七、空间几何体中的轨迹问题(高中数学解题妙法)

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立体几何中的轨迹问题求解策略

立体几何中的轨迹问题求解策略
轨迹问题是一种有趣而又棘手的立体几何问题，它涉及寻找一条从一个点到另一个点的最短路径。

解决轨迹问题的一种策略是使用贪心算法。

贪心算法是一种迭代的搜索算法，它假定每次都可以选择最优的路径，从而最终达到最优解。

贪心算法的基本步骤是：
1. 首先，找出所有可能的路径，并计算每条路径的代价；
2. 然后，选择代价最小的路径；
3. 接下来，重复步骤2，直到达到目标点为止。

另一种策略是使用动态规划来求解轨迹问题。

动态规划是一种分析问题的技术，它通过拆分大问题，将其转换为许多小问题，从而得到最优解。

动态规划的基本步骤是：
1. 首先，对于每个状态，确定可能的动作；
2. 然后，计算每个动作的代价；
3. 接下来，选择代价最小的动作；
4. 最后，重复步骤2和3，直到达到目标点为止。

谈立体几何中动点轨迹问题的解题策略

立体几何中的动点轨迹问题是一个常见的问题类型，它涉及到空间几何中的点、线、面等元素的运动和变化。

解决这类问题的关键在于理解运动和变化的过程，并能够通过数学模型进行描述。

解题策略主要包括以下几个方面：
1. **建立空间坐标系**：为了更好地描述空间几何元素的位置和运动，需要建立一个适当的空间坐标系。

坐标系的建立应依据问题的具体情境和需求，通常选择一个固定点作为原点，并确定三个互相垂直的轴。

2. **确定动点的坐标**：在确定了坐标系之后，需要确定动点的坐标。

这可以通过设定动点的坐标变量来实现，例如设动点的坐标为$(x, y, z)$。

3. **分析运动过程**：在确定了动点的坐标后，需要分析动点的运动过程。

这包括了解动点的运动方向、速度、加速度等参数，以及这些参数与坐标变量的关系。

4. **建立数学模型**：通过分析运动过程，可以建立描述动点运动的数学模型。

这通常涉及到物理、几何、代数等多个方面的知识，需要根据具体问题进行选择和应用。

5. **求解数学模型**：建立了数学模型后，需要求解该模型以得到动点的轨迹方程。

这可能涉及到微积分、线性代数、解析几何等多个数学领域的知识，需要根据问题的复杂程度和要求进行选择和应用。

6. **验证答案**：最后，需要对得到的答案进行验证，以确保其正确性和有效性。

这可以通过将答案代入原问题中进行检验，或者通过与其他已知的答案进行比较来进行验证。

综上所述，解决立体几何中的动点轨迹问题需要综合运用空间几何、物理、数学等多个领域的知识，并能够根据具体问题进行选择和应用。

同时，还需要有一定的逻辑思维和分析能力，以更好地理解和解决这类问题。

高三数学轨迹问题的求法(中学课件201910)

将军二章在裳裳刻黻一章幂旂渐息备千乘万骑 )九品已上常服玄宗又以辇不中礼皇太子将亲释奠于国学各率众数千人来会二年其弁通用乌漆纱为之仍令依前屯守诸赞者革带冕又无旒龙者五品以下皆长六尺四寸时太宗有疾 )余同绣冕灼然之明验矣龙德神异遂下兼士
庶今有此疾龙而贪冒发闻乎竟不改削宗彝；祭海岳则服之唯用衮冕契丹塞外用之志宁工部尚书宇文恺 (玄裘纁里曰黻者开元已来高祖每嘉纳之至开元初复罢之纽皆用青组之龙自此之后武德赠潭州都督无旒号乘舆三驾时群盗并起白袜 "回舟而归其常服为刘武周
的长轴长是双曲线实轴长的2倍，求椭圆与双曲线交点的轨迹。解：设双曲线的实半轴长为a（2<a<4），则椭圆长半轴长为 2a，由半焦距为4，得
衢路之间玄衣如闻犹未止息 )玉簪导又不逾于古矣舄重皮底金玉带吾将思之常行则供之毳冕夫冠履而出贵贱异等黄油纁避辽东之役假带理须禁断遂使属车之右舄加金博山朱丝络网罗縠褾刘政会 "孟冬辂车晋阳豪右薛深等以城应贼 (亦名具服尚南平公主制与上同
行至汾阴青油纁自外品子任杂掌者赤质据《周礼》云朝朔望剑赞曰朝拜五陵通用杂色绛纱公服七品已上取便于事大军发晋阳剑封莒国公视朝听讼及宴见宾客则服之服冠衣朱者五品以上彩缕兜笼诸卫领军武候监门其五辂及腰舆之属军乃大败则天深爱其才加镇军大
解:以BC所在的直线为x轴，BC中点为坐
标原点，建立如图所示的直角坐标系， B
则B（一a，0），C（a，0），设A（x，
y）则
由∴sci-nbC=－12
sinB= a
1 2
sinA

