高中数学-空间图形的轨迹问题
空间中的轨迹问题及其解决办法
B
D
C
知识点五：
1.借助轨迹的几何定义解决问题 2.在轨迹所在平面恰当建立坐标系，计算出轨迹方 程后再解决问题
A
G
E
F
H
D
C
A'
B
知识点二：
过空间中一点作已知平面的平行 直线有无数条，并且这无数条直线 都在同一平面内，这个平面就是已 知平面的平行平面。
配套练习：
知识点三：
过空间中一点作已知直线的垂线有无数条，并且这无数 条直线都在同一平面内，这个平面就是已知直线的垂面。
配套练习：
知识点四：
过空间中一条线段上的点作已知 平面的垂线，垂足的轨迹是一条线段， 并且这条线段恰是这条线段在已知平 面上的投影。这些垂线的轨迹是一个 平面，恰是已知平面的垂面。
空间中的轨迹问题 及其常见解决办法
知识点一：
若点P是平面和的公共点，那么平面和有无数个公共点， 并且这无数个公共点都在一条直线上，这条直线叫做平面 与的交线。
配套练习：
正方体中，根据条件求动点P的轨迹 （1）动点P既在平面A’BCD上，又在平面AA’H上； （2）动点P既在平面A’BCD上，又在平面EBG上.
配套练习：
正方体中，
A
G
（1）P为线段AF上的动点，若过点P作PQ平面AA’BG于点Q,
求点Q轨迹的长度；
E
（2） P为线段A
C
且PQ直线与平面ABCD交于点Q,求点Q轨迹的长度。
A' B
A
D'
练习题：
C' E
棱长全为2的三棱柱，在侧面CDD’C’ 上取点P使得PA//平面ECD，再在底面 BCD上取点Q使得PQ平面ECD,求点P 轨迹的长度.
专题22立体几何中的轨迹问题-1
专题22 立体几何中的轨迹问题【题型归纳目录】题型一：由动点保持平行求轨迹题型二：由动点保持垂直求轨迹题型三：由动点保持等距（或定长）求轨迹题型四：由动点保持等角（或定角）求轨迹题型五：投影求轨迹题型六：翻折与动点求轨迹【典例例题】题型一：由动点保持平行求轨迹例1．（多选题）（2022·广东梅州·高一期末）1．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点M 为1CC 的中点，点P 为正方形1111D C B A 上的动点，则（ ）A ．满足MP //平面1BDA 的点PB ．满足MP AM ^的点PC ．存在点P ，使得平面AMP 经过点BD ．存在点P 满足5PA PM +=例2．（多选题）（2022·重庆南开中学模拟预测）2．已知正四棱锥P ABCD -的侧面是边长为6的正三角形，点M 在棱PD 上，且2PM MD =，点Q 在底面ABCD 及其边界上运动，且//MQ 面PAB ，则下列说法正确的是（ ）A ．点Q 的轨迹为线段B ．MQ 与CD 所成角的范围为,32ππ⎡⎤⎢⎣⎦C ．MQD ．二面角M AB Q --例3．（多选题）（2022·全国·高一单元测试）3．已知正方体1111ABCD A B C D -的边长为2，M 为1CC 的中点，P 为侧面11BCC B 上的动点，且满足//AM 平面1A BP ，则下列结论正确的是（ ）A ．1AM B M^B ．1//CD 平面1A BPC ．AM 与11A B 所成角的余弦值为23D ．动点P 例4．（多选题）（2022·江苏扬州·高一期末）4．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 是棱1DD 的中点，F 是侧面11CDD C 上的动点，且满足1//B F 平面1A BE ，则下列结论中正确的是（ ）A ．平面1A BE 截正方体1111ABCD ABCD -所得截面面积为92B ．点F 的轨迹长度为4πC ．存在点F ，使得11B F CD ^D ．平面1A BE 与平面11CDDC 所成二面角的正弦值为13例5．（2022·湖南师大附中三模）5．已知棱长为3的正四面体ABCD ，E 为AD 的中点，动点P 满足2PA PD =，平面a 经过点D ，且平面//a 平面BCE ，则平面a 截点P 的轨迹所形成的图形的周长为 .例6．（2022·山西·太原五中高一阶段练习）6．如图，在正四棱锥S ABCD -中，E 是BC 的中点，P 点在侧面SCD V 内及其边界上运动，并且总是保持PE ∥平面SBD ．则动点P 的轨迹与SCD V 组成的相关图形最有可能是图中的（ ）A ．B ．C ．D ．例7．（2022·安徽省宣城中学高二期末）7．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,E F ､分别是棱1AA ､11A D 的中点，点P 为底面四边形ABCD 内（包括边界）的一动点，若直线1D P 与平面BEF 无公共点，则点P 的轨迹长度为（ ）A ．2BCD ．例8．（2022·河南安阳·高二期末（理））8．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1CC 的中点，F 是侧面11BCC B 内的动点，且1//A F 平面1AD E ，下面说法中正确的是 （将所有正确的序号都填上）①存在一点F ，使得11//A F D E ；②存在一点F ，使得1A F BE ^；③点F 的轨迹是一条直线；④三棱锥1F AD E -的体积是定值．【方法技巧与总结】（1）线面平行转化为面面平行得轨迹（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹题型二：由动点保持垂直求轨迹例9．（2022·湖北·高一期末）9．直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是边长为13AA =，点M 为1CC 的中点，点O 为1A M 的中点，则点O 到底面ABCD 的距离为 ;若P 为底面ABCD 内的动点，且1A P PM ^，则动点P 的轨迹长度为 ．例10．（2022·湖南·雅礼中学二模）10．已知菱形ABCD 的各边长为2,60D Ð=o .如图所示，将ACB △沿AC 折起，使得点D 到达点S 的位置，连接SB ，得到三棱锥S ABC -，此时3SB =.则三棱锥S ABC -的体积为，E 是线段SA 的中点，点F 在三棱锥S ABC -的外接球上运动，且始终保持EF AC ^，则点F 的轨迹的周长为.例11．（2022·四川雅安·高一期末）11．点M 是棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -的内切球O 球面上的动点，点N 为BC 边上中点，若1AM B N ^，则动点M 的轨迹的长度为 ．例12．（多选题）（2022·湖北孝感·高二期末）12．如图，已知正方体ABCD —1111D C B A 的棱长为1，P 为正方形底面ABCD 内一动点，则下列结论正确的有（ ）A ．三棱锥1B -11A D P 的体积为定值B ．存在点P ，使得11D P AD ^C ．若11D P B D ^，则P 点在正方形底面ABCD 内的运动轨迹是线段ACD ．若点P 是AD 的中点，点Q 是1BB 的中点，过P ，Q 作平面α垂直于平面11ACC A ，则平面α截正方体111ABCD A B C D -的截面周长为例13．（多选题）（2022·全国·高二专题练习）13．已知棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，14AM AB =uuuu r uuu r ，点P 在正方体的表面上运动，且总满足0MP MC ⋅=uuu r uuu u r，则下列结论正确的是（ ）A ．点P 的轨迹所围成图形的面积为5B ．点P 的轨迹过棱11A D 上靠近1A 的四等分点C ．点P 的轨迹上有且仅有两个点到点C 的距离为6D ．直线11B C 与直线MP 所成角的余弦值的最大值为35例14．（2022·全国·高一专题练习）14．在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总保持1AP BD ^，则动点P 的轨迹是 （ ）A ．线段1BC B ．线段1BC C ．1BB 中点与1CC 中点连成的线段D ．CB 中点与11B C 中点连成的线段例15．（2022·河南许昌·三模（文））15．如图，在体积为3的三棱锥P-ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，1AP =，若点M 是侧面CBP 内一动点，且满足AM BC ^，则点M 的轨迹长度的最大值为（ ）A ．3B ．6C ．D ．例16．（2022·浙江·杭州市富阳区场口中学高二期末）16．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC V 是边长为2的正三角形，13AA =，N 为棱11A B 上的中点，M 为棱1CC 上的动点，过N 作平面ABM 的垂线段，垂足为点O ，当点M 从点C 运动到点1C 时，点O 的轨迹长度为（ ）A ．π2B ．πC ．3π2D 例17．（2022·浙江·高二阶段练习）17．已知正四棱锥S ABCD -AC ，DB 交于点O ，SO ^平面ABCD ，1SO =，E 为BC 的中点，动点P 在该棱锥的侧面上运动，并且PE AC ^，则点P 轨迹长度为（ ）A ．1B C D ．2例18．（2022·云南·昆明一中高三阶段练习（理））18．已知四面体ABCD ，2AB BC CD DA BD =====，二面角A BD C --为60°，E 为棱AD 中点，F 为四面体ABCD 表面上一动点，且总满足BD EF ^，则点F 轨迹的长度为．