典例剖析
分析：如图所示，(|z-1-i|=1)表示复平面内，以点((1,1))为圆心，以(1)为半径的圆，
又由于(|z-3|)最大，则表示圆上的点到点((3,0))的距离最远，换个视角，
即点((3,0))到圆上的点的距离最远，故如图所示，应该是图中的点(A)；
由于(k_{AB}=-cfrac{1}{2})，故直线(AB：x+2y-3=0)，
和((x-1)^2+(y-1)^2=1)联立，求得点(A(1-cfrac{2sqrt{5}}{5},1+cfrac{sqrt{5}}{5}))，
即所求坐标为((1-cfrac{2sqrt{5}}{5},1+cfrac{sqrt{5}}{5})).
分析：由题可知，向量(overrightarrow{AB})，(overrightarrow{AC})，(overrightarrow{AD})不共面，故以这三个向量为一组基底是合理的，用其线性组合就可以刻画表达空间内的任意一个向量，
由于(overrightarrow{AP}=xcdotoverrightarrow{AB}+ycdotoverrightarrow{AC}+0cdot overrightarrow{AD})，则向量(overrightarrow{AP})必在平面(ABC)内，且和向量(overrightarrow{AH})共线，
(overrightarrow{AQ}=scdotoverrightarrow{AB}+tcdotoverrightarrow{AC}+ucdot overrightarrow{AD})，则(overrightarrow{AQ})必在平面(ADH)内，
由于(cfrac{x}{y}=cfrac{s}{t})，不妨采用特殊化策略，将其特殊化为(x=y=s=t=cfrac{1}{2})，(u=1)，则点(P)必落在点(H)上，点(Q)必在以(AD)和(AH)为一组邻边所构成的平行四边形的对角线上，故线段(AQ)与(DP)必然相交。故选(C).
①. 点(D)是( riangle ABC)的垂心；
②. (TAperp BC)，(TBperp AC)，(TCperp AB)；
③. ( riangle ABC)是锐角三角形；
④. (S_{ riangle ABC}^{2}=frac{1}{3}(S_{ riangle TAB}^{2}+S_{ riangle TAC}^{2}+S_{ riangle TBC}^{2}))
⑤. (frac{OA'}{AA'}+frac{OB'}{BB'}+frac{OC'}{CC'}+frac{OT'}{TT'}=1)
⑥. (frac{1}{TD^{2}}=frac{1}{TA^{2}}+frac{1}{TB^{2}}+frac{1}{TC^{2}})
以上结论中正确结论有【(quad)】个。
分析：首先需要注意直三面角的两种常用配图；
对于②而言，由于(TA)，(TB)，(TC)两两垂直，故容易证明(TAperp)平面(TBC)，故可以证明(TAperp BC)，同理可证，(TBperp AC)，(TCperp AB)；故②正确；
过(T)作(TDperp)平面(ABC)于点(D)，则由(BCperp TD)，(BCperp TA)，可知(TDperp)平面(TAD)，
连接(AD)并延长交(BC)于点(E)，连接(TE)，则可知，(ATperp TE)，(TEperp BC)，(AEperp BC)；
同理，(CDperp AB)；(BDperp AC)；即点(D)为( riangle ABC)的垂心；故①正确；
对于③而言，设(TA=a)，(TB=b)，(TC=c)，则(AB=a^2+b^2)，(BC=b^2+c^2)，(AC=a^2+c^2)，
则(cos angle ABC=cfrac{(a^2+b^2)+(b^2+c^2)-(a^2+c^2)}{2cdot ABcdot BC}=cfrac{2b^2}{2cdot ABcdot BC}>0)，
故(angle ABC)为锐角，同理，(angle BCA)为锐角，(angle ACB)为锐角，故( riangle ABC)是锐角三角形；
当然，也可以使用动态的观点，直接观察得到( riangle ABC)是锐角三角形；
对于④而言，例题7；
对于⑤而言，例题19，20；
对于⑥而言，设(TA=a)，(TB=b)，(TC=c)，由于点(D)为( riangle ABC)的垂心，且(BCperp)平面(TAE)；
在( riangle TBC)中，由等面积法可知，(frac{1}{2} TEcdot sqrt{b^2+c^2}=frac{1}{2}bc)，即(TE=frac{bc}{sqrt{b^2+c^2}})；
又在( riangle ABC)中，由等面积法可知，(frac{1}{2} AEcdot BC=frac{1}{2} AEcdotsqrt{b^2+c^2}=S_{ riangle ABC})；
又由于(S_{ riangle ABC}^2=S_{ riangle TAB}^2+S_{ riangle TBC}^2+S_{ riangle TAC}^2=frac{1}{4}(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2))，
故(S_{ riangle ABC}=frac{1}{2}sqrt{a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2})，
即(AEcdotsqrt{b^2+c^2}=sqrt{a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2})，故(AE=frac{sqrt{a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2}}{sqrt{b^2+c^2}})；
在( riangle ATE)中，由等面积法可知，(frac{1}{2} AEcdot TD=frac{1}{2} ATcdot TE)，
即(frac{sqrt{a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2}}{sqrt{b^2+c^2}} imes TD=a imes frac{bc}{sqrt{b^2+c^2}})，
即得到，(TD^2cdot (a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)=a^2b^2c^2)；
即(frac{1}{TD^2}=cfrac{a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2}{a^2b^2c^2}=cfrac{1}{a^2}+cfrac{1}{b^2}+cfrac{1}{c^2}=frac{1}{TA^2}+frac{1}{TB^2}+frac{1}{TC^2})，故⑥是正确的；
综上所述，正确的命题有①②③⑤⑥，故选(D)；
分析：由题目可知，点(P)和点(Q)为两个动点，我们可以先假定点(Q)不动，令点(P)在平面(A_1B_1C_1D_1)上任意运动，很显然，当点(P)在线段(B_1C_1)上运动时，( riangle PEQ)周长才可能取得最小值，故点(P)在线段(B_1C_1)上运动。
此时，将上底面(A_1B_1C_1D_1)绕 轴(C_{1}D_{1}) 旋转(90^{circ})展开，求得点(E)关于(B_1C)的对称点(M)，则(QM=QE)，求得点(E)关于(B_1C_1)的对称点(N)，则(PE=PN)；此时直接连接(MN)，由于( riangle PEQ)的周长(=PE+QE+PQ=QM+PQ+PN)，则(MN)即为( riangle PEQ)周长的最小值；
此时，(CN=3)，(CM=1)，故由勾股定理得到(MN=sqrt{1^2+3^2}=sqrt{10})，故选(B).
