专题1 空间中的动点问题

设正方体的棱长为1,且 $ \overrightarrow {{A}_{1}P}=\lambda \overrightarrow {{A}_{1}{C}_{1}}(0\leqslant \lambda \leqslant 1) $ ,以点 $ D $ 为原点, $ DA $ , $ DC $ , $ D{D}_{1} $ 所在的直线分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则 $ D(0,0,0) $ , $ {A}_{1}(1,0,1) $ , $ B(1,1,0) $ , $ {C}_{1}(0,1,1) $ ,则 $ \overrightarrow {{A}_{1}{C}_{1}}=(-1,1,0) $ , $ \overrightarrow {{A}_{1}B}=(0,1,-1) $ ,由 $ \overrightarrow {{A}_{1}P}=\lambda \overrightarrow {{A}_{1}{C}_{1}} $ 知 $ P(1-\lambda ,\lambda ,1) $ ,则 $ \overrightarrow {DP}=(1-\lambda ,\lambda ,1) $ .

设平面 $ {A}_{1}B{C}_{1} $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ ,则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {{A}_{1}B}=y-z=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {{A}_{1}{C}_{1}}=-x+y=0,\end{cases} $ 令 $ z=1 $ ,可得 $ x=1 $ , $ y=1 $ ,所以 $ \boldsymbol{n}=(1,1,1) $ .则 $ \sin \theta =\left| \cos ⟨\boldsymbol{n},\overrightarrow {DP}⟩\right|=\dfrac{\left|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {DP}\right|}{\left|\boldsymbol{n}\right|\left|\overrightarrow {DP}\right|}=\dfrac{\left|1-\lambda +\lambda +1\right|}{\sqrt{3}×\sqrt{{\left(1-\lambda \right) ^ {2}}+{\lambda }^{2}+1}}=\dfrac{2}{\sqrt{6}×\sqrt{{\lambda }^{2}-\lambda +1}} $ ,设 $ f(\lambda )={\lambda }^{2}-\lambda +1 $ , $ \lambda \in [0,1] $ ,即 $ f(\lambda )={\left(\lambda -\dfrac{1}{2}\right) ^ {2}}+\dfrac{3}{4} $ , $ \lambda \in [0,1] $ ,则 $ f{(\lambda )}_{ \min }=f(\dfrac{1}{2})=\dfrac{3}{4} $ ； $ f{(\lambda )}_{ \max }=f(0)=f(1)=1 $ ,所以 $ \sin \theta \in [\dfrac{\sqrt{6}}{3},\dfrac{2\sqrt{2}}{3}] $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

以 $ A $ 为原点,分别以 $ AB $ , $ AD $ , $ A{A}_{1} $ 所在的直线为 $ 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) $ , $ C(4,4,0) $ , $ {D}_{1}(0,4,2) $ , $ E(0,0,1) $ , $ F (m,0,n ) (m\in [0,4 ] $ , $ n\in [0,2 ] ) $ ,

对于选项 $ \mathrm{A} $ ,若 $ FC\perp F{D}_{1} $ ,则 $ \overrightarrow {FC}\cdot \overrightarrow {F{D}_{1}}=0 $ ,又 $ \overrightarrow {FC}=(4-m,4,-n) $ , $ \overrightarrow {F{D}_{1}}=(-m,4,2-n) $ ,所以 $ (4-m,4,-n)\cdot (-m,4,2-n)=0 $ ,即 $ {\left(m-2\right) ^ {2}}+{\left(n-1\right) ^ {2}}+11=0 $ ,此方程无解,所以不存在点 $ F $ ,使得 $ FC\perp F{D}_{1} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；

对于选项 $ \mathrm{B} $ ,由 $ FC=F{D}_{1} $ ,得 $ \sqrt{{\left(4-m\right) ^ {2}}+{4}^{2}+{\left(-n\right) ^ {2}}}=\sqrt{{\left(-m\right) ^ {2}}+{4}^{2}+{\left(2-n\right) ^ {2}}} $ ,

化简可得 $ 2m-n=3 $ ,即 $ F $ 点轨迹为矩形 $ AB{B}_{1}{A}_{1} $ 内的线段,又 $ n\in [0,2] $ ,所以当 $ n=0 $ 时,得 $ {F}_{1}(\dfrac{3}{2},0,0) $ ,当 $ n=2 $ 时,得 $ {F}_{2}(\dfrac{5}{2},0,2) $ ,即满足 $ FC=F{D}_{1} $ 的点 $ F $ 的轨迹长度为 $ {F}_{1}{F}_{2}=\sqrt{{\left(\dfrac{5}{2}-\dfrac{3}{2}\right) ^ {2}}+{2}^{2}}=\sqrt{5} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于选项 $ \mathrm{C} $ ,设点 $ C $ 关于平面 $ A{A}_{1}{B}_{1}B $ 的对称点为 $ G $ ,则 $ G $ 的坐标为 $ (4,-4,0) $ ,则 $ FC+F{D}_{1}=FG+F{D}_{1}\geqslant G{D}_{1}=\sqrt{{\left(-4\right) ^ {2}}+{8}^{2}+{2}^{2}}=2\sqrt{21} $ ,当 $ F $ , $ G $ , $ {D}_{1} $ 共线时取等号,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

