高考数学一轮复习第7章立体几何第5讲直线平面垂直的判定与性质学案

这是一份高考数学一轮复习第7章立体几何第5讲直线平面垂直的判定与性质学案，共14页。

知识梳理·双基自测
eq \x(知)eq \x(识)eq \x(梳)eq \x(理)
知识点一 直线与平面垂直
(1)直线与平面垂直
①定义：若直线l与平面α内的_任意__一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．
②判定定理：一条直线与一个平面内的两条_相交__直线都垂直，则该直线与此平面垂直(线线垂直⇒线面垂直)．即：a⊂α，_b⊂α__，l⊥a，l⊥b，a∩b＝P⇒l⊥α.
③性质定理：垂直于同一个平面的两条直线_平行__.即：a⊥α，b⊥α⇒_a∥b__.
(2)直线与平面所成的角
①定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的_锐角__，叫做这条斜线和这个平面所成的角．
若直线与平面平行或直线在平面内，直线与平面所成角为_0__，若直线与平面垂直，直线与平面所成角为_eq \f(π,2)__.
②线面角θ的范围：θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
知识点二 平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
①二面角：从一条直线出发的_两个半平面__所组成的图形叫做二面角．
②二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个半平面内分别作与棱_垂直__的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．
③二面角θ的范围：θ∈[0，π]．
(2)平面与平面垂直
①定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是_直二面角__，就说这两个平面互相垂直．
②判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．即：a⊂α，a⊥β⇒_α⊥β__.
③性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于_交线__的直线与另一个平面垂直．即：α⊥β，a⊂α，α∩β＝b，a⊥b⇒_a⊥β__.
eq \x(重)eq \x(要)eq \x(结)eq \x(论)
1．若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
2．若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．
3．垂直于同一条直线的两个平面平行．
4．一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．
eq \x(双)eq \x(基)eq \x(自)eq \x(测)
题组一 走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( × )
(2)垂直于同一个平面的两平面平行．( × )
(3)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.( √ )
(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.( × )
(5)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．( √ )
(6)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.( × )
题组二 走进教材
2．(多选题)(必修2P73T1)下列命题中正确的是( ABC )
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
[解析] 对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项均是正确的．
题组三 走向高考
3．(2017·课标全国Ⅲ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( C )
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
[解析] ∵A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
∴A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C，且B1C∩A1B1＝B1，
∴BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，
∴BC1⊥A1E.故选C．
4．(2019·北京)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_若l⊥α，l⊥m，则m∥α.(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m)__.
[解析] 由l，m是平面α外的两条不同直线，及线面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，若l⊥α，m∥α，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得l⊥m，∴若l⊥α，m∥α，则l⊥m，故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α.(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m)．
5．(2020·全国Ⅱ(节选))如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
[证明] ∵M，N分别为BC，B1C1的中点，∴MN∥BB1
又AA1∥BB1，∴MN∥AA1
在等边△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM.
又∵侧面BB1C1C为矩形，∴BC⊥BB1
∵MN∥BB1，MN⊥BC
由MN∩AM＝M，MN，AM⊂平面A1AMN
∴BC⊥平面A1AMN
又∵B1C1∥BC，且B1C1⊄平面ABC，
BC⊂平面ABC，
∴B1C1∥平面ABC
又∵B1C1⊂平面EB1C1F，
且平面EB1C1F∩平面ABC＝EF
∴B1C1∥EF，∴EF∥BC
又∵BC⊥平面A1AMN
∴EF⊥平面A1AMN
∵EF⊂平面EB1C1F
∴平面EB1C1F⊥平面A1AMN.
