09 增分微练4　空间中的动态问题 【答案】作业 高考数学二轮复习练习

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2.A [解析] 分别取CD,CS的中点F,Q,连接BD,EQ,FQ,EF,∵E为BC的中点,∴EF∥BD,又EF⊄平面SBD,BD⊂平面SBD,∴EF∥平面SBD.同理,EQ∥平面SBD,又EF∩EQ=E,EF⊂平面EFQ,EQ⊂平面EFQ,∴平面EFQ∥平面SBD.易得AC⊥平面SBD,∴AC⊥平面EFQ,当点P∈FQ时,总有PE⊥AC,∴点P的轨迹是△SCD的中位线FQ.故选A.
3.A [解析] 如图,过点C作CD⊥AB,交AB的延长线于点D,连接PD,PC,则PD⊥AB,∵平面ABP⊥平面ABC,平面ABP∩平面ABC=AB,PD⊂平面ABP,∴PD⊥平面ABC,又CD⊂平面ABC,∴PD⊥CD,又BC=5,AB=1,tan∠ABC=-2,∴tan∠CBD=2,∠CBD为锐角.∵tan∠PBD=tan∠CBD=PDDB=2,PD2+BD2=BP2=5,∴PD=2,在旋转的过程中,点C的运动轨迹是以D为圆心,2为半径的圆的14,其长度为14×2π×2=π.故选A.
4.C [解析] ∵AA1⊥平面A1B1C1,∴AA1⊥B1C1,又∠A1B1C1=90°,∴A1B1⊥B1C1,又∵AA1∩A1B1=A1,∴B1C1⊥平面AA1B1,∴B1C1⊥AB1.在Rt△AA1B1中,AB1=22+12=5.如图,在Rt△AB1C1中,过点M分别作MM'⊥AB1,MN'⊥B1C1,垂足分别为M',N',∵△C1MN'∽△C1AB1,∴C1N'C1B1=MN'AB1,∴C1N'=MN'5,∴5PM+MN=5PM+MN5≥5MM'+MN'5=5(MM'+C1N')=5.故选C.
5.ACD [解析] 设点A1到平面BEDC的距离为h,点D到AB的距离为h',则VA-A1DE∶VA1-BCDE=13×S△ADE×h∶13S梯形EBCD×h=S△ADE∶S梯形EBCD=12×AE×h'∶CD+BE2×h'=1∶3,故A正确;连接CE,假设存在某个位置,使DE⊥A1C,设AD=1,则DE=2,CE=2,DC=2,∴DE2+CE2=DC2,即DE⊥CE,又A1C∩CE=C,∴DE⊥平面A1CE,又A1E⊂平面A1CE,∴DE⊥A1E,与∠DEA1=45°矛盾,∴假设不成立,故B错误;取CD的中点F,连接MF,BF,则MF∥A1D且MF=12A1D,BF∥ED且BF=ED,由MF∥A1D与BF∥ED,易证平面MFB∥平面A1DE,又BM⊂平面MFB,∴总有BM∥平面A1DE,故C正确;∠MFB=∠A1DE,由余弦定理可得MB2=MF2+FB2-2MF·FB·cs∠MFB是定值,即BM的长为定值,故D正确.故选ACD.
6.ABC [解析] 由题意可将图形补全为一个正方体ADMF-BCNE,如图所示.对于A,因为EF⊥平面BCNE,BG⊂平面BCNE,所以EF⊥BG,所以当F,H重合时,EH⊥BG,故A正确;对于B,连接EM,易知BD∥EM,假设EH∥BD,则EH∥EM,又EH∩EM=E,所以EH,EM重合,又H是DF上的动点,所以EH,EM不可能重合,所以EH∥BD不成立,故B正确;对于C,以A为坐标原点,AD,AF,AB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BC=2,则A(0,0,0),D(2,0,0),B(0,0,2),E(0,2,2),F(0,2,0),G(2,2,2),设H(m,n,0),所以BD=(2,0,-2),BG=(2,2,0),EH=(m,n-2,-2),设n=(x,y,z)为平面BDG的法向量,则BD·n=0,BG·n=0,即2x-2z=0,2x+2y=0,令x=1,得n=(1,-1,1),假设EH∥平面BDG,则n·EH=m-n+2-2=0,所以m=n,因为m2+n2=4,m>0,n>0,所以m=n=2,即H是DF的中点,符合题意,所以存在点H,使得EH∥平面BDG,故C正确;对于D,当点H与点F重合时,直线EH与平面BDG所成角最大,因为EF=BA=(0,0,-2),所以cs=n·EF|n|·|EF|=-22×3=-33,此时直线EH与平面BDG所成角的正弦值为33,由33>12,得直线EH与平面BDG所成的最大角大于30°,所以存在点H,使得直线EH与平面BDG所成的角为30°,故D错误.故选ABC.
7.ACD [解析] 连接AD1,BC1,则B1C⊥BC1,B1C⊥C1D1,又BC1∩C1D1=C1,所以B1C⊥平面ABC1D1,因为AP⊂平面ABC1D1,所以AP⊥B1C,故A正确;连接BD,B1D1,假设PD⊥BC,又BC⊥DD1,PD∩DD1=D,所以BC⊥平面BDD1B1,则BC⊥BD,由题可知∠CBD=π4,故假设不成立,故B错误;连接C1D,则C1D⊥D1C,C1D⊥A1D1,又D1C∩A1D1=D1,所以DC1⊥平面A1BCD1,设D1C∩
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8.263 [解析] 当点P到平面ABC的距离最大时,三棱锥P-ABC的体积最大,此时平面PAB⊥平面ABC,取AB的中点D,连接PD,则PD⊥平面ABC,且PD=22,此时三棱锥P-ABC的体积V=13×34×4×22=263,故三棱锥P-ABC的最大体积为263.
9.22π [解析] 因为正四面体ABCD的棱长为3,所以侧面ABC上BC边上的高为332<22,所以点P的轨迹为圆.因为点A到平面BCD的距离为3322-322=6,所以点P的轨迹是半径为(22)2-(6)2=2的圆,所以点P的轨迹长度为22π.
10.66 3+63 [解析] 取BD的中点O,连接AO,由题知,当平面ABD⊥平面BCD时,四面体ABCD的体积最大,∵BC=1,CD=22,BD=3,∴BC2+CD2=BD2,∴∠BCD=90°,∴S△BCD=12BC·CD=2.∵AB=AD=3,BD=3,∴△ABD为等腰三角形,则AO⊥BD,∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又AO=32,∴四面体ABCD体积的最大值为13×2×32=66.如图,过点O作OF⊥BD交CD于点F,过点C作CE⊥BD于点E,∴OF∥CE,易知EC=223,DE=83,OE=76,∴OA与EC的夹角即为二面角A-BD-C的平面角,∴=120°.∵AC=AO+OE+EC,∴AC2=|AC|2=(AO+OE+EC)2=AO2+OE2+EC2+2AO·OE+2AO·EC+2OE·EC=322+762+2232+2×32×223×12=34+4936+89+63=3+63.