高中数学同步讲义（人教B版2019必修四）第38讲 专题11-10 立体几何初步中的9种轨迹问题

专题10立体几何中的轨迹问题TOC\o"1-3"\h\u题型1等距法求轨迹 1◆类型1求轨迹形状 1◆类型2求轨迹长度 8◆类型3求轨迹面积 14题型2距离和为定值求轨迹长度 15题型3由平行求轨迹 17◆类型1求轨迹形状 17◆类型2求轨迹长度 20◆类型3求轨迹面积 30题型4由垂直求轨迹 34◆类型1求轨迹形状 34◆类型2求轨迹长度 42◆类型3求轨迹面积 54题型5由等角求轨迹 56◆类型1求轨迹形状 56◆类型2求轨迹长度 58题型6交轨法求轨迹长度 64题型7截面求轨迹长度 66题型8翻折求轨迹长度 67题型9投影法求轨迹 73题型1等距法求轨迹◆类型1求轨迹形状【例题1-1】（2023春·江苏南京·高二南京市第二十九中学校考阶段练习）已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B,C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当C运动，点A．是圆 B．是椭圆 C．是抛物线 D．不是平面图形【答案】A【分析】设定圆圆心为O，半径为r，由线面垂直的判定与性质可推导证得BH⊥DH，由直角三角形性质可确定【详解】设定圆圆心为O，半径为r，连接OH，设直径为BD，连接AD,∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD∵BD为直径，∴BC⊥CD，又AB∩∴CD⊥平面ABC，又BH⊂平面ABC又BH⊥AC，AC∩CD=∴BH⊥平面ACD，DH⊂平面ACD在Rt△BDH中，OH=OB=OD=r故选：A.【变式1-1】1．（2021·高一课时练习）在三棱台A1B1C1﹣ABC中，点D在A1B1上，且AA1∥BD，点M是△A1BA．平面 B．直线C．线段，但只含1个端点 D．圆【答案】C【解析】利用面面平行的判定定理构造平面BDN//平面A1C【详解】过D作DN∥A1C1，交B1C1于N，连结BN，由于A1C1⊂平面A1C,DN⊂∵在三棱台A1B1C1﹣ABC中，点D在A1B1上，且AA1∥BD，且AA1⊂平面A1C∴BD//平面A∵AA1∩A1C1＝A1，BD∩DN＝D，∴平面BDN∥平面A1C，∵点M是△A∴M的轨迹是线段DN，且M与D不重合，∴动点M的轨迹是线段，但只含1个端点.故选：C【点睛】本小题主要考查面面平行的判定定理，属于基础题.【变式1-1】2．（2019·高一课时练习）如图所示，△ADP为正三角形，四边形ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD.M为平面ABCD内的一动点，且满足MP=MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为（A． B． C． D．【答案】A【详解】试题分析：在空间中，过线段PC中点，且垂直线段PC的平面上的点到P，C两点的距离相等，此平面与平面ABCD相交，两平面有一条公共直线．解：在空间中，存在过线段PC中点且垂直线段PC的平面，平面上点到P，C两点的距离相等，记此平面为α，平面α与平面ABCD有一个公共点D，则它们有且只有一条过该点的公共直线．取特殊点B，可排除选项B，故选A．考点：轨迹方程．【变式1-1】3.如图，在棱长为4的正方体ABCD-A'B'C'D'中，E、F分别是AD、A'D'的中点，长为2的线段MN的一个端点M在线段EF上运动，另一个端点N在底面A'B'C'D'上运动，则线段MN的中点P的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体的体积为A.4π3B.2π3C.π【答案】D【分析】连接PF、NF，分析得出FP=1，可知点P的轨迹是以点F为球心，半径长为1的球面，作出图形，结合球体的体积公式可求得结果【详解】连接PF、NF，因为AD//A'D','AD=A'D'，且E、F分别为AD、A'D'的中点，故AE/A'F且AE=A'F，所以，四边形AA'FE为平行四边形，故EF//AA'且EF=AA'=4，∵AA'⊥平面A'B'C'D'，则EF⊥平面A'B'C'D'，因为FN⊂平面A'B'C'D'，所以，EF⊥FN，∵P为MN的中点，故FP=12所以，点P的轨迹是以点F为球心，半径长为1的球面，如下图所示：所以，线段MN的中点P的轨迹（由面）与正方体（各个面）所围成的几何体为球F的14，故所求几何体的体积为v=【变式1-1】4.四棱锥P-OABC中，底面OABC是正方形，OP⊥OA，OA=OP=a.D是棱OP上的一动点，E是正方形OABC内一动点，DE的中点为Q，当DE=a时，Q的轨迹是球面的一部分，其表面积为3π，则a的值是（）A.23B.26C.