立体几何轨迹问题
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。
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
立体几何中地轨迹问题
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 '， PQ=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 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 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 BC 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1ABC ，若P ∈1B C ，则AP ⊂平面1ABC ，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(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。
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。
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．。
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
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立体 几 何 中的 轨 迹 问 题
2024年高考数学复习拓展考点精讲精练讲义 26 立体几何中的轨迹问题含详解
【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展26立体几何中的轨迹问题（精讲+精练）一、立体几何中的轨迹问题立体几何轨迹问题是以空间图形为素材,去探究符合一定条件的点的运动轨迹,处于解析几何和立体几何的交汇处,要求学生有较强的空间想象能力、数学转化和化归能力,以及对解析几何和立体几何知识的全面掌握.常见的轨迹类型有直线、圆雉曲线、球面、椭球面.二、常用的解决策略(1)定义法:借助圆雉曲线的定义判断.(2)坐标法:建立合适的坐标系,用方程来表示所求点的轨迹,借助方程来判断轨迹形状.(3)交轨法:运动的点同时在两个空间几何体上,如平面与圆雉、圆柱、球相交,球与球相交,等等.(4)平面化:把空间几何关系转化到同一平面内,进而探究平面内的轨迹问题,使问题更易解决.空间问题平面化也是解决立体几何题目的一般性思路.三、轨迹是圆锥曲线的原理剖析令平面与轴线的夹角为θ0<θ<90°,圆雉的母线与轴的夹角为()090<<αα,如图②.(1)当<αθ时,截口曲线为椭圆;(2)当=αθ时,截口曲线为抛物线;(3)当>αθ时,截口曲线为双曲线.图②我们再从几何角度来证明.(1)如图③,在圆锥内放两个大小不同的球,使它们分别与截面切于点12,F F .在截口曲线上任取一点P ,过点P 作圆雉的母线,分别与两球切于点12,Q Q .由球的性质可知2112,PQ PF PQ PF ==,于是121212PF PF PQ PQ Q Q +=+=为定值,这样截口曲线上的任一点P 到两个定点12,Q Q 的距离之和为常数,由椭圆的定义知,截口曲线是椭圆.一、知识点梳理(2)如图④,在互相倒置的两个圆雉内放两个大小不同的球,使它们分别与圆雉的侧面、截面相切,两个球分别与截面切于点12,F F .在截口曲线上任取一点P ,过点P 作圆雉的母线,分别与两球切于点12,Q Q .由球的性质可知1122,PQ PF PQ PF ==,于是121212PF PF PQ PQ Q Q -=-=为定值,这样截口曲线上的任一点P 到两个定点12,Q Q 的距离之差的绝对值为常数,由双曲线的定义知,截口曲线是双曲线.(3)如图⑤,用平行于母线OM 且垂直于轴截面OMN 的平面β去截圆雉.在圆雉内放一个球,使它和圆雉的侧面与截面β相切,球与截面切于点F .设α为球与圆雉相切时切点构成的圆所在的平面,记l ⋂=αβ.在截口曲线上任取一点P ,作直线与球相切于点T ,连结PT ,有PF PT =.在母线OM 上取点,A B (B 为OM 与球的切点),使得AB PT =.过点P 作//PQ AB ,有点Q 在l 上,且FQ AB PF ==.另一方面,因为平面OMN 与α垂直,那么l ⊥平面OMN ,有l AB ⊥,所以l PQ ⊥.于是截口曲线是以点F 为焦点,l 为准线的抛物线.1.平行、垂直有关的的轨迹问题①平行有关的轨迹问题的解题策略二、题型精讲精练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.②垂直有关的轨迹问题的解题策略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.【典例1】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 Ba C ．2D ．2【典例2】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 C D ．平面11B BCC 【答案】B【分析】如图，连接1AC ,证明1BC ⊥1B Q ,又1BC ⊥1B C ，即得解.【详解】如图，连接1AC ,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：B2.距离、角度有关的的轨迹问题①距离有关的轨迹问题的解题策略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.②角度有关的轨迹问题的解题策略1.直线与面成定角，可能是圆锥侧面;2.直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面;3.