2026版大一輪高考數(shù)學(xué)-第七章　§7.10　立體幾何中的動(dòng)態(tài)、軌跡問(wèn)題VIP

§7.10立體幾何中的動(dòng)態(tài)、軌跡問(wèn)題重點(diǎn)解讀“動(dòng)態(tài)”問(wèn)題是高考立體幾何問(wèn)題中最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，它滲透了一些“動(dòng)態(tài)”的點(diǎn)、線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力，題型更新穎.同時(shí)，由于“動(dòng)態(tài)”的存在，也使立體幾何題更趨多元化，將立體幾何問(wèn)題與平面幾何中的解三角形問(wèn)題、多邊形面積問(wèn)題以及解析幾何問(wèn)題之間建立橋梁，使得它們之間靈活轉(zhuǎn)化.題型一平行、垂直中的動(dòng)態(tài)軌跡問(wèn)題例1已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)P是正方體表面上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿(mǎn)足BP⊥A1C，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為()A.2 B.22C.4 D.32答案D解析由題意可知，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為過(guò)點(diǎn)B與直線A1C垂直的截面與正方體的表面的交線，如圖所示.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，BD⊥AC，BD⊥AA1，又AC，AA1?平面AA1C且AC∩AA1=A，所以BD⊥平面AA1C，因?yàn)锳1C?平面AA1C，所以BD⊥A1C.又在正方體ABCD-A1B1C1D1中，BC1⊥B1C，BC1⊥B1A1，又B1C，B1A1?平面B1CA1且B1C∩B1A1=B1，所以BC1⊥平面B1CA1，因?yàn)锳1C?平面B1CA1，所以BC1⊥A1C.由BD，BC1?平面BDC1且BD∩BC1=B，所以A1C⊥平面BDC1.于是點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為不包含點(diǎn)B的△BDC1的周長(zhǎng)，即△BDC1的周長(zhǎng)等于312+1思維升華動(dòng)點(diǎn)軌跡的判斷一般根據(jù)線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合圓或圓錐曲線的定義推斷出動(dòng)點(diǎn)的軌跡，有時(shí)也可以利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求出動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程.跟蹤訓(xùn)練1在棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中，棱DD1上的點(diǎn)E滿(mǎn)足DE=ED1，F(xiàn)是側(cè)面CDD1C1上的動(dòng)點(diǎn)，且B1F∥平面A1BE，則點(diǎn)F在側(cè)面CDD1C1上的軌跡長(zhǎng)度為(A.22 B.32 C.23 D.4答案A解析取CC1的中點(diǎn)H，C1D1的中點(diǎn)M，連接B1H，HM，MB1，在正方體中，明顯有HM∥BA1，B1H∥A1E，又HM?平面A1BE，BA1?平面A1BE，B1H?平面A1BE，A1E?平面A1BE，所以HM∥平面A1BE，B1H∥平面A1BE，又HM，B1H?平面B1HM，HM∩B1H=H，所以平面B1HM∥平面A1BE，當(dāng)F在線段MH上運(yùn)動(dòng)時(shí)，有B1F∥平面A1BE，即點(diǎn)F在側(cè)面CDD1C1上的軌跡為線段MH，又MH=2C1M=22，故點(diǎn)F在側(cè)面CDD1C1上的軌跡長(zhǎng)度為22.題型二距離、角度有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問(wèn)題例2(多選)(2024·朔州模擬)在三棱錐A1-ABC中，A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AA1=AB=AC=3，P為△A1BC內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(包括邊界)，AP與平面A1BC所成的角為45°，則()A.A1P的最小值為6-3B.A1P的最大值為6C.有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A1P⊥BCD.