高中數學 加練 專題7　第67練　動態、軌跡問題

第67練動態、軌跡問題(分值：42分)立體幾何中的動態、軌跡問題主要有以下兩類題型：1.動點軌跡問題.解決與幾何體有關的動點軌跡問題的方法(1)幾何法：根據平面的性質進行判定.(2)定義法：轉化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定或用代數法進行計算.(3)特殊值法：根據空間圖形線段長度關系取特殊值或位置進行排除.2.折疊、展開問題.解決此類問題關鍵在于畫好折疊、展開前后的平面圖形與立體圖形，抓住兩個關鍵點：不變的線線關系、不變的數量關系.一、單項選擇題(每小題5分，共20分)1.棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P為BD1上的動點，O為底面ABCD的中心，則OP的最小值為()A.33 B.63 C.6答案C解析由題意可得OP的最小值為點O到線段BD1的距離，在平面D1DB內過點O作OP⊥BD1于點P，由題意可得DD1=1，DB=2，BD1=3，DD1⊥平面ABCD，因為DB?平面ABCD，則DD1⊥DB，因為△OPB∽△D1DB，故OPDD1即OP=OB·DD1BD12.已知棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M是BB1的中點，動點P(異于點M)在正方體內部或表面上運動，且MP∥平面ABD1，則動點P的軌跡所形成圖形的面積是()A.22 B.2 C.1答案A解析如圖所示，記E，F，G分別是AA1，A1D1，B1C1的中點，依次連接點E，F，G，M，則EF∥AD1，EM∥AB，又EF，EM?平面ABD1，AD1，AB?平面ABD1，所以EF∥平面ABD1，EM∥平面ABD1，又EF∩EM=E，EF1，EM?平面EFGM，所以平面ABD1∥平面EFGM，易知EF⊥EM，故點P的軌跡為矩形EFGM(不包括點M).又MB1=B1G=12所以MG=22，所以S矩形EFGM=1×22=3.已知正方體ABCD-A1B1C1D1，Q為上底面A1B1C1D1所在平面內的動點，當直線DQ與DA1所成的角為45°時，點Q的軌跡為()A.圓 B.直線 C.拋物線 D.橢圓答案C解析以點D為原點，DA，DC，DD1的方向分別為x軸、y軸、設正方體的棱長為1，則D(0，0，0)，A1(1，0，1)，設Q(x，y，1)，可得DQ=(x，y，1)，DA1=(1，0，1因為直線DQ與DA1所成的角為45°，則cos45°=|DQ·DA1化簡可得y2=2x，所以點Q的軌跡為拋物線.4.如圖，在矩形ABCD中，AB=2AD=12，E為DC邊上的點，且DE=9，將△ADE沿AE所在直線翻折到△ASE的位置，使cos∠SAB=23，則四棱錐S-ABCE的體積為(A.305 B.355C.205 D.255答案A解析如圖，過S作SF⊥AB，垂足為F，連接EF，由翻折不變性可知，SA=AD=6，SE=DE=9，在Rt△SAF中，AF=SAcos∠SAF=4，SF=SA2-所以EF=AD2+(DE-所以在△SEF中，EF2+SF2=SE2，所以SF⊥EF.又因為AB∩EF=F，AB?平面ABCD，EF?平面ABCD，所以SF⊥平面ABCD，則四棱錐S-ABCE的體積V=13S梯形ABCE·SF=13×(3+12)×62×二、多項選擇題(每小題6分，共12分)5.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點M為棱AB上的動點，則()A.平面ABC1D1⊥平面A1DMB.平面BCD1∥平面A1DMC.A1M與BC1所成角的取值范圍為πD.A1M與平面ABC1D1所成角的取值范圍為π答案ACD解析對于A選項，因為四邊形AA1D1D為正方形，則A1D⊥AD1，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面AA1D1D，A1D?平面AA1D1D，則A1D⊥AB，因為AB∩AD1=A，AB，AD1?