【方法技巧与总结】（1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹（2）利用空间坐标运算求轨迹（3）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹题型三：由动点保持等距（或定长）求轨迹例19．（2022·四川成都·高二期中（理））19．如图，已知棱长为2的正方体A ′B ′C ′D ′－ABCD ，M 是正方形BB ′C ′C 的中心，P 是△A ′C ′D 内（包括边界）的动点，满足PM =PD ，则点P 的轨迹长度为 ．例20．（多选题）（2022·山东·模拟预测）20．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点M 是其侧面11ADD A 上的一个动点（含边界），点P 是线段1CC 上的动点，则下列结论正确的是（ ）A ．存在点P ，M ，使得平面11B D M 与平面PBD 平行B ．存在点P ，M ，使得二面角--M DC P 大小为23πC ．当P 为棱1CC 的中点且PM =时，则点M 的轨迹长度为23πD ．当M 为1A D 中点时，四棱锥M ABCD -例21．（多选题）（2022·福建·莆田二中模拟预测）21．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是11A D 的中点，点P ，Q ，R 在底面四边形ABCD 内（包括边界），1PB ∥平面1MC D R 到平面11ABB A 的距离等于它到点D 的距离，则（ ）A ．点PB ．点QC ．PQ 12-D ．PR 例22．（2022·江西·模拟预测（理））22．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，点P 在11A C B △的内部及其边界上运动，且DP P 的轨迹长度为( )AB ．2πC ．D ．3π例23．（多选题）（2022·辽宁·高一期末）23．如图，正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，点M 是其侧面11ADD A 上的动点（含边界），点P 是线段1CC 上的动点，下列结论正确的是（ ）A ．存在点P ，M ，使得平面11B D M 与平面PBD 平行B ．当点P 为1CC 中点时，过1A PD ，，点的平面截该正方体所得的截面是梯形C ．过点A ，P ，M 的平面截该正方体所得的截面图形不可能为五边形D ．当P 为棱1CC 的中点且PM =时，则点M 的轨迹长度为2π3例24．（2022·河南安阳·模拟预测（文））24．在四边形ABCD 中，//BC AD ，12AB BC CD AD ===，P 为空间中的动点，2PA PB AB ===，E 为PD 的中点，则动点E 的轨迹长度为（ ）A B C D 例25．（2022·四川达州·高二期末（理））25．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 在正方体内部及表面上运动，下列结论错误的是（ ）A ．若点P 在线段1D C 上运动，则AP 与1AB 所成角的范围为ππ,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．若点P 在矩形11BDD B 内部及边界上运动，则AP 与平面11BDD B 所成角的取值范围是ππ,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．若点P 在11D B C △内部及边界上运动，则AP D ．若点P 满足1AP =，则点P 轨迹的面积为π2例26．（2022·江西省乐平中学高一期末）26．已知正方体1111ABCD A B C D -1,,B D C 的平面为a ，点P 是平面a内的动点，1A P =P 的轨迹长度等于（ ）A ．πB C D ．2π【方法技巧与总结】（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）利用空间坐标计算求轨迹参考答案：1．AD【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点P 的轨迹，进而判断A ；建立空间直角坐标系，得到(2,0,0)A ，(0,2,1)M ，P 为正方形1111D C B A 上的点，可设(,,2)P x y ，且02x ££，02y ££，进而对BCD 各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.【详解】对于A ，取11B C 的中点Q ，11D C 的中点N ，又点M 为1CC 的中点，由正方体的性质知1//MQ A D ，//NQ BD ，MQ NQ Q =I ，1A D BD D Ç=，所以平面//MQN 平面1BDA ，又MP Ì平面MQN ，MP \∥平面1BDA ，故点P 的轨迹为线段NQ ==A 正确；对B ，方法一：在平面11BCC B 中过M 作ME AM ^，交11B C 于E ，设1C E x =，则3AM =，ME =，AE ==由222AM ME AE +=，可解得12x =，同理，在平面11DCC D 中过M 作MF AM ^，交11D C 于F ，可得112C F =，因为ME MF M =I ，所以AM ^平面MEF ，因为MP AM ^，所以MP Ì平面MEF ，所以点P 的轨迹为线段EF ，故B 不正确；方法二：以D 为原点，分别以1,,DA DC DD 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则(2,0,0)A ，(0,2,1)M ，设(,,2)P x y ，且02x ££，02y ££，(2,,2)AP x y =-uuu r ，(,2,1)MP x y =-uuu r ，(2,2,1)AM =-uuuu r ()22212230AM MP x y x y ⋅=-+-+=-+-=uuuu r uuu r ，即32y x =+，又02x ££，02y ££，则点P 的轨迹为线段EF ，30,,22E æöç÷èø,1,2,22F æöç÷èø且EF ==B 错误；对于C ，方法一：取1DD 中点G ，连接,AG MG ，正方体中，易得//AB MG ，所以平面ABM 截正方体的截面为平面ABMG ，显然P Ï平面ABMG ，故不存在点P ，使得平面AMP 经过点B ，故C 错误；方法二：设(,,2)P x y ，且02x ££，02y ££，若平面AMP 经过点B ，则DP aDA bDB cDM =++uuu r uuu r uuu r uuuu r ，且1a b c ++=，又(,,2),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,1)DP x y DA DB DM ====uuu r uuu r uuu r uuuu r ,所以()()()(),,22,0,02,2,00,2,1x y a b c =++，即()(),,222,22,x y a b b c c =++，因此222221x a b y b c c a b c =+ìï=+ïí=ïï++=î，从而2x =-，不合题意，所以不存在点P ，使得平面AMP 经过点B ,故C 错误；对于D ，方法一：延长1CC 至M ¢，令11C M C M ¢=，则MP M P ¢=，所以PA PM PA PM AM ¢¢+=+³，因为4AM ¢==>，所以存在点P 满足5PA PM +=，故D 正确.方法二：点M 关于平面1111D C B A 的对称点的为(0,2,3)M ¢，三点共线时线段和最短，故4PA PM AM ==¢³>+，故存在点P 满足5PA PM +=，故D 正确.故选：AD.2．ACD【分析】作出与面PAB 平行且过MQ 的平面，即可得出点Q 的轨迹判断A ，当点Q 在E 处时，异面直线所成角小于3π可判断B ，当MQ NE ^时求出MQ 可判断C ，作出二面角的平面角求正切值判断D 即可.【详解】对于A ，取点N ,E ，使得2AN ND =，2BE EC =，连接,ME NE ,MN ，如图，由线段成比例可得//,//MN PA NE AB ，PA Ì平面PAB ，MN Ë平面PAB ，所以//MN 平面PAB ，同理可得//NE 平面PAB ，又,NE MN Ì平面MNE ，MN NE N Ç=，所以平面//MNE 平面PAB ，故当点Q ME Î时，总有//MQ 面PAB ，所以点Q 的轨迹为线段，故A 正确；对于B ，由//CD NE 知MQ 与CD 所成角即为MQ 与NE 所成角，在MEN V 中，1π2,6,33MN PA NE AB MNE PAB ====Ð=Ð=，由余弦定理可得ME =1cos 2MEN Ð==>，可知π3MEN Ð<，即Q 运动到E 点时，异面直线所成的角小于π3，故B 错误；对于C ，当MQ NE ^时，MQ 最小，此时πsin 23MQ MN =⋅==C 正确；对于D ，二面角M AB Q --即平面MAB 与底面ABCD 所成的锐角，连接,AC BD 相交于O ，连接PO ，取点H ，使得2OH HD =，连接MH ，过H 作HG AB ^于G ，连接MG ，如图，由正四棱锥可知，^PO 面ABCD ，由2OH HD =，2PM MD =知//MH PO，1133MH PO \==´HG AB ^可得//HG AD ，556GH AD \==，MH ^Q 面ABCD ，AB MH \^，又HG AB ^，HG MH H =I ，AB \^平面MHG ，AB MG \^，MGH \Ð即为二面角的平面角，tan MH MGH GH \Ð==故D 正确.