《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 3
(1)在矩形 $ABCD$ 中,$AB = \sqrt{3}$,$AD = 1$,点 $E$ 在 $CD$ 上,现将 $\triangle AED$ 沿 $AE$ 折起,使平面 $AED \perp$ 平面 $ABC$,当 $E$ 从 $D$ 运动到 $C$ 时,求点 $D$ 在平面 $ABC$ 上的射影 $K$ 的轨迹长度为(D)
A.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
B.$\frac{2\sqrt{2}}{3}$
C.$\frac{\pi}{2}$
D.$\frac{\pi}{3}$

答案：
(1)D　[
(1)由题意，将$\triangle AED$沿$AE$折起，使平面$AED\perp$平面$ABC$，在平面$AED$内过点$D$作$DK\perp AE$，垂足$K$为$D$在平面$ABC$上的射影，连接$D'K$，由翻折的特征知，$\angle D'KA = 90^{\circ}$，故$K$点的轨迹是以$AD'$为直径的圆上一段弧，根据长方形知圆半径是$\frac{1}{2}$，如图当$E$与$C$重合时，$\angle D'AC = 60^{\circ}$，所以$AK = \frac{1}{2}$，取$O$为$AD'$的中点，得到$\triangle OAK$是正三角形。故$\angle KOA = \frac{\pi}{3}$，所以$\angle KOD' = \frac{2\pi}{3}$，射影$K$的轨迹长度为$\frac{1}{2}×\frac{2\pi}{3} = \frac{\pi}{3}$。

(2)(多选)(2024·湖南九校联考)如图,点 $P$ 是棱长为 2 的正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 的表面上一个动点,$F$ 是线段 $A_1B_1$ 的中点,则(CD)


A.若点 $P$ 满足 $AP \perp B_1C$,则动点 $P$ 的轨迹长度为 $4\sqrt{2}$
B.三棱锥 $A - PB_1D_1$ 体积的最大值为 $\frac{16}{3}$
C.当直线 $AP$ 与 $AB$ 所成的角为 $45^{\circ}$ 时,点 $P$ 的轨迹长度为 $\pi + 4\sqrt{2}$
D.当 $P$ 在底面 $ABCD$ 上运动,且满足 $PF //$ 平面 $B_1CD_1$ 时,线段 $PF$ 长度最大值为 $2\sqrt{2}$

答案：

(2)CD [
(2)对于A，连接$AD_1$，$BC_1$，如图1，易知$B_1C\perp$平面$ABC_1D_1$，因为$A\in$平面$ABC_1D_1$，点$P$是正方体表面上一点，所以动点$P$的轨迹为矩形$ABC_1D_1$，则动点$P$的轨迹长度为$4\sqrt{2} + 4$，所以A错误；对于B，因为$V_{A - PB_1D_1} = V_{P - AB_1D_1}$，而$\triangle AB_1D_1$的面积为定值$2\sqrt{3}$，要使三棱锥$P - AB_1D_1$的体积最大，当且仅当点$P$到平面$AB_1D_1$距离最大，易知，点$C$是正方体表面上到平面$AB_1D_1$距离最大的点，$(V_{A - PB_1D_1})_{max} = V_{C - AB_1D_1} = \frac{8}{3}$，B错误；对于C，连接$CA$，$AB_1$，以$B$为圆心，$BB_1$为半径画弧$B_1C$，如图1所示，当点$P$在线段$AC$，$AB_1$和弧$\widehat{B_1C}$上时，直线$AP$与$AB$所成的角为$45^{\circ}$，又$AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \sqrt{4 + 4} = 2\sqrt{2}$，$AB_1 = \sqrt{AB^{2} + BB_1^{2}} = \sqrt{4 + 4} = 2\sqrt{2}$，弧$\widehat{B_1C}$的长度为$\frac{1}{4}×\pi×2^{2} = \pi$，故点$P$的轨迹长度为$\pi + 4\sqrt{2}$，故C正确；对于D，取$A_1D_1$，$D_1D$，$DC$，$CB$，$BB_1$，$AB$的中点分别为$Q$，$R$，$N$，$M$，$T$，$H$，连接$QR$，$QF$，$FT$，$TM$，$MN$，$NR$，$FH$，$HN$，$HM$，$FM$，$FN$，如图2所示，因为$FT// D_1C$，$FT\not\subset$平面$D_1B_1C$，$D_1C\subset$平面$D_1B_1C$，所以$FT//$平面$D_1B_1C$，因为$TM// B_1C$，$TM\not\subset$平面$D_1B_1C$，$B_1C\subset$平面$D_1B_1C$，所以$TM//$平面$D_1B_1C$，又$FT\cap TM = T$，$FT$，$TM\subset$平面$FTM$，故平面$FTM//$平面$D_1B_1C$，又$QF// NM$，$QR// TM$，$RN// FT$，故平面$FTMNRQ$与平面$FTM$是同一个平面，则点$P$的轨迹为线段$MN$，在三角形$FNM$中，$FN = \sqrt{FH^{2} + HN^{2}} = \sqrt{4 + 4} = 2\sqrt{2}$，$FM = \sqrt{FH^{2} + HM^{2}} = \sqrt{4 + 2} = \sqrt{6}$，$NM = \sqrt{2}$，则$FM^{2} + MN^{2} = 8 = FN^{2}$，故三角形$FNM$是以$\angle FMN$为直角的直角三角形，故$FP_{max} = FN = 2\sqrt{2}$，故D正确，故选CD。]
　　
　　　　　　　　　　　
　　
　　

