高中数学 加练 专题7　第67练　动态、轨迹问题

第67练动态、轨迹问题(分值：42分)立体几何中的动态、轨迹问题主要有以下两类题型：1.动点轨迹问题.解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法(1)几何法：根据平面的性质进行判定.(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算.(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除.2.折叠、展开问题.解决此类问题关键在于画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系.一、单项选择题(每小题5分，共20分)1.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为BD1上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为()A.33 B.63 C.6答案C解析由题意可得OP的最小值为点O到线段BD1的距离，在平面D1DB内过点O作OP⊥BD1于点P，由题意可得DD1=1，DB=2，BD1=3，DD1⊥平面ABCD，因为DB⊂平面ABCD，则DD1⊥DB，因为△OPB∽△D1DB，故OPDD1即OP=OB·DD1BD12.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是BB1的中点，动点P(异于点M)在正方体内部或表面上运动，且MP∥平面ABD1，则动点P的轨迹所形成图形的面积是()A.22 B.2 C.1答案A解析如图所示，记E，F，G分别是AA1，A1D1，B1C1的中点，依次连接点E，F，G，M，则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，故点P的轨迹为矩形EFGM(不包括点M).又MB1=B1G=12所以MG=22，所以S矩形EFGM=1×22=3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1，Q为上底面A1B1C1D1所在平面内的动点，当直线DQ与DA1所成的角为45°时，点Q的轨迹为()A.圆 B.直线 C.抛物线 D.椭圆答案C解析以点D为原点，DA，DC，DD1的方向分别为x轴、y轴、设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，设Q(x，y，1)，可得DQ=(x，y，1)，DA1=(1，0，1因为直线DQ与DA1所成的角为45°，则cos45°=|DQ·DA1化简可得y2=2x，所以点Q的轨迹为抛物线.4.如图，在矩形ABCD中，AB=2AD=12，E为DC边上的点，且DE=9，将△ADE沿AE所在直线翻折到△ASE的位置，使cos∠SAB=23，则四棱锥S-ABCE的体积为(A.305 B.355C.205 D.255答案A解析如图，过S作SF⊥AB，垂足为F，连接EF，由翻折不变性可知，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.又因为AB∩EF=F，AB⊂平面ABCD，EF⊂平面ABCD，所以SF⊥平面ABCD，则四棱锥S-ABCE的体积V=13S梯形ABCE·SF=13×(3+12)×62×二、多项选择题(每小题6分，共12分)5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为棱AB上的动点，则()A.平面ABC1D1⊥平面A1DMB.平面BCD1∥平面A1DMC.A1M与BC1所成角的取值范围为πD.A1M与平面ABC1D1所成角的取值范围为π答案ACD解析对于A选项，因为四边形AA1D1D为正方形，则A1D⊥AD1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面AA1D1D，A1D⊂平面AA1D1D，则A1D⊥AB，因为AB∩AD1=A，AB，AD1⊂平面ABC1D1，所以A1D⊥平面ABC1D1，因为A1D⊂平面A1DM，故平面ABC1D1⊥平面A1DM，A正确；对于B选项，当点M与点B重合时，平面BCD1与平面A1DM有公共点，B错误；对于C选项，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则B(1，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，设点M(1，m，0)，其中0≤m≤1，A1M=(0，m，-1)，BC1=(-1，0所以cos〈A=12(m2设A1M与BC1所成的角为α，其中0≤α≤π2则12≤cosα≤22，可得π4≤α所以A1M与BC1所成角的取值范围为π4，π对于D选项，由A选项可知，平面ABC1D1的一个法向量为DA1=(1，0，1则cos〈A=12(m2设A1M与平面ABC1D1所成的角为β，则0≤β≤π2则12≤sinβ≤22，可得π6≤β≤π4，所以A1M与平面ABC1D1所成角的取值范围为π6.如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE(点A1不落在底面BCDE内)，连接A1B，A1C.若M为A1C的中点，则在△ADE的翻折过程中，以下结论正确的是()A.BM∥平面A1DE恒成立B.存在某个位置，使DE⊥A1CC.线段BM的长为定值D.V三棱锥A-A1答案AC解析设CD的中点为F，连接FM，FB，因为M为A1C的中点，所以FM∥A1D，而FM⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，所以FM∥平面A1DE，因为在矩形ABCD中，E是AB的中点，CD的中点为F，所以BF∥DE，同理可证BF∥平面A1DE，因为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，因此选项A正确；设点A1在平面BCDE内的射影为O，连接OE，OD，OC，因为在矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，所以A1D=A1E，因此OD=OE，而CD≠CE，显然OC与DE不垂直，假设存在某个位置，使DE⊥A1C，因为A1O⊥平面BCDE，DE⊂平面BCDE，所以A1O⊥DE，因为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，这与OC与DE不垂直矛盾，因此选项B不正确；在矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，所以∠ADE=45°，显然有∠MFB=45°，由余弦定理可知，BM=MF因为MF=12A1D，BF=2AD所以线段BM的长为定值，因此选项C正确；V三棱锥A-A1DE∶V四棱锥A1-BCDE=V三棱锥A三、填空题(每小题5分，共10分)7.正四棱锥S-ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在正四棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为.答案6+2解析如图，设AC，BD交于O，连接SO，由正四棱锥的性质可得SO⊥平面ABCD，因为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的中点F，SC的中点G，连接EF，EG，GF，则SB∥EG，SD∥GF，因为AC⊥平面SBD，SB，SD⊂平面SBD，所以AC⊥SB，AC⊥SD，所以AC⊥EG，AC⊥GF，因为EG∩GF=G，EG，GF⊂平面EFG，所以AC⊥平面EFG.由题意，PE⊥AC，则动点P的轨迹为过E且垂直于AC的平面与正四棱锥S-ABCD的交线，即平面EFG与正四棱锥S-ABCD的交线.由题意BD=22，SB=SD=22+2=故EG+GF+EF=12(SB+SD+BD)=12×(6+6+22)=6+即动点P的轨迹的周长为6+2.8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为棱B1C1的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为π3，则动点N的轨迹长度为答案4解析如图所示，