1、立几压轴之动态问题 一方法综述一方法综述 立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生 思考与求解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性.一般立体动态问题 形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此 引发的常见题型为动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关 几何量的最值求解等. 动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点， 寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口.求解动态范围的选择、填空题， 有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，
2、通过动态思维，观察它的变化规律，找到两 个极端位置，即用特殊法求解范围.对于探究存在问题或动态范围（最值）问题，用定性分析 比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题划归为静态问题.具体地，可通过构建方程、函数 或不等式等进行定量计算，以算促证. 二解题策略二解题策略 类型一类型一立体几何中动态问题中的角度问题立体几何中动态问题中的角度问题 【例 1】.（2016四川高考）如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互 相垂直，动点 M 在线段PQ上，E、F 分别为AB、BC的中点，设异面直线EM与AF所成 的角为，则cos的最大值为（） A 1 5 B 3 5 C 2 5 D 4 5
3、 【答案】C 【解析】 解法一解法一：根据已知条件，AB，AD，AQ三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系，设2AB ，则： 0,0,0A，1,0,0E，2,1,0F；M在线段PQ上，设 0, ,2My ，0 2y ； ( 1, ,2),(2,1,0)EMyAF ； 2 2 cos|cos,| 55 y EM AF y ； 设 2 2 ( ) 55 y f y y ， 22 25 ( ) 5(5)5 y fy yy ；函数( )25g yy 是一次函数，且为减 函数， (0)50g ； ( )0g y 在0,2恒成立， ( )0fy ； ( )f y 在0,
4、2上单调递减；0y时，( )f y取到最大值 2 5 故选：C 解法二： 2 81161 81 455 2 y y t t ，当1t 时取等号.所以 2 2 11 2(1)12222 cos 51155 545 11 44 y y y y ，当0y 时，取得最大值. 【指点迷津】【指点迷津】 空间的角的问题，一种方法，代数法，只要便于建立空间直角坐标系均可建立空间直角 坐标系，然后利用公式求解；另一种方法，几何法，几何问题要结合图形分析何时取得最大 （小）值.当点 M 在 P 处时，EM 与 AF 所成角为直角，此时余弦值为 0（最小），当 M 点 向左移动时，EM 与 AF 所成角逐渐变小时
5、，点 M 到达点 Q 时，角最小，余弦值最大. 【例 2】 （2020黑龙江牡丹江一中高三 （理） ） 如图， 在正方体 1111 ABCDABC D中，O是AC 中点，点P在线段 11 AC上，若直线OP与平面 11 ABC所成的角为，则sin的取值范围是 （） A 23 , 33 B 1 1 , 3 2 C 33 , 43 D 1 1 , 4 3 【答案】A 【解析】如图，设正方体棱长为 1， 1 11 01 AP AC 以D为原点，分别以DA，DC， 1 DD所在直线为x，y，z轴建立空 间直角坐标系则 1 1 ,0 2 2 O ，1, ,1P ，所以 11 ,1 22 OP 在正方体
6、1111 ABCDABC D中，可证 1 B D 平面 11 ABC，所以 1 1, 1, 1B D 是平面 11 ABC的一个法向量所以 1 222 11 ()() 1 1 22 sincos, 111 3163 222 OP B D 所以当 1 2 时，sin取得最大值 3 3 ，当0或 1 时，sin取得最小值 2 3 【例 3】 （2020广东高考模拟）在正方体 1111 ABCDA B C D中，E 是侧面 11 ADD A内的动 点，且 1 B E / /平面 1 BDC，则直线 1 B E与直线 AB 所成角的正弦值的最小值是() A 1 3 B 3 3 C 1 2 D 2 2
