立体几何中的动态问题 解析版-2024年高考数学重难点攻略

微重点立体几何中的动态问题

“动态”问题是高考立体几何问题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.

知织导图

考点一：动点轨迹问题

考点二:折叠、展开问题

考点三：最值、范围问题

考点分类讲解

考点一:动点轨迹问题

规律方法解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法

⑴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.

I题目口（2024•浙江温州•一模）如图,所有棱长都为1的正三棱柱ABC-A.B.C,,BE=2/，点F是侧棱

441上的动点，且#=2而,H为线段上的动点，直线SC平面AEG=M,则点用■的轨迹为（）

A.三角形（含内部）B.矩形（含内部）C.圆柱面的一部分D.球面的一部分

【答案】4

【分析】根据题意首先保持H在线段FB上不动（与R重合），研究当点?运动时M■的轨迹为线段AW,再根

据H点在线段FB上运动的轨迹即可得出点河的轨迹为4MNE及其内部的所有点的集合.

【详解】如下图所示：

首先保持H在线段EB上不动，假设H与尸重合

根据题意可知当F点在侧棱AA!上运动时，若F点在4点处时，G为CC、的中点,

此时由衣=2就可得满足询=2该，

当F点运动到图中后位置时，易知漏=2竭，取AGCICR=P,

可得前=2用，

取棱AC上的点N,满足前=2NC,根据三角形相似可得M,N,P三点共线,

当点F在侧棱AAi上从4点运动到4点时，M■点轨迹即为线段MN;

再研究当点H在线段FB上运动，

当点H在线段FB上从点F运动到点B时，初点的轨迹是线段ME,

当点X在线段F.B上从点瓦运动到点B时，M点、的轨迹是线段PE,

因此可得，当点F是侧棱44上运动时，H在线段上运动时，点的轨迹为/\MNE及其内部的所有点

的集合；

即可得M的轨迹为三角形(含内部).

故选：A

［题目］2］(多选)(23—24高三上•贵州安・•期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD-中，点E、F、

G、H分别为棱CG、CQi、42、AB的中点，点朋■为棱上动点，则()

A.点E、F、G、H共面B.+的最小值为1+孤

C.点B到平面ABi。的距离为空

D.DE±A.H

O

【答案】ACD

【分析】根据题意建立空间之间坐标系，利用平面向量基本定理可对A判断，利用向量的垂直表示可对。判

断;利用正方体面展开图可对B判断；利用等体积法可对。判断.

【详解】如图，以。为原点，建立空间直角坐标系,

则0(0,0,0),£(0,2,1),F(0,l,2),G(l,0,2),H(2,l,0),

•••

对A.:EF=(0,—1,1),EG—(1,—2,1),EH—(2,—1,—1),

设EF—AEG+/1EH,即(0,—1,1)=/1(1,—2,1)+//(2,—1,—1),解得1=春,〃――J,

所以而，就，而｝共面,故A正确.

对B:将正方体沿AB剪开展开如下图,连接GH交A炉.于一点，此点为M点,

此时\GM\+\MH\为最小值V32+22=V13,故B错误；

对C：由等体积法可知%-ABC=即,

OO

由S△gc=,=求解得d=,故C正确.

xV2xV2xsin-^-=,SAABC；x2x2=2,

对。:0(0,0,0),4(2,0,2),DE=(0,2,1),AJi=(0,1,-2)

瓦•窥=2—2=0,则反_1窥，所以DE_LAH,故。正确.

故选：ACD.

［题目①(2023•贵州•一模)如图，已知正方体ABCD—的棱长为2,M,N,P分别为棱44i,CG，AD

的中点，Q为该正方体表面上的点，若M,N,P,Q四点共面，则点Q的轨迹围成图形的面积为.

【答案】3四•••

［分析］根据题意找出点。的轨迹围成图形为正六边形PENFGM即可求解.

【详解】如图,

取CD,BG,45的中点分别为EFG,

则点Q的轨迹围成图形为正六边形PENFGM,

且边长为面对角线的一半，即方，

所以点Q的轨迹围成图形的面积为6xxJ2—（~,

故答案为:3g.

