立体几何中的轨迹问题答案
专题22立体几何中的轨迹问题-1
专题22 立体几何中的轨迹问题【题型归纳目录】题型一：由动点保持平行求轨迹题型二：由动点保持垂直求轨迹题型三：由动点保持等距（或定长）求轨迹题型四：由动点保持等角（或定角）求轨迹题型五：投影求轨迹题型六：翻折与动点求轨迹【典例例题】题型一：由动点保持平行求轨迹例1．（多选题）（2022·广东梅州·高一期末）1．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点M 为1CC 的中点，点P 为正方形1111D C B A 上的动点，则（ ）A ．满足MP //平面1BDA 的点PB ．满足MP AM ^的点PC ．存在点P ，使得平面AMP 经过点BD ．存在点P 满足5PA PM +=例2．（多选题）（2022·重庆南开中学模拟预测）2．已知正四棱锥P ABCD -的侧面是边长为6的正三角形，点M 在棱PD 上，且2PM MD =，点Q 在底面ABCD 及其边界上运动，且//MQ 面PAB ，则下列说法正确的是（ ）A ．点Q 的轨迹为线段B ．MQ 与CD 所成角的范围为,32ππ⎡⎤⎢⎣⎦C ．MQD ．二面角M AB Q --例3．（多选题）（2022·全国·高一单元测试）3．已知正方体1111ABCD A B C D -的边长为2，M 为1CC 的中点，P 为侧面11BCC B 上的动点，且满足//AM 平面1A BP ，则下列结论正确的是（ ）A ．1AM B M^B ．1//CD 平面1A BPC ．AM 与11A B 所成角的余弦值为23D ．动点P 例4．（多选题）（2022·江苏扬州·高一期末）4．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 是棱1DD 的中点，F 是侧面11CDD C 上的动点，且满足1//B F 平面1A BE ，则下列结论中正确的是（ ）A ．平面1A BE 截正方体1111ABCD ABCD -所得截面面积为92B ．点F 的轨迹长度为4πC ．存在点F ，使得11B F CD ^D ．平面1A BE 与平面11CDDC 所成二面角的正弦值为13例5．（2022·湖南师大附中三模）5．已知棱长为3的正四面体ABCD ，E 为AD 的中点，动点P 满足2PA PD =，平面a 经过点D ，且平面//a 平面BCE ，则平面a 截点P 的轨迹所形成的图形的周长为 .例6．（2022·山西·太原五中高一阶段练习）6．如图，在正四棱锥S ABCD -中，E 是BC 的中点，P 点在侧面SCD V 内及其边界上运动，并且总是保持PE ∥平面SBD ．则动点P 的轨迹与SCD V 组成的相关图形最有可能是图中的（ ）A ．B ．C ．D ．例7．（2022·安徽省宣城中学高二期末）7．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,E F ､分别是棱1AA ､11A D 的中点，点P 为底面四边形ABCD 内（包括边界）的一动点，若直线1D P 与平面BEF 无公共点，则点P 的轨迹长度为（ ）A ．2BCD ．例8．（2022·河南安阳·高二期末（理））8．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1CC 的中点，F 是侧面11BCC B 内的动点，且1//A F 平面1AD E ，下面说法中正确的是 （将所有正确的序号都填上）①存在一点F ，使得11//A F D E ；②存在一点F ，使得1A F BE ^；③点F 的轨迹是一条直线；④三棱锥1F AD E -的体积是定值．【方法技巧与总结】（1）线面平行转化为面面平行得轨迹（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹题型二：由动点保持垂直求轨迹例9．（2022·湖北·高一期末）9．直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是边长为13AA =，点M 为1CC 的中点，点O 为1A M 的中点，则点O 到底面ABCD 的距离为 ;若P 为底面ABCD 内的动点，且1A P PM ^，则动点P 的轨迹长度为 ．例10．（2022·湖南·雅礼中学二模）10．已知菱形ABCD 的各边长为2,60D Ð=o .如图所示，将ACB △沿AC 折起，使得点D 到达点S 的位置，连接SB ，得到三棱锥S ABC -，此时3SB =.则三棱锥S ABC -的体积为，E 是线段SA 的中点，点F 在三棱锥S ABC -的外接球上运动，且始终保持EF AC ^，则点F 的轨迹的周长为.例11．（2022·四川雅安·高一期末）11．点M 是棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -的内切球O 球面上的动点，点N 为BC 边上中点，若1AM B N ^，则动点M 的轨迹的长度为 ．例12．（多选题）（2022·湖北孝感·高二期末）12．如图，已知正方体ABCD —1111D C B A 的棱长为1，P 为正方形底面ABCD 内一动点，则下列结论正确的有（ ）A ．三棱锥1B -11A D P 的体积为定值B ．存在点P ，使得11D P AD ^C ．若11D P B D ^，则P 点在正方形底面ABCD 内的运动轨迹是线段ACD ．若点P 是AD 的中点，点Q 是1BB 的中点，过P ，Q 作平面α垂直于平面11ACC A ，则平面α截正方体111ABCD A B C D -的截面周长为例13．（多选题）（2022·全国·高二专题练习）13．已知棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，14AM AB =uuuu r uuu r ，点P 在正方体的表面上运动，且总满足0MP MC ⋅=uuu r uuu u r，则下列结论正确的是（ ）A ．点P 的轨迹所围成图形的面积为5B ．点P 的轨迹过棱11A D 上靠近1A 的四等分点C ．点P 的轨迹上有且仅有两个点到点C 的距离为6D ．直线11B C 与直线MP 所成角的余弦值的最大值为35例14．（2022·全国·高一专题练习）14．在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总保持1AP BD ^，则动点P 的轨迹是 （ ）A ．线段1BC B ．线段1BC C ．1BB 中点与1CC 中点连成的线段D ．CB 中点与11B C 中点连成的线段例15．（2022·河南许昌·三模（文））15．如图，在体积为3的三棱锥P-ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，1AP =，若点M 是侧面CBP 内一动点，且满足AM BC ^，则点M 的轨迹长度的最大值为（ ）A ．3B ．6C ．D ．例16．（2022·浙江·杭州市富阳区场口中学高二期末）16．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC V 是边长为2的正三角形，13AA =，N 为棱11A B 上的中点，M 为棱1CC 上的动点，过N 作平面ABM 的垂线段，垂足为点O ，当点M 从点C 运动到点1C 时，点O 的轨迹长度为（ ）A ．π2B ．πC ．3π2D 例17．（2022·浙江·高二阶段练习）17．已知正四棱锥S ABCD -AC ，DB 交于点O ，SO ^平面ABCD ，1SO =，E 为BC 的中点，动点P 在该棱锥的侧面上运动，并且PE AC ^，则点P 轨迹长度为（ ）A ．1B C D ．2例18．（2022·云南·昆明一中高三阶段练习（理））18．已知四面体ABCD ，2AB BC CD DA BD =====，二面角A BD C --为60°，E 为棱AD 中点，F 为四面体ABCD 表面上一动点，且总满足BD EF ^，则点F 轨迹的长度为．【方法技巧与总结】（1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹（2）利用空间坐标运算求轨迹（3）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹题型三：由动点保持等距（或定长）求轨迹例19．（2022·四川成都·高二期中（理））19．如图，已知棱长为2的正方体A ′B ′C ′D ′－ABCD ，M 是正方形BB ′C ′C 的中心，P 是△A ′C ′D 内（包括边界）的动点，满足PM =PD ，则点P 的轨迹长度为 ．例20．（多选题）（2022·山东·模拟预测）20．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点M 是其侧面11ADD A 上的一个动点（含边界），点P 是线段1CC 上的动点，则下列结论正确的是（ ）A ．存在点P ，M ，使得平面11B D M 与平面PBD 平行B ．存在点P ，M ，使得二面角--M DC P 大小为23πC ．当P 为棱1CC 的中点且PM =时，则点M 的轨迹长度为23πD ．当M 为1A D 中点时，四棱锥M ABCD -例21．（多选题）（2022·福建·莆田二中模拟预测）21．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是11A D 的中点，点P ，Q ，R 在底面四边形ABCD 内（包括边界），1PB ∥平面1MC D R 到平面11ABB A 的距离等于它到点D 的距离，则（ ）A ．点PB ．点QC ．PQ 12-D ．PR 例22．（2022·江西·模拟预测（理））22．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，点P 在11A C B △的内部及其边界上运动，且DP P 的轨迹长度为( )AB ．2πC ．D ．3π例23．（多选题）（2022·辽宁·高一期末）23．如图，正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，点M 是其侧面11ADD A 上的动点（含边界），点P 是线段1CC 上的动点，下列结论正确的是（ ）A ．存在点P ，M ，使得平面11B D M 与平面PBD 平行B ．当点P 为1CC 中点时，过1A PD ，，点的平面截该正方体所得的截面是梯形C ．过点A ，P ，M 的平面截该正方体所得的截面图形不可能为五边形D ．当P 为棱1CC 的中点且PM =时，则点M 的轨迹长度为2π3例24．（2022·河南安阳·模拟预测（文））24．在四边形ABCD 中，//BC AD ，12AB BC CD AD ===，P 为空间中的动点，2PA PB AB ===，E 为PD 的中点，则动点E 的轨迹长度为（ ）A B C D 例25．（2022·四川达州·高二期末（理））25．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 在正方体内部及表面上运动，下列结论错误的是（ ）A ．若点P 在线段1D C 上运动，则AP 与1AB 所成角的范围为ππ,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．若点P 在矩形11BDD B 内部及边界上运动，则AP 与平面11BDD B 所成角的取值范围是ππ,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．若点P 在11D B C △内部及边界上运动，则AP D ．若点P 满足1AP =，则点P 轨迹的面积为π2例26．（2022·江西省乐平中学高一期末）26．已知正方体1111ABCD A B C D -1,,B D C 的平面为a ，点P 是平面a内的动点，1A P =P 的轨迹长度等于（ ）A ．πB C D ．2π【方法技巧与总结】（1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹（2）利用空间坐标计算求轨迹参考答案：1．AD【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点P 的轨迹，进而判断A ；建立空间直角坐标系，得到(2,0,0)A ，(0,2,1)M ，P 为正方形1111D C B A 上的点，可设(,,2)P x y ，且02x ££，02y ££，进而对BCD 各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.【详解】对于A ，取11B C 的中点Q ，11D C 的中点N ，又点M 为1CC 的中点，由正方体的性质知1//MQ A D ，//NQ BD ，MQ NQ Q =I ，1A D BD D Ç=，所以平面//MQN 平面1BDA ，又MP Ì平面MQN ，MP \∥平面1BDA ，故点P 的轨迹为线段NQ ==A 正确；对B ，方法一：在平面11BCC B 中过M 作ME AM ^，交11B C 于E ，设1C E x =，则3AM =，ME =，AE ==由222AM ME AE +=，可解得12x =，同理，在平面11DCC D 中过M 作MF AM ^，交11D C 于F ，可得112C F =，因为ME MF M =I ，所以AM ^平面MEF ，因为MP AM ^，所以MP Ì平面MEF ，所以点P 的轨迹为线段EF ，故B 不正确；方法二：以D 为原点，分别以1,,DA DC DD 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则(2,0,0)A ，(0,2,1)M ，设(,,2)P x y ，且02x ££，02y ££，(2,,2)AP x y =-uuu r ，(,2,1)MP x y =-uuu r ，(2,2,1)AM =-uuuu r ()22212230AM MP x y x y ⋅=-+-+=-+-=uuuu r uuu r ，即32y x =+，又02x ££，02y ££，则点P 的轨迹为线段EF ，30,,22E æöç÷èø,1,2,22F æöç÷èø且EF ==B 错误；对于C ，方法一：取1DD 中点G ，连接,AG MG ，正方体中，易得//AB MG ，所以平面ABM 截正方体的截面为平面ABMG ，显然P Ï平面ABMG ，故不存在点P ，使得平面AMP 经过点B ，故C 错误；方法二：设(,,2)P x y ，且02x ££，02y ££，若平面AMP 经过点B ，则DP aDA bDB cDM =++uuu r uuu r uuu r uuuu r ，且1a b c ++=，又(,,2),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,1)DP x y DA DB DM ====uuu r uuu r uuu r uuuu r ,所以()()()(),,22,0,02,2,00,2,1x y a b c =++，即()(),,222,22,x y a b b c c =++，因此222221x a b y b c c a b c =+ìï=+ïí=ïï++=î，从而2x =-，不合题意，所以不存在点P ，使得平面AMP 经过点B ,故C 错误；对于D ，方法一：延长1CC 至M ¢，令11C M C M ¢=，则MP M P ¢=，所以PA PM PA PM AM ¢¢+=+³，因为4AM ¢==>，所以存在点P 满足5PA PM +=，故D 正确.方法二：点M 关于平面1111D C B A 的对称点的为(0,2,3)M ¢，三点共线时线段和最短，故4PA PM AM ==¢³>+，故存在点P 满足5PA PM +=，故D 正确.故选：AD.2．ACD【分析】作出与面PAB 平行且过MQ 的平面，即可得出点Q 的轨迹判断A ，当点Q 在E 处时，异面直线所成角小于3π可判断B ，当MQ NE ^时求出MQ 可判断C ，作出二面角的平面角求正切值判断D 即可.【详解】对于A ，取点N ,E ，使得2AN ND =，2BE EC =，连接,ME NE ,MN ，如图，由线段成比例可得//,//MN PA NE AB ，PA Ì平面PAB ，MN Ë平面PAB ，所以//MN 平面PAB ，同理可得//NE 平面PAB ，又,NE MN Ì平面MNE ，MN NE N Ç=，所以平面//MNE 平面PAB ，故当点Q ME Î时，总有//MQ 面PAB ，所以点Q 的轨迹为线段，故A 正确；对于B ，由//CD NE 知MQ 与CD 所成角即为MQ 与NE 所成角，在MEN V 中，1π2,6,33MN PA NE AB MNE PAB ====Ð=Ð=，由余弦定理可得ME =1cos 2MEN Ð==>，可知π3MEN Ð<，即Q 运动到E 点时，异面直线所成的角小于π3，故B 错误；对于C ，当MQ NE ^时，MQ 最小，此时πsin 23MQ MN =⋅==C 正确；对于D ，二面角M AB Q --即平面MAB 与底面ABCD 所成的锐角，连接,AC BD 相交于O ，连接PO ，取点H ，使得2OH HD =，连接MH ，过H 作HG AB ^于G ，连接MG ，如图，由正四棱锥可知，^PO 面ABCD ，由2OH HD =，2PM MD =知//MH PO，1133MH PO \==´HG AB ^可得//HG AD ，556GH AD \==，MH ^Q 面ABCD ，AB MH \^，又HG AB ^，HG MH H =I ，AB \^平面MHG ，AB MG \^，MGH \Ð即为二面角的平面角，tan MH MGH GH \Ð==故D 正确.故选：ACD3．BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式、空间向量数量积的运算性质逐一判断即可.【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则1(0,0,2),(0,2,2),(0,0,0),(2,1,0),(,,0)A A B M P x y ，所以1(0,2,2),(,,0),(2,1,2)A B BP x y AM =--==-uuur uuu r uuuu r ，由//AM 平面1A BP ，得1AM a A B bBP =+uuuu r uuur uuu r ，即022122bx a by a +=ìï-+=íï-=-î，化简可得：320x y -=，所以动点P 在直线320x y -=上，对于选项A ：11(2,1,2),(2,1,0),221(1)(2)030AM B M AM B M =-=-⋅=´+´-+-´=¹uuuu r uuuu r uuuu r uuuu r ，所以AM uuuu r 与1B M uuuur 不垂直，所以A 选项错误；对于选项B ：111//,CD A B A B Ì平面11,A BP CD Ë平面1A BP ，所以1//CD 平面1A BP ，B 选项正确；对于选项C：11112(0,0,2),cos ,3A B AM A B >=-<==uuuu r uuuu r uuuu r ，C 选项正确；对于选项D ：动点P 在直线320x y -=上，且P 为侧面11BCC B 上的动点，则P 在线段1PB 上，14,2,03P æöç÷èø，所以1PB ==D 选项正确；故选：BCD.4．AC【分析】取CD 中点G ，连接BG 、EG ，计算截面1A EGB 的面积后判断A 的正误，取11C D 中点M ，1CC 中点N ，则点F 的运动轨迹为线段MN ，故可判断B 的正误，取MN 的中点F ，则可判断11B F CD ^，故可判断C 的正误，而11B FC Ð即为平面1B MN 与平面1,CDD C 所成二面角，计算其正弦值后可判断D 的正误.【详解】取CD 中点G ，连接BG 、EG ，则等腰梯形1A EGB 为截面，而1A E GB ==，1A B EG ==故梯形1A EGB92=，A 正确；取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,,,B M B N MN NE MG ，则1111//,=NE A B NE A B ，故四边形11A B NE 为平行四边形，则得11//B N A E ，而1B N Ë平面1A BE ，1A E Ì平面1A BE ，故1B N //平面1A BE ，同理1//B M 平面1A BE ，而111=B N B M B I ，11,B N B M Ì平面1B MN ，故平面1//B MN 平面1A BE ，∴点F 的运动轨迹为线段MNB 错误；取MN 的中点F，则11B N B M ==，∴1B F MN ^，∵1//MN CD ，∴11B F CD ^，C 正确；因为平面1//B MN 平面1A BE 且1MN C F ^，1MN B F ^，∴11B FC Ð即为平面1B MN 与平面1CDDC所成二面角，11111sin B C B FC B F Ð===，D 错误．故选：AC.5．【分析】设BCD △的外心为O ，以O 为坐标原点可建立空间直角坐标系，设(),,P x y z ，根据2PA PD =可求得P点轨迹是以G æççè为球心，2为半径的球；延长,,AB AF AC 到点,,M Q N ，使得AB BM =，AF FQ =，AC CN =，由面面平行的判定可证得平面//BCE 平面MND ，则平面MND 为平面a ，可知点G 到平面DMN 的距离d 即为点G 到直线DQ 的距离，由向量坐标运算可知DG DQ ^，得到1d =，由此可求得截面圆半径，利用圆周长的求法可求得结果.【详解】设BCD △的外心为O ，BC 的中点为F ，过O 作BC 的平行线，则以O 为坐标原点，可建立如图所示空间直角坐标系，BCD QV 为等边三角形，3BC =，23OD DF \==OA \=，(A \，()D，0,F æöç÷ç÷èø，设(),,P x y z ，由2PA PD =得：((2222224x y z x y z ⎡⎤++=++⎢⎥⎣⎦，整理可得：2224x y z ææ++=ççççèè，\动点P的轨迹是以G æççè为球心，2为半径的球；延长,,AB AF AC 到点,,M Q N ，使得AB BM =，AF FQ =，AC CN =，则//CE DN ，//BE MD ，又,DN MD Ì平面MND ，,CE BE Ë平面MND ，//CE \平面MND ，//BE 平面MND ，由CE BE E =∩，,CE BE Ì平面BCE ，\平面//BCE 平面MND ，即平面MND 为平面a ，则点G 到平面DMN 的距离d 即为点G 到直线DQ的距离，DG æ=ççèuuur Q，(0,DQ =-uuur ，220DG DQ \⋅=-+=uuur uuur ，即DG DQ ^，\点G 到直线DQ 的距离1d DG ==uuur ，\截面圆的半径r ==\球被平面a截得的截面圆周长为2r π=，即平面a 截点P的轨迹所形成的图形的周长为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的动点轨迹相关问题的求解，解题关键是能够利用空间向量法求得动点所满足的轨迹方程，从而确定动点轨迹为球，利用平面截球所得截面圆周长的求法可求得结果.6．A【分析】先分别取CD 、S C 的中点M 、N ，再证明面EMN ∥面SBD ，可知当P 在MN 上移动时，PE Ì面EMN ，能够保持PE ∥平面SBD ，进而得到选项A 符合题意．【详解】分别取CD 、S C 的中点M 、N ，连接MN ，ME ，NE ，又∵E 是BC 的中点，∴EM BD ∥，EN SB ∥，又∵,EM EN Ë面SBD ，,BD SB Ì面SBD ， ∴EM ∥面SBD ，EN ∥面SBD ，又∵EM EN E =I ， ,EM EN Ì平面EMN ，∴面EMN ∥面SBD ，∴当P 在MN 上移动时，PE Ì面EMN ，此时能够保持PE ∥平面SBD ，则动点P 的轨迹与SCD V 组成的相关图形是选项A故选：A ．7．B【分析】取BC 的中点G ，连接11,,G D G AD A ，易证1//AD 平面BEF ，1//GD 平面BEF ，从而得到平面1//AD G 平面BEF ，即可得到P 的轨迹为线段AG ，再求其长度即可.【详解】取BC 的中点G ，连接11,,G D G AD A ，如图所示：E F ､分别是棱1AA ､11A D 的中点，所以1//EF AD ，又因为EF Ì平面BEF ，1AD Ë平面BEF ，所以1//AD 平面BEF .因为1//FD BG ，1=FD BG ，所以四边形1FBGD 为平行四边形，所以1//FB GD .又因为FB Ì平面BEF ，1GD Ë平面BEF ，所以1//GD 平面BEF .因为111GD AD D =I ，所以平面1//AD G 平面BEF .因为点P 为底面四边形ABCD 内（包括边界）的一动点，直线1D P 与平面BEF 无公共点，所以P 的轨迹为线段AG =故选：B8．①②④【分析】取11B C 的中点G ，1BB 的中点H ，连接1A G ，1A H ，GH ，由面面平行的性质可判断①③④，由线面垂直的性质可判断②，【详解】如图，取11B C 的中点G ，1BB 的中点H ，连接1A G ，1A H ，GH ，则平面1//AGH 平面1AD E ，所以点F 在线段GH 上运动，即点F 的轨迹是线段GH ，故③错误.当点F 位于点H 时，11//A F D E ，故①正确．取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接1A N ，MN ，1B M ，则BE ^平面11A B MN ，设11GH B M F Ç=，则11A F BE ^，所以存在一点F 使得1A F BE ^，故②正确.平面1//AGH 平面1AD E ，所以点F 到平面1AD E 的距离是定值，所以三棱锥1F AD E -的体积是定值，故④正确．故答案为：①②④9．942π【分析】结合图像,根据正方形的性质即可求出点到平面的距离，再利用直径所对圆周角为直角的性质，将其迁移到空间中，得到P 点轨迹，即为以OP 的长为半径的球与平面ABCD 相交所截得的圆，再根据勾股定理，即可求解．【详解】解：由点O 为1A M 的中点可得，点O 到平面1111D C B A 的距离是点M 到平面1111D C B A 距离的一半，则点O 到平面1111D C B A 的距离为34，故点O 到平面ABCD 的距离为39344-=；1A P PM ^Q ，点O 为1A M 的中点，111524OP A M \===，设以O 为球心，OP 的长为半径的球与平面ABCD 所截得的圆的半径为r ，则3r ==，则动点P 的轨迹即为以正方形ABCD 的中心为圆心，3ABCD 内的圆弧，如图，R 为QP 中点，所以HR QP ^,所以cos RH QHR QH Ð===,所以23QHP QHR πÐ=Ð=，P 点轨迹所形成的圆弧长为32423πππæö´-´=ç÷èø．故答案为：94；2π.10．【分析】取AC 中点M ，由题可得AC ^平面SMB ，进而可得三棱锥S ABC -的高3sin 2h SBM SB Ð=⋅=，利用锥体体积公式可得三棱锥的体积，设点F 轨迹所在平面为a ，则F 轨迹为平面a 截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得.【详解】取AC 中点M ，则,,AC BM AC SM BM SM M ^^=I ，∴AC ^平面SMB ，SM MB ==，又3SB =，∴30SBM MSB ÐÐ==o ，则三棱锥S ABC -的高3sin 2h SBM SB Ð=⋅=，三棱锥S ABC -体积为213232V =´=作EH AC H ^于，设点F 轨迹所在平面为a ，则平面a 经过点H 且AC a ^，设三棱锥S ABC -外接球的球心为,,O SAC BAC V V 的中心分别为12,O O ，易知1OO ^平面2,SAC OO ^平面BAC ，且12,,,O O O M 四点共面，由题可得1121602OMO O MO ÐÐ==o，113O M SM =解Rt 1OO M △，得11OO M =，则三棱锥S ABC -外接球半径r =，易知O 到平面a 的距离12d MH ==，故平面a 截外接球所得截面圆的半径为1r ==∴截面圆的周长为12l r π=，即点F ..11【分析】分别取1DD 、1CC 的中点G 、H ，连接BH 、AG 、GH ，证明A 、B 、G 、H 四点共面，并计算出球心到平面ABGH 的距离，可计算得出截面圆的半径，利用圆的周长公式可求得结果.