利用空间坐标系计算求轨迹.【典例3】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（）如图示，过P 作PE ⊥以D 为坐标原点建立空间直角坐标系2211x y -=+，平方得：【典例4】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【答案】D【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：D3.翻折有关的的轨迹问题①翻折有关的轨迹问题的解题策略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【典例5】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 ．45C ．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 【题型训练2-刷模拟】1.平行、垂直有关的的轨迹问题一、单选题1．（2023·全国·高三专题练习）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 在表面上运动，并且总保持PE AC ⊥，则动点P 的轨迹的周长为（）A ．62+B ．62-C ．4D ．51+2．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AB =，14AA =，E 为1DD 中点，P 为正四棱柱表面上一点，且11C P B E ⊥，则点P 的轨迹的长为（）A ．52+B ．222+C ．252+D ．132+3．（2023·江西赣州·统考二模）在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 满足14AA AP =，E ，F 分别为棱BC ，CD 的中点，点Q 在正方体1111ABCD A B C D -的表面上运动，满足1//AQ 面EFP ，则点Q 的轨迹所构成的周长为（）A ．5373B ．237C ．7373D ．83734．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F 分别为1AA ，AB 的中点，点P 是正方体表面上的动点，若1//C P 平面1CD EF ，则P 点在正方体表面上运动所形成的轨迹长度为（）A ．25+B ．225+C ．225+D ．2225+BBA．点P可以是棱1C．点P的轨迹是正方形6．（2023·全国·高三专题练习）已知棱长为MP平面ABD表面上，且//二、填空题8．（2023·河南·校联考模拟预测）已知正方体则点P的轨迹长度为9．（2023春·四川绵阳内切球O的球面上的动点，2.距离、角度有关的的轨迹问题一、单选题二、填空题3.翻折有关的的轨迹问题一、单选题A ．523πB ．453π2．如图，正方形ABCD 的边长为2,E 为BC 的中点，将①四棱锥P AECD -的体积最大值为255AB=，上一动点，现将AED ．．．．【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展26立体几何中的轨迹问题（精讲+精练）一、立体几何中的轨迹问题立体几何轨迹问题是以空间图形为素材,去探究符合一定条件的点的运动轨迹,处于解析几何和立体几何的交汇处,要求学生有较强的空间想象能力、数学转化和化归能力,以及对解析几何和立体几何知识的全面掌握.常见的轨迹类型有直线、圆雉曲线、球面、椭球面.二、常用的解决策略(1)定义法:借助圆雉曲线的定义判断.(2)坐标法:建立合适的坐标系,用方程来表示所求点的轨迹,借助方程来判断轨迹形状.(3)交轨法:运动的点同时在两个空间几何体上,如平面与圆雉、圆柱、球相交,球与球相交,等等.(4)平面化:把空间几何关系转化到同一平面内,进而探究平面内的轨迹问题,使问题更易解决.空间问题平面化也是解决立体几何题目的一般性思路.三、轨迹是圆锥曲线的原理剖析令平面与轴线的夹角为θ0<θ<90°,圆雉的母线与轴的夹角为()090<<αα,如图②.(2)当<αθ时,截口曲线为椭圆;(2)当=αθ时,截口曲线为抛物线;(3)当>αθ时,截口曲线为双曲线.图②我们再从几何角度来证明.(1)如图③,在圆锥内放两个大小不同的球,使它们分别与截面切于点12,F F .在截口曲线上任取一点P ,过点P 作圆雉的母线,分别与两球切于点12,Q Q .由球的性质可知2112,PQ PF PQ PF ==,于是121212PF PF PQ PQ Q Q +=+=为定值,这样截口曲线上的任一点P 到两个定点12,Q Q 的距离之和为常数,由椭圆的定义知,截口曲线是椭圆.一、知识点梳理(2)如图④,在互相倒置的两个圆雉内放两个大小不同的球,使它们分别与圆雉的侧面、截面相切,两个球分别与截面切于点12,F F .在截口曲线上任取一点P ,过点P 作圆雉的母线,分别与两球切于点12,Q Q .由球的性质可知1122,PQ PF PQ PF ==,于是121212PF PF PQ PQ Q Q -=-=为定值,这样截口曲线上的任一点P 到两个定点12,Q Q 的距离之差的绝对值为常数,由双曲线的定义知,截口曲线是双曲线.(3)如图⑤,用平行于母线OM 且垂直于轴截面OMN 的平面β去截圆雉.在圆雉内放一个球,使它和圆雉的侧面与截面β相切,球与截面切于点F .设α为球与圆雉相切时切点构成的圆所在的平面,记l ⋂=αβ.在截口曲线上任取一点P ,作直线与球相切于点T ,连结PT ,有PF PT =.在母线OM 上取点,A B (B 为OM 与球的切点),使得AB PT =.过点P 作//PQ AB ,有点Q 在l 上,且FQ AB PF ==.另一方面,因为平面OMN 与α垂直,那么l ⊥平面OMN ,有l AB ⊥,所以l PQ ⊥.于是截口曲线是以点F 为焦点,l 为准线的抛物线.1.