2025届高中数学一轮复习:第七章7.10 立体几何中的动态、轨迹问题(课件+讲义+练习四份打包)

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2025届高中数学一轮复习:第七章7.10 立体几何中的动态、轨迹问题(课件+讲义+练习四份打包)

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第七章
§7.10 立体几何中的动态、轨迹问题
“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.
重点解读
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-A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是CC1,C1D1,DD1,CD,BC的中点,M在四边形EFGH边上及其内部运动,若MN∥平面A1BD,则点M轨迹的长度是

连接HN,GN(图略),
∵在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是CC1,C1D1,DD1,CD,BC的中点,则GH∥BA1,HN∥BD,
又GH 平面A1BD,BA1 平面A1BD,
∴GH∥平面A1BD,
同理可证得NH∥平面A1BD,
又GH∩HN=H,GH,HN 平面GHN,
∴平面A1BD∥平面GHN,
又∵点M在四边形EFGH上及其内部运动,
MN∥平面A1BD,
则点M在线段GH上运动,即满足条件,
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

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.
例2 已知长方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的表面积为5π,AA1=2,点P在四边形A1ACC1内,且直线BP与平面A1ACC1所成的角为 ,则长方体的体积最大时,动点P的轨迹长为
题型二 距离、角度有关的动态轨迹问题

因为长方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的表面积为5π,设外接球的半径为R,
如图,设AC,BD相交于点O,
因为BO⊥AC,BO⊥AA1,AC∩AA1=A,AC,AA1 平面A1ACC1,
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.
设底面等腰直角三角形ABC的直角边的边长为x(x>0),
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d2=1,
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______.
题型三 翻折有关的动态轨迹问题
如图,设AC的中点为M0,△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,M0P,M0Q,M0N.
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M0N 平面ABCD,∴MN⊥M0N,
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= ,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

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,
如图当E与C重合时,∠D′AC=60°,
取O为AD′的中点,得到△OAK是正三角形.
课时精练
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一、单项选择题
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,Q是正方形B1BCC1内的动点,A1Q⊥BC1,则Q点的轨迹是
A.点B1 B.线段B1C
C.线段B1C1 D.平面B1BCC1

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如图,连接A1C,
因为BC1⊥A1Q,BC1⊥A1B1,A1Q∩A1B1=A1,
A1Q,A1B1 平面A1B1Q,
所以BC1⊥平面A1B1Q,
又B1Q 平面A1B1Q,所以BC1⊥B1Q,
又BC1⊥B1C,所以点Q在线段B1C上.
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2.(2023·佛山模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P为正方形A1B1C1D1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

直线BP与下底面ABCD所成的角等于直线BP与上底面A1B1C1D1所成的角,连接B1P,如图,
因为BB1⊥平面A1B1C1D1,PB1 平面A1B1C1D1,
所以BB1⊥PB1,故∠BPB1为直线BP与上底面A1B1C1D1所成的角,则∠BPB1=60°,
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3.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M为A1C1的中点,N为侧面BCC1B1上的一点,且MN∥平面ABC1,若点N的轨迹长度为2,则
A.AC1=4 B.BC1=4
C.AB1=6 D.B1C=6
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如图,取B1C1的中点D,BB1的中点E,连接MD,DE,ME,
由MD∥A1B1∥AB,DE∥BC1,
又MD 平面ABC1,AB 平面ABC1,所以MD∥平面ABC1,
同理可得DE∥平面ABC1,
又MD∩DE=D,MD,DE 平面MDE,
所以平面MDE∥平面ABC1,
又MN∥平面ABC1,故点N的轨迹为线段DE,
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4.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为正方形,侧棱与底面垂直,点P是侧棱DD1上的点,且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1(包括其边界)上运动,且总保持AQ⊥BP,则动点Q的轨迹长度为

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如图,在侧棱AA1上取一点R,使得AR=2RA1,连接PR,BR,
过点A作AN⊥BR交BR于点M,交BB1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,
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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,
5.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱AD,B1C1的中点.若点P为侧面正方形ADD1A1内(含边界)动点,且B1P∥平面BEF,则点P的轨迹长度为
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取A1D1的中点M,连接AM,B1M,AB1,EM,FM,如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD∥B1C1且AD=B1C1,
因为E,F分别是棱AD,B1C1的中点,则AE∥B1F
且AE=B1F,
所以四边形AB1FE为平行四边形,则AB1∥EF,
因为AB1 平面BEF,EF 平面BEF,
所以AB1∥平面BEF,
同理可证AM∥平面BEF,
因为AB1∩AM=A,AB1,AM 平面AB1M,
所以平面AB1M∥平面BEF,
因为AM 平面AA1D1D,
若P∈AM,则B1P 平面AB1M,
所以B1P∥平面BEF,
所以点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM,
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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
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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,
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,
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二、多项选择题
7.(2024·济南模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1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A1B1C1D1
B.当平面PAA1⊥平面CB1D1时,点P的轨迹长度为2π
C.当PA∥平面A1B1CD时,点P的轨迹长度为2π
D.存在无数个点P,使得平面PAD⊥平面PBC