【答案】B【分析】由题意结合选项可特殊化处理，即取OP与底面垂直，求得Q的轨迹，结合球的表面积求解．【详解】不妨令OP⊥OC，则OP⊥底面OABC，如图，∵D是OP上的动点，∴OD⊥底面OABC，可得OD⊥OE，又Q为DE的中点，.：OQ=1=12以12a为半径的球面，其表面积为S=18×4π×【变式1-1】5．（2020·高一课时练习）如图，水平的广场上有一盏路灯挂在高10m的电线杆顶上，记电线杆的底部为点A.把路灯看作一个点光源，身高1.5m的女孩站在离点A5（1）若女孩以5m（2）若女孩向点A前行4m到达点D，然后从点D出发沿着以BD【答案】（1）人影扫过的图形是一个圆环，S=2775【分析】（1）人影扫过的图形是一个圆环，根据相似计算得到影长为1517（2）如图所示，女孩在移动过程上比例关系不变，故轨迹为正方形.【详解】（1）人影扫过的图形是一个圆环，设影长BC=BF=1.5,AE=10,（2）如图（2），女孩在移动过程上比例关系不变，如ADHD故女孩走一圈时头顶影子的轨迹形状为正方形HIPQ.【点睛】本题考查了轨迹方程，意在考查学生的空间想象能力和应用能力.◆类型2求轨迹长度【例题1-2】（2022秋·河南·高三校联考阶段练习）在正方体ABCD−A1B1C1A．15π2 B．(4+32π) C．17π【答案】C【分析】根据题意找到平面ABCD,A1【详解】依题意，∵OA=4，AA1∴AE=3=OA所以△AEO≌△A又因为∠AEO+∠AOE所以∠EOF=π−(∠A在平面AA1B该轨迹是以5为半径的14个圆周，所以长度为2π×5×同理，在平面AA1D在平面A1B1A1F为半径的圆弧，长度为同理，在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的圆弧，长度为2π×3×1故轨迹的总长度为5π2故选:C．【变式1-2】1．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知正四棱柱ABCD−A1B1C1A．3π B．4π C．6π D．8π【答案】A【分析】由题意分析点P的轨迹为以M为球心，以2为半径的球，所以在正四棱柱ABCD−A1【详解】由题意分析点P的轨迹为以M为圆心，以2为半径的球，此球面与正四棱柱ABCD−A1B1C1D1故选A．【变式1-2】2．（2023春·湖南·高三统考阶段练习）正方体ABCD−A1B1C1D1A．3+266C．3+66【答案】A【分析】根据题意，点P在以A1为球心，半径R=15【详解】解：由题设知点P在以A1为球心，半径R所以点P的轨迹就是该球与三棱锥C1由正方体性质易知三棱锥A1所以，点A1到平面C1BD所以球A1在平面C1BD所以，截面圆的圆心O1是正△C1BD中心，正△C1BD因此，点P在面C1BD内的轨迹是圆O1如图所示．cos∠MO1所以∠M所以，点P在此面内的轨迹长度为r1因为AA1⊥其半径r2=R所以点P在平面BCD内的轨迹是一段弧EF，如图所示，cos∠GAE所以∠GAE=π6，从而由于对称性，点P在平面C1BD和平面C1故点P在三棱锥C1−BCD故选：A【变式1-2】3．（2022·高一单元测试）在长方体ABCD−A1B1C1D1A．12π B．8π C．6π D．4π【答案】C【分析】由题设，在长方体表面确定P的轨迹，应用弧长公式计算轨迹长度.【详解】如图，P在左侧面的轨迹为弧A1N，在后侧面的轨迹为弧NC，在右侧面的轨迹为弧MC，在前侧面内的轨迹为弧易知|NC|=14π×4×2=2π∴∠A1AN∴P的轨迹长度为6π，故选：C.【变式1-2】4．（2020·高一课时练习）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1A．3π3 B．23π3 【答案】D【分析】由题意得动点P的轨迹在正方形BCC【详解】由题意得动点P的轨迹是以A为球心，半径为233的球面被平面BB截面半径为r=故这段弧长为14故选：D.【点睛】本题考查了球的截面，考查了空间想象能力，属于中档题.【变式1-2】5．（2016春·四川成都·高一统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD⊥A．5 B．22 C．π D．【答案】A【分析】因为MP=【详解】取AB中点为E，PC中点为F，连接DF、EF，因为PD=DC=2，所以DF⊥PC，因为AB⊥AD，侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，所以AB⊥面PAD，又PA⊂面PAD，所以PA⊥AD，所以PE=CE=5，所以EF⊥故选：A.◆类型3求轨迹面积【例题1-3】（2020·高一课时练习）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P【答案】