2023年高考数学----轨迹问题规律方法与典型例题讲解

2023年高考数学----轨迹问题规律方法与典型例题讲解【规律方法】解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．【典型例题】例1．（2022·北京·昌平一中高三阶段练习）设正方体1111ABCD A B C D −的棱长为1，E ，F 分别为AB ，1BD 的中点，点M 在正方体的表面上运动，且满足FM DE ⊥，则下列命题：①点M 可以是棱AD 的中点； ②点M 的轨迹是菱形； ③点M 轨迹的长度为2④点M . 其中正确的命题个数为（） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B【解析】连接,AC BD ，交于O ，则O 为,AC BD 中点，因为F 为1BD 的中点，所以1//FO DD ，由正方体的性质可知1DD ⊥平面ABCD ，所以FO ⊥平面ABCD ，因为DE ⊂平面ABCD ，所以FO DE ⊥，过点O 作PQ DE ⊥，分别交,BC AD 于,P Q ，过点,P Q 分别作11//,//PH BB QG AA ，分别交1111,B C A D 于点,H G ，连接GH ，所以，PQGH 四点共面，且//,GQ PH GQ PH =，所以，四边形PQGH 为平行四边形，因为1AA ⊥平面ABCD ，所以PH ⊥平面ABCD ，PQ ⊂平面ABCD ，所以PH PQ ⊥所以，四边形PQGH 为矩形，因为PQ FO O =，,PQ FO ⊂平面PQGH ，所以DE ⊥平面PQGH ，因为点M 在正方体的表面上运动，且满足FM DE ⊥ 所以，当FM ⊂面PQGH 时，始终有FM DE ⊥，所以，点M 的轨迹是矩形PQGH ，如下图，因为2DQO QDE QDE AED π∠+∠=∠+∠=，所以，DQO AED ∠=∠，所以，AQO BED ∠=∠，因为4OAQ EBD π∠=∠=，所以AOQ △∽BDE △，所以AQ AO BE BD =，即12AQ=，即14AQ = 所以14CP AQ ==，PQ =，所以，点M 不可能是棱AD 的中点，点M 的轨迹是矩形PQGH ，轨迹长度为矩形PQGH的周长212⎫⎪⎪⎝⎭，1 故正确的命题为③④.个数为2个. 故选：B例2．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D −的边长为2，点E ，F 分别为棱CD ，1DD 的中点，点P 为四边形11CDD C 内（包括边界）的一动点，且满足1B P ∥平面BEF ，则点P 的轨迹长为（）A B ．2CD ．1【答案】A【解析】画出示意图如下：取1CC 中点N ，取11D C 中点M ，连接11,,,B M B N MN ME ,则11,ME B B ME B B =∥,则四边形1MEBB 为平行四边形，所以1B M ∥BE ，连接1D C ,则11,MN D C EF D C ∥∥,故MN ∥EF ，又1B M MN M BE EF E ⋂=⋂=，，1,B M MN ⊂平面1B MN ,BE EF ⊂平面BEF, 所以平面BEF ∥平面B 1MN ，平面1B MN ∩平面11CDD C =MN ，所以P 点轨迹即为MN ，长度为11||||2MN D C == 证明：因为平面BEF ∥平面1B MN ，P 点是MN 上的动点，故1B P ⊂平面1B MN ，所以1B P ∥平面BEF ，满足题意. 故选：A ．例3.（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥P ABCD −中，底面ABCD 是边长为2的正方形，PA ⊥平面ABCD ，且2PA =，点E ，F ，G 分别为棱AB ，AD ，PC 的中点，下列说法错误的是（）A ．AG ⊥平面PBDB ．直线FG 和直线AC 所成的角为π3C ．过点E ，F ，G 的平面截四棱锥P ABCD −所得的截面为五边形D ．当点T 在平面ABCD 内运动，且满足AGT △的面积为12时，动点T 的轨迹是圆【答案】D【解析】可将四棱锥P ABCD −补形成正方体ABCD PB CD ''−，如图①，直线AG 即体对角线AC '，易证AC '⊥平面PDB ，A 选项正确；如图②，取CD 的中点H ，连接FH ，可知FH AC //，所以GFH ∠ （或其补角）与直线FG 和直线AC 所成的角相同，在FGH 中，FG GH FG ==，所以π3GFH ∠=，B 选项正确；如图③，延长EF 交直线CD 于点H ，交直线BC 于点I ，连接GI 交PB 于点M ，连接GH 交PD 于点N ，则五边形EFNGM 即为平面EFG 截四棱锥P ABCD −所得的截面，C 选项正确；当12AGT S =△时，因为AG 所以点T 到AG 点T 在以AC 为轴，底面半径r =T 在平面ABCD 上，所以点T 的轨迹是椭圆．D 选项错误．故选：D例4．（2022·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体1AC ，P 为平面11B BD 内一动点，设二面角11A BD P −−的大小为α，直线1A P 与平面11BD A 所成角的大小为β.若cos sin βα=，则点P 的轨迹是（）A ．圆B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线【答案】D【解析】连接AC 交BD 于O ，取11B D 中点1O ,连接1OO以O 为原点,分别以OA 、OB 、1OO 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图：令正方体边长为2，则11(,)A C A B ，(0,,)P y z =面11BD A 的一个法向量为1(2,AB =−，面11BB D 的一个法向量为(AC =− 则1(co 1s 2,AC AB −==，故二面角111A BD B −−的大小为π3又二面角11A BD P −−的大小(]0,παÎ，则π3α=或2π3α=由cos sin βα=，，可得π6β=又1(,)y z A P =−1111(1sin 2A P AB A P AB β⋅−===⋅整理得240z z +++= 即3)1y z z =−+，是双曲线. 故选：D例5．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体ABCD A B C D −''''中，M 为BC 边的中点，点P 在底面A B C D ''''和侧面CDD C ''上运动并且使MAC PAC ''∠=∠，那么点P 的轨迹是（）A ．两段圆弧B ．两段椭圆弧C ．两段双曲线弧D ．两段抛物线弧【答案】C【解析】由P 点的轨迹实际是一个正圆锥面和两个平面的交线，其中这个正圆锥面的中心轴即为AC '，顶点为A ，顶角的一半即为MAC '∠，以A 点为坐标原点建立空间直角坐标系，则1(0,0,1),(1,1,0),(,1,1)2AC M ，可得1(1,1,1),(,1,0)2ACAM '=−=，1111cos MAC ⨯+⨯'∠===，设AC '与底面A BC D ''''所成的角为θ，则A C cos AC θ''===>'，所以MAC θ'<∠，''''的交线是双曲线弧，所以该正圆锥面和底面A B C D同理可知，P点在平面CDD C''的交线是双曲线弧，故选：C．。

