2022年高考数学专项复习立体几何中轨迹问题.pdf

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1、2022年高考数学专项复习立体几何中轨迹问题目录、热点题型归纳 l【题型一】由动点保持平行求轨迹1【题型二】由动点保持垂直求轨迹.4【题型三】由动点保持等距（或定长）求轨迹.9【题型四】由动点保持等角（或定角）求轨迹.12【题型五】投影求轨迹16【题型七】翻折与动点求轨迹19二、最新模考题组练22【题型一】由动点保持平行性求轨迹【典例分析】如图，在边长为a的正方体ABCD-A1B心D1中，E、F、G、H、N分别是CCI、C1D1、DD1、CD、BC的中点，M在四边形EFGH边上及其内部运动，若MN/面A,BD,则点M轨迹的长度是（)DI Ecl A1 瓜，I1,E C N B A.a B五aC

2、.$a 2 D.恤a_2【答案】D【分析】连接GH、HN，有GHIiBA1,f-fN/1/BD,证得面A,BD/面GHN,由已知得点M须在线段GH上运动，即满足条件，由此可得选项【详解】解：连接GH、HN、GN,？在边长为a的正方体ABCD如B心趴中，E、F、G、H分别是CC1、C1D1、DD伈CD的中点，N是BC的中点，则GHIiBA,HNII BD，又GHt:.面A,BD,BA,c面A,BD,所以GHIi面A,BD，同理可证得NHII面A1BD,又CHn HN=H,面A1BD/面GHN,又？点M在四边形EFGH上及其内部运动，MN/面A1BD,五五则点M须在线段GH上运动，即满足条件，GH

3、=-a,则点M轨迹的长度是-“2 2 DI F-G 故选：D.A,I:，l、.I E A l乡多了一了“C 8【提分秘籍】基本规律1线面平行转化为面面平行得轨迹2平行时可利用法向量垂直关系求轨迹【变式演练】1在三棱台A1BP1-ABC中，点D在A戊上，且AAI/IBD,点M是三角形A戊G内（含边界）的一个动点，且有平面BDM/1平面A1ACC!，则动点M的轨迹是（)c A l、l、人c IljllIII;/;,/,/,D B1 A.三角形AIBICI边界的一部分c.线段的一部分【答案】C【分析】过D作DEIIA.C,交B1C1千E，连接BE,证明平面BDEI I平面AA1C1C,得MEDE,【

4、详解】如图，过D作DEilA1C1交B1C，千E,连接BE,BDII A,BD平平面AAICICAA,C平面AA1C1C,所以BDI平面AAICC,同理DEi平面AA,C,C,又BDnDE=D,BD,DEc平面BDE,所以平面BDEI平面儿c,c,所以MEDE,（M不与D重合，否则没有平面BDM),B.一个点D.圆的一部分即得结论故选：c.A1 D B1 2已知正方体ABCDA戊C卫的棱长为2,E、F分别是棱AA1、AID1的中点，点P为底面ABCD内（包括边界）的一动点，若直线DIP与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为（)DI C1 AI E A B.$I 一f 一 II-11,r II

5、lIIIII、A.五【答案】B【分析】以点D为坐标原点，DA、DC、D队所在直线分别为X、Y、Z轴建立空间直角坐标系，设点P(a,b,O),计算出平面BEF的一个法向量汤的坐标，由已知条件得出互户盂0可得出a、b所满足的等式，求出点B 3 C.2 2 宅D.森P的轨迹与线段AD、BC的交点坐标，即可求得结果【详解】以点D为坐标原点，DA、DC、D以所在直线分别为X、Y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，,1,、II、II I I ,、,I I、I -书一一-则B(2,2,0)、E(2,0,1)、F(l,0,2)、D1(0,0,2)，设点P(a,b,O),I l I_ 1 1 _ BE=(0,

6、-2,1),EF=(-1,0,l)，设平面BEF的法向量为m=(x,y,z),由:阮2y+Z=0面百x+z=O，取z=2，可得m=(2,1,2),酰（a,b,2)，由题意可知，DIP/平面BEF,则瓦予孟=2a+b-4=0,令b=O,可得a=2;令b=2,可得a=I.所以，点P的轨迹交线段AD千点A(2,0,0)，交线段BC的中点M(l,2,0),所以，点P的轨迹长度为1AM|气(2-l)2+（O-2)2=故选：B.3在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E,F分别是棱C1D1,BP1的中点，P是上底面A戊cl队内一点（含边界），若AP!I平面BDEF，则P点的轨迹长为()A.1

