2023高考数学二轮专题 微专题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

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.

类型一　定性的研究动点的轨迹

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

(2)(多选)(2022·济南质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是(　　)

A.若MN与平面ABCD所成的角为，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BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线

D.若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线

答案　(1)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，MD⊥平面ABCD，

所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，

所以∠MND＝，

所以DN＝DM＝DD1＝×4＝2，

所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；

对于B，在Rt△MDN中，

DN＝＝＝2，

取MD的中点E，

因为P为MN的中点，

所以PE∥DN，且PE＝DN＝，

DN⊥ED，所以PE⊥ED，

即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，

又PE＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，其面积为π·()2＝3π，故B不正确；

对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，

所以BB1⊥NB，

所以点N到直线BB1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CD上，

所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；

对于D，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，设N(x，y，0)，

则＝(0，4，0)，＝(x，y，－4)，

因为D1N与AB所成的角为，

所以|cos〈，〉|＝cos，

所以＝，整理得－＝1，

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△ABP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ABCD－A1B1C1D1中，AA1与底面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E为CC1的中点，P在对角面BB1D1D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　(1)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α斜截圆柱，所得图形为椭圆.

(2)因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与底面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，

所以该平行六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，

所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.

取AA1的中点F，连接EF，则EF∥AC.

因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角.

设EF与对角面BB1D1D的交点为O，

则EO⊥对角面BB1D1D，

所以点P的轨迹是以EO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

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ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，AD的中点，P为线段C1D上的动点，则直线A1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长度为(　　)

A.  B. 

C.  D.

(2)(多选)(2022·南京质检)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B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D1P与AC所成角的取值范围是

B.存在P点，使得平面APD1∥平面C1BD

C.三棱锥D1－CDP的体积为

D.平面APD1截正方体所得的截面可能是直角三角形

答案　(1)C　(2)BC

解析　(1)如图，连接B1D1，

因为E，F分别为棱AB，AD的中点，

所以B1D1∥EF，

则B1，D1，E，F四点共面.

连接A1C1，A1D，设A1C1∩B1D1＝M，A1D∩D1F＝N，连接MN，

则点Q的轨迹为线段MN，

易得A1D＝＝4，

△A1ND1∽△DNF，且＝2，

所以A1N＝A1D＝.

易知A1C1＝C1D＝A1D＝4，

所以∠C1A1D＝60°，又A1M＝2，

所以在△A1MN中，由余弦定理可得MN2＝A1N2＋A1M2－2A1N·A1Mcos∠MA1N＝，

所以MN＝，即点Q的轨迹长度为.

(2)对于A选项，如图①，连接AC，D1P，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，

则A(1，0，0)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，D(0，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，1，0).

则有＝(－1，1，0)，＝＋λ＝(1，0，0)＋λ(0，1，－1)＝(1，λ，

－λ)，λ∈(0，1)，

所以|cos〈，〉|＝＝.

令f(λ)＝，λ∈(0，1)，

f′(λ)＝＝<0，

所以f(λ)＝在(0，1)上单调递减.

因为f(0)＝，f(1)＝0，

所以0<|cos〈，〉|<，

又〈，〉∈，

故〈，〉∈，故A选项错误.

图①

对于B选项，当P为A1B的中点时，有AP∥C1D，AD1∥C1B，易证平面APD1∥平面C1BD，故B选项正确.

对于C选项，三棱锥D1－CDP的体积VD1－CDP＝VP－CDD1＝×S△CDD1×AD＝××1×1×1＝，故C选项正确.

对于D选项，设A1B的中点为O，连接AP，AD1，D1P.

当P点在线段OB(不包含端点)上时，

此时平面APD1截正方体所得的截面为梯形AEFD1，如图②；

当P点在O点时，此时平面APD1截正方体所得的截面为正三角形AB1D1；

当P点在线段OA1(不包含端点)上时，此时平面APD1截正方体所得的截面为等腰三角形AD1G，如图③，且AG2＋D1G2≠AD，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ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F为AA1，AB的中点，点M是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E，则点M的轨迹长度为(　　)

A.  B.1 

C.  D.

(2)(多选)(2022·重庆诊断)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1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

B.A1P与平面ACD1所成的角大小不变

C.DP⊥BC1

D.DB1⊥A1P

答案　(1)C　(2)ABD

解析　(1)如图所示，

取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接EF，FC，GH，C1H，C1G，EG，HF可得四边形EGC1D1是平行四边形，∴C1G∥D1E，

又D1E⊂平面CD1E，C1G⊄平面CD1E，

∴C1G∥平面CD1E，

同理可得C1H∥CF，

又CF⊂平面CD1E，C1H⊄平面CD1E，

∴C1H∥平面CD1E，

又C1H∩C1G＝C1，

∴平面C1GH∥平面CD1E，

又M点是正方形ABB1A1内的动点，

若C1M∥平面CD1E，

∴点M在线段GH上，

∴M点轨迹的长度GH＝＝.