所有滿(mǎn)足條件的線段AP形成的曲面面積為3答案ACD解析依題意，A1B=A1C=BC=32，取BC的中點(diǎn)M，連接AM，A1M，則AM⊥BC，A1M⊥BC，AM，A1M?平面A1AM，AM∩A1M=M，所以BC⊥平面A1AM，過(guò)A作AH⊥A1M于H，因?yàn)锳H?平面A1AM，所以AH⊥BC，又A1M∩BC=M，A1M，BC?平面A1BC，所以AH⊥平面A1BC，易得AH=3，且H為等邊△A1BC的外心，由AP與平面A1BC所成的角為45°，可知AH=HP，所以點(diǎn)P的軌跡是以H為圓心，3為半徑的圓在△A1BC內(nèi)部及邊界上的一部分，如圖所示，所以A1P的最小值為A1H-HP=6-3，A選項(xiàng)正確；由于軌跡圓部分在△A1BC外部，所以A1P的最大值不等于A1H+HP=6+3，因?yàn)锽C⊥平面A1AM，若A1P⊥BC，則點(diǎn)P在線段A1H上，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P滿(mǎn)足題意，C選項(xiàng)正確；動(dòng)線段AP形成的曲面為圓錐AH側(cè)面的一部分，因?yàn)閏os∠B1HM=HMHB1所以∠B1HM=π4，因?yàn)?π-2×π4×3圓錐AH的側(cè)面積為12×6×2π×3=32π所以所有滿(mǎn)足條件的線段AP形成的曲面面積為32π4，思維升華距離、角度有關(guān)的軌跡問(wèn)題(1)距離：可轉(zhuǎn)化為在一個(gè)平面內(nèi)的距離關(guān)系，借助于圓錐曲線定義或者球和圓的定義等知識(shí)求解軌跡.(2)角度：直線與面成定角，可能是圓錐側(cè)面；直線與定直線成等角，可能是圓錐側(cè)面.跟蹤訓(xùn)練2如圖，在棱長(zhǎng)為6的正方體ABCD-A1B1C1D1中，動(dòng)點(diǎn)P在截面AB1D1內(nèi)(含邊界)，且滿(mǎn)足A1P=32.則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為.

答案26π解析取B1D1的中點(diǎn)O1，三棱錐A1-AB1D1為正三棱錐，過(guò)A1作A1G⊥平面AB1D1于點(diǎn)G，如圖，則G為正△AB1D1的中心，又AB1=62，∵AO1=32AB1=32×62=36，∴GO1=13AO1=6，AG=23AO由V三棱錐A1-AB1D1=V三棱錐A∴13×34×(62)2×A1G=13×12×6×6×6，∵A1P=32，∴GP=A1P2∴點(diǎn)P的軌跡是以G為圓心，6為半徑的圓，即正△AB1D1的內(nèi)切圓，∴點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2π×6=26π.題型三翻折有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問(wèn)題例3(多選)(2025·泰安模擬)如圖，在五邊形ABCDE中，四邊形ABCE為正方形，CD⊥DE，CD=DE=2，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，現(xiàn)將△ABE沿BE折起到平面A1BE位置，使得A1B⊥DE，則下列結(jié)論正確的是()A.平面BCDE⊥平面A1BEB.若O為BE的中點(diǎn)，則DE∥平面FOCC.折起過(guò)程中，F(xiàn)點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為πD.三棱錐A1-CDE的外接球的體積為6π答案ABD解析對(duì)于A，由題意得∠BEC=∠CED=π4，所以∠BED=π2，即DE⊥而已知DE⊥A1B，且A1B∩BE=B，A1B?平面A1BE，BE?平面A1BE，所以DE⊥平面A1BE，DE?平面BCDE，所以平面BCDE⊥平面A1BE，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)镺為BE的中點(diǎn)，所以O(shè)C⊥BE，又DE⊥BE，所以O(shè)C∥DE，又DE?平面FOC，OC?平面FOC，所以DE∥平面FOC，故B正確；對(duì)于C，因?yàn)樗倪呅蜛BCE為正方形，CD⊥DE，CD=DE=2，所以CE=(2)過(guò)點(diǎn)F作FG⊥BE交BE于點(diǎn)G，如圖，則FG=22BF=2所以折起過(guò)程中，F(xiàn)點(diǎn)的軌跡是以G為圓心，F(xiàn)G=22為半徑，圓心角為π2所以F點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)為π2×22=2π4對(duì)于D，連接A1O，如圖，則A1O⊥BE，又平面BCDE⊥平面A1BE，平面BCDE∩平面A1BE=BE，A1O?平面A1BE，所以A1O⊥平面BCDE，又四邊形OCDE為邊長(zhǎng)為2的正方形，則三棱錐A1-CDE的外接球即為四棱錐A1-OCDE的外接球，又四邊形OCDE外接圓的直徑為CE=2，A1O=12BE=2設(shè)四棱錐A1-OCDE的外接球的半徑為R，則(2R)2=A1O2+OD2=A1O2+CE2，即(2R)2=(2)2+22=6，所以R所以外接球的體積V=4π3R3=4π3×623即三棱錐A1-CDE的外接球的體積為6π，故D正確.