7、B.2 C.2 D.22【答案】B【分析】由分别取棱A1B1,AIDI的中点M、N,连接MN,由线面平行得面面平行，得动点轨迹，从而可计算其长度【详解】如图所示，分别取棱AIBI、A1D1的中点M、N，连接MN，连接B,D,:M,N、E.F为所在棱的中点，.MNI/BI以，EFl!Bp1,:.MNI/EF,又MN亿平面BDEF,EFc平面BDEF,:.MN/平面BDEF,连接NF，由NFI I Al BlNF=Al BlAl Bl I I ABAl Bl=AB，可得NFI I AB,NF=AB,则四边形ANFB为平行四边形，则ANI IFB,而ANCJ:.平面BDEF,FBc平面BDEF,则A

8、NI平面BDEF.又ANnNM=N,平面AMNI平面BDEF.又P是上底面A1B1C几内一点，且API平面BDEF,:.p点在线段MN上又MN=-;:BIDI:.p点的轨迹长为2.2、一、-、呼，艾三勹/:E CI【题型二】动点保持垂直性求轨迹【典例分析】在正方体ABCD-A1B1C且中，Q是正方形B1BCC1内的动点，A.点B1B.线段B1cc线段B1C1【答案】B【分析】如图，连接AIC，证明BC11-B,Q，又BC1上BIC，即得解【详解】A,AIQ.LBCI，则Q点的轨迹是（D.平面B1BCC1D,1 I、一-、.,:-,-.,、-,、I、I、,、一D j _ J_t:c A,、丿C,

9、如图，连接A1c,因为BC1上A1Q,BC,j_ AIBIAiQ门 A戊AlAQ,AIBIC平面4且Q，所以BC1上平面A1B心，又B1Qc平面A1 B1Q,所以BC1上B心，又BCIJ_ B,C所以点Q在线段B1C上故选：B【提分秘籍】基本规律1可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹2利用空间坐标运算求轨迹3利用垂直关系转化为平行关系求轨迹【变式演练】1在正方体ABCD-A,BIC戊中，点P在侧面BCC戊及其边界上运动，且保持AP上BD，则动点P的轨迹为()A.线段CB1C.BB1的中点与cc,的中点连成的线段【答案】A【分析】B.线段BCID.BC的中点与B1C1的中点连成的线段

10、利用直线与平面垂直的判定可得BD凸面ACBl又点P在侧面BCC1B，及其边界上运动，并且总是保持AP与BD)垂直，得到点P的轨迹为面ACB与面BCCIBI的交线【详解】如图，连接AC,AB1,BIC,在正方体ABCD-A1B1Cp)中，有BDI上平面ACB口C1 Ai D1 、I I/7乙一;-：长7C-_.-.-A 又点P在侧面BCC戊及其边界上运动，故点P的轨迹为平面ACB1与平面BCCIBI的交线段CBI故选：A.2在棱长为1的正方体ABCD-/4B1C1D1中，M,N分别为BD1,s1c1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP上CN.给出下列说法：点P可以是棱BB1的中点；线段M

11、P的最大值为；3 4 点P的轨迹是正方形；点P轨迹的长度为2+$其中所有正确说法的序号是.C1 A1 气，立A/;/C【答案】）【分析】以D为坐标原点，分别以DA,DC,DDI为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出订户的坐标，从而得到MP的最大值，即可判断选项，通过分析判断可得点P不可能是棱BB1的中点，从而判断选项O，又EF=G H=I,EH=FG=$，可判断选项和选项【详解】解：在正方体ABCD-AIBIC戊中，以D为坐标原点，DCI为x轴，y轴，了该正方体的棱长为LM,N分别为BDI,B凡的中点，,l,l,:.D(0,0,0),M CD,沿着AC把-6.ACD折起至6.ACD口使DI

12、在平面ABC上的射影恰好落在AB上当边长CD变化时，点DI的轨迹长度为（)冗3B C.2兀3 D.1C Ajz_二冗一2.A 冗3B 冗4.c D.-亢6【答案】B【分析】根据DI的射影在边AB上，且ADI固定长度为l，所以 DI的轨迹在以A为原点半径为1的圆上，因此考虑CD的长度缩短到0时和CD变长到AB的长度两种情况，从而求出夹角大小，进而求出弧长【详解】因为DI的射影在边AB上，且A以固定长度为I,所以DI的轨迹在以A为原点半径为l的圆上考虑极端情况：当CD的长度缩短到0时，C,D,DI都汇聚到线段AB的中点(D2)；当CD变长到AB的长度时(DI的射影为D3),如图，设AD3=t,则B

13、D3=2-t,DI A j,:一：五仁1-C 2-t 在Rt.D，丛A中，D1D/=lt2,同理：CD尸1+(2t)2,Dp32=CD尸CD/=4-t+(2-t)2 :.4-1+(2矿1-t三t=，即D1在线段AB上的投影与点A的距离为卢，从而AD1与AB夹角为工，2 故点DI的轨迹为竺xi竺故选：B 3 3 3已知矩形ABCD中，AB=l,AE=五，如图，将:.ABE沿着BE进行翻折，使得点A与点S重合，若点S在平面BCD上的射影在四边形BCDE内部（包含边界），则动点S的轨迹长度是()s A E D _ _ _ _ A了IIIIC-C A.3兀【答案】C【分析】B.1t 6 C.冗18 D