故选：ACD3．BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式、空间向量数量积的运算性质逐一判断即可.【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则1(0,0,2),(0,2,2),(0,0,0),(2,1,0),(,,0)A A B M P x y ，所以1(0,2,2),(,,0),(2,1,2)A B BP x y AM =--==-uuur uuu r uuuu r ，由//AM 平面1A BP ，得1AM a A B bBP =+uuuu r uuur uuu r ，即022122bx a by a +=ìï-+=íï-=-î，化简可得：320x y -=，所以动点P 在直线320x y -=上，对于选项A ：11(2,1,2),(2,1,0),221(1)(2)030AM B M AM B M =-=-⋅=´+´-+-´=¹uuuu r uuuu r uuuu r uuuu r ，所以AM uuuu r 与1B M uuuur 不垂直，所以A 选项错误；对于选项B ：111//,CD A B A B Ì平面11,A BP CD Ë平面1A BP ，所以1//CD 平面1A BP ，B 选项正确；对于选项C：11112(0,0,2),cos ,3A B AM A B >=-<==uuuu r uuuu r uuuu r ，C 选项正确；对于选项D ：动点P 在直线320x y -=上，且P 为侧面11BCC B 上的动点，则P 在线段1PB 上，14,2,03P æöç÷èø，所以1PB ==D 选项正确；故选：BCD.4．AC【分析】取CD 中点G ，连接BG 、EG ，计算截面1A EGB 的面积后判断A 的正误，取11C D 中点M ，1CC 中点N ，则点F 的运动轨迹为线段MN ，故可判断B 的正误，取MN 的中点F ，则可判断11B F CD ^，故可判断C 的正误，而11B FC Ð即为平面1B MN 与平面1,CDD C 所成二面角，计算其正弦值后可判断D 的正误.【详解】取CD 中点G ，连接BG 、EG ，则等腰梯形1A EGB 为截面，而1A E GB ==，1A B EG ==故梯形1A EGB92=，A 正确；取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,,,B M B N MN NE MG ，则1111//,=NE A B NE A B ，故四边形11A B NE 为平行四边形，则得11//B N A E ，而1B N Ë平面1A BE ，1A E Ì平面1A BE ，故1B N //平面1A BE ，同理1//B M 平面1A BE ，而111=B N B M B I ，11,B N B M Ì平面1B MN ，故平面1//B MN 平面1A BE ，∴点F 的运动轨迹为线段MNB 错误；取MN 的中点F，则11B N B M ==，∴1B F MN ^，∵1//MN CD ，∴11B F CD ^，C 正确；因为平面1//B MN 平面1A BE 且1MN C F ^，1MN B F ^，∴11B FC Ð即为平面1B MN 与平面1CDDC所成二面角，11111sin B C B FC B F Ð===，D 错误．故选：AC.5．【分析】设BCD △的外心为O ，以O 为坐标原点可建立空间直角坐标系，设(),,P x y z ，根据2PA PD =可求得P点轨迹是以G æççè为球心，2为半径的球；延长,,AB AF AC 到点,,M Q N ，使得AB BM =，AF FQ =，AC CN =，由面面平行的判定可证得平面//BCE 平面MND ，则平面MND 为平面a ，可知点G 到平面DMN 的距离d 即为点G 到直线DQ 的距离，由向量坐标运算可知DG DQ ^，得到1d =，由此可求得截面圆半径，利用圆周长的求法可求得结果.【详解】设BCD △的外心为O ，BC 的中点为F ，过O 作BC 的平行线，则以O 为坐标原点，可建立如图所示空间直角坐标系，BCD QV 为等边三角形，3BC =，23OD DF \==OA \=，(A \，()D，0,F æöç÷ç÷èø，设(),,P x y z ，由2PA PD =得：((2222224x y z x y z ⎡⎤++=++⎢⎥⎣⎦，整理可得：2224x y z ææ++=ççççèè，\动点P的轨迹是以G æççè为球心，2为半径的球；延长,,AB AF AC 到点,,M Q N ，使得AB BM =，AF FQ =，AC CN =，则//CE DN ，//BE MD ，又,DN MD Ì平面MND ，,CE BE Ë平面MND ，//CE \平面MND ，//BE 平面MND ，由CE BE E =∩，,CE BE Ì平面BCE ，\平面//BCE 平面MND ，即平面MND 为平面a ，则点G 到平面DMN 的距离d 即为点G 到直线DQ的距离，DG æ=ççèuuur Q，(0,DQ =-uuur ，220DG DQ \⋅=-+=uuur uuur ，即DG DQ ^，\点G 到直线DQ 的距离1d DG ==uuur ，\截面圆的半径r ==\球被平面a截得的截面圆周长为2r π=，即平面a 截点P的轨迹所形成的图形的周长为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的动点轨迹相关问题的求解，解题关键是能够利用空间向量法求得动点所满足的轨迹方程，从而确定动点轨迹为球，利用平面截球所得截面圆周长的求法可求得结果.6．A【分析】先分别取CD 、S C 的中点M 、N ，再证明面EMN ∥面SBD ，可知当P 在MN 上移动时，PE Ì面EMN ，能够保持PE ∥平面SBD ，进而得到选项A 符合题意．【详解】分别取CD 、S C 的中点M 、N ，连接MN ，ME ，NE ，又∵E 是BC 的中点，∴EM BD ∥，EN SB ∥，又∵,EM EN Ë面SBD ，,BD SB Ì面SBD ， ∴EM ∥面SBD ，EN ∥面SBD ，又∵EM EN E =I ， ,EM EN Ì平面EMN ，∴面EMN ∥面SBD ，∴当P 在MN 上移动时，PE Ì面EMN ，此时能够保持PE ∥平面SBD ，则动点P 的轨迹与SCD V 组成的相关图形是选项A故选：A ．7．B【分析】取BC 的中点G ，连接11,,G D G AD A ，易证1//AD 平面BEF ，1//GD 平面BEF ，从而得到平面1//AD G 平面BEF ，即可得到P 的轨迹为线段AG ，再求其长度即可.【详解】取BC 的中点G ，连接11,,G D G AD A ，如图所示：E F ､分别是棱1AA ､11A D 的中点，所以1//EF AD ，又因为EF Ì平面BEF ，1AD Ë平面BEF ，所以1//AD 平面BEF .因为1//FD BG ，1=FD BG ，所以四边形1FBGD 为平行四边形，所以1//FB GD .又因为FB Ì平面BEF ，1GD Ë平面BEF ，所以1//GD 平面BEF .因为111GD AD D =I ，所以平面1//AD G 平面BEF .因为点P 为底面四边形ABCD 内（包括边界）的一动点，直线1D P 与平面BEF 无公共点，所以P 的轨迹为线段AG =故选：B8．①②④【分析】取11B C 的中点G ，1BB 的中点H ，连接1A G ，1A H ，GH ，由面面平行的性质可判断①③④，由线面垂直的性质可判断②，【详解】如图，取11B C 的中点G ，1BB 的中点H ，连接1A G ，1A H ，GH ，则平面1//AGH 平面1AD E ，所以点F 在线段GH 上运动，即点F 的轨迹是线段GH ，故③错误.当点F 位于点H 时，11//A F D E ，故①正确．取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接1A N ，MN ，1B M ，则BE ^平面11A B MN ，设11GH B M F Ç=，则11A F BE ^，所以存在一点F 使得1A F BE ^，故②正确.平面1//AGH 平面1AD E ，所以点F 到平面1AD E 的距离是定值，所以三棱锥1F AD E -的体积是定值，故④正确．故答案为：①②④9．942π【分析】结合图像,根据正方形的性质即可求出点到平面的距离，再利用直径所对圆周角为直角的性质，将其迁移到空间中，得到P 点轨迹，即为以OP 的长为半径的球与平面ABCD 相交所截得的圆，再根据勾股定理，即可求解．【详解】解：由点O 为1A M 的中点可得，点O 到平面1111D C B A 的距离是点M 到平面1111D C B A 距离的一半，则点O 到平面1111D C B A 的距离为34，故点O 到平面ABCD 的距离为39344-=；1A P PM ^Q ，点O 为1A M 的中点，111524OP A M \===，设以O 为球心，OP 的长为半径的球与平面ABCD 所截得的圆的半径为r ，则3r ==，则动点P 的轨迹即为以正方形ABCD 的中心为圆心，3ABCD 内的圆弧，如图，R 为QP 中点，所以HR QP ^,所以cos RH QHR QH Ð===,所以23QHP QHR πÐ=Ð=，P 点轨迹所形成的圆弧长为32423πππæö´-´=ç÷èø．故答案为：94；2π.10．