(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

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