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文档简介
§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.eq\r(3)aB.eq\r(2)aC.eq\f(\r(3)a,2)D.eq\f(\r(2)a,2)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=eq\f(\r(2),2)a,则点M轨迹的长度是eq\f(\r(2)a,2).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.eq\r(6)+eq\r(2) B.eq\r(6)-eq\r(2)C.4 D.eq\r(5)+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=2eq\r(2),SB=SD=eq\r(22+2)=eq\r(6),故EG+EF+GF=eq\f(1,2)×(eq\r(6)+eq\r(6)+2eq\r(2))=eq\r(6)+eq\r(2).即动点P的轨迹的周长为eq\r(6)+eq\r(2).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eq\f(π,4),则长方体的体积最大时,动点P的轨迹长为()A.πB.eq\f(\r(2)π,2)C.eq\f(π,2)D.eq\f(\r(2)π,4)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=eq\f(\r(5),2)或R=-eq\f(\r(5),2)(舍去),即外接球的直径为eq\r(5),设AB=a,BC=b,则eq\r(a2+b2+22)=eq\r(5),可得a2+b2=1,所以V=2ab≤a2+b2=1,当且仅当a=b=eq\f(\r(2),2)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eq\f(π,4),所以∠BPO=eq\f(π,4),故OP=eq\f(1,2),则点P的轨迹是以O为圆心,半径r=eq\f(1,2)的半圆弧,所以动点P的轨迹长为πr=eq\f(π,2).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eq\r(13),△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eq\f(16,3),则满足上述条件的顶点P的轨迹长度是________.答案4eq\r(3)π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eq\f(16,3),∴eq\f(1,3)×eq\f(1,2)x2×4=eq\f(16,3),解得x=2eq\r(2),∴△ABC的外接圆半径为r1=eq\f(1,2)×eq\r(2)×2eq\r(2)=2,∴球心O到底面ABC的距离d1=eq\r(R2-r\o\al(2,1))=eq\r(13-22)=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=eq\r(R2-d\o\al(2,2))=eq\r(13-1)=2eq\r(3),∴顶点P的轨迹长度是2πr2=2π×2eq\r(3)=4eq\r(3)π.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eq\f(\r(2)π,8)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=eq\f(1,2)AD=eq\f(1,2),MQ=M0Q=eq\f(1,2)AE=eq\f(1,2),PQ=eq\f(1,2)DE=eq\f(\r(2),2),△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,eq\f(1,2)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eq\f(1,4)π·PQ=eq\f(\r(2)π,8).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=eq\r(3),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.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(2\r(2),3)C.eq\f(π,2)D.eq\f(π,3)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eq\f(1,2),如图当E与C重合时,∠D′AC=60°,所以AK=eq\f(1,2),取O为AD′的中点,得到△OAK是正三角形.故∠KOA=eq\f(π,3),所以∠KOD′=eq\f(2π,3),射影K的轨迹长度为eq\f(1,2)×eq\f(2π,3)=eq\f(π,3).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.(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.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(3)π,6)C.eq\r(3)D.eq\f(\r(3)π,2)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=eq\f(BB1,tan60°)=eq\f(\r(3),3),故点P的轨迹为以B1为圆心,eq\f(\r(3),3)为半径,位于平面A1B1C1D1内的eq\f(1,4)圆,故轨迹长度为eq\f(1,4)×2π×eq\f(\r(3),3)=eq\f(\r(3)π,6).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=4C.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=eq\f(1,2)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.eq\r(3)B.eq\r(2)C.eq\f(2\r(3),3)D.eq\f(\r(5),2)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eq\f(BN,AB)=eq\f(AB,RA),得BN=eq\f(1,2),易得CN=eq\r(BN2+BC2)=eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2+12)=eq\f(\r(5),2).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.eq\f(1,2)B.1C.eq\f(\r(5),2)D.eq\f(π,2)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=eq\r(AA\o\al(2,1)+A1M2)=eq\f(\r(5),2).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.2eq\r(3)B.3eq\r(3)C.eq\r(3)D.eq\f(3\r(3),2)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×eq\f(\r(3),2)=eq\r(3),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=eq\f(1,2)OB′,PQ=eq\f(1,2)OD,EQ=eq\f(1,2)B′D,所以△EPQ的周长为3×eq\f(\r(3),2)=eq\f(3\r(3),2),所以点F轨迹的长度为eq\f(3\r(3),2).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A1B1C1D1B.当平面PAA1⊥平面CB1D1时,点P的轨迹长度为2πC.当PA∥平面A1B1CD时,点P的轨迹长度为2πD.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=eq\r(3),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=2eq\r(3)π,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eq\f(a,2)=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eq\f(π,4),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eq\f(π,2)+2eq\r(2)C.C1M的最小值为eq\r(2)-1D.当点M在侧面BB1C1C上时,eq\f(\r(3),3)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eq\f(π,4),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eq\f(π,4);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eq\f(π,2)+2eq\r(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=eq\r(2)-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eq\f(\r(3),3)AN+MN=λ+eq\r(1-λ2+y-λ2+z-λ2)≥λ+eq\r(1-λ2)=λ+(1-λ)=1,当且仅当y=z=λ,且y2+z2=1,即y=z=λ=eq\f(\r(2),2)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eq\f(π,3),则动点N的轨迹长度为________.答案eq\f(4\r(3)π,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=eq\f(π,3),则eq\f(MG,NG)=taneq\f(π,3)⇒NG=eq\f(2\r(3),3),故点N在以G为圆心,eq\f(2\r(3),3)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eq\f(BG,EG)=eq\f(1,\f(2\r(3),3))=eq\f(\r(3),2)⇒∠EGB=eq\f(π,6)⇒∠EGF=π-eq\f(π,6)-eq\f(π,6)=eq\f(2π,3),所以动点N的轨迹长度为eq\f(2\r(3),3)×eq\f(2π,3)=eq\f(4\r(3)π,9).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△
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