【分析】取AC 中点M ，由题可得AC ^平面SMB ，进而可得三棱锥S ABC -的高3sin 2h SBM SB Ð=⋅=，利用锥体体积公式可得三棱锥的体积，设点F 轨迹所在平面为a ，则F 轨迹为平面a 截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得.【详解】取AC 中点M ，则,,AC BM AC SM BM SM M ^^=I ，∴AC ^平面SMB ，SM MB ==，又3SB =，∴30SBM MSB ÐÐ==o ，则三棱锥S ABC -的高3sin 2h SBM SB Ð=⋅=，三棱锥S ABC -体积为213232V =´=作EH AC H ^于，设点F 轨迹所在平面为a ，则平面a 经过点H 且AC a ^，设三棱锥S ABC -外接球的球心为,,O SAC BAC V V 的中心分别为12,O O ，易知1OO ^平面2,SAC OO ^平面BAC ，且12,,,O O O M 四点共面，由题可得1121602OMO O MO ÐÐ==o，113O M SM =解Rt 1OO M △，得11OO M =，则三棱锥S ABC -外接球半径r =，易知O 到平面a 的距离12d MH ==，故平面a 截外接球所得截面圆的半径为1r ==∴截面圆的周长为12l r π=，即点F ..11【分析】分别取1DD 、1CC 的中点G 、H ，连接BH 、AG 、GH ，证明A 、B 、G 、H 四点共面，并计算出球心到平面ABGH 的距离，可计算得出截面圆的半径，利用圆的周长公式可求得结果.【详解】如图，正方体1111ABCD A B C D -的内切球O 的半径1R =，由题意，分别取1DD 、1CC 的中点G 、H ，连接BH 、AG 、GH ，在正方体1111ABCD A B C D -中，四边形ABHG 为平行四边形，所以A 、B 、G 、H 四点共面，则CH BN =，1BC BB =，1190C CB B BN Ð=Ð=o，所以，1BCH B BN @△△，所以，1BNB BHC Ð=Ð，1B N BH \^，AB ^Q 平面11BB C C ，1B N Ì平面11BB C C ，1AB B N \^，AB BH B =Q I ，1B N \^平面BAGH ，所以，动点M 的轨迹就是平面BAGH 截内切球O 的交线， 取1BB 的中点E ，连接,EG BD ，则四边形BEGD 为平行四边形，易知点O 为EG 的中点，过点E 在平面11BB C C 内作EF BH ^，AB ^Q 平面11BB C C ，EF Ì平面11BB C C ，则EF AB ^，AB BH B =Q I ，EF \^平面BAGH ，sin sin EBF BHC Ð=Ð=，所以，sin EF BE EBF =Ð=因为点O 为EG 的中点，则O 到平面BAGH 的距离为d =，截面圆的半径r ==所以动点M 的轨迹的长度为截面圆的周长2r π=【点睛】关键点点睛：本题解题关键是确定出M 的轨迹是平面BAGH 截内切球O 的交线，在利用球中的勾股定理即可解决.12．ACD【分析】结合选项逐个求解，体积问题利用锥体体积公式可得，垂直问题利用向量求解，截面周长根据截面形状可求.【详解】对于A ，P 为正方形底面ABCD 时，三棱锥111P A B D -的高不变，底面积也不变，所以体积为定值，所以A 正确；对于B ，以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设(),,0P x y ，则()()10,0,1,1,0,0D A ，()1,,1D P x y =-uuuu r ，()11,0,1AD =-uuuu r；若11D P AD ^，则110D P AD ⋅=uuuu r uuuu r，即1x =-，与题意矛盾，所以B 不正确；对于C ，()11,1,1DB =uuuu r，由11D P B D ^得1x y +=，所以P 的轨迹就是线段AC ，所以C 正确；对于D ，因为1,BD AC BD AA ^^，所以BD ^平面11ACC A ；因为平面a ^平面11ACC A ，所以//BD 平面a ；以BD 为参照线作出平面a 与正方体各个侧面的交线，如图，易知每个侧面的交线均相等，，所以截面周长为D 正确.故选：ACD.【点睛】正方体中的动点问题，可以借助空间向量来处理，把位置关系，角度关系转化为向量运算.13．ACD【分析】首先根据动点P 满足的条件及正方体的结构特征得到动点P 的轨迹，然后利用轨迹的特征判断选项A ，B ，C ，对于选项D ，将线线角转化为线面角，运用线面角的定义找出线面角进行求解.【详解】如图，过点M 作1//MF AA ，在AD 上取一点N ，使MN MC ^，连接,NC EC FC ,，过点N 作1//NE AA ，连接EF ，易知//MF NE ，\ ,,,E F M N 四点共面；又MF MC ^Q ，MN MF M =I ，MC \^面MNEF ，即点P 的轨迹为矩形MNEF （不含点M ），设AN x =，则MN =又5MC ==QNC ==222MN MC NC \+= 解得 34x =，即34AN =54MN \=， NC =对于A ，矩形MNEF 的面积为：5454S MN MF =⋅=´=，A 正确；对于B ，134A E AN ==，B 错误；对于C ，CF ==在Rt CMN V 中，C 到MN 的距离范围是：5æççèMN \上存在一点到点C 的距离为6；在Rt CMF V 中，C 到MF 的距离范围是：(MF \上存在一点到点C 的距离为6；但在Rt CNE V 、Rt CEF V 中不存在到点C 的距离为6的点，C 正确；对于D ，直线11B C 与直线MP 所成的最小角就是直线11B C 与平面MNEF 所成的角，11//B C BC Q \直线11B C 与平面MNEF 所成的即是直线BC 与平面MNEF 所成的角，延长,NM CB 交于点G ，则MGB Ð即是直线BC 与平面MNEF 所成的角，//AN GB Q AN AMGB MB \= 94GB \= 在Rt MGC V 中，4sin 5MC MGC GC Ð== 3cos 5MGC \Ð=，D 正确；故选：ACD.【点睛】本题考查动点轨迹，点、线、面位置关系，线线角、线面角以及几何体中一些线段的最值，考查了空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，属于难题.14．A【分析】1BD ^平面1ACB ，又点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，故点P 的轨迹为面1ACB 与面11BCC B 的交线1CB .【详解】连接111,,,,AC BD B C BA AB ，因为1,^^DD AC AC BD ，且1DD BD D =I ，所以AC ^平面1BDD ，1BD Ì平面1BDD ，所以1AC BD ^，因为11111,A D AB A B B A ^^，且1111A D A B A =I ，所以1AB ^平面11BA D ，1BD Ì平面11BA D ，所以11^AB BD ，且1AB AC A =I ，所以1BD ^平面1ACB ，AP Ì平面1ACB ，所以1BD AP ^，点P 的轨迹为面1ACB 与面11BCC B 的交线1CB ，故选：A.15．A【分析】根据题意可知，点M 的轨迹为Rt ABC △斜边上的高线，即可根据等面积法以及基本不等式求出点M 的轨迹长度的最大值．【详解】如图所示： ，因为PA ，PB ，PC 两两垂直，所以AP ^平面PCB ，即有^AP BC ，而AM BC ^，所以^BC 平面APM ，即BC PM ^，故点M 的轨迹为Rt ABC △斜边上的高线PD ．因为三棱锥P-ABC 的体积为3，所以111332PB PC ´´´´=，即18PB PC ´=，由等积法可得，3PD ==£=，当且仅当PB PC ==故选：A ．16．B【分析】根据条件先判断出点O 的轨迹为圆的一部分，再由弧长公式求解即可.【详解】取AB 中点P ，连接PC ，C 1N ，如图，因为PC ⊥AB ，PN ⊥AB ，且PN ∩PC =P ，所以AB ⊥平面1PCC N ，AB Ì平面ABM ,所以平面ABM ⊥平面1PCC N ，平面ABM ∩平面1PCC N = PM ，过N 作NO ⊥PM ，NO Ì平面1PCC N ，所以NO ⊥平面ABM ，当点M 从点C 运动到点C 1时，O 点是以PN 为直径的圆Q (部分)，如图，当M 运动到点1C 时，O 点到最高点，此时11π3,3PC CC CPC ==Ð=，所以π6OPQ Ð=，从而2π3OQP Ð=，所以弧长2π3π32l =⋅=，即点O 的轨迹长度为π.故选: B 17．B【分析】取,,SC CD OC 的中点分别为,,G F H ，利用线面垂直的判定定理可得AC ^平面EFG ，进而可得点P 轨迹为折线,EG GF ，结合条件即得.【详解】取,,SC CD OC 的中点分别为,,G F H ，连接,,,EF EG FG GH ，则GH SO ，EF BD ∥，又SO ^平面ABCD ，BD AC ^，∴GH ^平面ABCD ，EF AC ^，∴GH AC ^，又EF GH H Ç=，∴AC ^平面EFG ，因为动点P 在该棱锥的侧面上运动，并且PE AC ^，故点P 轨迹为折线,EG GF ，由题可知1SO =，1,OB SB SA ===∴EG GF ==，故点P 故选：B.18【分析】取BD 中点O ，易知AOC Ð是二面角A BD C --的平面角，由线面垂直的判定可得BD ^平面AOC ，即有AOC Ð是二面角A BD C --的平面角，取CD ，OD 中点M ，N ，利用线面平行、面面平行的判定有面//AOC 面EMN ，进而有BD ^平面EMN ，即可知F 轨迹.