PAGEPAGE10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(dāng)點D在BC上運(yùn)動時，以下說法錯誤的是()A.線段NO為定長B.CO∈[1，eq\r(2))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(yùn)動，若EP與AC成30°角，則點P的軌跡為()A.圓 B.拋物線C.雙曲線 D.橢圓3.(2024·杭州二中模擬)如圖，在平行四邊形ABCD中，AD＝4，CD＝2，∠ADC＝eq\f(2π,3)，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.2eq\r(7)－2 B.2eq\r(7)－1C.eq\r(7) D.eq\r(7)＋14.(2024·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<βC.β≥γ D.β≤γ5.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E是側(cè)棱BB1上的一個動點.有下列推斷：①直線AC與直線C1E是異面直線；②A1E肯定不垂直于AC1；③三棱錐E—AA1O的體積為定值；④AE＋EC1的最小值為2eq\r(2).其中正確的個數(shù)是()A.1B.2C.3D.46.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.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),4)C.eq\f(2,3)D.eq\f(1,3)7.在正方體ABCD－A1B1C1D1中(如圖)，已知點P在直線BC1上運(yùn)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.②③④8.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.(2024·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＝eq\f(3\r(2),4)PQ，則PC長度的最小值為________.[實力提升練]1.(2024·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)，記直線D1P與MN所成角為θ，若θ的最小值為eq\f(π,3)，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(dāng)點P運(yùn)動時，|HP|2的最小值是()A.21B.22C.23D.253.如圖在正四面體(全部棱長都相等)D－ABC中，動點P在平面BCD上，且滿意∠PAD＝30°，若點P在平面ABC上的射影為P′，則sin∠P′AB的最大值為()A.eq\f(\r(6)＋\r(2),4) B.eq\f(\r(6)－\r(2),4)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(1,2)4.a，b為空間中兩條相互垂直的直線，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(yùn)動，平面區(qū)域W由全部滿意A1P≤eq\r(5)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.(2024·浙大附中模擬)如圖，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝eq\r(3)，將△ABD沿對角線BD向上翻折，若翻折過程中AC長度在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)，\f(\r(13),2)))內(nèi)改變，則點A所形成的運(yùn)動軌跡的長度為________.答案精析基礎(chǔ)保分練1．C2.A3.A4.B5.C6.A7．C8.D9.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,16)，\f(9,16)))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(yùn)動，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＝eq\f(42＋42－62,2×4×4)＝－eq\f(1,8)，sin∠DM0C＝eq\f(3\r(7),8)，∴DO＝4×eq\f(3\r(7),8)＝eq\f(3\r(7),2)，OM0＝eq\f(1,2).設(shè)MM0＝t，則CM＝eq\r(42＋t2)，OC＝4＋eq\f(1,2)＝eq\f(9,2)，又△OGC∽△MM0C?eq\f(MM0,OG)＝eq\f(CM,OC)?OG＝eq\f(9t,2\r(t2＋16))，在△DOG中，DG＝eq\r(OG2＋DO2)＝6eq\r(\f(t2＋7,t2＋16))，∴cos∠DGO＝eq\f(OG,DG)＝eq\f(3t,4\r(t2＋7))，又t∈[0,3)，∴cos∠DGO∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,16)))，由對稱性知，二面角D—MC—B的余弦值的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,16)，\f(9,16))).10.eq\f(\r(11),2)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＝eq\f(PQ,PH)＝sin∠SGO′＝eq\f(SO′,SG)＝eq\f(2\r(2),3)，所以PH＝eq\f(3\r(2),4)PQ，所以PH＝PS，所以點P的軌跡是側(cè)面SAB內(nèi)以AB為準(zhǔn)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＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＋(eq\r(3))2－2×eq\f(\r(3),2)×eq\r(3)×eq\f(1,3)＝eq\f(11,4)，所以PCmin＝eq\f(\r(11),2).實力提升練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eq\f(π,3)，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(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|eq\o\al(2,min)＝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)正四面體D－ABC的各棱長為2，在Rt△ADM中，AD＝2，∠MAD＝30°，則MD＝eq\f(2,\r(3))，AM＝eq\f(4,\r(3)).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＝eq\f(2,\r(3))，ON＝eq\f(2,3)，所以P′N＝eq\f(2,\r(3))＋eq\f(2,3).又在正四面體D－ABC中，AO＝eq\f(\r(3),2)×2×eq\f(2,3)＝eq\f(2\r(3),3)，所以DO＝eq\r(AD2－AO2)＝eq\f(2\r(6),3)，所以MP′＝eq\f(2\r(6),3).在Rt△AMP′中，AP′＝eq\r(AM2－MP′2)＝eq\f(2\r(6),3)，于是在△AP′N中，由正弦定理可得eq\f(\f(2,\r(3))＋\f(2,3),sin∠P′AB)＝eq\f(\f(2\r(6),3),\f(\r(3),2))，解得sin∠P′AB＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，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|＝eq\r(2)，斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸，則A點保持不變，B點的運(yùn)動軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓，以C為坐標(biāo)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(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點在運(yùn)動過程中的坐標(biāo)B′(cosθ，sinθ，0)，其中θ為B′C與CD的夾角，θ∈[0,2π)，∴AB′在運(yùn)動過程中的向量eq\o(AB,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ，－1)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，eq\o(AB,\s\up6(→))與b所成夾角為β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，eq\o(AB,\s\up6(→))與a所成夾角為α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，|cosβ|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·b|,|\o(AB,\s\up6(→))||b|)＝eq\f(|cosθ|,\r(2))，|cosα|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·a|,|\o(AB,\s\up6(→))||a|)＝eq\f(|sinθ|,\r(2))，當(dāng)eq\o(AB,\s\up6(→))與a夾角為60°時，即α＝eq\f(π,3)，|sinθ|＝eq\r(2)|cosα|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)))＝eq\f(\r(2),2)，當(dāng)eq\o(AB,\s\up6(→))與a的夾角為120°時，α＝eq\f(2π,3)，|sinθ|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)))＝eq\f(\r(2),2)，∵cos2θ＋sin2θ＝1，∴|cosβ|＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|＝eq\f(1,2)，∵β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，∴β＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)，此時AB與b所成角為60°.]5.eq\f(π,4)eq\f(4,3)解析由題意可知，滿意A1P≤eq\r(5)的點P是以A1為球心，eq\r(5)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(yùn)動，所以平面區(qū)域W是以A為圓心