（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 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(xí)（含解析）.docx

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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(diǎn)，N為AC的中點(diǎn)，D為BC邊上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，△ABD沿AD翻折使BD⊥DC，點(diǎn)A在平面BCD上的投影為點(diǎn)O，當(dāng)點(diǎn)D在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，以下說法錯(cuò)誤的是(　　) A.線段NO為定長 B.CO∈[1，) C.∠AMO＋∠ADB＞180 D.點(diǎn)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(diǎn)，P在對角面BB1D1D所在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，若EP與AC成30角，則點(diǎn)P的軌跡為(　　) A.圓 B.拋物線 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(diǎn)E是線段AD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn).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(diǎn)(不包括端點(diǎn))，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—A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90，外接球的球心為O，點(diǎn)E是側(cè)棱BB1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn).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(gè)數(shù)是(　　) A.1B.2C.3D.4 6.如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段CE(端點(diǎn)除外)上一動(dòng)點(diǎn).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－A1B1C1D1中(如圖)，已知點(diǎn)P在直線BC1上運(yùn)動(dòng)，則下列四個(gè)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(diǎn)D和C1距離相等的點(diǎn)，則M點(diǎn)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(gè)點(diǎn)，C，D在α內(nèi)，DA⊥l，CB⊥l，AB＝BC＝2AD＝6，在平面β上有一動(dòng)點(diǎn)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 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(dòng)點(diǎn)(不包含端點(diǎn))，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(dòng)點(diǎn)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(diǎn)M，N分別是直線CD，AB上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P是△A1C1D內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)(不包括邊界)，記直線D1P與MN所成角為θ，若θ的最小值為，則點(diǎn)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(diǎn)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(dòng)點(diǎn)，且點(diǎn)P到平面CDD1C1距離等于線段PF的長.則當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，|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(dòng)點(diǎn)P在平面BCD上，且滿足∠PAD＝30，若點(diǎn)P在平面ABC上的射影為P′，則sin∠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.60B.30C.90D.45 5.如圖，正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為2，點(diǎn)P在正方形ABCD的邊界及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，平面區(qū)域W由所有滿足A1P≤的點(diǎn)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△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(diǎn)A所形成的運(yùn)動(dòng)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(diǎn)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(diǎn)D作DO⊥M0C，則DO⊥平面ABC. 先設(shè)點(diǎn)M在線段M0B上運(yùn)動(dòng)，作OG⊥MC，連接DG，則∠DGO為二面角D—MC—B的平面角的補(bǔ)角． 在△DM0C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(diǎn)H，連接QH，則∠PHQ為二面角S—AB—C的平面角，設(shè)AB的中點(diǎn)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＝PQ，所以PH＝PS，所以點(diǎn)P的軌跡是側(cè)面SAB內(nèi)以AB為準(zhǔn)線，以S為焦點(diǎn)的拋物線，SG的中點(diǎn)O是拋物線的頂點(diǎn)，O到C的距離就是PC的最小值，此時(shí)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(diǎn)P在以D1為頂點(diǎn)的圓錐的側(cè)面上， 又∵點(diǎn)P是△A1C1D內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)(不包括邊界)， ∴點(diǎn)P的軌跡是橢圓的一部分．故選B.] 2．B　[點(diǎn)P到平面CDD1C1距離就是點(diǎn)P到直線CC1的距離， 所以點(diǎn)P到點(diǎn)F的距離等于點(diǎn)P到直線CC1的距離，因此點(diǎn)P的軌跡是以F為焦點(diǎn)，以CC1為準(zhǔn)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(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)P位于橢圓的短軸端點(diǎn)(圖中點(diǎn)M的位置)時(shí)，∠P′AB最大，此時(shí)AD⊥DM，且DM∥BC.設(shè)正四面體D－ABC的各棱長為2，在Rt△ADM中，AD＝2，∠MAD＝30，則MD＝，AM＝.過點(diǎn)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(diǎn)P′，連接P′O，并延長交AB于點(diǎn)N，因?yàn)镈M∥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．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(diǎn)保持不變，B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)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(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中的坐標(biāo)B′(cosθ，sinθ，0)， 其中θ為B′C與CD的夾角，θ∈[0,2π)， ∴AB′在運(yùn)動(dòng)過程中的向量 ＝(cosθ，sinθ，－1)，||＝， 與b所成夾角為β∈， 與a所成夾角為α∈， |cosβ|＝＝， |cosα|＝＝， 當(dāng)與a夾角為60時(shí)，即α＝， |sinθ|＝|cosα|＝＝， 當(dāng)與a的夾角為120時(shí)，α＝， |sinθ|＝＝， ∵cos2θ＋sin2θ＝1， ∴|cosβ|＝|cosθ|＝， ∵β∈，∴β＝或，此時(shí)AB與b所成角為60.] 5.　 解析　由題意可知，滿足A1P≤的點(diǎn)P是以A1為球心，為半徑的球及其內(nèi)部的點(diǎn)，又因?yàn)辄c(diǎn)P在正方形ABCD的邊界及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)A1到平面PBC的距離為h＝2，所以四面體P—A1BC的體積為hS△PBC＝S△PBC，所以當(dāng)點(diǎn)P是AD的中點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)A作AO⊥BD，垂足為點(diǎn)O，過點(diǎn)C作直線AO的垂線，垂足為點(diǎn)E， 則易得AO＝OE＝，CE＝1.在圖2中，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)易得點(diǎn)A在以點(diǎn)O為圓心，以AO為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，且BD垂直于圓O所在的平面．又因?yàn)镃E∥BD，所以CE垂直于圓O所在的平面，設(shè)當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A1處時(shí)，CA1＝，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A2處時(shí)，CA2＝，則有CE⊥EA1，CE⊥EA2，則易得EA1＝，EA2＝，則易得△OEA2是以O(shè)為頂點(diǎn)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(diǎn)A所形成的軌跡為半徑為OA＝，圓心角∠A1OA2＝30的圓弧，所以運(yùn)動(dòng)軌跡的長度為π＝π.