(多选)(2025·杭州调研)如图,在棱长为 2 的正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中,$P$,$Q$ 分别为 $AC_1$,$A_1B_1$ 的中点,点 $T$ 在正方体的表面上运动,满足 $PT \perp BQ$.则下列结论正确的是(BCD)


A.点 $T$ 可以是棱 $DD_1$ 的中点
B.线段 $PT$ 长度的最小值为 1
C.点 $T$ 的轨迹是矩形
D.点 $T$ 的轨迹围成的多边形的面积为 $2\sqrt{5}$

答案：
训练3 BCD [以$C$点为坐标原点，$CD$，$CB$，$CC_1$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，则$C(0,0,0)$，$D(2,0,0)$，$B(0,2,0)$，$A(2,2,0)$，$C_1(0,0,2)$，$D_1(2,0,2)$，$B_1(0,2,2)$，$A_1(2,2,2)$，$P(1,1,1)$，$Q(1,2,2)$，设$T(x,y,z)$。对于A，当点$T$为棱$DD_1$的中点时，$T(2,0,1)$，则$\overrightarrow{PT} = (1, - 1,0)$，又$\overrightarrow{BQ} = (1,0,2)$，$\overrightarrow{PT}\cdot\overrightarrow{BQ} = 1 + 0 + 0 = 1\neq0$，不满足$PT\perp BQ$，所以点$T$不是棱$DD_1$的中点，故A中结论错误。$\overrightarrow{PT} = (x - 1,y - 1,z - 1)$，因为$PT\perp BQ$，所以$x - 1 + 2(z - 1) = 0$，$x + 2z = 3$。当$x = 0$时，$z = \frac{3}{2}$，当$x = 2$时，$z = \frac{1}{2}$，取$E(2,0,\frac{1}{2})$，$F(2,2,\frac{1}{2})$，$G(0,2,\frac{3}{2})$，$H(0,0,\frac{3}{2})$，连接$EF$，$FG$，$GH$，$HE$，则$\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{HG} = (0,2,0)$，$\overrightarrow{EH} = \overrightarrow{FG} = (- 2,0,1)$，所以$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{EH} = 0$，即$EF\perp EH$，所以四边形$EFGH$为矩形，因为$\overrightarrow{BQ} = (1,0,2)$，$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{BQ} = 0$，$\overrightarrow{EH}\cdot\overrightarrow{BQ} = 0$，所以$EF\perp BQ$，$EH\perp BQ$，又$EF$和$EH$为平面$EFGH$内的两条相交直线，所以$BQ\perp$平面$EFGH$，又$\overrightarrow{EP} = (- 1,1,\frac{1}{2})$，$\overrightarrow{PG} = (- 1,1,\frac{1}{2})$，所以$P$为$EG$的中点，则$P\in$平面$EFGH$，为使$PT\perp BQ$，必有点$T\in$平面$EFGH$，又点$T$在正方体表面上运动，所以点$T$的轨迹为矩形$EFGH$，故C中结论正确。矩形$EFGH$的面积为$2×\sqrt{5} = 2\sqrt{5}$，故D中结论正确。$x + 2z = 3$，所以$x = 3 - 2z$，又点$T$在正方体表面上运动，则$0\leqslant3 - 2z\leqslant2$，解得$\frac{1}{2}\leqslant z\leqslant\frac{3}{2}$。所以$\vert PT\vert = \sqrt{(x - 1)^{2} + (y - 1)^{2} + (z - 1)^{2}} = \sqrt{5(z - 1)^{2} + (y - 1)^{2}}$，结合点$T$的轨迹为矩形$EFGH$，分别讨论下列两种可能取得最小值的情况：当$z = 1$，$y = 0$或$y = 2$时，$PT = 1$；当$y = 1$，$z = \frac{1}{2}$或$z = \frac{3}{2}$时，$PT = \frac{\sqrt{5}}{2}$。因为$1\lt\frac{\sqrt{5}}{2}$，所以当$z = 1$，$y = 0$或$y = 2$时，$PT$取得最小值，为1，故B中结论正确。]