【详解】取BD 中点O ，易得BD AO ^，BD CO ^，AO CO O =I ，所以BD ^平面AOC ，则AOC Ð是二面角A BD C --的平面角，即60AOC Ð=°，又AO CO ==AC =CD ，OD 中点M ，N ，所以//EM AO ，AO Ì面AOC ，EM Ë面AOC ，故//EM 面AOC ，又//MN CO ，同理：//MN 面AOC ，而EM MN M Ç=，,EM MN Ì面EMN ，所以面//AOC 面EMN ，则BD ^平面EMN ，因为F 为四面体ABCD 表面上一动点，且总满足BD EF ^，所以点F 轨迹是△EMN19【分析】利用空间直角坐标系可知，平面A ′C ′D 内的P 满足0x y z +-=， PM =PD 的P 满足23x y z ++=，则可得32333x y x z -ì=ïïí+ï=ïî，P 是△A ′C ′D 内（包括边界），则302x ££，点P 的轨迹线段12PP ．【详解】如图建立空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,2,0,2,0,2,2,1,2,1D A C M ¢¢()()2,0,2,0,2,2DA DC ¢¢==uuur uuuu r设平面DA C ¢¢的法向量(),,n x y z =r则有220220x z y z +=ìí+=î，令1x =，则1,1y z ==-则()1,1,1n r=-设(),,P x y z ，则(),,DP x y z =uuu r∵n DP ^r uuu r，则0x y z +-=又∵PM =PD=整理得：23x y z ++=联立方程230x y z x y z ++=ìí+-=î，则32333x y x z -ì=ïïí+ï=ïî可得023********x x x ìï-íï+ïî，可得302x ££当0x =时，()10,1,1P ，当32x =时，233,0,22P æöç÷èø在空间中，满足PM =PD 的P 为过MD 的中点且与MD 垂直的平面a两个平面的公共部分为直线，即点P 的轨迹为a I 平面A ′C ′D 12PP =．20．ACD【分析】当M 为1AA 中点，P 为1CC 中点时，即可判断A 选项；由二面角--M DC P 的平面角为1ÐMDD 即可判断B 选项；取1DD 中点E ，先求出点M 在侧面11AA D D 内运动轨迹为以E 为圆心半径为2的劣弧，即可判断C 选项；先求出四棱锥M ABCD -外接球的半径，再将外接球的内接正四面体补成正方体即可判断D 选项.【详解】对于A 选项，当M 为1AA 中点，P 为1CC 中点时，易得11//BD B D ，又BD Ì平面PBD ，11B D Ë平面PBD ，则11//B D 平面PBD ，同理可得1//MB 平面PBD ，又1111MB B D B Ç=，则平面11B D M 与平面PBD 平行，故A 正确；对于B 选项，因为CD ^平面11ADD A ，DM Ì平面11ADD A ，则CD DM ^，又1CD DD ^，可知二面角--M DC P 的平面角为1ÐMDD ，显然其范围为0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故B 错误；对于C 选项，取1DD 中点E ，连接,,PE ME PM ，则PE ^平面11,^AA D D PE ME ，则2===ME ，则点M 在侧面11AA D D 内运动轨迹为以E 为圆心半径为2的劣弧，分别交AD ､11A D 于2M ､1M ，则1123Ð=Ð=M ED M ED π，则123Ð=M EM π，劣弧21M M 的长为2233ππ´=.故C 正确；对于D 选项，当M 为1A D 中点时，易知AMD V 为等腰直角三角形，AM DM ^，又AB ^平面11ADD A ，则AB DM ^，又,AB AM Ì平面ABM ，AB AM A =I ，则DM ^平面ABM ，则DM BM ^，又DC BC ^，可知四棱锥M ABCD-外接球的球心即为BD 的中点，所以四棱锥M ABCD -，设四棱锥M ABCD -外接球的内接正四面体的棱长为x ，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体的面对角线，故正，正方体的体对角线为外接球的直径，所以223ö⋅=÷÷ø，得2163x =，所以正四面体的表面积为2142x ´⋅=D 正确.故选：ACD.21．BCD【分析】对于A ，取BC 的中点N ，连接AN ，1B N ，根据面面平行的判定可证得平面1//ANB 平面1DMC ，从而得点P 的轨迹为线段AN ，解三角形计算可判断；对于B ，连接DQ ，由勾股定理得12DQ =，从而有点Q 的轨迹是以点D 为圆心，以12为半径的14圆，由圆的周长计算可判断；对于C ，过点D 作'DP AN ^于'P ，交点Q 的轨迹于'Q ，此时''P Q 的长度就是PQ 长度的最小值，由三角形相似计算得'DP ，由此可判断；对于D ，由已知得点R 到直线AB 的距离等于它到点D 的距离，根据抛物线的定义知点R 的轨迹是以点D 为焦点，以AB 为准线的抛物线，以AD 的中点为坐标原点O ，过点O 且垂直于AD 的直线为x 轴建立平面直角坐标系，则抛物线的方程为22x y =，设与直线AN 平行且与抛物线相切的直线l 的方程为：2+0x y n -=， 联立22+02x y n x y -=ìí=î，整理得()2244+2+0y n y n -=，由0D =，解得14n =-，再根据平行线间的距离可求得PR 长度的最小值．【详解】解：对于A ，取BC 的中点N ，连接AN ，1B N ，则1//AN MC ，11//AB DC ，所以//AN平面1DMC ，1//AB 平面1DMC ，又//AN 平面1DMC ，1//AB 平面1DMC ，1AN AB A =I ，所以平面1//ANB 平面1DMC ，又点P 在底面四边形ABCD 内（包括边界），1PB ∥平面1MC D ，所以点P 的轨迹为线段AN ，因为AN ===，所以点PA 不正确；对于B ，连接DQ ，因为Q 在底面ABCD上，1D Q =2==，解得12DQ =，所以点Q 的轨迹是以点D 为圆心，以12为半径的14圆，如下图所示，所以点Q 的轨迹的长度为112424ππ´´´=，故B 正确；对于C ，过点D 作'DP AN ^于'P ，交点Q 的轨迹于'Q ，此时''P Q 的长度就是PQ 长度的最小值，而'',B AP D BAN ADP Ð=ÐÐ=Ð，所以'ABN DP A V :V ，所以'AD DPAN AB='1DP =，解得'DP =，所以''''12P Q DP DQ =-=，所以PQ12，故C 正确；对于D ，因为点R 到平面11ABB A 的距离等于它到点D 的距离，由正方体的特点得点R 到直线AB 的距离等于点R 到平面11ABB A 的距离，所以点R 到直线AB 的距离等于它到点D 的距离，根据抛物线的定义知点R 的轨迹是以点D 为焦点，以AB 为准线的抛物线，以AD 的中点为坐标原点O ，过点O 且垂直于AD 的直线为x 轴建立平面直角坐标系，如下图所示，则102D æöç÷èø，，102A æö-ç÷èø，，()10N ，，直线AB 的方程为12y =-，直线AN 的方程为210x y --=，则抛物线的方程为22x y =，设与直线AN 平行且与抛物线相切的直线l 的方程为：2+0x y n -=，联立22+02x y n x y -=ìí=î，整理得()2244+2+0y n y n -=，()22Δ4+2160n n =-=，解得14n =-，所以直线l 的方程为：1204x y --=，则直线AN 与直线l 的距离为：d ==，所以PR，故D 正确，故选：BCD.。
第2讲 空间几何体轨迹问题(解析版)
第2讲 空间几何体轨迹问题一．选择题（共7小题）1．（2020秋•西城区期末）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为1BD ，11B C 的中点，点P 在正方体的表面上运动，且满足MP CN ⊥，则下列说法正确的是( )A ．点P 可以是棱1BB 的中点 B ．线段MPC ．点P 的轨迹是正方形D ．点P 轨迹的长度为2【解析】解：在正方体1111ABCD A B C D -中，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，1DD 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，因为该正方体的棱长为1，M ，N 分别为1BD ，11B C 的中点， 则(0D ，0，0)，1111(,,),(,1,1),(0,1,0)2222M N C ，所以1(,0,1)2CN =，设(P x ，y ，)z ，则111(,,)222MP x y z =---，因为MP CN ⊥，所以111()0,2430222x z x z -+-=+-=，当1x =时，14z =， 当0x =时，34z =， 取1133(1,0,),(1,1,),(0,1,),(0,0,)4444E F G H ，连结EF ，FG ，GH ，HE ，则(0,1,0)EF GH ==，1(1,0,)2EH FG ==-，所以四边形EFGH 为矩形，则0,0EF CN EH CN ⋅=⋅=，即EF CN ⊥，EH CN ⊥，又EF 和EH 为平面EFGH 中的两条相交直线， 所以CN ⊥平面EFGH ，又111111(,,),(,,)224224EM MG =-=-，所以M 为EG 的中点，则M ∈平面EFGH ， 所以为使MP CN ⊥，必有点P ∈平面EFGH ， 又点P 在正方体表面上运动， 所以点P 的轨迹为四边形EFGH ， 因此点P 不可能是棱1BB 的中点， 故选项A 错误；又1EF GH ==，EH FG ==，所以EF EH ≠，则点P 的轨迹不是正方形，且矩形EFGH 的周长为222+= 故选项C 错误，选项D 正确；因为1(,0,1)2CN =，111(,,)222MP x y z =---，又MP CN ⊥，则111()0,2430222x z x z -+-=+-=，所以322x z =-，点P 在正方体表面运动，则30212z -，解得1344z，且01y ，所以MP =故当14z =或34z =，0y =或1时，MP 取得最大值为34， 故选项B 错误； 故选：D ．