：题目④（2023•宁波底考）正方体ABCD-A.B.C.D,的棱长为1,点P满足毋=4或+〃赢（九〃eR）,则下

列说法正确的有（）

A.若7+〃=1,则A,P±AD,

B.若4+〃=1,则三棱锥力「PDG的体积为定值

C.若点P总满足PA±8。,则动点P的轨迹是一条直线

D.若点P到点A的距离为V3,则动点P的轨迹是一个面积为兀的圆

【答案】ABC

【解析】对于A,因为寿=4宓+4赢M，〃e_R）且4+〃=1,由向量基本定理可知，点瓦，c,p共线，如图，

连接人。1,4Q,3G,3Q,

在正方体ABCD-ABQQi中，BiCLBCi,A^l.平面BBQQ,

因为BCQ平面BBCC,所以45_LBG,又BCn45=Bx,

所以平面4B。，

在上任取一点P,连接A.P,

则4Pu平面AXBXC,所以BC」A{P,

在正方体ABCD-ABiGR中，

因为AB〃DG，且AB=DG,

所以四边形ABCD为平行四边形，

所以ADJ/BCi,则ADi_LAXP,故选项A正确；

对于如图，连接AC,CQ,AQ,B［C,

因为丽=4豆方+〃君i（4,〃e1R）且4+〃=1,由向量基本定理可知点5,C,P共

线，即点P在直线BQ上，在正方体ABCD-456。中，

因为45〃DC,且4马=所以四边形45CD为平行四边形，所以AiD//BQ,4丝H面A■GL

BC&平面4Go，所以3Q〃平面4G。，则直线BC上任意一点到平面4G。的距离相等，又因为

CQ的面积为一定值，所以三棱锥A^PDC,的体积为定值,故选项B正确;

对于。，如图，连接AC,BD,ABX,BDl,BQ,BR,

在正方体ABCD-中，4。_LBD,BBi_L平面ABCD,

因为ACu平面ABC。，

所以BB1±AC,又BBCBD=B,

所以AC_L平面BBQQ,BDU平面BBQQ,

所以AC_LBA,

同理AB,±BDi，又ABA力。=A,

所以BA_L平面ABQ,因为点P满足丽=ABC+〃赢（九〃eR）,所以点P在侧面BBCC所在的平面上

运动，且PA_LBA,所以动点P的轨迹就是直线B。,故选项C正确；

对于。，因为点P到点人的距离为YW,所以点P的轨迹是以4为球心，、后为半径的球面与平面BBiG。的

交线，即点P的轨迹为小圆，设小圆半径为r,因为球心A到平面BBiG。的距离为1,则r=V（V3）2-1=

，所以小圆的面积S=Ter2—2兀，故选项D错误

考点二:折叠、展开问题

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.

题目工（2024•河南•模拟预测）为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享

平台,彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上

一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢（如图1）.已知AB和CD是圆。的两条互相垂直的直径，将平

面ABC沿AB翻折至平面ABC,使得平面ABCX.平面ABD（如图2）此时直线AB与平面CBD所成角的

正弦值为（）

D.学

【答案】B

【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.

【详解】依题意，OC'_LAB,OD_LAB,而平面ABCX.平面ABD,平面ABC'H平面ABD=AB,

又OC'u平面4BC',ODu平面ABD,则OC'±平面ABD,OD_LOC,

因此直线OROB,OC'两两垂直，以点。为原点，直线ODQBQC'分别为2,沙,z轴建立空间直角坐标系，

令圆半径。。=1,则0(0,0,0),D(l,0,0),B(0,l,0),C'(0,0,l),

加=（0,1,0）,反？=（0,—1,1）,反5=（1,—1,0）,设平面C'BD的一个法向量方=（2,y,z）,

则卜,空'=—"+z=O,令y=i,得方=（U，D，设直线AB与平面C'BD所成的角为仇

[n•BD—x—y—0

贝“sin。=|cos<n,OB>|='1_V3

|n||OB|1xV3—3

所以直线AB与平面C'BD所成角的正弦值为空.