7、【答案】B 【解析】以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴， 1 DD为 z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体 1111 ABCDA B C D中 棱长为 1，设E(a,0，c)，0a1，0c1， 1 B (1,1，1)，B(1,1，0)，D(0,0，0)， 1 C (0,1，1)， 1 B Ea1, 1,c 1 ，DB(1, 1，0)， 1 DC(0, 1，1)， 设平面 1 DBC的法向量n(x, y，z)，则 1 n DB0 n DC0 xy yz ，取x1，得n1, 1,1 ， 1 B E / /平面 1 BDC， 1 B E na 1 1 c 10 ，解得ac1， 2 2
8、2 acac2ac12ac ， 2 ac1 ac 24 ， 设直线 1 B E与直线 AB 所成角为， AB(0, 1，0)， 1 22 1 AB B E 1 cos AB B E a11c 1 2 ac1 ac 24 ， 3 22ac 2 12 22ac3 2222 11 sin11 ac2 ac3 a11c 1 22 1123 111 ac122ac33 直线 1 B E与直线 AB 所成角的正弦值的 最小值是 3 3 【例 4】.（2020浙江台州中学高三）如图，已知正方体ABCDEFGR的上底面中心为H， 点O为AH上的动点，P为FG的三等分点（靠近点F） ，Q为EF的中点，分别记二面
9、角 POQR，QORP，ROPQ的平面角为, ，则（） ABCD 【答案】D 【解析】分析：建立空间直角坐标系，对动点 O 选取一个特殊位置， 然后求出三个侧面的法向量，根据向量夹角的余弦值求得三个二面 角的余弦值，比较后可得二面角的大小 详解：建立如图所示的空间直角坐标系Exyz考虑点O与点 A 重合时的情况设正方体的棱长为 1，则 11 1,0 ,Q,0,0 ,R 01,0 ,O 0,0,1 32 P 设平面OPQ的一个法向量为 1( , , )nx y z ， 由 1 1 1 ( , , ) ( ,0, 1)0 22 11 ( , , ) (,0)0 2323 x n OQx y zz
10、xy n PQx y z ，得 3 2 2 x y x z ， 令2x ，得 1 (2, 3,1)n 同理可得平面OPR和平面OQR的法向量分别为 23 (2,3,3),(6,3,7)nn 结合图形可得： 1323 521 coscos,coscos, 7471147 n nn n ， 12 1 coscos, 711 n n ， coscoscos，又0, , ，故选 D 类型二类型二立体几何中动态问题中的距离问题立体几何中动态问题中的距离问题 【例 5】.（2020山西高三）设点 M 是棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱 AD 的中点，点 P 在面 BCC1B1所在的平面
11、内，若平面 D1PM 分别与平面 ABCD 和平面 BCC1B1所成的锐二面 角相等，则点 P 到点 C1的最短距离是（） A 2 5 5 B 2 2 C1D 6 3 【答案】A 【解析】如图，过点P作 1 D M的平行线交BC于点Q、交 11 BC于点E，连接MQ， 则PQ是平面 1 D PM与平面 11 BCC B的交线，MQ是平面 1 D PM与平面ABCD的交线 EF与 1 BB平行，交BC于点F，过点F作FG垂直MQ于点G，则有，MQ与平面EFG 垂直，所以，EG与MQ垂直，即角EGF是平面1D PM与平面ABCD的夹角的平面角，且 sin EF EGF EG ，MN与CD平行交BC
12、于点N，过点N作NH垂直EQ于点H， 同上有：sin MN MHN MH ，且有EGFMHN ，又因为EFMNAB，故EGMH， 而2 EMQ SEGMQMHEQ ，故MQ EQ ， 而四边形 1 EQMD一定是平行四边形，故它还是菱形，即点E一定是 11 BC的中点， 点P到点 1 C的最短距离是点 1 C到直线BE的距离， 以A为原点，AB为x轴，AD为y轴， 1 AA为z轴，建立空间直角坐标系， 2,1,2E，2,0,0B， 1 2,2,2C， 0,1,2BE ， 1 0,2,2BC ， 点P到点 1 C的最短距离： 221 1 1 |62 5 |1()2 21() 5| |58 BE