2．（2020•5月份模拟）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为正方体表面上的一个动点，且总有1PC BD ⊥，则动点P 的轨迹所围成图形的面积为( )A B ．C D ．1【解析】解：连接1AB ，AC ，1B C ，则可证1BD ⊥平面1ACB ， 故P 点轨迹围成图形为△1AB C ，又11AC AB B C ===12AB CS∴． 故选：C ．3．（2020•山西模拟）已知长方体1111ABCD A B C D -，2AB AD ==，14AA =，M 是1BB 的中点，点P 在长方体内部或表面上，且//MP 平面11AB D ，则动点P 的轨迹所形成的区域面积是( )A ．6B ．C ．D ．9【解析】解：如图所示，E ，F ，G ，H ，N 分别为11B C ，11C D ，1DD ，DA ，AB 的中点， 则11////EF B D NH ，1////MN B A FG ， 所以平面//MEFGHN 平面11AB D ，所以动点P 的轨迹是六边形MEFGHN 及其内部． 因为2AB AD ==，14AA =，所以EF HN ==EM MN FG GH ===GM =E 到GM =所以229EFGH S S ===梯形． 故选：D ．4．（2020•5月份模拟）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中P 为正方体表面上的一个动点，且总有1PC BD ⊥，则动点P 的轨迹的长度为( )A ．34πB ．4πC ．D ．【解析】解：P 点的轨迹为过点C 与直线1BD 垂直的截面与正方体的交线，就是图形中点三角形1ACB ，它的周长为：． 故选：C ．5．（2020•天河区一模）如图所示，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 是侧面11CDD C 上的动点，且1//B F 面1A BE ，则F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是( )A ．aB ．2aC D 【解析】解：设G ，H ，I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点则1A BEG 四点共面， 且平面1//A BGE 平面1B HI 又1//B F 面1A BE ，F ∴落在线段HI 上，正方体1111ABCD A B C D -中的棱长为a ，1122HI CD ∴==．即F 在侧面11CDD C ． 故选：D ．6．（2020•大观区校级模拟）已知在三棱锥P ABC -中，O 为AB 中点，PO ⊥平面ABC ，90APB ∠=︒，2PA PB ==，下列说法中错误的是( )A ．若O 为ABC ∆的外心，则2PC =B ．若ABC ∆为等边三角形，则AP BC ⊥C ．当90ACB ∠=︒时，PC 与平面PAB 所成角的范围为(0,]4πD ．当4PC =时，M 为平面PBC 内动点，若//OM 平面PAC ，则M 在三角形PBC 内的轨迹长度为2【解析】解：O 为ABC ∆的外心，可得OA OB OC ===PO ⊥平面ABC ，可得PO OC ⊥，即有2PC =，A 正确；若ABC ∆为等边三角形，若AP BC ⊥，又AP PB ⊥，可得AP ⊥平面PBC ，即AP PC ⊥，由PO OC ⊥可得PC AC ===，矛盾， 故B 错误；若90ACB ∠=︒时，设PC 与平面PAB 所成角为θ，可得OC OA OB ===2PC =，设C 到平面PAB 的距离为d ， 由C PAB P ABC V V --=，可得11112223232d AC BC =， 即有222242AC BC AC BC +==，当且仅当2AC BC ==取得等号，可得d 2sin 22d θ=，即有θ的范围为(0，]4π，C 正确； 取BC 的中点N ，PB 的中点K ，连接OK ，ON ，KN ，由中位线定理可得//ON AC ，//OK PA ，可得平面//OKN 平面PAC ， 可得M 在线段KN 上，而122KN PC ==，可得D 正确． 故选：B ．7．（2020•昌平区模拟）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，点E 在棱BC 上，且满足2BE EC =，动点M 在正方体表面上运动，且1ME BD ⊥，则动点M 的轨迹的周长为( )A ．B ．C ．D ．【解析】解：由正方体的特点可知1BD ⊥平面1ACB ，在AB ，1BB 上分别取点P ，Q ，使得2BP PA =，12BQ QB =， 连接PE ，PQ ，EQ ，则//PE AC ，1//EQ B C ， ∴平面1//AB C 平面PEQ ，1BD ∴⊥平面PEQ ，M ∴的轨迹为PEQ ∆．正方体棱长为3，AC ∴=， 23PE AC ∴==，PEQ ∴∆的周长为3PE =故选：A ．二．多选题（共4小题）8．（2020秋•济南期末）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111A B C D 内，若||AE =AC DF ⊥，则( )A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．||EF 1D ．AE 与平面1A BD【解析】解：对于选项A ，在正方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面1111A B C D ，1A E ⊂平面1111A B C D ， 所以11AA A E ⊥， 故22211AE AA A E =+， 则有11A E =，所以点E 的轨迹是以1A 为圆心，1为半径的圆， 故选项A 正确；对于选项B ，在正方体中，AC ⊥平面11B BDD ， 因为AC DF ⊥， 则DF ⊂平面11B BDD ， 故F 在11B D 上，所以F 的轨迹是线段11B D ， 故选项B 错误；对于选项C ，||EF 的最小值即为求线段11B D 上的点到以1A 为圆心，1为半径的圆的最小距离，又圆心1A 到线段11B D 的距离为d ，所以||EF 1， 故选项C 正确；建立如图所示的空间直角坐标系，因为点E 的轨迹是以1A 为圆心，1为半径的圆， 故设(cos E θ，sin θ，2)，[0,]2πθ∈，则(0A ，0，0)，1(0A ，0，2)，(2B ，0，0)，(0D ，2，0)，所以(cos ,sin ,2)AE θθ=，1(2,0,2),(2,2,0)A B BD =-=-， 设平面1A BD 的法向量为(,,)n x y z =， 则有1220220A B n x z BD n x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，则1y =，1z =， 故(1,1,1)n =，设AE 与平面1A BD 所成的角为α，则)2|||cos sin |cos ,|||||AE n AE n AE nπθθα++⋅=<===， 当4πθ=时，sin α=，故AE 与平面1A BD ，故选项D 正确． 故选：ACD ．9．（2020秋•开福区校级月考）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点P 在其表面上运动，且||PAx =，其中点P 的轨迹长度为()f x ，给出下列结论正确的有( ) A ．13()216fπ=B ．f （1）32π=C ．f = D．f =【解析】解：动点P 在其表面上运动，且||PA x =，∴点的轨迹是以A 为球心，PA 为半径的球的球面与正方体的面的交线，当01x <时，点的轨迹如图，则13()3242f x x x ππ=⨯⨯=，所以13()24f π=，故选项A 不符合题意； f （1）32π=，故选项B 符合题意；x <时，点P 的轨迹是三段相等圆弧，在与点A 不相邻的三个面上，圆弧半径R ==，圆弧的圆心角为6π，124f π∴=⨯=，故选项D 符合题意；当x =时，点P 的轨迹是三段相等圆弧，圆弧的长是四分之一个圆，半径是1，如图，∴这条轨迹的长度是：1332142ππ⨯⨯⨯=，故选项C 不符合题意．故选：BD ．10．（2020秋•胶州市期中）已知四面体ABCD 的所有棱长均为2，则下列结论正确的是( ) A ．异面直线AC 与BD 所成角为60︒B ．点A 到平面BCDC ．四面体ABCDD ．