《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1)(多选题)底面为菱形的直棱柱 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 各棱长均为 $2$，$\angle BAD = 60^{\circ}$，点 $M$ 是线段 $A_1C_1$ 上的动点，点 $E$，$F$ 分别是棱 $CC_1$，$BC$ 的中点，则下列结论正确的是(ABC)
A. 直线 $AM$ 与 $BD$ 为异面直线
B. 直线 $EF//$ 平面 $AMD_1$
C. 存在点 $M$，使 $D_1M\perp EF$
D. 直线 $B_1D_1$ 与 $EF$ 的夹角为 $60^{\circ}$
(2)正四棱锥 $S - ABCD$ 的底面边长为 $2$，高为 $2$，$E$ 是边 $BC$ 的中点，动点 $P$ 在正四棱锥表面上运动，并且总保持 $PE\perp AC$，则动点 $P$ 的轨迹的周长为(A)
A. $\sqrt{6} + \sqrt{2}$
B. $\sqrt{6} - \sqrt{2}$
C. $4$
D. $\sqrt{5} + 1$

答案：

(1)ABC
(2)A
(1)设AC，BD交于点O，A₁C₁，B₁D₁交于点O₁，因为ABCD - A₁B₁C₁D₁为直棱柱，且底面为菱形，所以OA，OD，OO₁两两垂直，以O为原点，OA，OD，OO₁分别为x，y，z轴建立如图所示坐标系，因为ABCD - A₁B₁C₁D₁各棱长均为2，∠BAD = 60°，所以A($\sqrt{3}$，0，0)，B(0， - 1，0)，D(0，1，0)，E( - $\sqrt{3}$，0，1)，F( - $\frac{\sqrt{3}}{2}$， - $\frac{1}{2}$，0)，B₁(0， - 1，2)，D₁(0，1，2)，又因为点M是线段A₁C₁上的动点，所以设M(a，0，2)，a∈( - $\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$)，对于A，因为M∉平面ABCD，A∈平面ABCD，BD⊂平面ABCD，且A∉BD，所以直线AM与BD为异面直线，故A正确；对于B，$\overrightarrow{EF}$ = ($\frac{\sqrt{3}}{2}$， - $\frac{1}{2}$， - 1)，$\overrightarrow{AM}$ = (a - $\sqrt{3}$，0，2)，$\overrightarrow{AD_{1}}$ = ( - $\sqrt{3}$，1，2)，设平面AMD₁的法向量为n=(x，y，z)，则$\begin{cases}(a - \sqrt{3})x + 2z = 0\\ - \sqrt{3}x + y + 2z = 0\end{cases}$，令x = $\sqrt{3}$，得平面AMD₁的一个法向量为n = ($\sqrt{3}$，$\sqrt{3}a$，$\frac{3 - \sqrt{3}a}{2}$)，因为n·$\overrightarrow{EF}$ = $\frac{3}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}a + ( - \frac{3}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}a)$ = 0，所以直线EF//平面AMD₁，故B正确；对于C，$\overrightarrow{D_{1}M}$ = (a， - 1，0)，$\overrightarrow{EF}$ = ($\frac{\sqrt{3}}{2}$， - $\frac{1}{2}$， - 1)，令$\overrightarrow{D_{1}M}$·$\overrightarrow{EF}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}a + \frac{1}{2}$ = 0，解得a = - $\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以存在点M，使D₁M⊥EF，故C正确；对于D，$\overrightarrow{B_{1}D_{1}}$ = (0，2，0)，$\overrightarrow{EF}$ = ($\frac{\sqrt{3}}{2}$， - $\frac{1}{2}$， - 1)，因为$\vert\cos\langle\overrightarrow{B_{1}D_{1}},\overrightarrow{EF}\rangle\vert$ = $\frac{\vert\overrightarrow{B_{1}D_{1}}·\overrightarrow{EF}\vert}{\vert\overrightarrow{B_{1}D_{1}}\vert\vert\overrightarrow{EF}\vert}$ = $\frac{1}{2×\sqrt{2}}$ = $\frac{\sqrt{2}}{4}$，所以直线B₁D₁与EF的夹角不为60°，故D错误。故选ABC。
(2)如图，设AC，BD交于O，连接SO，由正四棱锥的性质可得SO⊥平面ABCD，因为AC⊂平面ABCD，故SO⊥AC。又BD⊥AC，SO∩BD=O，SO，BD⊂平面SBD，故AC⊥平面SBD。由题意，PE⊥AC，则动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S - ABCD的交线，即平面EFG，则AC⊥平面EFG。由线面垂直的性质可得平面SBD//平面EFG，又由面面平行的性质可得EG//SB，GF//SD，EF//BD，又E是边BC的中点，故EG，GF，EF分别为△SBC，△SDC，△BCD的中位线。由题意BD = 2$\sqrt{2}$，SB = SD = $\sqrt{2^{2}+2}$ = $\sqrt{6}$，故EG + EF + GF = $\frac{1}{2}×(\sqrt{6}+2\sqrt{2}+\sqrt{6})$ = $\sqrt{6}+\sqrt{2}$。即动点P的轨迹的周长为$\sqrt{6}+\sqrt{2}$。故选A。
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(1)已知长方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 的外接球的表面积为 $5\pi$，$AA_1 = 2$，点 $P$ 在四边形 $A_1ACC_1$ 内，且直线 $BP$ 与平面 $A_1ACC_1$ 的夹角为 $\dfrac{\pi}{4}$，则长方体的体积最大时，动点 $P$ 的轨迹长为(C)