考点突破·互动探究
考点一 空间垂直关系的基本问题——自主练透
例1 (1)(2021·河北保定七校联考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，p：m⊥n，若p是q的必要条件，则q可能是( B )
A．q：m⊥α，n∥β，α⊥β
B．q：m⊂α，n⊥β，α∥β
C．q：m⊥α，n⊥β，α∥β
D．q：m⊂α，n∥β，α⊥β
(2)(2019·陕西汉中质检一)已知l，m表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，l⊥α，m⊂β，则有下面四个命题：①若α∥β，则l⊥m，②若α⊥β，则l∥m；③若l∥m，则α⊥β；④若l⊥m，则α∥β.其中所有正确的命题是( A )
A．①③ B．①④
C．②③ D．①②③④
(3)(多选题)(2021·四川成都诊断改编)已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则下列说法错误的是( ABD )
A．若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n
B．若m∥α，n∥β，且α⊥β，则m∥n
C．若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n
D．若m⊥α，n∥β，且α⊥β，则m⊥n
[解析] (1)由题知q能推出p：m⊥n.对A，当m∥n时仍然可以有m⊥α，n∥β，α⊥β.故A错误．对B，n⊥β，α∥β，则n⊥α，又m⊂α，则m⊥n.故B正确．对C，m⊥α，α∥β则m⊥β，又n⊥β，故m∥n.故C错误．对D，当α⊥β且相交于m时，若n∥m，也满足m⊂α，n∥β.故D错误．
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(2l⊥α, α∥β))⇒l⊥β, m⊂β))⇒l⊥m，①对；
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l∥m,l⊥α))⇒m⊥α, m⊂β))⇒α⊥β，③对；
由图可知②④错．故选A．
(3)由m∥α，n∥β，且α∥β，得m∥n或m与n相交，或m与n异面，故A错误；由m∥α，n∥β，且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故B错误；由m⊥α，α∥β，得m⊥β，又n∥β，则m⊥n，故C正确；由m⊥α，n∥β且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故D错误，故选A、B、D．
名师点拨
解决空间中线面、面面垂直的问题有以下三种方法：(1)依据相关定理得出结论．(2)结合符合题意的模型(如构造正方体、长方体)作出判断，或借助笔、纸、桌面进行演示，注意能平移或旋转的线，让其动动再判断．(3)否定命题时只需举一个反例即可．
〔变式训练1〕
(1)(2021·东北三省三校模拟)已知α，β是不重合的平面，m，n是不重合的直线，则m⊥α的一个充分条件是( C )
A．m⊥n，n⊂α B．m∥β，α⊥β
C．n⊥α，n⊥β，m⊥β D．α∩β＝n，α⊥β，m⊥n
(2)(2021·福建福州调研)已知两条直线m，n和两个平面α，β，下列命题正确的是( A )
A．若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β
B．若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β
C．若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β
D．若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α∥β
[解析] (1)对于答案A：m⊥n，n⊂α，得出m与α是相交的或是垂直的，或m⊂α，故A错；答案B：m∥β，α⊥β，得出m与α是相交的、平行的都可，故B错；答案C：n⊥α，n⊥β，得出α∥β，再m⊥β得出m⊥α，故C正确．
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(2m⊥α,m⊥n))⇒n⊂α或n∥α.
若n⊂α，又n⊥β，∴α⊥β；若n∥α，则存在l⊂α且l∥n，又n⊥β，∴l⊥β，∴α⊥β，故A正确；事实上，在B中条件下，α、β可能相交；在C中条件下，α、β可能平行；在D的条件下，α⊥β，故选A．
考点二 直线与平面垂直的判定与性质——多维探究
角度1 线、面垂直的判定
例2 如图所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点．
(1)求证：MN⊥CD；
(2)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD．
[证明] 解法一：(1)连接AC，AN ，BN，
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AC，在Rt△PAC中，N为PC中点．
∴AN＝eq \f(1,2)PC．
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC．
又BC⊥AB ，PA∩AB＝A，
∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB．
从而在Rt△PBC中，BN为斜边PC上的中线，
∴BN＝eq \f(1,2)PC．∴AN＝BN，
∴△ABN为等腰三角形．
又M为底边AB的中点，
∴MN⊥AB，又AB∥CD，∴MN⊥CD．
(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD．
又∠PDA＝45°，∴AP＝AD．
∵四边形ABCD为矩形，∴AD＝BC，∴PA＝BC．
连接PM，CM，又∵M为AB的中点，∴AM＝BM.