对于选项 $ \mathrm{D} $ , $ \overrightarrow {A{D}_{1}}=(0,4,2) $ , $ \overrightarrow {EF}=(m,0,n-1) $ , $ \overrightarrow {EC}=(4,4,-1) $ ,设平面 $ EFC $ 的法向量为 $ \boldsymbol{s}=(x,y,z) $ ,则 $ \begin{cases}\boldsymbol{s}\cdot \overrightarrow {EF}=0,\\ \boldsymbol{s}\cdot \overrightarrow {EC}=0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}mx+\left(n-1\right)z=0,\\ 4x+4y-z=0,\end{cases} $ 令 $ x=n-1 $ ,则 $ y=1-n-\dfrac{1}{4}m $ , $ z=-m $ ,

所以平面 $ EFC $ 的一个法向量为 $ \boldsymbol{s}=(n-1,1-n-\dfrac{1}{4}m,-m) $ ,因为 $ A{D}_{1}// $ 平面 $ EFC $ ,所以 $ \overrightarrow {A{D}_{1}}\cdot \boldsymbol{s}=0 $ ,即 $ 3m+4n-4=0 $ ,又点 $ A(0,0,0) $ ,所以 $ AF=\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}}=\sqrt{{m}^{2}+{\left(1-\dfrac{3}{4}m\right) ^ {2}}}=\sqrt{\dfrac{25}{16}{\left(m-\dfrac{12}{25}\right) ^ {2}}+\dfrac{16}{25}} $ ,

当 $ m=\dfrac{12}{25}\in [0,4] $ 时, $ AF $ 取得最小值 $ \dfrac{4}{5} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{D} $ .

由题意,以 $ A $ 为原点,以 $ AC $ , $ AB $ , $ A{A}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则 $ A(0,0,0) $ , $ O(1,1,0) $ ,设 $ {B}_{1}M=a $ ,且 $ 0\leqslant a\leqslant 2\sqrt{2} $ .

故 $ M(\dfrac{a}{\sqrt{2}},\dfrac{2\sqrt{2}-a}{\sqrt{2}},\sqrt{3}) $ ,

所以 $ MO=\sqrt{{\left(\dfrac{a}{\sqrt{2}}-1\right) ^ {2}}+{\left(\dfrac{2\sqrt{2}-a}{\sqrt{2}}-1\right) ^ {2}}+3} $

$ =\sqrt{\dfrac{{\left(a-\sqrt{2}\right) ^ {2}}}{2}+\dfrac{{\left(\sqrt{2}-a\right) ^ {2}}}{2}+3} $

$ =\sqrt{{a}^{2}-2\sqrt{2}a+5} $ ,

$ MA=\sqrt{{\left(\dfrac{a}{\sqrt{2}}\right) ^ {2}}+{\left(\dfrac{2\sqrt{2}-a}{\sqrt{2}}\right) ^ {2}}+3}=\sqrt{\dfrac{2{a}^{2}-4\sqrt{2}a+14}{2}}=\sqrt{{a}^{2}-2\sqrt{2}a+7} $ .

因为 $ \dfrac{MN}{MO}=\dfrac{MO}{MA} $ ,所以 $ MN=\dfrac{M{O}^{2}}{MA}=\dfrac{{a}^{2}-2\sqrt{2}a+5}{\sqrt{{a}^{2}-2\sqrt{2}a+7}} $ ,令 $ t=\sqrt{{a}^{2}-2\sqrt{2}a+7}=\sqrt{{\left(a-\sqrt{2}\right) ^ {2}}+5} $ .

因为 $ 0\leqslant a\leqslant 2\sqrt{2} $ ,所以 $ \sqrt{5}\leqslant \sqrt{{\left(a-\sqrt{2}\right) ^ {2}}+5}\leqslant \sqrt{7} $ ,即 $ t\in [\sqrt{5},\sqrt{7}] $ .所以 $ MN=\dfrac{{a}^{2}-2\sqrt{2}a+5}{\sqrt{{a}^{2}-2\sqrt{2}a+7}}=\dfrac{{t}^{2}-2}{t}=t-\dfrac{2}{t} $ .因为函数 $ y=t-\dfrac{2}{t} $ 在 $ t\in [\sqrt{5},\sqrt{7}] $ 上单调递增,

所以 $ \sqrt{5}-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\leqslant MN\leqslant \sqrt{7}-\dfrac{2}{\sqrt{7}} $ ,即 $ \dfrac{3\sqrt{5}}{5}\leqslant MN\leqslant \dfrac{5\sqrt{7}}{7} $ .故线段 $ MN $ 长度的取值范围为 $ [\dfrac{3\sqrt{5}}{5},\dfrac{5\sqrt{7}}{7}] $ .