立體幾何中的軌跡問題探索一、單選題1．如圖為正方體 ABCD A1B1C1D1，動點M從B1點出發(fā)，在正方體表面沿逆時針方向運動一周后， 再回到B1的運動過程中，點 M與平面A1DC1的距離保持不變，運動的路程 x與l MA1 MC1 MD之間滿足函數(shù)關(guān)系fx，則此函數(shù)圖象大致是()A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】先由題意，得到點M在 B1AC的邊上沿逆時針方向運動， 設(shè)正方體 ABCD A1B1C1D1的棱長為1，取線段B1A的中點為N，根據(jù)題意確定當(dāng)動點 M運動到點N時，lN NA1 NC1 ND lA lB1 lC，同理得到動點 M運動到線段AC或CB1的中點時，也符合上式，根據(jù)變化情況，結(jié)合選項，即可得出結(jié)果 .【詳解】由題意可知：點 M在 B1AC的邊上沿逆時針方向運動，設(shè)正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，取線段B1A的中點為N，則當(dāng)動點M運動到點N時，lNNA1NC1ND223lAlBlC，621同理，當(dāng)動點M運動到線段AC或CB1的中點時，計算得lMA1MC1MD623lAlB1lC.22試卷第1頁，總38頁符合C選項的圖像特征 .故選：C【點睛】本題主要考查空間幾何體中的軌跡問題，熟記空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征即可，屬于常考題型 .2．已知異面直線a、b成60°角，其公垂線段為EF，|EF|2，長為4的線段AB的兩端點分別在直線a、b上運動，則AB中點的軌跡為（）A．橢圓B．雙曲線C．圓D．以上都不是【答案】A【解析】【分析】根據(jù)條件畫出合適的示意圖，確定AB,EF的中點O,P所在的平面，建立合適坐標(biāo)系，先根據(jù)余弦定理求出OM,ON之間的關(guān)系，然后利用P的坐標(biāo)形式表示出OM,ON之間的關(guān)系，由此得到對應(yīng)的軌跡形狀.【詳解】如圖所示：設(shè)EF的中點為O，過O作EF的垂面 ，則AB的中點P必在平面 內(nèi)，設(shè)A,B在平面內(nèi)的射影點為 M,N，因為AP BP 2，AM BN 1，所以MN 2 3，以 MON的角平分線為 x軸，O為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示：試卷第2頁，總38頁設(shè)OMm，ONn，由余弦定理可知：MN212m2n22mncos600，所以m2n2mn12，2x3mnm232yx又因為MOxNOx30，設(shè)Px,y，所以2，所以3，2y1mnn23x2y23將上述結(jié)果代入等式m2n2mn12中化簡可得：x2y21，故軌跡是橢圓.9故選：A.【點睛】本題考查立體幾何中的軌跡問題，難度較難.處理立體幾何中的軌跡問題的方法：首先根據(jù)空間中的點線面位置關(guān)系確定出線段的長度，然后將問題統(tǒng)一到一個平面中并在該平面中建立合適的平面直角坐標(biāo)系，借用坐標(biāo)表示線段間的長度關(guān)系，進而化簡可得軌跡方程即可判斷軌跡形狀 .3．如圖所示，在棱長為a的正方體ABCD A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點，F(xiàn)是側(cè)面CDD1C1上的動點，且B1F//面A1BE，則F在側(cè)面CDD1C1上的軌跡的長度是 ( )A．a(chǎn)aC．2aD．2aB．22【答案】D【解析】【分析】設(shè)H，I分別為CC1、C1D1邊上的中點，由面面平行的性質(zhì)可得 F落在線段HI上，再求HI的長度即可.試卷第3頁，總38頁【詳解】解：設(shè)G，H，I分別為CD、CC1、C1D1邊上的中點，則ABEG四點共面，且平面A1BGE//平面B1HI，又B1F//面A1BE，F(xiàn)落在線段HI上，正方體ABCDA1B1C1D1中的棱長為a，12HICD1a，22即F在側(cè)面CDD1C1上的軌跡的長度是2a．2故選：D．【點睛】本題考查了面面平行的性質(zhì)及動點的軌跡問題，屬中檔題 .4．已知直線a平行于平面，且它們的距離為2d，a與到平面的距離都相等的點構(gòu)成的集合定義為我們把到直線集合A，那么集合A中同屬于某個平面的點構(gòu)成的圖形不可能是（）A．橢圓B．兩條平行直線C．一條直線D．拋物線【答案】A【解析】【分析】把問題放在正方體 ABCD-EFGH中去，建立空間直角坐標(biāo)系，找出關(guān)于 x,y,z的方程，通過方程判斷可能的圖形．【詳解】如圖在棱長為 2d正方體ABCD-EFGH中，將面ABCD當(dāng)作平面 ，將直線EH當(dāng)作直線a，其距離為正方體的棱長 2d，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，試卷第4頁，總38頁設(shè)點M(x,y,z)，則點M到平面的距離為z，E(2d,0,2d),H(0,0,2d），HE(2d,0,0),HM(x,y,z2d），|cosHE,HM|HEHM2dxHEHM2dx2y2(z2d)22dxy2(z2d)2則sinHE,HM1()2x2y2(z2d)22dx2y2(z2d)2點M到直線a的距離為：MHsinHE,HMx2y2(z2d)2y2(z2d)2y2(z2d)2，x2y2(z2d)2y2(z2d)2，整理得：y24d24dz0當(dāng)z d時，y2 0，即y 0，一條直線，C有可能；當(dāng)z d時，y2 4d(z d)，即y 4d(z d)，兩條平行線，B有可能；當(dāng)z不取常數(shù)，為一個變量時， y2 4d2 4dz 0是一個拋物線的方程， D有可能；方程y2 4d2 4dz 0任何時候都不可能是橢圓的方程，故 A不可能．