14、.岛一6过点A作AM.lBE于点M，交BC千点G,则点S在平面BCDE上的射影N落在线段MG上由翻折过程可嘉4知，SM=AM=，判断出S的轨迹是以点M为圆心，为半径的一段圆弧，求出圆心角，利用弧长公3 式求出弧长【详解】A E i,:-I、I、，、1、I :：少,8;D-C A宒、，护、，、王畸-.,图(1)图(2)如图(l)，过点A作AM上BE千点M,交BC千点G,则 点S在平面BCDE上的射影N落在线段MG上在Rt!:,ABE中，AB=I,AE拉，则BE=J，由等面积法得AM=.l xJ i 5 3 五翻折的过程中，动点S满足SM=-，则动点S的轨迹是以点M为圆心，3 嘉为半径的一段圆弧易

15、得3 沁MGMB 1嘉BM=,EM=，口AMEV6GMB，所以=，则MG=J.r,.,.J.Mf,3 则DN=，占点 N的轨迹为以D为圆心，为半径的圆，故D错误3 故选：ABC.2.（广东省六校2022届高三上学期第三次联考数学试题）（多选题）如图的正方体ABCD-A戊CIDl中，棱长为2,点E是棱DD1的中点，点F在正方体表面上运动以下命题正确的有（)A 厂D Bl,t;、,A,.;4-4./-)D,.2 8 c A.侧面CDD1C1上不存在点F,使得BIF上CDIB.点D到面AIBE的距离与点Cl到面AIBE的距离之比为3 C.若点F满足B,FI/平面A,BE，则动点F的轨迹长度为22石D

16、.若点F到点A的距离为，则动点F的轨迹长度为2313【答案】BD【分析】先找到点F满足BIFI平面AIBE的轨迹，可判断选项AC,将平面Al.BE补全，利用比例判断选项B,找到2扣满足点F到点A的距离为的轨迹，可判断选项D3【详解】取CID)中点M,C1C中点N,连接B111,B,N,MN,易证B1NI/A1E,又B1N立平面A1BE,A,Ec平面A1BE,所以BiNI/平面A,BE,又MNIIA,B，同理得到MN/平面A,BE,所以平面B,MN/平面A,BE,所以若点F满足BIFI平面A,BE,则点F在6B1MN的三边上运动，卵2,B1M=B1N石，所以动点F的轨迹长度为2$忑，所以C错误；

17、当点F在侧面CDD,C,上运动时，点F的运动轨迹为线段MN,当F运动到MN中点时，因为6B1MN是等腰三角形，所以B1Fj_MN,又因为MNIICD,B l 所以BIF上CDI，故A错误；-1-7-_ 一，,r,，rA，二,-心jB,A雯，c 取CD中 点G,连接BG,EG,易证A,B IIEG,则A,B,E,G共面，令C,DnEG=H，则易得DH=CIH 3 所以点D到面AIBE的距离与点G到面AIBE的距离之比为，故B正确；3 2丘22i因为2五，所以若点F到点A的距离为,3 3 则动点F的轨迹在正方形BIBCC,和正方形CC1D1D 及正方形A1B1C1D1上，若在正方形BBCC上，则满

18、足BF2+BA2=(2扣I)三BF五2，所以在正方形BIBCC1上，动点F的3,3 4五2$为半径的四分之一圆弧，所以周长为m3 3 轨迹为以B为圆心，同理点F在正方形A1B1C1D1及正方形面上运动时，轨迹分别为以A1,D为圆心，CCIDID 2$之一圆弧，所以动点F的轨迹长度为冗x3=23五，所以D正确；3 4$一为半径的四分3 故选：BD 3.（多选题）（2022年全国著名重点中学领航高考冲剌试卷（六）如图，在正方体ABCD-AACP1中，E为AAI的中点，点F在线段ADl上运动，G为底面ABCD内一动点，则下列说法正确的是(、丿D1 Cl A1 众！,I I E,l/I I I I-一

19、1一一一一一I,D I/，曹/1/,.G C A B A.CIF l.CBI B.若FG/ICDI,则点G在线段AC上C.当点F从A向以运动时，三棱锥D-BFCI的体积由小变大D.若GD1,GE与底面ABCD所成角相等，则动点G的轨迹为圆的一部分【答案】ABD【分析】结合线面垂直的知识来判断A选项的正确性结合平面的知识来判断B选项的正确性结合锥体体积的求法来确定C选项的正确性结合阿波罗尼斯圆的知识来判断D选项的正确性【详解】连接A1D,AIDl.CIF,:C1F在平面ADD1A1内的射影为D1F,CB,II A1D,且AID.lD1F,则A1D.l平面C1D1F,:.CIF.lCB1,故A正确