思維升華翻折有關(guān)的軌跡問(wèn)題(1)翻折過(guò)程中尋找不變的垂直關(guān)系求軌跡.(2)翻折過(guò)程中尋找不變的長(zhǎng)度關(guān)系求軌跡.(3)可以利用空間坐標(biāo)運(yùn)算求軌跡.跟蹤訓(xùn)練3(多選)(2024·南陽(yáng)模擬)如圖1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB=33，CD=43，AD=3，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為邊AB，CD上的點(diǎn)，且EF∥AD，AE=23.將四邊形AEFD沿EF折起，如圖2，使得平面AEFD⊥平面EBCF，點(diǎn)M是四邊形AEFD內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，且直線MB與平面AEFD所成的角和直線MC與平面AEFD所成的角相等，則下列結(jié)論正確的是()A.AC⊥BFB.點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為2πC.點(diǎn)M到平面EBCF的最大距離為3D.當(dāng)點(diǎn)M到平面EBCF的距離最大時(shí)，三棱錐M-BCF外接球的表面積為28π答案BCD解析如圖，連接CE，EM.因?yàn)槠矫鍭EFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF=EF，AE?平面AEFD，又AE⊥EF，所以AE⊥平面EBCF.所以CE為CA在平面EBCF內(nèi)的射影.易得△BCF為等邊三角形，顯然CE不垂直于BF，所以AC不可能垂直于BF，故A錯(cuò)誤；易知BE⊥EF，易證BE⊥平面AEFD，所以∠BME為直線MB與平面AEFD所成的角.同理∠CMF為直線MC與平面AEFD所成的角，所以∠BME=∠CMF，所以tan∠BME=tan∠CMF，所以BEEM=CFFM.因?yàn)镃F=2BE，所以FM=2在平面AEFD內(nèi)，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，以EF的方向?yàn)閤軸正方向，EA的方向?yàn)閥軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系，則F(3，0)，設(shè)M(x，y)，則有(x-3)2+y2=2x2+y2，化簡(jiǎn)得(x+1)2+y2=4，即點(diǎn)M在平面AEFD內(nèi)的軌跡方程為(x+1)2+y2=4(0≤x≤1，y≥0)，所以點(diǎn)M在四邊形AEFD內(nèi)的軌跡為以(-1，0)為圓心，2為半徑的圓的一段弧，要使三棱錐M-BCF的體積最大，只要點(diǎn)M的縱坐標(biāo)的絕對(duì)值最大即可.令x=0，則y=±3，又y≥0，所以M(0，3)，此時(shí)M到平面EBCF的最大距離為3，C正確；三棱錐M-BCF外接球的球心在過(guò)△BCF的外接圓圓心且垂直于平面BCF的直線上.在三棱錐M-BCF中，設(shè)點(diǎn)Q為等邊△BCF外接圓的圓心，設(shè)三棱錐M-BCF外接球的球心為O，半徑為R，設(shè)OQ=a，則有R2=a2+4=(3-a解得a=3，所以R2=7，所以三棱錐M-BCF外接球的表面積S=4πR2=28π，D正確.課時(shí)精練[分值：42分]一、單項(xiàng)選擇題(每小題5分，共20分)1.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，Q是正方形B1BCC1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，A1Q⊥BC1，則Q點(diǎn)的軌跡是()A.點(diǎn)B1 B.線段B1CC.線段B1C1 D.平面B1BCC1答案B解析如圖，連接A1C，因?yàn)锽C1⊥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，所以點(diǎn)Q在線段B1C上.2.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M為A1C1的中點(diǎn)，N為側(cè)面BCC1B1上的一點(diǎn)，且MN∥平面ABC1，若點(diǎn)N的軌跡長(zhǎng)度為2，則()A.AC1=4 B.BC1=4C.AB1=6 D.B1C=6答案B解析如圖，取B1C1的中點(diǎn)D，BB1的中點(diǎn)E，連接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，故點(diǎn)N的軌跡為線段DE，又由DE=12BC1=2，可得BC13.