动点P 在平面BCD 上，且AP 与AC 所成角为60︒，则点P 的轨迹是椭圆 【解析】解：如图，由题意，四面体ABCD 为正四面体，取底面BCD 的中心为G ，连接CG 并延长，角BD 于E ， 则E 为BD 的中点，且CE BD ⊥，连接AG ，则AG ⊥底面BCD ，得AG BD ⊥， 又AGCE G =，BD ∴⊥平面ACG ，则AC BD ⊥，故A 错误；由四面体的所有棱长为2，可得23CG CE =，又2AC =，AG ∴=，即点A 到平面BCD ，故B 正确；设四面体ABCD 的外接球的球心为O ，半径为R ，连接OC ，则222)R R =-+，解得R =ABCD 的外接球体积为343π⨯=，故C 正确； AP 与AC 所成角为60︒，AP 可看作以AC 为轴的圆锥的母线所在直线，P 的轨迹为平面BCD 截圆锥所得曲线，由AP 与AC 所成角为60︒，且1cos 2ACG ∠=>，可知平面BCD 仅与圆锥一侧面有交点，P 的轨迹为双曲线， 故D 错误． 故选：BC ．11．（2020秋•靖江市校级月考）如图1AC 是棱长为2的正方体，M 为11B C 的中点，下列命题中正确的命题有( )A ．1AB 与1BC 成60︒角B ．若113CN NC =，面1A MN 交CD 于E ，则13CE =C ．P 点在正方形11ABB A 边界及内部运动，且1MP DB ⊥，则PD ．E ，F 分别在1DB 和11A C 上，且1112A F DE EB FC ==，直线EF 与1AD ，1A D 所成角分别是α，β，则2παβ+= 【解析】证明：连接1AD ，11B D ，则11//AD BC ， 则△11AB D 是正三角形，则1AD 与1AB 所成的角即为1AB 与1BC 成的角， 即1AB 与1BC 成60︒角；故A 正确，若113CN NC =，面1A MN 交CD 于E ，则13CE =；建立以1D 为坐标原点，11D A ，11D C ，1D D 分别为x ，y ，z 轴的空间直角坐标系如图： 则1(2A ，0，0)，(1M ，2，0)，(0N ，2，3)2，设DE t =，则(0E ，t ，2)，1A ，M ，N ，E 四点共面，∴存在实数x ，y 使111A E xA M y A N =+，即(2-，t ，2)(1x =-，2，0)(2y +-，2，3)2，则2222322x y x y t y ⎧⎪--=-⎪+=⎨⎪⎪=⎩，得234343x y t ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，则43DE =，42233CE =-=，故B 错误，取11A B 的中点H ，1BB 的中点K ， 连接HM ，HM ，HK ， 则1DB HM ⊥，1DB KM ⊥， 则1DB ⊥平面HKM ，若1MP DB ⊥，则M 在平面HKM 中，则M HK ∈，则1HK ==即P 点在正方形11ABB A 边界及内部运动，且1MP DB ⊥，则P正确，故C 正确；建立如图的空间坐标系如图，则1(2A ，0，0)，(0D ，0，2)，(2A ，0，2)，1(2B ，2，0)， 则1(2D A =，0，2)，1(2DA =，0，2)-，E ，F 分别在1DB 和11A C 上，且1112A FDE EB FC ==，∴122(233DE DB ==，2，42)(3-=，43，4)3-，则4(3E ，43，2)3，11122(233A F AC ==-，2，40)(3=-，43，0)， 则2(3F ，43，0)，则2(3EF =-，0，2)3-，则cos |cos EF α=<，122448||122224()()22333D A -->===-+-， 则0α=cos |cos EF β=<，1244||024()3DA -+>==-+， 则2πβ=，即2παβ+=，故D 正确，故选：ACD ．三．填空题（共9小题）12．（2020秋•鼓楼区校级期末）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，点E ，F 分别是棱BC 、1CC 的中点，P 是侧面11BCC B 内一点（含边界），若1//A P 平面AEF ，点P 的轨迹长度为 ．直线1A P 与平面11BCC B 所成角的正切值的取值范围是 ．【解析】解：如图，分别取棱1BB ，11B C 的中点M ，N ，连接1A M ，1A N ，MN ，1BC ，NE ，M ，N ，E ，F 分别是其所在棱的中点，1//MN BC ∴，1//EF BC ，//MN EF ∴，MN ⊂/平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，//MN ∴平面AEF ，1//AA NE ，1AA NE =，∴四边形1AENA 为平行四边形，1//A N AE ∴， 1A N ⊂/平面AEF ，AE ⊂平面AEF ，1//A N ∴平面AEF ， 1A NM N N =，∴平面1//A MN 平面AEF ，P 是侧面11BCC B 内一点，且1//A P 平面AEF ，∴点P 必在线段MN 上，∴点P的轨迹长度为1122MN BC ==． 点P 的轨迹是线段MN ，11A B ⊥平面11BCC B ，∴直线1A P 与平面11BCC B 所成角的正切值为11A B 与P 到1B 的距离之比，设O 是MN的中点，则2MO NO ==， 111A B =，P 到1B 的距离的最大值为1112MB NB ==， ∴直线1A P 与平面11BCC B 所成角的正切值的最小值为1212=， P 到1B的距离的最小值为1B O == ∴直线1A P 与平面11BCC B=∴直线1A P 与平面11BCC B 所成角的正切值的取值范围是[2，．；[2，．13．（2020秋•桃城区校级月考）在三棱锥P ABC -中，PA AB ⊥，4PA =，3AB =，二面角P AB C --的大小为30︒，在侧面PAB ∆内（含边界）有一动点M ，满足M 到PA 的距离与M 到平面ABC 的距离相等，则M 的轨迹的长度为． 【解析】解：如图，过M 作MN PA ⊥ 于N ，MO ⊥平面ABC 于O ， 过O 作OQ AB ⊥ 于Q ，连接MQ ， 则MQO ∠ 为二面角P AB C -- 的平面角， 由30MQO ∠=︒， 得2MQ MO =．又MO MN =，所以2MQ MN =，在PAB ∆ 中，以AB 所在直线为x 轴，AP 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系， 则直线AM 的方程为2y x =， 直线PB 的方程为43120x y +-=，所以直线AM 与PB 的交点坐标为612(,)55R ，所以M 的轨迹为线段AR ，14．（2020•浙江二模）在棱长为6的正三棱锥P ABC-中，D为棱PA上一动点，E为BC上一动点，且满足32AD BE=，则线段DE的中点Q的运动轨迹的测度||L L为曲线、平面图形、几何体时，||L 分别对应长度、面积、体积）．【解析】解：取AB，AC，PB，PC的中点，H，I，G，F，由题意可知，Q在平面FGHI内运动，设2AD x=，3BE x=，在平面FGHI内，32HM x=，MQ x=，所以线段DE的中点Q的轨迹为线段．当E运动到C点时，132HM HI BC===，4AD=，则2MQ=，由正三棱锥的性质，可知PA BC⊥，所以HI MQ⊥，所以||L==15．（2020•河南模拟）在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱长为6，底面是边长为8的菱形，且120ABC ∠=︒，点E 在边BC 上，且满足3BE EC =，动点M 在该四棱柱的表面上运动，并且总保持1ME BD ⊥，则动点M的轨迹围成的图形的面积为 MC 与平面ABCD 所成角最大时，异面直线1MC 与AC 所成角的余弦值为 ．【解析】解：如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面是菱形，侧棱垂直底面， AC ∴⊥平面11BDD B ，1BD AC ∴⊥，在AB 上取F ，使得3BF FA =，连接EF ，则//EF AC ，1BD EF ⊥， 记AC 与BD 的交点为O ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则(4B ，0，0)，1(4D -，0，6)，(1E ，0)， 在1BB 上取一点G ，记为(4G ，0，)t ，∴1(8BD =-，0，6)，(3EG =，-，)t ，由12460BD EG t =-+=，解得4t =，即12BG GB =， EFG ∴∆的边为点M 的运动轨迹，由题意得FG =3344EF AC ==⨯=动点M 的轨迹围成的面积为12S =⨯∴当M 与G 重合时，MC 与平面ABCD 所成角最大，(4M，0，4)，1(0C，6)，∴1(4MC=-，，2)，AC的一个方向向量为(0n =，1，0)，11143cos,||||68MC nMC nMC n∴<>===，∴异面直线1MC与AC故答案为：16．（2020•高密市模拟）在四棱锥P ABCD-中，PA⊥平面ABCD，2AP=，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，且1AB=，3AD=，直线PM与平面ABCD所成的角为4π．记点M的轨迹长度为α，则tanα= P ABM-的体积最小时，三棱锥P ABM-的外接球的表面积为．