《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例1](多选题)如图，在矩形ABCD中，BC = 1，AB = x，BD和AC交于点O，将△BAD沿直线BD翻折，则下列说法中正确的是 (　　　)
A. 存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥OC
B. 存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BD
C. 存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACD
D. 存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABD

答案： ABC　当AB=x=1时，此时矩形ABCD 为正方形，则AC⊥BD，
　将△BAD沿直线BD翻折，当平面ABD⊥平面BCD时，由OC⊥BD，OC⊂平面BCD，平面
ABD∩平面BCD=BD，所以OC⊥平面ABD，
　又AB⊂平面ABD，所以AB⊥OC，故A正确；又OC⊥BD，OA⊥BD，且OA∩OC=O，OA，
OC⊂平面OAC，所以BD⊥平面OAC，
　又AC⊂平面OAC，
　所以AC⊥BD，故B正确；
　在矩形ABCD中，AB⊥AD，AC=√(1 + x²)，所以将△BAD沿直线BD翻折时，总有AB ⊥AD，
　取x=1/2，当将△BAD沿直线BD翻折到AC =√3/2时，有AB² + AC²=BC²，
　即AB⊥AC，且AC∩AD=A，AC，AD⊂平面ACD
　则此时满足AB⊥平面ACD，故C正确；
　若AC⊥平面ABD，又AO⊂平面ABD，
　则AC⊥AO，
　所以在△AOC中，OC为斜边，这与OC=OA 相矛盾，故D不正确。

对点训练
(多选题)已知正四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁中，AB = 1，AA₁ = 2，点P，Q分别是棱B₁B，AB上的动点，则下列说法正确的是 (　　　)
A. 任意给定的点P，存在点Q，使得PQ//平面A₁C₁D
B. 任意给定的点Q，存在点P，使得PQ//平面A₁C₁D
C. 任意给定的点P，存在点Q，使得CP⊥D₁Q
D. 任意给定的点Q，存在点P，使得CP⊥D₁Q

答案：
ABD连接A1C1，A1D，C1D，AB1，
　选项A:任意给定的点P，可在△AB1内作PQ//A1B1，交AB于Q，又在正四棱柱ABCD - A1B1C1D1中，DC1//A1B1，则PQ//DC1，
　又DC1⊂平面A1C1D，PQ⊄平面A1C1D
　则PQ//平面A1C1D。则任意给定的点P，存在点Q，使得PQ//平面A1C1D。判断正确；
　选项B:任意给定的点Q，可在△AB1内作PQ//A1B1，交BB1于P，又正四棱柱ABCD - A1B1C1D1中，DC1//A1B1，则PQ//DC1，
　又DC1⊂平面A1C1D，PQ⊄平面A1C1D，则PQ//平面A1C1D。则任意给定的点Q，存在点P，使得PQ//平面A1C1D。判断正确；
　以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
　　　　　　
　则C(0,1,0)，D1(0,0,2)，
　设P(1,1,m)(0≤m≤2)，Q(1,t,0)(0≤t≤1)，则CP=(1,0,m)，D1Q=(1,t,-2)，
　选项C:由CP·D1Q=(1,0,m)·(1,t,-2)=1 - 2m=0，可得m=1/2；则当m ≠1/2时，CP·D1Q≠0，即CP⊥D1Q不成立则任意给定的点P，不一定存在点Q，使得CP ⊥D1Q。判断错误；
　选项D:由CP·D1Q=(1,0,m)·(1,t,-2)=1 - 2m=0，可得m=1/2；则对任意0≤t≤1，当m=1/2时均有CP·D1Q=0，即CP⊥D1Q；则任意给定的点Q，存在点P，使得CP⊥D1Q。判断正确

[例2]已知边长为1的正方形ABCD与CDEF所在的平面互相垂直，点P，Q分别是线段BC，DE上的动点(包括端点)，PQ = $\sqrt{2}$. 设线段PQ的中点M的轨迹为s，则s的长度为 (　　　)
A. $\frac{\pi}{4}$ B. $\frac{\pi}{2}$ C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ D. 2

答案：
A　如图，以DA，DC，DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系。
　　　　　
设P(m,1,0)(0≤m≤1)，Q(0,0,n)(0≤n≤1)，
　M(x,y,z)。由中点坐标公式易知x=m/2，y =1/2，
　z=n/2，即m=2x，n=2z。①
　因为|PQ|=√(m² + n² + 1)=√2，
　所以m² + n²=1，②
　把①代入②得，4x² + 4z²=1。
　即x² + z²=1/4。
　因为0≤m≤1，0≤n≤1，
　所以0≤x≤1/2，0≤z≤1/2。
　所以PQ中点M的轨迹方程为
　{x² + z²=1/4(0≤x≤1/2，0≤z≤1/2)，y=1/2。
　轨迹s为在垂直于y轴的平面内，半径为1/2的四分之一圆周
　所以s的长度为1/4×2π×1/2=π/4。

对点训练
(2023·济南模拟)已知正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁的棱长为2$\sqrt{3}$，E，F为体对角线BD₁的两个三等分点，动点P在△ACB₁内，且S△PEF = 2，则点P的轨迹的长度为________.