【详解】如图，正方体1111ABCD A B C D -的内切球O 的半径1R =，由题意，分别取1DD 、1CC 的中点G 、H ，连接BH 、AG 、GH ，在正方体1111ABCD A B C D -中，四边形ABHG 为平行四边形，所以A 、B 、G 、H 四点共面，则CH BN =，1BC BB =，1190C CB B BN Ð=Ð=o，所以，1BCH B BN @△△，所以，1BNB BHC Ð=Ð，1B N BH \^，AB ^Q 平面11BB C C ，1B N Ì平面11BB C C ，1AB B N \^，AB BH B =Q I ，1B N \^平面BAGH ，所以，动点M 的轨迹就是平面BAGH 截内切球O 的交线， 取1BB 的中点E ，连接,EG BD ，则四边形BEGD 为平行四边形，易知点O 为EG 的中点，过点E 在平面11BB C C 内作EF BH ^，AB ^Q 平面11BB C C ，EF Ì平面11BB C C ，则EF AB ^，AB BH B =Q I ，EF \^平面BAGH ，sin sin EBF BHC Ð=Ð=，所以，sin EF BE EBF =Ð=因为点O 为EG 的中点，则O 到平面BAGH 的距离为d =，截面圆的半径r ==所以动点M 的轨迹的长度为截面圆的周长2r π=【点睛】关键点点睛：本题解题关键是确定出M 的轨迹是平面BAGH 截内切球O 的交线，在利用球中的勾股定理即可解决.12．ACD【分析】结合选项逐个求解，体积问题利用锥体体积公式可得，垂直问题利用向量求解，截面周长根据截面形状可求.【详解】对于A ，P 为正方形底面ABCD 时，三棱锥111P A B D -的高不变，底面积也不变，所以体积为定值，所以A 正确；对于B ，以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设(),,0P x y ，则()()10,0,1,1,0,0D A ，()1,,1D P x y =-uuuu r ，()11,0,1AD =-uuuu r；若11D P AD ^，则110D P AD ⋅=uuuu r uuuu r，即1x =-，与题意矛盾，所以B 不正确；对于C ，()11,1,1DB =uuuu r，由11D P B D ^得1x y +=，所以P 的轨迹就是线段AC ，所以C 正确；对于D ，因为1,BD AC BD AA ^^，所以BD ^平面11ACC A ；因为平面a ^平面11ACC A ，所以//BD 平面a ；以BD 为参照线作出平面a 与正方体各个侧面的交线，如图，易知每个侧面的交线均相等，，所以截面周长为D 正确.故选：ACD.【点睛】正方体中的动点问题，可以借助空间向量来处理，把位置关系，角度关系转化为向量运算.13．ACD【分析】首先根据动点P 满足的条件及正方体的结构特征得到动点P 的轨迹，然后利用轨迹的特征判断选项A ，B ，C ，对于选项D ，将线线角转化为线面角，运用线面角的定义找出线面角进行求解.【详解】如图，过点M 作1//MF AA ，在AD 上取一点N ，使MN MC ^，连接,NC EC FC ,，过点N 作1//NE AA ，连接EF ，易知//MF NE ，\ ,,,E F M N 四点共面；又MF MC ^Q ，MN MF M =I ，MC \^面MNEF ，即点P 的轨迹为矩形MNEF （不含点M ），设AN x =，则MN =又5MC ==QNC ==222MN MC NC \+= 解得 34x =，即34AN =54MN \=， NC =对于A ，矩形MNEF 的面积为：5454S MN MF =⋅=´=，A 正确；对于B ，134A E AN ==，B 错误；对于C ，CF ==在Rt CMN V 中，C 到MN 的距离范围是：5æççèMN \上存在一点到点C 的距离为6；在Rt CMF V 中，C 到MF 的距离范围是：(MF \上存在一点到点C 的距离为6；但在Rt CNE V 、Rt CEF V 中不存在到点C 的距离为6的点，C 正确；对于D ，直线11B C 与直线MP 所成的最小角就是直线11B C 与平面MNEF 所成的角，11//B C BC Q \直线11B C 与平面MNEF 所成的即是直线BC 与平面MNEF 所成的角，延长,NM CB 交于点G ，则MGB Ð即是直线BC 与平面MNEF 所成的角，//AN GB Q AN AMGB MB \= 94GB \= 在Rt MGC V 中，4sin 5MC MGC GC Ð== 3cos 5MGC \Ð=，D 正确；故选：ACD.【点睛】本题考查动点轨迹，点、线、面位置关系，线线角、线面角以及几何体中一些线段的最值，考查了空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，属于难题.14．A【分析】1BD ^平面1ACB ，又点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，故点P 的轨迹为面1ACB 与面11BCC B 的交线1CB .【详解】连接111,,,,AC BD B C BA AB ，因为1,^^DD AC AC BD ，且1DD BD D =I ，所以AC ^平面1BDD ，1BD Ì平面1BDD ，所以1AC BD ^，因为11111,A D AB A B B A ^^，且1111A D A B A =I ，所以1AB ^平面11BA D ，1BD Ì平面11BA D ，所以11^AB BD ，且1AB AC A =I ，所以1BD ^平面1ACB ，AP Ì平面1ACB ，所以1BD AP ^，点P 的轨迹为面1ACB 与面11BCC B 的交线1CB ，故选：A.15．A【分析】根据题意可知，点M 的轨迹为Rt ABC △斜边上的高线，即可根据等面积法以及基本不等式求出点M 的轨迹长度的最大值．【详解】如图所示： ，因为PA ，PB ，PC 两两垂直，所以AP ^平面PCB ，即有^AP BC ，而AM BC ^，所以^BC 平面APM ，即BC PM ^，故点M 的轨迹为Rt ABC △斜边上的高线PD ．因为三棱锥P-ABC 的体积为3，所以111332PB PC ´´´´=，即18PB PC ´=，由等积法可得，3PD ==£=，当且仅当PB PC ==故选：A ．16．B【分析】根据条件先判断出点O 的轨迹为圆的一部分，再由弧长公式求解即可.【详解】取AB 中点P ，连接PC ，C 1N ，如图，因为PC ⊥AB ，PN ⊥AB ，且PN ∩PC =P ，所以AB ⊥平面1PCC N ，AB Ì平面ABM ,所以平面ABM ⊥平面1PCC N ，平面ABM ∩平面1PCC N = PM ，过N 作NO ⊥PM ，NO Ì平面1PCC N ，所以NO ⊥平面ABM ，当点M 从点C 运动到点C 1时，O 点是以PN 为直径的圆Q (部分)，如图，当M 运动到点1C 时，O 点到最高点，此时11π3,3PC CC CPC ==Ð=，所以π6OPQ Ð=，从而2π3OQP Ð=，所以弧长2π3π32l =⋅=，即点O 的轨迹长度为π.故选: B 17．B【分析】取,,SC CD OC 的中点分别为,,G F H ，利用线面垂直的判定定理可得AC ^平面EFG ，进而可得点P 轨迹为折线,EG GF ，结合条件即得.【详解】取,,SC CD OC 的中点分别为,,G F H ，连接,,,EF EG FG GH ，则GH SO ，EF BD ∥，又SO ^平面ABCD ，BD AC ^，∴GH ^平面ABCD ，EF AC ^，∴GH AC ^，又EF GH H Ç=，∴AC ^平面EFG ，因为动点P 在该棱锥的侧面上运动，并且PE AC ^，故点P 轨迹为折线,EG GF ，由题可知1SO =，1,OB SB SA ===∴EG GF ==，故点P 故选：B.18【分析】取BD 中点O ，易知AOC Ð是二面角A BD C --的平面角，由线面垂直的判定可得BD ^平面AOC ，即有AOC Ð是二面角A BD C --的平面角，取CD ，OD 中点M ，N ，利用线面平行、面面平行的判定有面//AOC 面EMN ，进而有BD ^平面EMN ，即可知F 轨迹.【详解】取BD 中点O ，易得BD AO ^，BD CO ^，AO CO O =I ，所以BD ^平面AOC ，则AOC Ð是二面角A BD C --的平面角，即60AOC Ð=°，又AO CO ==AC =CD ，OD 中点M ，N ，所以//EM AO ，AO Ì面AOC ，EM Ë面AOC ，故//EM 面AOC ，又//MN CO ，同理：//MN 面AOC ，而EM MN M Ç=，,EM MN Ì面EMN ，所以面//AOC 面EMN ，则BD ^平面EMN ，因为F 为四面体ABCD 表面上一动点，且总满足BD EF ^，所以点F 轨迹是△EMN19【分析】利用空间直角坐标系可知，平面A ′C ′D 内的P 满足0x y z +-=， PM =PD 的P 满足23x y z ++=，则可得32333x y x z -ì=ïïí+ï=ïî，P 是△A ′C ′D 内（包括边界），则302x ££，点P 的轨迹线段12PP ．【详解】如图建立空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,2,0,2,0,2,2,1,2,1D A C M ¢¢()()2,0,2,0,2,2DA DC ¢¢==uuur uuuu r设平面DA C ¢¢的法向量(),,n x y z =r则有220220x z y z +=ìí+=î，令1x =，则1,1y z ==-则()1,1,1n r=-设(),,P x y z ，则(),,DP x y z =uuu r∵n DP ^r uuu r，则0x y z +-=又∵PM =PD=整理得：23x y z ++=联立方程230x y z x y z ++=ìí+-=î，则32333x y x z -ì=ïïí+ï=ïî可得023********x x x ìï-íï+ïî，可得302x ££当0x =时，()10,1,1P ，当32x =时，233,0,22P æöç÷èø在空间中，满足PM =PD 的P 为过MD 的中点且与MD 垂直的平面a两个平面的公共部分为直线，即点P 的轨迹为a I 平面A ′C ′D 12PP =．20．ACD【分析】当M 为1AA 中点，P 为1CC 中点时，即可判断A 选项；由二面角--M DC P 的平面角为1ÐMDD 即可判断B 选项；取1DD 中点E ，先求出点M 在侧面11AA D D 内运动轨迹为以E 为圆心半径为2的劣弧，即可判断C 选项；先求出四棱锥M ABCD -外接球的半径，再将外接球的内接正四面体补成正方体即可判断D 选项.【详解】对于A 选项，当M 为1AA 中点，P 为1CC 中点时，易得11//BD B D ，又BD Ì平面PBD ，11B D Ë平面PBD ，则11//B D 平面PBD ，同理可得1//MB 平面PBD ，又1111MB B D B Ç=，则平面11B D M 与平面PBD 平行，故A 正确；对于B 选项，因为CD ^平面11ADD A ，DM Ì平面11ADD A ，则CD DM ^，又1CD DD ^，可知二面角--M DC P 的平面角为1ÐMDD ，显然其范围为0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故B 错误；对于C 选项，取1DD 中点E ，连接,,PE ME PM ，则PE ^平面11,^AA D D PE ME ，则2===ME ，则点M 在侧面11AA D D 内运动轨迹为以E 为圆心半径为2的劣弧，分别交AD ､11A D 于2M ､1M ，则1123Ð=Ð=M ED M ED π，则123Ð=M EM π，劣弧21M M 的长为2233ππ´=.故C 正确；对于D 选项，当M 为1A D 中点时，易知AMD V 为等腰直角三角形，AM DM ^，又AB ^平面11ADD A ，则AB DM ^，又,AB AM Ì平面ABM ，AB AM A =I ，则DM ^平面ABM ，则DM BM ^，又DC BC ^，可知四棱锥M ABCD-外接球的球心即为BD 的中点，所以四棱锥M ABCD -，设四棱锥M ABCD -外接球的内接正四面体的棱长为x ，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体的面对角线，故正，正方体的体对角线为外接球的直径，所以223ö⋅=÷÷ø，得2163x =，所以正四面体的表面积为2142x ´⋅=D 正确.故选：ACD.21．BCD【分析】对于A ，取BC 的中点N ，连接AN ，1B N ，根据面面平行的判定可证得平面1//ANB 平面1DMC ，从而得点P 的轨迹为线段AN ，解三角形计算可判断；对于B ，连接DQ ，由勾股定理得12DQ =，从而有点Q 的轨迹是以点D 为圆心，以12为半径的14圆，由圆的周长计算可判断；对于C ，过点D 作'DP AN ^于'P ，交点Q 的轨迹于'Q ，此时''P Q 的长度就是PQ 长度的最小值，由三角形相似计算得'DP ，由此可判断；对于D ，由已知得点R 到直线AB 的距离等于它到点D 的距离，根据抛物线的定义知点R 的轨迹是以点D 为焦点，以AB 为准线的抛物线，以AD 的中点为坐标原点O ，过点O 且垂直于AD 的直线为x 轴建立平面直角坐标系，则抛物线的方程为22x y =，设与直线AN 平行且与抛物线相切的直线l 的方程为：2+0x y n -=， 联立22+02x y n x y -=ìí=î，整理得()2244+2+0y n y n -=，由0D =，解得14n =-，再根据平行线间的距离可求得PR 长度的最小值．【详解】解：对于A ，取BC 的中点N ，连接AN ，1B N ，则1//AN MC ，11//AB DC ，所以//AN平面1DMC ，1//AB 平面1DMC ，又//AN 平面1DMC ，1//AB 平面1DMC ，1AN AB A =I ，所以平面1//ANB 平面1DMC ，又点P 在底面四边形ABCD 内（包括边界），1PB ∥平面1MC D ，所以点P 的轨迹为线段AN ，因为AN ===，所以点PA 不正确；对于B ，连接DQ ，因为Q 在底面ABCD上，1D Q =2==，解得12DQ =，所以点Q 的轨迹是以点D 为圆心，以12为半径的14圆，如下图所示，所以点Q 的轨迹的长度为112424ππ´´´=，故B 正确；对于C ，过点D 作'DP AN ^于'P ，交点Q 的轨迹于'Q ，此时''P Q 的长度就是PQ 长度的最小值，而'',B AP D BAN ADP Ð=ÐÐ=Ð，所以'ABN DP A V :V ，所以'AD DPAN AB='1DP =，解得'DP =，所以''''12P Q DP DQ =-=，所以PQ12，故C 正确；对于D ，因为点R 到平面11ABB A 的距离等于它到点D 的距离，由正方体的特点得点R 到直线AB 的距离等于点R 到平面11ABB A 的距离，所以点R 到直线AB 的距离等于它到点D 的距离，根据抛物线的定义知点R 的轨迹是以点D 为焦点，以AB 为准线的抛物线，以AD 的中点为坐标原点O ，过点O 且垂直于AD 的直线为x 轴建立平面直角坐标系，如下图所示，则102D æöç÷èø，，102A æö-ç÷èø，，()10N ，，直线AB 的方程为12y =-，直线AN 的方程为210x y --=，则抛物线的方程为22x y =，设与直线AN 平行且与抛物线相切的直线l 的方程为：2+0x y n -=，联立22+02x y n x y -=ìí=î，整理得()2244+2+0y n y n -=，()22Δ4+2160n n =-=，解得14n =-，所以直线l 的方程为：1204x y --=，则直线AN 与直线l 的距离为：d ==，所以PR，故D 正确，故选：BCD.。
例谈立体几何中轨迹问题
３根据截面图形求轨迹 ． 例 ３ 正方体ＡＢ Ｄ— ｌ Ｅ、 Ｃ Ａ ＢＣＤ ，
盼 别是Ａ 、Ｃ的 中点 ，是 Ｃ 。 的 Ａ， Ｃ Ｐ Ｃ上 动点 （ 括端点 ）过Ｅ、 Ｐ 包 ， Ｄ、 作正 方体
的截面 ， 若截面 为四边形 ， 点Ｐ 则 的轨
迹为（ ） ．
Ａ直线 ．
算题 ， ） 略
２ ３ ５， × ＝ ． ＋ ＝ ２ ３ ６
解． 近年来 高考 中常见的题 型有 以下几类．
１利 用 圆锥 曲线 定 义 求轨 迹 ． 点评 ： 圆锥 曲 线 的 统 一 定 义 为 ： 定 点 的距 离与 到 到
学思 想 与方法 ， 综合性 强 ， 能力 要求高 ， 教师可集 中讲 定直线的距 离比为常数 的点的轨迹 ， 该常数 叫做 圆锥 曲 线的 离心 率 ， 表 示． ＜ ＜ 时 ， 用ｅ 当０ ｅ ｌ 为椭 圆； ＝ 时， 当ｅ ｌ 为
点 评 ： 面 图形确 定后 ， 点 的轨 迹 也 是 确 定 的 ， 截 动 此 ４ 立 函 数模 型 求 函数 解 析式 建
的轨迹是以ｃ点 为焦点 ， Ｃ 以Ｂ 为准线 的抛 物线 （ 在侧 面 线 与Ｄ 平 行 ， Ｅ 由此 得 ， 与ｃ 当Ｐ 重合时 ， 面过Ｂ 。 中 截 Ｂ的 点评 ： 点在平 面 内运动的轨迹有 直线、 圆和 圆锥 曲 而 当截面过ｃ时 ， 。 截面也是四边形． 故选Ｃ ．
抛 物 线 ； ＞ 时 ． 双 曲 线． 当ｅ ｌ 为
例 １ 如 图 ，在 正 方 体Ａ Ｃ Ｂ Ｄ— ＡＢＣＤ 中 ， 侧 面 ＢＢ Ｃ 内一 动 １ Ｐ是 １Ｃ 点 ，若Ｐ 到直线Ｂ 与直线 ＣＤ的距离 Ｃ 。 相等 ，则动点Ｊ ｐ 的轨迹所在 的曲线是
（ ） ． ｄ
立体几何动点轨迹问题
立体几何动点轨迹问题立体几何里的动点轨迹问题啊，就像一场在三维空间里的神秘舞蹈，那些动点就像舞者，它们的轨迹让人捉摸不透，可一旦搞清楚了，又觉得特别有趣。
我记得在高中上立体几何课的时候，老师在黑板上画了一个复杂的立体图形，然后说有个动点在这个图形里按照一定规则运动，让我们找出它的轨迹。
当时我就懵了，感觉像是在看一场没有头绪的魔术表演。
老师在讲台上滔滔不绝地讲着各种定理和方法，我却在下面听得云里雾里。
有一次考试就碰到了一道动点轨迹的难题。
那是一个正方体，在它的棱上有一个动点，规定这个动点到正方体某个面的距离始终保持不变。
我看着题目，脑海里就像一团乱麻。
我先试着在草稿纸上把正方体画出来，可是怎么画都觉得不太对劲，那线条歪歪扭扭的，就像喝醉了酒的蚯蚓。
我想象着那个动点在正方体的棱上慢慢移动，可就是想不出它到底会画出什么样的轨迹。
我旁边的同桌倒是很淡定，他拿着铅笔在纸上比划着。
我凑过去看，他一边画一边说：“你看，这个动点到那个面的距离不变，就相当于它在和这个面平行的一个平面上运动。
”我似懂非懂地点点头，可还是不太明白。
他无奈地看了我一眼，然后拿了一个橡皮擦，放在正方体的模型上，说：“你把这个橡皮擦当成动点，现在你看，它沿着棱移动的时候，是不是始终在一个平面内？”我仔细一看，好像有点明白了。
就像一个小蚂蚁在正方体的框架上爬行，但是只能在一个特定高度的平面上爬，这样它的轨迹就不是随意的了。
还有一道题是关于圆锥里的动点。
一个动点在圆锥的母线和底面圆周之间运动，并且它到圆锥顶点的距离和到底面圆心的距离有一定的比例关系。
这可把我难住了，我看着圆锥的图形，想象着那个动点像个调皮的小精灵在圆锥里穿梭。
我尝试着建立空间直角坐标系，想用坐标来表示动点的位置，可是那些坐标值就像调皮的数字，在我脑袋里跳来跳去，怎么都理不顺。
我叹了口气，觉得自己像是迷失在立体几何的迷宫里，找不到出口。
不过，经过不断地练习和老师的耐心讲解，我慢慢地开始掌握了一些门道。
例谈立体几何中的轨迹问题
参考文献 ：
１《 课 程 标 准 实施 纲要 》 ．新
参与 了活动
所 学 的 内 容 能否 运 用 到 日常 生 活 中 ， 例说 明 举
２《 课 程 标 准 》 北京 师 范 大 学 出版 社 ．新 ３《 学数学教学》 ．中
４ 《 国教 育 网 》 ．中
你喜 欢 今 天 的数 学 课
吗？为什么？
５《 学 老 师 札 记 》 上 海教 育 出版 社 ．数
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专题 探讨 ★
点 Ｍ 在 正 方 形 ＡＢＣ 内 的 轨 迹 为 （ 为 正 方 形 ＡＢ Ｄ ０
Ｃ 的 中心 ） Ｄ （ ） ． 【 ６ 四 棱 锥 Ｐ—ＡＢ Ｄ， 例 】 Ｃ ＡＤ上 面 Ｐ ＡＢ， 上 ＢＣ
） ．
侧面 ＡＢ 内一 动 点 Ｐ 到 底 Ｃ
面 ＢＣ 的 距 离 与 到 棱 ＡＢ Ｄ 的距 离 相 等 ， 动 点 Ｐ 的 轨 则
八Ｓ Ｃ的 中点
Ｃ 线段 Ｓ ． Ｃ
Ｂ 点 Ｓ与 Ｃ 中点 的连线 ． Ｄ
Ｄ． Ｃ 中点 与 Ｃ 中 点 的 连 线 Ｓ Ｄ
解 ： 图 ２ Ｍ 、 分 如 ， Ｆ
，
由 ｌＭ Ｉ Ｐ —
一 ｌ Ａ １ ＡＤｌ ２ ． ｌ “ Ｐ 一 ＿ ．
．
Ｃ
， ｛ ｌ ｌ ｌ Ｉ ｌ Ｉ ｌ ｌ即 ＋ ＋ ＡＢ 所 在 直 线 为 轴 建 Ｍ 得Ｐ ＋Ｈ 一Ｍ ， Ｃ Ｈ Ｍ Ｃ
（ － ） ｙ－ １
面 Ｐ ＡＢ， 面 ＡＢ Ｄ 是 梯 形 ， 底 Ｃ ＡＤ 一 ４ ＢＣ 一 ８ ， ， ＡＢ＝ ６ ￣ＡＰＤ＝ ／ Ｃ ， ＰＢ， 足 上 述 条 件 的 四棱 锥 顶 满
点 Ｐ的轨迹是 （ ） ．
立体几何中的动点轨迹问题
同理，在平面 AA1D1D 内满足条件的点的轨迹长度为52π．在平面 A1B1C1D1 内满足条件 的点的轨迹为以 A1 为圆心，A1F 为半径的14圆弧，长度为 2π×4×14＝2π．同理，在平 面 ABCD 内满足条件的点的轨迹为以 A 为圆心，AE 为半径的圆弧，长度为 2π×3×14 ＝32π．故轨迹的总长度为52π＋52π＋2π＋32π＝172π．
的长度最小．因为 B1N1＝D1N1＝ 5，B1D1＝2 2，所以△B1N1D1 的边 B1D1 上的高为
52－ 22＝ 3，则 S△B1N1D1＝12×2 2× 3＝ 6，则当 B1N⊥D1N1 时，B1N 最
小，即 B1Nmin＝2S△DB1N1N1 1D1＝2
6＝2 5
530．
总结 提炼
与平行有关的轨迹问题的解题策略 (1)线面平行转化为面面平行得轨迹； (2)平行时可利用法向量垂直关系求轨迹．
模型 3 动点保持等距关系
3 (2023·湖北联考节选)已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 3，P 为正方体表 53
面上的一个动点，A1P＝2 3，则点 P 的轨迹长度为___2__π__．
【解析】 如图，点 P 的轨迹一部分是在平面 ABB1A1，A1B1C1D1， ADD1A1 三个面内以 2 3为半径，圆心角为π6的三段圆弧，另一部分是 在平面 BCC1B1，CDD1C1，ABCD 三个面内以 3为半径，圆心角为π2 的三段圆弧．故点 P 的轨迹的长度为112×2π×2 3×3＋14×2π× 3×3＝523π．
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配套精练
2 ． 如 图 ， 正 方 体 ABCD － A1B1C1D1 的 棱 长 为 2 ， E ， F 分 别 为
立体几何中轨迹问题
立体几何中的轨迹问题立体几何是考查学生空间想象能力和转化能力,在立体几何中出现了一些轨迹问题,本人将这些问题作了如下归类,以供参考。
一、轨迹是抛物线例1.2004年高考北京卷(文),如图,在正方体abcd-a1b1c1d1中,p是侧面bb1c1c内一动点,若点p到直线bc与直线c1d1的距离相等,则动点p的轨迹所在的曲线是()a.直线b.圆c.双曲线d.抛物线解:连接pc1,∵d1c1⊥面bb1c1c,又pc?奂面bb1c1c,∴d1c1⊥pc1,即可得线段pc1长为点p到c1d1的距离,原题意可转化为:在平面bb1c1c中,动点p到定点c1的距离与点p到定直线bc(点c1不在直线bc上)的距离相等.由抛物线定义可知:点p的轨迹所在的曲线是抛物线.例2.2004年高考北京卷(理),正方体abcd-a1b1c1d1的棱长为1,点m在棱ab上,且am=,点p是平面abcd上的动点,且点p到直线a1d1的距离与到点m的距离的平方差为1,则点p的轨迹是()a.抛物线b.双曲线c.直线d.以上都不对解:在正方形add1a1中过点e作ef⊥a1d1交ad于f,连接pf,pe,pm. ∵pe为点p到a1d1的距离∴pe⊥a1d1∴a1d1⊥efp面,又ad∥a1d1∴pf⊥ad即pf为点p到直线ad的距离.由条件和所作不难知ef⊥fp.pe2-pm2=ef2+pf2-pm2=1+pf2-pm2=1即:pf=pm,同样由抛物线定义可知:点p的轨迹所在的曲线是抛物线.二、轨迹是椭圆例3.由2004年高考北京卷,(文4)得变题1,在正方体abcd-a1b1c1d1中,p是侧面bb1c1c内一动点,若点p到直线bc的距离是点p到直线c1d1的距离2倍,则动点p的轨迹是()a.线段b.椭圆的一部分c.双曲线的一部分d.抛物线的一部分解:变为在平面bb1c1c中,动点p到定点c1的距离与点p到定直线bc(点c1不在直线bc上)的距离之比为1∶2.由椭圆第二定义可知:点p的轨迹所在的曲线是椭圆(在正方形bb1c1c内),且离心率为.故本题选b.三、轨迹是双曲线例4.变题2,在正方体abcd-a1b1c1d1中,p是侧面bb1c1c内一动点,若点p到直线bc的距离是点p到直线c1d1的距离一半,则动点p的轨迹是双曲线的一部分,且离心率为2.四、轨迹是线段例5.变题3,如图,在正方体abcd-a1b1c1d1中,p是侧面bb1c1c 内一动点,且始终满足ap⊥d1b,则动点p的轨迹所在的曲线是() a.线段 b.椭圆的一部分c.双曲线的一部分d.抛物线的一部分解:连接ac,ab1,b1c,易证bd1⊥面ab1c,∴点p在线段b1c动,才能满足ap⊥d1b.故本题选a.例6.(2005年5月苏州市高三教学调研测试)如图,△adp为正三角形,四边形abcd为正方形,平面pad⊥平面abcd.m为平面abcd内的一动点,且满足mp=mc.点m在正方形abcd内的轨迹为(o为正方形abcd的中心)()解:空间中到p、c两点距离相等的点应在过线段pc中点且垂直于此线段pc的平面α上。
立体几何中的轨迹问题(解析版)
