高三一轮复习讲义（标准版）数学第七章7.10立体几何中的动态轨迹问题

§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中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已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点P是正方体表面上一个动点，满足BP⊥A1C，则点P的轨迹长度为()A.2 B.22C.4 D.32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在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，棱DD1上的点E满足DE=ED1，F是侧面CDD1C1上的动点，且B1F∥平面A1BE，则点F在侧面CDD1C1上的轨迹长度为(A.22 B.32 C.23 D.4题型二距离、角度有关的动态轨迹问题例2(多选)(2024·朔州模拟)在三棱锥A1ABC中，A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AA1=AB=AC=3，P为△A1BC内的一个动点(包括边界)，AP与平面A1BC所成的角为45°，则()A.A1P的最小值为63B.A1P的最大值为6+3C.有且仅有一个点P，使得A1P⊥BCD.所有满足条件的线段AP形成的曲面面积为3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如图，在棱长为6的正方体ABCDA1B1C1D1中，动点P在截面AB1D1内(含边界)，且满足A1P=32.则点P的轨迹长度为.题型三翻折有关的动态轨迹问题例3(多选)(2025·泰安模拟)如图，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE=2，F为AB的中点，现将△ABE沿BE折起到平面A1BE位置，使得A1B⊥DE，则下列结论正确的是()A.平面BCDE⊥平面A1BEB.若O为BE的中点，则DE∥平面FOCC.折起过程中，F点的轨迹长度为πD.三棱锥A1CDE的外接球的体积为6π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(多选)(2024·南阳模拟)如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB=33，CD=43，AD=3，点E，F分别为边AB，CD上的点，且EF∥AD，AE=23.将四边形AEFD沿EF折起，如图2，使得平面AEFD⊥平面EBCF，点M是四边形AEFD内的动点，且直线MB与平面AEFD所成的角和直线MC与平面AEFD所成的角相等，则下列结论正确的是()A.AC⊥BFB.点M的轨迹长度为2πC.点M到平面EBCF的最大距离为3D.当点M到平面EBCF的距离最大时，三棱锥MBCF外接球的表面积为28π答案精析例1D[由题意可知，动点P的轨迹为过点B与直线A1C垂直的截面与正方体的表面的交线，如图所示.在正方体ABCDA1B1C1D1中，BD⊥AC，BD⊥AA1，又AC，AA1⊂平面AA1C且AC∩AA1=A，所以BD⊥平面AA1C，因为A1C⊂平面AA1C，所以BD⊥A1C.又在正方体ABCDA1B1C1D1中，BC1⊥B1C，BC1⊥B1A1，又B1C，B1A1⊂平面B1CA1且B1C∩B1A1=B1，所以BC1⊥平面B1CA1，因为A1C⊂平面B1CA1，所以BC1⊥A1C.由BD，BC1⊂平面BDC1且BD∩BC1=B，所以A1C⊥平面BDC1.于是点P的轨迹长度为不包含点B的△BDC1的周长，即△BDC1的周长等于312+12跟踪训练1A[取CC1的中点H，C1D1的中点M，连接B1H，HM，MB1，在正方体中，明显有HM∥BA1，B1H∥A1E，又HM⊄平面A1BE，BA1⊂平面A1BE，B1H⊄平面A1BE，A1E⊂平面A1BE，所以HM∥平面A1BE，B1H∥平面A1BE，又HM，B1H⊂平面B1HM，HM∩B1H=H，所以平面B1HM∥平面A1BE，当F在线段MH上运动时，有B1F∥平面A1BE，即点F在侧面CDD1C1上的轨迹为线段MH，又MH=2C1M=22故点F在侧面CDD1C1上的轨迹长度为22.]