高考数学一轮复习（培优版） 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(2025·兰州模拟)在所有棱长均为4的正四棱锥P-ABCD中，M是底面正方形ABCD内一点(含边界)，若PM⊥MD，则点M的轨迹长度是()A.2π B.2π C.22 D.22π答案A解析方法一如图，设O为AC与BD的交点，建立空间直角坐标系，则P(0，0，22)，D(-22，0，0)设M(x，y，0)，∴PM=(x，y，-22)，MD=(-22-x，-y，0)∵PM⊥MD，∴PM·MD=x(-22-x)-y2=0，即x2+22x+y2=0，即(x+2)2+y2=2，∴在平面ABCD中，点M的轨迹是以(-2，0)为圆心，2又点M在底面正方形ABCD(含边界)中，即点M的轨迹是该圆与底面的交线部分，如图所示，即为所求，=12·2π·2=2π.方法二∵PM⊥MD，∴点M在以PD为直径的球上，又点M在底面ABCD(含边界)中，故所求轨迹为该球与底面的交线，设O为AC与BD的交点，∵PO⊥平面ABCD，令E为PD的中点，∴E为球心，取OD的中点为N，连接EN，则EN∥PO，∴EN⊥平面ABCD，∴该球与底面的交线为以N为圆心的圆在底面ABCD内部(含边界)的部分，又PO=22，∴EN=设球的半径为R，R=2，球与平面ABCD的截面圆的半径为r，∴r=R2-如图，=12·2π·2=2π，∴所求轨迹长度为2π.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(2025·银川模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P在正方体内切球的表面上运动，且满足D1P∥平面A1BC1，则AP的最小值为.

答案6解析内切球的球心为正方体的中心，记为点O，内切球半径r=12连接AC，AD1，CD1，∵AD1∥BC1，AD1⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，∴AD1∥平面A1BC1，同理可得AC∥平面A1BC1，∵AD1，AC⊂平面D1AC，AD1∩AC=A，∴平面D1AC∥平面A1BC1，∵D1P∥平面A1BC1，∴D1P⊂平面D1AC，故点P的轨迹是平面D1AC与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为O1.如图，以D为原点建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，O1∴AC=(-1，1，0)，AD1=(-1，0，1)，设平面D1AC的法向量为n=(x，y，z)，则AC令x=1，则y=z=1，故平面D1AC的一个法向量为n=(1，1，1)，∴点O到平面D1AC的距离为d=|AO·n|∴圆O1的半径为r1=r2-d2由AO=-12AO=-12∴AO1=AO2-d∴AP的最小值为AO1-r1=63-66=题型二距离、角度有关的动态轨迹问题例2(2025·兰州模拟)如图，在三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC，∠BAC=π2且SA=AB=AC=2，若在△SBC内(包括边界)有一动点P，使得AP与平面SBC所成角的正切值为62，则点PA.4π3 B.π C.2π3 D答案C解析过点A作AH⊥平面SBC，H为交点，因为SA=AB=AC=2，SA⊥平面ABC所以△SBC是边长为2的等边三角形，易知H为△SBC的中心，由V三棱锥S-ABC=V三棱锥A-SBC，则13×12×2×2×2=13×12×2×2则AH=63，AP与平面SBC所成的角为∠因为AP与平面SBC所成角的正切值为6所以tan∠APH=AHPH=解得PH=23，所以点P的轨迹是以H为圆心，23为半径的圆落在△SBC内(根据SH=233，可知四边形SMHN是菱形，且∠根据对称性可知，点P所形成的轨迹是三段等长的圆弧，故点P的轨迹长度为3×π3×23=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(2025·沙坪坝模拟)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P为正方体表面上一点，且点P到直线AA1的距离与它到平面ABCD的距离相等，记动点P的轨迹为曲线W，则曲线W的周长是.