第20讲 立体几何中轨迹问题7类【题型一】由动点保持平行性求轨迹【典例分析】如图，在边长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 、N 分别是CC 1、C 1D 1、DD 1、CD 、BC 的中点，M 在四边形EFGH 边上及其内部运动，若MN ∥面A 1BD ，则点M 轨迹的长度是（ ）A 3B 2C 3aD 2a 【答案】D 【分析】连接GH 、HN ，有GH ∥BA 1，HN ∥BD ，证得面A 1BD ∥面GHN ，由已知得点M 须在线段GH 上运动，即满足条件，由此可得选项. 【详解】解：连接GH 、HN 、GN ，∥在边长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是CC 1、C 1D 1、DD 1、CD 的中点，N 是BC 的中点，则GH ∥BA 1，HN ∥BD ，又GH ⊄面A 1BD ，BA 1⊂面A 1BD ，所以//GH 面A 1BD ，同理可证得//NH 面A 1BD ， 又GH HN H ⋂=，∥面A 1BD ∥面GHN ，又∥点M 在四边形EFGH 上及其内部运动，MN ∥面A 1BD ， 则点M 须在线段GH 上运动，即满足条件，GH 2，则点M 2. 故选：D.【变式演练】1.在三棱台111A B C ABC -中，点D 在11A B 上，且1//AA BD ，点M 是三角形111A B C 内（含边界）的一个动点，且有平面//BDM 平面11A ACC ，则动点M 的轨迹是（ ）A ．三角形111ABC 边界的一部分 B ．一个点 C ．线段的一部分D ．圆的一部分【答案】C 【分析】过D 作11//DE AC 交11B C 于E ，连接BE ，证明平面//BDE 平面11AAC C ，得M DE ∈，即得结论． 【详解】如图，过D 作11//DE AC 交11B C 于E ，连接BE ，1//BD AA ，BD ⊄平面11AAC C ，1AA ⊂平面11AAC C ，所以//BD 平面11AAC C ， 同理//DE 平面11AAC C ，又BD DE D ⋂=，,BD DE ⊂平面BDE ，所以平面//BDE 平面11AAC C ，所以M DE ∈，（M 不与D 重合，否则没有平面BDM ）， 故选：C ．2.已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 、F 分别是棱1AA 、11A D 的中点，点P 为底面ABCD 内（包括边界）的一动点，若直线1D P 与平面BEF 无公共点，则点P 的轨迹长度为（ ）A 21B 5C 32D 6【答案】B 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设点(),,0P a b ，计算出平面BEF 的一个法向量m 的坐标，由已知条件得出10D P m ⋅=，可得出a 、b 所满足的等式，求出点P 的轨迹与线段AD 、BC 的交点坐标，即可求得结果.【详解】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()2,2,0B 、()2,0,1E 、()1,0,2F 、()10,0,2D ，设点(),,0P a b ，()0,2,1BE =-，()1,0,1EF =-，设平面BEF 的法向量为(),,m x y z =， 由200m BE y z m EF x z ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩，取2z =，可得()2,1,2m =，()1,,2D P a b =-，由题意可知，1//D P 平面BEF ，则1240D P m a b ⋅=+-=，令0b =，可得2a =；令2b =，可得1a =.所以，点P 的轨迹交线段AD 于点()2,0,0A ，交线段BC 的中点()1,2,0M ， 所以，点P 的轨迹长度为()()2221025AM =-+-=故选：B.3.在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别是棱11C D ，11B C 的中点，P 是上底面1111D C B A 内一点（含边界），若//AP 平面BDEF ，则Р点的轨迹长为（ ） A ．1 B 2C ．2 D ．22【答案】B 【分析】由分别取棱11A B ､11A D 的中点M ､N ，连接MN ，由线面平行得面面平行，得动点轨迹，从而可计算其长度． 【详解】如图所示，分别取棱11A B ､11A D 的中点M ､N ，连接MN ，连接11B D ， ∥M ､N ､E ､F 为所在棱的中点，∥11//MN B D ，11//EF B D ，∥//MN EF ， 又MN ⊄平面BDEF ，EF ⊂平面BDEF ，∥//MN 平面BDEF ，连接NF ，由11//NF A B ，11NF A B =，11//A B AB ，11A B AB =，可得//NF AB ，NF AB =，则四边形ANFB 为平行四边形，则//AN FB ，而AN ⊄平面BDEF ，FB ⊂平面BDEF ，则//AN 平面BDEF . 又ANNM N =，∥平面//AMN 平面BDEF .又P 是上底面1111D C B A 内一点，且//AP 平面BDEF ， ∥P 点在线段MN 上.又1112MN B D =，∥P 2【题型二】动点保持垂直性求轨迹【典例分析】在正方体1111ABCD A B C D -中，Q 是正方形11B BCC 内的动点，11A Q BC ⊥，则Q 点的轨迹是（ ） A ．点1B B ．线段1B CC ．线段11B CD ．平面11B BCC【答案】B 【分析】如图，连接1A C ,证明1BC ⊥1B Q ,又1BC ⊥1B C ，即得解.【详解】如图，连接1A C ,因为111111111111,,,,BC AQ BC A B AQ A B A AQ A B ⊥⊥=⊂平面11A B Q ,所以1BC ⊥平面11A B Q , 又1B Q ⊂平面11A B Q ,所以1BC ⊥1B Q ,又1BC ⊥1B C .所以点Q 在线段1B C 上.故选：B【变式演练】1.在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，且保持1AP BD ⊥，则动点P 的轨迹为（ ） A ．线段1CBB ．线段1BCC ．1BB 的中点与1CC 的中点连成的线段D ．BC 的中点与11B C 的中点连成的线段【答案】A 【分析】利用直线与平面垂直的判定可得1BD ⊥面1ACB ，又点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总是保持AP 与1BD 垂直，得到点P 的轨迹为面1ACB 与面11BCC B 的交线． 【详解】如图，连接AC ，1AB ，1B C ，在正方体1111ABCD A B C D -中，有1BD ⊥平面1ACB ，又点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，∴故点P 的轨迹为平面1ACB 与平面11BCC B 的交线段1CB .故选：A.2.在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为1BD ，11B C 的中点，点P 在正方体的表面上运动，且满足MP CN ⊥．给出下列说法： ∥点P 可以是棱1BB 的中点； ∥线段MP 的最大值为34； ∥点P 的轨迹是正方形； ∥点P 轨迹的长度为25其中所有正确说法的序号是________．【答案】∥∥ 【分析】以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，1DD 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，求出MP 的坐标，从而得到MP 的最大值，即可判断选项∥，通过分析判断可得点P 不可能是棱1BB 的中点，从而判断选项∥，又1EF GH ==，5EH FG ==∥和选项∥． 【详解】解：在正方体1111ABCD A B C D -中，以D 为坐标原点，1DC 为x 轴，y 轴， ∥该正方体的棱长为1，M ，N 分别为1BD ，11B C 的中点， ∥()0,0,0D ，M （12，12，12），1,1,12N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()0,1,0C∥1,0,12CN ⎛⎫= ⎪⎝⎭，设(),,P x y z ，则111,,222MP x y z ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，∥MP CN ⊥，∥1110222x z ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭，即2430x z +-=当1x =时，14z =，当0x =时，34z =，取11,0,4E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，11,1,4F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，30,1,4G ⎛⎫ ⎪⎝⎭，30,0,4H ⎛⎫ ⎪⎝⎭，连结EF ，FG ，GH ，HE ，则()0,1,0EF GH ==，11,0,2EH FG ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，∥四边形EFGH 为矩形，则0EF CN ⋅=，0EH CN ⋅=， 即EF CN ⊥，EH CN ⊥，又EF 和EH 为平面EFGH 中的两条相交直线， ∥CN ⊥平面EFGH ，又111,,224EM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，111,,224MG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∥M 为EG 的中点，则M ∈平面EFGH ， 为使MP CN ⊥，必有点P ∈平面EFGH ，又点P 在正方体表面上运动，∥点P 的轨迹为四边形EFGH ， 因此点P 不可能是棱1BB 的中点，故选项∥错误； 又1EF GH ==，5EH FG ==， ∥EF EH ≠，则点P 的轨迹不是正方形且矩形EFGH 周长为52225+=故选项∥错误，选项∥正确；∥1,0,12CN ⎛⎫= ⎪⎝⎭，111,,222MP x y z ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，又MP CN ⊥，则1110222x z ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭，即2430x z +-=，∥322x z =-，点P 在正方体表面运动， 则30212z ≤-≤，解1344z ≤≤， ∥2222211111522222MP x y z z y ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭故当14z =或34z =，0y =或1，MP 取得最大值为34，故∥正确.故答案为：∥∥．3.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1CC 的中点，F 是侧面11BCC B 内的动点，且1A F 与平面1D AE 的垂线垂直，则下列说法不正确的是（ ）A ．1A F 与1D E 不可能平行B ．1A F 与BE 是异面直线C ．点F 的轨迹是一条线段D ．三棱锥1F ABD -的体积为定值 【答案】A 【分析】设平面1D AE 与直线BC 交于G ，连接AG ，EG ，则G 为BC 的中点，分别取1B B ，11B C 的中点M ，N ，连接1A M ，MN ，1A N ，证明平面1//A MN 平面1D AE ，即可分析选项ABC 的正误；再由//MN EG ，得点F到平面1D AE 的距离为定值，可得三棱锥1F ABD -的体积为定值判断D ． 【详解】解：设平面1D AE 与直线BC 交于G ，连接AG ，EG ， 则G 为BC 的中点，分别取1B B ，11B C 的中点M ，N ， 连接1A M ，MN ，1A N ， 如图，∥11//A M D E ，1A M平面1D AE ，1D E ⊂平面1D AE ，∥1//A M 平面1D AE ，同理可得//MN 平面1D AE ， 又1A M 、MN 是平面1A MN 内的两条相交直线，∥平面1//A MN 平面1D AE ，而1//A F 平面1D AE ，∥1A F ⊂平面1A MN ， 得点F 的轨迹为一条线段，故C 正确；并由此可知，当F 与M 重合时，1A F 与1D E 平行，故A 错误；∥平面1//A MN 平面1D AE ，BE 和平面1D AE 相交，∥1A F 与BE 是异面直线，故B 正确； ∥//MN EG ，则点F 到平面1D AE 的距离为定值，∥三棱锥1F ABD -的体积为定值，故D 正确． 故选：A ．【题型三】由动点保持等距（或者定距）求轨迹【典例分析】已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为底面ABCD 内一点，若P 到棱CD ，A 1D 1距离相等的点，则点P 的轨迹是（ ） A ．直线 B ．椭圆C ．抛物线D ．双曲线【答案】D 【分析】以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D xyz -，求出点P 的轨迹方程即可判断. 【详解】如图示，过P 作PE ∥AB 与E ，过P 作PF ∥AD 于F ，过F 作FG ∥AA 1交A 1D 1于G ，连结PG ，由题意可知PE=PG以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D xyz -，设(),,0P x y ，由PE=PG 得： 2211x y -=+，平方得：()2211x y --=即点P 的轨迹是双曲线.故选：D.【变式演练】1.如图，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为正方形ABCD 内（包括边界）的一个动点，且满足MP MC =．则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【分析】如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设(),,0M x y ，正方形ABCD 的边长为a ，求出MC ，MP 的坐标，利用MP MC =可得x 与y 的关系，即可求解. 【详解】如图，以D 为坐标原点，DA ，DC 所在的直线分别为x ，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形ABCD 的边长为a ，(),,0M x y ，则0x a ≤≤，0y a ≤≤，32a a P ⎛ ⎝⎭，()0,,0C a ，则()22MC x a y =+-222322a a MP x y ⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭MP MC =，得2x y =，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为一条线段()102y x x a =≤≤， 故选：A ．2.如图，在棱长为4的正方体ABCD A B C D ''''-中，E 、F 分别是AD 、A D ''的中点，长为2的线段MN 的一个端点M 在线段EF 上运动，另一个端点N 在底面A B C D ''''上运动，则线段MN 的中点P 的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体的体积为（ ）A ．43πB ．23π C ．6πD ．3π【分析】连接PF 、NF ，分析得出1FP =，可知点P 的轨迹是以点F 为球心，半径长为1的球面，作出图形，结合球体的体积公式可求得结果. 【详解】连接PF 、NF ，因为//AD A D ''，AD A D ''=，且E 、F 分别为AD 、A D ''的中点， 故//AE A F '且AE A F '=，所以，四边形AA FE '为平行四边形，故//EF AA '且4EF AA ='=，AA '⊥平面A B C D ''''，则EF ⊥平面A B C D ''''，因为FN ⊂平面A B C D ''''，所以，EF FN ⊥，P 为MN 的中点，故112FP MN ==，所以，点P 的轨迹是以点F 为球心，半径长为1的球面，如下图所示：所以，线段MN 的中点P 的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体为球F 的14， 故所求几何体的体积为3141433V ππ=⨯⨯=.故选：D.3.四棱锥P ﹣OABC 中，底面OABC 是正方形，OP ∥OA ，OA ＝OP ＝a ．D 是棱OP 上的一动点，E 是正方形OABC 内一动点，DE 的中点为Q ，当DE ＝a 时，Q 的轨迹是球面的一部分，其表面积为3π，则a 的值是（ ） A ．23B ．26C ．336D ．6【分析】由题意结合选项可特殊化处理，即取OP 与底面垂直，求得Q 的轨迹，结合球的表面积求解． 【详解】解：不妨令OP ∥OC ，则OP ∥底面OABC ， 如图，∥D 是OP 上的动点，∥OD ∥底面OABC ，可得OD ∥OE ， 又Q 为DE 的中点，∥OQ 1122DE a ==，即Q 的轨迹是以O 为球心，以12a 为半径的18球面， 其表面积为S 214384a ππ=⨯⨯=，得a 6=．故选：B ．【题型四】由动点保持等角（或定角）求轨迹【典例分析】正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，11A B 的中点，P 是边11C D 上的一个点（包括端点），Q 是平面1PMB 上一动点，满足直线MN 与直线AN 夹角与直线MN 与直线NQ 的夹角相等，则点Q 所在轨迹为（ ）A ．椭圆B ．双曲线C ．抛物线D ．抛物线或双曲线【分析】根据题设分析可知：Q 点轨迹为以AN 为母线，MN 为轴，AB 为底面直径的圆锥体，及其关于11A B 反向对称的锥体与平面1PMB 的交线，应用数形结合，结合平面与双锥面相交所成曲线的性质判断Q 所在轨迹的形状. 【详解】由题设，Q 点轨迹为以AN 为母线，MN 为轴，AB 为底面直径的圆锥体，及其关于11A B 反向对称的锥体与平面1PMB 的交线，如下图示：当P 是边11C D 上移动过程中，只与下方锥体有相交，Q 点轨迹为抛物线； 当P 是边11C D 上移动过程中，与上方锥体也有相交，Q 点轨迹为双曲线；故选：D【变式演练】1.如图，斜线段AB 与平面α所成的角为60︒，B 为斜足，平面α上的动点P 满足30PAB ∠=︒，则点P 的轨迹是（ ）A ．直线B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线的一支【答案】C 【分析】由题可知点P 在以AB 为轴的圆锥的侧面上，再结合条件可知P 的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义，即得. 【详解】用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线.此题中平面α上的动点P 满足30PAB ∠=︒，可理解为P 在以AB 为轴的圆锥的侧面上， 再由斜线段AB 与平面α所成的角为60︒，可知P 的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义. 故可知动点P 的轨迹是椭圆. 故选：C.2.如图所示，1111ABCD A B C D -为长方体，且AB =BC =2，1AA =4，点P 为平面1111A B C D 上一动点，若11PBC BC C ∠=∠，则P 点的轨迹为（ ）A ．抛物线B ．椭圆C ．双曲线D ．圆【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算和轨迹方程思想求得P 的轨迹方程，进而根据方程判定轨迹类型. 【详解】如图，建立直角坐标系，则()()10,0,4,0,2,0B C ,2222112425BC BC CC =+=+= 设(),,0P x y ,则向量(),,4BP x y =-，向量()10,2,4BC =-,()111222211cos ||2551624CC BP BC PBC BC BP BC x y ∠=====+++-， ∥()()2228416y x y +=++，即2243160x y y +-=,228644333x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭,22831166439y x ⎛⎫- ⎪⎝⎭+=,这方程表示的轨迹是平面1111A B C D 上的椭圆，故选：B.3.在长方体1111ABCD A B C D -中，6AB AD ==，12AA =，M 为棱BC 的中点，动点P 满足APD CPM ∠=∠，则点P 的轨迹与长方体的侧面11DCC D 的交线长等于___________. 【答案】23π【分析】由题意画出图形，由角的关系得到边的关系，然后再在平面11DCC D 内建系，求出P 的轨迹方程，确定点P 的轨迹与长方体的面11DCC D 的交线，进而求得交线长. 【详解】 如下图所示：当P 在面11DCC D 内时，AD ⊥面11DCC D ，CM ⊥面11DCC D ； 又APD MPC ∠=∠，在Rt PDA 与Rt PCM 中，∥6AD =，则3MC =， ∥tan tan AD MCAPD MPC PD PC∠==∠=，则63PD PC=，即2PD PC =. 在平面11DCC D 中，以DC 所在直线为x 轴，以DC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则()3,0D -，()3,0C ，设(),P x y ，由2PD PC =()()2222323x y x y ++-+整理得：221090x x y -++=，即()22516x y -+=. ∥点P 的轨迹是以F (5，0)为圆心，半径为4的圆.设圆F 与面11DCC D 的交点为E ､M ，作EK 垂直x 轴于点K ，如图，则21sin 42EK EFK EF ∠===；∥6EFK π∠=；故点P 的轨迹与长方体的面11DCC D 的交线为劣弧ME ，所以劣弧ME 的长为2463ππ⨯=.故答案为：【题型五】 投影求轨迹【典例分析】1822年，比利时数学家 Dandelin 利用圆锥曲线的两个内切球，证明了用一个平面去截圆锥，可以得到椭圆（其中两球与截面的切点即为椭圆的焦点），实现了椭圆截线定义与轨迹定义的统一性．在生活中，有一个常见的现象：用手电筒斜照地面上的篮球，留下的影子会形成椭圆．这是由于光线形成的圆锥被地面所截产生了椭圆的截面．如图，在地面的某个占1A 正上方有一个点光源，将小球放置在地面，使得1AA 与小球相切．若15A A =，小球半径为2，则小球在地面的影子形成的椭圆的离心率为（ ）A ．23B ．45 C ．13D ．25【答案】A 【分析】设21A F x =，从而可得15AA = ，122A A x =+，23AA x =+，利用勾股定理可得10x =，再由离心率的定义即可求解. 【详解】在21Rt AA A 中，设21A F x =，2DA x ∴=15AA = ，122A A x =+，23AA x =+，2225(2)(3)x x ∴++=+， 10x ∴=， ∥长轴长12212A A a ==，6a =，624c =-=则离心率23c e a ==.故选：A【变式演练】1.如图，已知水平地面上有一半径为3的球，球心为O '，在平行光线的照射下，其投影的边缘轨迹为椭圆C ．如图，椭圆中心为O ，球与地面的接触点为E ，4OE =．若光线与地面所成角为θ，椭圆的离心率e =__________．【答案】45【分析】根据平行投影计算出椭圆C 的短半轴长b ，再求出光线与水平面所成锐角的正弦，进而求得椭圆C 的长轴长2a 而得解. 【详解】连接OO '，则O OE θ'∠=，因为34，O E OE '==，如图：所以2222345OO O E OE ''+=+=，所以3sin 5O E OO θ'==' 在照射过程中，椭圆的短半轴长b 是球的半径R ，即3b =，过球心与椭圆长轴所在直线确定的平面截球面所得大圆及对应光线，如图：椭圆的长轴长2a 是AC ，过A 向BC 做垂线，垂足是B ，则,AB O O O E AC ''⊥⊥，由题意得：326sin sin 5AB R ACB θ==∠==，，又sin ABACB AC∠=， 则35AB AC =，10AC =，即2105a a ==，， 所以椭圆的离心率为2225945ca b e a--====.故答案为：45【题型六】翻折与动点求轨迹（难点）【典例分析】如图，将四边形ABCD 中，ADC 沿着AC 翻折到1AD C ，则翻折过程中线段DB 中点M 的轨迹是（ ）A ．椭圆的一段B ．抛物线的一段C ．双曲线的一段D ．一段圆弧【答案】D 【分析】过点D 作AC 的垂线，垂足为F ，过点点B 作AC 的垂线，垂足为E ，连接,DE BF ，再分别分析翻折前、后的变化量与不变量，在翻折后的图形中取BE 中点O ，进而可得答案. 【详解】解：在四边形ABCD 中，过点D 作AC 的垂线，垂足为F ，过点点B 作AC 的垂线，垂足为E ，连接,DE BF ，如图1，所以当四边形ABCD 确定时， DEF 和BEF 三边长度均为定值，当ADC 沿着AC 翻折到1AD C ，形成如图2的几何体，并取BE 中点O ，连接OM ， 由于在翻折过程中，1DE D E =，所以由中位线定理可得112OM D E =为定值， 所以线段DB 中点M 的轨迹是以BE 中点O 为圆心的圆弧上的部分.故选：D【变式演练】1.已知∥ABC 的边长都为2，在边AB 上任取一点D ，沿CD 将∥BCD 折起，使平面BCD ∥平面AC D ．在平面BCD 内过点B 作BP ∥平面ACD ，垂足为P ，那么随着点D 的变化，点P 的轨迹长度为（ ） A ．6πB ．3π C ．23π D ．π【答案】C 【分析】根据题意，先确定点P 轨迹的形状，进而求出轨迹的长度即可. 【详解】由题意，在平面BCD 内作BQ ∥CD ，交CD 于Q ，因为平面BCD ∥平面ACD ，平面BCD 与平面ACD 交于CD ，所以BQ ∥平面ACD ，又BP ∥平面ACD ，所以P ,Q 两点重合，于是随着点D 的变化，BP ∥CD 始终成立，可得在平面ABC 中，BP ∥CP 始终成立，即得点P 的轨迹是以BC 为直径的圆的一部分，由题意知随着点D 的变化，∥BCD 的范围为0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，可得点P 的轨迹是以BC 为直径（半径为1）的圆的13，即得点P 的轨迹长度为2122133ππ⨯⨯=.故选：C.2.如图，等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，2AB =，1AD BC ==，AB CD >，沿着AC 把ACD △折起至1ACD △，使1D 在平面ABC 上的射影恰好落在AB 上．当边长CD 变化时，点1D 的轨迹长度为（ ）A ．2π B ．3π C ．4π D ．6π【答案】B 【分析】根据1D 的射影在边AB 上，且1AD 固定长度为1，所以1D 的轨迹在以A 为原点半径为1的圆上，因此考虑CD 的长度缩短到0时和CD 变长到AB 的长度两种情况，从而求出夹角大小，进而求出弧长. 【详解】因为1D 的射影在边AB 上，且1AD 固定长度为1，所以1D 的轨迹在以A 为原点半径为1的圆上.考虑极端情况：当CD 的长度缩短到0时，1,,C D D 都汇聚到线段AB 的中点（D 2）；当CD 变长到AB 的长度时（1D 的射影为D 3），如图，设3AD t =，则32BD t =-,在13D D ARt中，22131D D t =-，同理：()22312CD t =+-，()22221313412D D CD CD t ⎡⎤=-=-+-⎣⎦∥()22141212t t t ⎡⎤-+-=-⇒=⎣⎦，即1D 在线段AB 上的投影与点A 的距离为12，从而1AD 与AB 夹角为3π，故点1D 的轨迹为1=33ππ⨯.故选：B.3.已知矩形ABCD 中，1AB =，2AE =ABE △沿着BE 进行翻折，使得点A 与点S 重合，若点S 在平面BCDE 上的射影在四边形BCDE 内部（包含边界），则动点S 的轨迹长度是（ ）A 3πB 6πC 6πD 3π 【答案】C 【分析】过点A 作AM BE ⊥于点M ，交BC 于点G ，则点S 在平面BCDE 上的射影N 落在线段MG 上.由翻折过程可知，6SM AM ==S 的轨迹是以点M 6为半径的一段圆弧，求出圆心角，利用弧长公式求出弧长. 【详解】如图（1），过点A 作AM BE ⊥于点M ，交BC 于点G ，则点S 在平面BCDE 上的射影N 落在线段MG 上.在Rt ABE △中，1AB =，2AE =3BE =2633AM =. 翻折的过程中，动点S 满足6SM =S 的轨迹是以点M 6.易得3BM =233EM =，AME GMB ∽△△，所以12MG MB MA ME ==，则6MG SM =<，如图（2），在圆M 中，0S M AG ⊥，1S G AG ⊥，所以点S 的轨迹是01S S ，且111cos 2MG S MG MS ∠==，则1π3S MG ∠=，10π6S MS ∠=，从而点S 的轨迹长度为π66π6=. 故选：C【课后练习】1．（多选题）（海南省海口市北京师范大学海口附属学校12月月考）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为112,,M DD 的中点，N 为正方形ABCD 所在平面内一动点，则下列结论正确的是( )A ．若N 到直线1BB 与直线DC 的距离相等，则N 的轨迹为抛物线 B ．若2MN =，则MN 的中点的轨迹所围成图形的面积为π C ．若1D N 与AB 所成的角为60，则N 的轨迹为双曲线 D ．若MN 与平面ABCD 所成的角为60，则N 的轨迹为椭圆 【答案】ABC 【分析】A ：由1BB ⊥平面ABCD ，可得NB 即为N 到直线1BB 的距离，由抛物线的定义即可判断； B ：由题意可得MN 中点的轨迹为以MD 3ABCD 的圆，计算可判断； C ：建立空间直角坐标系，设(N x ，y ，0)，由1D N 与AB 所成的角为60°，可得点N 的轨迹方程，从而可判断；D ：由MN 与平面ABCD 所成的角为MND ∠，计算可得DN 为定值，可判断点N 的轨迹为以D 为圆心，DN 为半径的圆，从而可判断． 【详解】对于A ，1BB ⊥平面ABCD ，NB 即为N 到直线1BB 的距离， 在平面ABCD 内，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等， ∥点N 的轨迹就是以B 为焦点，DC 为准线的抛物线，故A 正确； 对于B ，1BB ⊥平面ABCD ，NB 即为N 到直线1BB 的距离， 在平面ABCD 内，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等， ∥点N 的轨迹就是以B 为焦点，DC 为准线的抛物线，故B 正确； 对于C ，如图，建立空间直角坐标系，(0D ，0，0)，1(0D ，0，2)，(2A ，0，0)，(2B ，2，0)，设(N x ，y ，0)，则1(D N x =，y ，2)-，(0AB =，2，0)，122121cos60242y D N AB D N ABx y ⋅︒==⨯++⨯， 化简得2234y x -=，即2214134y x -=，∥N 的轨迹为双曲线，故C 正确；对于D ，MN 与平面ABCD 所成的角为MND ∠，∥60MND ∠=︒， 则3DN =∥点N 的轨迹为以D 3D 错误． 故选：ABC ﹒2.（广东省六校高三上学期第三次联考数学试题）（多选题）如图的正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为2，点E 是棱1DD 的中点，点F 在正方体表面上运动.以下命题正确的有（ ）A ．侧面11CDD C 上不存在点F ，使得11B F CD ⊥B ．点D 到面1A BE 的距离与点1C 到面1A BE 的距离之比为13C ．若点F 满足1//B F 平面1A BE ，则动点F 的轨迹长度为25D ．