O

故选：B

【题目|2）（22-23高三上尉江•开学者鼠）如图，矩形ABCD中，4。=2,人8=3,元=2EB,将△ADE沿直线

DE翻折成AAQE，若M为线段4Q的点，满足加=2成,则在AADE翻折过程中（点A不在平面

DEBC内），下面四个选项中正确的是（）

A.BM//平面AQEB.点”在某个圆上运动

C.存在某个位置，使OE，ACD.线段BA的长的取值范围是（西,3）

【答案】

【分析】由已知，选项在DC上取一点、N,令魂=2诟，可通过面面平行的判定定理证明平面BMN〃平

面ADE，从而证明BM//平面AQE;选项B,可通过NAQE=ZMNB=?

凡70=得，班=2蓼,借助余弦定理可知可为定值,从而确定河点的轨迹;选项。,可先假设。七_1>11。成

立，然后借助线面垂直的判定定理和性质定理得到DE_LCH,然后在ADHC中，利用勾股定理验证是否满

足，即可做出判断；选项。，可通过点4运行轨迹，分别找出最大值和最小值点，然后求解即可做出判断.

【详解】

如上图所示，在。。上取一点N,令布=2而5,连接NB,

在矩形ABCD中，AB=CD且AB〃CD,义因为颉=2碗，证=函6,

所以EB=ND且EB〃ND,所以四边形EBND为平行四边形，所以NB〃即，

又因为NBD平面ADE,DEu平面ADE,所以NB"平面ADE,

又因为丽=2布，血=2两，所以MM7/AQ,

又因为NMD平面ADE,D4C平面ADE,所以NM//平面ADE,

又因为NMCNB=N：^NM、NBu平面BMN,所以平面aW〃平面ADE,

又因为MBU平面BMN,所以BM7/平面AQE,选项A正确；

由NBHED,NM"A.D,AD=AE=2,可得ZAQE=2MNB=j,

由国=2砺，面=2两可知，MW=々1Q=弓，而EB=ND=2日

OO

由余弦定理可知,BM为定值，而B为定点，故M在以B为圆心，■为半径的圆上运动,故选项B正确；

取ED的中点H,连接HA^HC,在4AQE中，AD=2,

所以DE_LA.H，假设OE_L成立，AXH.AQu平面AXHC,所以。E_L平面人冉。，又因为Su平面

AiHC,所以DE_LCH,

而，在4DHC中，DH=V2,DC=3,CH=所以2DHC手手,故DE_LCH不成立，所以假设不成立，该

选项。错误；

在。。上取一点小，令就=2碇，

在△4DE翻折过程中，线段的最大值是4与A点重合，此时已4尸3,

线段B4的最小值是4与4点重合，此时B4=0，又因为点4不在平面DEBC内,

所以线段BA,的长的取值范围是(V5,3),选项D正确；

故选：ABD

题目区(2024赤三♦全IS•专慝练习)如图1,在等边44BC中，点。、E分别为边AB,AC上的动点且满足

DE〃BC,记萼=A.将△4DE沿DE翻折到4MDE的位置,使得平面MDE±平面DECB,连接MB,

如图2,N为MC的中点.•••

⑴当EN〃平面MBD时，求4的值.

(2)随着4的值的变化,二面角B-MD-E的大小是否改变？若是,请说明理由；若不是，请求出二面角B—

MD—E的正弦值.

【答案】⑴1=]

(2)不是，空⑤

【分析】⑴取MB的中点为P,连接DP,PN,推出NP〃BC,证明NEDP为平行四边形，利用比例关系求解

即可.

(2)取OE的中点。，如图建立空间直角坐标系，求出平面BMD的法向量，平面EMD的法向量，利用空间向

量的数量积求解二面角的余弦函数值然后求解即可.

【详解】(1)如图，取AiB的中点P,连接OP,PN.

因为N为的中点，所以NP〃BC,NP=^BC.

入DE//BC,所以NP〃DE,即N,P,D,E四点、■头面.

因为EN//平面MBD,ENU平面NEDP,平面NEDPA平面MBD=DP,

所以EN//DP,即四边形NEDP为平行四边形，所以NP=DE,

即。£=妊0,所以/l=(.

⑵取即的中点O,连接;WO,则MO±DE.

因为平面MDE_L平面DECB,平面MDECl平面OECB=DE,MOU平面MDE,

所以_MO_L平面DECS.

如图，建立空间直角坐标系，

不妨设2,则M(0,0,何),0(40,0),B(l,V3(l-/l),0),

所以说二(40,—何),DB=(1-4/^(1-4),0).

