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(2026·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为半径的圆，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，EF即为所求，EF=12·2π·2=2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=2，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−E如图，EF=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在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱DD1上的点E满足DE=ED1，F是正方体表面上的动点，且B1F∥平面A1BE，则点F的轨迹长度为答案22+45解析取CC1的中点H，C1D1的中点M，连接B1H，HM，MB1，所以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，所以点F的运动轨迹为△B1MH(不包括点B1)，又MH=2C1M=22，B1M=B1H=25，故点F的轨迹长度为22+45.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A.4π3 B.π C.2π3 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∠APH因为AP与平面SBC所成角的正切值为62所以tan∠APH=AHPH=6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根据SH=233，可知四边形SMHN是菱形，且∠MHN=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(2025·十堰模拟)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，H为DD1上的三等分点且靠近D1点，在侧面ABB1A1内作边长为1的正方形EFGB1，P是侧面ABB1A1内(包括边界)一动点，且点P到平面BCC1B1的距离与线段PF的长度相等.则当点P运动时，HP2的最小值是()A.12 B.13 C.14 D.17答案B解析建立空间直角坐标系，如图所示，过P作PN⊥BB1，垂足为N，则点P到平面BCC1B1的距离即为PN的长，设P(x，3，z)，则H(3，0，2)，F(1，3，2)，N(0，3，z)，且0≤x≤3，0≤z≤3，由PN=PF，即x=(x化简得2x-1=(z-2)2，由0≤z≤3得12≤x≤5∴HP2=(x-3)2+9+(z-2)2=x2-6x+18+2x-1=x2-4x+17=(x-2)2+13，12≤x≤5所以当x=2时，HP2取最小值13.题型三翻折有关的动态轨迹问题例3(多选)(2026·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DE⊥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=2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π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+CE2即(2R)2=(2)2+22=6，所以R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=π所以AM=12AO=3，AH=32AO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.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B1CC.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.(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·PCA.[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(0，3，2)，PC=(-x，3，-z)，PC1=(-x，3，2-z)，PC·PC1=x2+3+z2-2z=x2+(z-1当x=-1或x=1，且z=0或z=2时，PC·PC1取最大值当x=0，且z=1时，PC·PC1取最小值2，所以PC·PC1的取值范围为[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π6∴直线AP与AA1所成的角为π6∴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=∠NAA1=∴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故点P在四边形A1B1C1D1上运动的轨迹长度为π3×1=π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A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.(2021·新高考全国Ⅰ卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈[0，1]，μA.当λ=1时，△AB1P的周长为定值B.当μ=1时，三棱锥P-A1BC的体积为定值C.当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥D.当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1答案BD解析BP=λBC+μBB1(0≤λ≤1，0≤μ≤1对于选项A，当λ=1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P的周长为AB1+AP+PB1=2+1+μ2+1+(1−μ)2=2+1+图1对于选项B，当μ=1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，图2则VP−A1BC=VA1−PBC=13S△PBC×32=36S△PBC对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，则当λ=12时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2+BP2=A1B2，即322+(1-μ)2+122+μ2=2，解得μ=0或μ=1，所以点P与点D或D1重合时，A1P方法一由多选题特征，排除A，C，故选BD.方法二对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK(图略)，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确.方法三对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ=12时，点P在线段EF上运动，以点C1为原点建立如图所示的空间直角坐标系C1-xyz，则B(0，1，1)，B1(0，1，0)，A132，12，0，P0，1−λ，12，所以A1B=−32，12，1，B1P=0，−λ，12，若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以-λ2三、填空题(每小题5分，共10分)7.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点M在正方体内部运动(包括表面，不包括点B)，且BM∥平面AD1C，则动点M的轨迹所形成区域的面积为.答案9解析在正方体A