13、BC dBC BEBC 【指点迷津】【指点迷津】求两点间的距离或其最值.一种方法，可建立坐标系，设点的坐标，用两点间距 离公式写出距离，转化为求函数的最值问题；另一种方法，几何法，根据几何图形的特点， 寻找那两点间的距离最大（小） ，求其值. 【例 6】 （2020四川高三（理） ）已知三棱锥SABC中，1SASBSC，且SA、SB、 SC两两垂直，P是三棱锥SABC外接球面上一动点，则P到平面ABC的距离的最大值 是（） A 3 3 B 3 C 2 3 3 D 4 3 3 【答案】C 【解析】 【分析】,SA SB SC是棱长为 1 的正方体MNQBADCS上具有公共顶点S的三条棱,以B 为
14、原点,BM BQ BS分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系,三棱锥SABC 外接球 就是正方体MNQBADCS的外接球， 由正方体及球的几何性质可得点P与N重合时， 点P 到平面ABC的距离最大，求出平面ABC的法向量，由点到直线的距离公式即可得结果. 【详解】 三棱锥SABC，满足,SA SB SC两两垂直，且 ,1SA SB SC ，如图,SA SB SC是棱长为 1 的正方 体MNQBADCS上具有公共顶点S的三条棱, 以B为原点,BM BQ BS分别为x轴，y轴，z轴，建 立空间直角坐标系,则 0,0,0 ,1,0,1 ,0,1,1 ,0,0,1 ,1,1,0BACSN， 1,0
15、,1 ,0,1,1 ,1,1,0BABCBN ，设平面ABC的法向量, ,nx y z ， 则 0 0 n BAxz n BCyz ，取1x ，得1,1, 1n r ，三棱锥SABC外接球就是棱长为 1 的 正方体MNQBADCS的外接球，P是三棱锥SABC外接球上一动点， 由正方体与球的几何性质可得，点P点与N重合时，点P到平面ABC的距离最大， 点P到平面ABC的距离的最大值为 1 1 02 3 33 BN n d n .故选 C. 【例 7】.如图，已知正方体 1111 ABCDA B C D棱长为 4，点H在棱 1 AA上，且 1 1HA ，在 侧面 11 BCC B内作边长为 1 的
16、正方形 1 EFGC，P是侧面 11 BCC B内一动点，且点P到平面 11 CDDC距离等于线段PF的长，则当点P运动时， 2 |HP的最小值是（） A21B22C23D25 【答案】B 【解析】在 1 BB上取点K，使得 1 1B K，则HK 面 11 BCC B，连结PK，则 2222 16HPHKPKPK 在平面 11 BCC B上，以 1 CC所在直线为x轴，以GF所在直 线为y轴，由题意可知，P点轨迹为抛物线，其方程为 2 21xy ，K点坐标为 0 4，设 P xy， ，则 2 21xy（其中 1 2 2 3 7 1,xy ， 2 2222 421816615PKxyyyyyy
17、当 1 7 , 2 2 3y 时， 2 min 6|PK，故 2 min |16622HP 【例 8】.（2020 广西柳州市模考）如图，在正方体 ? ?中，棱长为 1，点 ? 为 线段? 上的动点（包含线段端点） ，则下列结论错误的是（ ） A当? ? ?时，? ?平面 ? B当 ? 为? 中点时，四棱锥 ? ? 的外接球表面为? ? ? C? ?的最小值为 ? D当? ? ? ? 时，? ?平面? 【答案】C 【解析】对于 ?，连结 ?，?，?， 则? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?，? ? ? ? ? ? ? sin? ? ? ，? ?， 设?到平面 ?的距离为 ?，则? ?
18、 ? ? ? ? ? ? ? ?，解得 ? ? ? ? ， ? ? ? ? ?.当? ? ?时，? 为? 与平面 ?的交点 平面 ?平面 ?，? ?平面 ?，?平面 ?，故 A 正确 又由以上分析可得，当? ? ? ? 时，? 即为三棱锥? ? 的高，? ?平面?，所 以 D 正确 对于 B，当 ? 为? 中点时，四棱锥 ? ? 为正四棱锥，设平面 ? 的中心为 ?， 四棱锥 ? ? 的外接球为 ?，所以? ? ? ? ? ? ? ? ?，解得 ? ? ? ?， 故四棱锥 ? ? 的外接球表面积为? ? ?，所以 B 正确 对于 C，连结 ?，?，则 ?t? ? ?t?， ? ? ?，由等面积