π4

π【解析】由题意得点P的轨迹是以D为圆心，1为半径的14【详解】解：∵tan∠D1PD即点P的轨迹是以D为圆心，1为半径的14∴P的轨迹的面积为S=D1P的轨迹所形成几何体为14故答案为：π4；π【点睛】本题主要考查扇形的面积公式与圆锥的体积公式，属于基础题．题型2距离和为定值求轨迹长度【例题2】（2020·浙江·高一期末）在棱长为1的正方体ABCD−A1【答案】6【解析】由已知得点P是以2c=3为焦距，以a=1为长半轴，以【详解】因为正方体的棱长为1，∴BD1所以点P是以2c=3为焦距，以a=1为长半轴，以∴P应是椭球与正方体的棱的交点，结合正方体的性质可知，满足条件的点应该在棱A故答案为：6.【点睛】关键点点睛：解决本题问题的关键在于得出点P的轨迹，利用椭球与正方体的各棱交点得出答案.【变式2-1】（2022春·辽宁铁岭·高一校联考期末）如图，在棱长为3的正方体ABCD−A1B1【答案】2【分析】连接B1D1，首先证明B1D⊥平面A1BC1，设B1D∩平面A1B【详解】解：连接B1D1，因为四边形A∵DD1⊥平面A1B1因为B1D1∩DD1=D∵B1D⊂平面同理可证B1D⊥A1B，∵A1B设B1D∩平面A1B因为A1B=BC则E为△A1BC1的中心，则BE所以B1E=BB12−B∵B1D⊥平面A1BC1，PE⊂因为PD+PB1=2+13，即所以点P的轨迹是半径为1的圆，因为r1>1，所以点P的轨迹长为故答案为：2题型3由平行求轨迹◆类型1求轨迹形状【例题3-1】（2022·全国·高一专题练习）在三棱台A1B1C1−ABC中，点D在A1B1上，且AAA．三角形A1B1C．线段的一部分 D．圆的一部分【答案】C【分析】过D作DE//A1C1交B1C1于E，连接【详解】如图，过D作DE//A1C1交BBD//AA1，BD⊄平面AA1C1同理DE//平面AA1C1C，又所以平面BDE//平面AA1C1C，所以M∈故选：C．【变式3-1】1．（2023·全国·高一专题练习）如图，在正四棱锥S−ABCD中，E是BC的中点，P点在侧面△SCD内及其边界上运动，并且总是保持PE∥平面SBD．则动点A． B． C． D．【答案】A【分析】先分别取CD、SC的中点M、N，再证明面EMN∥面SBD，可知当P在MN上移动时，PE⊂面EMN，能够保持PE∥【详解】分别取CD、SC的中点M、N，连接MN，ME，NE，又∵E是BC的中点，∴EM∥BD，又∵EM,EN⊄面SBD，BD,SB⊂面SBD，∴EM∥又∵EM∩EN=E，EM,EN⊂∴当P在MN上移动时，PE⊂面EMN，此时能够保持PE∥平面则动点P的轨迹与△SCD【变式3-1】2．（2022·全国·高一专题练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱CA．A1F与B．A1F与C．点F的轨迹是一条线段D．三棱锥F−【答案】A【分析】设平面D1AE与直线BC交于G，连接AG，EG，则G为BC的中点，分别取B1B，B1C1的中点M，N，连接A1M，MN，A1N，证明平面A【详解】解：设平面D1AE与直线BC交于G，连接AG，则G为BC的中点，分别取B1B，B1C1连接A1M，MN，如图.∵A1M//D1E，A1∴A1M//平面D1AE又A1M、MN是平面∴平面A1MN//平面D1AE，而A1F得点F的轨迹为一条线段，故C正确；并由此可知，当F与M重合时，A1F与∵平面A1MN//平面D1AE，BE和平面D∵MN//EG，则点F到平面D1◆类型2求轨迹长度【例题3-2】（2023春·全国·高一专题练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1【答案】2π4【分析】M的轨迹为半径为2的球A与正方体表面的交线，即3个半径为2的14圆弧，要满足AN∥平面BDC1，则N在平行于平面BD【详解】点M、N在正方体的表面上运动，由AM=2，则M的轨迹为半径为2的球A与正方体表面的交线，即3个半径为2的14圆弧，故正方体中，AD1∥BC1，AB1平面AB1D1，DC1、当N在△AB1D1上时，即满足AN∥平面故答案为：2【变式3-2】1．（2023春·全国·高一专题练习）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1A．22 B．2 C．322【答案】B【分析】取BB1中点M，B1C1中点N，连接MN，则易证平面A1MN//平面【详解】如图所示：取BB1中点M，B1C1因为MN//BC1，B所以MN//AMN⊄平面AD1E，所以MN//平面A同理可证明A1N//又因为MN∩A1N=所以平面A1MN//当F的轨迹为线段MN时，此时A1F⊂平面A1MN此时MN=故选：B.【变式3-2】2．（2022·全国·高一期末）如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA．2+5 B．2+25 C．【答案】B【分析】要满足C1P//平面CD1EF，只需要寻找一个平面，使该平面经过C1，且与平面CD1EF平行即可,取BB1的中点G，【详解】取BB1的中点G，A1正方体ABCD−A1B1C1D1因为F,H为分别为AB,A1B1的中点，所以FH因为HC1⊄面CD1EF，CF⊂同理可证：HG//面C又GH∩HC1=H,HC所以面C1HG//所以P点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形C1因为正方体ABCD−A1所以三角形C1HG的周长为故选：B【变式3-2】3．（2023·广西南宁·统考一模）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2,E､F分别是棱AA【答案】5【分析】利用直线与平面没有交点，转化为寻找过直线D1P且与平面BEF平行的平面AD1G【详解】取BC的中点G，连接AG,E､F分别是棱AA又因为EF⊂平面BEF,AD1⊄平面BEF，所以因为FD所以四边形FBGD1为平行四边形，所以又因为FB⊂平面BEF,GD1⊄平面BEF，所以因为GD1∩AD1=因为点P为底面四边形ABCD内（包括边界）的一动点，直线D1P与平面所以P的轨迹为线段AG，则AG=故答案为：5.【变式3-2】4．（2023春·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=2AD=4，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，AD的中点，AC与BD交于点O，现将△AEH，△BEF，△CFG，△DGH分别沿EH，EF，FG，GH把这个矩形折成一个空间图形，使A与D重合，B与C重合，重合后的点分别记为M，N，Q为MN的中点，则多面体【答案】