故選：A．【點睛】試卷第5頁，總38頁本題考查利用空間直角坐標(biāo)解決空間圖形的軌跡問題，是一道難題．5．在正方體 ABCD A1B1C1D1的側(cè)面ABB1A1內(nèi)有一動點 P到直線A1B1與直線BC的距離相等，則動點P所在的曲線的形狀為（ ）A． B．C． D．【答案】B【解析】【分析】由BC⊥平面ABB1A1可知P到直線BC的距離即為 P到點B的距離，從而可得其軌跡為拋物線的一部分且過點 A，依次判斷各個選項即可 .【詳解】BC 平面ABB1A1，PB 平面ABB1A1 PB BCP到直線BC的距離為PB，即P點到點B的距離P點軌跡是以 B為焦點， A1B1所在直線為準(zhǔn)線的拋物線的一部分又P在平面ABB1A1上，ABAA1P點軌跡過點AA,C中軌跡不是拋物線，則A,C錯誤；D中軌跡不過A，則D錯誤.故選：B【點睛】本題考查立體幾何中點的軌跡的求解，關(guān)鍵是能夠通過線面垂直關(guān)系確定動點軌跡為拋物線的一部分 .6．給定正三棱錐 P ABC，點M為底面正 ABC內(nèi)(含邊界)一點，且M到三個側(cè)面PAB,PBC,PCA的距離依試卷第6頁，總38頁次成等差數(shù)列，則點M的軌跡為()A．橢圓的一部分B．一條線段C．雙曲線的一部分D．拋物線的一部分【答案】B【解析】【分析】根據(jù)M到三個側(cè)面PAB,PBC,PCA的距離依次成等差數(shù)列可設(shè)距離分別為da,d,da,根據(jù)等體積法可求得d為常數(shù)。作平面//平面PBC,且平面,與平面ABC的交線即為點M的軌與平面PBC的距離為d則平面跡.【詳解】根據(jù)M到三個側(cè)面PAB,PBC,PCA的距離依次成等差數(shù)列可設(shè)距離分別為da,d,da正三棱錐各個側(cè)面面積為S,體積為V則V1Sda1Sd1Sda化簡可得VSd,即dV為常數(shù)333S作平面//平面PBC,且平面與平面PBC的距離為d,則平面與底面ABC的交線即為點M的軌跡可知M為一條線段故選:B【點睛】本題考查了空間幾何體中的軌跡問題,三棱錐等體積法的應(yīng)用,對空間想象能力要求較高,屬于中檔題.7．設(shè)點M是長方體ABCDA1B1C1D1的棱AD的中點，AA1AD4，AB5，點P在面BCC1B1上，若平面D1PM分別與平面ABCD和平面BCC1B1所成的銳二面角相等，則P點的軌跡為（）A．橢圓的一部分B．拋物線的一部分C．一條線段D．一段圓弧【答案】C【解析】【分析】根據(jù)公式cosS'SCPM1，計算得到P到直線C1M1的距離為定值，得到答案.得到SMDP1S試卷第7頁，總38頁【詳解】設(shè)P在平面ABCD的投影為P1，平面D1PM與平面ABCD所成的銳二面角為SMDP1則cosSD1PM在平面BCC1B1的投影為BC中點M1，平面D1PM與面BCC1B1所成的銳二面角為SCPM1則cosSD1PMSMDP1SCPM1即SMDP1SCPM1得到151CMh,h5故21SD1PMSD1PM221即P到直線C1M1的距離為定值，故P在與C1M1平行的直線上又點P在面BCC1B1上，故軌跡為一條線段.故答案選C【點睛】本題考查了立體幾何二面角，軌跡方程，通過cosS'可以簡化運算，是解題的關(guān)鍵.S8．如圖為正方體ABCD-A1B1C1D1，動點M從B1點出發(fā)，在正方體表面沿逆時針方向運動一周后，再回到B1的運動過程中，點M與平面A1DC1的距離保持不變，運動的路程x與l=MA1+MC1+MD之間滿足函數(shù)關(guān)系l=f（x），則此函數(shù)圖象大致是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】試卷第8頁，總38頁【分析】先找到點M的路線，把其路線分成六小段，分析從 P到B1過程函數(shù)的單調(diào)性得解 .【詳解】由于點M與平面A1DC1的距離保持不變，所以點 M在平面B1AC上，運動的路線為 B1 A C B1,設(shè)點P為B1C的中點，l=MA1+MC1+MD中，MA1+MD是定值， PC1是定值，MC1=PC12PM2，當(dāng)M從C到B1,運動到PB1段時，運動的路程x慢慢變大時，PM變大，MC1變大，所以函數(shù)是增函數(shù)，所以C正確；（類似討論由B1到A，由A到C的過程，l=MA1+MC1+MD之間滿足函數(shù)關(guān)系l=f（x）．故選：C．【點睛】本題主要考查立體幾何軌跡問題，考查函數(shù)的單調(diào)性的判斷，意在考查學(xué)生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.9．如圖，在正方體 ABCD A1B1C1D1中，點P在側(cè)面ADD1A1及邊界上運動，并且保持 BP AC1，則動點P的軌跡是（ ）試卷第9頁，總38頁A．線段A1DB．線段AD1C．AD的中點與A1D1的中點連成的線段D．