分析：由于(|overrightarrow{AC'}|=|overrightarrow{AB}+overrightarrow{BC}+overrightarrow{CC'}|)，
则(|overrightarrow{AC'}|^2=|overrightarrow{AB}+overrightarrow{BC}+overrightarrow{CC'}|^2)
(=|overrightarrow{AB}|^2+|overrightarrow{BC}|^2+|overrightarrow{CC'}|^2+2overrightarrow{AB}cdot overrightarrow{BC}+2overrightarrow{BC}cdotoverrightarrow{CC'}+2overrightarrow{AB}cdot overrightarrow{CC'})，
(=3^2+4^2+5^2+2 imes3 imes4 imes(cfrac{1}{2})+2 imes4 imes5 imes(cfrac{1}{2})+2 imes3 imes5 imes(cfrac{1}{2})=97)
(|overrightarrow{AC'}|=sqrt{97})；
解：由于点(P)是侧面(BCC_1B_1)内的动点，且(A_1P//)平面(BCM)，
则(P)点的轨迹是过点(A_1)与平面(MBC) 平行的平面与侧面(BCC_1B_1)的交线(EF)，
(Q)是底面(ABC)内的动点，且(PQperp) 平面(BCM)，
则点(Q)的轨迹是经过直线(EF)与平面(MBC)垂直的平面与平面(ABC)相交的线段(m)，
即点(Q)的轨迹是线段(m)，以下说明线段(m)经过( riangle ABC)的重心，取点(P)的一个特殊位置说明；
取点(P)为线段(EF)的中点，则点(P)在(BC)上的垂足(P')为线段(BC)的中点，
由于( riangle ABP')为(Rt riangle)，(AB=2)，(BP'=1)，则(AP'=sqrt{3})，故(MP'=2)，
由于( riangle MPP')为(Rt riangle)，且(POperp MP')，由等面积法可知，(PO=cfrac{sqrt{3}}{2})，
由于( riangle QPP')为(Rt riangle)，且(PQperp OP')，由射影定理可知，(PQ=cfrac{2}{sqrt{3}}=cfrac{2sqrt{3}}{3})，
由勾股定理可得，(P'Q=sqrt{(cfrac{2}{sqrt{3}})^2-1^2}=cfrac{sqrt{3}}{3})，(AP'=sqrt{3})，
故线段(m)必然经过( riangle ABC)的重心，且与(BC)平行；
由正三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中的棱长均为(2)，故线段(m)的长为：(cfrac{2}{3} imes 2=cfrac{4}{3}).
(1).当点(M)与点(C)重合时，线段(AP)的长度为__________.
分析：建立如图所示的空间直角坐标系，
则点(A(1,0,0))，点(M(0,1,z))，点(P(x,y,1))，点(B(1,1,0))，点(D_1(0,0,1))，
则(overrightarrow{D_1B}=(1,1,-1))，(overrightarrow{D_1M}=(0,1,z-1))，设平面(MBD_1)的法向量为(vec{v}=(p,q,k))，
则有(left{egin{array}{l}{overrightarrow{D_1B}cdot vec{v}=0}\{overrightarrow{D_1M}cdot vec{v}=0}end{array} ight.)，即(left{egin{array}{l}{p+q-k=0}\{q+k(z-1)=0}end{array} ight.)
解得，(q=k(1-z))，(p=kz)，故法向量(vec{v}=(kz,k(1-z),k))，简化为(vec{v'}=(z,1-z,1))；
由于(APperp)平面(MBD_{1})，则(overrightarrow{AP}//vec{v})，又由于(overrightarrow{AP}=(x-1,y,1))，
故(cfrac{x-1}{z}=cfrac{y}{1-z}=cfrac{1}{1})，即(overrightarrow{AP}=(z,1-z,1))，当点(M)与点(C)重合时，(z=0)，
此时(overrightarrow{AP}=(0,1,1))，故(overrightarrow{AP}^2=0^2+1^2+1^2=2)，
故(|AP|=sqrt{2})。
(2).线段(AP)长度的最小值为__________.
分析：由于(overrightarrow{AP}=(z,1-z,1))，(zin [0,1])
则(overrightarrow{AP}^2=z^2+(1-z)^2+1^2=2z^2-2z+2=2(z-cfrac{1}{2})^2+cfrac{3}{2})，
故当(z=cfrac{1}{2})时， ([overrightarrow{AP}^2]_{min}=cfrac{3}{2})，
故线段(AP)的最小值为(sqrt{cfrac{3}{2}}=cfrac{sqrt{6}}{2}).