（浙江專用）2020版高考數(shù)學一輪復習 專題8 立體幾何與空間向量 第58練 立體幾何中的軌跡問題練習（含解析）

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1、第58練　立體幾何中的軌跡問題 [基礎(chǔ)保分練] 1.在等腰直角△ABC中，AB⊥AC，BC＝2，M為BC的中點，N為AC的中點，D為BC邊上一個動點，△ABD沿AD翻折使BD⊥DC，點A在平面BCD上的投影為點O，當點D在BC上運動時，以下說法錯誤的是(　　) A.線段NO為定長 B.CO∈[1，) C.∠AMO＋∠ADB＞180° D.點O的軌跡是圓弧 2.已知在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1與平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E為CC1的中點，P在對角面BB1D1D所在平面內(nèi)運動，若EP與AC成30°角，則點P的軌跡為(　　) A.圓 B.拋物線

2、 C.雙曲線 D.橢圓 3.(2019·杭州二中模擬)如圖，在平行四邊形ABCD中，AD＝4，CD＝2，∠ADC＝，點E是線段AD上的一個動點.將△EDC沿EC翻折得到△ED′C(仍在平面ABCD內(nèi))，連接D′A，則D′A的最小值為(　　) A.2－2 B.2－1 C. D.＋1 4.(2019·嵊州模擬)如圖，已知矩形ABCD，E是邊AB上的點(不包括端點)，且AE＝AD，將△ADE沿DE翻折至△A′DE，記二面角A′—BC—D為α，二面角A′—CD—E為β，二面角A′—DE—B為γ，則(　　) A.α>β B.α<β C.β≥γ D.β≤γ 5.如圖，在直三棱柱ABC

3、—A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，外接球的球心為O，點E是側(cè)棱BB1上的一個動點.有下列判斷： ①直線AC與直線C1E是異面直線；②A1E一定不垂直于AC1；③三棱錐E—AA1O的體積為定值；④AE＋EC1的最小值為2. 其中正確的個數(shù)是(　　) A.1B.2C.3D.4 6.如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，點E為CD的中點，F(xiàn)為線段CE(端點除外)上一動點.現(xiàn)將△DAF沿AF折起，使得平面ABD⊥平面ABCF.設(shè)直線FD與平面ABCF所成的角為θ，則sinθ的最大值為(　　) A.B.C.D. 7.在正方體ABCD－A1B1C1D

4、1中(如圖)，已知點P在直線BC1上運動，則下列四個命題： ①三棱錐A－D1PC的體積不變； ②直線AP與平面ACD1所成的角的大小不變； ③二面角P－AD1－C的大小不變； ④若M是平面A1B1C1D1上到點D和C1距離相等的點，則M點的軌跡是直線A1D1. 其中真命題的序號是(　　) A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④ 8.如圖，平面α⊥β，α∩β＝l，A，B是l上的兩個點，C，D在α內(nèi)，DA⊥l，CB⊥l，AB＝BC＝2AD＝6，在平面β上有一動點P使得PC，PD與β所成的角相等(P?l)，設(shè)二面角P—CD—B的平面角為θ，則tanθ(　　) A.僅有最大值

5、 B.僅有最小值 C.既有最大值又有最小值 D.無最值 9.如圖，在四面體D—ABC中，AD＝BD＝AC＝BC＝5，AB＝DC＝6.若M為線段AB上的動點(不包含端點)，則二面角D—MC—B的余弦值的取值范圍是__________. 10.(2019·臺州模擬)如圖，在棱長為2的正四面體S—ABC中，動點P在側(cè)面SAB內(nèi)，PQ⊥底面ABC，垂足為Q，若PS＝PQ，則PC長度的最小值為________. [能力提升練] 1.(2019·浙江金華十校聯(lián)考)在正方體ABCD—A1B1C1D1中，點M，N分別是直線CD，AB上的動點，點P是△A1C1D內(nèi)的動點(不包括邊界)，