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因为该球的表面积为4πr2=12π,
且正方体的棱长满足(2r)2=3a2=12,故棱长a=2,
选项A,由题意可知平面ABCD∥平面A1B1C1D1,且PA∥平面A1B1C1D1,
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AC1⊥平面CB1D1,且平面PAA1⊥平面CB1D1,PA 平面PAA1,故P的轨迹为矩形AA1C1C的外接圆,
选项C,因为PA∥平面A1B1CD,设过PA且与平面A1B1CD平行的平面为α,
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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-A1B1C1D1中,M为正方体表面上的动点,N为线段AC1上的动点,若直线AM与AB的夹角为 ,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



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如图,建立空间直角坐标系,则D(0,1,0),C1(1,1,1),
当点M在底面A1B1C1D1和侧面CC1D1D(不包含边界)上时,点M到直线AB的距离大于AB的长度,
当点M在侧面AA1B1B和底面ABCD上时,可知线段AB1,AC满足题意;
当点M在侧面BCC1B1上时,由AB⊥BM,可知BM=AB,此时弧B1C为所求.
∴M点的轨迹为线段AC,AB1,弧B1C,
显然线段AC,AB1,弧B1C不共面,∴A错误;
对于C,若M在线段AC上,则C1M的最小值为1,同理,若M在线段AB1上,则C1M的最小值也为1,
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对于D,M(1,y,z)(0≤y≤1,0≤z≤1),且y2+z2=1,由题意设N(λ,λ,λ),λ∈[0,1],
当且仅当y=z=λ,且y2+z2=1,
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三、填空题
9.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M为棱B1C1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 ,则动点N
的轨迹长度为________.
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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,
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又N在底面正方形ABCD上,即点N的轨迹为图示中的圆弧 ,
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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______.
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),
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∵∠EPB=∠DPC,∴cos∠EPB=cos∠DPC,
整理化简得x2+z2-16x+48=0,
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10§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-A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是CC1,C1D1,DD1,CD,BC的中点,M在四边形EFGH边上及其内部运动,若MN∥平面A1BD,则点M轨迹的长度是(  )
A.a B.a C. D.
答案 D
解析 连接HN,GN(图略),
∵在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是CC1,C1D1,DD1,CD,BC的中点,则GH∥BA1,HN∥BD,
又GH 平面A1BD,BA1 平面A1BD,
∴GH∥平面A1BD,
同理可证得NH∥平面A1BD,
又GH∩HN=H,GH,HN 平面GHN,
∴平面A1BD∥平面GHN,
又∵点M在四边形EFGH上及其内部运动,MN∥平面A1BD,
则点M在线段GH上运动,即满足条件,
又GH=a,则点M轨迹的长度是.
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.+ B.-
C.4 D.+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=2,SB=SD==,
故EG+EF+GF=×(++2)=+.
即动点P的轨迹的周长为+.
题型二 距离、角度有关的动态轨迹问题
例2 已知长方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的表面积为5π,AA1=2,点P在四边形A1ACC1内,且直线BP与平面A1ACC1所成的角为,则长方体的体积最大时,动点P的轨迹长为(  )
A.π B. C. D.
答案 C
解析 因为长方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的表面积为5π,设外接球的半径为R,
所以4πR2=5π,解得R=或R=-(舍去),
即外接球的直径为,
设AB=a,BC=b,则=,可得a2+b2=1,
所以V=2ab≤a2+b2=1,当且仅当a=b=时,等号成立.
如图,设AC,BD相交于点O,
因为BO⊥AC,BO⊥AA1,AC∩AA1=A,AC,AA1 平面A1ACC1,
所以BO⊥平面A1ACC1,因为直线BP与平面A1ACC1所成的角为,所以∠BPO=,故OP=,
则点P的轨迹是以O为圆心,半径r=的半圆弧,所以动点P的轨迹长为πr=.
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,△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,则满足上述条件的顶点P的轨迹长度是________.
答案 4π
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,
∴×x2×4=,解得x=2,
∴△ABC的外接圆半径为r1=××2=2,
∴球心O到底面ABC的距离d1===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d2=1,
∵截面圆的半径r2===2,
∴顶点P的轨迹长度是2πr2=2π×2=4π.
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 
解析 如图,设AC的中点为M0,△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,M0P,M0Q,M0N.
MP=M0P=AD=,MQ=M0Q=AE=,PQ=DE=,△MPQ和△M0PQ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,PQ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M0N 平面ABCD,∴MN⊥M0N,
故动点M形成的轨迹长度为π·PQ=.
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=,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. B. C. D.
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,
如图当E与C重合时,∠D′AC=60°,所以AK=,
取O为AD′的中点,得到△OAK是正三角形.
故∠KOA=,所以∠KOD′=,
射影K的轨迹长度为×=.
课时精练
一、单项选择题
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,Q是正方形B1BCC1内的动点,A1Q⊥BC1,则Q点的轨迹是(  )