A.$\pi$
B.$\dfrac{\sqrt{2}\pi}{2}$
C.$\dfrac{\pi}{2}$
D.$\dfrac{\sqrt{2}\pi}{4}$

答案：

(1)C
(1)因为长方体ABCD - A₁B₁C₁D₁的外接球的表面积为5π，设外接球的半径为R，所以4πR² = 5π，解得R = $\frac{\sqrt{5}}{2}$或R = - $\frac{\sqrt{5}}{2}$(舍去)，即外接球的直径为$\sqrt{5}$，设AB = a，BC = b，则$\sqrt{a^{2}+b^{2}+2^{2}}$ = $\sqrt{5}$，可得a² + b² = 1，所以V = 2ab ≤ a² + b² = 1，当且仅当a = b = $\frac{\sqrt{2}}{2}$时，等号成立。如图，设AC，BD相交于点O，因为BO⊥AC，BO⊥AA₁，AC∩AA₁ = A，AC、AA₁⊂平面A₁ACC₁，所以BO⊥平面A₁ACC₁，因为直线BP与平面A₁ACC₁的夹角为$\frac{\pi}{4}$，所以∠BPO = $\frac{\pi}{4}$，故OP = $\frac{1}{2}$，则点P的轨迹是以O为圆心，半径r = $\frac{1}{2}$的半圆弧，所以动点P的轨迹长为$\pi r$ = $\frac{\pi}{2}$，故选C；
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(2)已知三棱锥 $P - ABC$ 的外接球 $O$ 的半径为 $\sqrt{13}$，$\triangle ABC$ 为等腰直角三角形，若顶点 $P$ 到底面 $ABC$ 的距离为 $4$，且三棱锥 $P - ABC$ 的体积为 $\dfrac{16}{3}$，则满足上述条件的顶点 $P$ 的轨迹长度是4√3π.

答案：

(2)4√3π
(2)设底面等腰直角三角形ABC的直角边的边长为x(x＞0)，因为顶点P到底面ABC的距离为4且三棱锥P - ABC的体积为$\frac{16}{3}$，所以$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}x^{2}×4$ = $\frac{16}{3}$，解得x = 2$\sqrt{2}$，所以△ABC的外接圆半径为r = $\frac{1}{2}×\sqrt{2}×2\sqrt{2}$ = 2，所以球心O到底面ABC的距离d = $\sqrt{R^{2}-r^{2}}$ = $\sqrt{13 - 2^{2}}$ = 3，又因为顶点P到底面ABC的距离为4，所以顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周(球心在底面ABC和截面圆之间)且球心O到该截面圆的距离d₂ = 1，因为截面圆的半径r₂ = $\sqrt{R^{2}-d^{2}}$ = $\sqrt{13 - 1^{2}}$ = 2$\sqrt{3}$，所以顶点P的轨迹长度是2πr₂ = 2π×2$\sqrt{3}$ = 4$\sqrt{3}\pi$。
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(1)如图，斜线段 $AB$ 与平面 $\alpha$ 的夹角为 $\dfrac{\pi}{4}$，$B$ 为斜足. 平面 $\alpha$ 上的动点 $P$ 满足 $\angle PAB = \dfrac{\pi}{6}$，则点 $P$ 的轨迹为(B)

A. 圆
B. 椭圆
C. 双曲线的一部分
D. 抛物线的一部分
(2)(多选题)如图，已知正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 的棱长为 $4$，$M$ 为 $DD_1$ 的中点，$N$ 为 $ABCD$ 所在平面内一动点，则下列命题正确的是(ACD)

A. 若 $MN$ 与平面 $ABCD$ 的夹角为 $\dfrac{\pi}{4}$，则点 $N$ 的轨迹为圆
B. 若 $MN = 4$，则 $MN$ 的中点 $P$ 的轨迹所围成图形的面积为 $2\pi$
C. 若点 $N$ 到直线 $BB_1$ 与到直线 $CD$ 的距离相等，则点 $N$ 的轨迹为抛物线
D. 若 $D_1N$ 与 $AB$ 的夹角为 $\dfrac{\pi}{3}$，则点 $N$ 的轨迹为双曲线

