备考2024届高考数学一轮复习好题精练第七章立体几何与空间向量突破3立体几何中的动态问题命题点2轨迹问题

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A.439πB.33πC.233πD.433π
解析 如图1，取AD的中点H，连接EH，FH，则EH∥AA1.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，所以EH⊥平面ABCD，所以∠EFH为EF与底面ABCD所成的角，即∠EFH＝π3.设正方体的棱长为a，则4π×（32a）2＝3πa2＝12π，解得a＝2，所以EH＝AA1＝a＝2，则HF＝23，所以点F的轨迹为以H为圆心，23为半径的圆在正方形ABCD内的部分.如图2，HG＝HM＝23，则cs∠AHG＝AHHG＝32，则∠AHG＝π6，由对称性可得∠DHM＝π6，所以∠MHG＝π－2×π6＝2π3，故点F的轨迹长度为2π3×23＝439π，故选A.
方法技巧
与立体几何有关的轨迹问题的解题方法
（1）几何法：利用几何图形的性质找满足题意的点.
（2）排除法：利用特殊位置或者特殊值进行排除.
（3）定义法：转化为平面轨迹问题，利用解析几何相关知识计算.
（4）建系法：建立空间直角坐标系，设出动点坐标，根据题意建立方程（组），得出轨迹方程.
训练2 [2023广州市一测]在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面ADD1A1上的动点，且PC1∥平面AEF，则点P的轨迹长为 22 ，点P到直线AF的距离的最小值为 23 .
解析 如图，连接AD1，D1F，易证AD1∥EF，从而A，E，F，D1四点共面，平面AEF即平面AEFD1.记AA1，A1D1的中点分别为M，N，连接MN，NC1，MC1，可得MN∥AD1，MC1∥AF.
∵MN⊄平面AEFD1，AD1⊂平面AEFD1，∴MN∥平面AEFD1.同理可得MC1∥平面AEFD1，又MN∩MC1＝M，MN，MC1⊂平面MNC1，∴平面MNC1∥平面AEFD1.故点P的轨迹是线段MN，其长为12AD1＝22.分别以DA，DC，DD1的方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（1，0，0），F（0，1，12），M（1，0，12），N（12，0，1），∴AF＝（－1，1，12），｜AF｜＝32.由点P在线段MN上，可设P（x，0，32－x），12≤x≤1，则AP＝（x－1，0，32－x），∴｜AP｜＝（x－1）2＋02＋（32－x）2＝2x2－5x＋134.设AF与AP的夹角为α，则cs α＝－x+1+12（32－x）322x2－5x＋134＝－32x＋74322x2－5x＋134＝－x＋762x2－5x＋134，∴sin α＝x2－83x＋1792x2－5x＋134.∴点P到直线AF的距离d＝｜AP｜sin α＝x2－83x＋179＝（x－43）2＋19，又12≤x≤1，∴dmin＝（1－43）2＋19＝23，即点P到直线AF的距离的最小值为23.