22

【分析】根据给定的几何体，证明EG⊥平面MNFH，求出四棱锥E−MNFH的体积即可；证明点P所在平面平行于平面MEG，作出过点Q【详解】连接EG,ON，有EG⊥FH，而NG=NE=2ON∩FH=O，则EG⊥平面OFN，同理EG⊥平面OHM，又平面于是点M,N,F,H共面，而因为NF⊥NG，NF⊥NE，NG∩NE=又ON⊂平面NEG，即有NF⊥ON，则∠即∠NOF=∠OHM，从而ON//HM，即四边形ONMH等腰梯形MNFH中，高OQ=NFsin显然EG⊥平面MNFH，所以多面体MNEFGH的体积V因为NF⊥平面NEG，同理可得HM⊥平面MEG，又ON//HM，则依题意，动点P所在平面与ON垂直，则该平面与平面MEG平行，而此平面过点Q，令这个平面与几何体棱的交点依次为P1,Q又Q为MN的中点，则点P1,T,S长度为：QP1+故答案为：22；【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.【变式3-2】5．（2023·全国·高一专题练习）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F,G【答案】

6

2【分析】作出辅助线，得到平面ACD1∥平面EFG，从而得到P的轨迹和轨迹长度，以及当D1【详解】连接D1A，D1C，AC，则因为E,因为AE∥D1G，所以四边形AEGD1是平行四边形，所以因为EG⊂平面EFG，AD1⊄平面EFG，所以又因为E,F分别为AB,BC的中点，所以EF是三角形ABC的中位线，所以因为EF⊂平面EFG，AC⊄平面EFG，所以AC∥平面因为AD1∩AC=A，AD1⊂平面AC点P在线段AC上时，能够满足直线D1P与平面点P的轨迹是线段AC，长度为22+22=2此时由三线合一得：P为AC中点，因为AD1=所以D1P=8−2=故答案为：6，2【变式3-2】6．（2019春·福建泉州·高一福建省晋江市养正中学校联考期末）如图，各棱长均为a的正三棱柱ABC−A1B1C1，M、N分别为线段A1B、B1C上的动点，且MN∥平面A．3 B．233 C．3 【答案】D【分析】设AA1,BB1,CC【详解】设AA1,BB1,CC1的中点分别为D,E,F，连接DE,EF,FD,A1C.由于MN//平面ACC1A1，所以A1M=CN.当A1M=CN故选：D【点睛】本小题主要考查线面平行的有关性质，考查棱柱的体积计算，考查空间想象能力，考查分析与解决问题的能力，属于中档题.【变式3-2】7．（2022·高一课时练习）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，底面ABCD是边长为6的正方形，M，N分别为线段AC1，D【答案】3【分析】MN//平面B1BCC1或MN⊂平面B1BCC1，过点M作MH//BB1交AC于H，过点N作NG//BB1交CD于G，点E在平面【详解】连接AC，直线MN与平面B1故MN//平面B1BCC1过点M作MH//BB1交AC于H，过点N作NG//所以平面MHGN//平面B点E在平面ABCD的投影在HG上，设为T，T为HG中点，设NG=λDD1，根据相似得到CG=故ET=NG+MH2=C故MN中点E的轨迹的长度等于△ADC边AD上的中线长，该中线长为6故答案为：35【点睛】本题考查了空间中的轨迹问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.◆类型3求轨迹面积【例题3-3】（2022春·广东珠海·高一珠海市斗门区第一中学校考期中）在边长为2的正方体ABCD−A1B1【答案】2【分析】由题意，求出作出过B的平面与平面AD【详解】如图，边长为2的正方体ABCD−动点M满足BM//平面A由面面平行的性质可得当BM始终在一个与平面AD过B作与平面AD连接A1B，BC1，A1所以S△故答案为：2【变式3-3】1.（2023·全国·高一专题练习）正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为A．53 B．5 C．39 D．【答案】C【分析】取AB的中点Q，证明平面MQC∥平面A【详解】取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为BB1，CC1，AB的中点可得MC∥B1N，所以MC//平面AB1N，同理MQ∥AB1得MQ//平面AB1所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．在正三棱柱ABC−A1平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB所以CQ⊥因为AB=4，所以CQ因为侧棱长是6，所以AB所以MQ=13，则△MQC的面积故动点P的轨迹面积为39．故选：C【变式3-3】2.（2022·全国·高一专题练习）已知正方体ABCD−A1B1C1【答案】3【分析】画出P点的轨迹，从而计算出动点P的轨迹所形成的区域面积.【详解】设P1,P根据正方体的性质可知MP1//AD由于MP1⊂平面A所以MP1//同理可证得P1P2由于MP1∩P1所以动点P的轨迹所形成的区域为正六边形MP正六边形MP1P2P故答案为：3题型4由垂直求轨迹◆类型1求轨迹形状【例题4-1】（2022春·北京西城·高一北京市第十三中学校考阶段练习）如图，正方体ABCD−A1BlClDl中，P为底面ABCDA．线段 B．圆弧C．抛物线的一部分 D．以上答案都不对【答案】A【分析】连接PA1、AE，分析可知点P在过点F且垂直于线段AE的垂面上，由此可得出点【详解】连接PA1、因为AA1⊥平面ABCD，PA⊂平面因为PE⊥A1C，PA=PE，所以，E为定点，取线段AE的中点F，连接PF，因为PA=PE，则PF⊥AE，所以点P在过点而此垂面与底面ABCD相交于一条线段，故点P的轨迹为线段.故选：A.【变式4-1】1．（2022·全国·高一专题练习）在正方体ABCD−A1B1A．线段BB．线段BC．BB1中点与D．CB中点与B1【答案】A【分析】BD1⊥平面ACB1，又点P在侧面BCC1B1【详解】连接AC,因为DD1⊥AC,AC⊥BD，且DD所以AC⊥因为A1D1⊥AB1,A1B所以AB1⊥BD1，且AB1∩所以BD1⊥AP，点P的轨迹为面ACB故选：A.