高中數(shù)學(xué)講義（人教B版2019必修四）第38講專題11-10立體幾何初步中的9種軌跡問題

專題10立體幾何中的軌跡問題TOC\o"13"\h\u題型1等距法求軌跡 1◆類型1求軌跡形狀 1◆類型2求軌跡長度 8◆類型3求軌跡面積 14題型2距離和為定值求軌跡長度 15題型3由平行求軌跡 17◆類型1求軌跡形狀 17◆類型2求軌跡長度 20◆類型3求軌跡面積 30題型4由垂直求軌跡 34◆類型1求軌跡形狀 34◆類型2求軌跡長度 42◆類型3求軌跡面積 54題型5由等角求軌跡 56◆類型1求軌跡形狀 56◆類型2求軌跡長度 58題型6交軌法求軌跡長度 64題型7截面求軌跡長度 66題型8翻折求軌跡長度 67題型9投影法求軌跡 73題型1等距法求軌跡◆類型1求軌跡形狀【例題11】（2023春·江蘇南京·高二南京市第二十九中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知線段AB垂直于定圓所在的平面，B,C是圓上的兩點，H是點B在AC上的射影，當(dāng)C運動，點A．是圓 B．是橢圓 C．是拋物線 D．不是平面圖形【答案】A【分析】設(shè)定圓圓心為O，半徑為r，由線面垂直的判定與性質(zhì)可推導(dǎo)證得BH⊥DH，由直角三角形性質(zhì)可確定【詳解】設(shè)定圓圓心為O，半徑為r，連接OH，設(shè)直徑為BD，連接AD,∵AB⊥平面BCD，CD?平面BCD∵BD為直徑，∴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故選：A.【變式11】1．（2021·高一課時練習(xí)）在三棱臺A1B1C1﹣ABC中，點D在A1B1上，且AA1∥BD，點M是△A1BA．平面 B．直線C．線段，但只含1個端點 D．圓【答案】C【解析】利用面面平行的判定定理構(gòu)造平面BDN//平面A1C【詳解】過D作DN∥A1C1，交B1C1于N，連結(jié)BN，由于A1C1?平面A1C,DN?∵在三棱臺A1B1C1﹣ABC中，點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，∵點M是△A∴M的軌跡是線段DN，且M與D不重合，∴動點M的軌跡是線段，但只含1個端點.故選：C【點睛】本小題主要考查面面平行的判定定理，屬于基礎(chǔ)題.【變式11】2．（2019·高一課時練習(xí)）如圖所示，△ADP為正三角形，四邊形ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD.M為平面ABCD內(nèi)的一動點，且滿足MP=MC，則點M在正方形ABCD內(nèi)的軌跡為（A． B． C． D．【答案】A【詳解】試題分析：在空間中，過線段PC中點，且垂直線段PC的平面上的點到P，C兩點的距離相等，此平面與平面ABCD相交，兩平面有一條公共直線．解：在空間中，存在過線段PC中點且垂直線段PC的平面，平面上點到P，C兩點的距離相等，記此平面為α，平面α與平面ABCD有一個公共點D，則它們有且只有一條過該點的公共直線．取特殊點B，可排除選項B，故選A．考點：軌跡方程．【變式11】3.如圖，在棱長為4的正方體ABCDA'B'C'D'中，E、F分別是AD、A'D'的中點，長為2的線段MN的一個端點M在線段EF上運動，另一個端點N在底面A'B'C'D'上運動，則線段MN的中點P的軌跡（曲面）與正方體（各個面）所圍成的幾何體的體積為A.4π3B.2π3C.π【答案】D【分析】連接PF、NF，分析得出FP=1，可知點P的軌跡是以點F為球心，半徑長為1的球面，作出圖形，結(jié)合球體的體積公式可求得結(jié)果【詳解】連接PF、NF，因為AD//A'D','AD=A'D'，且E、F分別為AD、A'D'的中點，故AE/A'F且AE=A'F，所以，四邊形AA'FE為平行四邊形，故EF//AA'且EF=AA'=4，∵AA'⊥平面A'B'C'D'，則EF⊥平面A'B'C'D'，因為FN?平面A'B'C'D'，所以，EF⊥FN，∵P為MN的中點，故FP=12所以，點P的軌跡是以點F為球心，半徑長為1的球面，如下圖所示：所以，線段MN的中點P的軌跡（由面）與正方體（各個面）所圍成的幾何體為球F的14，故所求幾何體的體積為v=【變式11】4.四棱錐POABC中，底面OABC是正方形，OP⊥OA，OA=OP=a.D是棱OP上的一動點，E是正方形OABC內(nèi)一動點，DE的中點為Q，當(dāng)DE=a時，Q的軌跡是球面的一部分，其表面積為3π，則a的值是（）A.23B.26C.【答案】B【分析】由題意結(jié)合選項可特殊化處理，即取OP與底面垂直，求得Q的軌跡，結(jié)合球的表面積求解．【詳解】不妨令OP⊥OC，則OP⊥底面OABC，如圖，∵D是OP上的動點，∴OD⊥底面OABC，可得OD⊥OE，又Q為DE的中點，.：OQ=1=12以12a為半徑的球面，其表面積為S=18×4π×【變式11】5．