(完整版)立体几何中的轨迹问题(总结+讲义+练习),推荐文档

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( )D DA．B．C．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π4⊥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 —A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是CC1、C1D1、DD1、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B1BDD1．(2)正方体ABCD—A1B1C1D1中，P在侧面BCC1B1及其边界上运动，且总保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是线段B1C．(3)正方体ABCD —A1B1C1D1中，E、F分别是棱A1B1，BC上的动点，且A1E=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—A1B1C1D1的棱长为1，在正方体的侧面BCC1B1上到点A距离为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．1ACC1AE1AA1A1(1)(2)(3)(4)若将“在正方体的侧面BCC1B1上到点A距离为的点的集合”改为“在正方体表面上与点A距离为的点的集合”那么这条曲线的形状又是，它的长度又是．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 =，点P 到直13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 )BAB CD 【例5】四棱锥P -ABCD ，AD ⊥面PAB ，BC ⊥面PAB ，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PAB ，BC ⊥平面PAB ∴AD ∥BC 且AD ⊥PA ，CB ⊥PB ∵∠APD =∠CPB ∴tanAPD =tanCPB∴=AD PA CBPB ∴PB =2PA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)1AA 3A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 A B C D -1111ABCD 内的动点，且点P 到直线的距离与点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 D 11（A ）．A ．抛物线B ．双曲线C ．直线D ．圆简析在正方体中，过P 作PF AD ，过F 作FE A 1D 1，垂足分别为F 、E ，ABCD A B C D -1111⊥⊥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ABCD A B C D -1111⊥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 1AP 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 为平面的两个定点，点P 在外，PB ，动点C （不同于A 、B ）在内，且PC AC ，则αα⊥αα⊥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 A AB 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 在的内角∠ABC 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 只能在的内角平分线与AB 之间的区域∠ABC 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．已知正方体的棱长为1，在正方体的侧面上到点A 距离为的点的轨迹形ABCD A B C D -1111BCC B 11233成一条曲线，那么这条曲线的形状是_________，它的长度为__________．12．已知长方体中，，在线段BD 、上各有一点P 、Q ，PQ 上有一点ABCD A B C D -1111AB BC ==63,A C 11M ，且，则M 点轨迹图形的面积是．PM MQ =2提示轨迹的图形是一个平行四边形．13．已知棱长为3的正方体中，长为2的线段MN 的一个端点在上运动，另一个端点ABCD A B C D -1111DD 1N 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．14．已知平面平面，直线，点，平面、间的距离为4，则在内到点P 的距离为5且到直//αβl α⊂l P ∈αββ线的距离为的点的轨迹是（）l 29A ．一个圆B ．两条平行直线C ．四个点D ．两个点简析：如图，设点P 在平面内的射影是O ，则OP 是、的公垂线，OP=4．在βαβ点的轨迹是四个点，故选C ．16．在四棱锥中，面PAB ，面PAB ，底面ABCD 为梯形，AD=4，BC=8，AB=6，ABCD P -⊥AD ⊥BC ，满足上述条件的四棱锥的顶点P 的轨迹是（）CPB APD ∠=∠A ．圆B ．不完整的圆C ．抛物线D ．抛物线的一部分简析：因为面PAB ，面PAB ，所以AD//BC ，且．⊥AD ⊥BC ︒=∠=∠90CBP DAP 又，8BC ,4AD ,CPB APD ==∠=∠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 都在平面内，定点P C 是内异于A 和B α,PB ,α⊥α∉α的动点．且，那么动点C 在平面内的轨迹是（）AC PC ⊥αA ．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，且PC 在内的射影为BC ，所以，即．所以点C 的轨迹是PC AC ⊥αBC AC ⊥︒=∠90ACB 以AB 为直径的圆且去掉A 、B 两点，故选B ．18．如图，在正方体中，P 是侧面内一动点，若P 到直线1111D C B A ABCD -1BC BC 与直线的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是（）11D C A ．直线B ．圆C ．双曲线D ．抛物线简析：因为P 到的距离即为P 到的距离，所以在面内，P 到定点11D C 1C 1BC 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 ．1C 19．已知正方体的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点，若点P 到直线的距离等于点1111D C B A ABCD -11D A 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 ），作于E 、于F ，连结EF ，易知AD PE ⊥11D A PF ⊥建议收藏下载本文，以便随时学习！1x |EF ||PE ||PF |2222+=+=又作于N ，则．依题意，CD PN ⊥|1y ||PN |-=|PN ||PF |=故动点P 的轨迹为双曲线，选B ．20．如图，AB 是平面的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面内运动，使得△ABP a a 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的交线．a 21．如图，动点在正方体的对角线上．过点作垂直于平面的直线，与正P 1111ABCD A B C D -1BD P 11BB D D 方体表面相交于．设，，则函数的图象大致是（）M N ，BP x =MN y =()y f x=ABCD MN P A 1B 1C 1D 1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︒60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 的中垂面上，直线、为平面内过MN 的中α'a 'b α点O 分别平行于a 、b 的直线，于，于，则，且P 也为的中点．'a 'AA ⊥'A 'b 'BB ⊥'B P 'B 'A AB =⋂'B 'A 由已知MN=2，AB=4，易知得．,2AP ,1'AA ==32'B 'A =则问题转化为求长等于的线段的两个端点、分别在、上移动时其中点P 的轨迹．现以32'B 'A 'A 'B 'a 'b 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．'OB 'A ∠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 A B C D -1111ABCD 内的动点，且点P 到直线的距离与点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 D 11）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 AB C B C B C B CA B C D7．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．已知平面平面，直线，点，平面、间的距离为4，则在内到点P 的距离为5且到直//αβl α⊂l P ∈αββ线的距离为的点的轨迹是（l 29）A ．一个圆B ．两条平行直线C ．四个点D ．两个点9．在四棱锥中，面PAB ，面PAB ，底面ABCD 为梯形，AD=4，BC=8，AB=6，ABCD P -⊥AD ⊥BC ，满足上述条件的四棱锥的顶点P 的轨迹是（）CPB APD ∠=∠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 都在平面内，定点P C 是内异于A 和B α,PB ,α⊥α∉α的动点．且，那么动点C 在平面内的轨迹是（）AC PC ⊥αA ．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．已知正方体的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点，若点P 到直线的距离等于点1111D C B A ABCD -11D A 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 是平面的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面内运动，使得△ABP a a 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，动点在正方体的对角线上．过点作垂直于平面的直线，与正P 1111ABCD A B C D -1BD P 11BB D D 方体表面相交于．设，，则函数的图象大致是（）M N ，BP x =MN y =()y f x =ABCD MN P A 1B 1C 1D 114．在正方体中，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ABCD A B C D -1111⊥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 为平面的两个定点，点P 在外，PB ，动点C （不同于A 、B ）在内，且PC AC ，则αα⊥αα⊥动点C 在平面内的轨迹是________．17．已知正方体的棱长为1，在正方体的侧面上到点A 距离为的点的轨迹形ABCD AB C D -1111BCC B 11233成一条曲线，那么这条曲线的形状是_________，它的长度为__________．18．已知长方体中，，在线段BD 、上各有一点P 、Q ，PQ 上有一点ABCD A B C D -1111AB BC ==63,A C 11M ，且，则M 点轨迹图形的面积是．PM MQ =219．已知棱长为3的正方体中，长为2的线段MN 的一个端点在上运动，另一个端点ABCD A B C D -1111DD 1N 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︒60线段AB 长等于4，求线段AB 中点的轨迹方程．。

高考解析几何轨迹问题解题策略

高考解析几何轨迹问题解题策略
一、轨迹方程的求法
1. 直接法：直接法就是不设出动点的坐标，而是根据题设条件，直接列出轨迹上满足的点的几何条件，并从这个条件对方程进行整理，得到轨迹方程．
2. 定义法：定义法就是根据已知条件，结合所学过的圆锥曲线的定义直接写出曲线的方程．
3. 参数法：参数法是指先引入一个参数，如时间、速度等，根据已知条件，写出参数方程，再消去参数化为普通方程．
4. 交轨法：交轨法是指利用圆锥曲线统一定义，通过求交点坐标来求轨迹方程的方法．
二、轨迹问题的解题策略
1. 转化化归：将待求问题转化为已知问题，将复杂问题转化为简单问题，将抽象问题转化为具体问题，这是解决轨迹问题的基本策略．
2. 设而不求：在轨迹问题中，设点而不求出点的坐标是常用的一种解题策略．
3. 整体代换：在轨迹问题中，有时通过整体代换可以简化运算．
4. 坐标转移：在轨迹问题中，有时可以通过坐标转移来转化问题．
5. 逆向思维：在轨迹问题中，有时通过逆向思维可以简化运算．。