答案42+π解析在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，设点P(x，y，z)，x，y，z∈[0，2]，A(2，0，0)，A1(2，0，2)，在AA1上任取点A2(2，0，z)，A2P=(x-2，y，0)，AA1=(0，0，2)依题意，|A2P|=z，即(x-2)2+y2=z当z=0时，x=2，y=0，点P的轨迹是一个点，轨迹长度为0；当z=2时，(x-2)2+y2=4，点P的轨迹是以A1为圆心，2为半径的14圆弧，轨迹长度为π当x=0时，4+y2=z2，则y=0，z=2，点P的轨迹是一个点，轨迹长度为0；当x=2时，y2=z2，y=z，点P的轨迹是线段AB1，轨迹长度为22；当y=0时，2-x=z，点P的轨迹是线段AD1，轨迹长度为22；当y=2时，(x-2)2+4=z2，则x=z=2，点P的轨迹是一个点，轨迹长度为0，所以曲线W的周长是42+π.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A1-CDE的外接球的体积为6π答案ABD解析对于A，由题意得∠BEC=∠CED=π4，所以∠BED=π2，即而已知DE⊥A1B，且A1B∩BE=B，A1B⊂平面A1BE，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=2π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A1-CDE的外接球即为四棱锥A1-OCDE的外接球，又四边形OCDE外接圆的直径为CE=2，A1O=12BE=2，设四棱锥A1-OCDE的外接球的半径为R，则(2R)2=A1O2+OD2=A1O2+CE即(2R)2=(2)2+22=6，所以所以外接球的体积V=4π3R3=4π3×623即三棱锥A1-CDE的外接球的体积为6π，故D正确.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)(2025·郴州模拟)已知某平面图形由如图所示的四个全等的等腰△ABO，△CBO，△FEO，△DEO拼成，其中线段AD，CF，BE的中点均为点O，且AO=3BO=23.若将该平面图形绕着直线a旋转半周围成的几何体记为Ω1，将该平面图形绕着直线b旋转半周围成的几何体记为Ω2，直线a⊥直线b，则()A.Ω1的体积为203B.Ω2的表面积为(12-43)πC.经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹总长为4πD.经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹为两个半圆答案AD解析过点A作AH⊥直线a，垂足为H，过点A作AM⊥直线b，垂足为M.由题意易得∠AOB=π6，∠AOH所以AM=12AO=3，AH=32所以该平面图形绕着直线a旋转半周，点A的运动轨迹是半径为3的半圆，其长度为12×2π×3=3π该平面图形绕着直线b旋转半周，点A的运动轨迹是半径为3的半圆，其长度为12×2π×3=3π所以经过两次旋转后，点A的运动轨迹总长为(3+3)π，C错误，D正确；Ω1为两个圆台挖去两个圆锥，Ω1的体积为21×3-13π×Ω2为两个大圆锥挖去两个小圆锥，表面积为2(π×3×23+π×3×2)=(12+43)π，B错误.课时精练[分值：42分]一、单项选择题(每小题5分，共20分)1.(2025·大同模拟)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=BC=AA1=2，点P为侧面ABB1A1上的任意一点，则PC·PC1的取值范围是(A.[0，2] B.[1，3] C.[2，4] D.[3，5]答案C解析如图，取AB的中点为原点O，建立空间直角坐标系，设P(x，0，z)，其中-1≤x≤1，0≤z≤2，C(0，3，0)，C1(0，3PC=(-x，3，-z)，PC1=(-x，3，2-z)，PC·PC1=x2+3+z2-2z=当x=-1或x=1，且z=0或z=2时，PC·PC1当x=0，且z=1时，PC·PC1取最小值2，所以PC·PC1的取值范围为[2.如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的边长为1，E为AD上任意一点，F为CC1的中点，若棱C1D1上至少存在一点P使得PE⊥PF，则棱长AA1的最大值为()A.22 B.1 C.2 D.答案A解析根据已知条件，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，设正四棱柱的高为2h(h>0)，令E(m，0，0)，F(0，1，h)，P(0，n，2h)，所以PE=(m，-n，-2h)，PF=(0，1-n，-h)因为PE⊥PF，所以PE·PF=0，即-n(1-n)+(-2h)·(-h)=0，整理得n2-n+2h2=0，因为棱C1D1上至少存在一点P使得PE⊥PF，所以关于n的方程n2-n+2h2=0至少有一个解，即Δ=(-1)2-4×1×2h2≥0，整理得1-8h2≥0，解得-24≤h≤又因为h>0，所以0<h≤2所以棱长AA1的最大值为2h=2×24=23.