设平面MBD的一个法向量为抗=(2,y,z),

fh=Ax—V3Az=0,即n,

则

(1—A)x+V3(l—A)y=0,

令力e=通,所以关=(V3,—1,1).

由题意可知方=(0,1,0)为平面Al。石的一个法向量.•••

If,n

设二面角8—MD—E的平面角为仇则|cos0|=cosm,n=-一--.

mn

因此sin。=N\_cos2j=空无，所以二面角B-MD—E的正弦值为乌宜

55

[题目G（2023•邵阳模拟）如图所示,在矩形ABCD中，AB=四,AD=1,AF，平面ABCD，且AF=3,点

E为线段CD（除端点外）上的动点,沿直线AE将△D4E翻折到△DAE,则下列说法中正确的是（）

A.当点E固定在线段CD的某位置时,点D'的运动轨迹为球面

B.存在点E,使AB_L平面。/E

C.点A到平面BCF的距离为乎

D.异面直线EP与所成角的余弦值的取值范围是

【答案】D

【解析】选项A,当点E固定在线段CD的某位置时，线段的长度为定值，AD_LD'E，过。，作D'H±

AE于点为定点，DH的长度为定值，且。H在过点H与4E垂直的平面内，故。的轨迹是以H为圆

心，D'H为半径的圆，故A错误；

选项B,无论E在CD（端点除外）的哪个位置，均不与AE垂直，故48不与平面AD上垂直，故B错误；

选项C,以赤，力分别为c，y,z轴的方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则A（0,0,0）,F（0,0,3）,B（V3,0,0）,C（V3,1,0）.

BC=（0,1,0）,BF=（-V3,0,3）,AB=（V3,0,0）,

设平面BCF的法向量为n=3，V，z）,

,[n-BC—y—0,F

则n〈一＞yl'、\

\n-BF——V3x+3z—0,l\\

取n=(通，0,1),

则点入到平面BCF的距离d==~|■，故。错误;

X

选项。，设E(何，1,0)"e(oj),W=(o,i,o),

丽=（一何，-1,3）,

设EF与所成的角为仇

\EF-BC\

贝Ucos9—

•••

故。正确.

考点三:最值、范围问题

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，常用的解题思路是

（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.

，题iT］（多选）（2023•鞍山模拟）如图，正方体ABCD-ABCD的棱长为1,P是线段上的动点,则下列

结论正确的是（）

A.四面体的体积为定值B.AP+PC的最小值为

C.4P〃平面ACDiD.直线4P与AC所成的角的取值范围是［。，女］

【答案】

【解析】对于4,由正方体可得平面DAA.D,//平面BCCR,且B,PE平面BCGB1,

所以点B到平面DAAXD,的距离等于点P到平面DAA^的距离，

所以四面体PA.D.A的体积％7%=看SAA»Xi=^xjxlxlxl=!，

ooZO

所以四面体PA.DrA的体积为定值，故A正确；

对于B,当P与B重合时，AP+PC^AB+BC^2<2V2,

所以AP+PC的最小值不为22,故5错误；

对于。，连接4G,A3,

由正方体可得AAr=CC、,AAJ/CC1,

所以四边形4416。是平行四边形，所以AC〃AG,

因为ACu平面ACDX,4G（X平面ACDlt

所以4G〃平面AC。，

同理可得BCJ/平面ACDr

因为AGABG=G,AG,BGc平面AGB,

所以平面A^B〃平面ACD,,

因为AiPc平面A^B,

所以A.P〃平面ACDX,故C正确；

对于。，因为47〃4G,

所以/PAG（或其补角）为直线AF与力。所成的角，•••

由图可得当P与B重合时，此时/PAG最大为M

O

当P与G重合时，此时/P4G最小为0,

题目因（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，设乙4PC=a,2BPC=B，=7,二面角A—PC—B为。，由三面角余弦定理得cos6

=cos1在三棱锥P-ABC中，PA=6,AAPC=60°,/.BPC=45°,/APB=90°,PB+PC

sma-smp

=6,则三棱锥P—ABC体积的最大值为（）

A.甲B.与C.|D.|

4424

【答案】。

【解析】如图所示，作BD垂直于CP于点。，

设点B在平面4PC中的射影为“，连接

由题意得Vp-ABC~'

设二面角A—PC-B为仇

nL\z,—

则COS6=「2沫=--Qe(o,兀)，

亍X亍

sin/BZW=乎，

o

BM=BD-sinNBDM=吟BD

=*PBsinNBPC=兴PB,

oo

SANy-PAPC-sinZAPC=^--PC,

gPBPC

o/

=y-PB(6-PB)

1

=-yFB29+3FB

1a

=-z3)2x9+改，

当PB=3时，VP-ABC的最大值为三.