若点F 到点A 221F的轨迹长度为23π 【答案】BD 【分析】先找到点F 满足1//B F 平面1A BE 的轨迹，可判断选项AC ，将平面1A BE 补全，利用比例判断选项B ，找到满足点F 到点A 221D 【详解】取11C D 中点M ，1C C 中点N ，连接1B M ，1B N ，MN ，易证11//B N A E ，又1B N ⊄平面1A BE ，1A E ⊂平面1A BE ，所以1//B N 平面1A BE ， 又1//MN A B ，同理得到//MN 平面1A BE ， 所以平面1//B MN 平面1A BE ，所以若点F 满足1//B F 平面1A BE ，则点F 在1B MN △的三边上运动，112,5MN B M B N ===F 的轨迹长度为252C 错误；当点F 在侧面11CDD C 上运动时，点F 的运动轨迹为线段MN ，当F 运动到MN 中点时，因为∥1B MN 是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 错误；取CD 中点G ，连接BG ，EG ，易证1//A B EG ，则1,,,A B E G 共面，令1C D EG H ⋂=，则易得113DH C H =， 所以点D 到面1A BE 的距离与点1C 到面1A BE 的距离之比为13，故B 正确；22122>F 到点A 221则动点F 的轨迹在正方形11B BCC 和正方形11CC D D 及正方形1111D C B A 上， 若在正方形11B BCC 上，则满足22222143(2BF BA BF +=⇒=<，所以在正方形11B BCC 上，动点F 的轨迹为以B 4323， 同理点F 在正方形1111D C B A 及正方形11CC D D 面上运动时，轨迹分别为以1,A D 43为半径的四分之一圆弧，所以动点F 23323π⨯=，所以D 正确；故选：BD3.（多选题）（全国著名重点中学领航高考冲刺试卷（六））如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1AA 的中点，点F 在线段1AD 上运动，G 为底面ABCD 内一动点，则下列说法正确的是（ ）A ．11C F CB ⊥B ．若1//FG CD ，则点G 在线段AC 上C ．当点F 从A 向1D 运动时，三棱锥1D BFC -的体积由小变大D ．若1GD ，GE 与底面ABCD 所成角相等，则动点G 的轨迹为圆的一部分 【答案】ABD 【分析】结合线面垂直的知识来判断A 选项的正确性.结合平面的知识来判断B 选项的正确性.结合锥体体积的求法来确定C 选项的正确性.结合阿波罗尼斯圆的知识来判断D 选项的正确性. 【详解】连接1A D ，∥1C F 在平面11ADD A 内的射影为1D F ，11CB A D ∥，且11A D D F ⊥，则1A D ⊥平面11C D F ，11A D C F ⊥，∥11C F CB ⊥，故A 正确；∥1FG CD ∥，∥FG 与1CD 确定唯一的平面α，而平面1ACD 与α有F ，1D ，C 三个不在一条直线上的公共点，∥平面1ACD 与α重合，又G 为底面ABCD 内一动点，则点G 必在平面1ACD 与平面ABCD 的交线AC 上，故B 正确；∥11AD BC ∥，1AD ⊄平面1DBC ，1BC ⊂平面1DBC ，∥1AD ∥平面1DBC ，故当点F 在1AD 上运动时，点F 到平面1DBC 的距离不变，于是三棱锥1F BDC -的体积不变，即三棱锥1D BFC -的体积不变，故C 错误； 连接GD ，GA ，当1GD ，GE 与底面ABCD 所成角相等时，易得2GD GA =，∥AD 为定值，由阿波罗尼斯圆易知点G 的轨迹为圆的一部分，故D 正确． 阿波罗尼斯圆：已知平面上两点A ，B ，则所有满足PAk PB=（0k >且1k ≠）的点P 的轨迹是一个以定比m ：n 内分和外分定线段AB 的两个分点的连线为直径的圆，此圆称为阿波罗尼斯圆． 故选：ABD4.（吉林省梅河口市第五中学第一次月考）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为1AA ，1CC 的中点，O 为底面ABCD 的中心，点P 在正方体的表面上运动，且满足NP MO ⊥，则下列说法正确的是（ ）A ．点P 可以是棱1BB 的中点B ．线段NP 2C ．点P 的轨迹是平行四边形D ．点P 轨迹的长度为12【答案】B 【分析】在正方体1111ABCD A B C D -中，以点D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、1DD 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系，根据NP MO ⊥，确定点P 的轨迹，在逐项判断，即可得出结果. 【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，以点D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、1DD 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系，因为该正方体的棱长为1，,M N 分别为1AA ，1CC 的中点，则()0,0,0D ，11,0,2M ⎛⎫⎪⎝⎭，10,1,2N ⎛⎫⎪⎝⎭，11,,022O ⎛⎫⎪⎝⎭，所以111,,222OM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设(),,P x y z ，则1,1,2NP x y z ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，因为NP MO ⊥， 所以0NP OM ⋅=所以()1111102222x y z ⎛⎫--+-= ⎪⎝⎭，即2221x y z -+=-，令0z =，当12x =时，1y =；当0x =时，12y =；取1,1,02E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，10,,02F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，连接EF ，FN ，NE ，则11,,022EF ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，11,0,22EN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则111110022222EF OM ⎛⎫⎛⎫⋅=-⨯+-⨯-+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，111110022222EN OM ⎛⎫⋅=-⨯+⨯-+⨯= ⎪⎝⎭，所以EF OM ⊥，EN OM ⊥，又EF EN E ⋂=，且EF ⊂平面EFN ，EN ⊂平面EFN ，所以OM ⊥平面EFN ，所以，为使NP OM ⊥，必有点P ∈平面EFN ，又点P 在正方体的表面上运动，所以点P 的轨迹为正三角形EFN ，故C 错误；因此点P 不可能是棱1BB 的中点，故A 错误；线段NP 的最大值为NF 2=B 正确； 点P 22232=D 错误； 故选：B5.（广东省深圳市平冈高级中学高三上学期9月第一次月考）如图所示，在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点，F 是侧面CDD 1C 1上的动点，且B 1F ∥平面A 1BE ，则F 在侧面CDD 1C 1上的轨迹的长度是（ ）A ．aB ．2aC 2aD 2a 【答案】D【分析】过1B 做与平面1A BE 平行的平面，该平面与侧面11CDD C 的交线，即为满足条件的轨迹，求解即可.【详解】设G ，H ，I 分别为CD ，CC 1，C 1D 1边上的中点，连接B 1I ，B 1H ，IH ，CD 1，EG ，BG ，则1A B ∥1CD ∥GE ,所以 A 1，B ，E ，G 四点共面，由1B H ∥11,A E A E ⊄平面B 1HI ，1B H ⊂平面B 1HI ，所以A 1E ∥平面B 1HI ，同理A 1B ∥平面B 1HI ，111A B A E A =，所以平面A 1BGE ∥平面B 1HI ，又因为B 1F ∥平面A 1BE ，所以F 落在线段HI 上，因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，所以1122HI CD ==， 即F 在侧面CDD 1C 12.故选：D. 6.（湖南省永州市高三上学期第一次适应性考试）已知在三棱锥S ABC -中，D 为线段AB 的中点，点E 在SBC △(含边界位置)内，则满足//DE 平面SAC 的点E 的轨迹为（ ）A ．线段SB ，BC 的中点连接而成的线段B ．线段SB 的中点与线段BC 靠近点B 的三等分点连接而成的线段C ．线段BC 的中点与线段SB 靠近点B 的三等分点连接而成的线段D ．线段BC 靠近点B 的三等分点与线段SB 靠近点B 的三等分点连接而成的线段【答案】A【分析】利用面面平行得到线面平行，即可.【详解】解：如图所示，P 、Q 分别为线段SB ，BC 的中点，所以//PQ SC ,//,DQ AC PQ ⊄平面SAC ,AC ⊂平面SAC ，所以//PQ 平面SAC ，同理//DQ 平面SAC ，PQ DQ Q =,所以平面//PDQ 平面SAC ，若DE ⊆平面PDQ ,则会有//DE 平面SAC ，故点E 的轨迹为线段SB ，BC 的中点连接而成的线段，故选A.7.（辽宁省实验中学上学期联考）已知正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -3P 在棱1AA 上运动，点Q 在底面ABCDEF 内运动，2PQ =R 为PQ 的中点，则动点R 的轨迹与正六棱柱的侧面和底面围成的较小部分的体积为（ ）A ．224πB 218πC 2πD ．23π 【答案】B【分析】根据题意，可判断出动点R 的轨迹为球，结合球的体积公式，即可求解.【详解】由直角三角形的性质得2AR =， 所以点R 在以A 2 因为23BAF π∠=，所以动点R 的轨迹与正六棱柱的侧面和底面围成的较小部分16球， 其体积为3142263ππ⨯=⎝⎭. 故选：B.8.四棱锥P OABC -中，底面OABC 是正方形，OP OA ⊥，OA OP a ==．D 是棱OP 上的一动点，E 是正方形OABC 内一动点，DE 的中点为Q ，当DE a =时，Q 的轨迹是球面的一部分，其表面积为3π，则a 的值是（ ）A ．23B ．26C ．336D ．6 【答案】B【分析】首先假设OP OC ⊥，将四棱锥P OABC -放在正方体中，然后根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得12OQ a =，得到点Q 的轨迹，最后根据题意列出方程求出a 的值 . 【详解】由题意不妨设OP OC ⊥,又OP OA ⊥，底面OABC 是正方形，所以可将四棱锥P OABC -放在一个正方体内，所以DO ⊥面OABC ，又OE ⊂面OABC ，则DO OE ⊥，又DE 的中点为Q ，所以1122OQ DE a ==， 即Q 的轨迹是以O 为球心，12OQ a =为半径的球，且点Q 恒在正方体内部， 又因为8个一样的正方体放在一起，点Q 的轨迹就可以围成一个完整的球，所以Q 的轨迹是以O 为球心，12OQ a =为半径的球的18球面， 所以2114382a ππ⎛⎫⨯= ⎪⎝⎭，解得6a = 故选：B9.棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在平面．．1111D C B A 内运动，点1B 到直线DP 的距离为定值，若动点P 的轨迹为椭圆，则此定值可能．．为（ ） A 3 B 3a C 6a D 6 【答案】A【分析】设1B DP α∠=，分析出点P 在以1DB 为轴的圆锥的侧面上，计算出3d a <，并分析出45，可得出6d ≠，由此可得出合适的选项.【详解】如下图所示：因为点1B 到直线DP 的距离为定值，所以，点P 在以1DB 为轴的圆锥的侧面上，因为点P 的轨迹为椭圆，即圆锥被平面1111D C B A 所截的截面为椭圆，设圆锥轴截面的半顶角为α，则点1B 到直线DP 的距离为1sin 3sin 3d B D a a αα==<，当截面与圆锥的母线平行时，即45α=时，截面为抛物线，不合乎题意， 所以，63sin 452d a ≠=. 综合选择，可知A 选项合乎题意.故选：A.10.（上海市建平中学期中）已知菱形ABCD 边长为2，60ABC ∠=︒，沿对角线AC 折叠成三棱锥B ACD '-，使得二面角B AC D '--为60°，设E 为B C '的中点，F 为三棱锥B ACD '-表面上动点，且总满足AC EF ⊥，则点F 轨迹的长度为（ ）A ．23B ．33C 3D 33【答案】D【分析】 在侧面B AC '上，点F 的轨迹是EP ，在侧面B CD '上，点F 的轨迹是EQ ，在底面ACD 上，点F 的轨迹是PQ ，求EPQ △的周长即可.【详解】。
立体几何中的轨迹问题(总结+讲义+练习)
立体几何中的轨迹问题在立体几何中，某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性．立体几何中的最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值或面积的最值的问题．其一般方法有： 1、 几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；2、 代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等，求出最值．轨迹问题【例1】 如图，在正四棱锥S －ABCD 中，E 是BC 的中点，P 点在侧面△SCD 内及其边界上运动，并且总是保持PE ⊥AC ．则动点P 的轨迹与△SCD 组成的相关图形最有可能的是 ( )解析：如图，分别取CD 、SC 的中点F 、G ，连结EF 、EG 、FG 、BD ．设AC 与BD 的交点为O ，连结SO ，则动点P 的轨迹是△SCD 的中位线FG ．由正四棱锥可得SB ⊥AC ，EF ⊥AC ．又∵EG ∥SB∴EG ⊥AC∴AC ⊥平面EFG ，∵P ∈FG ，E ∈平面EFG ， ∴AC ⊥PE ．另解：本题可用排除法快速求解．B 中P 在D 点这个特殊位置，显然不满足PE ⊥AC ；C 中P 点所在的轨迹与CD 平行，它与CF 成π4角，显然不满足PE ⊥AC ；D 于中P 点所在的轨迹与CD 平行，它与CF 所成的角为锐角，显然也不满足PE ⊥AC ．评析：动点轨迹问题是较为新颖的一种创新命题形式，它重点体现了在解析几何与立体几何的知识交汇处设计图形．不但考查了立体几何点线面之间的位置关系，而且又能巧妙地考查求轨迹的基本方法，是表现最为活跃的一种创新题型．这类立体几何中的相关轨迹问题，如“线线垂直”问题，很在程度上是找与定直线垂直的平面，而平面间的交线往往就是动点轨迹．【例2】 (1)如图，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是CC 1、C 1D 1、DD 1、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足 时，有MN ∥平面B 1BDD 1．(2) 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，且总保持AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹是 线段B 1C ．(3) 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱A 1B 1，BC 上的动点，且A 1E =BF ，P 为EF 的中点，则点P 的轨迹是 线段MN (M 、N 分别为前右两面的中心)．(4) 已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，在正方体的侧面BCC 1B 1上到点A 距离为233的点的集合形成一条曲线，那么这条曲线的形状是 ，它的长度是 ．若将“在正方体的侧面BCC 1B 1上到点A 距离为23 3 的点的集合”改为“在正方体表面上与点A 距离为233的点的集合” 那么这条曲线的形状又是 ，它的长度又是 ．1AC C 1AEC C 1A AB1A 1(1)(2)(3)(4)DDA ．B ．C ．D ． A【例3】 (1)(04北京)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 是侧面BB 1C 1C 内一动点，若P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是 ( D )A ． A 直线B ．圆C ．双曲线D ．抛物线 变式：若将“P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离相等”改为“P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离之比为1：2(或2：1)”， 则动点P 的轨迹所在的曲线是 椭圆 (双曲线)． (2)(06北京)平面α的斜线AB 交α于点B ，过定点A 的动直线l 与AB 垂直，且交α于点C ，则动点C 的轨迹是 (A )A ．一条直线B ．一个圆C ．一个椭圆D ．双曲线的一支解：设l 与l 是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面，且斜线AB 垂直这个平面，由过平面外一点有且只有一个平面与已知直线垂直可知过定点A 与AB 垂直所有直线都在这个平面内，故动点C 都在这个平面与平面α的交线上，故选A ． (3)已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，M 在棱AB 上，且AM =13，点P 到直线A 1D 1的距离与点P 到点M 的距离的平方差为1，则点P 的轨迹为 抛物线 ．(4)已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为3，长为2的线段MN 点一个端点M 在DD 1上运动，另一个端点N 在底面ABCD 上运动，则MN 的中点P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为 π6． 【例4】 (04重庆)若三棱锥A -BCD 的侧面ABC 内一动点P 到底面BCD 的距离与到棱AB 的距离相等，则动点P 的轨迹与△ABC 组成图形可能是：( D )【例5】 四棱锥P -ABCD ，AD ⊥面P AB ，BC ⊥面P AB ，底面ABCD 为梯形，AD =4，BC =8，AB =6，∠APD =∠CPB ，满足上述条件的四棱锥的顶点P 的轨迹是( )A ．圆B ．不完整的圆C ．抛物线D ．抛物线的一部分 分析：∵AD ⊥面P AB ，BC ⊥平面P AB ∴AD ∥BC 且AD ⊥P A ，CB ⊥PB ∵∠APD =∠CPB ∴tanAPD =tanCPB∴AD P A =CB PB ∴PB =2P A在平面APB 内，以AB 的中点为原点，AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，则A (-3，0)、B (3，0)，设P (x ，y )(y ≠0)，则(x -3)2+y 2=4[(x +3)2+y 2](y ≠0)即(x +5)2+y 2=16(y ≠0) ∴P 的轨迹是(B )BABCDA3P A BC D立体几何中的轨迹问题（教师版）1．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一点P 到直线AB 与到直线B 1C 1的距离相等，则动点P 所在曲线的形状为（D ）．A ．线段B ．一段椭圆弧C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分 简析 本题主要考查点到直线距离的概念，线面垂直及抛物线的定义．因为B 1C 1⊥面AB 1，所以PB 1就是P 到直线B 1C 1的距离，故由抛物线的定义知：动点的轨迹为抛物线的一段，从而选D ．2．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一点P 到直线AB 的距离与到直线B 1C 1的距离之比为2：1，则动点P 所在曲线的形状为（B ）．A ．线段B ．一段椭圆弧C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分3．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一点P 到直线AB 的距离与到直线B 1C 1的距离之比为1：2，则动点P 所在曲线的形状为（C ）．A ．线段B ．一段椭圆弧C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分4．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为AA 1的中点，点P 在其对角面BB 1D 1D 内运动，若EP 总与直线AC 成等角，则点P 的轨迹有可能是（A ）．A ．圆或圆的一部分B ．抛物线或其一部分C ．双曲线或其一部分D ．椭圆或其一部分 简析 由条件易知：AC 是平面BB 1D 1D 的法向量，所以EP 与直线AC 成等角，得到EP 与平面BB 1D 1D 所成的角都相等，故点P 的轨迹有可能是圆或圆的一部分．5．已知正方体ABCD A B C D -1111的棱长为a ，定点M 在棱AB 上（但不在端点A ，B 上），点P 是平面ABCD 内的动点，且点P 到直线A D 11的距离与点P 到点M 的距离的平方差为a 2，则点P 的轨迹所在曲线为（A ）． A ．抛物线B ．双曲线C ．直线D ．圆简析在正方体ABCD A B C D -1111中，过P 作PF ⊥AD ，过F 作FE ⊥A 1D 1，垂足分别为F 、E ，连结PE ．则PE 2=a 2+PF 2，又PE 2-PM 2=a 2，所以PM 2=PF 2，从而PM ＝PF ，故点P 到直线AD 与到点M 的距离相等，故点P 的轨迹是以M 为焦点，AD 为准线的抛物线．6．在正方体ABCD A B C D -1111中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，总有AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹为__________． 简析 在解题中，我们要找到运动变化中的不变因素，通常将动点聚焦到某一个平面．易证BD 1⊥面ACB 1，所以满足BD 1⊥AP 的所有点P 都在一个平面ACB 1上．而已知条件中的点P 是在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，因此，符合条件的点P 在平面ACB 1与平面BCC 1B 1交线上，故所求的轨迹为线段B 1C ．本题的解题基本思路是：利用升维，化“动”为“静”，即先找出所有点的轨迹，然后缩小到符合条件的点的轨迹．7．在正四棱锥S-ABCD 中，E 是BC 的中点，点P 在侧面∆SCD 内及其边界上运动，总有PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹为_______________．答案 线段MN （M 、N 分别为SC 、CD 的中点）8．若A 、B 为平面α的两个定点，点P 在α外，PB ⊥α，动点C （不同于A 、B ）在α内，且PC ⊥AC ，则动点C 在平面内的轨迹是________．（除去两点的圆） 9．若三棱锥A —BCD 的侧面ABC 内一动点P 到底面BCD 的距离与到棱AB 的距离相等，则动点P 的轨迹与∆ABC 组成的图形可能是：（D ）A A AP PP PB C B C B C B C A B C D简析 动点P 在侧面ABC 内，若点P 到AB 的距离等于到棱BC 的距离，则点P 在∠ABC 的内角平分线上．现在P 到平面BCD 的距离等于到棱AB 的距离，而P 到棱BC 的距离大于P 到底面BCD 的距离，于是，P 到棱AB 的距离小于P 到棱BC 的距离，故动点P 只能在∠ABC 的内角平分线与AB 之间的区域内．只能选D ． 10．已知P 是正四面体S-ABC 的面SBC 上一点，P 到面ABC 的距离与到点S 的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是（B ）． A ．圆 B ．椭圆 C ．双曲线 D ．抛物线解题的要领就是化空间问题为平面问题，把一些重要元素集中在某一个平面内，利 用相关的知识去解答，象平面几何知识、解析几何知识等．11．已知正方体ABCD A B C D -1111的棱长为1，在正方体的侧面BCC B 11上到点A 距离为233的点的轨迹形成一条曲线，那么这条曲线的形状是_________，它的长度为__________． 简析以B 为圆心，半径为33且圆心角为π2的圆弧，长度为36π． 12．已知长方体ABCD A B C D -1111中，AB BC ==63,，在线段BD 、A C 11上各有一点P 、Q ，PQ 上有一点M ，且PM MQ =2，则M 点轨迹图形的面积是 ． 提示轨迹的图形是一个平行四边形．13．已知棱长为3的正方体ABCD A B C D -1111中，长为2的线段MN 的一个端点在DD 1上运动，另一个端点N 在底面ABCD 上运动，求MN 中点P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积．简析 由于M 、N 都是运动的，所以求的轨迹必须化“动”为“静”，结合动点P 的几何性质，连结DP ，因为MN=2，所以PD=1，因此点P 的轨迹是一个以D 为球心，1为半径的球面在正方体内的部分，所以点P 的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积为球的体积的18，即1843163⨯⨯=ππ． 14．已知平面//α平面β，直线l α⊂，点l P ∈，平面α、β间的距离为4，则在β内到点P 的距离为5且到直线l 的距离为29的点的轨迹是（ ） 简析：如图，设点P 在平面β内的射影是O ，则OP 是α、β的公垂线，OP=4．在β内到点P 的距离等于5的点到O 的距离等于3，可知所求点的轨迹是β内在以O 为圆心，3为半径的圆上．又在β内到直线l 的距离等于29的点的集合是两条平行直线m 、n ，它们到点O 的距离都等于32174)29(22<=-，所以直线m 、n 与这个圆均相交，共有四个交点．因此所求点的轨迹是四个点，故选C ．16．在四棱锥ABCD P -中，⊥AD 面PAB ，⊥BC 面PAB ，底面ABCD 为梯形，AD=4，BC=8，AB=6，CPB APD ∠=∠，满足上述条件的四棱锥的顶点P 的轨迹是（ ）A ．圆B ．不完整的圆C ．抛物线D ．抛物线的一部分简析：因为⊥AD 面PAB ，⊥BC 面PAB ，所以AD//BC ，且︒=∠=∠90CBP DAP ． 又8BC ,4AD ,CPB APD ==∠=∠，可得CPB tan PB CB PA AD APD tan ∠===∠，即得2ADCBPA PB == 在平面PAB 内，以AB 所在直线为x 轴，AB 中点O 为坐标原点，建立平面直角坐标系，则A （-3，0）、B（3，0）．设点P （x ，y ），则有2y )3x (y )3x (|PA ||PB |2222=+++-=，整理得09x 10y x 22=+++由于点P 不在直线AB 上，故此轨迹为一个不完整的圆，选B ．17．如图，定点A 和B 都在平面α内，定点P ,PB ,α⊥α∉C 是α内异于A 和B 的动点．且AC PC ⊥，那么动点C 在平面α内的轨迹是（ ）A ．一条线段，但要去掉两个点B ．一个圆，但要去掉两个点C ．一个椭圆，但要去掉两个点D ．半圆，但要去掉两个点简析：因为PC AC ⊥，且PC 在α内的射影为BC ，所以BC AC ⊥，即︒=∠90ACB ．所以点C 的轨迹是以AB 为直径的圆且去掉A 、B 两点，故选B ．18．如图，在正方体1111D C B A ABCD -中，P 是侧面1BC 内一动点，若P 到直线BC 与直线11D C 的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是（ ）A ．直线B ．圆C ．双曲线D ．抛物线简析：因为P 到11D C 的距离即为P 到1C 的距离，所以在面1BC 内，P 到定点1C 的距离与P 到定直线BC 的距离相等．由圆锥曲线的定义知动点P 的轨迹为抛物线，故选D ．19．已知正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点，若点P 到直线11D A 的距离等于点P 到直线CD 的距离，则动点P 的轨迹所在的曲线是（ ）A ．抛物线B ．双曲线C ．椭圆D ．直线简析：如图4，以A 为原点，AB 为x 轴、AD 为y 轴，建立平面直角坐标系．设P （x ，y ），作AD PE ⊥于E 、11D A PF ⊥于F ，连结EF ，易知1x |EF ||PE ||PF |2222+=+=又作CD PN ⊥于N ，则|1y ||PN |-=．