20、；Dl I I I-.-zz.-z.-勹-B1E Al 气 FII.,.,.,-l I、I 1,I(l I I l I ID 尸II/I/I/I/G cl C A:FG II CD,:.FG与CD确定唯一的平面a,而平面ACD1与a有F,D,C三个不在一条直线上的公共点，平面ACD1与a重合，又G为底面ABCD内一动点，则点G必在平面ACDI与平面ABCD的交线AC上，故B正确；B Di A1 乙71cl,己-.,.-.,.,、-2-.,.，、B1 F产1 l l I 0且kct=l)的点P的轨迹是一个以定比m:PB n内分和外分定线段AB的两个分点的连线为直径的圆，此圆称为阿波罗尼斯圆故选：

21、ABD4（吉林省梅河口市第五中学2021-2022上学期第一次月考）在棱长为1的正方体ABCD-AIBICI队中，M,N分别为AA1,CCI的中点，0为底面ABCD的中心，点P在正方体的表面上运动，且满足NP.lMO,则下列说法正确的是（)D,CI 小8,NC _|-.-o -、D了、:，III,：大,、,、,、，,、,、，个4 A A B A.点P可以是棱BB1的中点c.点P的轨迹是平行四边形【答案】B【分析】B.线段NP的最大值为t 2 D.点P轨迹的长度为1+5在正方体ABCD-A1B,C1队中，以点D为坐标原点，分别以DA、DC、建立空间直角坐标系，根据NP.lMO,确定点P的轨迹，在

22、逐项判断，【详解】DDI方向为X轴、Y轴、z轴正方向，即可得出结果在正方体ABCDA1B1C1以中，以点D为坐标原点，分别以DA、建立空间直角坐标系，DC、DD1方向为X轴、Y轴、z轴正方向，,X D上，,I,l:Bl M A D 7/N C1 A1 y B 因为该正方体的棱长为1则D(0,0,0),叶，0，且M,N分别为N(o，号），CC，的中点，咐扣），所以西（；，甘），设P(x,y,z)，则丽（x,yl三），因为NPl_MO,所以忖户OM=O所以卢飞(y-I)分（三）0,即2x-2y+2z=-l,时1-2=x 当,。=z 令y=l；当x=O时，.l-2=y 取(,1,0),宁扣），连接E

23、F,FN,NE,则乔（I I-2-2,0),豆（f,o，且归珂巨门）x门）Ox=O,EN-OM=I 1 _(1 I 1 卢ox(-）飞勹0所以EF上OM,EN 1-0M,又EFnEN=E，且EFc平面EFN,Ne平面EFN,所以0M.l平面EFN,所以，为使NP.lOM,必有点PE平面EFN,又点P在正方体的表面上运动，所以点P的轨迹为正三角形EFN,故C错误；因此点P不可能是棱BB1的中点，故A错误；拉线段NP的最大值为NF=，故B正确；2 点P轨迹的长度为五5五-3五一+，故D错误；2 2 2 2 故选：B 5（广东省深圳市平冈高级中学2021届高三上学期9月第一次月考）如图所示，在棱长为

24、a的正方体ABCD-AIB心D1中，E是棱DD1的中点，F是侧面CDD1C1上的动点，且B,FII平面A,BE,则F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是（)D1 B1?.,l.,:c,、.I I/I I 斗E,/I I,i;,l,A I夕，,二._ _ _ _ I,B,-D c A.a B.a-2 c.J嘉D.五a2【答案】D【分析】过趴做与平面A,BE平行的平面，该平面与侧面CDD,C的交线，即为满足条件的轨迹，求解即可【详解】设G,H,I分别为CD,CC,Ci.趴边上的中点，连接Bil,B1H,JH,CD1,EG,BG,则A1BII CD1 II GE,所以小，B,E,G四点共面，由BIHI

25、I AiE,AIE ct平面B1HI,B1Hc平面B1HI,所以A1E/平面B,HI，同理AIB/平面B,HJ,A1BnA1E=A1,所以平面A1BGE/平面B1HI,A 长、D1 B1 E ,一,-.-;之一_ 乙-/(IIII上/_ _ A,/乞,f,1,，心B D c 又因为B1F/平面A,BE，所以F落在线段Hf上，1 因为正方体ABCD-A心C心的棱长为a,所以Hf=CDI=-a,$2 2 五即F在侧面CDD心上的轨迹的长度是-a故选：D.2 6.（湖南省永州市2021-2022学年高三上学期第一次适应性考试）已知在三棱锥S-ABC中，的中点，点E在6SBC（含边界位置）内，则满足D

