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1、立体几何中的动态、轨迹问题【重点解读】“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化.题型一平行、垂直中的动态轨迹问题例1如图，在棱长为。的正方体ABCz）A/iGQi中，E,F,G,H,N分别是CG，CjD1,DD,CD,8C的中点，“在四边形E尸G边上及其内部运动，若MN平面48。则点M轨迹的长度是（）A.3aB.y2a答案D解析连接N,GM图略），
2、在棱长为。的正方体ABCo-AGz）I中，EtF,G,H,N分别是CG,ClDifDD,CD,BC的中点，则GH84,HN/BD,又GHQ平面A8O,84U平面AI3D,；G平面AiBD,同理可证得NH平面AiBDt又GHCHN=H,GH,HNU平面GHN,；平面A由。平面GHN,又点M在四边形七尸G上及其内部运动，MN平面AlBD,则点M在线段G上运动，即满足条件，又GH=a,则点M轨迹的长度是率.思维升华动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.跟踪训练1正四棱锥SABCO的底面
3、边长为2,高为2,E是边BC的中点，动点P在正四棱锥表面上运动，并且总保持Pf1.1.AG则动点P的轨迹的周长为（）A.,762B.6-2C.4D.5l答案A解析如图，设AC,BD交于O,连接SO,由正四棱锥的性质可得SOJ_平面ABC。，因为4CU平面ABC0,故S0_1.AC.又8。_1.AC,SOBO=O,SO,BDU平面SBD,故ACJ_平面SBD由题意，PElAC则动点P的轨迹为过E且垂直C的平面与正四棱锥S-ABCD的交线，即平面EFG,则AC_1.平面EFG.由线面垂直的性质可得平面SBO平面EFG,又由面面平行的性质可得EG5B,GF/SD,EF/BD,又E是边8C的中点，故E
4、G,GF,E尸分别为ZS8C,SDC,ZX8Co的中位线.由题意BO=26，SB=SD=*+2=乖,故FG+EF+GF=（6+6+22）=6+2.即动点P的轨迹的周长为加+i题型二距离、角度有关的动态轨迹问题例2已知长方体ABC。-AlBIGQI的外接球的表面积为5mA4=2,点P在四边形AlACG内，且直线BP与平面AAeG所成的角为去则长方体的体积最大时,动点P的轨迹长为（）A.11B.+厂C，2口.方答案C解析因为长方体ABCo4由IG。的外接球的表面积为511,设外接球的半径为R,所以411R2=511,解得R=坐或R=一鸣舍去），即外接球的直径为小，设AB=,BC=b,则82+22=
5、#,可得病+尻=,所以V=2bH+庐=1,当且仅当=b=乎时，等号成立.如图，设AC,B。相交于点。,Dl/：?aB因为1.AC,BOA,ACAA=A,AC,4U平面AIACCj,所以8。_1.平面4ACG,因为直线BP与平面44CG所成的角为会所以NBPo=故OP=1-2,则点P的轨迹是以。为圆心，半径，的半圆弧，所以动点P的轨迹长为11r=看思维升华距离、角度有关的轨迹问题(1)距离：可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹.(2)角度：直线与面成定角，可能是圆锥侧面；直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面.跟踪训练2已知三棱锥PA8C的外接球。的半径为
6、万，ZXABC为等腰宜角三角形，若顶点P到底面ABC的距离为4,且三棱锥PABC的体积为竽，则满足上述条件的顶点尸的轨迹长度是.答案4311解析设底面等腰直角三角形ABC的直角边的边长为MX乂)， 顶点P到底面ABC的距离为4且三棱锥P-ABC的体积为竽，r4=,解得x=25, ABC的外接圆半径为r,=222=2, .球心0到底面ABC的距离d=yR211=13-22=3,又,顶点P到底面ABC的距离为4, 顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周(球心在底面ABC和截面圆之间)且球心。到该截面圆的距离dz=l,：截面圆的半径n=yR2-(=,131=23,，顶点P的轨迹长度是211r2=21123=
7、4311.题型三翻折有关的动态轨迹问题例3在矩形ABCo中，七是AB的中点，AD=1,A8=2,将4：沿。七折起得到%DE,设AC的中点为M,若将aAaE沿OE翻折90。，则在此过程中动点M形成的轨迹长度为答案等解析如图，设AC的中点为M),ZXADE沿。E翻折90。，此时平面4QE_1.平面ABa),取C。中点P,CE中点。，PQ中点、N,连接PQtMP,MQ,MN,MQP,MoQ,MOMMP=M)P=%。芯MQ=M0Q=E=,PQ=切E=乎，ZXMPQ和AMoPQ是等腰直角三角形，且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M的轨迹是以N为圆心，；PQ为半径的一段圆弧，入MPIlND,M闪平面A