（2020·高一課時練習(xí)）如圖，水平的廣場上有一盞路燈掛在高10m的電線桿頂上，記電線桿的底部為點A.把路燈看作一個點光源，身高1.5m的女孩站在離點A5（1）若女孩以5m（2）若女孩向點A前行4m到達點D，然后從點D出發(fā)沿著以BD【答案】（1）人影掃過的圖形是一個圓環(huán)，S=2775【分析】（1）人影掃過的圖形是一個圓環(huán)，根據(jù)相似計算得到影長為1517（2）如圖所示，女孩在移動過程上比例關(guān)系不變，故軌跡為正方形.【詳解】（1）人影掃過的圖形是一個圓環(huán)，設(shè)影長BC=BF=1.5,AE=10,（2）如圖（2），女孩在移動過程上比例關(guān)系不變，如ADHD故女孩走一圈時頭頂影子的軌跡形狀為正方形HIPQ.【點睛】本題考查了軌跡方程，意在考查學(xué)生的空間想象能力和應(yīng)用能力.◆類型2求軌跡長度【例題12】（2022秋·河南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）在正方體ABCD?A1B1C1A．15π2 B．(4+32π) C．17π【答案】C【分析】根據(jù)題意找到平面ABCD,A1【詳解】依題意，∵OA=4，AA1∴AE=3=OA所以△AEO≌△A又因為∠AEO+∠AOE所以∠EOF=π?(∠A在平面AA1B該軌跡是以5為半徑的14個圓周，所以長度為2π×5×同理，在平面AA1D在平面A1B1A1F為半徑的圓弧，長度為同理，在平面ABCD內(nèi)滿足條件的點的軌跡為以A為圓心，AE為半徑的圓弧，長度為2π×3×1故軌跡的總長度為5π2故選:C．【變式12】1．（2023春·河南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知正四棱柱ABCD?A1B1C1A．3π B．4π C．6π D．8π【答案】A【分析】由題意分析點P的軌跡為以M為球心，以2為半徑的球，所以在正四棱柱ABCD?A1【詳解】由題意分析點P的軌跡為以M為圓心，以2為半徑的球，此球面與正四棱柱ABCD?A1B1C1D1故選A．【變式12】2．（2023春·湖南·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）正方體ABCD?A1B1C1D1A．3+266C．3+66【答案】A【分析】根據(jù)題意，點P在以A1為球心，半徑R=15【詳解】解：由題設(shè)知點P在以A1為球心，半徑R所以點P的軌跡就是該球與三棱錐C1由正方體性質(zhì)易知三棱錐A1所以，點A1到平面C1BD所以球A1在平面C1BD所以，截面圓的圓心O1是正△C1BD中心，正△C1BD因此，點P在面C1BD內(nèi)的軌跡是圓O1如圖所示．cos∠MO1所以∠M所以，點P在此面內(nèi)的軌跡長度為r1因為AA1⊥其半徑r2=R所以點P在平面BCD內(nèi)的軌跡是一段弧EF，如圖所示，cos∠GAE所以∠GAE=π6，從而由于對稱性，點P在平面C1BD和平面C1故點P在三棱錐C1?BCD故選：A【變式12】3．（2022·高一單元測試）在長方體ABCD?A1B1C1D1A．12π B．8π C．6π D．4π【答案】C【分析】由題設(shè)，在長方體表面確定P的軌跡，應(yīng)用弧長公式計算軌跡長度.【詳解】如圖，P在左側(cè)面的軌跡為弧A1N，在后側(cè)面的軌跡為弧NC，在右側(cè)面的軌跡為弧MC，在前側(cè)面內(nèi)的軌跡為弧易知|NC|=14π×4×2=2π∴∠A1AN∴P的軌跡長度為6π，故選：C.【變式12】4．（2020·高一課時練習(xí)）在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1A．3π3 B．23π3 【答案】D【分析】由題意得動點P的軌跡在正方形BCC【詳解】由題意得動點P的軌跡是以A為球心，半徑為233的球面被平面BB截面半徑為r=故這段弧長為14故選：D.【點睛】本題考查了球的截面，考查了空間想象能力，屬于中檔題.【變式12】5．（2016春·四川成都·高一統(tǒng)考期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，側(cè)面PAD為正三角形，底面ABCD是邊長為2的正方形，側(cè)面PAD⊥A．5 B．22 C．π D．【答案】A【分析】因為MP=【詳解】取AB中點為E，PC中點為F，連接DF、EF，因為PD=DC=2，所以DF⊥PC，因為AB⊥AD，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)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⊥故選：A.◆類型3求軌跡面積【例題13】（2020·高一課時練習(xí)）在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點P【答案】