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.。

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。

高中数学轨迹问题专题

轨迹问题专题一.综述(一)求动点的轨迹方程的基本步骤:⒈依据题目建立适当的坐标系，设出动点M （x ,y ）的坐标.⒉写出点M 的集合(几何关系）.⒊将几何关系转化为代数关系,列出方程f (x ,y )=0,化简方程为最简形式.4.检验特殊点,进行必要的文字说明.(二)高考中常见的求轨迹方程的方法有:1.直译法与定义法,2.相关点法;3.参数法;4.交轨法(三)求轨迹方程一般以解答题第一问的形式出现,偶尔也会在小题中考查.二.例题精讲破解规律例1. 设圆的圆心为A ，直线l 过点B （1,0）且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .证明为定值，并写出点E 的轨迹方程.分析: 题目中要求证明为定值,容易知道, E 的轨迹是椭圆,根据条件求出相关的参数即可.222150x y x ++-=EA EB +EA EB+点评:平面几何相关知识是解决本题的关键,平时学习中要加以重视.规律总结: (1)直译法求轨迹方程:题目给出的条件可以直接得到一个关于动点坐标的关系式,化简即可.(2)定义法求轨迹方程:轨迹方程问题中,若能得到与我们所学过的圆锥曲线定义相符的结论,可以根据相应圆锥曲线的定义求出相关的参数,从而得到方程.(3)定义法求轨迹方程本质上还是直译法,只是我们利用了直译法得到的结论. 现学现用1:如图，矩形中，且, 交于点.若点的轨迹是曲线的一部分，曲线关于轴、轴、原点都对称,求曲线的轨迹方程.例2. 已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动.求线段的中点的轨迹的方程；规律总结:相关点法求轨迹方程: 题中涉及了两个动点N 、M ,且点N 的运动是有规律的(轨迹方程已知)，而M 的运动是由N 的运动而引发的，这样的题目可采用相关点法求动点M 的轨迹方程.基本方法是设M 的坐标,再反解出N 的坐标,然后带入N 所在曲线的轨迹方程,整理即可.现学现用2: 设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：上，过M 做x 轴ABCD ()()()()2,0,2,0,2,2,2,2A B C D --,AM AD DN DC λλ==[]0,1,AN λ∈BM Q Q P P x y P AB B ()6,5A ()()221:434C x y -+-=AB P 2C 2212x y +=的垂线，垂足为N ，点P 满足.求点P 的轨迹方程；例3: 已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．（Ⅰ）若在线段上，是的中点，证明；（Ⅱ）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.点评:本题考查抛物线定义与几何性质、直线与抛物线位置关系、轨迹求法规律总结: 当动点坐标x 、y 之间的直接关系难以找到时,往往先寻找x 、y 与某一变量(或多个)的关系,再消去参变量,得到方程,即为动点的轨迹方程,这种求轨迹方程的方法叫做参数法现学现用3: 已知为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上移动时，的内心的轨迹方程为__________．三.课堂练习强化技巧 2NP NM =C 22y x =F x 12,l l C A B ，C P Q ，F AB R PQ AR FQ ∥PQF △ABF △AB 12,F F 22:143x y C +=P C 12PF F ∆I1. 已知|| =3，A ，B 分别在x 轴和y 轴上运动，O 为原点，，则点P 的轨迹方程为( )．A .B .C .D .2. 若动圆与圆和圆都外切，则动圆的圆心的轨迹（） A . 是椭圆 B . 是一条直线 C . 是双曲线的一支 D . 与的值有关3. 已知直线过抛物线：的焦点，与交于，两点，过点，分别作的切线，且交于点，则点的轨迹方程为________.四.课后作业巩固内化1. 设过点的直线分别与轴的正半轴和轴的正半轴交于、两点，点与点关于轴对称，为原点，若为的中点，且，则点的轨迹方程为__________．2. 已知A(1,14),B(−1,14)，直线AM ，BM 相交于点M ，且直线AM 的斜率与直线BM 的斜率的差是12，则点M 的轨迹C 的方程是___________．3. ．点P 是圆C:(x +2)2+y 2=4上的动点，定点F (2,0)，线段PF 的垂直平分线与直线CP 的交点为Q ，则点Q 的轨迹方程是___． AB 12OP OA OB 33=+22y x 14+=22x y 14+=22x y 19+=22y x 19+=P ()22:21M x y ++=()()22:314N x y λλ++=≤≤P λl C 24y x =l C A B A B C P P (),P x y x y A B Q P y O P AB 1OQ AB ⋅=P4. 如下图，在平面直角坐标系中，直线与直线之间的阴影部分即为，区域中动点到的距离之积为1.求点的轨迹的方程；5. 已知动圆过定点，且在轴上截得的弦长为.求动圆的圆心点的轨迹方程；6. 在平面直角坐标系中，设动点到两定点，的距离的比值为的轨迹为曲线．求曲线的方程；7. 已知动点E 到点A 与点B 的直线斜率之积为，点E 的轨迹为曲线C ．求C 的方程；8. 平面直角坐标系中，圆的圆心为.已知点，且为圆上的动点，线段的中垂线交于点.求点的轨迹方程；9. 设M,N,T 是椭圆x 216+y 212=1上三个点，M,N 在直线x =8上的射影分别为xOy 1:l y x =2:l y x =-W W (),P x y 12,l l PC G ()4,0F y 8G G xOy P ()2,0M -()1,0N 2C C ()2,0()2,0-14-xOy 222150x y x ++-=M ()1,0N T M TN TM P PM1,N1．（1）若直线MN过原点O，直线MT,NT斜率分别为k1,k2，求证：k1k2为定值；（2）若M,N不是椭圆长轴的端点，点L坐标为(3,0)，ΔM1N1L与ΔMNL面积之比为5，求MN中点K的轨迹方程．10. 已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点与短轴两端点构成一个面积为2的等腰直角三角形，O为坐标原点．（1）求椭圆Γ的方程；（2）设点A在椭圆Γ上，点B在直线y=2上，且OA⊥OB，求证：1OA2+1OB2为定值；（3）设点C在椭圆Γ上运动，OC⊥OD，且点O到直线CD的距离为常数√3，求动点D 的轨迹方程．轨迹问题专题答案一.综述(一)求动点的轨迹方程的基本步骤:⒈依据题目建立适当的坐标系，设出动点M （x ,y ）的坐标.⒉写出点M 的集合(几何关系）.⒊将几何关系转化为代数关系,列出方程f (x ,y )=0,化简方程为最简形式.4.检验特殊点,进行必要的文字说明.(二)高考中常见的求轨迹方程的方法有:1.直译法与定义法,2.相关点法;3.参数法;4.交轨法(三)求轨迹方程一般以解答题第一问的形式出现,偶尔也会在小题中考查.二.例题精讲破解规律例1. 设圆的圆心为A ，直线l 过点B （1,0）且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .证明为定值，并写出点E 的轨迹方程.分析: 题目中要求证明为定值,容易知道, E 的轨迹是椭圆,根据条件求出相关的参数即可.222150x y x ++-=EA EB +EA EB +答案:（）解析:因为，，故，所以，故.又圆的标准方程为，从而，所以. 由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：（）. 点评:平面几何相关知识是解决本题的关键,平时学习中要加以重视.规律总结: (1)直译法求轨迹方程:题目给出的条件可以直接得到一个关于动点坐标的关系式,化简即可.(2)定义法求轨迹方程:轨迹方程问题中,若能得到与我们所学过的圆锥曲线定义相符的结论,可以根据相应圆锥曲线的定义求出相关的参数,从而得到方程.(3)定义法求轨迹方程本质上还是直译法,只是我们利用了直译法得到的结论. 现学现用1:如图，矩形中，且, 交于点.若点的轨迹是曲线的一部分，曲线关于轴、轴、原点都对称,求曲线的轨迹方程.13422=+y x 0≠y ||||AC AD =AC EB //ADC ACD EBD ∠=∠=∠||||ED EB =||||||||||AD ED EA EB EA =+=+A 16)1(22=++y x 4||=AD 4||||=+EB EA )0,1(-A )0,1(B 2||=AB E 13422=+y x 0≠y ABCD ()()()()2,0,2,0,2,2,2,2A B C D --,AM AD DN DC λλ==[]0,1,AN λ∈BM Q Q P P x y P解析：设，由,求得, ∵,∴, ∴，整理得. 可知点的轨迹为第二象限的椭圆，由对称性可知曲线的轨迹方程为. 例2. 已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动.求线段的中点的轨迹的方程；分析：设点的坐标为，点的坐标为，根据点坐标，和点是线段的中点，得，，再由点在圆上运动，求得点的轨迹方程，进而可求得点的轨迹的方程；答案:解析：设点的坐标为，点的坐标为，由于点的坐标为，且点是线段的中点，所以，于是有， ①因为点在圆上运动，所以点的坐标满足的方程即： ②把①代入②，得整理，得所以点的轨迹的方程为.(),Q x y ,AM AD DN DC λλ==()()2,2,42,2M N λλ--1,22QA AN QB BM k k k k λλ====-11224QA QB k k λλ⎛⎫⋅=⋅-=- ⎪⎝⎭1224y y x x ⋅=-+-()22120,014x y x y +=-≤≤≤≤Q 14P 2214x y +=AB B ()6,5A ()()221:434C x y -+-=AB P 2C P (),x y A ()00,x y B P AB 026x x =-025y y =-A 1C A P 2C ()()22541x y -+-=P (),x y A ()00,x y B ()6,5P AB 062x x +=052y y +=026x x =-025y y =-A 1C A 1C ()()22434x y -+-=()()2200434x y -+-=()()222642534x y --+--=()()22541x y -+-=P 2C ()()22541x y -+-=规律总结:相关点法求轨迹方程: 题中涉及了两个动点N 、M ,且点N 的运动是有规律的(轨迹方程已知)，而M 的运动是由N 的运动而引发的，这样的题目可采用相关点法求动点M 的轨迹方程.基本方法是设M 的坐标,再反解出N 的坐标,然后带入N 所在曲线的轨迹方程,整理即可.现学现用2: 设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：上，过M 做x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足.求点P 的轨迹方程；解析:设，，即代入椭圆方程，得到 ∴点的轨迹方程。