平面ABC1D1，所以A1D⊥平面ABC1D1，因為A1D?平面A1DM，故平面ABC1D1⊥平面A1DM，A正確；對于B選項，當點M與點B重合時，平面BCD1與平面A1DM有公共點，B錯誤；對于C選項，以點D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，則B(1，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，設點M(1，m，0)，其中0≤m≤1，A1M=(0，m，-1)，BC1=(-1，0所以cos〈A=12(m2設A1M與BC1所成的角為α，其中0≤α≤π2則12≤cosα≤22，可得π4≤α所以A1M與BC1所成角的取值范圍為π4，π對于D選項，由A選項可知，平面ABC1D1的一個法向量為DA1=(1，0，1則cos〈A=12(m2設A1M與平面ABC1D1所成的角為β，則0≤β≤π2則12≤sinβ≤22，可得π6≤β≤π4，所以A1M與平面ABC1D1所成角的取值范圍為π6.如圖，矩形ABCD中，AB=2AD，E是邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE(點A1不落在底面BCDE內)，連接A1B，A1C.若M為A1C的中點，則在△ADE的翻折過程中，以下結論正確的是()A.BM∥平面A1DE恒成立B.存在某個位置，使DE⊥A1CC.線段BM的長為定值D.V三棱錐A-A1答案AC解析設CD的中點為F，連接FM，FB，因為M為A1C的中點，所以FM∥A1D，而FM?平面A1DE，A1D?平面A1DE，所以FM∥平面A1DE，因為在矩形ABCD中，E是AB的中點，CD的中點為F，所以BF∥DE，同理可證BF∥平面A1DE，因為BF∩MF=F，BF，MF?平面BMF，所以平面BMF∥平面A1DE，而BM?平面BMF，所以BM∥平面A1DE恒成立，因此選項A正確；設點A1在平面BCDE內的射影為O，連接OE，OD，OC，因為在矩形ABCD中，AB=2AD，E是邊AB的中點，所以A1D=A1E，因此OD=OE，而CD≠CE，顯然OC與DE不垂直，假設存在某個位置，使DE⊥A1C，因為A1O⊥平面BCDE，DE?平面BCDE，所以A1O⊥DE，因為DE⊥A1C，A1O∩A1C=A1，A1O，A1C?平面A1OC，所以DE⊥平面A1OC，而OC?平面A1OC，所以DE⊥OC，這與OC與DE不垂直矛盾，因此選項B不正確；在矩形ABCD中，AB=2AD，E是邊AB的中點，所以∠ADE=45°，顯然有∠MFB=45°，由余弦定理可知，BM=MF因為MF=12A1D，BF=2AD所以線段BM的長為定值，因此選項C正確；V三棱錐A-A1DE∶V四棱錐A1-BCDE=V三棱錐A三、填空題(每小題5分，共10分)7.正四棱錐S-ABCD的底面邊長為2，高為2，E是邊BC的中點，動點P在正四棱錐表面上運動，并且總保持PE⊥AC，則動點P的軌跡的周長為.答案6+2解析如圖，設AC，BD交于O，連接SO，由正四棱錐的性質可得SO⊥平面ABCD，因為AC?平面ABCD，故SO⊥AC.又BD⊥AC，SO∩BD=O，SO，BD?平面SBD，故AC⊥平面SBD.取CD的中點F，SC的中點G，連接EF，EG，GF，則SB∥EG，SD∥GF，因為AC⊥平面SBD，SB，SD?平面SBD，所以AC⊥SB，AC⊥SD，所以AC⊥EG，AC⊥GF，因為EG∩GF=G，EG，GF?平面EFG，所以AC⊥平面EFG.由題意，PE⊥AC，則動點P的軌跡為過E且垂直于AC的平面與正四棱錐S-ABCD的交線，即平面EFG與正四棱錐S-ABCD的交線.由題意BD=22，SB=SD=22+2=故EG+GF+EF=12(SB+SD+BD)=12×(6+6+22)=6+即動點P的軌跡的周長為6+2.8.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，M為棱B1C1的中點，N為底面正方形ABCD上一動點，且直線MN與底面ABCD所成的角為π3，則動點N的軌跡長度為答案4解析如圖所示，