而∠PAM＝∠CBM＝90°，∴Rt△PAM≌Rt△CBM.
∴PM＝CM，又N为PC的中点，∴MN⊥PC．
由①知MN⊥CD，PC∩CD＝C，∴MN⊥平面PCD．
解法二：∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AD，PA⊥AB，又AB⊥AD，
∴PA、AB、AD两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
不妨设C(a，b,0)，P(0,0，c)，则D(0，b,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(b,2)，\f(c,2)))，
(1)由eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(b,2)，\f(c,2)))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－a,0,0)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝0，∴MN⊥CD．
(2)∵∠PDA＝45°，∴b＝c，
又eq \(PC,\s\up6(→))＝(a，b，－b)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(b,2)，\f(b,2)))·(a，b，－b)＝0，
∴MN⊥PC，又MN⊥CD，
∴MN⊥平面PCD．
角度2 线、面垂直的性质
例3 (2021·河北“五个一联盟”联考，节选)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1⊥平面AA1C1C，D是AA1的中点，△ACD是边长为1的等边三角形．证明：CD⊥B1D．
[证明] ∵△ACD是边长为1的等边三角形，
∴∠ADC＝60°，∠DA1C1＝120°.
∵D是AA1的中点，△ACD的边长为1，
∴AD＝A1D＝A1C1＝1，即△A1C1D是等腰三角形，
∴∠A1DC1＝30°，从而∠CDC1＝90°，即CD⊥C1D．
∵B1C1⊥平面AA1C1C，且CD⊂平面AA1C1C，
∴B1C1⊥CD．
∵B1C1∩C1D＝C1，B1C1⊂平面B1C1D，C1D⊂平面B1C1D，
∴CD⊥平面B1C1D．
∵B1D⊂平面B1C1D，∴CD⊥B1D．
名师点拨
1．证明线线垂直的常用方法
(1)利用特殊图形中的垂直关系．
(2)利用等腰三角形底边中线的性质．
(3)利用勾股定理的逆定理．
(4)利用直线与平面垂直的性质．
(5)向量法：a⊥b⇔a·b＝0.
2．证明线面垂直的常用方法
(1)利用判定定理，它是最常用的思路．
(2)利用线面垂直的性质：若两平行线之一垂直于平面，则另一条线必垂直于该平面．
(3)利用面面垂直的性质：
①两平面互相垂直，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一平面．
②若两相交平面都垂直于第三个平面，则它们的交线垂直于第三个平面．
(4)向量法：证明直线的方向向量与平面的法向量平行．
〔变式训练2〕
(1)(角度1)(2020·河南六市一模)在如图所示的几何体中，ABC－A1B1C1为三棱柱，且AA1⊥平面ABC，四边形ABCD为平行四边形，AD＝2CD．∠ADC＝60°，若AA1＝AC，求证：AC1⊥平面A1B1CD．
(2)(角度2)(2021·湖南炎德英才大联考，节选)如图，圆柱OQ的上，下底面圆的圆心分别为Q，O，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，点P在圆柱OQ的下底面圆周上，G是DP的中点，圆柱OQ的底面圆的直径AB＝4，母线AD＝AP＝2eq \r(3).求证：AG⊥BD．
[证明] (1)证法1：∵AD＝2CD，∠ADC＝ 60°，
∴DC⊥AC，又AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥DC．
∴DC⊥平面AA1C1C，又AC1⊂平面AA1C1C，
∴DC⊥AC1，
∵AA1＝AC，∴四边形AA1C1C为菱形，∴AC1⊥A1C，
而DC∩A1C＝C，∴AC1⊥平面A1B1CD．
证法2：∵AD＝2CD，∠ADC＝60°，
∴∠ACD＝90°，则CD，CA，CC1两两垂直．如图，建立空间直角坐标系C－xyz.
不妨设CD＝1，则C(0,0,0)，D(1,0,0)，A(0，eq \r(3)，0)，C1(0,0，eq \r(3))，A1(0，eq \r(3)，eq \r(3))．
∴eq \(AC1,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(3)，eq \r(3))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq \(CA1,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，eq \r(3))．
易得eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝0，eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(CA1,\s\up6(→))＝0.
