新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第7章7.10立体几何中的动态、轨迹问题（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第7章7.10立体几何中的动态、轨迹问题（含答案解析），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，Q是正方形B1BCC1内的动点，A1Q⊥BC1，则Q点的轨迹是( )
A．点B1 B．线段B1C
C．线段B1C1 D．平面B1BCC1
2.(2023·佛山模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P为正方形A1B1C1D1内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为60°的点P的轨迹长度为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(3)π,6) C.eq \r(3) D.eq \f(\r(3)π,2)
3.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，M为A1C1的中点，N为侧面BCC1B1上的一点，且MN∥平面ABC1，若点N的轨迹长度为2，则( )
A．AC1＝4B．BC1＝4
C．AB1＝6D．B1C＝6
4.已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP＝2PD1，AA1＝3，AB＝1.若点Q在侧面BCC1B1(包括其边界)上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为( )
A.eq \r(3) B.eq \r(2) C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \f(\r(5),2)
5.如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AD，B1C1的中点．若点P为侧面正方形ADD1A1内(含边界)动点，且B1P∥平面BEF，则点P的轨迹长度为( )
A.eq \f(1,2) B．1 C.eq \f(\r(5),2) D.eq \f(π,2)
6．已知菱形ABCD边长为2，∠ABC＝60°，沿对角线AC折叠成三棱锥B′－ACD，使得二面角B′－AC－D为60°，设E为B′C的中点，F为三棱锥B′－ACD表面上动点，且总满足AC⊥EF，则点F轨迹的长度为( )
A．2eq \r(3) B．3eq \r(3) C.eq \r(3) D.eq \f(3\r(3),2)
二、多项选择题
7．(2024·济南模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的各顶点均在表面积为12π的球面上，P为该球面上一动点，则( )
A．存在无数个点P，使得PA∥平面A1B1C1D1
B．当平面PAA1⊥平面CB1D1时，点P的轨迹长度为2π
C．当PA∥平面A1B1CD时，点P的轨迹长度为2π
D．存在无数个点P，使得平面PAD⊥平面PBC
8．(2023·长沙模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为正方体表面上的动点，N为线段AC1上的动点，若直线AM与AB的夹角为eq \f(π,4)，则下列说法正确的是( )
A．点M的轨迹确定的图形是平面图形
B．点M的轨迹长度为eq \f(π,2)＋2eq \r(2)
C．C1M的最小值为eq \r(2)－1
D．当点M在侧面BB1C1C上时，eq \f(\r(3),3)AN＋MN的最小值为1
三、填空题
9．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eq \f(π,3)，则动点N的轨迹长度为________．
10.如图所示，在平行四边形ABCD中，E为AB中点，DE⊥AB，DC＝8，DE＝6.沿着DE将△ADE折起，使A到达点A′的位置，且平面A′DE⊥平面ADE.设P为△A′DE内的动点，若∠EPB＝∠DPC，则点P的轨迹长度为______．
§7.10 立体几何中的动态、轨迹问题
1．B 2.B 3.B
4．D [如图，在侧棱AA1上取一点R，使得AR＝2RA1，连接PR，BR，
过点A作AN⊥BR交BR于点M，交BB1于点N，连接AC，CN，BD，
由PR∥AD，可知PR⊥AN，BR，PR⊂平面BPR，BR∩PR＝R，
从而AN⊥平面BPR，BP⊂平面BPR，
所以BP⊥AN，
又由BP在平面ABCD内的射影BD⊥AC，所以BP⊥AC，AN，AC⊂平面ACN，AN∩AC＝A，
知BP⊥平面ACN，CN⊂平面ACN，
所以BP⊥CN，
所以动点Q的轨迹为线段CN，
在Rt△ABN，Rt△RAB中，∠BAN＝∠ARB，
所以Rt△ABN∽Rt△RAB，
则eq \f(BN,AB)＝eq \f(AB,RA)，得BN＝eq \f(1,2)，
易得CN＝eq \r(BN2＋BC2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋12)＝eq \f(\r(5),2).]
5．C [取A1D1的中点M，连接AM，B1M，AB1，EM，FM，如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AD∥B1C1且AD＝B1C1，
因为E，F分别是棱AD，B1C1的中点，则AE∥B1F且AE＝B1F，
所以四边形AB1FE为平行四边形，则AB1∥EF，
因为AB1⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，
所以AB1∥平面BEF，
同理可证AM∥平面BEF，
因为AB1∩AM＝A，AB1，AM⊂平面AB1M，
所以平面AB1M∥平面BEF，
因为AM⊂平面AA1D1D，
若P∈AM，则B1P⊂平面AB1M，
所以B1P∥平面BEF，
所以点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM，
由勾股定理可得
AM＝eq \r(AA\\al(2,1)＋A1M2)＝eq \f(\r(5),2).]
6．D [连接AC，BD交于点O，连接OB′，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
所以AC⊥BD，OB′⊥AC，△ABC，△ACD，△AB′C均为正三角形，
所以∠B′OD为二面角B′－AC－D的平面角，于是∠B′OD＝60°，
又因为OB′＝OD，
所以△B′OD为正三角形，
所以B′D＝OB′＝OD＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，
取OC的中点P，取CD的中点Q，连接EP，EQ，PQ，所以PQ∥OD，EP∥OB′，所以AC⊥EP，AC⊥PQ，EP∩PQ＝P，所以AC⊥平面EPQ，
所以在三棱锥B′－ACD表面上，满足AC⊥EF的点F轨迹为△EPQ，
因为EP＝eq \f(1,2)OB′，PQ＝eq \f(1,2)OD，EQ＝eq \f(1,2)B′D，
所以△EPQ的周长为3×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2)，
所以点F轨迹的长度为eq \f(3\r(3),2).]