AA1的中點與DD1的中點連成的線段【答案】A【解析】【分析】先由AC1A1B,AC1BD得AC1平面A1DB,再判斷動點 P的軌跡即可得解 .【詳解】解：連接A1D，由AC1 A1B,AC1 BD 得AC1 平面A1DB,即點P在線段A1D上運動時，總有 BP AC1，即動點P的軌跡是線段 A1D，故選A.【點睛】本題考查了線面垂直及線線垂直的判定，屬基礎(chǔ)題 .10．美學(xué)四大構(gòu)件是 :史詩、音樂、造型、建筑等，繪畫和數(shù)學(xué)素描是學(xué)習(xí)繪畫的必要一步，它包括了明暗素描和結(jié)構(gòu)素描而學(xué)習(xí)幾何體結(jié)構(gòu)素描是學(xué)習(xí)素描最重要的一步，某同學(xué)在畫 “切面圓柱體”(用與圓柱底面不平行的平面去截圓柱，底面與截面之間的部分叫做切面圓柱體 )的過程中，發(fā)現(xiàn) “切面”是一個橢圓，若 “切面所在平面與底面成60°角，則該橢圓的離心率為 ()試卷第10頁，總38頁1231A．B．C．D．2223【答案】C【解析】【分析】根據(jù)幾何關(guān)系，得到橢圓的半長軸和半短軸與圓柱底面圓的半徑之間的關(guān)系，然后算出 c，從而得到離心率 .【詳解】設(shè)圓柱底面圓的半徑為R，∵與底面成60°角的平面截圓柱，∴橢圓的半長軸長是2R，半短軸長是R，∴c3R∴ec3，a2故選C【點睛】本題考查二面角轉(zhuǎn)化為平面角求線段之間的關(guān)系，求橢圓的離心率，屬于簡單題 .11ABCDABCD的棱長為2，P是底面ABCD上的動點,PAPC，則滿足條件的點P構(gòu)成的．已知正方體11111圖形的面積等于（ ）1B．C．47A．D．2442【答案】A【解析】【分析】P是底面ABCD上的動點，因此只要在底面上討論即可，以 AB,AD為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè) P(x,y)，根據(jù)已知列出 x,y滿足的關(guān)系．【詳解】試卷第11頁，總38頁如圖，以AB,AD為x,y軸在平面ABCD內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)P(x,y)，由PAPC1得x2y2(x2)2(y2)222，整理得xy30，設(shè)直線l:xy30與正方形ABCD的邊交于點M,N，則P點在CMN內(nèi)部（含邊界），易知M(1,2)，N(2,1)，∴CM11CN1，SCMN11．22故選A．【點睛】本題考查空間兩點間的距離問題，解題關(guān)鍵是在底面 ABCD上建立平面直角坐標(biāo)系，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題去解決．12．長方體 中， 是對角線 上一點， 是底面 上一點，若 ， ，則的最小值為（ ）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】將 繞邊 旋轉(zhuǎn)到 的位置，使得平面 和平面 在同一平面內(nèi)，則 到平面 的距離即為的最小值，利用勾股定理解出即可?！驹斀狻繉?繞邊 旋轉(zhuǎn)到 的位置，使得平面 和平面 在同一平面內(nèi)，過點 作 平面 ，交 于點 ，垂足為點 ，則 為 的最小值。， ， ， ，試卷第12頁，總38頁， ， ，，故選：A?！军c睛】本題考查空間距離的計算，將兩折線段長度和的計算轉(zhuǎn)化為同一平面上是解決最小值問題的一般思路，考查空間想象能力，屬于中等題。13．已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，E是棱D1C1的中點，點F在正方體內(nèi)部或正方體的表面上，且EF//平面A1BC1，則動點F的軌跡所形成的區(qū)域面積是（）9B．3C．33D．2A．824【答案】C【解析】【分析】分別取棱CC1、BC、AB、AA1、A1D1的中點M、N、G、Q、P，證明平面 EMNGQP//平面A1BC1，從而動點F的軌跡所形成的區(qū)域是平面EMNGQP，再求面積得解.【詳解】如圖，分別取棱CC1、BC、AB、AA1、A1D1的中點M、N、G、Q、P，則PE//AC1//GN，EM//AB//GQ，PQ//BC//MN，111平面EMNGQP//平面A1BC1，點F在正方體內(nèi)部或正方體的表面上，若EF//平面A1BC1，動點F的軌跡所形成的區(qū)域是平面EMNGQP，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為，1PEEMMNNGGQPQ2，PN2，2E到PN的距離d(2)2(2)26，244動點F的軌跡所形成的區(qū)域面積：22633．2S2S梯形PNME2244故選：C．試卷第13頁，總38頁【點睛】本題考查動點 F的軌跡所形成的區(qū)域面積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、空間想象能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．14．已知正方體 ABCD A1B1C1D1的棱長為a，定點M在棱AB上(不在端點 A,B上)，點P是平面ABCD內(nèi)的動點，且點 P到直線A1D1的距離與點 P到點M的距離的平方差為 a2，則點P的軌跡所在的曲線為A．