依题意|PN ||PF |=， 即|1y |1x 2-=+，化简得0y 2y x 22=+- 故动点P 的轨迹为双曲线，选B ．20．如图，AB是平面a的斜线段，A为斜足，若点P在平面a内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是（）（A）圆（B）椭圆（C）一条直线（D）两条平行直线分析：由于线段AB是定长线段，而△ABP的面积为定值，所以动点P到线段AB 的距离也是定值．由此可知空间点P在以AB为轴的圆柱侧面上．又P在平面内运动，所以这个问题相当于一个平面去斜切一个圆柱(AB是平面的斜线段)，得到的切痕是椭圆．P的轨迹就是圆柱侧面与平面a的交线．21．如图，动点P在正方体1111ABCD A B C D-的对角线1BD上．过点P作垂直于平面11BB D D的直线，与正方体表面相交于M N，．设BP x=，MN y=，则函数()y f x=的图象大致是（）分析：将线段MN投影到平面ABCD内，易得y为x一次函数．22．已知异面直线a，b成︒60角，公垂线段MN的长等于2，线段AB两个端点A、B分别在a，b上移动，且线段AB长等于4，求线段AB中点的轨迹方程．图5简析：如图5，易知线段AB的中点P在公垂线段MN的中垂面α上，直线'a、'b为平面α内过MN的中点O分别平行于a、b的直线，'a'AA⊥于'A，'b'BB⊥于'B，则P'B'AAB=⋂，且P也为'B'A的中点．由已知MN=2，AB=4，易知,2AP,1'AA==得32'B'A=．则问题转化为求长等于32的线段'B'A的两个端点'A、'B分别在'a、'b上移动时其中点P的轨迹．现以'OB'A∠的角平分线为x轴，O为原点建立如图6所示的平面直角坐标系．A BCDMNPA1 B1C1D1yxOyxOyxOyxO图6设)y ,x (P ，n |'OB |,m |'OA |==， 则)n 21,n 23('B ),m 21,m 23('A - )n m (41y ),n m (43x -=+=222)32()n m (41)n m (43=++- 消去m 、n ，得线段AB 的中点P 的轨迹为椭圆，其方程为1y 9x 22=+．点评：例5和例6分别将立体几何与解析几何中的双曲线与椭圆巧妙地整合在一起，相互交汇和渗透，有利于培养运用多学科知识解决问题的能力．立体几何中的轨迹问题1．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一点P 到直线AB 与到直线B 1C 1的距离相等，则动点P 所在曲线的形状为 （ ） A ．线段 B ．一段椭圆弧 C ．双曲线的一部分 D ．抛物线的一部分2．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一点P 到直线AB 的距离与到直线B 1C 1的距离之比为2：1，则动点P 所在曲线的形状为 （ ） A ．线段 B ．一段椭圆弧 C ．双曲线的一部分 D ．抛物线的一部分3．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一点P 到直线AB 的距离与到直线B 1C 1的距离之比为1：2，则动点P 所在曲线的形状为 （ ） A ．线段 B ．一段椭圆弧 C ．双曲线的一部分 D ．抛物线的一部分4．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为AA 1的中点，点P 在其对角面BB 1D 1D 内运动，若EP 总与直线AC 成等角，则点P 的轨迹有可能是 （ ） A ．圆或圆的一部分 B ．抛物线或其一部分 C ．双曲线或其一部分 D ．椭圆或其一部分 5．已知正方体ABCD A B C D -1111的棱长为a ，定点M 在棱AB 上（但不在端点A ，B 上），点P 是平面ABCD 内的动点，且点P 到直线A D 11的距离与点P 到点M 的距离的平方差为a 2，则点P 的轨迹所在曲线为（ ） A ．抛物线B ．双曲线C ．直线D ．圆6．若三棱锥A —BCD 的侧面ABC 内一动点P 到底面BCD 的距离与到棱AB 的距离相等，则动点P 的轨迹与∆ABC 组成的图形可能是 （ ） A A AP PP PB C B C B C B CA B C DA B C D 7．已知P 是正四面体S-ABC 的面SBC 上一点，P 到面ABC 的距离与到点S 的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是 （ ）A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线8．已知平面//α平面β，直线l α⊂，点l P ∈，平面α、β间的距离为4，则在β内到点P 的距离为5且到直线l 的距离为29的点的轨迹是（ ）A ．一个圆B ．两条平行直线C ．四个点D ．两个点9．在四棱锥ABCD P -中，⊥AD 面PAB ，⊥BC 面PAB ，底面ABCD 为梯形，AD=4，BC=8，AB=6，CPB APD ∠=∠，满足上述条件的四棱锥的顶点P 的轨迹是（ ） A ．圆 B ．不完整的圆 C ．抛物线 D ．抛物线的一部分 10．如图，定点A 和B 都在平面α内，定点P ,PB ,α⊥α∉C 是α内异于A 和B 的动点．且AC PC ⊥，那么动点C 在平面α内的轨迹是（ ）A ．一条线段，但要去掉两个点B ．一个圆，但要去掉两个点C ．一个椭圆，但要去掉两个点D ．半圆，但要去掉两个点11．已知正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点，若点P 到直线11D A 的距离等于点P 到直线CD 的距离，则动点P 的轨迹所在的曲线是（ ）A ．抛物线B ．双曲线C ．椭圆D ．直线12．如图，AB 是平面a 的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面a 内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P 的轨迹是（ ）A ．圆B ．椭圆C ．一条直线D ．两条平行直线 13．如图，动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上．过点P 作垂直于平面11BB D D 的直线，与正方体表面相交于M N ，．设BP x =，MN y =，则函数()y f x =的图象大致是（ ）14．在正方体ABCD A B C D -1111中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，总有AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹为________．15．在正四棱锥S-ABCD 中，E 是BC 的中点，点P 在侧面∆SCD 内及其边界上运动，总有PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹为_______________．16．若A 、B 为平面α的两个定点，点P 在α外，PB ⊥α，动点C （不同于A 、B ）在α内，且PC ⊥AC ，则动点C 在平面内的轨迹是________．17．已知正方体ABCD A B C D -1111的棱长为1，在正方体的侧面BCC B 11上到点A 距离为233的点的轨迹形成一条曲线，那么这条曲线的形状是_________，它的长度为__________．18．已知长方体ABCD A B C D -1111中，AB BC ==63,，在线段BD 、A C 11上各有一点P 、Q ，PQ 上有一点M ，且PM MQ =2，则M 点轨迹图形的面积是 ．19．已知棱长为3的正方体ABCD A B C D -1111中，长为2的线段MN 的一个端点在DD 1上运动，另一个端点N 在底面ABCD 上运动，则MN 中点P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积是 ．20．已知异面直线a ，b 成︒60角，公垂线段MN 的长等于2，线段AB 两个端点A 、B 分别在a ，b 上移动，且线段AB 长等于4，求线段AB 中点的轨迹方程．ABC D MNP A 1B 1C 1D 1 yxOyxOyxOyx O。
刍议立体几何中常见的轨迹问题
复习参考中’7欺7(2008年第10期高中版)37刍议立体几何中常见的轨迹问题313000浙江省湖州市第一中学黄加卫立体几何中的轨迹问题是以空间直线与平面的位置关系为依托，研究平面解析几何中一类点的轨迹．这类题型在历年高考卷中“闪亮登场”，成为高考命题的一个创新点．并且这类题型往往是客观题，其立意新颖、构思巧妙，注重多元联系和多元应用，集知识的交汇性、综合性，方法的灵活性，能力的迁移性于一体，极富思考性和挑战性，因此学生求解起来颇感困难，考试时经常弃而不答，令人惋惜!本文试通过实例来展示立体几何中轨迹问题的常用类型．1直线型轨迹问题例1(2008年北京)如图l，动点P在正方体A B C D—A l B。
C。
D。
的对角线B D。
上．过点P作垂直于平面BB．D．D的直线，与正方体表面相交于M，M设B P=石。
M N=Y，则函数Y=以石)的图象大致是()A图1 BC分析由题意可知，M N／／A C，如图2，过P，N分别作PE上B D于点E，N F上BC于点，，连接EF，易知四边形EFN P为平行四边形，故EF=P N=1÷M N A EF L B D．千是A B E F D图2是等腰直角三角形．不妨设正方体的棱长为1，由于△8PE'一A BD,D,可得址争舭脚E萼，于是，，=学--x(O一务同理孚<膏≤万时，得)，=一学茹+2厄(拿<算≤厕，J警一龟赫I-筝+2凰字<茸≤园．～丛A B公座∑C D分析如图3，过P分别作PH上平面B C D，PE上B C，P，上A B于日，E，，，则尸_日=PF．如图4，在平面A B C内，以B为原点，BC所在直线为并轴建立直角坐标系，设A(口，b)，P(石，Y)，故k：bx—ay=0．图3图4．，器=si n￡删圳定值)'筹吨38十。
7擞．7(2008年第10期高中版)复习参考化简整理得如一(o±k／口2+b2)Y=0，因为直线缸一(a—k／口2+62)Y=0的斜率大于L旦，所以动点P的轨迹在A A B C内的图形是一条线口段．又由于I PFI<I PEI，故选D．点评直线型轨迹问题包含轨迹为直线、线段、射线以及折线等问题类型．解题的关键往往在于求出所涉及的函数表达式，另外，通过空间想象，再利用客观题的特点去剖析问题也常起到意想不到的功效．2圆型轨迹问题例3(2004年天津)如图5，定点A和日都在平面a内，定点P每a，PB上a，C是a内异于A和B的动点且P C上A C．那么动点C在平面a内的轨迹是()图5A．一条线段，但要去掉两个点B．一个圆，但要去掉两个点C．一个椭圆，但要去掉两个点D．半圆，但要去掉两个点分析‘．’PC．LA C且PC在a内的射影为B C，．‘．B C_LA C，即／_A C B=90。
立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题--备战2022年高考数学配套word试题(创新设计版)
立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题)1．翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材．解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化．解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析和解决问题．而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试．2．在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性．3．立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值或面积、体积的最值．其一般方法有：(1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2)代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等求出最值．题型一立体几何中的翻折问题【例1】(2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图②中的二面角B－CG－A的大小．(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，且BE ∩BC ＝B ，BE ，BC ⊂平面BCGE ， 所以AB ⊥平面BCGE .又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE .(2)解 作EH ⊥BC ，垂足为H .因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，平面BCGE ∩平面ABC ＝BC ， 所以EH ⊥平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3. 以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG→＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝32.因此二面角B －CG －A 的大小为30°.【训练1】 (2021·浙江名师预测卷四)在梯形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点O ，AD ＝2AB ＝2BC ＝2CD .将△BCD 沿BD 翻折至△BPD ，且满足平面ABP ⊥平面BPD .(1)求证：二面角P －BD －A 是直二面角；(2)(一题多解)求直线PD 与平面P AO 所成角的正弦值的大小．(1)证明由已知条件易得∠BAD＝60°，∠BDA＝30°，AB⊥BD.在△BPD中，过点D作DH⊥BP，交BP的延长线于点H.∵平面ABP⊥平面BPD，平面ABP∩平面BPD＝BP，∴DH⊥平面ABP，∵AB⊂平面ABP，∴DH⊥AB.又∵BD∩DH＝D，∴AB⊥平面BPD，∵AB⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BPD.即二面角P－BD－A是直二面角．(2)解法一过点P作PG⊥BD，交BD于点G，则G是BD的中点．由(1)可知平面PBD⊥平面ABD，又∵平面PBD∩平面ABD＝BD，∴PG⊥平面ABD.设OB＝1，则OP＝1，OA＝2，AB＝BP＝3，∵AB⊥平面BPD，∴AB⊥BP，∴AP＝AB2＋BP2＝6，由余弦定理得cos∠AOP＝OA2＋OP2－AP22OA·OP＝－14，则sin∠AOP＝15 4.设点D到△AOP的距离为h，∵V P－AOD＝V D－AOP，∴13·PG·S△AOD＝13·h·S△AOP，∵PG＝32，S△AOD＝12×2×2·sin2π3＝3，S△AOP＝12×1×2×154＝154，∴h＝215 5，∵PD ＝3，∴直线PD 与平面P AO 所成角θ的正弦值sin θ＝h PD ＝255.法二 分别取BD ，AD 的中点E ，F ，连接EP ，EF ，则EF ∥AB .由(1)可知AB ⊥平面BPD ，∴EF ⊥平面BPD ，∴EF ⊥BD ，EF ⊥EP .∵PB ＝PD ，∴PE ⊥BD ，以点E 为坐标原点，EF→，ED →，EP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系．设OB ＝1，可得P ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0， A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－32，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0. ∴PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32，P A →＝⎝⎛⎭⎪⎫3，－32，－32， AO→＝(－3，1，0)． 设平面P AO 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧P A →·n ＝0，AO →·n ＝0，即⎩⎨⎧3x －32y －32z ＝0，－3x ＋y ＝0， 令x ＝1，则n ＝(1，3，－1)，∴直线PD 与平面P AO 所成角θ的正弦值为sin θ＝|cos 〈n ，PD →〉|＝|n ·PD →||n |·|PD →|＝255. 题型二 立体几何中的轨迹问题【例2】 (1)已知在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1与平面A 1B 1C 1D 1垂直，且AD ＝AB ，E 为CC 1的中点，P 在对角面BB 1D 1D 所在平面内运动，若EP 与AC 成30°角，则点P 的轨迹为( )A ．圆B ．抛物线C ．双曲线D ．椭圆(2)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点， 若点P 到直线A 1D 1的距离等于点P 到直线CD 的距离，则动点P 的轨迹所在的曲线是()A．抛物线B．双曲线C．椭圆D．直线答案(1)A(2)B解析(1)因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平面六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，则EF∥AC，因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角．设EF与对角面BB1D1D 的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面，故选A.(2)如图，以A为原点，AB为x轴、AD为y轴，建立平面直角坐标系．设P(x，y)，作PE⊥AD于E、PF⊥A1D1于F，连接EF，易知|PF|2＝|PE|2＋|EF|2＝x2＋1，又作PN⊥CD于N，则|PN|＝|y－1|.依题意|PF|＝|PN|，即x2＋1＝|y－1|，化简得x2－y2＋2y＝0，故动点P的轨迹为双曲线，选B.【训练2】(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是线段CD，AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为π3，则点P的轨迹是()A．圆的一部分B．椭圆的一部分C．抛物线的一部分D．双曲线的一部分(2)如图，AB是平面α的斜线段，A为斜足，若点P在平面α内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P的轨迹是()A．圆B．椭圆C．一条直线D．两条平行直线答案(1)B(2)B解析(1)延长D1P交底面ABCD的内部于点Q，连接QD，则∠D1QD为直线D1Q 与底面ABCD所成的角，也就是直线D1P与MN所成角θ的最小值，故∠D1QD＝π3，从而∠DD1Q＝π6，所以D1Q的轨迹是以D1D为轴，顶点为D1，母线D1Q与轴D1D的夹角为π6的圆锥面的一部分，则点P的轨迹就是该部分圆锥面与△A1C1D面(不包括边界)的交线，而△A1C1D面所在平面与轴D1D斜交，故点P 的轨迹是椭圆的一部分．(2)由于线段AB 是定长线段，而△ABP 的面积为定值，所以动点P 到线段AB 的距离也是定值．由此可知空间点P 在以AB 为轴的圆柱侧面上．又P 在平面内运动，所以这个问题相当于一个平面去斜切一个圆柱(AB 是平面的斜线段)得到的切痕是椭圆．P 的轨迹就是圆柱侧面与平面α的交线是椭圆．题型三 立体几何中的长度、面积、体积的最值(范围)问题【例3】 (1)如图，正三棱锥S －ABC 的底面边长为2a ，E 、F 、G 、H 分别为SA ，SB ，CB ，CA 的中点，则四边形EFGH 的面积的取值范围是( )A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫36a 2，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2，＋∞ (2)(2021·“超级全能生”联考)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为4的正方形，侧棱AA 1＝t (t >4)，点E 是BC 的中点，点P 是侧面ABB 1A 1内的动点(包括四条边上的点)，且满足tan ∠APD ＝4tan ∠EPB ，则四棱锥P －ABED 的体积的最大值是( )A.433 B ．16 3 C.1633 D.6439答案 (1)B (2)C解析 (1)因为E 、F 、G 、H 分别为SA ，SB ，CB ，CA 的中点，∴EF 綉12AB ，HG綉12AB ，∴EF 綉HG ，同理，EH 綉FG ，所以EFGH 为平行四边形，又∵S －ABC 为正三棱锥，∴SC ⊥AB ，∴EF ∥AB ，FG ∥SC ，所以EF ⊥FG ，从而四边形EFGH 为矩形，其面积S ＝GH ·GF ＝12a ·SC ，当正三棱锥的高→0时，SC →正三角形ABC的外接圆的半径233a ，所以四边形EFGH 的面积→33a 2，选B.(2)作PF ⊥AB ，垂足为点F ，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DA ⊥平面ABB 1A 1，CB ⊥平面ABB 1A 1，在Rt △P AD 和Rt △PBC 中，所以tan ∠APD ＝AD AP ，tan ∠EPB＝BE PB .因为tan ∠APD ＝4tan ∠EPB ，BE ＝12BC ＝12AD ，所以PB ＝2AP .因为平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，平面ABB 1A 1∩平面ABCD ＝AB ，PF ⊥AB ，所以PF ⊥平面ABCD .设PF ＝h ，AF ＝x ，则BF ＝4－x ，x ∈[0，4]，由PB ＝2AP ，得h 2＋(4－x )2＝4(x 2＋h 2)，即h 2＝－x 2－83x ＋163.因为函数y ＝－x 2－83x ＋163在[0，4]上单调递减，所以当x ＝0时，(h 2)max ＝163，即h max ＝433，所以四棱锥P －ABED 的体积的最大值(V P －ABED )max ＝13×12×(2＋4)×4×433＝1633，故选C.【训练3】 (1)在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是BC 中点，点P 是平面DCC 1D 1所在的平面内的动点，且满足∠APD ＝∠MPC ，则三棱锥P －BCD 体积的最大值是( )A ．36B ．12 3C ．24D ．18 3(2)(2021·镇海中学模拟)已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，球O 与正方体的各条棱相切，P 为球O 上一点，Q 是△AB 1C 的外接圆上的一点，则线段PQ 长的取值范围是________．答案 (1)B (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－22，3＋22 解析 (1)因为AD ⊥平面D 1DCC 1，则AD ⊥DP ，同理BC ⊥平面D 1DCC 1，则BC ⊥CP ，∠APD ＝∠MPC ，则△P AD ∽△PMC ，∵AD ＝2MC ，则PD ＝2PC ，下面研究点P 在面ABCD 的轨迹(立体几何平面化)，在平面直角坐标系内设D (0，0)，C (6，0)，D 1(0，6)，C 1(6，6)，设P (x ，y )，因为PD ＝2PC ，所以x 2＋y 2＝2（x －6）2＋y 2，化简得(x －8)2＋y 2＝16，该圆与CC 1的交点纵坐标最大，交点为(6，23)，三棱锥P －BCD 的底面BCD 的面积为18，要使三棱锥P －BCD 体积最大，只需高最大，当P 在CC 1上且CP ＝23时棱锥的高最大，V ＝13·18·23＝12 3.(2)因为球O 与正方体的各条棱相切，所以球心O 为正方体的中心，切点为各条棱的中点，则易得|OP |＝22.△AB 1C 为边长为2的等边三角形，设其外接圆的圆心为M ，则易得|MB 1|＝63.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，易得BD 1⊥平面AB 1C ，则OM ⊥MB 1.又因为|OB |＝32，|MB |＝33，所以|OM |＝36，则|OQ |＝|OB 1|＝|OM |2＋|MB 1|2＝32，所以|PQ |max ＝|OQ |＋|OP |＝3＋22，|PQ |min ＝|OQ |－|OP |＝3－22，即线段PQ 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－22，3＋22一、选择题1．已知线段AB 垂直于定圆所在的平面，B ，C 是圆上的两点，H 是点B 在AC 上的射影，当C 运动时，点H 运动的轨迹( )A ．是圆B ．是椭圆C ．是抛物线D ．不是平面图形答案 A解析 设在定圆内过点B 的直径与圆的另一个交点为点D ，过点B 作AD 的垂线，垂足为点E ，连接EH ，CD .因为BD 为定圆的直径，所以CD ⊥BC ，又因为AB 垂直于定圆所在的平面，所以CD ⊥AB ，又因为AB ∩BC ＝B ，所以CD ⊥平面ABC ，所以CD ⊥BH ，又因为BH ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，所以BH ⊥平面ACD ，所以BH ⊥EH ，所以动点H 在以BE 为直径的圆上，即点H 的运动轨迹为圆，故选A.2．设P 是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角面BDD 1B 1(含边界)内的点，若点P 到平面ABC 、平面ABA 1、平面ADA 1的距离相等，则符合条件的点P ( )A ．仅有一个B ．有有限多个C ．有无限多个D ．不存在答案 A解析 与平面ABC ，ABA 1距离相等的点位于平面ABC 1D 1上；与平面ABC ，ADA 1距离相等的点位于平面AB 1C 1D 上；与平面ABA 1，ADA 1距离相等的点位于平面ACC 1A 1上；据此可知，满足题意的点位于上述平面ABC 1D 1，平面AB 1C 1D ，平面ACC 1A 1的公共点处，结合题意可知，满足题意的点仅有一个．3．(2021·温州中学模拟)如图所示，用一边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为4π3的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为( )A.5＋12B.5－12C.3＋12D.3－12答案 D解析 因为蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1.又因为鸡蛋(球体)的体积为4π3，所以球的半径为1，所以球心到截面圆的距离d ＝1－14＝32，则截面圆到球体最低点的距离为1－32，而蛋巢的高度为12，故鸡蛋(球体)到蛋巢底面的最短距离为12－⎝⎛⎭⎪⎫1－32＝3－12，故选D. 4．(2021·温州适考)如图，在△ABC 中，点M 是边BC 的中点，将△ABM 沿着AM 翻折成△AB ′M ，且点B ′不在平面AMC 内，点P 是线段B ′C 上一点．若二面角P －AM －B ′与二面角P －AM －C 的平面角相等，则直线AP 经过△AB ′C 的( )A ．重心B ．垂心C ．内心D ．外心答案 A解析因为二面角P－AM－B′与二面角P－AM－C的平面角相等，所以点P到两个平面的距离相等，所以V P－AB′M＝V P－ACM，即V A－PB′M＝V A－PCM.因为两三棱锥的高相等，故S△PB′M ＝S△PCM，故B′P＝CP，故点P为CB′的中点，所以直线AP经过△AB′C的重心，故选A.5．(2021·浙江名师预测卷一)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面P AD为正三角形，且侧面P AD⊥底面ABCD，已知在侧面P AD内存在点Q，满足PQ⊥QD，则当AQ最小时，二面角A－CD－Q的余弦值是()A.2－34 B.2＋34C.2－62 D.2＋64答案 D解析取PD的中点M，因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD，又平面P AD⊥平面ABCD，且平面P AD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面P AD，所以CD⊥QD，则二面角A－CD－Q的平面角是∠ADQ，又因为点Q的轨迹是以M为圆心的圆，如图，当|AQ|最小时，∠ADQ＝∠ADP－∠QDP＝60°－45°＝15°，即二面角A－CD－Q的余弦值为cos 15°＝cos(60°－45°)＝2＋6 4，故选D.6．