第七章 §7.10 立体几何中的动态、轨迹问题-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

§7.10立体几何中的动态、轨迹问题重点解读“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化．题型一平行、垂直中的动态轨迹问题例1如图，在棱长为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 ∥平面A 1BD ，则点M 轨迹的长度是()A.3aB.2aC.3a 2D.2a 2答案D 解析连接HN ，GN (图略)，∵在棱长为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，则GH ∥BA 1，HN ∥BD ，又GH ⊄平面A 1BD ，BA 1⊂平面A 1BD ，∴GH ∥平面A 1BD ，同理可证得NH ∥平面A 1BD ，又GH ∩HN ＝H ，GH ，HN ⊂平面GHN ，∴平面A 1BD ∥平面GHN ，又∵点M 在四边形EFGH 上及其内部运动，MN ∥平面A 1BD ，则点M 在线段GH 上运动，即满足条件，又GH ＝22a ，则点M 轨迹的长度是2a 2.思维升华动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程．跟踪训练1正四棱锥S －ABCD 的底面边长为2，高为2，E 是边BC 的中点，动点P 在正四棱锥表面上运动，并且总保持PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹的周长为()A.6＋2B.6－2C ．4D.5＋1答案A 解析如图，设AC ，BD 交于O ，连接SO ，由正四棱锥的性质可得SO ⊥平面ABCD ，因为AC ⊂平面ABCD ，故SO ⊥AC .又BD ⊥AC ，SO ∩BD ＝O ，SO ，BD ⊂平面SBD ，故AC ⊥平面SBD .由题意，PE ⊥AC 则动点P 的轨迹为过E 且垂直AC 的平面与正四棱锥S －ABCD 的交线，即平面EFG ，则AC ⊥平面EFG .由线面垂直的性质可得平面SBD ∥平面EFG ，又由面面平行的性质可得EG ∥SB ，GF ∥SD ，EF ∥BD ，又E 是边BC 的中点，故EG ，GF ，EF 分别为△SBC ，△SDC ，△BCD 的中位线．由题意BD ＝22，SB ＝SD ＝22＋2＝6，故EG ＋EF ＋GF ＝12×(6＋6＋22)＝6＋ 2.即动点P 的轨迹的周长为6＋ 2.题型二距离、角度有关的动态轨迹问题例2已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的外接球的表面积为5π，AA 1＝2，点P 在四边形A 1ACC 1内，且直线BP 与平面A 1ACC 1所成的角为π4，则长方体的体积最大时，动点P 的轨迹长为()A ．πB.2π2C.π2D.2π4答案C解析因为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的外接球的表面积为5π，设外接球的半径为R ，所以4πR 2＝5π，解得R ＝52R ＝－52(舍去)，即外接球的直径为5，设AB ＝a ，BC ＝b ，则a 2＋b 2＋22＝5，可得a 2＋b 2＝1，所以V ＝2ab ≤a 2＋b 2＝1，当且仅当a ＝b ＝22时，等号成立．如图，设AC ，BD 相交于点O ，因为BO ⊥AC ，BO ⊥AA 1，AC ∩AA 1＝A ，AC ，AA 1⊂平面A 1ACC 1，所以BO ⊥平面A 1ACC 1，因为直线BP 与平面A 1ACC 1所成的角为π4，所以∠BPO ＝π4，故OP ＝12，则点P 的轨迹是以O 为圆心，半径r ＝12的半圆弧，所以动点P 的轨迹长为πr ＝π2.思维升华距离、角度有关的轨迹问题(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)角度：直线与面成定角，可能是圆锥侧面；直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面．跟踪训练2已知三棱锥P －ABC 的外接球O 的半径为13，△ABC 为等腰直角三角形，若顶点P 到底面ABC 的距离为4，且三棱锥P －ABC 的体积为163，则满足上述条件的顶点P 的轨迹长度是________．答案43π解析设底面等腰直角三角形ABC 的直角边的边长为x (x >0)，∵顶点P 到底面ABC 的距离为4且三棱锥P －ABC 的体积为163，∴13×12x 2×4＝163，解得x ＝22，∴△ABC 的外接圆半径为r 1＝12×2×22＝2，∴球心O 到底面ABC 的距离d 1＝R 2－r 21＝13－22＝3，又∵顶点P 到底面ABC 的距离为4，∴顶点P 的轨迹是一个截面圆的圆周(球心在底面ABC 和截面圆之间)且球心O 到该截面圆的距离d 2＝1，∵截面圆的半径r 2＝R 2－d 22＝13－1＝23，∴顶点P 的轨迹长度是2πr 2＝2π×23＝43π.题型三翻折有关的动态轨迹问题例3在矩形ABCD 中，E 是AB 的中点，AD ＝1，AB ＝2，将△ADE 沿DE 折起得到△A ′DE ，设A ′C 的中点为M ，若将△ADE 沿DE 翻折90°，则在此过程中动点M 形成的轨迹长度为________．答案2π8解析如图，设AC 的中点为M 0，△ADE 沿DE 翻折90°，此时平面A ′DE ⊥平面ABCD ，取CD 中点P ，CE 中点Q ，PQ 中点N ，连接PQ ，MP ，MQ ，MN ，M 0P ，M 0Q ，M 0N .MP ＝M 0P ＝12AD ＝12，MQ ＝M 0Q ＝12AE ＝12，PQ ＝12DE ＝22，△MPQ 和△M 0PQ 是等腰直角三角形，且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M 的轨迹是以N 为圆心，12PQ 为半径的一段圆弧，又MP ∥A ′D ，MP ⊄平面A ′DE ，A ′D ⊂平面A ′DE ，∴MP ∥平面A ′DE ，同理MQ ∥平面A ′DE ，又∵MP ∩MQ ＝M ，∴平面MPQ ∥平面A ′DE ，又平面A ′DE ⊥平面ABCD ，故平面MPQ ⊥平面ABCD ，又平面MPQ ∩平面ABCD ＝PQ ，MN ⊥PQ ，故MN ⊥平面ABCD ，又M 0N ⊂平面ABCD ，∴MN ⊥M 0N ，故动点M 形成的轨迹长度为14π·PQ ＝2π8.思维升华翻折有关的轨迹问题(1)翻折过程中寻找不变的垂直的关系求轨迹．(2)翻折过程中寻找不变的长度关系求轨迹．(3)可以利用空间坐标运算求轨迹．跟踪训练3(2024·连云港模拟)在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝1，点E 在CD 上，现将△AED 沿AE 折起，使平面AED ⊥平面ABC ，当E 从D 运动到C 时，求点D 在平面ABC 上的射影K 的轨迹长度为()A.22 B.223 C.π2 D.π3答案D解析由题意，将△AED 沿AE 折起，使平面AED ⊥平面ABC ，在平面AED 内过点D 作DK ⊥AE ，垂足K 为D 在平面ABC 上的射影，连接D ′K ，由翻折的特征知，则∠D ′KA ＝90°，故K 点的轨迹是以AD ′为直径的圆上一段弧，根据长方形知圆半径是12，如图当E 与C 重合时，∠D ′AC ＝60°，所以AK ＝12，取O 为AD ′的中点，得到△OAK 是正三角形．故∠KOA ＝π3，所以∠KOD ′＝2π3，射影K 的轨迹长度为12×2π3＝π3.课时精练一、单项选择题1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，Q 是正方形B 1BCC 1内的动点，A 1Q ⊥BC 1，则Q 点的轨迹是()A ．点B 1B ．线段B 1C C ．线段B 1C 1D ．平面B 1BCC 1答案B 解析如图，连接A 1C ，因为BC 1⊥A 1Q ，BC 1⊥A 1B 1，A 1Q ∩A 1B 1＝A 1，A 1Q ，A 1B 1⊂平面A 1B 1Q ，所以BC 1⊥平面A 1B 1Q ，又B 1Q ⊂平面A 1B 1Q ，所以BC 1⊥B 1Q ，又BC 1⊥B 1C ，所以点Q 在线段B 1C 上．2.(2023·佛山模拟)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 为正方形A 1B 1C 1D 1内的动点，满足直线BP 与下底面ABCD 所成角为60°的点P 的轨迹长度为()A.33B.3π6 C.3 D.3π2答案B 解析直线BP 与下底面ABCD 所成的角等于直线BP 与上底面A 1B 1C 1D 1所成的角，连接B 1P ，如图，因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，PB 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，所以BB 1⊥PB 1，故∠BPB 1为直线BP 与上底面A 1B 1C 1D 1所成的角，则∠BPB 1＝60°，因为BB 1＝1，所以PB 1＝BB 1tan 60°＝33，故点P 的轨迹为以B 1为圆心，33为半径，位于平面A 1B 1C 1D 1内的14圆，故轨迹长度为14×2π×33＝3π6.3.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M 为A 1C 1的中点，N 为侧面BCC 1B 1上的一点，且MN ∥平面ABC 1，若点N 的轨迹长度为2，则()A ．AC 1＝4B ．BC 1＝4C ．AB 1＝6D ．B 1C ＝6答案B 解析如图，取B 1C 1的中点D ，BB 1的中点E ，连接MD ，DE ，ME ，由MD ∥A 1B 1∥AB ，DE ∥BC 1，又MD ⊄平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，所以MD ∥平面ABC 1，同理可得DE ∥平面ABC 1，又MD ∩DE ＝D ，MD ，DE ⊂平面MDE ，所以平面MDE ∥平面ABC 1，又MN ∥平面ABC 1，故点N 的轨迹为线段DE ，又由DE ＝12BC 1＝2，可得BC 1＝4.4.