19、法得 ? 的最小值为? ? ? ? ? ， ? ? ?的最小值为? ? ? 所以 C 不正确故选：C. 类型三类型三立体几何中动态问题中的面积、体积问题立体几何中动态问题中的面积、体积问题 【例 9】 （2020河南高三（理） ）在棱长为 3 的正方体 1111 ABCDABC D中，E 是 1 AA的中点， P 是底面ABCD所在平面内一动点，设 1 PD，PE与底面ABCD所成的角分别为 12 ， （ 12 ，均不为 0） ，若 12 ，则三棱锥 11 PBBC体积的最小值是（） A 9 2 B 5 2 C 3 2 D 5 4 【答案】C 【解析】建系如图，正方体的边长为 3，则 (3E
20、，0， 3) 2 ， 1(0 D，0，3)， 设 (P x，y，0)(0 x，0)y ，则(3PEx ， y ， 3) 2 ， 1 (PDx ， y ，3)， 12 ，(0z ，0，1)， 12 coscos，即 1 1 | | | | PD zPE z PEzPDz ，代入数据，得： 22 22 3 3 2 9 9 (3) 4 xy xy ， 整理得： 22 8120 xyx，变形，得： 22 (4)4(02)xyy ， 即动点P的轨迹为圆的一部分， 过点P作PFBC，交BC于点F，则PF为三棱锥 11 PBBC的高 点P到直线AD的距离的最大值是 2则 min 321PF 1 1 111
21、19 3 3 22 1 2 BB C BB BCS ， 1 11 1 193 1 322 1 3 P BB CBB C VPF S 故选：C 【指点迷津【指点迷津】求几何体体积的最值，先观察几何图形三棱锥，其底面的面积为不变的几 何量，求点 P 到平面 BCD 的距离的最大值，选择公式，可求最值. 【例 10】.（2020四川高三期末）长方体 1111 ABCDABC D中， 2AB ，1BC ， 1 2AA ， P为该正方体侧面 11 CC D D内（含边界）的动点，且满足tan tan2 2PADPBC .则 四棱锥PABCD体积的取值范围是（） A 2 0, 3 B 2 2 , 33 C
22、 4 0, 3 D 2 4 , 33 【答案】B 【详解】如图所示： 在RT PAD中，tan PD PADPD AD ，在RT PBC中， tan PC PBCPC BC ，因为tan tan2 2PADPBC ，所 以 2 2PDPC .因为 2 22PDPCCD ， 所以点P的轨 迹是以,C D为焦点 22 2a 的椭圆. 如下图所示： 2a ，1c ， 2 11b ，椭圆的标准方程为： 2 2 1 2 x y. 1(0,1) P联立 2 2 1 1 2 x x y ，解得： 2 2 y .所以 2 2 ( 1,) 2 P ， 3 2 (1,) 2 P .当点P运动到 1 P位置时，此时
23、四棱锥 PABCD的高最长，所以 max1 112 ()2 1 333 P ABCDABCD VSPO . 当点P运动到 2 P或 3 P位置时，此时四棱锥PABCD的高最短， 所以 min2 1122 ()2 3323 P ABCDABCD VSPD .综上所述： 22 33 P ABCD V . 【例 11】.在棱长为 6 的正方体中， 是中点，点 是面所在的平面内 的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（） A. 36B.C. 24D. 【答案】B 【例 12】 （2020重庆市松树桥中学校高三）如图，在单位正方体 1111 ABCDABC D中，点 P 在线段 1 AD上运动，给出以下
24、四个命题： 异面直线 1 AP与 1 BC间的距离为定值； 三棱锥 1 DBPC的体积为定值； 异面直线 1 C P与直线 1 CB所成的角为定值； 二面角 1 PBCD的大小为定值 其中真命题有() A1 个B2 个C3 个D4 个 【答案】D 【解析】对于，异面直线 1 AP与 1 BC间的距离即为两平行平面 11 ADD A和平面 11 BCC B间的 距离，即为正方体的棱长，为定值故正确 对于，由于 11 D BPCP DBC VV ，而 1 DBC S 为定值，又 PAD1，AD1平面 BDC1，所以点 P 到该平面的距离即为正方体的棱长，所以三棱锥 1 DBPC的体积为定值故正确
25、对于， 由题意得在正方体 1111 ABCDABC D中， B1C平面ABC1D1， 而C1P?平面ABC1D1， 所以 B1CC1P，故这两条异面直线所成的角为90故正确； 对于， 因为二面角 PBC1D 的大小， 即为平面 ABC1D1 与平面 BDC1 所成的二面角的大小， 而这两个平面位置固定不变，故二面角 1 PBCD的大小为定值故正确 综上正确选 D 类型四类型四立体几何中动态问题中的轨迹问题立体几何中动态问题中的轨迹问题 【例 13】 （2020 南充高考一模）如图，直二面角AB，P，C，D ，且 ADAB，BCAB，5AD ，10BC ，6AB ，APDCPB ，则点P在平面