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線【答案】D【解析】【分析】作PF AD，PE A1D1，連接EF，以A為原點建立空間直角坐標(biāo)系，利用勾股定理和兩點間距離公式構(gòu)造PE2 PM2a2，整理可得結(jié)果.【詳解】作PF AD，PE A1D1，垂足分別為 F,E以A為原點建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系：設(shè)M0,t,0，Px,y,0由正方體特點可知，PF平面ADD1A1PE2y2a2，PM2x22ytPE2PM2y2a2x222tyt2yta2，整理得：x2的軌跡是拋物線試卷第14頁，總38頁本題正確選項： D【點睛】本題考查立體幾何中點的軌跡問題，關(guān)鍵是能夠通過建立空間直角坐標(biāo)系，求出動點滿足的方程，從而求得軌跡 .15．給定正三棱錐 P﹣ABC，M點為底面正三角形 ABC內(nèi)（含邊界）一點，且 M到三個側(cè)面 PAB、PBC、PAC的距離依次成等差數(shù)列，則點 M的軌跡為（ ）A．雙曲線的一部分 B．圓的一部分 C．一條線段 D．拋物線的一部分【答案】C【解析】【分析】先設(shè)點M到三個側(cè)面 PAB、PBC、PCA的距離為 d﹣a，d，d+a，正三棱錐 P﹣ABC中各個側(cè)面的面積為 S，體積為V，用等體積法可得 d為常數(shù)，作平面 α∥面PBC且它們的面面距離為 d，則α與面ABC的交線即為點 M的軌跡．【詳解】設(shè)點M到三個側(cè)面 PAB、PBC、PCA的距離為 d﹣a，d，d+a正三棱錐P﹣ABC中各側(cè)面的面積為 S，體積為V，則S（d﹣a） d （d+a）＝V，即Sd＝V，所以d為常數(shù)．作平面α使α∥面PBC且它們的距離為 d，則α與面ABC的交線即為點 M的軌跡．又M點為底面正三角形ABC內(nèi)（含邊界）一點，所以M的軌跡為一條線段．故選：C．【點睛】本小題主要考查等差數(shù)列、體積法的應(yīng)用、軌跡方程等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想．熟記正四面體的結(jié)構(gòu)特征與體積公式是關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題．16．如圖，AB是平面的斜線段，A為斜足，點C滿足sinCABsinCBA(0)，且在平面內(nèi)運動，則（）A．當(dāng) 1時，點C的軌跡是拋物線B．當(dāng) 1時，點C的軌跡是一條直線C．當(dāng) 2時，點C的軌跡是橢圓試卷第15頁，總38頁D．當(dāng) 2時，點C的軌跡是雙曲線拋物線【答案】B【解析】【分析】當(dāng) 1時，BC AC，故C的軌跡為線段 AB的中垂面與 的交線，當(dāng) 2時，BC 2AC，在平面 內(nèi)建立坐標(biāo)系，設(shè)C(x,y)，求出C的軌跡方程得出結(jié)論．【詳解】在ABC中，∵sinCABsinCBA(0)，由正弦定理可得：BC，AC當(dāng)1時，BCAC，過AB的中點作線段AB的垂面，則點C在與的交線上，即點C的軌跡是一條直線，當(dāng)2時，BC2AC，設(shè)B在平面內(nèi)的射影為D，連接BD，CD，設(shè)BDh，AD2a，則BCCD2h2，在平面內(nèi)，以AD所在直線為x軸，以AD的中點為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)C(x,y)，則CA(xa)2y2，CD(xa)2y2，CB(xa)2y2h2，5216a2h2∴(xa)2y2h22(xa)2y2，化簡可得xay2.393C的軌跡是圓．故選：B．【點睛】本題考查軌跡方程的求解與判斷，分類討論思想，屬于中檔題．17．如圖，直二面角AB，，C，D，且ADAB，BCAB，AD5，BC10，AB6，PAPDCPB，則點P在平面內(nèi)的軌跡是（）試卷第16頁，總38頁A．圓的一部分 B．橢圓的一部分 C．一條直線 D．兩條直線【答案】A【解析】【分析】以AB所在直線為x軸，AB的中垂線為 y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，寫出點 A，B的坐標(biāo)，根據(jù)條件得出RtAPD∽RtCPB，設(shè)出點P的坐標(biāo)，利用兩點間的距離公式及相似，即可得到軌跡方程，從而判斷其軌跡．【詳解】解：以AB所在直線為x軸，AB的中垂線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)點Px,y，A3,0，B3,0，ADAB，BCAB，則AD，BC，AD5，BC10，AB6，APDCPB，x2y2RtAPDRtCPB，AP351，即x2y24x22AD33y2，整理BP2BC102x3y得：x5216，故點P的軌跡是圓的一部分，故選A.y2【點睛】本題以立體幾何為載體考查軌跡問題，綜合性強，考查了學(xué)生靈活應(yīng)用知識分析解決問題的能力和知識方法的遷移能力，同時考查了運算能力，轉(zhuǎn)化能力，屬于難題．18．已知點P是單位正方體ABCDA1B1C1D1的對角面BB1D1D上的一動點，過點P作垂直于平面BB1D1D的直線，與正方體的側(cè)面相交于M、N兩點，則BMN的面積的最大值為（）A．6B．1C．3D．