平行、垂直有关的的轨迹问题①平行有关的轨迹问题的解题策略二、题型精讲精练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.②垂直有关的轨迹问题的解题策略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.【典例1】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 Ba C ．2D ．2【典例2】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 C D ．平面11B BCC 【答案】B【分析】如图，连接1AC ,证明1BC ⊥1B Q ,又1BC ⊥1B C ，即得解.【详解】如图，连接1AC ,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：B2.距离、角度有关的的轨迹问题①距离有关的轨迹问题的解题策略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.②角度有关的轨迹问题的解题策略1.直线与面成定角，可能是圆锥侧面;2.直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面;3.利用空间坐标系计算求轨迹.【典例3】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（）如图示，过P 作PE ⊥以D 为坐标原点建立空间直角坐标系2211x y -=+，平方得：【典例4】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【答案】D【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：D3.翻折有关的的轨迹问题①翻折有关的轨迹问题的解题策略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【典例5】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 ．45C ．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 【题型训练2-刷模拟】1.平行、垂直有关的的轨迹问题一、单选题1．（2023·全国·高三专题练习）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 在表面上运动，并且总保持PE AC ⊥，则动点P 的轨迹的周长为（）A ．62+B ．62-C ．4D ．51+【答案】A【分析】由题意，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，再根据线面垂直的性质求解即可.【详解】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，即如图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222,226BD SB SD ===+=，故()16622622EG EF GF ++=++=+.即动点P 的轨迹的周长为62+.故选：A2．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）在正四棱柱点，P 为正四棱柱表面上一点，且A ．52+B ．2因为11AC ⊂平面1B A 1111ED B D D ⋂=，则取1CC 中点F ，连接而11D C ⊥平面1BCC 又1,B F FE ⊂平面1B故选：D4．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，正方体P 是正方体表面上的动点，若1C P A ．25+B ．2【答案】B【分析】要满足1//C P 平面CD 中点G ，11A B 的中点H ，连结迹为三角形1C HG ，求出周长即可【详解】取1BB 的中点G ，A 正方体1111ABCD A B C D -的棱长为因为,F H 为分别为11,AB A B 的中点，BB的中点A．点P可以是棱1C．点P的轨迹是正方形【答案】B【分析】如图，取棱BC的中点必过D点，进而取A D中点F【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于取棱的性质求解点P 轨迹即可求解6．（2023·全国·高三专题练习）已知棱长为表面上，且//MP 平面1ABD ，则动点A ．22B ．【详解】E 、F 、G 、M 分别是1AA 、11A D 、1B C 1AD ，//EM AB ，所以//EF 平面1ABD 1ABD //平面EFGM ，故点P 的轨迹为矩形12G =，所以22MG =，所以1EFGM S =⨯【点睛】本题考查面面平行的判定和面面平行的性质，以及正方体的截面问题，属综合中档题二、填空题【答案】10【分析】先推出BC ⊥,,EF CF AC ，推出BC 【详解】因为AB 是圆柱下底面圆又BC AD ⊥，AC AD 设过A 的母线与上底面的交点为因为⊥AE 平面ABC ，因为AE AC A = ，所以点D 在平面ACE 依题意得5AE =，OA 所以矩形AEFC 的面积为1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则1DD AC ⊥11,,DD BD D DD BD =⊂∩平面1BDD ，于是AC ⊥平面则1AC BD ⊥，同理11⊥AB BD ，而1,,AC AB A AC AB = 令1BD 交平面1AB C 于点E ，由11B AB C B ABC V V --=，得13S 311【答案】3305π【分析】由题意画出图形，得BN ⊥平面DCP ，所以【详解】如图所示，在1BB 上取点P ，使得12BP PB =，连接112NC NB =Q ，CP BN∴⊥又DC ⊥平面11BCC B ，DC BN∴⊥又DC CP C Ç=Q ，DC ⊂平面DCP ，CP ⊂平面BN ∴⊥平面DCP又点M 是棱长为32的正方体1111ABCD A B C D -DCP 与球O 的截面圆周.2.