∴AC1⊥CD，AC1⊥CA1，又∵CD∩CA1＝C，
∴AC1⊥平面A1B1CD．
(2)证法1：∵AD＝AP，又G是DP的中点，
∴AG⊥DP.①
∵AB为圆O的直径，∴AP⊥BP，
易知DA⊥底面ABP，∴DA⊥BP，而AD∩AP＝A，
∴BP⊥平面ADP，
又AG⊂平面ADP，∴BP⊥AG，②
∴由①②可知：AG⊥平面BDP，又BD⊂平面BDP，
∴AG⊥BD．
证法2：∵AB为⊙O的直径，∴PA⊥PB，如图建立空间直角坐标系，
由题意知P(0,0,0)，A(0,2eq \r(3)，0)，B(2,0,0)，D(0,2eq \r(3)，2eq \r(3))，G(0，eq \r(3)，eq \r(3))，
∴eq \(AG,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(3)，eq \r(3))，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2,2eq \r(3)，2eq \r(3))，
∴eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0，即AG⊥BD．
考点三 两个平面垂直的判定与性质——师生共研
例4 (2020·四川成都二诊)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AA1＝6，E，F分别为BB1，AC的中点．
(1)求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1；
(2)求几何体AA1EBC的体积．
[解析] (1)证明：如图，连接AC1交A1C于点O，连接OE，OF，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形ACC1A1为矩形，所以OA＝OC1.
又因为F为AC的中点，
所以OF∥CC1且OF＝eq \f(1,2)CC1.
因为E为BB1的中点，所以BE∥CC1且BE＝eq \f(1,2)CC1.
所以BE∥OF且BE＝OF.
所以四边形BEOF是平行四边形，所以BF∥OE.
因为AB＝CB，F为AC的中点，
所以BF⊥AC，所以OE⊥AC．
因为AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥BF，所以OE⊥AA1.
又AA1，AC⊂平面ACC1A1，且AA1∩AC＝A，
所以OE⊥平面ACC1A1.
因为OE⊂平面A1EC，所以平面A1EC⊥平面ACC1A1.
(2)四棱锥A1－EB1C1C的高为h＝4sin 60°＝2eq \r(3)，
底面为直角梯形，面积为S＝eq \f(1,2)×(3＋6)×4＝18，
得VA1－EB1C1C＝eq \f(1,3)×2eq \r(3)×18＝12eq \r(3)，
故几何体AA1EBC的体积为VAA1EBC＝VABC－A1B1C1－VA1－EB1C1C＝eq \f(1,2)×4×4×eq \f(\r(3),2)×6－12eq \r(3)＝12eq \r(3).
例5 (2021·黑龙江大庆市质检)在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝2，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，E是AD的中点．
(1)求证：BE⊥平面PAD；
(2)求点E到平面PAB的距离．
[解析] (1)连接BD，在△PAD中，PA＝PD＝2，E是AD的中点，
∴PE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BE，
又∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BE⊥AD，
又∵PE∩AD＝E，PE⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴BE⊥平面PAD．
(2)在△PAB中，PA＝AB＝2，PB＝eq \r(6)，则S△PAB＝eq \f(\r(15),2)，
在△ABE中，AB＝2，AE＝1，BE＝eq \r(3)，则S△ABE＝eq \f(\r(3),2)，
由PE⊥面ABCD，PE＝eq \r(3)，得
VP－ABE＝eq \f(1,3)×eq \r(3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(3)＝eq \f(1,2)，
由VP－ABE＝VE－PAB，设点E到平面PAB的距离为h，
则eq \f(1,3)×eq \f(\r(15),2)×h＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×eq \r(3)，则h＝eq \f(\r(15),5)，
即点E到平面PAB的距离为eq \f(\r(15),5).
名师点拨
(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
(2)在已知面面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
(3)
〔变式训练3〕
(1)(2020·湖南娄底模拟)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝eq \f(π,3)，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PC上一点，若平面EBD⊥平面ABCD，则eq \f(PE,EC)＝_eq \f(1,2)__.