26、Ei I平面SAC的点E的轨迹为（)D为线段ABA.线段SB,BC的中点连接而成的线段B.线段SB的中点与线段BC靠近点B的三等分点连接而成的线段c.线段BC的中点与线段SB靠近点B的三等分点连接而成的线段D.线段BC靠近点B的三等分点与线段SB靠近点B的三等分点连接而成的线段【答案】A【分析】利用面面平行得到线面平行，即可【详解】解：如图所示，p、Q分别为线段SB,BC的中点，所以PQI I SC,DQ I I AC,PQ立平面SAC,ACc平面SAC,所以PQII平面SAC,同理DQ/1平面SAC,PQnDQ=Q,所以平面PDQ/平面SAC,若DE 平面PDQ，则会有DEi平面SAC,故点

27、E的轨迹为线段SB,故选A.BC的中点连接而成的线段，s B,C 4 7（辽宁省实验中学2021-2022学年上学期联考）已知正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D戊月的棱长均为一，点P在棱队上运动，点Q在底面ABCDEF内运动，PQ=五.，R为PQ的中点，则动点R的轨迹与正六棱柱的侧面和底面围成的较小部分的体积为（)岛24A B.五f18 C.五冗12 D.5冗飞一【答案】B【分析】根据题意，可判断出动点R的轨迹为球，结合球的体积公式，即可求解【详解】由直角三角形的性质得AR=,五/2 5 所以点R在以A为球心，半径是的球面上运动，2 2冗l因为4BAF=，所以动点R的轨迹与正六棱柱的侧面和底

28、面围成的较小部分球，3 6 1 4(2心其体积为卢石）丁了故选：B.8（福建省厦门双十中学2020-2021学年）四棱锥P-OABC中，底面OABC是正方形，OP上OA,OA=OP=a.D是棱OP上的一动点，E是正方形OABC内一动点，DE的中点为Q,当DE=a时，Q的轨迹是球面的一部分，其表面积为3兀，则a的值是（)A.2$【答案】B【分析】首先假设OP.LOC,将匹棱锥P-OABC放在正方体中，然后根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得B.2森c.3牧D.6 1 OQ=:a,得到点Q的轨迹，最后根据题意列出方程求出a的值2【详解】p.,B 由题意不妨设OPl.OC，又OP上OA,底面OA

29、BC是正方形，所以可将四棱锥P-OABC放在一个正方体内，所以DOl.面OABC,又OEc面OABC,则DOl.OE,又DE的中点为Q,l l 所以OQ=DE=a,2 2 l 即Q的轨迹是以0为球心，OQ=a为半径的球，且点Q恒在正方体内 部，2 又因为8个一样的正方体放在一起，点Q的轨迹就可以围成一个完整的球，所以Q的轨迹是以0为球心，OQ=:-a为半径的球的球面，2 8 所以x4冗（扣）2=3兀，解得a=2玩，故选：B9（浙江省2020届高三）棱长为a的正方体ABCD-4i且cpl中，点P在平面A1B1C1D1内运动，点Bl到直线DP的距离为定值，若动点P的轨迹为椭圆，则此定值可能为()$

30、A.一a2 B.3a C.6a 森D.一a2【答案】A【分析】设4BIDP=a，分析出点P在以DB1为轴的圆锥的侧面上，计符出d3a，并分析出a45，可得出d#；如2 由此可得出合适的选项【详解】如下图所示：,A1(l,I I _/I,f I/I I/,I,D I,IP A.,/c.因为点队到直线DP的距离为定值，所以，点P在以D队为轴的圆锥的侧面上，因为点P的轨迹为椭圆，即圆锥被平面A戊C1趴所截的截面为椭圆，设圆锥轴截面的半顶角为a,则点凡到直线DP的距离为d=Bpsina=3asina 3a,当截面与圆锥的母线平行时，即a=45.时，截面为抛物线，不合乎题意，森所以，d-:t.3asin

31、45令一a.2 综合选择，可知A选项合乎题意故选：A.IO（上海市建平中学2020-2021学年期中）已知菱形ABCD边长为2,乙ABC=60,沿对角线AC折叠成三棱锥B-ACD，使得二面角B-ACD为60,设E为BC的中点，F为三棱锥B-ACD表面上动点，且总满足AC.lEF,则点F轨迹的长度为（)A.2$【答案】D【分析】B.3./3 C.3 3$D.2 在侧面BAC上，点F的轨迹是EP，在侧面BCD上，点F的轨迹是EQ，在底面ACD上，点F的轨迹是PQ,求心EPQ的周长即可【详解】连接AC,BD，交千点0,连接OB,ABCD为菱形，B B D C 乙ABC=60,所以AC.lBD,OB.