64222【答案】A試卷第17頁，總38頁【解析】【分析】根據(jù)題意和正方體的特征，分析點P動的過程中，x隨著y變化情況作出軌跡圖象，數(shù)形結(jié)合能求出結(jié)果．【詳解】解：由題意知， MN⊥平面BB1D1D，其軌跡經(jīng)過 B，D1和側(cè)棱AA1，CC1的中點E，F(xiàn)，如圖，設(shè)正方體中心為O1,當(dāng)P點在線段BO1上運動時，MN隨BP的增大而線性增大，所以△BMN的面積表達式應(yīng)是開口向上的二次函數(shù)圖像遞增的一部分;當(dāng)P點在線段D1O1上運動時,MN隨D1P的增大而線性減小，所以△BMN的面積表達式應(yīng)是開口向下的二次函數(shù)圖像遞減的一部分.所以當(dāng)MN與EF重合時，△BMN的面積取最大值，此時，BM＝BN，MN ，S△BMN ．故選：A．【點睛】本題考查了函數(shù)圖象的變化，根據(jù)幾何體的特征和條件進行分析兩個變量的變化情況，再用圖象表示出來，考查了作圖和讀圖能力、運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．19．歷史上，許多人研究過圓錐的截口曲線．如圖，在圓錐中，母線與旋轉(zhuǎn)軸夾角為 30，現(xiàn)有一截面與圓錐的一條母線垂直，與旋轉(zhuǎn)軸的交點 O到圓錐頂點M的距離為1，對于所得截口曲線給出如下命題：①曲線形狀為橢圓；②點O為該曲線上任意兩點最長距離的三等分點；③該曲線上任意兩點間的最長距離為 3，最短距離為 2 3；2 3④該曲線的離心率為 3．其中正確命題的序號為 （ ）3試卷第18頁，總38頁A．①②④ B．①②③④ C．①②③ D．①④【答案】A【解析】【分析】畫出軸截面的圖像 .根據(jù)選項可判斷出①正確 .解直角三角形計算出 AO的長以及長軸 AB的長，由此可判斷出②正確，排除D選項.由于曲線是連續(xù)不斷的，故任意兩點間沒有最短距離，故③錯誤，排除 B,C選項.由此得出正確結(jié)論.【詳解】根據(jù)選項可知①正確，即曲線形狀為橢圓 .畫出軸截面的圖像如下圖所示，由于AMO1MO1，即，,OMBOBM30BOMO122所以AO1，而曲線上任意兩點最長距離為AB，故點O為該曲線上任意兩點最長距離的三等分點，由此可判斷BO2出②正確，排除D選項.由于曲線是連續(xù)不斷的，故任意兩點間沒有最短距離，故③錯誤，排除B,C選項.綜上所述，本小題選A.【點睛】本小題主要考查圓錐的截面問題，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題 .20．如圖，矩形 ABCD中，E為邊AB的中點，將 ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)為 A1DE．若M為線段A1C的中點，則在 ADE翻轉(zhuǎn)過程中，有下列命題：試卷第19頁，總38頁BM是定值；②點M在圓上運動；③一定存在某個位置，使DEA1C；④若A1 平面BEDC，則MB 平面A1DE．其中正確的個數(shù)為（ ）A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】【分析】取CD中點N，連接MN，BN，由余弦定理可得MB2MN2NB22MNNBcosMNB，所以MB是定值，可得①正確；M是在以B為圓心，MB為半徑的圓上，可得②正確；由射影定理可判斷③；由平面MBN平面A1DE，可判斷④．【詳解】取CD中點N，連接NM，BN，由A1DEMNB，MN1定值，NBDE定值，A1D2由余弦定理可得MB2MN2NB22MNNBcosMNB，所以MB是定值，故①正確；B是定點，∴M是在以B為圓心，MB為半徑的圓上，故②正確，A1C在平面ABCD中的射影為AC，AC與DE不垂直，∴不存在某個位置,使DE⊥A1C，故③不正確.由MN DA1，BN DE，∴平面MBN 平面A1DE，∴MB 平面A1DE，故④正確．故選：C．試卷第20頁，總38頁【點睛】本題考查線線、線面、面面平行與垂直的判定和性質(zhì)定理，考查轉(zhuǎn)化思想和推理能力 .21．已知正方體 ABCD-A1B1C1D1，空間一動點 P滿足A1P AB1，且 APB1 ADB1，則點P的軌跡為A．直線 B．圓 C．橢圓 D．拋物線【答案】B【解析】【分析】通過A1P AB1得到點P在平面A1BCD1上；再利用 ADB1 APB1且PO為AB1的中垂線，可解得PO為定值，由此可得P在球面上；通過平面與球面相交得到軌跡為圓 .【詳解】由A1PAB1及AB1平面A1BCD1可知：點P在平面A1BCD1上設(shè)正方體棱長為1，則AD1，AB12，B1D3又AD平面ABB1A1，可知ADAB1cosADB1AD3B1D3即cosAPB133取連接A1B交AB1于點O，則O為AB1中點，連接 POAB1平面A1BCD1，PO平面A1BCD1AB1PO又O為AB1中點，所以PO為AB1中垂線APPB1，令A(yù)Px則3x2x22x23332x22試卷第21頁，總38頁PO2x2B1O233123222由此可得：P點在以O(shè)為球心，PO長為半徑的球面上P點軌跡即為平面A1BCD1與球面的交線上可知軌跡為圓.本題正確選項：B【點睛】本題考查空間中動點的軌跡問題，關(guān)鍵在于能夠確定動點分別滿足球面的特點且在平面A1BCD1上，由此可確定軌跡為平面截球面所形成的的交線，進而得到軌跡為圓的結(jié)論.22．