF的体积为定值，所以选项A正确.
对于B，连接CA，由题意可知E为BD的中点，所以E在线段CA上，且E为AC的中点，若直线EF∥平面AB1D1，因为EF⊂平面AB1C，平面AB1C∩平面AB1D1＝AB1，所以EF∥AB1，因为E为AC的中点，所以F为B1C的中点，即CF＝12CB1，所以选项B正确.
对于C，点F与点C重合时，平面DEF即平面ABCD，因为平面ABCD⊥平面BB1C1C，所以选项C错误.
对于D，当点F与点B1重合时，EF与平面ABCD所成的角最大，此时∠B1EB为EF与平面ABCD所成的角，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则BE＝2，所以tan∠B1EB＝BB1BE＝22＝2＜3，即∠B1EB＜π3，所以不存在点F，使直线EF与平面ABCD所成的角为π3，所以选项D错误.
综上，选AB.
6.[多选/2024浙江名校联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点P为平面ABC内一动点，则下列说法正确的是（ BCD ）
A.若点P在棱AD上运动，则A1P＋PC的最小值为2＋22
B.若点P是棱AD的中点，则平面PBC1截正方体所得截面的周长为25＋32
C.若点P满足PD1⊥DC1，则动点P的轨迹是一条直线
D.若点P在直线AC上运动，则点P到BC1的最小距离为233
解析 对于选项A，如图1，将平面ABCD与平面AA1D1D平铺在一个平面内，连接A1C，则A1P＋PC≥A1C＝42＋22＝25，所以选项A错误.
图1 图2
对于选项B，如图2，取DD1的中点Q，连接PQ，C1Q，因为点P是AD的中点，所以PQ∥BC1，所以平面PBC1截正方体所得截面为等腰梯形PBC1Q，所以该截面的周长为PQ＋PB＋C1Q＋BC1＝2＋25＋22＝25＋32，所以选项B正确.
对于选项C，如图3，连接CD1，A1B，则在正方体中，易知A1D1⊥DC1，DC1⊥CD1，又A1D1∩CD1＝D1，A1D1，CD1⊂平面A1BCD1，所以DC1⊥平面A1BCD1，又P在平面ABC内，平面ABC∩平面A1BCD1＝BC，所以要使PD1⊥DC1，则P∈BC，即动点P的轨迹是一条直线，所以选项C正确.
图3图4
对于选项D，当点P在直线AC上运动时，点P到BC1的最小距离即异面直线AC与BC1的距离.如图4，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），C1（0，2，2），所以AC＝（－2，2，0），BC1＝（－2，0，2）.设与异面直线AC和BC1均垂直的直线的方向向量为n＝（x，y，z），则n·AC＝－2x+2y=0，n·BC1＝－2x+2z=0，取x＝1，可得n＝（1，1，1），又AB＝（0，2，0），所以异面直线AC与BC1的距离d＝｜AB·n｜｜n｜＝23＝233，所以选项D正确.故选BCD.
7.[2023高三名校联考]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AA1＝7，点O在棱AA1上，且AO＝4，则该正方体表面上到点O距离为5的点的轨迹的总长度为 172π .
解析 如图，在正方体的面AA1B1B上，以O为圆心，5为半径作弧，分别交AB，A1B1于点E，F，连接OE，OF，则OE＝OF＝5，因为OA＝4，AA1＝7，所以AE＝3＝OA1，A1F＝4＝OA，则易知OE⊥OF，所以在正方体的面AA1B1B上满足题意的点的轨迹为EF，长度为14×2π×5＝52π；同理得，在正方体的面AA1D1D上满足题意的点的轨迹长度为52π.易知OA1⊥平面A1B1C1D1，OA⊥平面ABCD，因为A1F＝4，OA1＝3，所以易得在正方体的面A1B1C1D1上满足题意的点的轨迹为以A1为圆心，A1F为半径的弧，且该弧所对的圆心角为π2，故其长度为14×2π×4＝2π；同理得，在正方体的面ABCD上满足题意的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的弧，且该弧所对的圆心角为π2，故其长度为14×2π×3＝32π.综上，该正方体表面上到点O距离为5的点的轨迹的总长度为5π2＋5π2＋2π＋3π2＝172π.
8.[解题创新/2023石家庄市质检（二）]长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，平面AB1C与直线D1C1的交点为M，现将△MCB1绕CB1旋转一周，在旋转过程中，动直线CM与底面A1B1C1D1内任一直线所成角中的最小角记为α，则sin α的最大值是 11525 .
解析 如图1，延长D1C1至M1，使C1M1＝1，连接B1M1，CM1，则B1M1∥AC，B1M1＝AC，所以四边形AB1M1C为平行四边形，因此M1为直线D1C1与平面AB1C的交点，即M与M1重合.将△B1MC绕CB1旋转一周，得到的图形如图2.在△B1MC绕CB1旋转的过程中，动直线CM与底面A1B1C1D1内任一直线所成角中的最小角，即动直线CM与底面ABCD内任一直线所成角中的最小角，也即动直线CM与底面ABCD所成的角.不妨设△B1MC绕CB1按逆时针方向旋转，如图3，当△B1MC所在的平面第一次与平面B1C1CB重合时，直线CM与底面ABCD所成的角最大，在Rt△B1CB中，B1B＝2，CB＝1，B1C＝5，所以sin∠B1CB＝25，cs∠B1CB＝15.在△B1CM中，B1C＝5，CM＝5，B1M＝2，根据余弦定理，得cs∠B1CM＝45，则sin∠B1CM＝35.所以（sin α）max＝sin（π－∠B1CB－∠B1CM）＝sin（∠B1CB＋∠B1CM）＝sin∠B1CB·cs∠B1CM＋cs∠B1CB·sin∠B1CM＝25×45＋15×35＝11525.
图1图2图3