π4

π【解析】由題意得點P的軌跡是以D為圓心，1為半徑的14【詳解】解：∵tan∠D1PD即點P的軌跡是以D為圓心，1為半徑的14∴P的軌跡的面積為S=D1P的軌跡所形成幾何體為14故答案為：π4；π【點睛】本題主要考查扇形的面積公式與圓錐的體積公式，屬于基礎(chǔ)題．題型2距離和為定值求軌跡長度【例題2】（2020·浙江·高一期末）在棱長為1的正方體ABCD?A1【答案】6【解析】由已知得點P是以2c=3為焦距，以a=1為長半軸，以【詳解】因為正方體的棱長為1，∴BD1所以點P是以2c=3為焦距，以a=1為長半軸，以∴P應(yīng)是橢球與正方體的棱的交點，結(jié)合正方體的性質(zhì)可知，滿足條件的點應(yīng)該在棱A故答案為：6.【點睛】關(guān)鍵點點睛：解決本題問題的關(guān)鍵在于得出點P的軌跡，利用橢球與正方體的各棱交點得出答案.【變式21】（2022春·遼寧鐵嶺·高一校聯(lián)考期末）如圖，在棱長為3的正方體ABCD?A1B1【答案】2【分析】連接B1D1，首先證明B1D⊥平面A1BC1，設(shè)B1D∩平面A1B【詳解】解：連接B1D1，因為四邊形A∵DD1⊥平面A1B1因為B1D1∩DD1=D∵B1D?平面同理可證B1D⊥A1B，∵A1B設(shè)B1D∩平面A1B因為A1B=BC則E為△A1BC1的中心，則BE所以B1E=BB12?B∵B1D⊥平面A1BC1，PE?因為PD+PB1=2+13，即所以點P的軌跡是半徑為1的圓，因為r1>1，所以點P的軌跡長為故答案為：2題型3由平行求軌跡◆類型1求軌跡形狀【例題31】（2022·全國·高一專題練習(xí)）在三棱臺A1B1C1?ABC中，點D在A1B1上，且AAA．三角形A1B1C．線段的一部分 D．圓的一部分【答案】C【分析】過D作DE//A1C1交B1C1于E，連接【詳解】如圖，過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∈故選：C．【變式31】1．（2023·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在正四棱錐S?ABCD中，E是BC的中點，P點在側(cè)面△SCD內(nèi)及其邊界上運動，并且總是保持PE∥平面SBD．則動點A． B． C． D．【答案】A【分析】先分別取CD、SC的中點M、N，再證明面EMN∥面SBD，可知當(dāng)P在MN上移動時，PE?面EMN，能夠保持PE∥【詳解】分別取CD、SC的中點M、N，連接MN，ME，NE，又∵E是BC的中點，∴EM∥BD，又∵EM,EN?面SBD，BD,SB?面SBD，∴EM∥又∵EM∩EN=E，EM,EN?∴當(dāng)P在MN上移動時，PE?面EMN，此時能夠保持PE∥平面則動點P的軌跡與△SCD【變式31】2．（2022·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E是棱CA．A1F與B．A1F與C．點F的軌跡是一條線段D．三棱錐F?【答案】A【分析】設(shè)平面D1AE與直線BC交于G，連接AG，EG，則G為BC的中點，分別取B1B，B1C1的中點M，N，連接A1M，MN，A1N，證明平面A【詳解】解：設(shè)平面D1AE與直線BC交于G，連接AG，則G為BC的中點，分別取B1B，B1C1連接A1M，MN，如圖.∵A1M//D1E，A1∴A1M//平面D1AE又A1M、MN是平面∴平面A1MN//平面D1AE，而A1F得點F的軌跡為一條線段，故C正確；并由此可知，當(dāng)F與M重合時，A1F與∵平面A1MN//平面D1AE，BE和平面D∵MN//EG，則點F到平面D1◆類型2求軌跡長度【例題32】（2023春·全國·高一專題練習(xí)）已知正方體ABCD?A1B1C1D1【答案】2π4【分析】M的軌跡為半徑為2的球A與正方體表面的交線，即3個半徑為2的14圓弧，要滿足AN∥平面BDC1，則N在平行于平面BD【詳解】點M、N在正方體的表面上運動，由AM=2，則M的軌跡為半徑為2的球A與正方體表面的交線，即3個半徑為2的14圓弧，故正方體中，AD1∥BC1，AB1平面AB1D1，DC1、當(dāng)N在△AB1D1上時，即滿足AN∥平面故答案為：2【變式32】1．（2023春·全國·高一專題練習(xí)）在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1A．22 B．2 C．322【答案】B【分析】取BB1中點M，B1C1中點N，連接MN，則易證平面A1MN//平面【詳解】如圖所示：取BB1中點M，B1C1因為MN//BC1，B所以MN//AMN?平面AD1E，所以MN//平面A同理可證明A1N//又因為MN∩A1N=所以平面A1MN//當(dāng)F的軌跡為線段MN時，此時A1F?平面A1MN此時MN=故選：B.【變式32】2．（2022·全國·高一期末）如圖所示，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別為AA．2+5 B．2+25 C．【答案】B【分析】要滿足C1P//平面CD1EF，只需要尋找一個平面，使該平面經(jīng)過C1，且與平面CD1EF平行即可,取BB1的中點G，【詳解】取BB1的中點G，A1正方體ABCD?A1B1C1D1因為F,H為分別為AB,A1B1的中點，所以FH因為HC1?面CD1EF，CF?同理可證：HG//面C又GH∩HC1=H,HC所以面C1HG//所以P點在正方體表面上運動所形成的軌跡為三角形C1因為正方體ABCD?A1所以三角形C1HG的周長為故選：B【變式32】3．（2023·廣西南寧·統(tǒng)考一模）如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2,E?F分別是棱AA【答案】5【分析】利用直線與平面沒有交點，轉(zhuǎn)化為尋找過直線D1P且與平面BEF平行的平面AD1G【詳解】取BC的中點G，連接AG,E?F分別是棱AA又因為EF?平面BEF,AD1?平面BEF，所以因為FD所以四邊形FBGD1為平行四邊形，所以又因為FB?平面BEF,GD1?平面BEF，所以因為GD1∩AD1=因為點P為底面四邊形ABCD內(nèi)（包括邊界）的一動點，直線D1P與平面所以P的軌跡為線段AG，則AG=故答案為：5.【變式32】4．（2023春·江蘇南京·高三南京師范大學(xué)附屬中學(xué)江寧分校校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，AB=2AD=4，E，F(xiàn)，G，H分別為AB，BC，CD，AD的中點，AC與BD交于點O，現(xiàn)將△AEH，△BEF，△CFG，△DGH分別沿EH，EF，F(xiàn)G，GH把這個矩形折成一個空間圖形，使A與D重合，B與C重合，重合后的點分別記為M，N，Q為MN的中點，則多面體【答案】

22

【分析】根據(jù)給定的幾何體，證明EG⊥平面MNFH，求出四棱錐E?MNFH的體積即可；證明點P所在平面平行于平面MEG，作出過點Q【詳解】連接EG,ON，有EG⊥FH，而NG=NE=2ON∩FH=O，則EG⊥平面OFN，同理EG⊥平面OHM，又平面于是點M,N,F,H共面，而因為NF⊥NG，NF⊥NE，NG∩NE=又ON?平面NEG，即有NF⊥ON，則∠即∠NOF=∠OHM，從而ON//HM，即四邊形ONMH等腰梯形MNFH中，高OQ=NFsin顯然EG⊥平面MNFH，所以多面體MNEFGH的體積V因為NF⊥平面NEG，同理可得HM⊥平面MEG，又ON//HM，則依題意，動點P所在平面與ON垂直，則該平面與平面MEG平行，而此平面過點Q，令這個平面與幾何體棱的交點依次為P1,Q又Q為MN的中點，則點P1,T,S長度為：QP1+故答案為：22；【點睛】思路點睛：涉及立體圖形中的軌跡問題，若動點在某個平面內(nèi)，利用給定條件，借助線面、面面平行、垂直等性質(zhì)，確定動點與所在平面內(nèi)的定點或定直線關(guān)系，結(jié)合有關(guān)平面軌跡定義判斷求解.【變式32】5．（2023·全國·高一專題練習(xí)）在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E,F,G【答案】