(2021·浙江新高考仿真卷二)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为BD1，BB1上的动点，则△C1PQ周长的最小值为()A.215 3B.4＋2 2C.4＋83 2D.213 3答案 B解析连接B1D1，BC1，由图易得△C1PQ的三边分别在三棱锥B－B1C1D1的三个侧面上，将三棱锥B－B1C1D1的侧面展开成平面图形，如图，可得四边形BC1D1C1′为直角梯形，当C1′，P，Q，C1四点共线时，△C1PQ的周长最小，最小值为C1′D21＋D1C21＝4＋22，即△C1PQ的周长的最小值为4＋22，故选B.7.(2021·上虞区期末调测)在棱长均为23的正四面体ABCD中，M为AC的中点，E为AB的中点，P是DM上的动点，Q是平面ECD上的动点，则AP＋PQ的最小值是()A.3＋112 B.3＋ 2C.534D．2 3答案 A解析 如图，作MG ⊥CE 于点G ，连接DG .由已知得平面CDE ⊥平面ABC ，又平面CDE ∩平面ABC ＝CE ，则MG ⊥平面CDE ，故DG 为DM 在平面CDE 上的射影．将半平面ADM 沿DM 翻折至与半平面DMG 所成二面角为180°，记翻折后的点A 即A ′到DG 的距离为h A ，则h A 为△A ′DG 的边DG 上的高，且AP ＋PQ ＝A ′P ＋PQ ≥h A .因为MG ＝12AE ＝32，DM ＝DC 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝3，则sin ∠MDG＝MG DM ＝36，故cos ∠MDG ＝336.又∠ADM ＝∠A ′DM ＝π6，所以sin ∠A ′DG ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫∠MDG ＋π6＝336×12＋36×32＝3＋3312，所以AP ＋PQ的最小值h A ＝A ′D sin ∠A ′DG ＝11＋32.故选A. 二、填空题8．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，总有AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹为________． 答案 线段B 1C解析 易证BD 1⊥平面ACB 1，所以满足BD 1⊥AP 的所有点P 都在一个平面ACB 1上．而已知条件中的点P 是在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，因此，符合条件的点P 在平面ACB 1与平面BCC 1B 1的交线上，故所求的轨迹为线段B 1C .9．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，长为2的线段MN 的一个端点M 在DD 1上运动，另一个端点N 在底面ABCD 上运动，则MN 的中点P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为________． 答案 π6解析 连接DP ，因为MN ＝2，所以PD ＝1，因此点P 的轨迹是一个以D 为球心，1为半径的球面在正方体内的部分，所以点P的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积为球的体积的18，即V＝18×43π×13＝π6.10．已知在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝a，若P A⊥平面AC，在BC边上取点E，使PE⊥DE，若满足条件的E点有两个时，则a的取值范围是________．答案(6，＋∞)解析连接AE，由三垂线逆定理可知DE⊥AE，要使满足条件的E点有两个则须使以AD为直径的圆与BC有两个交点，所以半径长a2＞3，∴a＞6.11．如图，已知∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D－AEF体积的最大值为________．答案2 6解析因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥AB，AD⊥BC，∵AE⊥DB，又AD＝AB＝2，∴DE＝2，又因为BC⊥AC，AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD，所以平面BCD⊥平面ACD，∵AF⊥DC，平面BCD∩平面ACD＝CD，所以AF⊥平面BCD，所以AF⊥EF，BD⊥EF，所以BD⊥平面AEF，由AF2＋EF2＝AE2＝2≥2AF·EF可得AF·EF≤1，所以S△AEF ≤12，所以三棱锥D－AEF体积的最大值为13×2×12＝26.12．如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点．现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC .在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足．设AK ＝t ，则t 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1解析 如图，在平面ADF 内过D 作DH ⊥AF ，垂足为H ，连接HK .过F 点作FP ∥BC 交AB 于点P.设∠F AB ＝θ，则cos θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫22，255.设DF ＝x ，则1＜x ＜2， ∵平面ABD ⊥平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ，DK ⊥AB ，DK ⊂平面ABD ，∴DK ⊥平面ABC ，又AF ⊂平面ABC ，∴DK ⊥AF . 又∵DH ⊥AF ，DK ∩DH ＝D ，DK ，DH ⊂平面DKH ， ∴AF ⊥平面DKH ，∴AF ⊥HK ，即AH ⊥HK . 在Rt △ADF 中，AF ＝1＋x 2，∴DH ＝x 21＋x 2， ∵△ADF 和△APF 都是直角三角形，PF ＝AD ， ∴Rt △ADF ≌Rt △FP A ，∴AP ＝DF ＝x . ∵△AHD ∽△ADF ，∴cos θ＝11＋x 2t ＝x1＋x 2. ∴x ＝1t .∵1＜x ＜2，∴1＜1t ＜2，∴12＜t ＜1. 三、解答题13．(2018·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为正方形， E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．(1)证明 由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)解 作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，分别以FB→，HF →，HP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H －xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故EF 2＝PE 2＋PF 2，所以PE ⊥PF . 可得PH ＝32，EH ＝32.则H (0，0，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.14．(2021·杭州二中仿真模拟)如图，平面四边形ABCD 关于直线AC 对称，∠A ＝60°，∠C ＝90°，CD ＝2.把△ABD 沿BD 折起．(1)若二面角A －BD －C 的余弦值为33，求证：AC ⊥平面BCD ； (2)若AB 与平面ACD 所成的线面角为30°时，求AC 的长． 解 (1)取BD 的中点E ，连接AE ，CE . 因为AB ＝AD ，CB ＝CD ， 所以AE ⊥BD ，CE ⊥BD ， 又AE ∩CE ＝E ，所以BD ⊥平面ACE ，所以BD ⊥AC ， 所以∠AEC 是二面角A －BD －C 的平面角．在△AEC 中，AC 2＝AE 2＋CE 2－2AE ·CE cos ∠AEC ＝4，则AC 2＋CE 2＝AE 2， 所以AC ⊥CE .因为CE ∩BD ＝E ，CE ，BD ⊂平面BCD ， 所以AC ⊥平面BCD .(2)由(1)得以点C 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0，0，0)，B (2，0，0)，D (0，2，0)． 设A (m ，m ，n )，则BA→＝(m －2，m ，n )，CA →＝(m ，m ，n )，CD →＝(0，2，0)． 设平面ACD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎨⎧xm ＋ym ＋zn ＝0，2y ＝0，取⎩⎨⎧x ＝n ，y ＝0，z ＝－m ，所以n ＝(n ，0，－m )， 因为BA ＝22，所以(m －2)2＋m 2＋n 2＝8， 则|cos 〈BA→，n 〉|＝|n （m －2）－mn |22m 2＋n 2＝12，解得m 2＝n 2，解得m ＝2或m ＝－23， 所以AC ＝23或AC ＝23 3.。
立体几何中轨迹问题的处理技巧与方法
ʏ陈 婷立体几何中的轨迹问题,是立体几何与解析几何的知识交汇点㊂这类问题,立意新颖,重视不同知识的交叉与渗透,重视对数学知识与数学能力的考查与应用,是培养同学们数学核心素养的好素材㊂一㊁直接法直接法就是直接利用立体几何的相关知识,合理分析和研究问题中各个元素之间的关系,或者直接利用轨迹定义进行求解的方法㊂例1 如图1,在正方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,P 是侧面B C C 1B 1上的一个动点,若点P 到直线B C 与直线C 1D 1的距离相等,则动点P 的轨迹是下列哪种线的一部分( )㊂图1A.直线 B .圆C .双曲线 D .抛物线分析:根据题设条件,利用空间点线面的位置关系,直接得到动点P 到直线B C 与到点C 1的距离相等,再结合解析几何中抛物线的定义,可得对应的答案㊂解:根据正方体的性质,可知C 1D 1ʅ平面B C C 1B 1,所以动点P 到直线C 1D 1的距离与到点C 1的距离相等㊂又动点P 到直线B C 与到直线C 1D 1的距离相等,所以动点P 到直线B C 与到点C 1的距离相等㊂根据抛物线的定义,可得动点P 的轨迹是一条抛物线的一部分㊂应选D ㊂二㊁转化法转化法就是将立体几何问题转化为平面几何问题,进行合理 降维 处理,进而应用平面几何㊁解析几何等相关知识来分析与求解的方法㊂例2 (2022年高考北京卷)已知正三棱锥P -A B C 的六条棱长均为6,S 是әA B C 及其内部的点构成的集合㊂设集合T ={Q ɪS |P Q ɤ5},则T 表示的区域的面积为( )㊂A .3π4B .πC .2πD .3π分析:根据题设条件,结合正三棱锥的性质,合理构建点P 在底面әA B C 内的射影点O ,结合集合的创新设置进行合理转化,将空间中的距离问题转化为平面上的距离问题加以分析与求解㊂解:设点P 在底面әA B C 内的射影为点O ㊂依题意知әA B C 是边长为6的正三角形,所以A O =B O =C O =23㊂因为P A =P B =P C =6,所以P O =62-(23)2=26㊂若P Q =5,则O Q =P Q 2-P O 2=1,可知动点Q 的轨迹是在底面әA B C 内,以O 为圆心,半径为r =1的圆及其内部,其对应的面积为πr 2=π㊂应选B ㊂三㊁解析法解析法就是利用解析几何在研究轨迹方面的一整套比较完整的理论体系,通过坐标法进行代数运算与逻辑推理的一种求轨迹的方法㊂解析法是解决立体几何图形的二维轨迹问题的常用方法之一㊂例3 (多选题)如图2所示,在正方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,E 是C C 1的中点,点P 在底面A B C D 内运动,若P D 1,P E 与底面A B C D 所成的角相等,则动点P 的轨迹是( )㊂71知识结构与拓展高一数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.图2A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.经过线段B C靠近B的三等分点D.经过线段C D靠近C的三等分点分析:根据题意得D P=2P C,以点D为坐标原点,建立平面直角坐标系,通过坐标法进行讨论求解㊂解:由正方体的性质得D D1ʅ平面A B C D,E Cʅ平面A B C D,所以øD P D1,øC P E分别为P D1,P E与底面A B C D所成的角,所以øD P D1=øC P E㊂因为t a nøD P D1=D D1D P,t a nøC P E= C EP C,又D D1=2C E,所以D P=2P C㊂在平面A B C D中,以D为坐标原点,建立平面直角坐标系,如图3所示㊂图3设正方体的边长为a,点P(x,y),xȡ0,yȡ0,则点D(0,0),C(a,0),所以D P2= x2+y2,P C2=(x-a)2+y2,所以x2+y2= 4(x-a)2+4y2,整理得3x2+3y2-8a x+ 4a2=0,显然3x2+3y2-8a x+4a2=0表示圆的方程,所以动点P的轨迹是圆的一部分,A正确,B错误㊂线段B C靠近B的三等分点的坐标为a,23a,线段C D靠近C的三等分点的坐标为23a,0,分别代入方程3x2+3y2-8a x+4a2=0,可得3a2+3ˑ23a2-8a2+4a2=13a2ʂ0,3ˑ23a2+ 3ˑ02-8aˑ23a+4a2=0,所以23a,0在圆3x2+3y2-8a x+4a2=0上,a,23a不在圆3x2+3y2-8a x+4a2=0上,C错误,D 正确㊂应选A D㊂四㊁性质法性质法就是利用轨迹的相关知识来解决立体几何中轨迹问题的一种基本方法㊂有些空间图形的轨迹不一定是二维的,转化为平面问题比较困难,这时可借助性质法来处理㊂例4已知棱长为3的正方体A B C D-A1B1C1D1中,长为2的线段M N的一个端点M在D D1上运动,另一个端点N在底面A B-C D上运动,则线段M N的中点P的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为㊂分析:不论әMD N如何变化,点P到点D的距离始终等于1㊂从而点P的轨迹是一个以点D为球心,半径为1的球的18,由此可求出体积㊂解:如图4所示,端点N在正方形A B C D内运动㊂图4因为әMD N为直角三角形,P为斜边MN的中点,所以不论әMD N如何变化,点P到点D的距离始终等于1㊂利用立体几何的性质,可知动点P的轨迹是一个以点D为球心,半径为1的球的18,所以所求体积V= 18ˑ43ˑπˑ13=π6㊂作者单位:江苏省海安高级中学(责任编辑郭正华)8 1知识结构与拓展高一数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
与立体几何有关的轨迹问题
如 图 ５ ，已 知 正 方 体
： 二 ：
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
ＡＢ Ｄ－ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱 长 为 １ 点 Ｍ Ｃ － ，
Ｂ
在 Ａ上且 Ｍ －Ｑ 平 棱 ｌ ，ａ＝￣ 是 面 Ｂ ，
Ａ Ｃ 内 的 动 点 ， 点 Ｑ 到 直 线 Ｂ Ｄ 若
Ａ。 的 距 离 与 点 Ｑ 到 点 Ｍ 的 距 离 Ｄ 的平 方 差 为 ｌ ，则 点 Ｑ 的 轨 迹 为（ ） ． Ａ． 物 线 抛 Ｂ 双 曲 线 ． Ｃ 椭 圆 ．
・
名师专题讲座
２１年 期 ０ 第１ ２
与 立体 几 何 有 关 的轨 迹 问题
■ 唐 建 明
近几 年 的 高考 题 中 现 了一 些 与 立 体 几 何 有 关 的轨 迹 问 题 ． 些 问题 大 致 可 分 为 两 大 类 ： 体 几 何 中 的 轨 迹 问题 与 以 这 立
空 间 图形 为 载 体 的 圆锥 曲线 问题 ．
何 中点 、 、 的 基 本 知 识 ， 要 掌 握 有 关 的 轨 迹 问 题 ： １ 空 线 面 还 （） 间 中到 两 定 点 的 距 离 相 等 点 的轨 迹 是 以这 两 个 点 为 端 点 的 线
二、 以空 间 图 形 为 载体 的 圆锥 曲线 问题
解 决 这 类 问 题 ， 了 要 熟 练 掌 握 立 体 几 何 中 点 、 、 的 除 线 丽
一
中学鸯数理亿 ． 学饼版
解： 连接 Ｅ 易知△Ｅ Ａ， ＡＦ为直 角 ｉ角形 ， Ｐ 则 Ａ一÷ Ｅ Ｆ
一
．ห้องสมุดไป่ตู้
故 点 Ｐ 到 定 点 Ａ 的距 离 为 定 值 ， 由球 面 的 定 义 Ⅻ ， 选
、
立体 几 何 中的 轨 迹 问 题
微专题19 立体几何中的动点及其轨迹问题
微专题19立体几何中的动点及其轨迹问题求空间图形中点的轨迹既是中学数学学习中的一个难点，也是近几年高考的一个热点，是立体几何与解析几何相交汇的问题，既考查空间想象能力，同时又考查如何将空间几何的轨迹问题转化为平面几何的轨迹问题来处理的数学思想，常用方法主要有：(1)定义法(如圆锥曲线定义)；(2)解析法；(3)交轨法.类型一定性的研究动点的轨迹立体几何中与动点轨迹有关的问题归根还是利用线面的平行、垂直关系，在此类问题中要么容易看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式.例1 (1)如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P 满足∠P AB＝30°，则点P的轨迹是()A.直线B.抛物线C.椭圆D.双曲线的一支(2)(多选)(2022·济南质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是()A.若MN与平面ABCD所成的角为π4，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2πC.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线D.若D1N与AB所成的角为π3，则点N的轨迹为双曲线答案(1)C(2)ACD解析(1)由题可知，当P点运动时，在空间中，满足条件的AP绕AB旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60°角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.(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所成的角，所以∠MND＝π4，所以DN＝DM＝12DD1＝12×4＝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＝MN2－MD2＝42－22＝23，取MD的中点E，因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝12DN＝3，DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝3，所以点P的轨迹为以3为半径的圆，其面积为π·(3)2＝3π，故B 不正确； 对于C ，连接NB ，因为BB 1⊥平面ABCD ， 所以BB 1⊥NB ，所以点N 到直线BB 1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 为原点，DA ，DC ，DD 1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)，D 1(0，0，4)，设N (x ，y ，0)， 则AB →＝(0，4，0)，D 1N →＝(x ，y ，－4)， 因为D 1N 与AB 所成的角为π3， 所以|cos 〈AB →，D 1N →〉|＝cos π3， 所以|4y |4x 2＋y 2＋16＝12，整理得3y 216－x 216＝1，所以点N 的轨迹为双曲线，故D 正确.训练1 (1)如图，AB 是平面α的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面α内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P 的轨迹是( )A.圆B.椭圆C.一条直线D.两条平行直线(2)已知在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1与底面A 1B 1C 1D 1垂直，且AD ＝AB ，E 为CC 1的中点，P 在对角面BB 1D 1D 内运动，若EP 与AC 成30°角，则点P的轨迹为()A.圆B.抛物线C.双曲线D.椭圆答案(1)B(2)A解析(1)由题意知，点P到线段AB的距离为定值，则点P为在以AB为旋转轴的圆柱表面上一点，故平面α斜截圆柱，所得图形为椭圆.(2)因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与底面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平行六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，连接EF，则EF∥AC.因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角.设EF与对角面BB1D1D的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面圆周，故选A.类型二定量的研究动点的轨迹当涉及动点轨迹的长度、图形的面积和图形的体积以及体积的最值，一般要用未知变量表示轨迹，然后借助于函数的性质求解.例2 (1)在棱长为22的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，AD的中点，P为线段C1D上的动点，则直线A1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长度为()A.2153 B.433C.2133 D.423(2)(多选)(2022·南京质检)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点(不包含端点)，若正方体棱长为1，则下列结论正确的有( )A.直线D 1P 与AC 所成角的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2B.存在P 点，使得平面APD 1∥平面C 1BDC.三棱锥D 1－CDP 的体积为16D.平面APD 1截正方体所得的截面可能是直角三角形 答案 (1)C (2)BC解析 (1)如图，连接B 1D 1，因为E ，F 分别为棱AB ，AD 的中点， 所以B 1D 1∥EF ，则B 1，D 1，E ，F 四点共面.连接A 1C 1，A 1D ，设A 1C 1∩B 1D 1＝M ，A 1D ∩D 1F ＝N ，连接MN ， 则点Q 的轨迹为线段MN ， 易得A 1D ＝A 1D 21＋DD 21＝4，△A 1ND 1∽△DNF ，且A 1D 1FD ＝2，所以A 1N ＝23A 1D ＝83. 易知A 1C 1＝C 1D ＝A 1D ＝4，所以∠C 1A 1D ＝60°，又A 1M ＝2，所以在△A 1MN 中，由余弦定理可得MN 2＝A 1N 2＋A 1M 2－2A 1N ·A 1M cos ∠MA 1N ＝529，所以MN ＝2133，即点Q 的轨迹长度为2133.(2)对于A 选项，如图①，连接AC ，D 1P ，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，A 1(1，0，1)，D (0，0，0)，D 1(0，0，1)，C (0，1，0).则有AC →＝(－1，1，0)，D 1P →＝D 1A 1→＋λA 1B →＝(1，0，0)＋λ(0，1，－1)＝(1，λ，－λ)，λ∈(0，1)， 所以|cos 〈AC →，D 1P →〉|＝|－1＋λ|2·2λ2＋1＝（1－λ）24λ2＋2.令f (λ)＝（1－λ）24λ2＋2，λ∈(0，1)， f ′(λ)＝8λ2－4λ－4（4λ2＋2）2＝4（2λ＋1）（λ－1）（4λ2＋2）2<0，所以f (λ)＝（1－λ）24λ2＋2在(0，1)上单调递减.因为f (0)＝12，f (1)＝0，所以0<|cos 〈AC →，D 1P →〉|<22，又〈AC →，D 1P →〉∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2， 故〈AC →，D 1P →〉∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，故A 选项错误.图①对于B选项，当P为A1B的中点时，有AP∥C1D，AD1∥C1B，易证平面APD1∥平面C1BD，故B选项正确.对于C选项，三棱锥D1－CDP的体积VD1－CDP＝VP－CDD1＝13×S△CDD1×AD＝1 3×12×1×1×1＝16，故C选项正确.对于D选项，设A1B的中点为O，连接AP，AD1，D1P.当P点在线段OB(不包含端点)上时，此时平面APD1截正方体所得的截面为梯形AEFD1，如图②；当P点在O点时，此时平面APD1截正方体所得的截面为正三角形AB1D1；当P点在线段OA1(不包含端点)上时，此时平面APD1截正方体所得的截面为等腰三角形AD1G，如图③，且AG2＋D1G2≠AD21，所以该三角形不可能为直角三角形，故D选项错误.故选BC.训练2 (1)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F为AA1，AB的中点，点M是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E，则点M的轨迹长度为()A.22 B.1C. 2D.3(2)(多选)(2022·重庆诊断)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论中，正确的结论是()A.三棱锥A－D1PC的体积不变B.A1P与平面ACD1所成的角大小不变C.DP⊥BC1D.DB1⊥A1P答案(1)C(2)ABD解析(1)如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接EF，FC，GH，C1H，C1G，EG，HF可得四边形EGC1D1是平行四边形，∴C1G∥D1E，又D1E⊂平面CD1E，C1G⊄平面CD1E，∴C1G∥平面CD1E，同理可得C1H∥CF，又CF⊂平面CD1E，C1H⊄平面CD1E，∴C1H∥平面CD1E，又C1H∩C1G＝C1，∴平面C1GH∥平面CD1E，又M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E，∴点M在线段GH上，∴M点轨迹的长度GH＝12＋12＝ 2.(2)如图，因为BC1∥AD1，AD1⊂平面D1AC，BC1⊄平面D1AC，所以BC1∥平面D1AC，故点P在BC1上运动时，点P到平面D1AC的距离d是定值，所以V A－D1PC ＝V P－AD1C＝13S△AD1C×d是定值，A项正确.连接A1B，A1C1，如图所示.易知平面A1BC1∥平面ACD1，A1P⊂平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，故A1P与平面ACD1所成的角大小不变，B项正确.易知DP在平面BCC1B1内的射影是CP，若DP⊥BC1，则CP⊥BC1，故点P在BC1上运动时，不一定有DP⊥BC1，C项错误.易知DB1⊥平面A1BC1，而A1P⊂平面A1BC1，所以DB1⊥A1P，D项正确.故选ABD.一、基本技能练1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与到直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹为()A.直线B.圆C.双曲线D.抛物线答案D解析点P到直线C1D1的距离即为点P到点C1的距离，所以在平面BB1C1C中，点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等，由抛物线的定义可知，动点P的轨迹为抛物线，故选D.2.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为底面ABCD上的动点.PE⊥A1C于E，且P A＝PE，则点P的轨迹是()A.线段B.