(2)如图，因为BC1∥AD1，AD1⊂平面D1AC，BC1⊄平面D1AC，

所以BC1∥平面D1AC，

故点P在BC1上运动时，点P到平面D1AC的距离d是定值，

所以VA－D1PC＝VP－AD1C＝S△AD1C×d是定值，A项正确.

连接A1B，A1C1，如图所示.

易知平面A1BC1∥平面ACD1，A1P⊂平面A1BC1，

所以A1P∥平面ACD1，

故A1P与平面ACD1所成的角大小不变，B项正确.

易知DP在平面BCC1B1内的射影是CP，

若DP⊥BC1，则CP⊥BC1，

故点P在BC1上运动时，不一定有DP⊥BC1，C项错误.

易知DB1⊥平面A1BC1，而A1P⊂平面A1BC1，

所以DB1⊥A1P，D项正确.故选ABD.

一、基本技能练

1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与到直线C1D1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C1D1的距离即为点P到点C1的距离，

所以在平面BB1C1C中，点P到定点C1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ABCD－A1B1C1D1中，P为底面ABCD上的动点.PE⊥A1C于E，且PA＝PE，则点P的轨迹是(　　)

A.线段  B.圆弧

C.椭圆的一部分  D.抛物线的一部分

答案　A

解析　由题意知，△A1AP≌△A1EP，

则点P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VA＝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.  B. 

C.  D.

答案　B

解析　在圆锥侧面的展开图中，AA′＝2π，

所以∠AVA′＝＝π，

所以∠AVB＝∠AVA′＝，

由余弦定理得AC2＝VA2＋VC2－2VA·VC·cos∠AVB＝32＋12－2×3×1×＝7，

所以AC＝.

所以这只蚂蚁爬行的最短距离是，故选B.

4.如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，另一端点N在正方形ABCD内运动，则MN中点轨迹的面积为(　　)

A.4π  B.2π 

C.π  D.

答案　D

解析　易知DD1⊥平面ABCD，∠MDN＝90°，取线段MN的中点P，则DP＝MN＝1，所以点P的轨迹是以D为球心，1为半径的球面，故S＝×4π×12＝.

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，，则·的取值范围为(　　)

A.  B.

C.  D.

答案　B

解析　根据题意，以D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，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O，

则DB1为外接球的一条直径，

设O为DB1的中点，不妨设M与D重合，N与B1重合.

则外接球的直径长为＝2，

所以半径r＝1，

所以·＝(＋)·(＋)＝(＋)·(－)＝||2－||2＝||2－1，

由P在长方体表面上运动，

所以||∈，即||2∈，

所以||2－1∈，

即·∈.

6.点P为棱长是2的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为(　　)

A.π  B.2π 

C.4π  D.2π

答案　C

解析　根据题意知，该正方体的内切球半径为r＝，

如图，取BB1的中点N，连接CN，

则CN⊥BM，

在正方体ABCD－A1B1C1D1中，

CN为DP在平面B1C1CB中的射影，

∴点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切球的交线，

∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，

∴O到过D，C，N的平面的距离为1，

∴截面圆的半径为＝2，

∴点P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△ABC及其内部的点构成的集合.设集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为(　　)

A.  B.π 

C.2π  D.3π

答案　B

解析　设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，

则O为△ABC的中心，

且BO＝×6×＝2，

故PO＝＝2.

因为PQ＝5，故OQ＝1，

故Q的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，

而△ABC内切圆的圆心为O，半径为＝>1，

故Q的轨迹圆在△ABC内部，

故其面积为π.

8.如图，三角形PAB所在的平面α和四边形ABCD所在的平面β垂直，且AD⊥α，BC⊥α，AD＝4，BC＝8，AB＝6，∠APD＝∠CPB，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AD∥BC，且∠APD＝∠CPB，AD＝4，BC＝8，

可得tan∠APD＝＝＝tan∠CPB，

即＝＝2，

在平面PAB内以AB所在的直线为x轴，AB的中点O为坐标原点，建立直角坐标系(图略)，

则A(－3，0)，B(3，0)，

设P(x，y)，则有＝＝2，

整理可得x2＋y2＋10x＋9＝0(x≠0).