6

2【分析】作出輔助線，得到平面ACD1∥平面EFG，從而得到P的軌跡和軌跡長度，以及當(dāng)D1【詳解】連接D1A，D1C，AC，則因為E,因為AE∥D1G，所以四邊形AEGD1是平行四邊形，所以因為EG?平面EFG，AD1?平面EFG，所以又因為E,F分別為AB,BC的中點，所以EF是三角形ABC的中位線，所以因為EF?平面EFG，AC?平面EFG，所以AC∥平面因為AD1∩AC=A，AD1?平面AC點P在線段AC上時，能夠滿足直線D1P與平面點P的軌跡是線段AC，長度為22+22=2此時由三線合一得：P為AC中點，因為AD1=所以D1P=8?2=故答案為：6，2【變式32】6．（2019春·福建泉州·高一福建省晉江市養(yǎng)正中學(xué)校聯(lián)考期末）如圖，各棱長均為a的正三棱柱ABC?A1B1C1，M、N分別為線段A1B、B1C上的動點，且MN∥平面A．3 B．233 C．3 【答案】D【分析】設(shè)AA1,BB1,CC【詳解】設(shè)AA1,BB1,CC1的中點分別為D,E,F，連接DE,EF,FD,A1C.由于MN//平面ACC1A1，所以A1M=CN.當(dāng)A1M=CN故選：D【點睛】本小題主要考查線面平行的有關(guān)性質(zhì)，考查棱柱的體積計算，考查空間想象能力，考查分析與解決問題的能力，屬于中檔題.【變式32】7．（2022·高一課時練習(xí)）如圖，直四棱柱ABCD?A1B1C1D1，底面ABCD是邊長為6的正方形，M，N分別為線段AC1，D【答案】3【分析】MN//平面B1BCC1或MN?平面B1BCC1，過點M作MH//BB1交AC于H，過點N作NG//BB1交CD于G，點E在平面【詳解】連接AC，直線MN與平面B1故MN//平面B1BCC1過點M作MH//BB1交AC于H，過點N作NG//所以平面MHGN//平面B點E在平面ABCD的投影在HG上，設(shè)為T，T為HG中點，設(shè)NG=λDD1，根據(jù)相似得到CG=故ET=NG+MH2=C故MN中點E的軌跡的長度等于△ADC邊AD上的中線長，該中線長為6故答案為：35【點睛】本題考查了空間中的軌跡問題，意在考查學(xué)生的計算能力和空間想象能力.◆類型3求軌跡面積【例題33】（2022春·廣東珠?！じ咭恢楹Ｊ卸烽T區(qū)第一中學(xué)?？计谥校┰谶呴L為2的正方體ABCD?A1B1【答案】2【分析】由題意，求出作出過B的平面與平面AD【詳解】如圖，邊長為2的正方體ABCD?動點M滿足BM//平面A由面面平行的性質(zhì)可得當(dāng)BM始終在一個與平面AD過B作與平面AD連接A1B，BC1，A1所以S△故答案為：2【變式33】1.（2023·全國·高一專題練習(xí)）正三棱柱ABC?A1B1C1的底面邊長是4，側(cè)棱長是6，M，N分別為A．53 B．5 C．39 D．【答案】C【分析】取AB的中點Q，證明平面MQC∥平面A【詳解】取AB的中點Q，連接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分別為BB1，CC1，AB的中點可得MC∥B1N，所以MC//平面AB1N，同理MQ∥AB1得MQ//平面AB1所以動點P的軌跡為△MQC及其內(nèi)部（挖去點M）．在正三棱柱ABC?A1平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB所以CQ⊥因為AB=4，所以CQ因為側(cè)棱長是6，所以AB所以MQ=13，則△MQC的面積故動點P的軌跡面積為39．故選：C【變式33】2.（2022·全國·高一專題練習(xí)）已知正方體ABCD?A1B1C1【答案】3【分析】畫出P點的軌跡，從而計算出動點P的軌跡所形成的區(qū)域面積.【詳解】設(shè)P1,P根據(jù)正方體的性質(zhì)可知MP1//AD由于MP1?平面A所以MP1//同理可證得P1P2由于MP1∩P1所以動點P的軌跡所形成的區(qū)域為正六邊形MP正六邊形MP1P2P故答案為：3題型4由垂直求軌跡◆類型1求軌跡形狀【例題41】（2022春·北京西城·高一北京市第十三中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，正方體ABCD?A1BlClDl中，P為底面ABCDA．線段 B．圓弧C．拋物線的一部分 D．以上答案都不對【答案】A【分析】連接PA1、AE，分析可知點P在過點F且垂直于線段AE的垂面上，由此可得出點【詳解】連接PA1、因為AA1⊥平面ABCD，PA?平面因為PE⊥A1C，PA=PE，所以，E為定點，取線段AE的中點F，連接PF，因為PA=PE，則PF⊥AE，所以點P在過點而此垂面與底面ABCD相交于一條線段，故點P的軌跡為線段.故選：A.【變式41】1．（2022·全國·高一專題練習(xí)）在正方體ABCD?A1B1A．線段BB．線段BC．BB1中點與D．CB中點與B1【答案】A【分析】BD1⊥平面ACB1，又點P在側(cè)面BCC1B1【詳解】連接AC,因為DD1⊥AC,AC⊥BD，且DD所以AC⊥因為A1D1⊥AB1,A1B所以AB1⊥BD1，且AB1∩所以BD1⊥AP，點P的軌跡為面ACB故選：A.【變式41】2．（2022·全國·高一專題練習(xí)）如圖所示，三棱錐P?ABC的底面在平面α內(nèi)，且AC⊥PC，平面PAC⊥平面PBCA．一條線段 B．一條直線 C．一個圓 D．一個圓，但要去掉兩個點【答案】D【詳解】因為平面PAC⊥平面PBC，AC⊥PC，平面PAC∩平面PBC=PC，AC?平面PAC，所以AC⊥平面PBC.又因為BC?平面PBC，所以AC⊥BC.所以∠ACB=90°.所以動點C的軌跡是以AB為直徑的圓，除去A和B兩點.選D.