A.点B1 B.线段B1C
C.线段B1C1 D.平面B1BCC1
答案 B
解析 如图,连接A1C,
因为BC1⊥A1Q,BC1⊥A1B1,A1Q∩A1B1=A1,A1Q,A1B1 平面A1B1Q,
所以BC1⊥平面A1B1Q,
又B1Q 平面A1B1Q,所以BC1⊥B1Q,
又BC1⊥B1C,所以点Q在线段B1C上.
2.(2023·佛山模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P为正方形A1B1C1D1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. B. C. D.
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A1B1C1D1所成的角,连接B1P,如图,
因为BB1⊥平面A1B1C1D1,PB1 平面A1B1C1D1,
所以BB1⊥PB1,故∠BPB1为直线BP与上底面A1B1C1D1所成的角,则∠BPB1=60°,
因为BB1=1,所以PB1==,
故点P的轨迹为以B1为圆心,为半径,位于平面A1B1C1D1内的圆,
故轨迹长度为×2π×=.
3.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M为A1C1的中点,N为侧面BCC1B1上的一点,且MN∥平面ABC1,若点N的轨迹长度为2,则(  )
A.AC1=4 B.BC1=4
C.AB1=6 D.B1C=6
答案 B
解析 如图,取B1C1的中点D,BB1的中点E,连接MD,DE,ME,
由MD∥A1B1∥AB,DE∥BC1,
又MD 平面ABC1,AB 平面ABC1,所以MD∥平面ABC1,
同理可得DE∥平面ABC1,
又MD∩DE=D,MD,DE 平面MDE,
所以平面MDE∥平面ABC1,
又MN∥平面ABC1,
故点N的轨迹为线段DE,
又由DE=BC1=2,可得BC1=4.
4.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为正方形,侧棱与底面垂直,点P是侧棱DD1上的点,且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1(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. B. C. D.
答案 D
解析 如图,在侧棱AA1上取一点R,使得AR=2RA1,连接PR,BR,
过点A作AN⊥BR交BR于点M,交BB1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=,得BN=,
易得CN===.
5.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱AD,B1C1的中点.若点P为侧面正方形ADD1A1内(含边界)动点,且B1P∥平面BEF,则点P的轨迹长度为(  )
A. B.1 C. D.
答案 C
解析 取A1D1的中点M,连接AM,B1M,AB1,EM,FM,如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD∥B1C1且AD=B1C1,
因为E,F分别是棱AD,B1C1的中点,则AE∥B1F且AE=B1F,
所以四边形AB1FE为平行四边形,则AB1∥EF,
因为AB1 平面BEF,EF 平面BEF,
所以AB1∥平面BEF,
同理可证AM∥平面BEF,
因为AB1∩AM=A,AB1,AM 平面AB1M,
所以平面AB1M∥平面BEF,
因为AM 平面AA1D1D,
若P∈AM,则B1P 平面AB1M,
所以B1P∥平面BEF,
所以点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM,
由勾股定理可得AM==.
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.2 B.3 C. D.
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×=,
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=OB′,PQ=OD,EQ=B′D,
所以△EPQ的周长为3×=,
所以点F轨迹的长度为.
二、多项选择题
7.(2024·济南模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1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A1B1C1D1
B.当平面PAA1⊥平面CB1D1时,点P的轨迹长度为2π
C.当PA∥平面A1B1CD时,点P的轨迹长度为2π
D.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4πr2=12π,
故半径r=,
且正方体的棱长满足(2r)2=3a2=12,故棱长a=2,
选项A,由题意可知平面ABCD∥平面A1B1C1D1,且PA∥平面A1B1C1D1,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AC1⊥平面CB1D1,且平面PAA1⊥平面CB1D1,PA 平面PAA1,故P的轨迹为矩形AA1C1C的外接圆,其周长为2πr=2π,故B错误;
选项C,因为PA∥平面A1B1CD,设过PA且与平面A1B1CD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=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-A1B1C1D1中,M为正方体表面上的动点,N为线段AC1上的动点,若直线AM与AB的夹角为,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+2
C.C1M的最小值为-1
D.当点M在侧面BB1C1C上时,AN+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),C1(1,1,1),
∵直线AM与AB的夹角为,当点M在侧面AA1D1D上时,AB⊥AM,不合题意;
当点M在底面A1B1C1D1和侧面CC1D1D(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;
当点M在侧面AA1B1B和底面ABCD上时,可知线段AB1,AC满足题意;
当点M在侧面BCC1B1上时,由AB⊥BM,可知BM=AB,此时弧B1C为所求.
∴M点的轨迹为线段AC,AB1,弧B1C,
显然线段AC,AB1,弧B1C不共面,∴A错误;
对于B,点M的轨迹长度为+2,∴B正确;
对于C,若M在线段AC上,则C1M的最小值为1,同理,若M在线段AB1上,则C1M的最小值也为1,若M在弧B1C上,则C1M的最小值为C1B-1=-1,∴C正确;
对于D,M(1,y,z)(0≤y≤1,0≤z≤1),且y2+z2=1,由题意设N(λ,λ,λ),λ∈[0,1],则AN+MN=λ+≥λ+=λ+(1-λ)=1,
当且仅当y=z=λ,且y2+z2=1,即y=z=λ=时,等号成立,∴D正确.
三、填空题
9.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M为棱B1C1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,则动点N的轨迹长度为________.
答案 
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=,则=tan NG=,
故点N在以G为圆心,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,易知== ∠EGB= ∠EGF=π--=,
所以动点N的轨迹长度为×=.
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 
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=(-x,0,-z),=(-x,8,-z),=(6-x,0,-z),=(6-x,4,-z),
∴cos∠EPB=cos〈,〉==,
cos∠DPC=cos〈,〉
==,
∵∠EPB=∠DPC,∴cos∠EPB=cos∠DPC,