正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，點P在平面ABCD上，且動點P到1，點M在棱AB上，且AM3直線A1D1的距離的平方與點P到點M的距離的平方的差為1，在以AB、AD為坐標(biāo)軸的平面直角坐標(biāo)系中，動點P的軌跡是（）A．圓B．拋物線C．雙曲線D．直線【答案】B【解析】【分析】結(jié)合正方體的圖像，作PQAD，Q為垂足，過點Q作QRD1A1，求出點P到直線A1D1的距離，以及P到點M的距離，即可得出結(jié)果 .【詳解】如圖所示：正方體ABCDA1B1C1D1中，作PQAD，Q為垂足，則PQ面ADD1A1，過點Q作QRD1A1，則D1A1面PQR，PR即為點P到直線A1D1的距離，由題意可得PR2PQ2RQ21．又已知PR2PM21，PMPQ，即P到點M的距離等于P到AD的距離，根據(jù)拋物線的定義可得，點P的軌跡是拋物線，故選：B．【點睛】試卷第22頁，總38頁本題主要考查立體幾何中的軌跡問題，熟記圓錐曲線的定義即可，屬于?？碱}型.23．已知正方體ABCDA1B1C1D1中，AB2，E為AD的中點，P為正方形A1B1C1D1內(nèi)的一個動點（含邊界），且PE5，則PA1PB1PC1的最小值為（）A．171B．173C．17D．171【答案】B【解析】【分析】設(shè)A1D1的中點為F，則P是以F為圓心，以1為半徑的圓面（位于正方形A1B1C1D1內(nèi)），建立平面直角坐標(biāo)系，把問題轉(zhuǎn)化為4222，結(jié)合圓的幾何性質(zhì)得到結(jié)果.3x3y【詳解】設(shè)A1D1的中點為F，連接EF、PF，則在EFP中，EFFP，EP2EF2FP2，∴FP21.∴P是以F為圓心，以1為半徑的圓面（位于正方形A1B1C1D1內(nèi)）.以A1為原點建系如圖所示，則A10,0，B12,0，C12,2,F0,1，設(shè)P的坐標(biāo)為x,y，則PA1x,y,PB12x,y,PC12x,2y,PA1PB1PC143x,23y.224222PA1PB1PC143x3y3.2xy33設(shè)Q點的坐標(biāo)為4,2，則PA1PB1PC13PQ3QF1173.33故選：B【點睛】本題考查平面向量模長的最值問題，考查空間問題平面化的思想，考查利用代數(shù)方法處理平面問題的策略，屬于中檔題.試卷第23頁，總38頁24．在長方體ABCDA1B1C1D1中，ADDD11，AB3，E,F,G分別是棱AB,BC,CC1的中點，P是底面ABCD內(nèi)一動點，若直線D1P與平面EFG沒有公共點，則三角形PBB1面積的最小值為（）A．3B．1C．3D．1242【答案】C【解析】【分析】由直線與平面沒有公共點可知線面平行，補全所給截面后，易得兩個平行截面，從而確定點 P所在線段，得解．【詳解】補全截面EFG為截面EFGHQR如圖，其中H、Q、R分別為C1D1、A1D1、A1A的中點，易證平面1∥平面EFGHQR，ACD∵直線D1P與平面EFG不存在公共點，∴D1P∥面 ACD1，∴D1P 面ACD1，∴P∈AC，∴過P作AC的垂線，垂足為，則133,此時BP最短，22△1的面積最小，PBB∴三角形PBB1面積的最小值為1133，224故選：C．【點睛】本題考查了截面問題，涉及線面平行，面面平行的定義的應(yīng)用，考查了空間想象能力與邏輯思維能力，屬于中檔題．二、填空題25．已知正方體 ABCD A1B1C1D1的棱長為2，E是棱D1C1的中點，點 F在正方體內(nèi)部或正方體的表面上，且EF//平面A1BC1，則動點F的軌跡所形成的區(qū)域面積是 ______.試卷第24頁，總38頁【答案】3 3【解析】【分析】分別取CC,BC,AB,AA,AD的中點G,H,M,N,K,并連同E點順次連接,六邊形1111EGHMNK就是所求的動點F的軌跡,求出面積即可.【詳解】如下圖所示：分別取CC1,BC,AB,AA1,A1D1的中點G,H,M,N,K,并連同E點順次連接，因為EG是三角形CC1D1的中位線,所以EG//CD1CD1//A1B,EG//A1BA1B平面A1BC1,EG平面A1BC1EG//A1B,同理GH,HM,MN,NK,KE都平行平面A1BC1,所以EGHMNK就是所求的動點F的軌跡,該正六邊形的邊長為12222,所以正六邊形的面積為：612222sin6033.2故答案為： 33【點睛】本題考查了直線與平面平行的判定定理的應(yīng)用 ,考查了數(shù)學(xué)運算能力、空間想象能力 .26．如圖，在圓柱的軸截面ABCD中，AB4，BC2，O1，O2分別為圓柱上下底面的中心，M為O1O2的中點，動點P在圓柱下底面內(nèi)（包括圓周）.若AMMP，則點P形成的軌跡的長度為______.試卷第25頁，總38頁【答案】 15【解析】【分析】由題意，以O(shè)2為坐標(biāo)原點，以 O2B方向為y軸，以底面內(nèi)垂直于 O2B的直線為x軸，以O(shè)2O1方向為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)P(x,y,0)，用向量的方法，確定點P形成的軌跡是底面的一條弦，根據(jù)圓的弦長公式，即可求出結(jié)果.