【变式4-1】2．（2022·全国·高一专题练习）如图所示，三棱锥P−ABC的底面在平面α内，且AC⊥PC，平面PAC⊥平面PBCA．一条线段 B．一条直线 C．一个圆 D．一个圆，但要去掉两个点【答案】D【详解】因为平面PAC⊥平面PBC，AC⊥PC，平面PAC∩平面PBC=PC，AC⊂平面PAC，所以AC⊥平面PBC.又因为BC⊂平面PBC，所以AC⊥BC.所以∠ACB=90°.所以动点C的轨迹是以AB为直径的圆，除去A和B两点.选D.点睛：求轨迹实质是研究线面关系，本题根据面面垂直转化得到线线垂直，再根据圆的定义可得轨迹，注意轨迹纯粹性.【变式4-1】3．（2022·高一课时练习）如图所示，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，侧面PAD为等边三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，点M在正方形ABCD内运动，且满足MP=MCA． B．C． D．【答案】B【分析】先找出符合条件的特殊位置，然后根据符合条件的轨迹为线段PC的垂直平分面与平面AC的交线，即可求得点M的轨迹【详解】解：根据题意，可知PD=DC，则点D符合“点M在正方形ABCD内的一个动点，且满足设AB的中点为E，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AD⊥AB，AB⊂因为AP⊂平面PAD，所以AB根据题目条件可得PA=CBAE=BE所以PE=CE，点E也符合“点M在正方形ABCD内的一个动点，且满足故动点M的轨迹肯定过点D和点E，而M到点P到点C的距离相等的点为线段PC的垂直平分面，线段PC的垂直平分面与平面AC的交线是一直线，所以M的轨迹为线段DE，故选：B【变式4-1】4．（2022·全国·高一专题练习）四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1A． B． C． D．【答案】D【解析】利用正方体的性质可得体对角线垂直于平面ACM，进而得出动点的轨迹.【详解】正四棱柱ABCD−如图所示：连接AC,由正方体性质易知AM⊥BN，NP⊥所以AM⊥BN，因为BN∩NP=N，所以所以AM⊥BP，同理可得因为AM∩可得BP⊥平面ACM即动点Q在侧面BB1故选：D【点睛】本题考查立体几何中的轨迹问题，本题解题的关键在于构造正方体，使得BP为正方体的体对角线，进而易知BP⊥平面ACM【变式4-1】5．（2020秋·全国·高一万年中学校考阶段练习）四棱锥P−ABCD底面为正方形，侧面PAD为等边三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，点M在底面正方形ABCD内运动，且满足MP=MCA． B．C． D．【答案】A【分析】先找出符合条件的特殊位置，然后根据符合条件的轨迹为线段PC的垂直平分面与平面AC的交线，即可求得点M的轨迹.【详解】根据题意，可知PD=DC，则点D符合“点M在正方形且满足MP=设AB的中点为E，根据题目条件可知ΔPAE和ΔCBE全等，所以PE=CE，点E也符合“点M在正方形ABCD内的一个动点，且满足故动点M的轨迹肯定过点D和点E，而到点P到点C的距离相等的点为线段PC的垂直平分面，线段PC的垂直平分面与平面AC的交线是一直线，所以M的轨迹为线段DE.故选：A.【点睛】本题主要考查了直线与平面垂直的性质，以及平面的基本性质等知识的应用，同时考查了空间想象能力，以及推理能力.【变式4-1】6．（2020·高一课时练习）如图所示，在正四棱锥S-ABCD中，E是BC的中点，P点在侧面△SCD内及其边界上运动，并且总是保持PE⊥AC．则动点P的轨迹与△A． B．C． D．【答案】A【详解】如图：连BD交AC与o,F、G分别是SC、CD中点；易证平面SBD//平面∴AC◆类型2求轨迹长度【例题4-2】（2023春·全国·高一专题练习）设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F①点M可以是棱AD的中点；②点M的轨迹是菱形；③点M轨迹的长度为2+5④点M的轨迹所围成图形的面积为52其中正确的命题个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】连接AC,BD，交于O，则O为AC,BD中点，过点P,Q分别作PH//BB1,【详解】解：连接AC,BD，交于O，则O为因为F为BD1的中点，所以由正方体的性质可知DD1⊥所以FO⊥平面ABCD因为DE⊂平面ABCD所以FO⊥过点O作PQ⊥DE，分别交BC,过点P,Q分别作PH//BB1,所以，PQGH四点共面，且GQ//所以，四边形PQGH为平行四边形，因为AA1⊥所以PH⊥平面ABCD，PQ⊂平面所以PH所以，四边形PQGH为矩形，因为PQ∩FO=O，所以DE⊥平面PQGH因为点M在正方体的表面上运动，且满足FM所以，当FM⊂面PQGH时，始终有FM所以，点M的轨迹是矩形PQGH，如下图，因为∠DQO所以，∠DQO所以，∠AQO因为∠OAQ所以△AOQ∽△所以AQBE=AOBD所以CP=AQ=所以，点M不可能是棱AD的中点，点M的轨迹是矩形PQGH，轨迹长度为矩形PQGH的周长25轨迹所围成图形的面积为5故正确的命题为③④.个数为2个.故选：B【变式4-2】1．（2023·陕西榆林·校考模拟预测）已知直三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长均为4，空间内的点H【答案】46π【分析】作出图形，根据题意得到H点在以AA1，BC1为直径的球上，利用三棱柱的性质得到对应的边长，利用勾股定理得到HM⊥HN，进而得到【详解】设AA1的中点为M，BC1的中点为因为HA⊥HA1，且HB⊥HC球心分别为M，N，半径分别为r=MA=2，R=NB又MN=23，所以HM过H作HT⊥MN，垂足为T，则因为两球的交线为圆，所以H点轨迹是以T为圆心，以HT为半径的圆，所以轨迹长度为2π×2故答案为：46【变式4-2】2．（2022春·安徽合肥·高一校考期末）已知正方体ABCD−A1B1C1D1【答案】