8、DE,A,OU平面ADEiJMP平面ADE,同理M。平面ADE,又.MPMQ=M,平面MPQ平面ADE,又平面AOEJ_平面A8CO,故平面MPQJ_平面ABCD,又平面MPQn平面ABCD=PQ,MNl.PQ,故MNJ平面ABC。，又MoNU平面ABC。，,MN1.M(M故动点形成的轨迹长度为11PQ=专工思维升华翻折有关的轨迹问题(1)翻折过程中寻找不变的垂直的关系求轨迹.(2)翻折过程中寻找不变的长度关系求轨迹.(3)可以利用空间坐标运算求轨迹.跟踪训练3(2024连云港模拟)在矩形ABCD中，AB=3,AD=I,点E在CD上,现将AAED沿AE折起，使平面AEO_1.平面ABG当E从。
9、运动到C时，求点。在平面ABC上的射影K的轨迹长度为()a2C2/_11c11A.2B.-C，2D.1答案D解析由题意，将aAEO沿AE折起，使平面AED_1.平面A8C,在平面AEO内过点。作DK1.AEi垂足K为。在平面ABC上的射影，连接OK,由翻折的特征知，则NOKA=90。，故K点的轨迹是以AO为直径的圆上一段弧，根据长方形知圆半径是玄如图当E与C重合时，ADAC=60o,所以AK=MD取O为A。的中点，得到404K是正三角形.故NKOA=1，所以NK0。=专，射影K的轨迹长度为:X号=号课时精练一、单项选择题1 .在正方体ABC。-48CQl中，。是正方形BiBCG内的动点，AQ_
10、1.8G，则。点的轨迹是（）B.线段BICD.jFffiBxBCCxA.点、BIC.线段Scl答案B解析如图，连接AlG因为5G1.4Q,BCiA1B,AAB=A,AiQt因为U平面从闰0,所以8G_1.平面4BQ,又BIQU平面A8Q,所以8G_1.0Q,又BG1.BC,所以点Q在线段BC上.2 .（2023佛山模拟）如图，正方体ABCz）4为Gol的棱长为1,点P为正方形ABCO内的动点，满足直线BP与下底面ABCo所成角为60。的点尸的轨迹长度为（）C1DA雪BC.3D答案B解析直线BP与下底面ABCo所成的角等于直线BP与上底面481GA所成的角，连接BiP,如图,B.BC=4D.B1
11、C=6因为MlJ平面Al为CID1,PBiU平面AIBIClDI,所以BBl_1.PBi,故NBP8为直线BP与上底面4BC。所成的角，则NBPBl=60。，因为豳=1，所以P=坐故点P的轨迹为以以为圆心，乎为半径，位于平面4SGG内的上圆，故轨迹长度为(又由OE=；BG=2,可得BC=4.4 .已知四棱柱ABCO-A8GO的底面ABCo为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱ODl上的点，且。P=2PO,A4=3,AB=1.若点Q在侧面BCG用（包括其边界）上运动，且总保持4Q_1.8P,则动点Q的轨迹长度为（）A.3B.y2C.D雪答案D解析如图，在侧棱AAl上取一点R,使得AR=2R4,连接
12、PR,BR,过点A作AN_1.8R交BR于点M,交BBl于点、N,连接AC,CN,BD,由PRAO,可知PR_1.AMBR,PRU平面BPR,BRCPR=R,从而AN_1.平面8PR,BPU平面8尸R,所以BP1.AN,又由BP在平面ABCD内的射影8。J_AC,所以BQJ_AC,AN,ACU平面ACN,ANdAC=A,知BP_1.平面ACMCNU平面AaV,所以BP1.CNt所以动点。的轨迹为线段CM在RtAABN,RtRAB中，ZBAN=NARB,所以RtAABNsRtARAB,5 .如图,已知正方体45CD-AlBICIDl的棱长为1.E,尸分别是棱AD,小G的中点.若点P为侧面正方形A
13、oQlAl内（含边界）动点，且BlP平面BE凡则点P的轨迹长度为（）A.B.1C.坐D.答案C解析取AlDl的中点M,连接AM,BMAB1,EM,FM,如图所示，在正方体48CO-AlBGDl中,ADBCS.AD=BCt因为E,尸分别是棱AQ,8G的中点，则AE办户且4E=BR所以四边形A8所为平行四边形，则48所，因为Asa平面BEF,MU平面BEFi所以ABi平面BEFi同理可证AM平面BEFy因为48IrlAM=4,AB,AMU平面ABlM,所以平面A8M平面BEF,因为AMU平面AAli。，若P4M,则BIPU平面A8M,所以SP平面8EF,所以点P在侧面AAQN内的轨迹为线段AM,由勾股定理可得am=aaHa1m2=坐.6 .己知菱形ABCQ边长为2,乙480=60。，沿对角线AC折叠成三棱锥B-ACDf使得二面角）一AC。为60。，设E为BC的中点，尸为三棱锥一4。表面上动点，且总满足AC-1.ER则点尸轨迹的长度为（）A.23B.33C.3D.芈答案D解析连接AG8。交于点O,连接。夕，四边形ABCo为菱形，ZABC=o,所以AC_1.3。，OBAC,AABCtACD,B,。均为正三角形，所以NB0。为二面角一47一。的平面角，于是NB