【詳解】以O(shè)2為坐標(biāo)原點，以O(shè)2B方向為y軸，以底面內(nèi)垂直于O2B的直線為x軸，以O(shè)2O1方向為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因為AB4，BC2，所以A(0,2,0)，M(0,0,1)，設(shè)P(x,y,0)，所以AM(0,2,1)，MP(x,y,1)，又AMuuuruuur2y10，所以y1MP，所以AMMP，2即點P形成的軌跡是，底面上與x軸平行，且過O2B靠近點O2的四等分點的線段（也是底面圓的一條弦）；AB221所以形成的軌跡長度為2O2B22415.44故答案為15【點睛】試卷第26頁，總38頁本題主要考查立體幾何中的軌跡問題，靈活運用空間向量的方法求解即可，屬于?？碱}型 .27．點M為棱長是22的正方體ABCDA1B1C1D1的內(nèi)切球O的球面上的動點，點N為B1C1的中點，若滿足DMBN，則動點M的軌跡的長度為________【答案】4105【解析】【分析】取BB1的中點H，連接CH，可證得NB平面DCH，由題意，點M的軌跡是內(nèi)切球O的球面與平面DCH相交得到的小圓，利用垂徑定理即可得出結(jié)論．【詳解】正方體ABCDA1B1C1D1的內(nèi)切球O的半徑R2，由題意，取 BB1的中點H，連接CH，則CHNB，DCNB，∴NB平面DCH，∴動點M的軌跡就是平面DCH與內(nèi)切球O的球面相交得到的小圓，∵正方體ABCDA1B1C1D1的棱長是22，∴O到平面DCH的距離為d2，截面圓的半徑rR2d222，55所以動點M的軌跡的長度為截面圓的周長2r410.5故答案為4105【點睛】本題考查了學(xué)生的空間想象力，求出點M的軌跡是關(guān)鍵，屬于中檔題．28．在長方體ABCDA1B1C1D1中，已知底面ABCD為正方形，P為A1D1的中點，AD1，AA13，點Q為正方形ABCD所在平面內(nèi)的一個動點，且滿足QC2QP，則線段BQ的長度的最大值為_______.試卷第27頁，總38頁【答案】6【解析】【分析】先以D點為坐標(biāo)原點，分別以DA，DC，DD1所在方向為x軸，y軸，z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，由題意得到C(0,2,0)，P1,0,3，B(2,2,0)，設(shè)Q(x,y,0)，由QC2QP，得到(x2)2(y2)24，再由圓上的點與定點距離的問題，即可求出結(jié)果 .【詳解】以D點為坐標(biāo)原點，分別以 DA，DC，DD1所在方向為 x軸，y軸，z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因為在長方體 ABCD A1B1C1D1中，已知底面 ABCD為正方形，P為A1D1的中點，AD 2，AA1 3，所以C(0,2,0)，P1,0, 3，B(2,2,0)，因為點Q為正方形ABCD所在平面內(nèi)的一個動點，設(shè)Q(x,y,0)，因為QC2QP，x2(y2)222y23，所以x1整理得：(x2)2(y2)24即點Q可看作圓(x2(y242)2)上的點，又BQ(x2)2(y2)2，所以BQ表示圓(x2)2(y2)24上的點與定點(2,2)之間的距離，因此BQmax(22)2(22)2r426（其中r表示圓(x2)2(y2)24的半徑.）故答案為6試卷第28頁，總38頁【點睛】本題主要考查立體幾何中的最值問題， 通?？捎媒ㄏ档姆椒ㄇ蠼?， 靈活運用轉(zhuǎn)化與化歸的思想即可， 屬于?？碱}型 .29．如圖，在棱長為2的正方體 ABCD A1B1C1D1中，點M是AD中點，動點P在底面ABCD內(nèi)（不包括邊界），使四面體A1BMP體積為2，則C1P的最小值是___________．3【答案】2305【解析】【分析】由已知可得P到BM的距離，再利用勾股定理知要使C1P取得最小值，則需CP取得最小值，此時利用點到直線的距離可得解.【詳解】由已知得四面體A1BMP體積VAMBP12SMBP2,133所以SMBP1,設(shè)P到BM的距離為h，則SMBP15h1,2解得h25,所以P在底面ABCD內(nèi)（不包括邊界）與BM平行且距離為25的線段l上，55試卷第29頁，總38頁要使C1P的最小，則此時P是過C作BM的垂線的垂足.點C到BM的距離為45,所以CP25,552此時 C1P min

2522230.55故答案為 2 30.5【點睛】本題考查立體幾何的動點最值問題，將空間立體問題轉(zhuǎn)化為平面問題是解題的關(guān)鍵，屬于難度題 .30．如圖，在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，點M是AD的中點，動點P在底面ABCD內(nèi)（不包括邊界），若B1P//平面A1BM，則C1P的最小值是____．【答案】305【解析】【分析】由面面平行找到點P在底面ABCD內(nèi)的軌跡為線段DN，再找出點P的位置，使C1P取得最小值，即C1P垂直DN于點O，最后利用勾股定理求出最小值.【詳解】取BC中點N，連結(jié)B1D,B1N,DN，作CODN，連C1O，因為面B1DN//面面A1BM，所以動點 P在底面ABCD 內(nèi)的軌跡為線段 DN，試卷第30頁，總38頁當(dāng)點P與點O重合時，C1P取得最小值，1DNCO1DCNC15因為CO2，22552所以(C1P)minC1OCO2CC121130.55【點睛】本題考查面面平行及最值問題，求解的關(guān)鍵在于確定點 P的位置，再通過解三角形的知識求最值 .31．如圖，在邊長為2正方體ABCD A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在正方體表面上移動，且滿足B1P D1E，則點B1和滿足條件的所有點 P構(gòu)成的圖形的面積是 _______.