(2024·南充模擬)在三棱錐A-BCD中，AB=AC=AD=4，BC=CD=DB=6，P為△BCD內(nèi)部及邊界上的動(dòng)點(diǎn)，AP=22，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為()A.π B.2π C.3π D.4π答案B解析如圖所示，由AB=AC=AD=4，BC=CD=DB=6，可知三棱錐A-BCD為正三棱錐，設(shè)點(diǎn)A在底面BCD上的射影為O，連接BO并延長(zhǎng)，交CD于點(diǎn)E，可知E為CD的中點(diǎn)，則BE=33，OB=23，OE=3，則AO⊥平面BCD，OA=AB2又P為△BCD內(nèi)部及邊界上的動(dòng)點(diǎn)，AP=22，所以O(shè)P=2，所以點(diǎn)P的軌跡為以點(diǎn)O為圓心，2為半徑的圓在△BCD內(nèi)部及邊界上的部分，如圖所示，OE⊥P1P2，所以cos∠EOP1=OEOP1即∠EOP1=π6，∠P1OP2=π所以點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2π×2-3×π3×4.(2025·長(zhǎng)沙模擬)在三棱錐P-ABC中，△ABC是邊長(zhǎng)為3的正三角形，PA=52，PC⊥BC，則三棱錐P-ABC的體積最大為(A.1538 B.23 C.3答案C解析如圖，因?yàn)镻C⊥BC，所以P點(diǎn)在過(guò)C點(diǎn)且與BC垂直的平面α上，設(shè)平面α∩平面ABC=l，過(guò)點(diǎn)A作l的垂線段交l于點(diǎn)A1，則AA1⊥α，且AA1=32因?yàn)镻A=52，所以P點(diǎn)在以A1為圓心的圓周上由圖可知P到底面ABC的最大高度為PA2所以三棱錐體積的最大值為V三棱錐P-ABC=13×S△ABC×2=13×34×32×二、多項(xiàng)選擇題(每小題6分，共12分)5.如圖，正方體ABCD-A'B'C'D'的棱長(zhǎng)為4，動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)在棱AB上，且EF=2，動(dòng)點(diǎn)Q在棱D'C'上，則在三棱錐A'-EFQ中，下列說(shuō)法正確的是()A.△EFQ的面積與點(diǎn)E，F(xiàn)的位置無(wú)關(guān)B.三棱錐A'-EFQ的體積與點(diǎn)Q的位置有關(guān)C.三棱錐A'-EFQ的體積與點(diǎn)E，F(xiàn)，Q的位置都有關(guān)D.三棱錐A'-EFQ的體積與點(diǎn)E，F(xiàn)，Q的位置均無(wú)關(guān)，是定值答案AD解析連接AD'，BC'，如圖.對(duì)于選項(xiàng)A，因?yàn)锳B∥C'D'，且AB=C'D'，可知四邊形ABC'D'為平行四邊形，且AB⊥平面ADD'A'，AD'?平面ADD'A'，則AB⊥AD'，可知四邊形ABC'D'為矩形，所以△EFQ的面積S△EFQ=12EF·AD'=12×2×42=4即△EFQ的面積為定值，與點(diǎn)E，F(xiàn)的位置無(wú)關(guān)，故A正確；對(duì)于選項(xiàng)BCD，因?yàn)锳'D'⊥平面ABB'A'，且平面ABB'A'∥平面DCC'D'，可知三棱錐Q-A'EF的高為A'D'=4，所以三棱錐A'-EFQ的體積V三棱錐A'-EFQ=V三棱錐Q-A'EF=13A'D'·S△A'EF=13×4×12×2×即三棱錐A'-EFQ的體積為定值，與點(diǎn)E，F(xiàn)，Q的位置均無(wú)關(guān)，故D正確，BC錯(cuò)誤.6.在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M為正方體表面上的動(dòng)點(diǎn)，N為線段AC1上的動(dòng)點(diǎn)，若直線AM與AB的夾角為π4，則下列說(shuō)法正確的是(A.點(diǎn)M的軌跡確定的圖形是平面圖形B.點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為π2+2C.C1M的最小值為2-1D.當(dāng)點(diǎn)M在側(cè)面BB1C1C上時(shí)，33AN+MN的最小值為答案BCD解析如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，1，0)，C1(1，1，1)，∵直線AM與AB的夾角為π4，當(dāng)點(diǎn)M在側(cè)面AA1D1D上時(shí)，AB⊥AM，當(dāng)點(diǎn)M在底面A1B1C1D1和側(cè)面CC1D1D(不包含邊界)上時(shí)，點(diǎn)M到直線AB的距離大于AB的長(zhǎng)度，此時(shí)，AM與AB的夾角大于π4當(dāng)點(diǎn)M在側(cè)面AA1B1B和底面ABCD上時(shí)，可知線段AB1，AC滿(mǎn)足題意；當(dāng)點(diǎn)M在側(cè)面BCC1B1上時(shí)，由AB⊥BM，可知BM=AB，此時(shí)弧B1C為所求