(2025·哈尔滨模拟)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形且∠DAB=π3，AA1⊥底面ABCD，AA1=3，点P是四棱柱ABCD-A1B1C1D1表面上(不包括点A)的一个动点，且直线AP与CC1所成的角为π6，则点A.2+π3 B.4+C.2+π2 D.4+答案D解析∵CC1∥AA1，直线AP与CC1所成的角为π∴直线AP与AA1所成的角为π∴点P的轨迹是以AA1为轴(其中A为顶点)，母线与轴所成角为π6的圆锥的侧面与四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面的交线在线段A1B1和A1D1上分别取点M，N，使得A1M=A1N=1，连接AM，AN(图略)，∵在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，∴AA1⊥平面A1B1C1D1，∵A1B1，A1D1⊂平面A1B1C1D1，∴AA1⊥A1B1，AA1⊥A1D1，∴tan∠MAA1=tan∠NAA1=13=33，故∠MAA1=∠NAA∴点P在四边形ABB1A1与四边形ADD1A1上的运动轨迹为线段AM和AN(不包括点A)，且AM=AN=(3)当P在四边形A1B1C1D1上运动时，其轨迹是以A1为圆心，1为半径，圆心角为π3的圆弧故点P在四边形A1B1C1D1上运动的轨迹长度为π3×1=综上，点P的轨迹长度为2×2+π3=4+π4.已知正四面体SABC，若底面ABC内(包括边界)有一动点P到平面SAB、平面SBC、平面SAC的距离依次成等差数列，则点P的轨迹是()A.一条线段 B.一个点C.一段圆弧 D.抛物线的一段答案A解析设点P到平面SAB、平面SBC、平面SAC的距离依次为h1，h2，h3，如图所示，由题意可知h1+h3=2h2，则13S△SABh1+13S△SACh3=2×13S△SBC即VP-SAB+VP-SAC=2VP-SBC，即VS-PAB+VS-PAC=2VS-PBC，所以S△PAB+S△PAC=2S△PBC，不妨设点P到边AB，BC，AC的距离分别为d1，d2，d3，设等边△ABC的边长为a，则S△ABC=34a2又因为S△PAB+S△PBC+S△PAC=S△ABC，即12a(d1+d2+d3)=34a所以d1+d2+d3=32a，由S△PAB+S△PAC=2S△PBC，可得12a(d1+d3)=2×12ad可得d1+d3=2d2，②联立①②可得d2=36a所以点P的轨迹是底面ABC内(包括边界)的一条与BC平行且与BC之间的距离为36a的线段二、多项选择题(每小题6分，共12分)5.(2025·贵阳模拟)已知菱形ABCD的边长为2，∠ADC=60°，将△ACD沿AC翻折，使点D与点B重合，如图所示.记点P为翻折过程中点D的位置(不包含在点B处的位置)，则下列结论正确的是()A.点P的轨迹长度为3πB.无论点P在何位置，总有AC⊥平面PBDC.不存在点P，使得AB⊥PCD.当PB=2时，M为PB上一点，则AM+CM的最小值为2答案AB解析如图所示，点P的轨迹是以AC为轴的两个同底的圆锥底面的半圆弧BD，圆O的半径为3，所以半圆弧BD长为12×2π×3=3π，即点P的轨迹长度为3π，故显然AC⊥圆O，所以AC⊥平面PBD，故B正确；因为圆锥轴截面的顶角为∠BAD=∠BCD=120°，大于90°，则存在两条母线互相垂直，即存在点P，使得CD⊥PC，而AB∥CD，因此存在点P，使得AB⊥PC，故C错误；当PB=2时，三棱锥P-ABC为正四面体，将△PAB，△PCB展开在同一平面内，如图，显然四边形ABCP为菱形，∠BAP=60°，当A，M，C三点共线时，AM+CM取得最小值为2×22-12=236.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为棱AB的中点，动点F满足BF=λBC+μBB1(λ，μ∈[0，1])，则下列命题正确的有(A.存在唯一有序实数对(λ，μ)，使得D1F⊥EFB.存在唯一有序实数对(λ，μ)，使得EF=D1F=5C.若λ+μ=1，则点F到平面D1EC的距离的最大值为2D.若EF⊥D1E，则点F的轨迹长度为2答案ACD解析以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则E(2，1，0)，D1(0，0，2)，因为BF=λBC+μBB1(λ，μ∈[0，1则动点F在侧面BCC1B1内(含边界).设F(x，2，z)，则D1F=(x，2，z-2)，EF=(x-2，1，若存在λ，μ，使得D1F⊥EF，则D1F·EF=x(x-2)+2+z(z-2)=(x-1)2+(z-1)2所以x=z=1，即存在唯一点F(1，2，1)满足条件，故A正确；易知D1C1与EB均垂直于平面BCC1B1，连接C1F，BF(图略)，则C1F，BF⊂平面BCC1B1，则D1C1⊥C1F，EB⊥BF，若EF=5，则BF=2所以点F在以B为圆心，2为半径的圆上，同理可得C1F=1，则点F在以C1为圆心，1为半径的圆上(均在侧面BCC1B1内部及其边界)，两圆的圆心距BC1=22∈(1，3)，故两圆弧相交，如图所示，故符合条件的F点有两个，对应的(λ，μ)有两组，故B错误；若λ+μ=1，则F，B1，C三点共线，即F在线段B1C上，故当点F在点B1处时，到平面D1EC的距离最大，易知平面D1EC的一个法向量为n=(1，2，2)，CB1=(2，0，故点B1到平面D1EC的距离d=|CB1·n||易知D1E=(2，1，-2因为EF⊥D1E，所以EF·D1E所以2x-2z-3=0，故点F在线段MN上，如图所示，其中M，N分别为BC，BB1上靠近点B的四等分点，所以MN=22，故D三、填空题(每小