【答案】 9.2【解析】【分析】點P滿足B1P D1E，且在正方體的表面上，所以點 P只能在面 ABCD、面BCC1B1、面CC1D1D、面ABB1A1內(nèi)?！驹斀狻咳C1，CD的中點分別為N,M，連結(jié)AM,MN,B1N,AB1，由于AB1//MN，所以AB1NM四點共面，且四邊形 AB1NM為梯形，因為D1E MN,D1E AM,MN AM M，所以D1E 面AB1NM，因為點P在正方體表面上移動，所以點 P的運動軌跡為梯形 AB1NM，如圖所示：試卷第31頁，總38頁因為正方體ABCDA1B1C1D1的邊長為2，所以NM2,AB122,AMB1N5，所以梯形AB1NM為等腰梯形，所以S1(MNAB1)h1(222)99。2222【點睛】本題以動點問題為背景，考查空間中線面、線線位置關(guān)系、面積的求解運算，解題的關(guān)鍵在于確定點P的運動軌跡。32．在長方體ABCDA1B1C1D1中，已知底面ABCD為正方形，P為A1D1的中點，AD1，AA13，點Q為正方形ABCD所在平面內(nèi)的一個動點，且滿足 QC【答案】6【解析】【分析】在正方形ABCD所在平面內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)得出結(jié)果.【詳解】在正方形ABCD所在平面內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)

2QP，則線段BQ的長度的最大值是 ________.Q(x,y)，由QC 2QP，可得(x 2)2 y2 4，進而可Q(x,y)，則有PQ23x2(1y)2，QC2(x2)2(y2)2，因為QC2QP，所以(x2)2(y2)262x22(1y)2，整理得(x2)2y24，所以點Q的軌跡是以(2,0)為圓心，以2為半徑的圓，所以線段BQ長度的最大值為2226.故答案為6試卷第32頁，總38頁【點睛】本題主要考查點線面間的距離計算，以及立體幾何中的軌跡問題，常用坐標(biāo)系的方法處理，屬于?？碱}型 .33．已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，動點P在正方體ABCDA1B1C1D1的表面上運動，且PAr(0r3)，記點P的軌跡的長度為f(r)，則f1______.2【答案】34【解析】【分析】根據(jù)題意PA1時，球與正方體的三個面有交點，點P在正方體三個面上的軌跡都是以A為圓心，1為半徑的1224圓周，從而可得結(jié)果 .【詳解】根據(jù)題意，可以把 f(r)看成以A為球心，半徑為 r的球與正方體的表面的交線的長度，由于球的任何截面都是圓，1所以在正方體的各表面上的軌跡均是一段圓弧，當(dāng)PA時，球與正方體的三個面有交點，點P在正方體三個面2上的軌跡都是以A為圓心，1為半徑的1圓周.所以f131213，故答案為3.2424244【點睛】本題主要考查正方體的性質(zhì)、球的性質(zhì)，考查空間點的軌跡問題，意在考查空間想象能力以及靈活應(yīng)用所學(xué)知識解答問題，屬于中檔題.34．已知正方體棱長為2，點是上底面內(nèi)一動點，若三棱錐的外接球表面積恰為，則此時點構(gòu)成的圖形面積為________.【答案】.【解析】【分析】設(shè)三棱錐的外接球為球，分別取、的中點、，先確定球心在線段和中點的連線上，先求出球的半徑的值，然后利用勾股定理求出的值，于是得出，再利用勾股定理求出點在試卷第33頁，總38頁上底面軌跡圓的半徑長，最后利用圓的面積公式可求出答案．【詳解】如圖所示，設(shè)三棱錐 的外接球為球 ，分別取 、 的中點 、 ，則點 在線段 上，由于正方體 的棱長為 2，則 的外接圓的半徑為 ，設(shè)球 的半徑為 ，則 ，解得 .所以， ，則而點 在上底面 所形成的軌跡是以 為圓心的圓，由于 ，所以 ，因此，點 所構(gòu)成的圖形的面積為 .【點睛】本題考查三棱錐的外接球的相關(guān)問題，根據(jù)立體幾何中的線段關(guān)系求動點的軌跡，屬于中檔題 .35．在棱長為1的透明密閉的正方形容器 ABCD A1B1C1D1中，裝有容器總體積一半的水（不計容器壁的厚度） ，將該正方體容器繞 BD1旋轉(zhuǎn)，并始終保持 BD1所在直線與水平平面平行，則在旋轉(zhuǎn)過程中容器中水的水面面積的最大值為__________．【答案】 2【解析】【分析】設(shè)點E在A1B1上，點F在CD上，滿足A1E CF，則原問題等價于求解四邊形 BFD1E的最大值.建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可得旋轉(zhuǎn)過程中容器中水的水面面積的最大值 .【詳解】如圖所示，在棱長為 1的正方體ABCD A1B1C1D1中，點E在A1B1上，點F在CD上，滿足A1E CF，則原問題等價于求解四邊形 BFD1E的最大值.試卷第34頁，總38頁作EG BD1于點G，當(dāng)EG最大時，四邊形 BFD1E有最大值.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Em,0,10m1，設(shè)Gx,y,z，由于B1,0,0,D10,1,1，由BGBD1可得：x1x1,y,z1,1,1，則：y，故G1,,,z故：GEm1,,1,BD11,1,1，由GEBD1