26、内的轨迹是（） A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.一条直线D.两条直线 【答案】A 【解析】以AB所在直线为x轴，AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，设点,P x y， 30A ,，3,0B，ADAB，BCAB，则AD，BC，5AD ，10BC ， 6AB ，APDCPB ，Rt APDRt CPB， 2 2 2 2 3 51 102 3 xy APAD BPBC xy ，即 22 22 343xyxy ，整理得： 2 2 516xy，故点P的轨迹是圆的一部分，故选A. 【指点迷津【指点迷津】空间轨迹问题的求解策略空间轨迹问题的求解策略：1.利用侧面展开或展到一个平面上寻求轨迹；2.利用
27、圆锥曲线定义求轨迹；3.这辗转过程中动点的轨迹；4.利用函数观点探求轨迹 【举一反三】【举一反三】 【例14】 .如图所示， 在三棱台 111 ABCA BC中， 点D在 11 AB上， 且 1 AABD， 点M是 111 A BC 内（含边界）的一个动点，且有平面BDM平面 1 AC，则动点M的轨迹是（） A平面B直线C线段，但只含 1 个端点 D圆 【答案】C 【解析】过 D 作 DNA1C1，交 B1C1于 N，连结 BN，在三棱台 A1B1C1ABC 中，点 D 在 A1B1上，且 AA1BD， AA1A1C1A1，BDDND，平面 BDN平面 A1C， 点 M 是A1B1C1内（含边
28、界）的一个动点，且有平面 BDM平面 A1C， M 的轨迹是线段 DN， 且 M 与 D 不重合， 动点 M 的轨迹是线段，但只含 1 个端点 故选： C 【例 15】 、 （2020 贵阳高考模拟） 在正方体 1111 ABCDABC D中， 已知点P为平面 11 AAD D中 的一个动点，且点P满足：直线 1 PC与平面 11 AAD D所成的角的大小等于平面PBC与平面 11 AAD D所成锐二面角的大小，则点P的轨迹为（） A直线B椭圆C圆D抛物线 【答案】D 【例 16】 、已知平面平面，且.是正方形， 在正方形内部有一点，满足与平面所成的角相等，则点的轨迹长度为 () A.B.C.
29、D. 【答案】C 【解析】 根据题意， 以 为原点， 分别以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 如图 1 所示，则，设，易知直线与平面所的角分别为 ，均为锐角， 三强化训练三强化训练 一、选择题一、选择题 1 （2020内蒙古高三期末） 如图， 棱长为 1 的正方体 1111 ABCDABC D中，M是线段 1 AB上 的动点，则下列结论正确的是（） 异面直线AD与 1 CB所成的角为45 11 DCD M 三棱锥 1 MDCC的体积为定值 1 AMMD的最小值为 2 ABCD 【答案】A 【解析】 【分析】根据异面直线所成的角的定义即可判断；由线面垂直的性质即可判断； 先求得 M 到平面
30、DCC1D1的距离再利用锥体体积公式求解； 将问题转化为平面图形中线段 AD1的长度，利用余弦定理解三角形解得 1 AD即可判断. 【详解】ADBC， 异面直线AD与 1 CB所成的角即为 BC 与 1 CB所成的角， 可得夹角为45，故正确； 连接 1 CD， 1 DC 平面 A1BCD1， 1 D M 平面 A1BCD1， 11 DCD M，故正确； 1 AB平面 DCC1D1，线段 A1B 上的点 M 到平面 DCC1D1的距离都为 1, 又DCC1的面积为定值 1 2 , 因此三棱锥 MDCC1的体积 111 1 326 V 为定值,故正确； 将面 AA1B 与面 A1BCD1沿 A1
31、B 展成平面图形,线段 AD1即为 AP+PD1的最小值， 在D1A1A 中,D1A1A=135, 利用余弦定理解三角形得 1 1 1 2 1 1135222ADcos ， 故不正确. 因此只有正确.故选：A. 2.（2020 河南省焦作市高三）在棱长为 4 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E、F 分别在棱 AA1和 AB 上，且 C1EEF，则|AF|的最大值为（） A? ? B1C? ? D2 【答案】B 【解析】以 AB，AD，AA1所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则 C1（4， 4，4） ，设 E（0，0，z） ，z0，4，F（x，0，0） ，x0，4