1

2【分析】（1）根据面面平行的知识画出P点的轨迹，从而求得轨迹长度.（2）根据线面垂直的知识画出P点的轨迹，从而求得轨迹长度.【详解】（1）设G,F分别是B1C1由于GF⊄平面BDD1B1所以GF//平面BD由于E是CD的中点，所以EF//由于EF⊄平面BDD1B1所以EF//平面BD由于GF∩EF=所以平面GEF//平面BD所以P点的轨迹是线段GF，此时EP//平面BD所以轨迹的长度为1.（2）根据正方体的性质可知AC⊥而BD∩DD所以AC⊥平面BD由于BD1⊂平面BD根据正方体的性质可知B1C⊥且BC所以B1C⊥平面BC1所以B1由于AC∩B1所以BD1⊥所以P点的轨迹是线段B1C，此时满足所以P点的轨迹长度是2.故答案为：1；2【变式4-2】3．（2022·全国·高一专题练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱AA1的中点，A1CA．2 B．5C．22 D．【答案】C【分析】连接AC1,A1B,A1D，由正方体的性质易知【详解】解：如图，连接AC1,A1B,所以点N是A1又因为M为棱AA所以A由正方体的性质易知CC所以BD⊥平面ACC1同理可证AC1⊥所以AC1⊥平面A1BD此时当P∈BD时，总有所以点P的轨迹线段BD，因为正方体的棱长为2，所以点P的轨迹线段BD的长度为22故选：C【变式4-2】4．（2022·高一课时练习）如图，在棱长为1正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱ABA．22 B．52 C．π16【答案】A【分析】分别取BC、BB1的中点E、F，连EF，利用线面垂直的判定定理和性质可证动点P的轨迹是线段EF，求出【详解】如图：分别取BC、BB1的中点E、F，连AE,AF,因为M为AB的中点，E为BC的中点，ABCD为正方形，所以DM⊥又D1D⊥平面ABCD，所以D1D⊥AE所以D1同理可得D1M⊥AF，又AE∩因为AP⊂平面AEF，所以AP因为动点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，所以动点而EF=22，所以动点P故选：A【点睛】关键点点睛：作出并证明动点P的轨迹是本题解题关键，分别取BC、BB1的中点E、F，连EF，则线段EF即为动点【变式4-2】5．（2020春·湖北襄阳·高一襄阳四中校考阶段练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点E在棱BCA．62 B．43 C．42【答案】A【解析】在AB，BB1上分别取点G,F，使得BG=2GA，【详解】解：由正方体的特点可知BD1⊥在AB，BB1上分别取点G,F，使得连接GE，GF，EF，则GE//AC，∴平面AB1C∴BD1∴M的轨迹为△∵正方体棱长为3，∴AC∴GE∴△GEF的周长为3故选：A．【点评】本题考查了棱柱的结构特征，线面垂直的判定，属于中档题．【变式4-2】6．（2022·全国·高一专题练习）正四棱锥S-ABCD底面边长为2，高为1，E是棱BC的中点，动点P在四棱锥表面上运动，并且总保持PE⋅A．1+2 B．2+3 C．22 D．23【答案】B【分析】设F,G分别为DC,SC的中点,则可证明AC⊥【详解】由PE⋅AC=0设F,G分别为DC,设AC,BD交于点O，AC,所以在正四棱锥S-ABCD中，SO⊥平面ABCD所以SO⊥AC,且由E,F,所以BD//EF,SO//GO所以AC⊥平面EFG故当点P在平面EFG内时，有PE⊥所以动点P的轨迹为平面EFG截正四棱锥S-ABCD的截面，即△EFG由E,F,所以EF又正四棱锥S-ABCD底面边长为2，高为1，所以BD=22,所以EF故选：B【点睛】本题考查轨迹问题，考查线面的垂直的证明，属于中档题.【变式4-2】7．（2020·浙江杭州·高一期末）在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=60°，PA=PD，∠APD=90°，平面PAD⊥平面ABCD【答案】2【分析】利用已知条件，通过直线与平面垂直，推出Q的轨迹，利用转化思想，求解距离即可．【详解】根据题意，连接AC，BD，两直线交于点O，取PC上一点M，连接MB，MD，如图：若满足题意DQ⊥AC，又AC⊥BD，故AC⊥平面DBQ，则点Q假设如图所示，平面DBM与平面DBQ是同一个平面，则Q点的轨迹就是线段BM，根据假设，此时直线AC⊥平面DBM，则AC又三角形PAD是等腰直角三角形，设N为AC的中点，三角形BAD是等边三角形，所以PN⊥AD,BN⊥所以AD⊥PB，又因为BC//AD，故故PC=在三角形PAC中，PA=2，AC=2由余弦定理可得：cos∠PCA在菱形ABCD中，OC=3，故在直角三角形MOC中，在三角形BCM中，∠PCB=45°，故故得BM=故答案为：2【点睛】本题考查空间图形的应用，涉及直线与平面的位置关系，轨迹长度的求解，是难题．◆类型3求轨迹面积【例题4-3】（2022·全国·高一专题练习）棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1A．33 B．62 C．6 【答案】D【分析】本题首先可以根据题意确定当PC⊥BD1时直线PC所在平面区域，然后结合图像即可得出动点P的轨迹所围成图形为【详解】如图，易知直线BD1⊥故动点P的轨迹所围成图形为△A因为△AB1所以其面积S=故选：D.【变式4-3】1.（2022·高一课时练习）如图，已知直三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱长为2.E，F分别是侧面ACC1A1和侧面AB（