答案：

(1)B
(2)ACD
(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设OB = OA = 1，则B(0，1，0)，A(0，0，1)，P(x，y，0)，则$\overrightarrow{AB}$ = (0，1， - 1)，$\overrightarrow{AP}$ = (x，y， - 1)，所以$\cos\langle\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AP}\rangle$ = $\frac{y + 1}{\sqrt{2}·\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，即3x² + (y - 2)² = 3，所以点P的轨迹是椭圆。故选B。
(2)如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD的夹角，所以∠MND = $\frac{\pi}{4}$，所以DN = DM = $\frac{1}{2}DD₁$ = $\frac{1}{2}×4$ = 2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；对于B，在Rt△MDN中，DN = $\sqrt{MN^{2}-MD^{2}}$ = $\sqrt{4^{2}-2^{2}}$ = 2$\sqrt{3}$，取MD的中点E，连接PE，因为P为MN的中点，所以PE//DN，且PE = $\frac{1}{2}DN$ = $\sqrt{3}$，因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD₁垂直的平面内，又PE = $\sqrt{3}$，所以点P的轨迹为以$\sqrt{3}$为半径的圆，其面积为π·($\sqrt{3}$)² = 3π，故B不正确；对于C，连接NB，因为BB₁⊥平面ABCD，所以BB₁⊥NB，所以点N到直线BB₁的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；对于D，以D为坐标原点，DA，DC，DD₁所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D₁(0，0，4)，设N(x，y，0)，则$\overrightarrow{AB}$ = (0，4，0)，$\overrightarrow{D_{1}N}$ = (x，y， - 4)，因为DN与AB的夹角为$\frac{\pi}{3}$，所以$\vert\cos\langle\overrightarrow{AB},\overrightarrow{D_{1}N}\rangle\vert$ = $\cos\frac{\pi}{3}$ = $\frac{1}{2}$，所以$\frac{4y}{4×\sqrt{x^{2}+y^{2}+16}}$ = $\frac{1}{2}$，整理得$\frac{3y^{2}}{16}-\frac{x^{2}}{16}$ = 1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确。故选ACD。
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在矩形 $ABCD$ 中，$E$ 是 $AB$ 的中点，$AD = 1$，$AB = 2$，将 $\triangle ADE$ 沿 $DE$ 折起得到 $\triangle A'DE$，设 $A'C$ 的中点为 $M$，若将 $\triangle ADE$ 沿 $DE$ 翻折 $90^{\circ}$，则在此过程中动点 $M$ 形成的轨迹长度为√2π/8.

答案：
√2π/8 如图，设AC的中点为M₀，△ADE沿DE翻折90°，此时平面A′DE⊥平面ABCD，取CD中点P，CE中点Q，PQ中点N，连接PQ，MP，MQ，M₀N。由题意可知，MP = M₀P = $\frac{1}{2}AD$ = $\frac{1}{2}$，MQ = M₀Q = $\frac{1}{2}AE$ = $\frac{1}{2}$，PQ = $\frac{1}{2}DE$ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以△MPQ和△M₀PQ都是等腰直角三角形，且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M的轨迹是以N为圆心，$\frac{1}{2}PQ$为半径的一段圆弧，又MP//A′D，MP⊄平面A′DE，A′D⊂平面A′DE，所以MP//平面A′DE，同理MQ//平面A′DE，又MP∩MQ = M，所以平面MPQ//平面A′DE，又平面A′DE⊥平面ABCD，故平面MPQ⊥平面ABCD，又平面MPQ∩平面ABCD = PQ，MN⊥PQ，故MN⊥平面ABCD，又M₀N⊂平面ABCD，所以MN⊥M₀N，故动点M形成的轨迹长度为$\frac{1}{4}×2\pi×\frac{\sqrt{2}}{2}$ = $\frac{\sqrt{2}\pi}{8}$
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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 $ABC$，则当 $E$ 从 $D$ 运动到 $C$ 时，点 $D$ 在平面 $ABC$ 上的射影 $K$ 的轨迹长度为(D)

A.$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
B.$\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$
C.$\dfrac{\pi}{2}$
D.$\dfrac{\pi}{3}$

答案：
D 由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，垂足K为D在平面ABC上的射影，连接D′K，如图①，由翻折的特征知，则∠D′KA = 90°，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②当E与C重合时，∠D′AC = 60°，所以AK = $\frac{1}{2}$，取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形，故∠KOA = $\frac{\pi}{3}$，所以∠KOD′ = $\frac{2\pi}{3}$，射影K的轨迹长度为$\frac{1}{2}×\frac{2\pi}{3}$ = $\frac{\pi}{3}$
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