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ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，点M，N分别为线段AB′，AC上的动点，点T在平面BCC′B′内，则MT＋NT的最小值是(　　)

A.  B. 

C.  D.1

答案　B

解析　A点关于BC的对称点为E，M关于BB′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ACD′的距离，

因为VD′－ACE＝×1×S△ACE＝×1×1＝，

而VD′－ACE＝VE－ACD′＝×d××()2＝d＝，

故d＝.

10.如图，长方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝BC＝，AA′＝，上底面A′B′C′D′的中心为O′，当点E在线段CC′上从C移动到C′时，点O′在平面BDE上的射影G的轨迹长度为(　　)

A.  B. 

C.  D.

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)，O(1，0)，O′(1，)，

设G(x，y)，

由O′G⊥OG，

可得·＝－1，

整理可得＋(x－1)2＝，

所以点O′在平面BDE上的射影G的轨迹是以F为圆心，半径为的.

因为tan∠GOF＝＝，

所以O′G＝O′O·sin∠GOF＝，

所以△O′GF是等边三角形，

即∠GFO＝，

所以圆弧OG的长l＝×＝.

11.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件即可).

答案　DM⊥PC(或BM⊥PC)

解析　连接AC，BD，则AC⊥BD，因为PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，

所以BD⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，

所以BD⊥PC，

所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD，PC⊂平面PCD，

所以平面MBD⊥平面PCD.

12.如图，P是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1表面上的动点，且AP＝，则动点P的轨迹的长度为________.

答案　

解析　由已知AC＝AB1＝AD1＝，

在平面BC1，平面A1C1中，

BP＝A1P＝DP＝1，所以动点P的轨迹是在平面BC1，平面A1C1，平面DC1内分别以B，D，A1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＝.

二、创新拓展练

13.在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AA1的中点，P是底面ABCD所在平面内一动点，设PD1，PE与底面ABCD所成的角分别为θ1，θ2(θ1，θ2均不为0)，若θ1＝θ2，则三棱锥P－BB1C1体积的最小值是(　　)

A.  B. 

C.  D.

答案　C

解析　以D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E，D1(0，0，3)，

设P(x，y，0)(x≥0，y≥0)，

则＝，＝(－x，－y，3).

因为θ1＝θ2，平面ABCD的一个法向量z＝(0，0，1)，

所以＝，

得＝，

整理得x2＋y2－8x＋12＝0，

即(x－4)2＋y2＝4(0≤y≤2)，

则动点P的轨迹为圆的一部分，

所以点P到平面BB1C1的最小距离为1，

所以三棱锥P－BB1C1体积的最小值是

××3×3×1＝.

14.(多选)(2022·绍兴适应性考试)如图，棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球为球O，E，F分别是棱AB和棱CC1的中点，点G在棱BC上移动，则下列结论成立的有(　　)

A.存在点G，使OD垂直于平面EFG

B.对于任意点G，OA∥平面EFG

C.直线EF被球O截得的弦长为

D.过直线EF的平面截球O所得的所有圆中，半径最小的圆的面积为

答案　ACD

解析　对于A，当G为BC中点时，EG⊥BD，BB1⊥EG，

∵BB1∩BD＝B，∴EG⊥平面BB1D，

而B1D⊂平面BB1D，则EG⊥B1D，

同理FG⊥平面B1CD，得FG⊥B1D.

∵EG∩FG＝G，∴B1D⊥平面EFG，即OD⊥平面EFG，故选项A正确；

对于B，当G与B重合时，点A在平面EFB上，O点在平面EFB外，∴OA与平面EFG相交，故选项B错误；

对于C，由勾股定理可知EF＝＝＝，取EF的中点M，则OM＝＝，

即O到EF的距离为，

则EF被球O截得的弦长为2×＝，故选项C正确；

对于D，设球的半径为R，截面圆的半径为r，O到平面的距离为d，

则r2＋d2＝R2，

当O到平面的距离最大时，截面圆的半径r最小，O到平面的距离小于等于O到EF的距离，

∴d＝时，rmin＝＝，

∴最小圆的面积为π·r2＝，故选项D正确.综上，故选ACD.