=,
整理化简得x2+z2-16x+48=0,
即(x-8)2+z2=16,∴点P的轨迹为圆弧,所在圆交A′E于P1(6,0,2),交DE于P2(4,0,0),
则||==4,
∴所对应的圆心角α=,
∴弧长l=αr=×4=,即点P的轨迹长度为.§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-A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是CC1,C1D1,DD1,CD,BC的中点,M在四边形EFGH边上及其内部运动,若MN∥平面A1BD,则点M轨迹的长度是(  )
A.a B.a C. D.
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.+ B.-
C.4 D.+1
题型二 距离、角度有关的动态轨迹问题
例2 已知长方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的表面积为5π,AA1=2,点P在四边形A1ACC1内,且直线BP与平面A1ACC1所成的角为,则长方体的体积最大时,动点P的轨迹长为(  )
A.π B. C. D.
跟踪训练2 已知三棱锥P-ABC的外接球O的半径为,△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,则满足上述条件的顶点P的轨迹长度是________________.
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________________.
跟踪训练3 (2024·连云港模拟)在矩形ABCD中,AB=,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. B. C. D.一、单项选择题
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,Q是正方形B1BCC1内的动点,A1Q⊥BC1,则Q点的轨迹是(  )
A.点B1 B.线段B1C
C.线段B1C1 D.平面B1BCC1
2.(2023·佛山模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P为正方形A1B1C1D1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. B. C. D.
3.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M为A1C1的中点,N为侧面BCC1B1上的一点,且MN∥平面ABC1,若点N的轨迹长度为2,则(  )
A.AC1=4 B.BC1=4
C.AB1=6 D.B1C=6
4.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为正方形,侧棱与底面垂直,点P是侧棱DD1上的点,且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1(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. B. C. D.
5.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱AD,B1C1的中点.若点P为侧面正方形ADD1A1内(含边界)动点,且B1P∥平面BEF,则点P的轨迹长度为(  )
A. B.1 C. D.
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.2 B.3 C. D.
二、多项选择题
7.(2024·济南模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1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A1B1C1D1
B.当平面PAA1⊥平面CB1D1时,点P的轨迹长度为2π
C.当PA∥平面A1B1CD时,点P的轨迹长度为2π
D.存在无数个点P,使得平面PAD⊥平面PBC
8.(2023·长沙模拟)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为正方体表面上的动点,N为线段AC1上的动点,若直线AM与AB的夹角为,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+2
C.C1M的最小值为-1
D.当点M在侧面BB1C1C上时,AN+MN的最小值为1
三、填空题
9.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M为棱B1C1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,则动点N的轨迹长度为________.