例2ACD[依题意，A1B=A1C=BC=32取BC的中点M，连接AM，A1M，则AM⊥BC，A1M⊥BC，AM，A1M⊂平面A1AM，AM∩A1M=M，所以BC⊥平面A1AM，过A作AH⊥A1M于H，因为AH⊂平面A1AM，所以AH⊥BC，又A1M∩BC=M，A1M，BC⊂平面A1BC，所以AH⊥平面A1BC，易得AH=3，且H为等边△A1BC的外心由AP与平面A1BC所成的角为45°，可知AH=HP，所以点P的轨迹是以H为圆心，3为半径的圆在△A1BC内部及边界上的一部分，如图所示所以A1P的最小值为A1HHP=63，A由于轨迹圆部分在△A1BC外部，所以A1P的最大值不等于A1H+HP=6+3，B因为BC⊥平面A1AM，若A1P⊥BC，则点P在线段A1H上，有且仅有一个点P满足题意，C选项正确；动线段AP形成的曲面为圆锥AH侧面的一部分，因为cos∠B1HM=HMHB所以∠B1HM=π因为2π-2×π4×32π圆锥AH的侧面积为12×6×2π×3=3所以所有满足条件的线段AP形成的曲面面积为32π4，跟踪训练226π解析取B1D1的中点O1，三棱锥A1AB1D1为正三棱锥，过A1作A1G⊥平面AB1D1于点G，如图，则G为正△AB1D1的中心，又AB1=62∵AO1=32AB1=32×62=36，∴GO1=13AG=23AO1=2由V三棱锥A1-AB1D1=V三棱锥∴13×34×(62)2×A1G=13×12×∵A1P=32∴GP=A1P∴点P的轨迹是以G为圆心，6为半径的圆，即正△AB1D1的内切圆∴点P的轨迹长度为2π×6=26π.例3ABD[对于A，由题意得∠BEC=∠CED=π4，所以∠BED=π2，即DE⊥BE，而已知DE⊥A1B，且A1B∩BE=B，A1B⊂平面BE⊂平面A1BE，所以DE⊥平面A1BE，DE⊂平面BCDE，所以平面BCDE⊥平面A1BE，故A正确；对于B，因为O为BE的中点，所以OC⊥BE，又DE⊥BE，所以OC∥DE，又DE⊄平面FOC，OC⊂平面FOC，所以DE∥平面FOC，故B正确；对于C，因为四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE=2所以CE=(2)过点F作FG⊥BE交BE于点G，如图，则FG=22BF=所以折起过程中，F点的轨迹是以G为圆心，FG=22为半径，圆心角为π2所以F点的轨迹长为π2×22=对于D，连接A1O，如图，则A1O⊥BE，又平面BCDE⊥平面A1BE，平面BCDE∩平面A1BE=BE，A1O⊂平面A1BE，所以A1O⊥平面BCDE，又四边形OCDE为边长为2的正方形，则三棱锥A1CDE的外接球即为四棱锥A1OCDE的外接球，又四边形OCDE外接圆的直径为CE=2，A1O=12BE=设四棱锥A1OCDE的外接球的半径为R，则(2R)2=A1O2+OD2=A1O2+CE2，即(2R)2=(2)2+22=6，所以所以外接球的体积V=4π3R3=4π3×6即三棱锥A1CDE的外接球的体积为6π，故D正确.]跟踪训练3BCD[如图，连接CE，EM.因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF=EF，AE⊂平面AEFD，又AE⊥EF，所以AE⊥平面EBCF.所以CE为CA在平面EBCF内的射影.易得△BCF为等边三角形，显然CE不垂直于BF，所以AC不可能垂直于BF，故A错误；易知BE⊥EF，易证BE⊥平面AEFD，所以∠BME为直线MB与平面AEFD所成的角.同理∠CMF为直线MC与平面AEFD所成的角，所以∠BME=∠CMF，所以tan∠BME=tan∠CMF，所以BEEM=CFFM.因为CF=2BE，所以FM在平面AEFD内，以E为坐标原点，以EF的方向为x轴正方向，EA的方向为y轴正方向建立平面直角坐标系，则F(3，0)，设M(x，y)，则有(x-3)2+y2=2x2+y2，化简得(x+1)2+y2=4，即点M在平面AEFD内的轨迹方程为(x+1)2+y2=4(0≤x≤1，y≥0)，所以点M在四边形AEFD内的轨迹为以(1，0)为圆心要使三棱锥MBCF的体积最大，只要点M的纵坐标的绝对值最大即可.令