答案：
[解析]如图1所示，连接BD，
　　　　　
　因为ABCD - A1B1C1D1是正方体，
　所以AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，
　又AC⊂平面ABCD，
　所以AC⊥DD1，
　因为DD1∩BD=D，所以AC⊥平面BDD1，因为BD1⊂平面BDD1，所以BD1⊥AC；同理BD1⊥B1C。
　因为AC∩B1C=C，所以BD1⊥平面ACB1。因为正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为2√3，
　所以AC=B1C=AB1=2√6，BD1=6，
　又E，F为体对角线BD1的两个三等分点，所以BF=EF=D1E=2。
　设点B到平面ACB1的距离为d，
　则VB - ACB1=VB1 - ABC，
　所以1/3S△ACB1·d=1/3S△ABC·BB1，
　解得d=2，即d=BF，
　所以F∈平面ACB1，即BF⊥平面ACB1，三棱锥B - ACB1的底面三角形ACB1为正三角形，且BB1=BC=BA，
　所以三棱锥B - ACB1为正三棱锥，
　所以点F为△ACB1的中心
　因为P∈平面ACB1，
　所以PF⊂平面ACB1，则EF⊥PF；
　又△PEF的面积为2，
　所以1/2EF·PF=2，解得PF=2，
　则点P的轨迹是以点F为圆心，2为半径的圆周且在△ACB1内部的部分，

　如图2所示，点P的轨迹为MN，QR，ST，且三段弧长相等。
　在△FNB1中，FN=2，FB1=2√6×√3/2×2/3=2√2，∠NB1F=π/6，
　由正弦定理NF/sin(π/6)=B1F/sin∠B1NF，
　得sin∠B1NF=√2/2，
　由图2可知，∠B1NF∈(π/2，π)，
　所以∠B1NF=3π/4，则∠NFB1=π/12，所以∠NFM=2∠NFB1=π/6，所以MN的长l=2 ×π/6=π/3，
　则点P的轨迹的长度为3×π/3=π。
　答案:π

[例3](1)在四面体ABCD中，若AD = DB = AC = CB = 1，则四面体ABCD体积的最大值是 (　　　)
A. $\frac{2\sqrt{3}}{27}$ B. $\frac{1}{3}$ C. $\frac{2\sqrt{3}}{9}$ D. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
(2)如图，正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁的棱长为1，E，F分别为B₁C₁，C₁D₁的中点，P是底面A₁B₁C₁D₁上一点. 若AP//平面BEF，则AP长度的最小值是________，最大值是________.

答案：

(1)A　如图，取AB的中点E，连接
CE，DE，
　　　　　　
　设AB=2x(0＜x＜1)，则CE=DE =√(1 - x²)
　当平面ABC⊥平面ABD时，四面体ABCD的体积最大，此时，四面体ABCD的体积V=1/3×1/2×2x×√(1 - x²)×√(1 - x²)=1/3x - 1/3x³。
　所以V'=1/3 - x²，令V'=0，得x=√3/3
　当x∈(0，√3/3)时，V单调递增，当x∈(√3/3，1)时，V单调递减。故当x=√3/3时，V有最大值，Vmax=1/3×√3/3 - 1/3×(√3/3)³=2√3/27。
(2)[解析]如图，取A1D1的中点N，A1B1的中点M，连接AM，AN，MN，NE，B1D1，
　　　　　
　在正方体ABCD - A1B1C1D1中，E，N分别为
B1C1，A1D1的中点，
　所以EN//A1B1//AB，EN=A1B1=AB，
所以四边形ABEN为平行四边形，
　所以AN//BE，
　又AN⊄平面BEF，BE⊂平面BEF，
　所以AN//平面BEF，
　因为E，F分别为B1C1，C1D1的中点，
　由中位线性质知EF//B1D1，
　同理可知MN//B1D1，所以MN//EF，
　又MN⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，
　所以MN//平面BEF，
　又AN∩MN=N，AN，MN⊂平面AMN，
　所以平面AMN//平面BEF，
　因为P是底面A1B1C1D1上一点，且AP//平面BEF，
　所以P∈MN，
　在等腰△AMN中，当AP的长度最大时，P在M 点或N点，即APmax=AM=AN=√(1²+(1/2)²)=√5/2，
　当AP的长度最小时，P为MN的中点，MN =√2/2，
　所以AP=√(AM²-(MN/2)²)=√((√5/2)²-(√2/4)²)=3√2/4，
　即APmin=3√2/4。
　答案:3√2/4 √5/2

对点训练
在三棱锥P - ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，PA = AC = 2，AB = 3. 当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为________.

答案：
[解析]因为在三棱锥P - ABC中，PA，AB，
AC两两垂直，所以AB⊥平面PAC，则BD与平面PAC所成的角为∠ADB，tan∠ADB=AB/AD=3/AD，当AD取得最小值时，∠ADB取得最大值。在等腰Rt△PAC中，当D为PC的中点时，AD取得最小值。
　以A为坐标原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
　　　　　
　则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0,1,1)，
　则AD=(0,1,1)，PC=(0,2,-2)，
BC=(-3,2,0)。
　设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，
　则{n·PC=0，n·BC=0，
　即{2y - 2z = 0，-3x + 2y = 0，令y=3，得n=(2,3,3)。
　因为cos＜n,AD＞=n·AD/|n||AD|=(3 + 3)/(√22×√2)=3√11/11，
　所以AD与平面PBC所成角的正弦值为3√11/11。
　答案:3√11/11