2023高考数学复习练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

»知识拓展

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.

题型聚焦分类突破研题型求突破

类型一定性的研究动点的轨迹

I核心归纳

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ɑ上的动点P

满足/抬8=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-A∖B∖C∖D∖的棱长为4,M为DDl的

中点，N为ABC。所在平面上一动点，则下列命题正确的是（）

Tr

A.若MN与平面ABCD所成的角为子则点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2π

C.若点N到直线BB∖与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线

D.若DlN与AB所成的角为导则点N的轨迹为双曲线

答案(I)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，MoJ_平面ABC£>,

所以/MND为MN与平面ABCD所成的角，

TT

所以NMND=1,

所以DN=DM=3DDι=gx4=2,

所以点N的轨迹为以。为圆心，2为半径的圆，故A正确;

对于B,在RtaMDN中，

DN=γ∣MN2-MD2=y∣42-22=2√3,

取Mo的中点E,

因为P为MN的中点，

所以PE〃DN,且PE=3DN=yβ,

DN±ED,所以PELED,

即点尸在过点E且与DDl垂直的平面内，

又PE=yβ,所以点P的轨迹为以√5为半径的圆，

其面积为n∙(√3)2=3π,故B不正确；

对于C,连接NB,因为BBlJ_平面ABC0,

所以BBdNB,

所以点N到直线83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Co上，

所以点N的轨迹为以8为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；

对于D,以。为原点，DA,DC,ODi所在直线分别为X,y,Z轴建立空间直角

坐标系，

则44,0,0),8(4,4,0),Di(0,0,4),设N(x,y,0),

则油=(0,4,0),由N=(x,y,-4),

TT

因为D∖N与AB所成的角为

所以ICOS(AB9由N〉I=COS率

所以不』可整理啸Yf

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AABP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ABCDGoI中，A4ι与底面ABGOi垂直，月.AO=

AB,E为Ccl的中点，P在对角面BBoQ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(I)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ɑ斜截圆柱，所得图形为椭圆.

(2)因为在平行六面体ABC£>—4BlGOl中，44∣与底面AIBCIol垂直，且AD=

AB,

所以该平行六面体ABeD—ABGOi是一个底面为菱形的直四棱柱，

所以对角面BBOIol.底面ABC。，ACL对角面BBiOID

取A4ι的中点尸，连接EF,则EF//AC.

因为EP与AC成30。角，所以EP与EF成30。角.

设E尸与对角面8?IDQ的交点为0,

则E0,对角面BBDiO,

所以点P的轨迹是以E。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

I核心归纳

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2&的正方体4?CDGQl中，E,F分别为棱AB,Ao的

中点，P为线段。。上的动点，则直线4P与平面OIEb的交点。的轨迹长度为

（）

A羽B迪

A.3b∙3

r2√T3逑

J3υ-3

（2）（多选）（2022・南京质检）如图，在正方体28CD-ABlCid中,P为线段A山上

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。P与AC所成角的取值范围是岛W

B.存在P点,使得平面APD1//平面GBD

C.三棱锥Di-CDP的体积为上

D.平面APDy截正方体所得的截面可能是直角三角形

答案（I）C（2）BC

解析（1）如图，连接BoI,

因为E,尸分别为棱AB,AO的中点,

所以BiDi//EF,

贝IBi,DI,E,尸四点共面.

连接4G,AiD,设AlC∩BQ∣=M,AlDCDlF=N,连接MM

则点Q的轨迹为线段MM

易得AιO=√ΛιDτ+Dr)τ=4,

△A\ND\s4DNF,且嚅^=2,

rU

8

-

3

易知4Cι=GQ=AQ=4,

所以NClAIo=60。，又4M=2,

52

所以在AAiMN中，由余弦定理可得MN2AiN2+AiM2-2A∣N∙AιMcosNMAιN=χ,

所以MN=哼,即点。的轨迹长度为斗亘.

⑵对于A选项，如图①，连接AC,D∖P,以。为原点，DA,DC,Z)Dl所在直线

分别为X轴，y轴，Z轴建立空间直角坐标系。一xyz,

则A(l,O,0),B(l,1,0),Aι(l,0,1),0(0,0,0),Dι(0,0,1),C(0,1,

0).