6、記直線D1P與MN所成角為θ，若θ的最小值為，則點P的軌跡是(　　) A.圓的一部分 B.橢圓的一部分 C.拋物線的一部分 D.雙曲線的一部分 2.如圖，已知正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為4，點H在棱AA1上，且HA1＝1.在側(cè)面BCC1B1內(nèi)作邊長為1的正方形EFGC1，P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一動點，且點P到平面CDD1C1距離等于線段PF的長.則當點P運動時，|HP|2的最小值是(　　) A.21B.22C.23D.25 3.如圖在正四面體(所有棱長都相等)D－ABC中，動點P在平面BCD上，且滿足∠PAD＝30°，若點P在平面ABC上的射影為P′，則sin

7、∠P′AB的最大值為(　　) A. B. C. D. 4.a，b為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a，b都垂直，斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)，若直線AB與a所成角為60°，則AB與b所成角為(　　) A.60°B.30°C.90°D.45° 5.如圖，正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為2，點P在正方形ABCD的邊界及其內(nèi)部運動，平面區(qū)域W由所有滿足A1P≤的點P組成，則W的面積是____________，四面體P—A1BC的體積的最大值是________. 6.(2019·浙大附中模擬)如圖，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，將△

8、ABD沿對角線BD向上翻折，若翻折過程中AC長度在內(nèi)變化，則點A所形成的運動軌跡的長度為________. 答案精析 基礎(chǔ)保分練 1．C　2.A　3.A　4.B　5.C　6.A　7．C　8.D 9. 解析　取AB的中點M0， 則CM0＝DM0＝4，AM0＝BM0＝3， ∵DM0⊥AB，CM0⊥AB，DM0∩CM0＝M0， ∴AB⊥平面DM0C，又AB?平面ABC， ∴平面ABC⊥平面DM0C，交線為M0C. 過點D作DO⊥M0C，則DO⊥平面ABC. 先設(shè)點M在線段M0B上運動，作OG⊥MC，連接DG，則∠DGO為二面角D—MC—B的平面角的補角． 在△DM0C

9、中， cos∠DM0C＝＝－， sin∠DM0C＝， ∴DO＝4×＝，OM0＝. 設(shè)MM0＝t，則CM＝，OC＝4＋＝， 又△OGC∽△MM0C?＝?OG＝， 在△DOG中，DG＝＝6， ∴cos∠DGO＝＝， 又t∈[0,3)，∴cos∠DGO∈，由對稱性知，二面角D—MC—B的余弦值的取值范圍為. 10. 解析　作PH⊥AB于點H，連接QH，則∠PHQ為二面角S—AB—C的平面角，設(shè)AB的中點為G，S在平面ABC內(nèi)的射影為O′(O′為△ABC的中心)，連接SG，GO′，SO′，則∠SGO′也是二面角S—AB—C的平面角，則sin∠PHQ＝＝sin∠SGO′＝＝，所以PH

10、＝PQ，所以PH＝PS，所以點P的軌跡是側(cè)面SAB內(nèi)以AB為準線，以S為焦點的拋物線，SG的中點O是拋物線的頂點，O到C的距離就是PC的最小值，此時由余弦定理可知，PC2＝2＋()2－2×××＝，所以PCmin＝. 能力提升練 1．B　[把MN平移到平面A1B1C1D1中，直線D1P與MN所成角為θ， 直線D1P與MN所成角的最小值，是直線D1P與平面A1B1C1D1所成角， 即原問題轉(zhuǎn)化為：直線D1P與平面A1B1C1D1所成角為，點P在以D1為頂點的圓錐的側(cè)面上， 又∵點P是△A1C1D內(nèi)的動點(不包括邊界)， ∴點P的軌跡是橢圓的一部分．故選B.] 2．B　[點P到平面