〔题目|3）（23-24高三下•北京•升学考试）正方体ABCD-A.B.C.D,的棱长为1,动点“在线段QG上，动点

P在平面45GD1上，且APL平面MBD1.线段AP长度的取值范围是（）•••

【答案】。

【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.

以D为坐标原点,以方X,反，两分别为x,y,z轴的正半轴,

建立如图所示的空间直角坐标系,设P(a,b,1),M(O,l,t)(O<t<l),

则1),则AP=(a—l,b,V),BD1=(-1,=(0,—1,1—t),

因为AP_L平面A/BOi,所以AP_LBR,AP_LTWDj,

巴.理=1-1+1=0[n+1

所以AP=(力,1—t,1),所以=y/t2+(l—i)2+l=不2(t—+彳，

又ow力wi,所以当力=:时，即河是CC\的中点时,|AP|取得最小值平,

当t=o或1,即河与点。或G重合时，I耳闻取得最大值，

所以线段AP长度的取值范围为[乎,a].

故选：C

题目回(2023♦黑龙江哈尔滨•三模)已知四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD±底面ABCD,PD=AD,

点E是线段PB上的动点,则直线DE与平面PBC所成角的最大值为()

A.4R兀D

6B-T-t

【答案】。

【分析】根据题意，建立空间直角坐标系,结合空间向量的坐标运算即可得到结果.•••

【详解】

由题意，因为ABCD为正方形，且PD_L底面ABCD,

以。为原点，D4,DC,DP所在直线分别为2,2Az轴，建立如图所示空间直角坐标系，

设FD=AD=1,则。(O,O,O),B(1,LO),C(O,1,O),P(O,O,1),

所以屈=历=(0,L—1),设屈=[无，AC[0,1],

则花=(4/1,—力，所以—即丽=(4/1,1-4,

设平面P8C的法向量为n=(/,g,z),

,Jn•PB—x-Vy—z—Q々刀,曰八华

则n《一>，解传力=0,g=z,取g=z=1,

[n-PC=y-z=0

所以平面的一个法向量为日=(0,1,1),

设直线OE与平面所成角为夕，

I__►IIn11

贝sin。=cos<nfDE>\=--、=--------/-----=---------/,

同|七回A/2X42才+(1-/1)2x/3(/1-籽+]

04］单调递增，所以当仁!时，sind=W

因为g=sin。,。E最大,

Z」O/

此时。=看,即直线DE与平面PBC所成角的最大值为?

OO

故选C

强化训练

一、单频

［题目鼻(2023•云南保山•二模)已知正方体AB。。一ABGA，Q为上底面45。必所在平面内的动点，当

直线OQ与。4的所成角为45°时，点Q的轨迹为()

A.圆B.直线C.抛物线D.椭圆

【答案】。

【分析】建系，利用空间向量结合线线夹角分析运算.

【详解】以点。为原点，万N,DC,DDX为x,y,z的正方向，建立空间直角坐标系，

设正方体棱长为1,则。(0,0,0),4(101),设Q(c,y,l),

可得力Q=(2,沙,1),=(i,o,i),

因为直线。Q与DA,的所成角为45°,

丽,巩落—卜孚,化简可得代尔

贝1cos45°=

\DQ\-\DAr\

所以点。的轨迹为抛物线.

故选：C.•••

题目区(2023•全国•三模)在平面直角坐标系中，P为圆/+#=16上的动点，定点A(-3,2).现将沙轴左侧

半圆所在坐标平面沿y轴翻折,与y轴右侧半圆所在平面成冬的二面角，使点A翻折至A,P仍在右侧半

圆和折起的左侧半圆上运动，则两点间距离的取值范围是()

A.[713,375]B.[4-VI3.7]C.[4-713,375]D.[713,7]

【答案】B

【分析】设A所在平面为a,圆的另一半所在平面为6,若PCa,则P,40三点共线时，以及P在圆的下端点

时，分别取到A,P两点间距离的最值;若PC6,设p(4cosa,4sin«)，利用两点间的距离公式结合A到/3的

距离，以及三角函数的有界性取到最值，进而得出答案.