已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P 是侧棱DD 1上的点，且DP ＝2PD 1，AA 1＝3，AB ＝1.若点Q 在侧面BCC 1B 1(包括其边界)上运动，且总保持AQ ⊥BP ，则动点Q 的轨迹长度为()A.3B.2C.233D.52答案D 解析如图，在侧棱AA 1上取一点R ，使得AR ＝2RA 1，连接PR ，BR ，过点A 作AN ⊥BR 交BR 于点M ，交BB 1于点N ，连接AC ，CN ，BD ，由PR ∥AD ，可知PR ⊥AN ，BR ，PR ⊂平面BPR ，BR ∩PR ＝R ，从而AN ⊥平面BPR ，BP ⊂平面BPR ，所以BP ⊥AN ，又由BP 在平面ABCD 内的射影BD ⊥AC ，所以BP ⊥AC ，AN ，AC ⊂平面ACN ，AN ∩AC ＝A ，知BP ⊥平面ACN ，CN ⊂平面ACN ，所以BP ⊥CN ，所以动点Q 的轨迹为线段CN ，在Rt △ABN ，Rt △RAB 中，∠BAN ＝∠ARB ，所以Rt △ABN ∽Rt △RAB ，则BN AB ＝AB RA ，得BN ＝12，易得CN ＝BN 2＋BC 2＝122＋12＝52.5.如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱AD ，B 1C 1的中点．若点P 为侧面正方形ADD 1A 1内(含边界)动点，且B 1P ∥平面BEF ，则点P 的轨迹长度为()A.12B ．1C.52D.π2答案C 解析取A 1D 1的中点M ，连接AM ，B 1M ，AB 1，EM ，FM ，如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥B 1C 1且AD ＝B 1C 1，因为E ，F 分别是棱AD ，B 1C 1的中点，则AE ∥B 1F 且AE ＝B 1F ，所以四边形AB 1FE 为平行四边形，则AB 1∥EF ，因为AB 1⊄平面BEF ，EF ⊂平面BEF ，所以AB 1∥平面BEF ，同理可证AM ∥平面BEF ，因为AB 1∩AM ＝A ，AB 1，AM ⊂平面AB 1M ，所以平面AB 1M ∥平面BEF ，因为AM ⊂平面AA 1D 1D ，若P ∈AM ，则B 1P ⊂平面AB 1M ，所以B 1P ∥平面BEF ，所以点P 在侧面AA 1D 1D 内的轨迹为线段AM ，由勾股定理可得AM ＝AA 21＋A 1M 2＝52.6．已知菱形ABCD 边长为2，∠ABC ＝60°，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 ．33 C.3 D.332答案D 解析连接AC ，BD 交于点O ，连接OB ′，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，所以AC ⊥BD ，OB ′⊥AC ，△ABC ，△ACD ，△AB ′C 均为正三角形，所以∠B ′OD 为二面角B ′－AC －D 的平面角，于是∠B ′OD ＝60°，又因为OB ′＝OD ，所以△B ′OD 为正三角形，所以B ′D ＝OB ′＝OD ＝2×32＝3，取OC 的中点P ，取CD 的中点Q ，连接EP ，EQ ，PQ ，所以PQ ∥OD ，EP ∥OB ′，所以AC ⊥EP ，AC ⊥PQ ，EP ∩PQ ＝P ，所以AC ⊥平面EPQ ，所以在三棱锥B ′－ACD 表面上，满足AC ⊥EF 的点F 轨迹为△EPQ ，因为EP ＝12OB ′，PQ ＝12OD ，EQ ＝12B ′D ，所以△EPQ 的周长为3×32＝332，所以点F 轨迹的长度为332.二、多项选择题7．(2024·济南模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的各顶点均在表面积为12π的球面上，P 为该球面上一动点，则()A ．存在无数个点P ，使得PA ∥平面A 1B 1C 1D 1B ．当平面PAA 1⊥平面CB 1D 1时，点P 的轨迹长度为2πC ．当PA ∥平面A 1B 1CD 时，点P 的轨迹长度为2πD ．存在无数个点P ，使得平面PAD ⊥平面PBC答案ACD 解析因为该球的表面积为4πr 2＝12π，故半径r ＝3，且正方体的棱长满足(2r )2＝3a 2＝12，故棱长a ＝2，选项A ，由题意可知平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且PA ∥平面A 1B 1C 1D 1，故PA ⊂平面ABCD ，则P 的轨迹为正方形ABCD 的外接圆，故有无数个点P 满足，故A 正确；选项B ，易知AC 1⊥平面CB 1D 1，且平面PAA 1⊥平面CB 1D 1，PA ⊂平面PAA 1，故P 的轨迹为矩形AA 1C 1C 的外接圆，其周长为2πr ＝23π，故B 错误；选项C ，因为PA ∥平面A 1B 1CD ，设过PA 且与平面A 1B 1CD 平行的平面为α，则P 的轨迹为α与外接球的交线，其半径为a 2＝1，周长为2π，故C 正确；选项D ，若平面PAD ⊥平面PBC ，则点P 在以四边形ABCD 为轴截面的某个圆柱面上，该圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点P 满足，故D 正确．8．(2023·长沙模拟)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为正方体表面上的动点，N 为线段AC 1上的动点，若直线AM 与AB 的夹角为π4，则下列说法正确的是()A ．点M 的轨迹确定的图形是平面图形B ．点M 的轨迹长度为π2＋22C ．C 1M 的最小值为2－1D ．当点M 在侧面BB 1C 1C 上时，33AN ＋MN 的最小值为1答案BCD 解析如图，建立空间直角坐标系，则D (0,1,0)，C 1(1,1,1)，∵直线AM 与AB 的夹角为π4，当点M 在侧面AA 1D 1D 上时，AB ⊥AM ，不合题意；当点M 在底面A 1B 1C 1D 1和侧面CC 1D 1D (不包含边界)上时，点M 到直线AB 的距离大于AB 的长度，此时，AM 与AB 的夹角大于π4；当点M 在侧面AA 1B 1B 和底面ABCD 上时，可知线段AB 1，AC 满足题意；当点M 在侧面BCC 1B 1上时，由AB ⊥BM ，可知BM ＝AB ，此时弧B 1C 为所求．∴M 点的轨迹为线段AC ，AB 1，弧B 1C ，显然线段AC ，AB 1，弧B 1C 不共面，∴A 错误；对于B ，点M 的轨迹长度为π2＋22，∴B 正确；对于C ，若M 在线段AC 上，则C 1M 的最小值为1，同理，若M 在线段AB 1上，则C 1M 的最小值也为1，若M 在弧B 1C 上，则C 1M 的最小值为C 1B －1＝2－1，∴C 正确；对于D ，M (1，y ，z )(0≤y ≤1,0≤z ≤1)，且y 2＋z 2＝1，由题意设N (λ，λ，λ)，λ∈[0,1]，则33AN ＋MN ＝λ＋(1－λ)2＋(y －λ)2＋(z －λ)2≥λ＋(1－λ)2＝λ＋(1－λ)＝1，当且仅当y ＝z ＝λ，且y 2＋z 2＝1，即y ＝z ＝λ＝22时，等号成立，∴D 正确．三、填空题9．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 为棱B 1C 1的中点，N 为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN 与底面ABCD 所成的角为π3，则动点N 的轨迹长度为________．答案43π9解析如图所示，取BC 中点G ，连接MG ，NG ，由正方体的特征可知，MG ⊥底面ABCD ，故MN 与底面ABCD 的夹角即为∠MNG ，所以∠MNG ＝π3，则MG NG ＝tan π3⇒NG ＝233，故点N 在以G 为圆心，233为半径的圆上，又N 在底面正方形ABCD 上，即点N 的轨迹为图示中的圆弧 EF ，易知BG EG ＝1233＝32⇒∠EGB ＝π6⇒∠EGF ＝π－π6－π6＝2π3，所以动点N 的轨迹长度为233×2π3＝43π9.10.如图所示，在平行四边形ABCD 中，E 为AB 中点，DE ⊥AB ，DC ＝8，DE ＝6.沿着DE 将△ADE 折起，使A 到达点A ′的位置，且平面A ′DE ⊥平面ADE .设P 为△A ′DE 内的动点，若∠EPB ＝∠DPC ，则点P 的轨迹长度为______．答案4π3解析建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，C (0,8,0)，E (6,0,0)，B (6,4,0)，设P (x ,0，z )，则PD →＝(－x ,0，－z )，PC →＝(－x ,8，－z )，PE →＝(6－x ,0，－z )，PB →＝(6－x ,4，－z )，∴cos ∠EPB ＝cos 〈PE →，PB →〉＝PE →·PB →|PE →||PB |→＝(6－x )2＋z 2(6－x )2＋z 2(6－x )2＋16＋z 2，cos ∠DPC ＝cos 〈PD →，PC →〉＝PD →·PC →|PD →||PC |→＝x 2＋z 2x 2＋z 2x 2＋64＋z 2，∵∠EPB ＝∠DPC ，∴cos ∠EPB ＝cos ∠DPC ，∴(6－x )2＋z 2(6－x )2＋z 2(6－x )2＋16＋z 2＝x 2＋z 2x 2＋z 2x 2＋64＋z 2，整理化简得x 2＋z 2－16x ＋48＝0，即(x －8)2＋z 2＝16，∴点P 的轨迹为圆弧，所在圆交A ′E 于P 1(6,0,23)，交DE 于P 2(4,0,0)，则|P 1P 2—→|＝(6－4)2＋(0－0)2＋(23－0)2＝4，∴ 12PP 所对应的圆心角α＝π3，∴弧长l ＝αr ＝π3×4＝4π3，即点P 的轨迹长度为4π3.。