11、CDD1C1距離就是點P到直線CC1的距離， 所以點P到點F的距離等于點P到直線CC1的距離，因此點P的軌跡是以F為焦點，以CC1為準線的拋物線，在面A1ABB1中作HK⊥BB1于K，連接KP， 在Rt△HKP中，|HK|2＋|PK|2＝|HP|2，而|HK|＝4，要想|HP|2最小，只要|PK|最小即可，由題意易求得|PK|＝6，所以|HP|2最小值為22，故選B.] 3．A　[以AD為軸，∠DAP＝30°，AP為母線，圍繞AD旋轉(zhuǎn)一周，在平面BCD內(nèi)形成的軌跡為橢圓， 當且僅當點P位于橢圓的短軸端點(圖中點M的位置)時，∠P′AB最大，此時AD⊥DM，且DM∥BC.設(shè)正四面

12、體D－ABC的各棱長為2，在Rt△ADM中，AD＝2，∠MAD＝30°，則MD＝，AM＝.過點D作正四面體D－ABC的高DO，O為底面正三角形ABC的中心，連接AO，作MP′⊥平面ABC于點P′，連接P′O，并延長交AB于點N，因為DM∥BC，MP′⊥平面ABC，DO⊥平面ABC， 所以MP′∥DO且MP′＝DO，四邊形MP′OD為矩形， 所以P′O＝DM＝，ON＝， 所以P′N＝＋. 又在正四面體D－ABC中， AO＝×2×＝， 所以DO＝＝， 所以MP′＝. 在Rt△AMP′中，AP′＝＝， 于是在△AP′N中，由正弦定理可得＝，解得sin∠P′AB＝，故選A.] 4．

13、A　[由題意知，a，b，AC三條直線兩兩相互垂直，畫出圖形如圖，不妨設(shè)圖中所示正方體棱長為1， 故|AC|＝1，|AB|＝， 斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸，則A點保持不變，B點的運動軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓，以C為坐標原點，以CD所在直線為x軸，CB所在直線為y軸，CA所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，則D(1,0,0)，A(0,0,1)，直線a的方向單位向量a＝(0,1,0)，|a|＝1，直線b的方向單位向量b＝(1,0,0)，|b|＝1， 設(shè)B點在運動過程中的坐標B′(cosθ，sinθ，0)， 其中θ為B′C與CD的夾角，θ∈[0,2π)， ∴AB′在運動過程中的向量

14、 ＝(cosθ，sinθ，－1)，||＝， 與b所成夾角為β∈， 與a所成夾角為α∈， |cosβ|＝＝， |cosα|＝＝， 當與a夾角為60°時，即α＝， |sinθ|＝|cosα|＝＝， 當與a的夾角為120°時，α＝， |sinθ|＝＝， ∵cos2θ＋sin2θ＝1， ∴|cosβ|＝|cosθ|＝， ∵β∈，∴β＝或，此時AB與b所成角為60°.] 5.　 解析　由題意可知，滿足A1P≤的點P是以A1為球心，為半徑的球及其內(nèi)部的點，又因為點P在正方形ABCD的邊界及其內(nèi)部運動，所以平面區(qū)域W是以A為圓心，1為半徑的圓的，所以可知W的面積是；點A1到平面P

15、BC的距離為h＝2，所以四面體P—A1BC的體積為·h·S△PBC＝·S△PBC，所以當點P是AD的中點時，S△PBC取得最大值為2，四面體P—A1BC的體積取得最大值. 6.π 解析　如圖1，過點A作AO⊥BD，垂足為點O，過點C作直線AO的垂線，垂足為點E， 則易得AO＝OE＝，CE＝1.在圖2中，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)易得點A在以點O為圓心，以AO為半徑的圓上運動，且BD垂直于圓O所在的平面．又因為CE∥BD，所以CE垂直于圓O所在的平面，設(shè)當A運動到點A1處時，CA1＝，當A運動到點A2處時，CA2＝，則有CE⊥EA1，CE⊥EA2，則易得EA1＝，EA2＝，則易得△OEA2是以O(shè)為頂點的等腰直角三角形，在△OEA1中，由余弦定理易得cos∠EOA1＝－，所以∠EOA1＝120°，所以∠A1OA2＝30°，所以點A所形成的軌跡為半徑為OA＝，圓心角∠A1OA2＝30°的圓弧，所以運動軌跡的長度為×π×＝π. 10