【详解】设A所在平面为a,圆的另一半所在平面为6,

若PCa,则P,A。三点共线时，|PA|有最小值区A|=72—QA|=4—U;

2222

当P在圆的下端点时,取至I最大值\P2A\=V(-3-0)+(2+4)=A/3+6=3V5,

即\PA\e[4-V13.3V5];

若Pe6,设P(4cosa,4sina),4在0上的投影为距离为4,则A到0面距离为=|-3|sin^-=3g,

OZi

又A到沙轴的距离为3,

A到9轴的距离为=日，而4到2轴的距离为2,

则|P*=

其中ae[一冬马,sinp=*,cosp=W，

故\Pn|min=，

当且仅当a=-|■时成立；炉出》=7,

当且仅当&=?—]■时成立；即\PA\e[V13,7];

综上可得，|P4'|C[4-g,7],

故选：B

题目回(2024•全国•模拟超测)如图，已知矩形ABCD中，E为线段CD上一动点(不含端点),记AAED=a,

现将△川0£；沿直线AE翻折到△APE的位置，记直线CP与直线AE所成的角为6,则()

A.cosdf>cos0B.COS(2<COSySC.costz>sin6D.sin<2<cos/?

【答案】B

【分析】利用空间向量夹角余弦公式和向量数量积公式得到cosB

得到cos/3>cos(z,求出答案.

,\CP-EA\\(CE+EP)-EA\_\CE-EA+EP-EA\

【详解】AB选项，cosB—■,__»,―=7；

\CP\-1网\CP\■\EA\团网

||国•)|COSCH+展明COSdf_(]CE\+\EP\)-\EA\COSdf_(I碑+1而I)cost

=|研厨二|CP|-|^A|-=-

\CE\+\EP\

因为|CE|+|EP|>|CP|,所以—p=^—L>i,所以cos6>cosdf,A错误,B正确；

由于g=cos力在力E上单调递减，故6Va,不确定cosesin/和sina,cos6的大小关系，CD错误.

故选：R

蜃目④(2023•上海宝山•二«)在空间直角坐标系O—g/z中，已知定点4(2,1,0),B(0,2,0)和动点

。(0工,力+2)«>0).若△04。的面积为S,以0,48,C为顶点的锥体的体积为V,则占的最大值为

()

A.~^\/5B.C.D.~~V5

155155

【答案】。

【分析】由已知=(2,1,0),起=(0,2,0),53=(0工工+2),设直线OA的单位方向向量为立根据空间向

量公式求出。到直线OA的距离，得到△047的面积为S,根据锥体体积公式得到以O,4B,C为顶点的锥

体的体积为V,利用分离常数法和基本不等式求解即可得到最大值.

【详解】由已知瓦5=(2,1,0),语=(0,2,0),云=(0,±"+2),

设直线。力的单位方向向量为立则工=(笫，/,0),

所以。到直线04的距离％=y/oc2-(pc^f=J力2+(力+2)2—亮=J9廿展力+也,

匕DG/1vq〜V9t2+20t+20V9^2+20^+20

所以S=qx啰x-----7f-----=-------2------，

1/、112(/；+2)

V=FS^OAB，(^+2)=--X--x2x2x(tz+2)=-,

OJZo•••

2(^+2),-------------------——_______________

则/(£+2)_4./9力2+36%+36

S/9%2+201+203V9廿+20%+209V9^+20力+20

2

_4/912+20%+20+16力+164/i।i1+1

9V9/+20力+209V9廿+20力+20'

令7n=1+l(m^1),则t=m—l,

所以—t±l_=___________坦___________=_____a_____=______1_____w_1—1

9/+20力+209(771—1)2+20(7TZ—1)+209TD^+9dmH——--F22/9m,+220,

馆Vm

当且仅当9m=—即7n=1时等号成立

m

1+16X"4V5

所以卜春XV20

15'

即的最大值为j.

O-LO

故选C.