圆弧C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分答案A解析由题意知，△A1AP≌△A1EP，则点P为在线段AE的中垂面上运动，从而与底面ABCD 的交线为线段.3.如图，圆锥的底面直径AB ＝2，母线VA ＝3，点C 在母线VB 上，且VC ＝1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A 到达点C ，则这只蚂蚁爬行的最短距离是( )A.13B.7C.433D.332答案 B解析 在圆锥侧面的展开图中，AA ′＝2π，所以∠AVA ′＝AA ′︵VA ＝23π， 所以∠AVB ＝12∠AVA ′＝π3，由余弦定理得AC 2＝VA 2＋VC 2－2VA ·VC ·cos ∠AVB ＝32＋12－2×3×1×12＝7， 所以AC ＝7.所以这只蚂蚁爬行的最短距离是7，故选B.4.如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，另一端点N 在正方形ABCD 内运动，则MN 中点轨迹的面积为( )A.4πB.2πC.πD.π2答案 D解析 易知DD 1⊥平面ABCD ，∠MDN ＝90°，取线段MN 的中点P ，则DP ＝12MN ＝1，所以点P 的轨迹是以D 为球心，1为半径的18球面，故S ＝18×4π×12＝π2. 5.已知MN 是长方体外接球的一条直径，点P 在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，2，则PM →·PN →的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，0B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，0 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，1 答案 B解析 根据题意，以D 为坐标原点，DA →为x 轴正方向，DC →为y 轴正方向，DD 1→为z 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.设长方体外接球球心为O ， 则DB 1为外接球的一条直径，设O 为DB 1的中点，不妨设M 与D 重合，N 与B 1重合. 则外接球的直径长为12＋12＋（2）2＝2，所以半径r ＝1，所以PM →·PN →＝(PO →＋OM →)·(PO →＋ON →)＝(PO →＋OM →)·(PO →－OM →)＝|PO →|2－|OM →|2＝|PO →|2－1，由P 在长方体表面上运动，所以|PO →|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，即|PO →|2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以|PO→|2－1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，0， 即PM →·PN →∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，0.6.点P 为棱长是25的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内切球O 球面上的动点，点M 为B 1C 1的中点，若满足DP ⊥BM ，则动点P 的轨迹的长度为( ) A.π B.2π C.4π D.25π答案 C解析 根据题意知，该正方体的内切球半径为r ＝5， 如图，取BB 1的中点N ，连接CN ，则CN ⊥BM ， 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CN 为DP 在平面B 1C 1CB 中的射影，∴点P 的轨迹为过D ，C ，N 的平面与内切球的交线， ∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为25， ∴O 到过D ，C ，N 的平面的距离为1， ∴截面圆的半径为（5）2－1＝2，∴点P 的轨迹的长度为2π×2＝4π.7.(2022·北京卷)已知正三棱锥P －ABC 的六条棱长均为6，S 是△ABC 及其内部的点构成的集合.设集合T ＝{Q ∈S |PQ ≤5}，则T 表示的区域的面积为( ) A.3π4 B.π C.2π D.3π答案 B解析 设顶点P 在底面上的投影为O ，连接BO ，则O 为△ABC 的中心， 且BO ＝23×6×32＝23， 故PO ＝36－12＝2 6.因为PQ ＝5，故OQ ＝1，故Q 的轨迹为以O 为圆心，1为半径的圆，而△ABC 内切圆的圆心为O ，半径为2×34×363×6＝3>1，故Q 的轨迹圆在△ABC 内部， 故其面积为π.8.如图，三角形P AB 所在的平面α和四边形ABCD 所在的平面β垂直，且AD ⊥α，BC ⊥α，AD ＝4，BC ＝8，AB ＝6，∠APD ＝∠CPB ，则点P 在平面α内的轨迹是( )A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分答案 A解析 由条件易得AD ∥BC ，且∠APD ＝∠CPB ，AD ＝4，BC ＝8， 可得tan ∠APD ＝AD P A ＝CBPB ＝tan ∠CPB ， 即PB P A ＝CBAD ＝2，在平面P AB 内以AB 所在的直线为x 轴，AB 的中点O 为坐标原点，建立直角坐标系(图略)，则A (－3，0)，B (3，0)， 设P (x ，y )，则有PBP A ＝（x －3）2＋y 2（x ＋3）2＋y2＝2， 整理可得x 2＋y 2＋10x ＋9＝0(x ≠0). 由于点P 不在直线AB 上，故此轨迹为圆的一部分，故答案选A.9.已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为1，点M ，N 分别为线段AB ′，AC 上的动点，点T 在平面BCC ′B ′内，则MT ＋NT 的最小值是( ) A. 2 B.233 C.62 D.1答案 B解析 A 点关于BC 的对称点为E ，M 关于BB ′的对称点为M ′，记d 为直线EB ′与AC 之间的距离，则MT ＋NT ＝M ′T ＋NT ≥M ′N ≥d ，由B ′E ∥D ′C ，d 为E 到平面ACD ′的距离，因为V D ′－ACE ＝13×1×S △ACE ＝13×1×1＝13，而V D ′－ACE ＝V E －ACD ′＝13×d ×34×(2)2＝36d ＝13，故d ＝233.10.如图，长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝BC ＝2，AA ′＝3，上底面A ′B ′C ′D ′的中心为O ′，当点E 在线段CC ′上从C 移动到C ′时，点O ′在平面BDE 上的射影G 的轨迹长度为( )A.2π3B.3π3C.π3D.3π6答案 B解析 如图，以CA ，CC ′分别为x 轴，y 轴正方向建立平面直角坐标系，则有C (0，0)，O (1，0)，O ′(1，3)，设G (x ，y )， 由O ′G ⊥OG ，可得y x －1·y －3x －1＝－1，整理可得⎝⎛⎭⎪⎫y －322＋(x －1)2＝34，所以点O ′在平面BDE 上的射影G 的轨迹是以F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32为圆心，半径为32的OG ︵.因为tan ∠GOF ＝O ′C ′OO ′＝33， 所以O ′G ＝O ′O ·sin ∠GOF ＝32， 所以△O ′GF 是等边三角形， 即∠GFO ＝2π3，所以圆弧OG 的长l ＝2π3×32＝3π3.11.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD (只要填写一个你认为是正确的条件即可).答案 DM ⊥PC (或BM ⊥PC )解析 连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ，因为P A ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BD .又P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ，PC ⊂平面P AC ， 所以BD ⊥PC ，所以当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，有PC ⊥平面MBD ，PC ⊂平面PCD ，所以平面MBD⊥平面PCD.12.如图，P是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1表面上的动点，且AP＝2，则动点P的轨迹的长度为________.答案3π2解析由已知AC＝AB1＝AD1＝2，在平面BC1，平面A1C1中，BP＝A1P＝DP＝1，所以动点P的轨迹是在平面BC1，平面A1C1，平面DC1内分别以B，D，A1为圆心，1为半径的三段圆弧，且长度相等，故轨迹长度和为π2×3＝3π2.二、创新拓展练13.在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AA1的中点，P是底面ABCD 所在平面内一动点，设PD1，PE与底面ABCD所成的角分别为θ1，θ2(θ1，θ2均不为0)，若θ1＝θ2，则三棱锥P－BB1C1体积的最小值是()A.92 B.52C.32 D.54答案C解析以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，因为正方体的棱长为3， 则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，32，D 1(0，0，3)，设P (x ，y ，0)(x ≥0，y ≥0)，则PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－x ，－y ，32，PD 1→＝(－x ，－y ，3). 因为θ1＝θ2，平面ABCD 的一个法向量z ＝(0，0，1)， 所以|PE →·z ||PE →|·|z |＝|PD 1→·z ||PD 1→|·|z |，得32（3－x ）2＋y 2＋94＝3x 2＋y 2＋9，整理得x 2＋y 2－8x ＋12＝0， 即(x －4)2＋y 2＝4(0≤y ≤2)， 则动点P 的轨迹为圆的一部分， 所以点P 到平面BB 1C 1的最小距离为1，所以三棱锥P －BB 1C 1体积的最小值是13×12×3×3×1＝32.14.(多选)(2022·武汉模拟)如图，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为A 1D 1的中点，F 为CC 1上的一个动点，设由点A ，E ，F 构成的平面为α，则( )A.平面α截正方体的截面可能是三角形B.当点F 与点C 1重合时，平面α截正方体的截面面积为26C.当点D 到平面α的距离的最大值为263D.当F 为CC 1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形 答案 BCD解析 如图，建立空间直角坐标系，延长AE 与z 轴交于点P ，连接PF 并延长与y 轴交于点M ， 则平面α由平面AEF 扩展为平面APM . 由此模型可知A 错误.当点F 与点C 1重合时，截面是一个边长为5的菱形，该菱形的两条对角线长度分别AC 1＝22＋22＋22＝23和22＋22＝22，则此时截面的面积为12×23×22＝2 6.当F 为CC 1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形，B ，D 正确.D (0，0，0)，A (2，0，0)，P (0，0，4)，设点M 的坐标为(0，t ，0)(t ∈[2，4])， DA →＝(2，0，0)，AM →＝(－2，t ，0)，P A →＝(2，0，－4)， 则可知点P 到直线AM 的距离为d ＝|P A →|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪P A →·AM →|AM →|2＝20t 2＋644＋t2， S △APM ＝12t 2＋4·d ＝5t 2＋16.S △P AD ＝12×2×4＝4， 设点D 到平面α的距离为h ，利用等体积法V D －APM ＝V M －P AD ，即13·S △APM ·h ＝13·S △P AD ·t ，可得h ＝4t 5t 2＋16，则h ＝45＋16t 2， 由h ＝45＋16t 2在t ∈[2，4]上单调递增，所以当t ＝4时，h 取到最大值为263.故选BCD.15.已知面积为23的菱形ABCD 如图①所示，其中AC ＝2，E 是线段AD 的中点.现沿AC 折起，使得点D 到达点S 的位置，此时二面角S －AC －B 的大小为120°，连接SB ，得到三棱锥S －ABC 如图②所示，则三棱锥S －ABC 的体积为________；若点F 在三棱锥的表面运动，且始终保持EF ⊥AC ，则点F 的轨迹长度为________.答案 32 3＋32解析 依题意，12AC ·BD ＝BD ＝23，点S 到平面ABC 的距离为3sin 60°＝32，△ABC 的面积为12×23＝3，则三棱锥S－ABC的体积为13×3×32＝32.如图，取AC边上靠近点A的四等分点G，取BA的中点为H，连接EH，EG，GH，故点F的轨迹长度即为△EHG的周长，又EG＝GH＝32，EH＝12SB＝32，故点F的轨迹长度为3＋32.16.如图，三棱锥S－ABC的所有棱长均为1，SH⊥底面ABC，点M，N在直线SH上，且MN＝33，若动点P在底面ABC内，且△PMN的面积为212，则动点P的轨迹长度为________.答案6π12解析设P到直线MN的距离为d，由题易得d＝6 6，易知H为△ABC的中心，又MN⊥平面ABC，当点P在平面ABC内时，其轨迹是以H为圆心，66为半径的圆.∵△ABC内切圆的半径为3 6，∴圆H的一部分位于△ABC外，结合题意得，点P的轨迹为圆H位于底面△ABC 内的三段相等的圆弧(利用正三角形的性质判断出圆H有一部分在△ABC外，才能正确得到点P的轨迹)，如图，过点H作HO⊥AC，垂足为O，则HO＝36，记圆H与线段OC的交点为K，连接HK，可得HK＝66，∴cos∠OHK＝OHHK＝3666＝22，∴∠OHK＝π4，∴点P的轨迹长度为圆H周长的14(利用圆及正三角形的对称性分析求解)，∴点P的轨迹长度为14×2π×66＝6π12.。
2025年高考数学一轮复习-立体几何中的动点及其轨迹问题-专项训练【含答案】
2025年高考数学一轮复习-立体几何中的动点及其轨迹问题-专项训练一、基本技能练1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是侧面BB 1C 1C 内一动点，若P 到直线BC 与到直线C 1D 1的距离相等，则动点P 的轨迹为()A.直线B.圆C.双曲线D.抛物线2.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为底面ABCD 上的动点.PE ⊥A 1C 于E ，且PA ＝PE ，则点P 的轨迹是()A.线段B.圆弧C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分3.如图，圆锥的底面直径AB ＝2，母线VA ＝3，点C 在母线VB 上，且VC ＝1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A 到达点C ，则这只蚂蚁爬行的最短距离是()A.13B.7C.433D.3324.如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，另一端点N 在正方形ABCD 内运动，则MN 中点轨迹的面积为()A.4πB.2πC.πD.π25.已知MN 是长方体外接球的一条直径，点P 在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，2，则PM →·PN →的取值范围为()A.－12，0 B.－34，0C.－12，1 D.－34，16.点P 为棱长是25的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内切球O 球面上的动点，点M 为B 1C 1的中点，若满足DP ⊥BM ，则动点P 的轨迹的长度为()A.πB.2πC.4πD.25π7.已知正三棱锥P －ABC 的六条棱长均为6，S 是△ABC 及其内部的点构成的集合.设集合T ＝{Q ∈S |PQ ≤5}，则T 表示的区域的面积为()A.3π4 B.πC.2πD.3π8.如图，三角形PAB 所在的平面α和四边形ABCD 所在的平面β垂直，且AD ⊥α，BC ⊥α，AD ＝4，BC ＝8，AB ＝6，∠APD ＝∠CPB ，则点P 在平面α内的轨迹是()A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分9.已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为1，点M ，N 分别为线段AB ′，AC 上的动点，点T 在平面BCC ′B ′内，则MT ＋NT 的最小值是()A.2 B.233C.62 D.110.如图，长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝BC ＝2，AA ′＝3，上底面A ′B ′C ′D ′的中心为O ′，当点E 在线段CC ′上从C 移动到C ′时，点O ′在平面BDE 上的射影G 的轨迹长度为()A.2π3B.3π3C.π3D.3π611.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD (只要填写一个你认为是正确的条件即可).12.如图，P 是棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1表面上的动点，且AP ＝2，则动点P 的轨迹的长度为________.二、创新拓展练13.在棱长为3的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，P 是底面ABCD 所在平面内一动点，设PD 1，PE 与底面ABCD 所成的角分别为θ1，θ2(θ1，θ2均不为0)，若θ1＝θ2，则三棱锥P －BB 1C 1体积的最小值是()A.92B.52C.32D.5414.(多选)如图，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为A 1D 1的中点，F 为CC 1上的一个动点，设由点A ，E ，F 构成的平面为α，则()A.平面α截正方体的截面可能是三角形B.当点F 与点C 1重合时，平面α截正方体的截面面积为26C.当点D 到平面α的距离的最大值为263D.当F 为CC 1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形15.已知面积为23的菱形ABCD 如图①所示，其中AC ＝2，E 是线段AD 的中点.现沿AC 折起，使得点D 到达点S 的位置，此时二面角S －AC －B 的大小为120°，连接SB ，得到三棱锥S －ABC 如图②所示，则三棱锥S －ABC 的体积为________；若点F 在三棱锥的表面运动，且始终保持EF ⊥AC ，则点F 的轨迹长度为________.16.如图，三棱锥S－ABC的所有棱长均为1，SH⊥底面ABC，点M，N在直线SH上，且MN＝33，若动点P在底面ABC内，且△PMN的面积为212，则动点P的轨迹长度为________.参考答案与解析一、基本技能练1.答案D解析点P到直线C1D1的距离即为点P到点C1的距离，所以在平面BB1C1C中，点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等，由抛物线的定义可知，动点P的轨迹为抛物线，故选D.2.答案A解析由题意知，△A1AP≌△A1EP，则点P 为在线段AE 的中垂面上运动，从而与底面ABCD 的交线为线段.3.答案B 解析在圆锥侧面的展开图中，AA ′＝2π，所以∠AVA ′＝AA ′︵VA ＝23，所以∠AVB ＝12∠AVA ′＝π3，由余弦定理得AC 2＝VA 2＋VC 2－2VA ·VC ·cos ∠AVB ＝32＋12－2×3×1×12＝7，所以AC ＝7.所以这只蚂蚁爬行的最短距离是7，故选B.4.答案D 解析易知DD 1⊥平面ABCD ，∠MDN ＝90°，取线段MN 的中点P ，则DP ＝12MN ＝1，所以点P 的轨迹是以D 为球心，1为半径的18球面，故S ＝18×4π×12＝π2.5.答案B 解析根据题意，以D 为坐标原点，DA →为x 轴正方向，DC →为y 轴正方向，DD 1→为z 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.设长方体外接球球心为O ，则DB 1为外接球的一条直径，设O 为DB 1的中点，不妨设M 与D 重合，N 与B 1重合.则外接球的直径长为12＋12＋（2）2＝2，所以半径r ＝1，所以PM →·PN →＝(PO →＋OM →)·(PO →＋ON →)＝(PO →＋OM →)·(PO →－OM →)＝|PO →|2－|OM →|2＝|PO →|2－1，由P 在长方体表面上运动，所以|PO →|∈12，1，即|PO →|2∈14，1，所以|PO →|2－1∈－34，0，即PM →·PN →∈－34，0.6.答案C 解析根据题意知，该正方体的内切球半径为r ＝5，如图，取BB 1的中点N ，连接CN ，则CN ⊥BM ，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CN 为DP 在平面B 1C 1CB 中的射影，∴点P 的轨迹为过D ，C ，N 的平面与内切球的交线，∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为25，∴O 到过D ，C ，N 的平面的距离为1，∴截面圆的半径为（5）2－1＝2，∴点P 的轨迹的长度为2π×2＝4π.7.答案B 解析设顶点P 在底面上的投影为O ，连接BO ，则O 为△ABC 的中心，且BO ＝23×6×32＝23，故PO ＝36－12＝2 6.因为PQ ＝5，故OQ ＝1，故Q 的轨迹为以O 为圆心，1为半径的圆，而△ABC 内切圆的圆心为O ，半径为2×34×363×6＝3>1，故Q 的轨迹圆在△ABC 内部，故其面积为π.8.答案A 解析由条件易得AD ∥BC ，且∠APD ＝∠CPB ，AD ＝4，BC ＝8，可得tan ∠APD ＝AD PA ＝CB PB ＝tan ∠CPB ，即PB P A ＝CB AD＝2，在平面P AB 内以AB 所在的直线为x 轴，AB 的中点O 为坐标原点，建立直角坐标系(图略)，则A (－3，0)，B (3，0)，设P (x ，y )，则有PB PA ＝（x －3）2＋y 2（x ＋3）2＋y 2＝2，整理可得x 2＋y 2＋10x ＋9＝0(x ≠0).由于点P 不在直线AB 上，故此轨迹为圆的一部分，故答案选A.9.答案B 解析A 点关于BC 的对称点为E ，M 关于BB ′的对称点为M ′，记d 为直线EB ′与AC 之间的距离，则MT ＋NT ＝M ′T ＋NT ≥M ′N ≥d ，由B ′E ∥D ′C ，d 为E 到平面ACD ′的距离，因为V D ′－ACE ＝13×1×S △ACE ＝13×1×1＝13，而V D ′－ACE ＝V E －ACD ′＝13×d ×34×(2)2＝36d ＝13，故d ＝233.10.答案B 解析如图，以CA ，CC ′分别为x 轴，y 轴正方向建立平面直角坐标系，则有C (0，0)，O (1，0)，O ′(1，3)，设G (x ，y )，由O ′G ⊥OG ，可得y x －1·y －3x －1＝－1，＋(x －1)2＝34，所以点O ′在平面BDE 上的射影G 的轨迹是以F半径为32的OG ︵.因为tan ∠GOF ＝O ′C ′OO ′＝33，所以O ′G ＝O ′O ·sin ∠GOF ＝32，所以△O ′GF 是等边三角形，即∠GFO ＝2π3，所以圆弧OG 的长l ＝2π3×32＝3π3.11.答案DM ⊥PC (或BM ⊥PC )解析连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ，因为PA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BD .又PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥PC ，所以当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，有PC ⊥平面MBD ，PC ⊂平面PCD ，所以平面MBD ⊥平面PCD .12.答案3π2解析由已知AC ＝AB 1＝AD 1＝2，在平面BC 1，平面A 1C 1中，BP ＝A 1P ＝DP ＝1，所以动点P 的轨迹是在平面BC 1，平面A 1C 1，平面DC 1内分别以B ，D ，A 1为圆心，1为半径的三段圆弧，且长度相等，故轨迹长度和为π2×3＝3π2.二、创新拓展练13.答案C 解析以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，因为正方体的棱长为3，则3，0，32D 1(0，0，3)，设P (x ，y ，0)(x ≥0，y ≥0)，则PE →3－x ，－y ，32，PD 1→＝(－x ，－y ，3).因为θ1＝θ2，平面ABCD 的一个法向量z ＝(0，0，1)，所以|PE →·z ||PE →|·|z |＝|PD 1→·z ||PD 1→|·|z |，得32（3－x ）2＋y 2＋94＝3x 2＋y 2＋9，整理得x 2＋y 2－8x ＋12＝0，即(x －4)2＋y 2＝4(0≤y ≤2)，则动点P 的轨迹为圆的一部分，所以点P 到平面BB 1C 1的最小距离为1，所以三棱锥P －BB 1C 1体积的最小值是13×12×3×3×1＝32.14.答案BCD 解析如图，建立空间直角坐标系，延长AE 与z 轴交于点P ，连接PF 并延长与y 轴交于点M ，则平面α由平面AEF 扩展为平面APM .由此模型可知A 错误.当点F 与点C 1重合时，截面是一个边长为5的菱形，该菱形的两条对角线长度分别AC 1＝22＋22＋22＝23和22＋22＝22，则此时截面的面积为12×23×22＝2 6.当F 为CC 1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形，B ，D 正确.D (0，0，0)，A (2，0，0)，P (0，0，4)，设点M 的坐标为(0，t ，0)(t ∈[2，4])，DA →＝(2，0，0)，AM →＝(－2，t ，0)，PA →＝(2，0，－4)，则可知点P 到直线AM 的距离为d ＝|P A →|2－|PA →·AM →|AM →||2＝20t 2＋644＋t 2，S △APM ＝12t 2＋4·d ＝5t 2＋16.S △P AD ＝12×2×4＝4，设点D 到平面α的距离为h ，利用等体积法V D －APM ＝V M －P AD ，即13·S △APM ·h ＝13·S △P AD ·t ，可得h ＝4t 5t 2＋16，则h ＝45＋16t 2，由h ＝45＋16t 2在t ∈[2，4]上单调递增，所以当t ＝4时，h 取到最大值为263.故选BCD.15.答案323＋32解析依题意，12AC ·BD ＝BD ＝23，点S 到平面ABC 的距离为3sin 60°＝32，△ABC 的面积为12×23＝3，则三棱锥S －ABC 的体积为13×3×32＝32.如图，取AC 边上靠近点A 的四等分点G ，取BA 的中点为H ，连接EH ，EG ，GH ，故点F 的轨迹长度即为△EHG 的周长，又EG ＝GH ＝32，EH ＝12SB ＝32，故点F 的轨迹长度为3＋32.16.答案6π12解析设P 到直线MN 的距离为d ，由题易得d ＝66，易知H 为△ABC 的中心，又MN ⊥平面ABC ，当点P 在平面ABC 内时，其轨迹是以H 为圆心，66.∵△ABC 内切圆的半径为36，∴圆H 的一部分位于△ABC 外，结合题意得，点P 的轨迹为圆H 位于底面△ABC 内的三段相等的圆弧(利用正三角形的性质判断出圆H 有一部分在△ABC 外，才能正确得到点P 的轨迹)，如图，过点H 作HO ⊥AC ，垂足为O ，则HO ＝36，记圆H 与线段OC 的交点为K ，连接HK ，可得HK ＝66，∴cos∠OHK＝OHHK＝3666＝22，∴∠OHK＝π4，∴点P的轨迹长度为圆H周长的14(利用圆及正三角形的对称性分析求解)，∴点P的轨迹长度为14×2π×66＝6π12.。
高考专题 立体几何中轨迹、翻折、探索性问题
12
解析：如图所示，连接 AC1 交平面 A1BD 于 O，连接 EO, 由题意可知 AC1⊥平面 A1BD， 所以∠AEO 是 AE 与平面 A1BD 所成的角，所以∠AEO＝α.