则有危=(一1,1,0),DlP=M∖+λA^B=(l,0,0)+Λ(0,1,-1)=(1,λ,-

λ),2∈(0,1),

“、,,ff、I—1+2|/(1—λ)2

所以IcosMC,T=百百7FΓ∙

(1—2)2

令/U)=4六+2'%e(61%

8Λ2-42-44(2Λ+1)(A-I)

/W=(4Λ2+2)2=⑷2+2)2<0

（1—；）2

所以TU）=4必+2在（61）上单调递减.

因为a=今川）=o,

所以0<∣cos<ΛC,D∖P）1<乎，

又〈危，WP）∈o,,，

故（危，D：P）∈⅛习，故A选项错误.

对于B选项，当P为AIB的中点时，有AP〃GO,AD∖∕∕C}B,易证平面APDi〃

平面GBD,故B选项正确.

对于C选项，三棱锥DLCDP的体积VDi-CDP=VP-CDD∖=∣×SΔCDD1×AD

=JXlXIXIX1=；,故C选项正确.

ɔZO

对于D选项，设AlB的中点为。，连接AP,ADi,D∖P.

当P点在线段。3（不包含端点）上时，

此时平面APDi截正方体所得的截面为梯形AEFDi,如图②；

当尸点在。点时，此时平面APDl截正方体所得的截面为正三角形ABo1；

当P点在线段。4（不包含端点）上时，此时平面APDi截正方体所得的截面为等腰

三角形AnG,如图③，且AG2+ZλG2≠A。工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ABe。-AlBICDl的棱长为2,E,尸为AAι,AB的

中点，点M是正方形ABBAl内的动点，若ClM〃平面CDiE,则点M的轨迹长

度为（）

B.1

C.√2D.√3

⑵（多选）（2022.重庆诊断）如图，点P在正方体ABCD-A∖B∖C∖D∖的面对角线BCl

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

BAiP与平面ACn所成的角大小不变

C.DP±BCι

D.DBι±AιP

答案（I）C（2）ABD

解析（1）如图所示，

取A山I的中点”，的中点G,连接£居FC,GH,C∖H,CiG,EG,HF可

得四边形EGCQl是平行四边形，.∙.GG〃/）ιE,

又DlEU平面CDiE,ClGa平面CDiE,

.∙.GG〃平面CDiE,

同理可得GH〃CR,

又CfU平面CDiE,平面CDiE,

.∙.GH〃平面CDiE,

又CiH∩CiG=Ci,

，平面GGH〃平面CDiE,

又M点是正方形ABBIAl内的动点，

若ClM〃平面CDiE,

，点M在线段G”上，

.∙.M点轨迹的长度GH=√12+12=√2.

(2)如图，因为Bci〃AOi,A。IU平面。ιAC,BCla平面OIAe

所以BG〃平面DiAC,

故点P在BCI上运动时，点P到平面DiAC的距离d是定值,

所以VAMPC=VP-ADIC=*A4OCXd是定值，A项正确.

连接Aι8,AICI,如图所示.

易知平面ABCl〃平面AC。，AIPU平面AlBC1,

所以AlP〃平面ACDi,

故AIP与平面AC£>i所成的角大小不变，B项正确.

易知DP在平面BCCl3内的射影是CP,

⅛DPlBCi,贝IJCP_LBcI,

故点尸在BCl上运动时，不一定有。PL3C∣,C项错误.

易知DBIj_平面AiBCi,而AIPU平面AIBe1,

所以。Bl_LAiP,D项正确.故选ABD.

高分训练对接高考重落实迎高考

一、基本技能练

1.如图，在正方体ABC。-AIBGDI中，P是侧面BBGC内一动点，若P到直线

BC与到直线。D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CiDi的距离即为点P到点Ci的距离,

所以在平面88ClC中，点P到定点Ci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ABC。-AIBIG。中，P为底面ABC。上的动点.PE_LAC于E,

且∕¾=PE,则点P的轨迹是（

A.线段

C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分

答案A

解析由题意知，ZVhAP丝AAiEP,

则点尸为在线段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%=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

A.√13B.√7

±sβ3^3

rK-X∙3n∙2

答案B

解析在圆锥侧面的展开图中，AA'=2π,

筋，2

所以NAIW=法•=铲，

1Jr

所以ZAVB=AVA'=^,

由余弦定理得AC2=%?+vc2-2V¾∙VCcosNAV3=32+12—2X3Xixg=7,

所以AC=巾.