點睛：求軌跡實質(zhì)是研究線面關(guān)系，本題根據(jù)面面垂直轉(zhuǎn)化得到線線垂直，再根據(jù)圓的定義可得軌跡，注意軌跡純粹性.【變式41】3．（2022·高一課時練習(xí)）如圖所示，四棱錐P?ABCD的底面為正方形，側(cè)面PAD為等邊三角形，且側(cè)面PAD⊥底面ABCD，點M在正方形ABCD內(nèi)運動，且滿足MP=MCA． B．C． D．【答案】B【分析】先找出符合條件的特殊位置，然后根據(jù)符合條件的軌跡為線段PC的垂直平分面與平面AC的交線，即可求得點M的軌跡【詳解】解：根據(jù)題意，可知PD=DC，則點D符合“點M在正方形ABCD內(nèi)的一個動點，且滿足設(shè)AB的中點為E，因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AD⊥AB，AB?因為AP?平面PAD，所以AB根據(jù)題目條件可得PA=CBAE=BE所以PE=CE，點E也符合“點M在正方形ABCD內(nèi)的一個動點，且滿足故動點M的軌跡肯定過點D和點E，而M到點P到點C的距離相等的點為線段PC的垂直平分面，線段PC的垂直平分面與平面AC的交線是一直線，所以M的軌跡為線段DE，故選：B【變式41】4．（2022·全國·高一專題練習(xí)）四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面為正方形，側(cè)棱與底面垂直，點P是側(cè)棱DD1A． B． C． D．【答案】D【解析】利用正方體的性質(zhì)可得體對角線垂直于平面ACM，進而得出動點的軌跡.【詳解】正四棱柱ABCD?如圖所示：連接AC,由正方體性質(zhì)易知AM⊥BN，NP⊥所以AM⊥BN，因為BN∩NP=N，所以所以AM⊥BP，同理可得因為AM∩可得BP⊥平面ACM即動點Q在側(cè)面BB1故選：D【點睛】本題考查立體幾何中的軌跡問題，本題解題的關(guān)鍵在于構(gòu)造正方體，使得BP為正方體的體對角線，進而易知BP⊥平面ACM【變式41】5．（2020秋·全國·高一萬年中學(xué)?？茧A段練習(xí)）四棱錐P?ABCD底面為正方形，側(cè)面PAD為等邊三角形，且側(cè)面PAD⊥底面ABCD，點M在底面正方形ABCD內(nèi)運動，且滿足MP=MCA． B．C． D．【答案】A【分析】先找出符合條件的特殊位置，然后根據(jù)符合條件的軌跡為線段PC的垂直平分面與平面AC的交線，即可求得點M的軌跡.【詳解】根據(jù)題意，可知PD=DC，則點D符合“點M在正方形且滿足MP=設(shè)AB的中點為E，根據(jù)題目條件可知ΔPAE和ΔCBE全等，所以PE=CE，點E也符合“點M在正方形ABCD內(nèi)的一個動點，且滿足故動點M的軌跡肯定過點D和點E，而到點P到點C的距離相等的點為線段PC的垂直平分面，線段PC的垂直平分面與平面AC的交線是一直線，所以M的軌跡為線段DE.故選：A.【點睛】本題主要考查了直線與平面垂直的性質(zhì)，以及平面的基本性質(zhì)等知識的應(yīng)用，同時考查了空間想象能力，以及推理能力.【變式41】6．（2020·高一課時練習(xí)）如圖所示，在正四棱錐SABCD中，E是BC的中點，P點在側(cè)面△SCD內(nèi)及其邊界上運動，并且總是保持PE⊥AC．則動點P的軌跡與△A． B．C． D．【答案】A【詳解】如圖：連BD交AC與o,F、G分別是SC、CD中點；易證平面SBD//平面∴AC◆類型2求軌跡長度【例題42】（2023春·全國·高一專題練習(xí)）設(shè)正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)①點M可以是棱AD的中點；②點M的軌跡是菱形；③點M軌跡的長度為2+5④點M的軌跡所圍成圖形的面積為52其中正確的命題個數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】連接AC,BD，交于O，則O為AC,BD中點，過點P,Q分別作PH//BB1,【詳解】解：連接AC,BD，交于O，則O為因為F為BD1的中點，所以由正方體的性質(zhì)可知DD1⊥所以FO⊥平面ABCD因為DE?平面ABCD所以FO⊥過點O作PQ⊥DE，分別交BC,過點P,Q分別作PH//BB1,所以，PQGH四點共面，且GQ//所以，四邊形PQGH為平行四邊形，因為AA1⊥所以PH⊥平面ABCD，PQ?平面所以PH所以，四邊形PQGH為矩形，因為PQ∩FO=O，所以DE⊥平面PQGH因為點M在正方體的表面上運動，且滿足FM所以，當(dāng)FM?面PQGH時，始終有FM所以，點M的軌跡是矩形PQGH，如下圖，因為∠DQO所以，∠DQO所以，∠AQO因為∠OAQ所以△AOQ∽△所以AQBE=AOBD所以CP=AQ=所以，點M不可能是棱AD的中點，點M的軌跡是矩形PQGH，軌跡長度為矩形PQGH的周長25軌跡所圍成圖形的面積為5故正確的命題為③④.個數(shù)為2個.故選：B【變式42】1．（2023·陜西榆林·?？寄M預(yù)測）已知直三棱柱ABC?A1B1C1的所有棱長均為4，空間內(nèi)的點H【答案】46π【分析】作出圖形，根據(jù)題意得到H點在以AA1，BC1為直徑的球上，利用三棱柱的性質(zhì)得到對應(yīng)的邊長，利用勾股定理得到HM⊥HN，進而得到【詳解】設(shè)AA1的中點為M，BC1的中點為因為HA⊥HA1，且HB⊥HC球心分別為M，N，半徑分別為r=MA=2，R=NB又MN=23，所以HM過H作HT⊥MN，垂足為T，則因為兩球的交線為圓，所以H點軌跡是以T為圓心，以HT為半徑的圓，所以軌跡長度為2π×2故答案為：46【變式42】2．（2022春·安徽合肥·高一校考期末）已知正方體ABCD?A1B1C1D1【答案】