15.(多选)(2022·南京模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1边长为1，P是A1D上的一个动点，下列结论中正确的是(　　)

A.BP的最小值为

B.PA＋PC的最小值为

C.当P在直线A1D上运动时，三棱锥A－B1PC的体积不变

D.以点B为球心，为半径的球面与平面AB1C的交线长为π

答案　ACD

解析　对于A，当BP⊥A1D时，BP最小.

∵A1B＝BD＝A1D＝，

∴B到直线A1D的距离d＝·＝，A正确；

对于B，以B为坐标原点，，，所在直线为x轴，y轴，z轴建系，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，

设＝λ，∴P(1，λ，1－λ)，

PA＋PC＝＋＝＋

＝

＝.

表示M(λ，0)，N之间的距离，

表示M(λ，0)，Q之间的距离，

∴(PA＋PC)min＝NQ＝，B错误；

对于C，A1D∥B1C，∴A1D∥平面AB1C，

∴P到平面AB1C的距离为定值，S△AB1C为定值，则VP－AB1C为定值，C正确；

对于D，由BD1⊥平面AB1C，设BD1与平面AB1C交于G点，∴BG＝BD1＝，

设以B为球心，为半径的球与平面AB1C交线上任一点为H，

∴BH＝，

∴GH＝＝，

∴H在以G为圆心，为半径的圆上.此圆恰好为△AB1C的内切圆，完全落在平面AB1C内，

∴交线长为2π·＝π，D正确.

故选ACD.

16.(多选)(2022·武汉模拟)如图，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为A1D1的中点，F为CC1上的一个动点，设由点A，E，F构成的平面为α，则(　　)

A.平面α截正方体的截面可能是三角形

B.当点F与点C1重合时，平面α截正方体的截面面积为2

C.当点D到平面α的距离的最大值为

D.当F为CC1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C1重合时，截面是一个边长为的菱形，该菱形的两条对角线长度分别AC1＝＝2和＝2，则此时截面的面积为×2×2＝2.

当F为CC1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形，B，D正确.

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

＝(2，0，0)，＝(－2，t，0)，＝(2，0，－4)，

则可知点P到直线AM的距离为

d＝＝，

S△APM＝·d＝.

S△PAD＝×2×4＝4，

设点D到平面α的距离为h，

利用等体积法VD－APM＝VM－PAD，

即·S△APM·h＝·S△PAD·t，

可得h＝，则h＝，

由h＝在t∈[2，4]上单调递增，

所以当t＝4时，h取到最大值为.

故选BCD.

17.已知面积为2的菱形ABCD如图①所示，其中AC＝2，E是线段AD的中点.现沿AC折起，使得点D到达点S的位置，此时二面角S－AC－B的大小为120°，连接SB，得到三棱锥S－ABC如图②所示，则三棱锥S－ABC的体积为________；若点F在三棱锥的表面运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹长度为________.

答案　　＋

解析　依题意，AC·BD＝BD＝2，点S到平面ABC的距离为sin 60°＝，△ABC的面积为×2＝，

则三棱锥S－ABC的体积为××＝.

如图，取AC边上靠近点A的四等分点G，

取BA的中点为H，连接EH，EG，GH，

故点F的轨迹长度即为△EHG的周长，

又EG＝GH＝，EH＝SB＝，

故点F的轨迹长度为＋.

18.如图，三棱锥S－ABC的所有棱长均为1，SH⊥底面ABC，点M，N在直线SH上，且MN＝，若动点P在底面ABC内，且△PMN的面积为，则动点P的轨迹长度为________.

答案　

解析　设P到直线MN的距离为d，由题易得d＝，

易知H为△ABC的中心，

又MN⊥平面ABC，

当点P在平面ABC内时，其轨迹是以H为圆心，为半径的圆.

∵△ABC内切圆的半径为，

∴圆H的一部分位于△ABC外，结合题意得，点P的轨迹为圆H位于底面△ABC内的三段相等的圆弧(利用正三角形的性质判断出圆H有一部分在△ABC外，才能正确得到点P的轨迹)，

如图，过点H作HO⊥AC，垂足为O，

则HO＝，记圆H与线段OC的交点为K，连接HK，

可得HK＝，

∴cos∠OHK＝＝＝，

∴∠OHK＝，

∴点P的轨迹长度为圆H周长的(利用圆及正三角形的对称性分析求解)，

∴点P的轨迹长度为×2π×＝.