32、，则|AF|x? ?（4，4，4 z） ，? ?（x，0，z） 因为 C1EEF，所以? ? ? ? ，即：z2+4x4z0，xz? ? ? 当 z2 时，x 取得最大值为 1|AF|的最大值为 1故选：B 3 （2020重庆巴蜀中学高三（理） ）棱长为 2 的正方体 1111 ABCDABC D中，N为 1 CC的中 点，P在底面ABCD内运动， 1 D P与平面ABCD所成角为 1 ，NP与平面ABCD所成角为 2 ，若 12 ，则AP的最小值为（） A2B 8 3 C4D1 【答案】A 【解析】分析：先证明 PD=2PC，再在底面 ABCD 内建立如图所示的直角坐标系，求出 211680
33、 sin() 99 PA，再利用三角函数的图象和性质求出|AP|的最小值. 【详解】 设 12 ，所以 1 2 tantan DD PD ， 1 PC tantan CN ，所以 PD=2PC. 在底面 ABCD 内建立如图所示的直角坐标系， 设点 P(x,y),则 2222 (1)2 ( +1)xyxy ， 整理得 22 516454 (),cos,sin 39333 xyxy ， 所以 2 22 4841168011680 (cos)( sin2)sin()4 3339999 PA， 即| 2AP ,所以|AP|的最小值为 2.故选：A 4.已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1
34、，E，F 分别是边 AA1，CC1上的中点，点 M 是 BB1 上的动点，过点 E，M，F 的平面与棱 DD1交于点 N，设 BMx，平行四边形 EMFN 的面积 为 S，设 yS2，则 y 关于 x 的函数 yf(x)的图象大致是() ABCD 【答案】A 【解析】由对称性易知四边形 ? 为菱形，? ? ? ? ?， ? ? ?，? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?为二次函数，开口向上，顶点为 ? ? ? .故选：? 5.（2020 郑州一中高三期末）在三棱锥 ? ? 中，? ?平面 ?，? ?
35、 ?，? ? ? ? ?，M 是线段 上一动点，线段 ? 长度最小值为 ?，则三棱锥 ? ? 的外接球 的表面积是（） A? ? B? ?C?D? 【答案】C 【解析】如图所示： 三棱锥 ? ? 中，? ?平面 ?，? ? ? ?， M 是线段 上一动点，线段 ? 长度最小值为 ?， 则：当 ? ? 时，线段 ? 达到最小值， 由于：? ?平面 ?， 所以：? ? ?，解得：? ? ?， 所以：? ?，则：? ? ?， 由于：? ? ?，所以：? ? ? 则： ? 为等腰三角形所以： ? ? ?， 在 ? 中，设外接圆的直径为 ?t ? ? ? ? ? ?，则：t ? ?， 所以：外接球的半径
36、 ? ? ? ? ? ? ? ?，则：? ? ? ? ? ? ? ? ?，故选：C 6 （2020 九江高三一模）在长方体 ? ?中，? ? ? ?，? ?，? 分别是棱 ?的中点，? 是底面 ? 内一动点，若直线? 与平面 ? 没有公共点， 则三角形 ?面积的最小值为（） A ? ? B?C ? ? D? ? 【答案】C 【解析】补全截面 EFG 为截面 EFGHQR 如图， 其中 H、Q、R 分别为?、?、?A 的中点，易证平面 ACD1平面 EFGHQR， 直线 D1P 与平面 EFG 不存在公共点， D1P面 ACD1，D1P?面 ACD1， PAC，过 P 作 AC 的垂线，垂足为
37、K，则 BK=? ? ? ? ? ? ,此时 BP 最短， PBB1的面积最小， 三角形 ?面积的最小值为? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ，故选：C 7 （2020浙江高三期末）在三棱锥PABC中，2,3PAPBPCABACBC， 点Q为ABC 所在平面内的动点，若PQ与PA所成角为定值， (0,) 4 ，则动点Q的轨迹是 A圆B椭圆C双曲线D抛物线 【答案】B 【解析】建立空间直角坐标系，根据题意，求出Q轨迹方程，可得其轨迹. 由题，三棱锥PABC为正三棱锥，顶点P在底面ABC的射影O是底面三角形ABC的中 心，则以O为坐标原点，以OA为x轴，以OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标