32、lAC,ABC，凶CD,V ABC均为正三角形，所以乙BOD为二面角B-AC-D的平面角，千是L.BOD=60,又因为OB=OD，所以战OD为正三角形，$所以BD=OB=OD=2 x一五:,2 取oc的中点P,取CD的中点Q,连接EP,EQ,PQ,所以PQIIOD,EPIIOB,所以AC.lEP,AC.l_ PQ,EPr.PQ=P,所以AC.l平面EPQ,所以在三棱锥B-ACD表面上，满足AC.l_EF的点F轨迹为!:.EPQ,因为EP=-;:OB,PQ=-;:OD,EQ=-;:BQ,2 2 五3$所以!:.EPQ的周长为3x一一，2 2 所以点F轨迹的长度为.3$2 故选：D11（河南省郸城

33、县第一高级中学2021-2022学年高三第一次模拟）在三棱锥DABC中，G是,A BC的重心，P是面BCD内一点，且PG!/平面ABD.D A C B(1)画出点P的轨迹，并说明理由；(2)CD _l_平面ABC,AC=CD=2,BC=1,LACB=60,当GP最短时，求二面角P-AD-C的余弦值【答案】（I)答案见解析；(2)5妇31【分析】(I)分别取BC,DC三等分点E,F，因为G是o.ABC的重心，结合面面平行的判定定理即可证明平面GEFII平面ABD,故有PG/平面ABD,得点P的轨迹为EF;假设P不在EF上，根据平行关系会得出矛盾结果；(2)由余弦定理得AB=-J3，根据垂直关系可

34、证GE_l_EF,故当点P与E重合时，GP最短，以C为坐标原点，建立坐标系，分别求得平面ADP和ADC的一个法向篮，再结合向量的夹角公式即可求出二面角 的余弦值【详解】l _ _ l 解；（I)分别取BC,DC三等分点E,F,其中BE=EC,DF=FC,2 2 连接GE,EF,FG,则EF为点P的轨迹l l 因为BE=EC,DF=FC,所以EFI/BD,2 2 因为EFer.平面ABD,所以EFI平面ABD,因为G是o.ABC的重心，所以GEi/AB,因为GE立平面ABD所以GEi平面ABD,因为EF 门EG=E,所以平面GEF/平面ABD,当P在EF上时，PG/平面ABD如图，假设P不在EF

35、上，任取EF上一点Q,连接PQ,因为PG/平面ABD,QGI平面ABD,PG n QG=G,所以平面PQG/平面ABD,所以PQ/平面ABD,因为平面BCDn平面ABD=BD,PQc平面BCD,所以PQ/IBD,所以PQIIEF,与PQnEF=Q矛盾，所以假设不成立，“综上所述，EF为点P的轨迹A/)F c A/)F c(2)由余弦定理得cos乙ACB=AC2+BC2-AB，解得AB=3,2ACB C 所以AB2+BC2=AC2,所以AB.LBC,因为GEi/AB,所以GE.LBC,因为DCJ_平面ABC,所以GE.LCD,因为BC,CDc平面ACD,BCnCD=C,所以GE.L平面BCD,因

36、为EFc平面BCD,所以GE.LEF,当点P与E重合时，GP最短，如图，在平面ABC内，作CH上AC,以C为坐标原点，CB为x轴，CH为y轴，CD为z轴，建立直角坐2 标系，则A(l,-3,0),C(0,0,0),D(0,0,2),P(,0,0),3 2 所以祚（,3,0)，祝（，0,-2)，已i=(l,-3,0),CD=(0,0,2)3 3 设盂（X1,Y1,Z1)为平面ADP的一个法向量，,。_。_ yi$Z_+2 x!l-3x-2_3 尸vnr 门,oo=-AP-DP.-m-m lj 贝$令x,=3,得；（3，,1)3 设n=(x2,Y2,Z2)为平面ADC的一个法向量，则厂歹0=0，即

37、2-嘉02z2=0 令X2=3，符=(3,3,0),-mn 10 所以cos=-竿|m|n|应,31,3 所以二面角P-AD-C的余弦值为5妇31 z A 专题平面向量的极化恒等式利用向世的极化恒等式可以快速对共起点（终点）的两向量的数呈积问题数量积进行转化，体现了向呈的几何屈性，让“秒杀”向量数最积问题成为一种可能，此恒等式的精妙之处在于建立了向量的数量积与几何长度（数世）之间的桥梁，实现向设与几何、代数的巧妙结合对于不共起点和不共终点的问题可通过平移转化法等价转化为对共起点（终点）的两向董的数擞积问题，从而用极化恒等式解决1.极化恒等式：ab=一(a+b)2一(a-b)24 几何意义：向矗