(2)(2021·云南玉海一中期中)已知三棱锥P－ABC(如图1)的展开图如图2，其中四边形ABCD为边长等于eq \r(2)的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形．
证明：平面PAC⊥平面ABC．
[解析] (1)取AD的中点O，连接OC交BD于F点，连接EF，∵△PAD是等边三角形，∴PO⊥AD，
∵OD∥BC，BC＝2OD，∴FC＝2OF.
又∵平面PAD⊥平面ABCD，PO⊥AD，
∴PO⊥平面ABCD，
又∵平面BDE⊥平面ABCD，∴PO∥平面BDE.
∴OP∥EF，∴eq \f(PE,EC)＝eq \f(OF,FC)＝eq \f(1,2).
故答案为：eq \f(1,2).
(2)证明：如图取AC的中点O，连接BO，PO.由题意可知
PA＝PB＝PC＝eq \r(2)，∴PO＝1，
AO＝BO＝CO＝1，
∵在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，
∴PO⊥AC．
∵在△POB中，PO＝1，OB＝1，PB＝eq \r(2)，
∴PO2＋OB2＝PB2，∴PO⊥OB．
∵AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC，
∴PO⊥平面ABC，
∵PO⊂平面PAC，
∴平面PAC⊥平面ABC．
名师讲坛·素养提升
立体几何中的轨迹问题
例6 (多选题)(2021·山东青岛模拟)在如图所示的棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1所在的平面上运动，则下列命题中正确的为( ABD )
A．若点P总满足PA⊥BD1，则动点P的轨迹是一条直线
B．若点P到点A的距离为eq \r(2)，则动点P的轨迹是一个周长为2π的圆
C．若点P到直线AB的距离与到点C的距离之和为1，则动点P的轨迹是椭圆
D．若点P到直线AD与直线CC1的距离相等，则动点P的轨迹是双曲线
[解析] A．∵PA⊥BD1，∴P在过A且与BD1垂直的平面ACB1上，又P∈平面BCC1B，∴P的轨迹是平面ACB1与平面BCC1B1的交线B1C，故A正确；
B．点P的轨迹是以A为球心，半径为eq \r(2)的球面与平面BCC1B1的交线，即点P的轨迹为小圆，设小圆的半径为r，球心A到平面BCC1B1的距离为1，则r＝eq \r(\r(2)2－1)＝1，所以小圆周长l＝2πr＝2π，故B正确；C．点P到直线AB的距离就是点P到点B的距离，即平面BCC1B1内的点P满足|PB|＋|PC|＝1＝|BC|，即满足条件的点P的轨迹就是线段BC，不是椭圆，故C不正确；D．如图，过P分别作PM⊥BC于点M，PE⊥CC1于点E，则PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AD，过M作MN⊥AD，连接PN，PM∩MN＝M，所以AD⊥平面PMN，所以PN⊥AD，如图建立平面直角坐标系，设P(x，y)，PM＝y，则PN2＝1＋y2，PE2＝(1－x)2，即1＋y2＝(1－x)2，整理为：(x－1)2－y2＝1，则动点P的轨迹是双曲线，故D正确．故选ABD．
[引申](1)本例中，若点P到直线AB的距离与到直线CC1的距离相等，则点P的轨迹为_以B为焦点、CC1为准线的抛物线__.
(2)本例中，若点P到直线AB的距离与到直线AD的距离相等，则点P的轨迹为_与BC距离为1的两条平行线__.
名师点拨
立体几何中的轨迹面是常转化为两面的交线，或在某面内建立坐标系通过求轨迹方程求解．
〔变式训练4〕
(2021·安徽蚌埠质检)平面α的一条斜线AP交平面α于P点，过定点A的直线l与AP垂直，且交平面α于M点，则M点的轨迹是( A )
A．一条直线 B．一个圆
C．两条平行直线 D．两个同心圆
[解析] 由题意知M在过A且与PA垂直的平面β内，∴点M的轨迹为平面α与β的交线，故选A．