1

2【分析】（1）根據(jù)面面平行的知識畫出P點的軌跡，從而求得軌跡長度.（2）根據(jù)線面垂直的知識畫出P點的軌跡，從而求得軌跡長度.【詳解】（1）設(shè)G,F分別是B1C1由于GF?平面BDD1B1所以GF//平面BD由于E是CD的中點，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點的軌跡是線段GF，此時EP//平面BD所以軌跡的長度為1.（2）根據(jù)正方體的性質(zhì)可知AC⊥而BD∩DD所以AC⊥平面BD由于BD1?平面BD根據(jù)正方體的性質(zhì)可知B1C⊥且BC所以B1C⊥平面BC1所以B1由于AC∩B1所以BD1⊥所以P點的軌跡是線段B1C，此時滿足所以P點的軌跡長度是2.故答案為：1；2【變式42】3．（2022·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M為棱AA1的中點，A1CA．2 B．5C．22 D．【答案】C【分析】連接AC1,A1B,A1D，由正方體的性質(zhì)易知【詳解】解：如圖，連接AC1,A1B,所以點N是A1又因為M為棱AA所以A由正方體的性質(zhì)易知CC所以BD⊥平面ACC1同理可證AC1⊥所以AC1⊥平面A1BD此時當(dāng)P∈BD時，總有所以點P的軌跡線段BD，因為正方體的棱長為2，所以點P的軌跡線段BD的長度為22故選：C【變式42】4．（2022·高一課時練習(xí)）如圖，在棱長為1正方體ABCD?A1B1C1D1中，M為棱ABA．22 B．52 C．π16【答案】A【分析】分別取BC、BB1的中點E、F，連EF，利用線面垂直的判定定理和性質(zhì)可證動點P的軌跡是線段EF，求出【詳解】如圖：分別取BC、BB1的中點E、F，連AE,AF,因為M為AB的中點，E為BC的中點，ABCD為正方形，所以DM⊥又D1D⊥平面ABCD，所以D1D⊥AE所以D1同理可得D1M⊥AF，又AE∩因為AP?平面AEF，所以AP因為動點P在側(cè)面BCC1B1及其邊界上運動，所以動點而EF=22，所以動點P故選：A【點睛】關(guān)鍵點點睛：作出并證明動點P的軌跡是本題解題關(guān)鍵，分別取BC、BB1的中點E、F，連EF，則線段EF即為動點【變式42】5．（2020春·湖北襄陽·高一襄陽四中?？茧A段練習(xí)）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為3，點E在棱BCA．62 B．43 C．42【答案】A【解析】在AB，BB1上分別取點G,F，使得BG=2GA，【詳解】解：由正方體的特點可知BD1⊥在AB，BB1上分別取點G,F，使得連接GE，GF，EF，則GE//AC，∴平面AB1C∴BD1∴M的軌跡為△∵正方體棱長為3，∴AC∴GE∴△GEF的周長為3故選：A．【點評】本題考查了棱柱的結(jié)構(gòu)特征，線面垂直的判定，屬于中檔題．【變式42】6．（2022·全國·高一專題練習(xí)）正四棱錐SABCD底面邊長為2，高為1，E是棱BC的中點，動點P在四棱錐表面上運動，并且總保持PE?A．1+2 B．2+3 C．22 D．23【答案】B【分析】設(shè)F,G分別為DC,SC的中點,則可證明AC⊥【詳解】由PE?AC=0設(shè)F,G分別為DC,設(shè)AC,BD交于點O，AC,所以在正四棱錐SABCD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故當(dāng)點P在平面EFG內(nèi)時，有PE⊥所以動點P的軌跡為平面EFG截正四棱錐SABCD的截面，即△EFG由E,F,所以EF又正四棱錐SABCD底面邊長為2，高為1，所以BD=22,所以EF故選：B【點睛】本題考查軌跡問題，考查線面的垂直的證明，屬于中檔題.【變式42】7．（2020·浙江杭州·高一期末）在四棱錐P?ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB=60°，PA=PD，∠APD=90°，平面PAD⊥平面ABCD【答案】2【分析】利用已知條件，通過直線與平面垂直，推出Q的軌跡，利用轉(zhuǎn)化思想，求解距離即可．【詳解】根據(jù)題意，連接AC，BD，兩直線交于點O，取PC上一點M，連接MB，MD，如圖：若滿足題意DQ⊥AC，又AC⊥BD，故AC⊥平面DBQ，則點Q假設(shè)如圖所示，平面DBM與平面DBQ是同一個平面，則Q點的軌跡就是線段BM，根據(jù)假設(shè)，此時直線AC⊥平面DBM，則AC又三角形PAD是等腰直角三角形，設(shè)N為AC的中點，三角形BAD是等邊三角形，所以PN⊥AD,BN⊥所以AD⊥PB，又因為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=故答案為：2【點睛】本題考查空間圖形的應(yīng)用，涉及直線與平面的位置關(guān)系，軌跡長度的求解，是難題．◆類型3求軌跡面積【例題43】（2022·全國·高一專題練習(xí)）棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1A．33 B．62 C．6 【答案】D【分析】本題首先可以根據(jù)題意確定當(dāng)PC⊥BD1時直線PC所在平面區(qū)域，然后結(jié)合圖像即可得出動點P的軌跡所圍成圖形為【詳解】如圖，易知直線BD1⊥故動點P的軌跡所圍成圖形為△A因為△AB1所以其面積S=故選：D.【變式43】1.（2022·高一課時練習(xí)）如圖，已知直三棱柱ABC?A1B1C1的底面是邊長為2的正三角形，側(cè)棱長為2.E，F(xiàn)分別是側(cè)面ACC1A1和側(cè)面AB（