38、的数址积可以表示为以这组向址为邻边的平行四边形的和对角线与“差对角线“平方差的ic A 2.平行四边形模式：如图（1),平行四边形ABCD,0是对角线交点则：I(1)私肋IAC1气BD尸4 c A 图(I)B c 3.三角形模式：如图（2),在MBC中，设D为BC的中点，则刀江花IAD!2-IBD|互三角形模式是平面向量极化恒等式的终极模式，几乎所有的问题都是用它解决记忆向量的数量积等于笫三边的中线长与笫三边长的一半的平方差考点一平面向量数量积的定值问题【方法总结】利用极化恒等式求数量积的定值问题的步骤(I)取第三边的中点，连接向量的起点与中点；(2)利用积化恒等式将数量积转化为中线长与第三边

39、长的一半的平方差；(3)求中线及第三边的长度，从而求出数兢积的值积化恒等式适用于求对共起点（终点）的两向量的数量积，对于不共起点和不共终点的问题可通过平移转化法等价转化为对共起点（终点）的两向量的数量积，从而用极化恒等式解决在运用极化恒等式求数量积时，关键在于取笫三边的中点，找到三角形的中线，再写出极化恒等式，难点在于求中线及笫三边的长度，通常用平面几何方法或用正余弦定理求解，从而得到数量的值【例题选讲】例1)(1)(2014全国II)设向姑a,b满足1a+b|O,la-b|责，则ab=()A.1 B.2 c.3 D.5 答案A解析通法由条件可得，（a+b)2=IO,(a-b)2=6，两式相减

40、得4ab=4，所以ab=I.I 极化恒等式ab=(a+b)2一(a-b)2=-:-(I0-6)=I.4 4(2)(2012浙江）在t:,.ABC中，M是BC的中点，AM=3,BC=IO,则乃戏答案-16 解析因为M是BC的中点，由极化恒等式得孔U花儿忻IBCl2=9-x 1 oo=-4.4 16.B二c(3)如图所示，AB是圆0的直径，P是五仁上的点，M,N是直径AB上关千点0对称的两点，且AB-=6,MN=4,则PM-PN=()A M 0 A.13 B.7 c.5 D.3-答案C解析连接AP,BP，则PM=PA+AM,PN=PB+BN=PB-AM，所以PMPN=(PA+AM)(PB-AM)=

41、PAPB-PAAM+AMPB-I砌-=-PAAM+AMPB-IAM1仁和正西1X6-1=5.(4)如图，在平行匹边形ABCD中，AB=l,AD=2,点E,F,G,H分别是AB,BC,CD,AD边上的中点，则历了右币l用产D G c A E B 答案2解析连结EC,FH,交于点O，则歼冗歼歼I即况12=1一目2=l,劭用2 4 如祚吩厮1一目3，因此歼酰劭茂i4 2(5)(2016江苏）如图，在t:,.ABC中，D是BC的中点，E,F是AD上的两个三等分点历四4,肝飞手=-1，则肘汉分的值为A B c 答案2解析极化恒等式法设BD=DC=m,AE=EF=FD=n,则AD=3n.根据向量的极化恒8

42、 等式，有祜花劝2房乒9n2而4,两冗同户冈12=n2而 I.联立解得n2主，沪旦因8 8 此邸汉动2冈乒 4示m2=;即耽可18 8 坐标法以直线BC为x轴，过点D且垂直于BC的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系xoy,如图：设A(3a,3b),B(-c,0),C(-c,0)，则有E(2a,2b),F(a,b)屈忒（3a+c,3b)(3a-c,3b)=9a2气9b2=4肝呼（a+c,b)(a-c,b)=a2气沪l,则a2+b三，c2旦耽郘8 8(2ac,2b).(2ac,2bl=4a2-c2+4护28 B A C X 4几2汒36励2沪基向量和忒（m房）（m5C)=4，歼寻（酰动）（房

43、成C)4 4 4同户的5=l,因此同P=，成旦，成茂（院励）（庞OC)=4动2虳16同）2成7=-4 8 2 4 4 8.(6)在梯形ABCD中，满足ADI/BC,AD=l,BC=3,卫辽汒2,则示EJib的值为B二c答案4解析过A点作AE平行于DC,交BC于E,取BE中点F,连接AF,过D点作DH平行UUJI UUU UUI UUJI U Ull 于AC,交BC延长线于H,E为BH中点，连接DE,AB-DC=AB-AE=AF2-BF2=AF1-1=2,AC ULU ULU UUU BD=-DB DH=BE2-DE2=4-DE2,又FE=BE-BF=I,ADI/BC,则四边形ADEF为平行四边

44、形，uuu uuu AF=DE,:.AC BD=I.A I I I I/、.B”,/、F E C、II【对点训练】I.已知正方形ABCD的边长为1,点E是AB边上的动点，则l5Ei5A的值为I.答案1解析取AE中点O,设IAEI=x(O衾1)，贝1JIAOI=ix,庞房I=防0|2飞0尸l巨xI-x2=1.4 2.如图，AOB为直角三角形，OA=I.OB=2,C为斜边AB的中点，P为线段oc的中点，则社哎诈()A.l B.1 16 1-4.c D.1-2 A。二B2.答案B 解析一一一一5 1 取AO中点Q,连接PQ,APOP=PAP0=PQ2-AQ2=-:-;-:=-!-;1 16 4 16