）A．π3 B．2π3 C．4【答案】B【分析】根据已知条件得P的轨迹为以AA1为直径的球在三棱柱【详解】解：∵二面角A−∴

平面AEF⊥平面EF又∵

点P在线段EF上，且AP⊥EF，AP⊂平面AEF，平面∴AP⊥平面EFA1∴

AP⊥A1P，∴P在以AA1∴

P的轨迹为以AA1为直径的球在三棱柱又∵

三棱柱ABC−∴

P的轨迹为以AA1为直径的球面，占球面的∴

点P的轨迹的面积是S=故选：B.【点睛】本题考查立体几何面面垂直的性质定理，考查空间想象能力，是中档题.【变式4-3】2．（2022春·上海浦东新·高一上海师大附中校考期末）如图，定点A和B都在平面α内，AB=2，定点P∉α，PB⊥α，C是α内一动点，且AC⋅【答案】π【分析】连接BC，证明AC⊥平面PBC得AC⊥BC，从而得到C的轨迹形状及其围成图形的面积．【详解】连接BC．∵AC⋅∵PB⊥α，AC⊂α，∴PB⊥AC﹒又PB∩PC＝P，PB、PC⊂平面PBC，∴AC⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AC⊥BC，故C的轨迹是平面α内以AB为直径的圆(去掉A、B两点)，故动点C在平面α内的轨迹所围成图形的面积为π⋅2故答案为：π题型5由等角求轨迹◆类型1求轨迹形状【例题5-1】正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为AB，A1B1的中点，P是边C1D1上的一个点（包括端点），Q是平面PMB1上一动点，满足直线MN与直线AN夹角与直线MN与直线NQ的夹角相等，则点Q所在轨迹为（）A.椭圆B.双曲线C.抛物线D.抛物线或双曲线【答案】D【分析】根据题设分析可知：Q点轨迹为以AN为母线，MN为轴，AB为底面直径的圆锥体，及其关于A1B1反向对称的锥体与平面PMB1，的交线，应用数形结合，结合平面与双锥面相交所成曲线的性质判断Q所在轨迹的形状【详解】由题设，Q点轨迹为以AN为母线，MN为轴，AB为底面直径的圆锥体，及其关于A1B1反向对称的锥体与平面PMB的交线，如下图示：当P是边C1D1上移动过程中，只与下方锥体有相交，Q点轨迹为抛物线；当P是边C1D1上移动过程中，与上方锥体也有相交，Q点轨迹为双曲线；【变式5-1】如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB=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【答案】C【分析】由题可知点P在以AB为轴的圆锥的侧面上，再结合条件可知P的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义，即得【详解】用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线.此题中平面α上的动点P满足∠PAB=30°，可理解为P在以AB为轴的圆锥的侧面上，再由斜线段AB与平面α所成的角为60°，可知P的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义.故可知动点P的轨迹是椭圆.故选：C.◆类型2求轨迹长度【例题5-2】（2022春·北京·高一人大附中校考期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为底面ABCD【答案】π【分析】根据题设描述易知P的轨迹是以D为圆心，33为半径的四分之一圆，即可求DP【详解】由题设，DD1//CC1，要使D1P与直线CC∴D1P绕DD1以π6夹角旋转为锥体的一部分，如上图示：P∴DP在ABCD上扫过的面积为14故答案为：π12【变式5-2】1．（2021春·浙江湖州·高一统考期末）如图，已知四棱锥V−ABCD，底面ABCD是矩形，VD=CD,(1)求证：平面ADE⊥平面VCD(2)当CD=2AD=2且∠VCD=π6时，若直线VC【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据线面垂直的判定得到AD⊥平面VCD（2）分别计算α=π3和π2时的情况，根据线面垂直与几何关系确定点【详解】（1）证明：因为VD⊥故AD⊥VD所以AD⊥平面AD⊂平面所以平面ADE⊥平面（2）首先，取VC中点F，连接DF在等腰△VDC中，DF由（1）知AD⊥平面VCD，得AD由①②得DF⊥平面ADF，即此时当F与E直线VC与平面ADE所成的线面角为π2其次，由题意易得，存在点F两侧各有两个点，如图分别记为E1,E2，使得作CH⊥ED于H，又AD⊥平面VCD故CH⊥平面ADE所以VCEC在平面ADE的射影为EH∠CEH即为直线VC与平面ADE所成的线面角α即∠此时，∠VCD=π6,∠故C同理可得∠VE故E的运动轨迹长度为E1【变式5-2】2．(多选)（2023·江苏南通·二模）如图，正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为2，BC2．