距离、角度有关的的轨迹问题一、单选题故选：C2．（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P －ABCD 的底面正方形边长为则动点Q 形成轨迹的周长为（A ．2π11根据等体积法得(143ABCD PAB S S +△∴11344423263PE ⎛⎫+⨯⨯⨯⨯=⨯ ⎪⎝⎭【详解】，取AD 的中点H ，连接EH ，则1//EH AA .1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，所以EH ⊥底面ABCD.EFH 为EF 与底面ABCD 所成的角，则60EFH ∠=︒．设正方体的棱长为a ，因为该正方体外接球的表面积为12π，22233π12π2a a ⎛⎫==⎪ ⎪⎝⎭，解得2a =，12AA a ===，从而23HF =，的轨迹为以H 为圆心，23为半径的圆在正方形ABCD 区域内的部分，如图中，23HG HM ==，3AH AHG πAHG ∠=，【点睛】本题考查了平面截圆锥面所得轨迹问题，考查了转化化归思想，属于难题7．（2022秋·河南·高三期末）棱长为1的正方体11ABCD A B C -则下面结论正确的有（）①若点E 满足1AE B C ⊥，则动点E 的轨迹是线段；②若点E 满足130EA C ∠=，则动点E 的轨迹是椭圆的一部分；若130EA C ∠= ，则E 在以1AC 为轴，母线所在直线为平面1BC 与圆锥的轴1AC 因为11//,A B CD 所以1A E 与CD 所成的角等于当E 为1BC 中点时，1B E tan EA B ∠二、填空题8．（2023春·湖南长沙·高三校联考阶段练习）则正方体表面到P 点距离为5的点的轨迹总长度为【答案】35π2⎛⎫+ ⎪⎝⎭【分析】根据以P 为球心，5为半径的球与正方体表面的交线长度来求得轨迹总长度【详解】以P 为球心，5为半径的球与正方体表面的交线长度即为所求，在平面11ABB A 和平面11ADD A 上轨迹是以圆心角为π2的两段弧，弧长为在平面1111D C B A 上的轨迹是以A 在平面ABCD 上的轨迹是以A 为圆心，因此，轨迹的总长度为352⎛+ ⎝故答案为：35π2⎛⎫+ ⎪⎝⎭9．（2023·全国·高三专题练习）已知三棱锥到底面ABC 的距离为4，且三棱锥【答案】43π【分析】设ABC 直角边的边长为得出球心O 到底面ABC 的距离连接,,OD OG OH ,则有OG OH =2GH a =，5GD a =且GH GD ⊥设O 到平面DCHG 的距离为：d 则在三棱锥O DGH -中，有O GDH V -所以11113232GH GD d OG ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯3.翻折有关的的轨迹问题一、单选题A ．523πB ．453π【答案】D设三棱锥S ABC -外接球的球心为,,O SAC BAC 的中心分别为易知1OO ⊥平面2,SAC OO ⊥平面BAC ，且12,,,O O O①四棱锥P AECD -的体积最大值为255③,EP CD 与平面PAD 所成角的正弦值之比为④三棱锥P AED -的外接球半径有最小值A ．①③B ．②③【答案】C取PA中点为G，则，GF EC平行且相等，四边形所以，点F的轨迹与点G的轨迹完全相同，过,H G的轨迹是H以为圆心，55HG=中点F的轨迹长度为55π.②错误；由四边形ECFG是平行四边形知//ECAB=，上一动点，现将AED．．．．。
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.。
2023高考一轮热题---立体几何中的轨迹问题
19立体几何中的轨迹问题【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（ ）AB C D【提分秘籍】基本规律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【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 1BC D3.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 ．1BC ．2D ．【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1BC C ．线段11B CD ．平面11B BCC【提分秘籍】基本规律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【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1BC C ．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：①点P 可以是棱1BB 的中点；②线段MP 的最大值为34； ③点P 的轨迹是正方形；④点P 轨迹的长度为2其中所有正确说法的序号是________．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【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【提分秘籍】基本规律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【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 ．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 ．43π B ．23π C ．6π D ．3π 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 ．B ．C ．D ．6【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【提分秘籍】基本规律1. 直线与面成定角，可能是圆锥侧面。