［题目|5）（23-24高三上•河北衡水•阶段练习）正三棱柱ABC-AGG中，AB=2,AA=O为BC的中

点，”为棱BG上的动点，N为棱AM上的动点，且愣=需，则线段MN长度的取值范围为（）

iviky

A/¥，0）B.［粤，誓］C.［平，手］D.［V3,V6］

【答案】B

【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系,设动点坐标，结合线线关系求线段MN的表达式，利用函数求最

值即可.

【详解】因为正三棱柱ABC-AXB}C中，。为BC的中点，取BQi中点Q,连接OQ,

如图，以。为原点，OC,OA,OQ为c,y,z轴建立空间直角坐标系，

则。（0,0,0），4。.，。）同一1,0,炳,。1（1,0,的,

因为河是棱BG上一动点，设M{a,0,V3）,Aae［-1,1］,

所以加•海=（a,0,四）•（0,通,0）=0,则OA±OM,

因为ON_LAW,且/^=半?所以在直角三角形OM4中可得：AOMNFAMO

MOMA

即MN==-=--7---+--3--，-于--是--令--t=Ja?+6,te[V6,V7],

MAV«2+(V3)2+(V3)2Va2+6

所以;*,tG[A/6,V7],又符合函数y—t—#为增增符合，所以在tE[A/6,V7]上为

增函数，

所以当力=函时，(力—巧=C—与=坐，即线段跖V长度的最小值为差,

't，minyg22

当力时，(—日)=〃7—七=¥，即线段长度的最大值为咛，

\t7maxJ777

故选：B.

【点睛】关键点睛：1.找到△OMNFAMO，再利用函数单调性求出最值.

2.建系，设出动点M(a,0,四)，利用空间向量法求出ON，4,再结合线线关系求线段上W的表达式，利用

函数求最值即可.

题目回(23—24高三下•山西•阶段练习)在棱长为4的正方体ABCD-A.B.C.D,中，E是CD的中点，产是

CG上的动点，则三棱锥A-DEF外接球半径的最小值为()

A.3B.2V3C.V13D.V15

【答案】。

【分析】取AE的中点G,根据题意分析可知:三棱锥A-DEF外接球的球心。在过G垂直于平面ABCD的

直线上，设GO=n,CF=mC(0,4],建系，结合空间两点距离公式可得n=华+且，进而利用基本不等式

运算求解.

【详解】连接AE,取的中点G,可知G为4ADE的外心,

过G作平面ABCD的垂线，可知三棱锥A-DEF外接球的球心O在该垂线上,

设GO=n,CF=me(0,4],

以。为坐标原点，DA,DC,DDX分别为羽沙,2轴，建立空间直角坐标系,

则0(0,0,0),4(4,0,0),E(0,2,0),G(2,1,0),0(2,Ln),F(0,4,nz),

因为OD=OF,即V4+1+n2=，4+9+(m—n)2,

整理得九芍+涓=2。当且仅当狞?即M=2四时，等号成立，

所以三棱锥A-DEF外接球半径的最小值为“4+1+8=V13.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知三棱锥A-DEF外接球的球心。在过G垂直于平面ABCD的直线

•••

上,再以空间直角坐标系为依托，分析求解.

题目叵)(2023•陕西咸阳•模拟预测)如图，点P是棱长为2的正方体ABCD-4岛。。的表面上一个动点,则

以下不正确的是()

A.当P在平面BCG5上运动时，四棱锥P—AAQQ的体积不变

B.当P在线段AC上运动时，DF与4G所成角的取值范围是管4]

C.使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为兀+42

D.若F是4向的中点，当P在底面ABCD上运动,且满足PF〃平面BCD时，PF长度的最小值是V5

【答案】。

【分析】由底面正方形ADDxAr的面积不变,点P到平面AAXDXD的距离不变，可判定A正确；

以。为原点，建立空间直角坐标系，设q3,2-2,0),则用=3,2-’,一2),4^=(-2,2,0),结合向量的夹

角公式，可判定B正确；

由直线AP与平面ABCD所成的角为45°,作PM_L平面ABCD,得到点P的轨迹，可判定。正确；

设P(m,m,0),求得平面CBQi的一个法向量为五=(1,一1,一1),得到|而|=^2(力一iy+6,可判定D错误.

【详解】对