）A．π3 B．2π3 C．4【答案】B【分析】根據(jù)已知條件得P的軌跡為以AA1為直徑的球在三棱柱【詳解】解：∵二面角A?∴

平面AEF⊥平面EF又∵

點P在線段EF上，且AP⊥EF，AP?平面AEF，平面∴AP⊥平面EFA1∴

AP⊥A1P，∴P在以AA1∴

P的軌跡為以AA1為直徑的球在三棱柱又∵

三棱柱ABC?∴

P的軌跡為以AA1為直徑的球面，占球面的∴

點P的軌跡的面積是S=故選：B.【點睛】本題考查立體幾何面面垂直的性質(zhì)定理，考查空間想象能力，是中檔題.【變式43】2．（2022春·上海浦東新·高一上海師大附中?？计谀┤鐖D，定點A和B都在平面α內(nèi)，AB=2，定點P?α，PB⊥α，C是α內(nèi)一動點，且AC?【答案】π【分析】連接BC，證明AC⊥平面PBC得AC⊥BC，從而得到C的軌跡形狀及其圍成圖形的面積．【詳解】連接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的軌跡是平面α內(nèi)以AB為直徑的圓(去掉A、B兩點)，故動點C在平面α內(nèi)的軌跡所圍成圖形的面積為π?2故答案為：π題型5由等角求軌跡◆類型1求軌跡形狀【例題51】正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別為AB，A1B1的中點，P是邊C1D1上的一個點（包括端點），Q是平面PMB1上一動點，滿足直線MN與直線AN夾角與直線MN與直線NQ的夾角相等，則點Q所在軌跡為（）A.橢圓B.雙曲線C.拋物線D.拋物線或雙曲線【答案】D【分析】根據(jù)題設(shè)分析可知：Q點軌跡為以AN為母線，MN為軸，AB為底面直徑的圓錐體，及其關(guān)于A1B1反向?qū)ΨQ的錐體與平面PMB1，的交線，應(yīng)用數(shù)形結(jié)合，結(jié)合平面與雙錐面相交所成曲線的性質(zhì)判斷Q所在軌跡的形狀【詳解】由題設(shè)，Q點軌跡為以AN為母線，MN為軸，AB為底面直徑的圓錐體，及其關(guān)于A1B1反向?qū)ΨQ的錐體與平面PMB的交線，如下圖示：當(dāng)P是邊C1D1上移動過程中，只與下方錐體有相交，Q點軌跡為拋物線；當(dāng)P是邊C1D1上移動過程中，與上方錐體也有相交，Q點軌跡為雙曲線；【變式51】如圖，斜線段AB與平面α所成的角為60°，B為斜足，平面α上的動點P滿足∠PAB=30°，則點P的軌跡是A.直線B.拋物線C.橢圓D.雙曲線的一支【答案】C【分析】由題可知點P在以AB為軸的圓錐的側(cè)面上，再結(jié)合條件可知P的軌跡符合圓錐曲線中橢圓定義，即得【詳解】用垂直于圓錐軸的平面去截圓錐，得到的是圓；把平面漸漸傾斜，得到橢圓；當(dāng)平面和圓錐的一條母線平行時，得到拋物線.此題中平面α上的動點P滿足∠PAB=30°，可理解為P在以AB為軸的圓錐的側(cè)面上，再由斜線段AB與平面α所成的角為60°，可知P的軌跡符合圓錐曲線中橢圓定義.故可知動點P的軌跡是橢圓.故選：C.◆類型2求軌跡長度【例題52】（2022春·北京·高一人大附中?？计谀┤鐖D，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，P為底面ABCD【答案】π【分析】根據(jù)題設(shè)描述易知P的軌跡是以D為圓心，33為半徑的四分之一圓，即可求DP【詳解】由題設(shè)，DD1//CC1，要使D1P與直線CC∴D1P繞DD1以π6夾角旋轉(zhuǎn)為錐體的一部分，如上圖示：P∴DP在ABCD上掃過的面積為14故答案為：π12【變式52】1．（2021春·浙江湖州·高一統(tǒng)考期末）如圖，已知四棱錐V?ABCD，底面ABCD是矩形，VD=CD,(1)求證：平面ADE⊥平面VCD(2)當(dāng)CD=2AD=2且∠VCD=π6時，若直線VC【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定得到AD⊥平面VCD（2）分別計算α=π3和π2時的情況，根據(jù)線面垂直與幾何關(guān)系確定點【詳解】（1）證明：因為VD⊥故AD⊥VD所以AD⊥平面AD?平面所以平面ADE⊥平面（2）首先，取VC中點F，連接DF在等腰△VDC中，DF由（1）知AD⊥平面VCD，得AD由①②得DF⊥平面ADF，即此時當(dāng)F與E直線VC與平面ADE所成的線面角為π2其次，由題意易得，存在點F兩側(cè)各有兩個點，如圖分別記為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的射影為EH∠CEH即為直線VC與平面ADE所成的線面角α即∠此時，∠VCD=π6,∠故C同理可得∠VE故E的運動軌跡長度為E1【變式52】2．(多選)（2023·江蘇南通·二模）如圖，正三棱錐APBC和正三棱錐DPBC的側(cè)棱長均為2，BC2．若將正三棱錐APBC繞BC旋轉(zhuǎn)，使得點A，P分別旋轉(zhuǎn)至點A'，P'處，且A'A．A'B．PP'//C．多面體PP'D．點A，P旋轉(zhuǎn)運動的軌跡長相等【答案】BC【分析】由已知可得，正三棱錐側(cè)棱兩兩互相垂直，放到正方體中，借助正方體研究線面位置關(guān)系和外接球表面積.【詳解】正三棱錐APBC和正三棱錐DPBC的側(cè)棱長均為2，BC2，則正三棱錐APBC中側(cè)棱兩兩互相垂直，正三棱錐DPBC中側(cè)棱兩兩互相垂直，則正三棱錐可以放到正方體中，當(dāng)點A，P分別旋轉(zhuǎn)至點A'，P'處，且A'連接A'D，正方體中DP//A'P'且△PCP'為等邊三角形，則PP'與PC夾角為60°，DADA'//PP'，PP'?平面A多面體PP'A'BDC的外接球即棱長為2點A，P旋轉(zhuǎn)角度相同，但旋轉(zhuǎn)半徑不同，所以運動的軌跡長不相等，選項D錯誤.故選：BC【點睛】思路點睛：本題的關(guān)鍵在于作出旋轉(zhuǎn)后的圖形，根據(jù)圖形研究相關(guān)的性質(zhì)，而正三棱錐中側(cè)棱兩兩互相垂直，圖形放到正方體中，又使判斷線面位置關(guān)系和運算變得更簡便.【變式52】3.在長方體ABCDA1B1C1【答案】2【分析】由題意畫出圖形，由角的關(guān)系得到邊的關(guān)系，然后再在平面DCC1D1【詳解】如下圖所示：當(dāng)P在面DCC1D1內(nèi)時，AD⊥面DCC1D1，CM⊥面DCC1在平面DCC1D設(shè)P（x，y），由PD=2PC，得（x+3）整理得：x210x+y2+9=0，即（x5）2+y2=16.點P的軌跡是以F（5，0）為圓心，半徑為4的圓.設(shè)圓F與面DCC1則sin∠EFK=EKEF=24=12,所以∠EFK=π6題型6交軌法求軌跡長度【例題6】（2023·山東聊城·統(tǒng)考一模）已知正四棱柱ABCD?A1B1C1D1的體積為16，E是棱BC的中點，P是側(cè)棱A【答案】2【分析】取CD的中點M，連接EM交AC于點F，連接A1C1、B1D1交于點O，連接OF、BD，即可得到B1、D1、M、E四點共面，從而得到平面B1D1ME∩平面ACC1A1=OF，連接AC1交OF【詳解】如圖取CD的中點M，連接EM交AC于點F，連接A1C1、B1D1交于點因為E是棱BC的中點，所以ME//BD，則F為AC的四等分點且由正四棱柱的性質(zhì)可知DD1//BB1且所以B1D1//ME，所以B1、所以平面B1D1連接AC1交OF于點G，因為P是側(cè)棱AA1上的動點，直線C1所以線段OG即為點P'如圖在平面ACC1A1中，過點F作HF⊥A1所以△AFG∽△C1OG設(shè)AD=DC=a、依題意a2b=16所以O(shè)F=要求動點P'的軌跡長度的最小值，即求OG的最小值，即求OF因為a2b=16所以18當(dāng)且僅當(dāng)b2=1b，即所以O(shè)Fmin=3，所以O(shè)Gmin=故答案為：2【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解答的關(guān)鍵是找到動點的軌跡，再利用均值不等式求出OF的最小值.題型7截面求軌跡長度【例題7】（2023春·全國·高一專題練習(xí)）已知菱形ABCD的各邊長為4,∠D=60°，如圖所示，將△ACD沿AC折起，使得點D到達點S的位置，連接SB，得到三棱錐S?ABC，若SB=6則三棱錐S?ABC的體積為___________，E是線段【答案】