高中数学立体几何微专题1动态问题之轨迹
立体几何微专题1 :动态问题之轨迹立体几何动态问题的分为以下基本类型：点动问题、线动问题、面动问题、体动问题、多动问题等，很多的动态问题只要知道轨迹，把空间转化为平面问题要解决，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，善于转化为平面问题.轨迹的几何判断方法：动点P满足如下轨迹定义条件时（1）平面内到定点距离等于定长（圆）；（2）空间中到定点距离等于定长（球面）；（3）两不同平面公共点的集合（直线）；（4）平面内到两定点距离之和为定值（大于定点间的距离）（椭圆）；（5）平面内到两定点距离之差的绝对值为定值（小于定点间的距离）（双曲线）；（6）平面内到定直线距离等于到定点（不在定直线上）距离（抛物线）©考点突破[例1] （2004北京，理4）如图，在正方体力NCD-4/C；〃中，尸是侧面内••封点，若「到直线"C与直线的距离相等，则动点「的轨迹所在的曲线是（）A,直线H,圆 C.双曲线 D.抛物线解析：选D.由于G〃，平面Mga连接尸G，则产C；_LGR，即点尸到直线qq的距离即尸q,因此，动点尸到定点G与定直线BC的距离相等，由抛物线的定义可知，动点尸的轨迹为抛物线.[例2] （2006北京，理4）平面口的斜线力疗交1于点过定点/的动直线/与X/垂直，且交a于点C ,则动点。
的轨迹是（）A. 一条直线B. 一个圆C. 一个桶圆D.双曲线的一支解析：选A.设/与「是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面，且斜线回垂直于这个平面,由过平面外一点有且只有一个平面与己知直线垂直可知过定点刃与山?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b的交线上，故选A.[例3] （2008浙江，理10）如图，川匕是平面戊的斜线段，凡为斜足，若点户在平面内运动，使得A4用尸的面枳为定值，则动点P的轨迹是（A.圆B.椭圆C. 一条直线D.两条平行直线解析：选人由题意知，点尸到线段乂月的距离为定值，则点尸在以为旋转轴的圆柱表面上一点।故平面a斜截圆柱，所得图形为椭圆.［例4］（2015浙江,文7）如图,斜线段45与邛面仪所成的角为60、B为斜足，平面a上的动点户满足乙匕13 = 30"则点尸的轨迹是（）A.直线B.抛物线C.椭圆D.双曲线的一支解析：选C由题可知，当尸点运动时，在空间中，满足条件的/尸绕旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60口角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.［例5］（2012浙江模拟）如果一个平面与一个圆柱的轴成］（0<tz<-）2角，则该平面与圆柱侧面的交线是一个椭圆，当以=2时;椭圆的离心率是6百八1 8B, — C. 一 D.—2 2 2解析：选既由题意得，椭圆的短半轴长等于底面半径小即5=人若平面与圆柱的轴所成角为30,则平面与圆柱底面成60 ,从而可得椭圆的长半轴长为4二—-—= r L1|I a = 2b t故总= J］- （2）-=---cos 60 V a 2[例6](2013西城 模)如图，正方体4武力-/用£口中，F 为底面/用⑦ 上的动点, PE 工邓：于E ，且/Y =/%，则点P 的轨迹是()A.线段 B,圆弧 C ，椭圆的一部分 D.抛物级的一部分 解析：选/t 由题意知，\A {AP^\A X EP,则点P 在线段/五的中垂面上 运动，从而与底面力人力的交线为线段.[例7](2011广州・•模，理SO 如图所示，已知正方体/狄力-的 棱长为3长为2的线段上W 的一个端点M 在棱Z)口上运动，另一端点N 在正方形⑷?CD 内运动，则河、的中点的轨迹的面积为()A. 4 笈B. 2 乃C. 7T 解析：选D.易知I)J)] 1平面/BCD ,乙MDN = 90 ,取线段的中点 尸，则QF 二4= 所以点尸的轨迹是以。
高考专题 立体几何中轨迹、翻折、探索性问题
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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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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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∴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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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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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.。
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。
立体几何中轨迹问题的求解方法
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
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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.