38、系，根 据题意可得1OAOP，设Q为平面ABC内任 一点，则 1,0,0 ,0,0,1 , ,0 ,1,0, 1 , , 1APQ x yPAPQx y ，由题PQ与PA所成角为 定值， 0, 4 ，则, 22 1 cos 21 PA PQx PAPQ xy 则 2 222 2cos11xyx，化简得 222 cos22cos2cos20 xyx， 0,20,cos20, 42 故动点Q的轨迹是椭圆.选 B 8 （2020上海格致中学高三月考）在正方体ABCDA B C D中,若点P(异于点B)是棱上 一点,则满足BP与 AC 所成的角为45的点P的个数为（） A0B3C4D6 【答案】B 【
39、解析】 【分析】建立空间直角坐标系，通过分类讨论利用异面直线的方向向量所成的夹角即可找出 所有满足条件的点P的个数 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设棱长1AB ， (1B ，0，1)， (1C ，1，1) 在RtAAC中， | tan2 | A C A AC AA ，因此45A AC 同理AB，AD与 AC 所成的角都为arctan 245 故当点P位于（分别与上述棱平行或重合）棱BB，BA，BC上时，与AC所成的角都为 arctan245，不满足条件； 当点P位于棱AD上时，设 (0P ，y，1)，(0 1)y ，则( 1BP ，y，0)，(1AC ，1， 1) 若满足BP与A
40、C所成的角为45，则 2 2| 1| |cos,| 2| 13 BP ACy BP AC BPAC y ， 化为 2 410yy ，无正数解，舍去； 同理，当点P位于棱A D 上时，也不符合条件； 当点P位于棱 BC 上时，设 (1P ，y，0)，(0 1)y ， 则(0BP ，y，1)，(1AC ，1，1) 若满足BP与 AC 所成的角为45，则 2 2|1| |cos,| 2| 13 BP ACy BP AC BPAC y ， 化为 2 410yy ， 01y ，解得23y ，满足条件，此时点(1,23,0)P 同理可求得棱C D 上一点(53 2,1,0)P，棱C C上一点(1,1,3
41、24)P 而其它棱上没有满足条件的点P 综上可知：满足条件的点P有且只有 3 个故选：B 9. （2020 上海交通大学附属中学高三） 如图， 已知三棱锥 ? ?， ? ?平面 ?， 是棱 上的动点，记 ? 与平面 ? 所成的角为?，与直线 所成的角为?，则?与?的大小关系为 （） A? ? ?B? ? ? C? ? ?D不能确定 【答案】C 【解析】如图所示：PA平面 ABC，PD 与平面 ABC 所成的角?=PDA, 过点 A 作 AEBC，垂足为 E，连接 PE， PA平面 ABC，PABC，BC平面 PAE，BCPE, 在 RtAED，RtPAD，RtPED 中：cos? ? ? ?，
42、cos? ? ? ?，cos? ? ? ?， cos? ?cos? ? cos? cos?,又?，?均为锐角， ? ? ?，故选 C. 10 （2020湖南长郡中学高三 （理） ） 在三棱锥PABC中，PA 平面ABC， 2 3 BAC ， 3AP ，2 3AB ，Q是边BC上的一动点， 且直线PQ与平面ABC所成角的最大值为 3 ， 则三棱锥PABC的外接球的表面积为（） A45B57 C63D84 【答案】B 【解析】 分析： 根据题意画出图形， 结合图形找出ABC的外接圆圆心与三棱锥PABC外 接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积 详解：三棱锥PABCPAABC中，平面，设直线
43、PQ与平面ABC所成角为，如图 所示；则 3PA sin PQPQ ， 由题意且的最大值是 3 ， 33 2PQ ，解得2 3PQ ， 即PQ的最小值为2 3，AQ的最小值是 3，即点A到BC的距离为3， AQBC， 2 3ABBC， 6BC； 取ABC的外接圆圆心为O，作OOPA， 6 2 120 r sin ， 解得 2 3r ； 2 3O A ，M为PA的中点， 3 2 3 2 OMO APM， 由勾股定理得 2 2 357 2 3( ) 24 CPR， 三棱锥PABC的外接球的表面积是 22 57 44()57 4 SR 故选 B. 二、填空题二、填空题 11 （2020浙江高三期末）
44、在正四面体PABC中，点M是棱PC的中点，点N是线段AB 上一动点， 且AN AB ， 设异面直线NM与AC所成角为， 当 12 33 时， 则cos的 取值范围是_ 【答案】 5 19 7 19 , 3838 【解析】 设 P 到平面 ABC 的射影为点 O,取 BC 中点 D, 以 O 为原点，在平面 ABC 中，以过 O 作 DB 的平行线为 x 轴， 以 OD 为 y 轴，以 OP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图， 设正四面体 PABC 的棱长为4 3， 则0, 4,0 ,2 3,2,0 ,2 3,2,2 2 ,0,0,4 2 ,3,1,2 2ABCPM， 由AN AB ,得2