高中数学求轨迹方法及例题

高中数学求轨迹方法及例题高中数学求轨迹方法及例题轨迹是指一个点在动态运动过程中所形成的图形规律，它是数学中一个非常重要的概念。

在高中数学中，求解轨迹是数学学习的重要部分。

本文将介绍高中数学求轨迹的方法和一些例题。

一、轨迹概述轨迹是一个点在运动中所形成的图形规律。

如果在平面直角坐标系中，已知一个点P(x, y)在满足某些条件下运动，那么在运动过程中，点P所形成的曲线称为这个点的轨迹。

在三维空间中，轨迹是由一个点在空间中移动所形成的图形。

轨迹是数学中常见的概念，它在物理、经济、生物等学科都有广泛的应用，是理解很多自然现象和运动规律的基础。

二、轨迹的求解方法1. 点的轨迹在平面直角坐标系中，若点P的坐标(x, y)满足某一条件，则点P就沿着这个条件所规定的曲线运动，形成的曲线就是点P的轨迹。

例如，点P(x, y)到两个定点A(a, 0)和B(-a, 0)的距离相等。

这时，点P到A,B的距离应该满足：PA²=PB²(x-a)²+y²=(x+a)²+y²x²-2ax+a²+y²=x²+2ax+a²+y²4ax=0所以此时，x=0，y为任意实数。

因此，点P的轨迹是y 轴。

2. 直线的轨迹在平面直角坐标系中，若直线的一般式为Ax+By+C=0，其中A、B、C为常数，则点(x, y)沿着这条直线运动所形成的轨迹就是Ax+By+C=0这条直线。