7．ACD [因为该球的表面积为4πr2＝12π，
故半径r＝eq \r(3)，
且正方体的棱长满足(2r)2＝3a2＝12，故棱长a＝2，
选项A，由题意可知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且PA∥平面A1B1C1D1，故PA⊂平面ABCD，则P的轨迹为正方形ABCD的外接圆，故有无数个点P满足，故A正确；
选项B，易知AC1⊥平面CB1D1，且平面PAA1⊥平面CB1D1，PA⊂平面PAA1，故P的轨迹为矩形AA1C1C的外接圆，其周长为2πr＝2eq \r(3)π，故B错误；
选项C，因为PA∥平面A1B1CD，设过PA且与平面A1B1CD平行的平面为α，则P的轨迹为α与外接球的交线，其半径为eq \f(a,2)＝1，周长为2π，故C正确；
选项D，若平面PAD⊥平面PBC，则点P在以四边形ABCD为轴截面的某个圆柱面上，该圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点P满足，故D正确．]
8．BCD [如图，建立空间直角坐标系，则D(0,1,0)，C1(1,1,1)，
∵直线AM与AB的夹角为eq \f(π,4)，当点M在侧面AA1D1D上时，AB⊥AM，不合题意；
当点M在底面A1B1C1D1和侧面CC1D1D(不包含边界)上时，点M到直线AB的距离大于AB的长度，此时，AM与AB的夹角大于eq \f(π,4)；
当点M在侧面AA1B1B和底面ABCD上时，可知线段AB1，AC满足题意；
当点M在侧面BCC1B1上时，由AB⊥BM，可知BM＝AB，此时弧B1C为所求．
∴M点的轨迹为线段AC，AB1，弧B1C，显然线段AC，AB1，弧B1C不共面，∴A错误；
对于B，点M的轨迹长度为eq \f(π,2)＋2eq \r(2)，∴B正确；
对于C，若M在线段AC上，则C1M的最小值为1，同理，若M在线段AB1上，则C1M的最小值也为1，若M在弧B1C上，则C1M的最小值为C1B－1＝eq \r(2)－1，∴C正确；
对于D，M(1，y，z)(0≤y≤1,0≤z≤1)，且y2＋z2＝1，由题意设N(λ，λ，λ)，λ∈[0,1]，则eq \f(\r(3),3)AN＋MN＝λ＋eq \r(1－λ2＋y－λ2＋z－λ2)≥λ＋eq \r(1－λ2)＝λ＋(1－λ)＝1，
当且仅当y＝z＝λ，且y2＋z2＝1，即y＝z＝λ＝eq \f(\r(2),2)时，等号成立，∴D正确．]
9.eq \f(4\r(3)π,9)
解析 如图所示，取BC中点G，连接MG，NG，由正方体的特征可知，MG⊥底面ABCD，
故MN与底面ABCD的夹角即为∠MNG，所以∠MNG＝eq \f(π,3)，
则eq \f(MG,NG)＝tan eq \f(π,3)⇒NG＝eq \f(2\r(3),3)，
故点N在以G为圆心，eq \f(2\r(3),3)为半径的圆上，又N在底面正方形ABCD上，即点N的轨迹为图示中的圆弧eq \(EF,\s\up9(︵))，易知eq \f(BG,EG)＝eq \f(1,\f(2\r(3),3))＝eq \f(\r(3),2)⇒∠EGB＝eq \f(π,6)⇒∠EGF＝π－eq \f(π,6)－eq \f(π,6)＝eq \f(2π,3)，
所以动点N的轨迹长度为
eq \f(2\r(3),3)×eq \f(2π,3)＝eq \f(4\r(3)π,9).
10.eq \f(4π,3)
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，C(0,8,0)，E(6,0,0)，B(6,4,0)，设P(x,0，z)，
则eq \(PD,\s\up6(→))＝(－x,0，－z)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－x,8，－z)，eq \(PE,\s\up6(→))＝(6－x,0，－z)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(6－x,4，－z)，
∴cs∠EPB＝cs〈eq \(PE,\s\up6(→))，eq \(PB,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(PE,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→)),\(|PE,\s\up6(→))||\(PB|,\s\up6(→)))＝
eq \f(6－x2＋z2,\r(6－x2＋z2)\r(6－x2＋16＋z2))，
cs∠DPC＝cs〈eq \(PD,\s\up6(→))，eq \(PC,\s\up6(→))〉
＝eq \f(\(PD,\s\up6(→))·\(PC,\s\up6(→)),\(|PD,\s\up6(→))||\(PC|,\s\up6(→)))
＝eq \f(x2＋z2,\r(x2＋z2)\r(x2＋64＋z2))，
∵∠EPB＝∠DPC，
∴cs∠EPB＝cs∠DPC，
∴eq \f(6－x2＋z2,\r(6－x2＋z2)\r(6－x2＋16＋z2))
＝eq \f(x2＋z2,\r(x2＋z2)\r(x2＋64＋z2))，
整理化简得x2＋z2－16x＋48＝0，
即(x－8)2＋z2＝16，∴点P的轨迹为圆弧，所在圆交A′E于P1(6,0,2eq \r(3))，交DE于P2(4,0,0)，
则|eq \(P1P2,\s\up6(—→))|＝
eq \r(6－42＋0－02＋2\r(3)－02)＝4，
∴eq \(P1P2,\s\up9(︵))所对应的圆心角α＝eq \f(π,3)，
∴弧长l＝αr＝eq \f(π,3)×4＝eq \f(4π,3)，即点P的轨迹长度为eq \f(4π,3).