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______.
§7.10 立体几何中的动态、轨迹问题
1.B 2.B 3.B
4.D [如图,在侧棱AA1上取一点R,使得AR=2RA1,连接PR,BR,
过点A作AN⊥BR交BR于点M,交BB1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=,得BN=,
易得CN=
==.]
5.C [取A1D1的中点M,连接AM,B1M,AB1,EM,FM,如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD∥B1C1且AD=B1C1,
因为E,F分别是棱AD,B1C1的中点,则AE∥B1F且AE=B1F,
所以四边形AB1FE为平行四边形,则AB1∥EF,
因为AB1 平面BEF,EF 平面BEF,
所以AB1∥平面BEF,
同理可证AM∥平面BEF,
因为AB1∩AM=A,AB1,AM 平面AB1M,
所以平面AB1M∥平面BEF,
因为AM 平面AA1D1D,
若P∈AM,则B1P 平面AB1M,
所以B1P∥平面BEF,
所以点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM,
由勾股定理可得
AM==.]
6.D [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×=,
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=OB′,PQ=OD,EQ=B′D,
所以△EPQ的周长为3×=,
所以点F轨迹的长度为.]
7.ACD [因为该球的表面积为4πr2=12π,
故半径r=,
且正方体的棱长满足(2r)2=3a2=12,故棱长a=2,
选项A,由题意可知平面ABCD∥平面A1B1C1D1,且PA∥平面A1B1C1D1,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AC1⊥平面CB1D1,且平面PAA1⊥平面CB1D1,PA 平面PAA1,故P的轨迹为矩形AA1C1C的外接圆,其周长为2πr=2π,故B错误;
选项C,因为PA∥平面A1B1CD,设过PA且与平面A1B1CD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=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.BCD [如图,建立空间直角坐标系,则D(0,1,0),C1(1,1,1),
∵直线AM与AB的夹角为,当点M在侧面AA1D1D上时,AB⊥AM,不合题意;
当点M在底面A1B1C1D1和侧面CC1D1D(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;
当点M在侧面AA1B1B和底面ABCD上时,可知线段AB1,AC满足题意;
当点M在侧面BCC1B1上时,由AB⊥BM,可知BM=AB,此时弧B1C为所求.
∴M点的轨迹为线段AC,AB1,弧B1C,显然线段AC,AB1,弧B1C不共面,∴A错误;
对于B,点M的轨迹长度为+2,∴B正确;
对于C,若M在线段AC上,则C1M的最小值为1,同理,若M在线段AB1上,则C1M的最小值也为1,若M在弧B1C上,则C1M的最小值为C1B-1=-1,∴C正确;
对于D,M(1,y,z)(0≤y≤1,0≤z≤1),且y2+z2=1,由题意设N(λ,λ,λ),λ∈[0,1],则AN+MN=λ+≥λ+=λ+(1-λ)=1,
当且仅当y=z=λ,且y2+z2=1,即y=z=λ=时,等号成立,∴D正确.]
9.
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=,
则=tan NG=,
故点N在以G为圆心,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,易知== ∠EGB= ∠EGF=π--=,
所以动点N的轨迹长度为
×=.
10.
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=(-x,0,-z),=(-x,8,-z),=(6-x,0,-z),=(6-x,4,-z),
∴cos∠EPB=cos〈,〉==

cos∠DPC=cos〈,〉

=,
∵∠EPB=∠DPC,
∴cos∠EPB=cos∠DPC,

=,
整理化简得x2+z2-16x+48=0,
即(x-8)2+z2=16,∴点P的轨迹为圆弧,所在圆交A′E于P1(6,0,2),交DE于P2(4,0,0),
则||=
=4,
∴所对应的圆心角α=,
∴弧长l=αr=×4=,即点P的轨迹长度为.

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