所以这只蚂蚁爬行的最短距离是巾，故选B.

4.如图所示，已知正方体ABCD—AiBGOi的棱长为2,长为2的线段MN的一个

端点M在棱。Oi上运动，另一端点N在正方形ABCo内运动，则MN中点轨迹

的面积为（）

A.4兀B.2π

C.πD.^

答案D

解析易知DDIJ_平面ABCD,NMDN=90。,取线段MN的中点P,则DP=3MN

11Jr

=1,所以点P的轨迹是以。为球心，1为半径的石球面，故S=aX4ττXH=R

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,则加•丽的取值范围为（）

A.OB.—∣,O

C.-1D,一1,1

答案B

解析根据题意，以。为坐标原点，a为X轴正方向，虎为y轴正方向，而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。，

则DB∖为外接球的一条直径，

设。为。B的中点，不妨设〃与。重合，N与BI重合.

则外接球的直径长为、1+12+（6）2=2,

所以半径r=l,

所以前.丽=（历+函（历+而=（劭+⅛）∙（舒一丽=|历|2一|加2=|两∣2

—1,

由产在长方体表面上运动，

所以I两∈ɪ1,即I历F∈ɪ1,

所以I两2一回.不oj,

「3-

即丽.丽∈-J,0.

6.点P为棱长是2小的正方体ABCOGDl的内切球。球面上的动点，点M

为BG的中点，若满足OPJ则动点P的轨迹的长度为（）

A.πB.2π

C.4πD.2√5π

答案C

解析根据题意知，该正方体的内切球半径为厂=小,

如图，取的中点N,连接CM

则CNLBM,

在正方体

ABCD-AiBiCiDi中，

CN为OP在平面BICICB中的射影，

，点P的轨迹为过。，C,N的平面与内切球的交线,

正方体ABCZ）-A囚GQi的棱长为2小，

.∙.。到过O,C,N的平面的距离为1,

.∙.截面圆的半径为7（小）2—1=2,

.∙.点尸的轨迹的长度为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AABC及其内部的

点构成的集合.设集合T={Q∈S∣PQW5},则T表示的区域的面积为（）

3πn

A彳B.π

C.2πD.3兀

答案B

解析设顶点尸在底面上的投影为O,连接80,

则0为AABC的中心，

且BO=∣×6×"^=2Λ∕3,

故PO=Y36—12=2册.

因为PQ=5,故。。=1,

故。的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆,

√3

2×-^-×36

而AABC内切圆的圆心为。，半径为———=√3>1,

故Q的轨迹圆在aABC内部，

故其面积为π.

8.如图,三角形而B所在的平面a和四边形ABCD所在的平面β垂直,且ADA,a,

BCLa,AD=4,BC=8,AB=G,NAPD=NCPB,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AO〃3C,且NAPo=NCP8,AD=4,BC=8,

可得tanNAP0=rDA—ΓPnD—tan∕CP8,

在平面出3内以AB所在的直线为X轴，AB的中点。为坐标原点，建立直角坐

标系(图略)，

则4—3,0),8(3,0),

(%—3)2+y2

设P(X,y),则有两(x÷3)2+y2--2

整理可得x2+y2+10χ+9=0QW0).