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13
由 sin α＝255可得 tan α＝2，即AEOO＝2. 在四面体 A-A1BD 中，BD＝A1D＝A1B＝2 6， AB＝AD＝AA1＝2 3，所以四面体 A-A1BD 为正三棱锥，O 为△BDA1 的重心，
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17
∴平面 BCE∥平面 MND，即平面 MND 为平面 α， 则点 G 到平面 DMN 的距离 d 即为点 G 到直线 DQ 的距离， ∵D→G＝0， 33，－ 36，D→Q＝(0，－2 3，－ 6)， ∴D→G·D→Q＝－2＋2＝0，即 DG⊥DQ， ∴点 G 到直线 DQ 的距离 d＝|D→G|＝1， ∴截面圆的半径 r＝ 22－12＝ 3，∴球被平面 α 截得的截面圆周长为 2πr＝2 3π， 即平面 α 截点 P 的轨迹所形成的图形的周长为 2 3π.
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19
解： (1)证明：在△ABD 中，由余弦定理得，BD＝ AB2＋AD2－2AB·ADcos A＝ 4＋1－2×2×1×12＝ 3，
∴AD2＋BD2＝AB2，得 AD⊥DB，翻折后有 A′D⊥DB， 又平面 A′BD⊥平面 BCD，且平面 A′BD∩平面 BCD＝DB， 根据平面与平面垂直的性质定理可得 A′D⊥平面 BCD， 又∵BC⊂平面 BCD，∴A′D⊥BC. 在平行四边形 ABCD 中，AD⊥DB，BC∥AD，∴BC⊥DB， ∵A′D∩DB＝D，∴BC⊥平面 A′DB， ∵BC⊂平面 A′BC，∴平面 A′BC⊥平面 A′BD．
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15
立体几何中的轨迹问题汇总
立体几何中的轨迹问题汇总例析空间中点的轨迹问题的转化求空间图形中点的轨迹既是中学数学学习中的一个难点，又是近几年高考的一个热点，这是一类立体几何与解析几何的交汇题，既考查空间想象能力，同时又考查如何将空间几何的轨迹问题转化为平面的轨迹问题来处理的基本思想。
一．轨迹为点例1已知平面βα||，直线α⊂l ，点P l ∈，平面βα,之间的距离为8，则在β内到P 点的距离为10且到直线l 的距离为9的点的轨迹是 ( )A ．一个圆 B.两条直线 C.两个点 D.四个点解析:设Q 为β内一动点，点P 在β内射影为O ，过O, l 的平面与β的交线为l '，ΘPQ=10，∴OQ==-228106点Q 在以O 为圆心6为半径圆上，过Q 作QM l '⊥于M ，又Θ点Q 到直线l 的距离为9∴QM=178922=-则点Q 在以l '平行距离为17的两条平行线上Θ两条平行线与圆有四个交点∴这样的点Q 有四个，故答案选D 。
点评:本题以空间图形为背景，把立体几何问题转化到平面上，再用平面几何知识解决，要熟记一些平面几何点的轨迹。
二． 轨迹为线段例2． 如图，正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总保持1AP BD ⊥，则动点P 的轨迹是（ ）。
βαlMOQPA. 线段1B CB.线段1BCC. 1BB 中点与1CC 中点连成的线段D. BC 中点与11B C 中点连成的线段解：连结11,,AB AC B C ，易知111BD A AB ⊥所以11111,,AB BD AC BD B C BD ⊥⊥⊥，所以1BD ⊥面1AB C ，若P ∈1B C ，则AP ⊂平面1AB C ，于是1BD AP ⊥，因此动点P 的轨迹是线段1B C 。
评注：本题是由线面垂直的性质从而求出点P 的轨迹。
例3 已知圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 的中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周)，若MP AM ⊥，则点P 的轨迹是________。
立体几何中的轨迹问题(详细版)
立体几何中的轨迹问题高考数学有一类学科内的综合题，它们的新颖性、综合性，值得我们重视，在知识网络交汇点处设计试题是高考命题改革的一个方向，以空间问题为为背景的轨迹问题作为解析几何与立体几何的交汇点，由于知识点多，数学思想和方法考查充分，求解比较困难。
通常要求学生有较强的空间想象能力，以及能够把空间问题转化到平面上，再结合解析几何方法求解，以下精选几个问题来对这一问题进行探讨，旨在探索题型规律，揭示解题方法。
一、用空间运动的观点来得到点的轨迹。
例1：直线PA 是平面M 的一条斜线，斜足为A ，动直线PB 过点P 且与直线PB 垂直，且交平面M 于点B ，求动点B 的轨迹。
解：先探讨直线PB 的运动轨迹，由于直线PB 始终与PA 垂直，可知PB 的运动轨迹应是直线PA 的垂直平面N 。
再结合点B 一定在平面M 内，所以点B 的轨迹应该是两个平面的交线，所以点B 的轨迹是一条直线。
针对以上解法，我们对这一问题作一深层次的探讨：若直线PA 与平面M 成α角，直线PB 始终与直线PA 成β角，再来求点B 的轨迹。
由上述解法可知，我们只要得到直线PB 的空间轨迹，再来考察该轨迹与平面M 的交线即可。
由简单的模型模拟即可知，直线PB 的轨迹是一个圆锥面，再用一个平面截圆锥面，这一知识在平面解析几何中圆锥曲线的来历中有提到，即所得曲线可能是圆、椭圆、抛物线、双曲线。
因此，我们在以下命题：直线PA 是平面M 的一条斜线，且与平面M 成α角，斜足为A ，动直线PB 过点P 且与直线PB 成β角，交平面M 于点B ，求动点B 的轨迹。
结论： （1）若α=90°，β≠90°，则动点B 的轨迹是一个圆； （2）若α≠90°，β=90°，动点B 的轨迹是一条直线；（3）若α≠90°，β≠90°，则①若90°>α>β，则轨迹是椭圆； ②若α=β，则轨迹是抛物线； ③若α<β，则轨迹是双曲线。
立体几何中的轨迹问题探求
中学 数学 月刊
・ ５ ・ ３
立 体 几 何 中 的 轨 迹 问题 探 求
赵 加营 （ 苏省宿 迁 中学 江 ２ ３０ ） ２ ８ ０
立体几 何 中也 会 遇 到 与 解 析 几 何 一 样 探 求 满 足条件 的动 点轨 迹 问题 ， 这类 问题 以 立 体 图形 为 载体 ， 将立 体几 何 与 解 析几 何 以及 代 数 知识 交 汇 于一 体 ， 有较 强 的探索性 、 放性 、 具 开 创新 性． 处 理 这类 问题 的关键 是依 据立 体几 何 中点线 面关 系
ＡＤＤ 内 ， 平面 Ａ Ｄ Ａ 而 Ｃ ｎ Ａ Ｄ 所 ＤＤ Ａ 一Ａ ， 以点 Ｐ 的轨迹是 线段 ＡＤ ．
由已知条件， Ｆ 一（ Ｐ 。 ． 得Ｐ 。 － Ｍ） 一１ 在 ￣
・
５ ４・
中学 数学 月刊
２１ ０ ２年第 ７期
△Ｐ ＥＦ 中 ， Ｆ。 雎 一 Ｅ 一 １ 所 以 Ｐ 一 Ｐ 一 Ｆ。 ， Ｆ
以Ｂ 为 焦 点 、 线 Ｂ 为 准 线 的双 曲 线 在 侧 面 直 Ｃ
面 内的轨迹 是 （
） ．
（ Ａ）一条 线段 ， 要去掉 两个 点 但 （ 一个圆， Ｂ） 但要 去 掉两个 点
Ｂ 内的部 分 ； ０＜ ＜ １时 ， Ｐ的轨迹 是 以 Ｃ 当 点 Ｂ 为 焦点 、 直线 Ｂ Ｃ为 准线 的椭 圆在侧 面 Ｂ 内 Ｃ
于 Ａ 和 Ｂ 的动点 ， Ｐ 且 Ｃ 上 Ａ 那 么 动 点 Ｃ 在 平 Ｃ，
图 １
Ｂ 的 中点 为顶 点 的抛物 线在侧 面 Ｂ 内的部分 Ｂ。 Ｃ。
（ Ｃ 点） 过 １ ．
拓 展 若 点 Ｐ到直 线Ａ 的距 离是 点 Ｐ到 Ｂ 直线 Ｂ Ｃ的距离 的 ， 当 ＞ １ ， Ｐ的轨迹 是 则 时 点
立体几何中的共面轨迹问题
方形 A B CD 的面积 , 又 C1 G = B E , O G 在面
A B CD 上 的 射 影 与 EF 的 交 点 为 M , 问 在 面 A B CD 内是否存在两个定点 , 使 M 到这两个
A 2 B 2 C2 D 2 中 , B 1 D 1 与 A 2 C2 成 60° 角 , 侧棱 A1A2 = 2 , M 、 N 分别在 B 1 D 1 与 A 2 C2 所在直
线上运动 , 若 M N = 4 , 求 M N 的中点 P 的轨 迹.
定点的距离的和为定值 ?若存在 , 求出这两个 定点 ; 若不存在 , 请说明理由 .
分析 过 G 作 GP ⊥ CD , 垂足为 P , 则
GP ⊥面 A B CD , ∴O G 在面 A B CD 内的射影
分析 设正方体中心为 O , 上下两底面 中心为 O 1 、 O 2 . 过 O 作平面α ⊥ O 1 O 2 , 无论
高中数学教与学 2004 年
立体几何中的共面轨迹问题
吴明德
( 江苏省泰兴市第一高级中学 ,225400) 高中阶段虽然没有学习系统的空间解析 几何知识 , 但并不妨碍我们用平面解析几何 的方法处理一些简单的立体几何轨迹问题. 两种几何知识的交汇融合与综合应用 , 对培 养学生的空间想象能力和数学实践能力大有 益处 . 现略举几例供参考 . 例 1 如 图 1 , 在 单 位 正 方 体 A B CD A 1 B 1 C1 D 1 中 , E 、 F 分 别 为 A 1 D1 、 B 1 C1 的 中
B D 为 ⊙O 2 的直径 , B C ⊥ CD , 由三垂线定 t1 = x + y,
即
t2 =
3
x
①
- y,
立体几何中轨迹问题的盘点
又 Ｐ ； ￣ Ａ… ＰＰ １ ‘ ｉｎ 。 １６ ７ ｓ一 ／ Ｐ． Ａ 一 ×ｎ ． ｂ ： ｕ － ｂ ３ ， Ａ ， ｄ
（－ ，ｓ 一Ｅ由 干 ｏ ｌ ｉ 万，题 ， 则ｎ Ｐ ￣
立意知： ＰＥ — ＰＨ， ． ・ ．
ｓｎ ∈ （ １ ｉａ ０，］，
，
／ ｘ ）＋ 一２￣ ＋ ， （ －６ ／ 化简知点 Ｐ的轨迹为圆．
例 ４ 正 方 体 ＡＢ Ｄ Ｃ －
Ａ， 的 棱 长 为 １ 在 正 方 ＢＣ Ｄ ，
体 表 面 上 与 点 Ａ 距 离 是 √ 的
点 形 成 一 条 曲线 ， 条 曲 线 的 长 这
度是 （ ）
’
（） Ａ
（ ｃ）
（霉 Ｂ／ ）
（ Ｄ）
解 ：’ ． 。—
’
・
・
＜ ＜ ， ，
．
．
ＢＤ１ 面 ＡＢｌ 上 Ｃ，． ’ ．ＢＤ１ Ｂ１ 故 选 （ ． 上 Ｃ， Ａ）
例 ２ 若 三 棱 锥 Ｂ Ｄ 的 侧 面 ＡＢ 内 一 动 点 Ｐ Ｃ Ｃ 到 底 面 ＢＣ 的 距 离 与 到 棱 ＡＢ 的 距 离 相 等 ， 动 点 Ｐ Ｄ 则
例 １ 如 图 ， 方 体 ＡＢ Ｄ－ 正 Ｃ Ａ Ｂ Ｃ 中 ， 点 ｔ Ｄ Ｐ 在 侧 面 Ｂ Ｃ。 及 其 边 界 上 运 动 ， 且 总 Ｃ Ｂ 并 保 持 ＡＰ Ｂ ， 动 点 Ｐ 的 轨 迹 上 Ｄ， 则
是 （ ） Ａ
在 平 面 ａ内 ， Ａ为 原 点 ， Ｂ所 在 直线 为 ｚ轴 建 立 以 Ａ 平 面 直 角 坐 标 系 ， Ａ（ ， ） Ｂ（ ， ） 设 Ｐ（ ， ， 则 ００ ， ６ ｏ ， ｚ ） 得
・
‘ ．
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立体几何中的轨迹问题
【判断轨迹】
一、点线面中的轨迹问题
1.平面α的斜线AB 交α于点B ，过定点A 的动直线l 与AB 垂直，且交α于点C ，则动点C 的轨迹是
一条直线
解：设l 与l '是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面，且斜线AB 垂直这个平面，由过平面外一点有且只有一个平面与已知直线垂直可知过定点A 与AB 垂直所有直线都在这个平面
内，故动点C 都在这个平面与平面α的交线上，故选A ．
2．若A 、B 为平面α的两个定点，点P 在α外，PB ⊥α，动点C （不同于A 、B ）
在α内，且PC ⊥AC ，则动点C 在平面内的轨迹是（除去两点的圆）
3．已知平面//α平面β，直线l α⊂，点l P ∈，平面α、β间的距离为4，则在β内到点P 的距离为5且到直线l 的距离为
2
9
的点的轨迹是四个点 简析：如图，设点P 在平面β内的射影是O ，则OP 是α、β的公垂线，OP=4．在β内到点P 的距离等于5的点到O 的距离等于3，可知所求点的轨迹是β内在以O 为圆心，3为半径的圆上．又在β内到直线l 的距离等
于
2
9
的点的集合是两条平行直线m 、n ，它们到点O 的距离都等于32174)29(22<=
-，所以直线m 、n 与这个圆均相交，共有四个交点．因此所求点的轨迹是四个点，故选C ．
二、柱体中的轨迹问题
1.正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，且总保持AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹是
线段B 1C ．
2.正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱A 1B 1，BC 上的动点，且A 1E =BF ，P 为EF 的中点，则点P 的轨迹是 线段MN (M 、N 分别为前右两面的中心)．
3．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为AA 1的中点，点P 在其对角面BB 1D 1D 内运动，若EP 总与直线AC 成等角，则点P 的轨迹有可能圆或圆的一部分
l
A
B
C
α
4．已知长方体ABCD A B C D -1111中，AB BC ==63,，在线段BD 、A C 11上各有一点P 、Q ，PQ 上有一点M ，且PM MQ =2，则M 点轨迹图形的面积是
轨迹的图形是一个平行四边形 ．
三、锥体中的轨迹问题
1.若三棱锥A -BCD 的侧面ABC 内一动点P 到底面BCD 的距离与到棱AB 的距离相等，则动点P 的轨迹与△ABC 组成图形可能是：( D )
2.在正四棱锥S-ABCD 中，E 是BC 的中点，点P 在侧面∆SCD 内及其边界上运动，总有PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹为_______________．
答案 线段MN （M 、N 分别为SC 、CD 的中点）
3..如图，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是CC 1、C 1D 1、DD 1、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足 时，有MN ∥平面B 1BDD 1．
5.四棱锥P -ABCD ，AD ⊥面P AB ，BC ⊥面P AB ，底面ABCD 为梯形，AD =4，BC =8，AB =6，∠APD =∠CPB ，满足上述条件的四棱锥的顶点P 的轨迹是( )
A ．圆
B ．不完整的圆
C ．抛物线
D ．抛物线的一部分 分析：∵AD ⊥面P AB ，BC ⊥平面P AB ∴AD ∥BC 且AD ⊥P A ，CB ⊥PB ∵∠APD =∠CPB ∴tanAPD =tanCPB
∴AD P A =CB PB ∴PB =2P A
在平面APB 内，以AB 的中点为原点，AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，则A (-3，0)、B (3，0)，设P (x ，y )(y ≠0)，则(x -3)2+y 2=4[(x +3)2+y 2](y ≠0)
即(x +5)2+y 2=16(y ≠0) ∴P 的轨迹是(B )
【轨迹中计算问题】
1.
A C P
A
B
P A B
P
A B C
P
A
B
C
D P A B
C D
．已知正方体ABCD A B C D -1111的棱长为1，在正方体的侧面BCC B 11上到点A 距离为23
3
的点的轨迹形成一条曲线，那么这条曲线的形状是
，它的长度为． 3 —A 1B 1C 1D 1的棱长为3，长为2的线段MN 点一个端点M
在DD 1上运动，另一个端点N 在底面ABCD 上运动，则MN 的中点P 的轨迹与正方
体的面所围成的几何体的体积为 π6
．
4。
已知棱长为3的正方体ABCD A B C D -1111中，长为2的线段MN 的一个端点在DD 1上运动，另一个端点N 在底面ABCD 上运动，求MN 中点P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积．
5.如图，动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上．过点P 作垂直于平面11BB D D 的直线，与正方体表面相交于M N ，．设BP x =，MN y =，则函数()y f x =的图象大致是
（ ）
分析：将线段MN 投影到平面ABCD 内，易得y 为x 一次函数．
A
B
C D M
N
P A 1
B 1
C 1
D
1
1
A
C
C 1
A E C
C 1
A A
B 1
A 1
(1)
(2)
(3)
(4)
A B C D D 1
C 1 B 1
A 1
M
N
3 3 2
3。