43

103【分析】取AC中點M，由題可得AC⊥平面SMB，進而可得三棱錐S?ABC的高?，進而得出體積，設(shè)點F軌跡所在平面為α，則F【詳解】取AC中點M，連接BM,SM，則AC⊥BM,∴AC⊥平面SMB，SM又SB=6，cos∠∴∠SBM=∠MSB=30三棱錐S?ABC體積為作EH⊥AC于H，設(shè)點F軌跡所在平面為則平面α經(jīng)過點H且AC⊥設(shè)三棱錐S?ABC外接球的球心為O,△易知OO1⊥平面SAC,O由題可得∠OMO1OO1=則三棱錐S?ABC外接球半徑易知O到平面α的距離d=故平面α截外接球所得截面圓的半徑為r1∴截面圓的周長為l=2πr1=故答案為：43；10【點睛】關(guān)鍵點點睛：對于求三棱錐S?ABC外接球半徑，關(guān)鍵在于找到三棱錐S?題型8翻折求軌跡長度【例題8】（2023·全國·高一專題練習(xí)）已知矩形ABCD中，AB=2BC=6，點M，N分別為線段AB,CD的中點，現(xiàn)將△ADM沿【答案】32π【分析】先分析出點A的軌跡是一個半圓，再結(jié)合三角形中位線定理可得AC中點的軌跡也是一個半圓，即可得出結(jié)果【詳解】由已知得:四邊形AMDN是正方形，△ADM沿DM翻轉(zhuǎn)的過程中，點A以O(shè)為圓心，OA為半徑的半圓，其半徑為32設(shè)線段AC的中點E，線段NC的中點F，線段EF的中點為O'，在以為半徑的半圓上取一點A1，連接A1C，并取A1C的中點E由三角形中位線定理可得：E1E//A1A，∴∠EE1F=90°