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ABCo的棱长为1,点M,N分别为线段AB，，AC上的动

点，点T在平面BCCb内，则MT+NT的最小值是()

A.√2B.¥

C坐D.l

答案B

解析A点关于BC的对称点为E,M关于B夕的对称点为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ACZX的距离，因为VD∙-ACE=∣×1×SΔACE=∣×1X1

=y

而VD-ACE=VE-ACD=gxdX坐义(6)2=*d=；,

故d=零

10.如图，长方体ABeD—4夕。。中，AB=BC=巾,AA,=√3,上底面Ab

的中心为0',当点E在线段Cc上从C移动到C时，点。，在平面BDE上的射影

G的轨迹长度为()

A2兀

A∙T

Cj

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),。(1,O),0'(l,

设G(x,y),

由O'GLOG,

y-yβ

可得一ɪ

X—1X—11,

2

整理可得+(χ-l)=∣,

所以点O在平面3。E上的射影G的轨迹是以《1,Wl为圆心，半径为坐的女λ

o'c

因为tanGOF=QQ,=ɜ,

所以O'G=O'O∙sinNGoR=U

所以AO,Gb是等边三角形，

即ZGFO=^-,

所以圆弧OG的长TX坐=号

11.如图所示，在四棱锥P-ABCQ中，∕¾，底面ABC。，且底面各边都相等，M

是PC上的一动点，当点M满足时，平面MBO，平面PCD（只要填写一

个你认为是正确的条件即可）.

答案OMLPC（或BMLPC）

解析连接AC,BD,则AeLB。，因为山，底面ABC。，8。U平面ABCD,所

以M±BD.X7¾∩AC=A,

所以BOJ_平面而C,PCU平面∕¾C,

所以BDLPC,

所以当OMLPC（或BMJ_Pe）时，有PCU平面MBD,PCU平面PCD,

所以平面。，平面PCD.

12.如图，P是棱长为1的正方体ABCO—AlBlcQI表面上的动点，且AP=√1

则动点P的轨迹的长度为.

答案y

解析由已知AC=ABι=AD∖=y∣2,

在平面BCi,平面AIej中，

BP=AlP=DP=1,所以动点P的轨迹是在平面8G,平面AlC∣,平面OG内分

别以B,D,4为圆心，1为半径的三段圆弧，且长度相等，

故轨迹长度和为3=冷.

二'创新拓展练

13.在棱长为3的正方体ABCD-A∖B∖C∖D∖Φ,E是AAl的中点，P是底面ABCD

所在平面内一动点，设P0,PE与底面ABCo所成的角分别为"，仇（夕，例均

不为0）,若为=/，则三棱锥P-BBCi体积的最小值是（）

c-D-

=24

答案C

解析以。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£(3,0,|),Dι(0,0,3),

设P(x,y,O)(X20,代0),

则瓦：=(3-x,—ʃ,|),PD∖={-χ,—y,3).

因为a=①，平面ABC。的一个法向量Z=(0,0,1),

所以四=回，

∖PE∖-∖z∖∣PDι∣∙∣z∣

3

,π23

付7(3r)2+v+”i+9,

整理得/+y2-8χ+12=0,

即(X—4-+尸=4(OWyW2),

则动点P的轨迹为圆的一部分，

所以点P到平面BBG的最小距离为1,

113

所以三棱锥P—BBG体积的最小值是WX]X3X3X1=2∙

14.(多选)(2022・武汉模拟)如图，设正方体ABC。-AIBGDl的棱长为2,E为4O∣

的中点，尸为CG上的一个动点，设由点A,E,F构成的平面为α,贝∣J()

A.平面α截正方体的截面可能是三角形

B.当点F与点CI重合时，平面ɑ截正方体的截面面积为2√6

C.当点D到平面α的距离的最大值为半

D.当尸为Ccl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Cl重合时，截面是一个边长为小的菱形，该菱形的两条对角线长度

分别AG=转百万=2小和严S=26，则此时截面的面积为aX2√5

×2√2=2√6.

当F为CG的中点时，平面α截正方体的截面为五边形，B,D正确.

0(0,0,0),A(2,0,0),P(0,0,4),设点M的坐标为(0,/,0)(r∈[2,4]),

DA=(2,O,O),AM=(-2,t,O),M=(2,O,-4),

则可知点P到直线AM的距离为

SAAPM=^∖∣∕2+4∙d=y∣5t2+16.

SΔΛ4D=∣×2X4=4,

设点D到平面α的距离为儿

=

利用等体积法VDAPMVMPAD9

HΠ1,1

即W∙SA4P∕W∙∕2=1∙5A∕¾Q*

4/4

可得h=-Γ=ψ==y贝I