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立体几何轨迹
1．（2020·江西高三（理））如图，已知四棱锥S ABCD -的底面是边长为6的菱形，60BAD ∠=︒，AC ，BD 相交于点O ，SO ⊥平面ABCD ，4SO =，E 是BC 的中点，
动点P 在该棱锥表面上运动，并且总保持PE AC ⊥，则动点P 的轨迹的长为（ ）
A ．3
B ．7
C ．13
D ．8
2．（2020·上海高三专题练习）四棱锥P ABCD -，AD ⊥平面PAB ，
BC ⊥平面PAB ，底面ABCD 为梯形，4=AD ，8BC =，6AB =，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
3．（2019·北京101中学高二期末）正四棱锥S -ABCD 底面边长为2，高为1，E 是棱BC 的中点，动点P 在四棱锥表面上运动，并且总保持0PE AC ⋅=，则动点P 的轨迹的周长为（ ）
A ．
B
C ．
D ．4．（2020·广东高三（理））四棱锥P ABCD -，AD ⊥面P AB ，BC ⊥面P AB ，底面ABCD 为梯形，4=AD ，8BC =，6AB =，APD BPC ∠=∠，满足上述条件的四棱锥顶点P 的轨迹是（ ）
A ．线段
B ．圆的一部分
C ．椭圆的一部分
D ．抛物线的一部分
5．（2020·安徽高二期末（理））已知正四棱锥P-ABCD 的底面边长为2，高为1，E 为CD 的中点．动点M 在该棱锥的表面运动，满足EM BD ⊥．则动点M 的轨迹的周长是（ ）
A 1
B ．
C +
D 2+ 6．（2020·江西省吉水中学高二月考（文））正四棱锥（底面是正方形，顶点在底面上的射影是底面中心）S ABCD -的底面边长为4，高为4，点
E 、
F 、
G 分别为SD 、CD 、
BC 的中点，
动点P 在正四棱锥的表面上运动，并且总保持//PG 平面AEF ，动点P 的轨迹的周长为（ ）.
A B ．C D ．
7．（2020·四川成都七中高三月考）如图，四棱锥S -ABCD 为的正方
形ABCD ，AC 与BD 的交点为O ，SO ⊥平面ABCD 且SO =E 是边BC 的中点，动点P 在四棱锥表面上运动，并且总保持PE AC ⊥，则动点P 的轨迹的周长为（ ）
A ．1
B ．
C ．1+
D ．18．（2020·黑龙江双鸭山一中高二月考（文））已知四棱锥S －ABCD 的底面是边长为2的正方形,AC 、BD 相交于点O , SO ABCD ⊥面, 2SO =，
E 是BC 的中点，动点P 在该棱锥表面上运动，并且总保持PE AC ⊥， 则动点P 的轨迹的周长为 ( )
A 2+
B C + D ．2
9．（2019·云南昆明一中高三月考（理））已知四棱锥S ABCD -的高为1，底面是边长为2的正方形，顶点在底面的投影是底面的中心，E 是BC 的中点，动点P 在棱锥表面上运动，并且总保持PE AC ⊥，则动点P 的轨迹的周长为______.。