45、.3.如图，在平面四边形ABCD中，0为BD的中点，且OA=3,曰延OC=5,若刀心彷7,则页fi5c的值B二3.5.答案9-16=9.4.已知点A,B分别在直线x=3,x=I上，I房i况斗4,当1苏尸况计取最小值时，房！况邢值是.A.0 4.答案答案c 解析解析因为屁肋从2说）2=9说）27况)2=16,所以沉i5c=动亡况)2=25B.2 如图，点A,B分别在直线x=l,x=3上，j积4,中点在x轴上，d司严炉历炉4-4=0.c 解析y。c.3 D.6 当p汇司引取最小值时，AB的A X B 5.在边长为l的正三角形ABC中，D,E是边BC的两个三等分点(D靠近点B)，则孔江访等千(1-6

46、.A 2-9.B 解法一：C.13 18 1-3.D 1 因为D,E是边BC的两个三等分点，所以BD=DE=CE=，在t,.ABD中，3 AD2=BD2+AB2-2BDABcos60=G)2+12-2xlx1x匕1,3 2 9 寸即AD=-,7 3 古同理可得AE=，在6.ADE3 1+1一问中，由余弦定理得cos乙DAE=AD2+A炉DE99旦2AD-AE 沂沂142xX 3 3 立立乌旦3 3 14 18-所以ADAE=JADI JAEJcos乙DAE=解法二：如图，建立平面直角坐标系，由正三角形的性质易得Ao,n-,o),J,o),yA,B D OJ E C-x 所以归,盖）正（i,享）

47、所以动庄（i亨）（i,享）上斗旦6 2 36 4 l8-极化恒等式法取DE 中点F,连接AF,则ADAE=IAFl2-1D月2=-一3 I 13 4 36 18 6.在丛ABC中，油AC|油了q,AB=2,AC=l,E,F为BC的三等分点，则五巨诈等千（)8-9 A B.10 9 25_9 c D.26 9.-.-.6.答案B解析坐标法由IAB+A Cl=IA B-AC，化简得ABAC=O,又因为AB和AC为三角形的两条边，它们的长不可能为o,所以AB与AC垂直，所以6.ABC为直角三角形以A为原点，以AC所在直线为x轴，以AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(O,0),B(O

48、,2),C(l,0)不妨令E为BC的靠近C的三等分点，则:,f),:)，所以石C，f)，万U,：），所以石立祚纭丛纭止旦3 3 3 3 9 y l-1 2x 极化恒等式法取EF中点M,连接AM,则屁祚凶11j2-IE研.5 5 10 4 36 9 7.如图，在平行四边形ABCD中，已知AB=8,AD=5,可=3咒），刀刃沪2,则刀氏劝的值是（)AZ:SZC A.44 B.22 C.24 D.72 7.答案B 解析如图，取AB中点E,连接EP并延长，交AD延长线于F,刀刃沪EP2-AE2=EP2 16=2,:.EP=3心，又：呼3励，戏觅，几压,.AE=2DP，即l),FAE中，DP为中位线，A

49、F=2AD=10,AE=!AB=4,FE=2PE=6心，AP2=40,肋劝吓庄AP2-EP2=40一(3也）2=2 22.8.如图，在6.ABC中，已知AB=4,AC=6,乙A=60,点D,E分别在边AB,AC上，且几?=2丑),At=2正，若F为DE的中点，则JIF.f5E的值为B C 8.答案4解析取BD的中点N,连接NF,EB,则BE上AE,.BE=2寸在t:.DEB中FNI/.!.EB.:.FN 2 也歼院2两咒2(F炉D炫）4.C 9.如图，在t:.ABC中，已知AB=3,AC=2,乙BAC=l20,D为边BC的中点，若CD上AD,垂足为E,-则EBEC=9.笨：安口不旦解析由余弦定

50、理得，BC2=AB2+AC22ABAC-cosl20=19,即BC=因为i从花7 面AD2-CD2=IABlIAClcosl20=-3,所以IADI=，因为SMBC=2SADC,则!IABlIAClsinl20=2 2 I 2=1ADIICEI,解衵CEI=3面2 7，在Rt1:,.DEC中，IDE|求玉；二玉卢fl-,所以动成IEDl2-1co12=14 弓B c 10.在平面四边形ABCD中，点E,F分别是边AD,BC的中点，且AB=l,EF=2,CD=1s,若五5祝：-=15.则AC-BD的值为10.答案解析极化恒等式如图，取AB,AC,CD,BD中点H,I,J,K,四边形ABCD中，易