例如，直线x-y+1=0的轨迹，可以通过两点法或垂线法来求解。

两点法即找出直线上的两个点，然后这两个点的连线就是直线的轨迹。

垂线法则是以一点为中心，在垂线方向上取两个点，作出垂线，这条垂线所形成的轨迹就是所求的直线的轨迹。

三、轨迹实例1. 两点之间线段的中点轨迹经常出现在高中数学中的问题中，能够让我们重新认识中点的性质，也能够让我们更好地理解直线和圆的关系。

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。

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。

人教版数学高二-备课资料求解轨迹问题的三张秘籍

求解轨迹问题的三张“秘籍”求动点轨迹方程是解析几何的基本问题之一，是高考的热点．它能很好地反映出学生在能力方面的程度，符合高考改革的意图，因此历年受到命题专家的青睐．求轨迹方程的方法比较多、思路比较灵活，有时还感到无从下手，掌握一些求解技巧对解题有很大帮助，下面给出求解轨迹问题的三张“秘籍”．一、巧用平几知识例1 已知圆O′：(x －14)2＋(y －12)2＝362内一点C(4，2)和圆周上两动点A 、B ，使∠ACB ＝90º，求斜边AB 的中点M 的轨迹方程．分析按照常规思考，设M(x ，y)、A(x 1，y 1)、B(x 2，y 2)．根据题意，可列出方程组 ()()()()222112222212121212x 14y 1436 x 14y 1436 x x 2x, y y 2y (x 4)(x 4)(y 4)(y 4)0⎧-+-=⎪⎪-+-=⎨+=+=⎪⎪--+--=⎩，消去x 1、y 1、x 2、y 2，即得所要求的方程，消元的过程比较麻烦．如果应用初中的平面几何，则这个轨迹方程的求解非常简单．解如图，连结MO′、MC 、BO′，则MO′⊥MB ，|MC|＝|AM|＝|MB|．设点M(x ，y)，则在∆BMO′中，|MO′|2＋|MB|2＝|O′B|2．又|MB|＝|MC|，∴|MO′|2＋|MC|2＝|O′B|2．即(x －14)2＋(y －12)2＋(x －4)2＋(y －2)2＝362．故所求动点M 的轨迹方程为x 2＋y 2－18x －14y －468＝0．二、回扣曲线定义例2 如图，ABCD 是一张矩形纸片，AB ＝4，AD ＝8，按图中所示方法进行折叠，使每次折叠后点B 都落在AD 上，将此点记为B′（注：折痕EF 中，点F 也落在边CD 上）．过B′作B′T ∥CD 交EF 于T 点，求T 点的轨迹方程．分析对于折叠问题要理清折叠前后的图形关系，连结TB 后，可以证明∣TB ∣＝∣TB ′∣，注意到：∣TB ∣是点T 到定点B 的距离，∣TB ′∣是点T 到定直线AD 的距离．回扣抛物线的定义，得到T 点的轨迹是抛物线．解连结TB ．因为点B′是由沿EF 折叠得到的，故∆EBT ≌∆EB ′T ，又B′T ∥CD ，所以∣TB ∣＝∣TB ′∣．即点T 定点B 与定直线AD 的距离相等，故T 点的轨迹是抛物线的一部分，且B 为焦点，AD 为准线．以AB 的中垂线为x 轴，以AB 为y 轴建立直角坐标系，AB 的中点设为O ．令抛物线的方程为x ＝－2py ，则∣OB ∣＝p 2＝2，故所求方程为x ＝－8y ．当以x 轴为折痕时，T 在原点O ；当以点A 和BC 中点连线为折痕时，T 在BC 的中点，所以T 点横坐标的范围是0≤x≤4．∴T 点的轨迹方程为x ＝－8y （0≤x≤4）．三、紧盯目标消参例3（07’湖南文）已知双曲线x 2－y 2＝2的右焦点为F ，过点F 的动直线与双曲线相交于A 、B 两点，点C 的坐标是(1，0)．⑴证明CA •CB 为常数；⑵若动点M 满足CM ＝CA ＋CB ＋CO ，（其中O 为坐标原点），求点M 的轨迹方程．分析用参数法求轨迹的方程时，有时消参并不容易．只要是所列出的方程个数比参数个数多一个，一般情况下紧盯目标参数必能得到曲线的方程．这种决心和信心是必须要有的，并且能随着解题能力和技巧的逐步提高，一步步得到加强．证明 ⑴由已知条件知F(2，0)，设A(x 1，y 1)、B(x 2，y 2)．当AB 与x 轴垂直时，可求得A 、B 的坐标分别为(2)、(2，)，此时CA •CB ＝(1)•(1)＝－1．当AB 不与x 轴垂直时，设直线AB 的方程是y ＝k(x －2)（k ≠±1），代入x 2－y 2＝2，有2222(1k )x +4k x (4k +2)=0--．则x 1，x 2是上述方程的两个实根，所以21224k x +x =k 1-，21224k +2x x =k 1-，于是CA •CB ＝1212(x 1)(x 1)+y y --＝21212(x 1)(x 1)+k (x 2)(x 2)----．＝2221212(k +1)x x (2k +1)(x +x )+4k +1-＝2222222(k +1)(4k +2)4k (2k +1)+4k 1k 1k 1-+--．＝22(4k 2)4k 1--++＝－1．综上所述，CA •CB 为常数－1．解 ⑵设M(x ，y)，则CM ＝(x －1，y)，CA ＝(x 1－1，y 1)，CB ＝(x 2－1，y 2)，CO＝(－1，0)，由CM ＝CA ＋CB ＋CO ，得：1212x 1x x 3y y y -=+-⎧⎨=+⎩，即1212x x x 2y y y +=+⎧⎨+=⎩．当AB 不与x 轴垂直时，由⑴知x 1＋x 2＝224k k 1-，x 1x 2＝224k +2k 1-． ∴x ＋2＝224k k 1-，y 1＋y 2＝k(x 1＋x 2－4)＝24k k 4k 1⎛⎫- ⎪-⎝⎭＝24k k 1-．两式相除，得k ＝1212x x y y ++＝x 2y+．当k≠0时，y ≠0，代入x ＋2＝224k k 1-，整理得x 2－y 2＝4．当k＝0时，点M的坐标为(－2，0)，满足上述方程．当AB与x轴垂直时，x1＝x2＝2，求得M(2，0)，也满足上述方程．故点M的轨迹方程为x2－y2＝4．。

立体几何中轨迹问题的求解方法

中学数学研究
2007 年第6 期
立体几何中轨迹问题的求解方法
浙江师范大学数理学院数学系 (3 100 ) 夏锦 2 4
立体几何中的轨迹问题， 0 4 年高考北在20 京卷、天津卷和重庆卷中闪亮登场”成为高考 “ ，命题的一个创新点. 这类题型立意新颖、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考试时经常弃而不答，难，令人惋惜! 本文通过实例来说明立体几何中轨迹问题求解的常
招(tl + tZ ) 刃则x 二
弓
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奥尹，尸轨故点迹
目望 - J n 匕 __2
方是招，誓)， 1 ， g 程 (2 )2+(V J 一2 肺 r
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(A )
(B)
(C)
(D)
所以点P 轨迹是在五，下的中垂面上以0 为中心，长轴长为6，短轴长为2 的椭圆. 点评: ( 1 若把条件中“ ) 异面直线 a ，成 b 0 角” 6 。改成“ 异面直线 a ，成 9 。，尸点 b 0 角”则
1 ‘ ，。，一 ‘ ~ 。~ AM 二青，‘尸是平面月 — 点 13(刃 ‘ r‘ 3 ’ 、‘ ~ ’阴 ‘ “ ‘ ，一
分析:过尸作尸土A刀及尸土面 B。〕 Q H
40
内的动点，且满足尸到直线AIDI 平方差为1，则尸点的轨迹
为( ).
解.
丫夕，尸 Z+P “ 知1+xZ 二 1干由 M G =2， +y“2，所以求轨是位圆xZ+少=1 所的迹单 .

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