45、3 ,64,0N， 32 3 ,56 ,2 2 ,2 3,6,0NMAC ， 异面直线 NM 与 AC 所成角为, 12 3 3 ， 2 32 2 443 NM AC cos NMAC ，设32t，则 57 33 t 2 2 2 11 11 246 26( )41 t cos tt tt ， 1313 375t ， 5 197 19 3838 cos . cos的取值范围是 5 19 7 19 , 3838 . 12 （2020江苏高三（理） ）如图所示的正方体是一个三阶魔方(由 27 个全等的棱长为 1 的小 正方体构成） ，正方形ABCD是上底面正中间一个正方形，正方形 1111 DCBA
46、是下底面最大的 正方形，已知点P是线段AC上的动点，点Q是线段 1 B D上的动点，则线段PQ长度的最小 值为_ 【答案】 3 34 34 【解析】以 1 B为坐标原点， 1111 ,BC B A所在直线分别为 x 轴，y 轴建立空间直角坐标系， 则 1 0,0,0 ,1,2,3 ,2,1,3 ,2,2,3BACD, 设 11 BQB D ,APAC ,0,1 . 1 2 ,2 ,3BQ , 111 1,2,3B PB AAPB AAC . 11 12 ,22 ,33QPB PBQ , 2 222 12223 3QP 22 22 1519 17302214172 17234 当 15 17 且
47、 1 2 时， 2 QP 取到最小值 9 34 ，所以线段PQ长度的最小值为 3 34 34 . 13.如图所示，正方体 ? ?的棱长为 2，E，F 为 ?，AB 的中点，M 点是正方 形 ?内的动点，若?平面 ?，则 M 点的轨迹长度为_ 【答案】 ? 【解析】 如图所示，取?的中点 ?，? 的中点 ?，连接 ?，?，?，? 可得：四边形 ?是平行四边形，? ?. 同理可得：? ? C?H ? C?G ? C? ?平面?平面 ?， ? ? 点是正方形 ?内的动点，若?平面 ?. ?点 ? 在线段 ? 上 ? ? 点的轨迹长度? ? ? ?故答案为 ? 14 （2020上海复旦附中高三期中）如
48、图，已知直四棱柱 1111 ABCDABC D的所有棱长等于 1，60ABC ，O和 1 O分别是上下底面对角线的交点，H在线段 1 OB上， 1 3OHHB， 点M在线段BD上移动，则三棱锥 11 MC O H的体积最小值为_. 【答案】 3 48 【解析】 【分析】因为 C1到平面 BB1D1D（即三棱锥底面 O1MH）的距离为定值，所以当O1MH 的面 积取得最小值时，三棱锥 11 MC O H的体积最小，将平面 BB1D1D 单独画图可得，当点 M 在 点 B 处时，O1MH 的面积有最小值，求出三棱锥 11 CO MH的体积即可。 【详解】因为直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面
49、是菱形,ABC=60?，边长为 1， O1C1平面 BB1D1D,且 O1C1= 1 2 ,O1B1= 3 2 ， C1到平面 BB1D1D 的距离为 O1C1= 1 2 ， OH=3HB1，点 M 是线段 BD 上的动点， 当O1MH 的面积取得最小值时，三棱锥 11 CO MH的体积有最小值。 将平面 BB1D1D 单独画图可得， 当 B 点到 O1H 的距离最小时，O1MH 的面积有最小值。 过点 B 做 BF/O1H，可得直线 BF 上方的点到 O1H 的距离比直线 BF 上的点到 O1H 的距离小， 而线段 BD 上除 B 点外的所有点都在直线 BF 下方，到 O1H 的距离比 B
50、点到 O1H 的距离大。 即当 M 点在 B 点时，O1MH 的面积取得最小值，且三棱锥 11 CO MH的体积有最小值。 连接 O1B, 则 O1B=OB1= 2 2 3 1 2 = 7 2 ， B1到 O1B 的距离 d= 111 1 BBO B O B = 3 1 2 7 2 = 21 7 ， OH=3HB1，H 到直线 O1B 的距离为 1 2 d= 21 14 。 1 O BH S = 1 11 22 O Bd= 1721 2214 = 3 8 ， 11 CO BH V = 1 11 1 3 O BH SOC = 13 1 382 = 3 48 。故答案为： 3 48 。 15 （2