若将正三棱锥A-PBC绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点A'，P'处，且A'A．A'B．PP'//C．多面体PP'D．点A，P旋转运动的轨迹长相等【答案】BC【分析】由已知可得，正三棱锥侧棱两两互相垂直，放到正方体中，借助正方体研究线面位置关系和外接球表面积.【详解】正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为2，BC2，则正三棱锥A-PBC中侧棱两两互相垂直，正三棱锥D-PBC中侧棱两两互相垂直，则正三棱锥可以放到正方体中，当点A，P分别旋转至点A'，P'处，且A'连接A'D，正方体中DP//A'P'且△PCP'为等边三角形，则PP'与PC夹角为60∘，DADA'//PP'，PP'⊄平面A多面体PP'A'BDC的外接球即棱长为2点A，P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，选项D错误.故选：BC【点睛】思路点睛：本题的关键在于作出旋转后的图形，根据图形研究相关的性质，而正三棱锥中侧棱两两互相垂直，图形放到正方体中，又使判断线面位置关系和运算变得更简便.【变式5-2】3.在长方体ABCD-A1B1C1【答案】2【分析】由题意画出图形，由角的关系得到边的关系，然后再在平面DCC1D1【详解】如下图所示：当P在面DCC1D1内时，AD⊥面DCC1D1，CM⊥面DCC1在平面DCC1设P（x，y），由PD=2PC，得（x+3）整理得：x2-10x+y²+9=0，即（x-5）²+y²=16.点P的轨迹是以F（5，0）为圆心，半径为4的圆.设圆F与面DCC1则sin∠EFK=EKEF=24=12,所以∠EFK=π6题型6交轨法求轨迹长度【例题6】（2023·山东聊城·统考一模）已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为16，E是棱BC的中点，P是侧棱A【答案】2【分析】取CD的中点M，连接EM交AC于点F，连接A1C1、B1D1交于点O，连接OF、BD，即可得到B1、D1、M、E四点共面，从而得到平面B1D1ME∩平面ACC1A1=OF，连接AC1交OF【详解】如图取CD的中点M，连接EM交AC于点F，连接A1C1、B1D1交于点因为E是棱BC的中点，所以ME//BD，则F为AC的四等分点且由正四棱柱的性质可知DD1//BB1且所以B1D1//ME，所以B1、所以平面B1D1连接AC1交OF于点G，因为P是侧棱AA1上的动点，直线C1所以线段OG即为点P'如图在平面ACC1A1中，过点F作HF⊥A1所以△AFG∽△C1OG设AD=DC=a、依题意a2b=16所以OF=要求动点P'的轨迹长度的最小值，即求OG的最小值，即求OF因为a2b=16所以18当且仅当b2=1b，即所以OFmin=3，所以OGmin=故答案为：2【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是找到动点的轨迹，再利用均值不等式求出OF的最小值.题型7截面求轨迹长度【例题7】（2023春·全国·高一专题练习）已知菱形ABCD的各边长为4,∠D=60∘，如图所示，将△ACD沿AC折起，使得点D到达点S的位置，连接SB，得到三棱锥S−ABC，若SB=6则三棱锥S−ABC的体积为___________，E是线段【答案】

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103【分析】取AC中点M，由题可得AC⊥平面SMB，进而可得三棱锥S−ABC的高ℎ，进而得出体积，设点F轨迹所在平面为α，则F【详解】取AC中点M，连接BM,SM，则AC⊥BM,∴AC⊥平面SMB，SM又SB=6，cos∠∴∠SBM=∠MSB=30三棱锥S−ABC体积为作EH⊥AC于H，设点F轨迹所在平面为则平面α经过点H且AC⊥设三棱锥S−ABC外接球的球心为O,△易知OO1⊥平面SAC,O由题可得∠OMO1OO1=则三棱锥S−ABC外接球半径易知O到平面α的距离d=故平面α截外接球所得截面圆的半径为r1∴截面圆的周长为l=2πr1=故答案为：43；10【点睛】关键点点睛：对于求三棱锥S−ABC外接球半径，关键在于找到三棱锥S−题型8翻折求轨迹长度【例题8】（2023·全国·高一专题练习）已知矩形ABCD中，AB=2BC=6，点M，N分别为线段AB,CD的中点，现将△ADM沿【答案】32π【分析】先分析出点A的轨迹是一个半圆，再结合三角形中位线定理可得AC中点的轨迹也是一个半圆，即可得出结果【详解】由已知得:四边形AMDN是正方形，△ADM沿DM翻转的过程中，点A以O为圆心，OA为半径的半圆，其半径为32设线段AC的中点E，线段NC的中点F，线段EF的中点为O'，在以为半径的半圆上取一点A1，连接A1C，并取A1C的中点E由三角形中位线定理可得：E1E//A1A，∴∠EE1F=90°，则点E