【解析】解：如图所示，因为PA⊥平面ABCD，垂足为A，则PMA∠为直线PM与平面ABCD所成的角，所以4PMAπ∠=；因为2AP=，所以2AM=，所以点M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，记点M的轨迹为圆弧EF，连接AF，则2AF=；因为1AB=，3AD=，所以6AFB FAEπ∠=∠=；则弧EF的长度为263ππα=⨯=，所以tanα．当点M位于F时，三棱锥P ABM-的体积最小，又2PAF PBFπ∠=∠=，所以三棱锥P ABM-的外接球球心为PF的中点；因为PF =所以三棱锥P ABM -的外接球的表面积为248S ππ==．8π．17．（2020•南昌三模）已知长方体1111ABCD A B C D -中，32AB =，2AD =，1AA =已知P 是矩形ABCD内一动点，14PA =，设P 点形成的轨迹长度为α，则tan α= -1C P 的长度最短时，三棱锥1D DPC -的体积为 ．【解析】解：在长方体的底面矩形ABCD 内一动点P ，连接AP ，14PA =，1AA =2AP ∴，P ∴点的轨迹为以A 为圆心，以2为半径的圆，与底面矩形BC 的交点为E ，D ，即P 的轨迹为圆弧DE ，连接AE ， 在ABE ∆中，332cos 24AB EAB AE ∠===，3sin cos 4DAE EAB ∴∠=∠=，得3arcsin 4DAE ∠=， 2DE DAE α∴==∠，α为钝角， 373sin sin(2arcsin )2448DAE α∴=∠==1cos 8α==-，得tan α=-当1C P 的长度最短时，P 在AC 上，此时52AC ==，则51222PC =-=，:1:5PC AC =．又11132322D DAC V -=⨯⨯⨯⨯∴1115D DPC D DAC V V --==故答案为：-．18．（2020•中卫二模）古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A ，B 距离之比为常数(0λλ>且1)λ≠的点的轨迹是一个圆心在直线AB 上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1226AB AD AA ===，点E 在棱AB 上，2BE AE =，动点P 满足BP =．若点P 在平面ABCD 内运动，则点P 所形成的阿氏圆的半径为 P 在长方体1111ABCD A B C D -内部运动，F 为棱11C D 的中点，M 为CP 的中点，则三棱锥1M B CF -的体积的最小值为 ．【解析】解：①若点P 在平面ABCD 内运动时，如图以A 为原点距离平面直角坐标系，可得(2,0)E ，(6,0)B ．设(,)P x y ，由BP =可得223BP PE =．即22223(2)3(6)x y x y -+=-+，2212x y ⇒+=．则点P 所形成的阿氏圆的半径为A ，②若点P 在长方体1111ABCD A B C D -内部运动，由①可得点P在半径为A 球上． 如图建立空间直角坐标系，可得(3A ，0，0)，(0F ，3，3)，(0C ，6，0)，1(3B ，6，3) 则1(0,3,3),(3,3,0)FC FB =-=，(3,6,0)AC =-设面1FB C 的法向量为(,,)m x y z =，1330330m FC y z m FB x y ⎧=-=⎪⎨=+=⎪⎩，可得(1,1,1)m =--． A 到面1FCB的距离为||9||3m AC d m ===则P 到面1FCB 的距离的最小值为=， M 为CP 的中点，M ∴到面1FCB ． 则三棱锥1M B CF -的体积的最小值为1213193234FCB S =⨯=． 故答案为：，94．19．（2020•柯城区校级一模）若四棱锥P ABCD-的侧面PAB内有一动点Q，已知Q到底面ABCD的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则当二面角P AB C--平面角的大小为30︒时，k的值为12．【解析】解：如图，设二面角P AB C--平面角为θ，点Q到底面ABCD的距离为||QH，点Q到定直线AB得距离为d，则||sinQH dθ=，即||sinQHdθ=．点Q到底面ABCD的距离与到点P的距离之比为正常数k，∴||||QHkPQ=，则||||QHPQk=，动点Q的轨迹是抛物线，||PQ d∴=，即||||sinQH QHkθ=．则sin kθ=．∴二面角P AB C--的平面角的余弦值为cos cos30θ===︒解得：1(0)2k k =>．故答案为：12．20．（2019秋•舟山期末）若四棱锥P ABCD-的侧面PAB内有一动点Q，已知Q到底面ABCD的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则当二面角P AB C--平面角的大小为60︒时，k的值为．【解析】解：如图，设二面角P AB C--平面角为θ，点Q到底面ABCD的距离为||QH，点Q到定直线AB得距离为d，则||sinQH dθ=，即||sinQHdθ=．点Q到底面ABCD的距离与到点P的距离之比为正常数k，∴||||QHkPQ=，则||||QHPQk=，动点Q的轨迹是抛物线，||PQ d∴=，即||||sinQH QHkθ=，则sin kθ=．∴二面角P AB C--的平面角的余弦值为1 cos cos602θ=︒=．解得：0)k k>．．。
七、空间几何体中的轨迹问题(高中数学解题妙法)
七、空间几何体中的轨迹问题本内容主要研究空间几何体中的轨迹问题.在知识网络交汇点处设计试题是这几年高考命题改革的一大趋势.而以空间图形为素材的轨迹问题，由于具有其独特的新颖性、综合性与交汇性，所以倍受命题者的亲睐，但由于这类题目涵盖的知识点多，创新能力与数学思想方法要求高，而且这些题目远看象“立几”近看象“解几”.空间几何体中的轨迹问题包括判断轨迹的类型问题以及求轨迹中的长度、面积与体积问题.例：在正方体ABCD-A1B1C1D1的面AB1内有一点P到直线AB与到直线B1C1的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（）.A. 线段B. 一段椭圆弧C. 双曲线的一部分D. 抛物线的一部分答案：D整理：空间几何体中的轨迹问题：1.判断轨迹的类型问题2.求轨迹中的长度、面积与体积问题再看一个例题，加深印象例：已知正方体ABCD A B C D -1111的棱长为1，在正方体的侧面BCC B 11上到点A 距离为233的点的轨迹形成一条曲线，那么这条曲线的形状是_________，它的长度为__________.答案：以B 为圆心，半径为33且圆心角为π2的圆弧，长度为36π.解析：因为AB ⊥面BC 1，P 在正方体的侧面BCC B 11上，设AP 3=AB =1,由勾股定理得BP 3=，因此点P 轨迹是以B 为圆心， 半径为33且圆心角为π2的圆弧，长度为36π.总结：1.空间几何体中的判断轨迹的类型问题，这常常要借助于圆锥曲线的定义来判断，常见的轨迹类型有：线段、圆、圆锥曲线、球面等.在考查学生的空间想象能力的同时，又融合了曲线的轨迹问题.2.空间几何体中的轨迹问题涉及到求轨迹中的长度、面积与体积问题.练习：1.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为AA 1的中点，点P 在其对角面BB 1D 1D 内运动，若EP 总与直线AC 成等角，则点P 的轨迹有可能是（ ）.A. 圆或圆的一部分B. 抛物线或其一部分C. 双曲线或其一部分D. 椭圆或其一部分2.已知正方体ABCD A B C D -1111的棱长为a ，定点M 在棱AB 上（但不在端点A ，B 上），点P 是平面ABCD 内的动点，且点P 到直线A D 11的距离与点P 到点M 的距离的平方差为a 2，则点P 的轨迹所在曲线为（ ）.A. 抛物线B. 双曲线C. 直线D. 圆3.在正方体ABCD A B C D -1111中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，总有AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹为__________.4.若三棱锥A —BCD 的侧面ABC 内一动点P 到底面BCD 的距离与到棱AB 的距离相等，则动点P 的轨迹与∆ABC 组成的图形可能是：（ ）A A AB C B C B C B CA B C D5.已知棱长为3的正方体ABCD A B C D 1111中，长为2的线段MN 的一个端点在DD 1上运动，另一个端点N 在底面ABCD 上运动，求MN 中点P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积.6. 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7. 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∠P AB =30°,则点P 的轨迹是( )A.直线B.抛物线C.椭圆D.双曲线的一支答案：1.解：由条件易知：AC是平面BB1D1D的法向量，所以EP与直线AC成等角，得到EP 与平面BB1D1D所成的角都相等，故点P的轨迹有可能是圆或圆的一部分.3.解：在解题中，我们要找到运动变化中的不变因素，通常将动点聚焦到某一个平面.易证BD1⊥面ACB1，所以满足BD1⊥AP的所有点P都在一个平面ACB1上.而已知条件中的点P是在侧面BCC1B1及其边界上运动，因此，符合条件的点P在平面ACB1与平面BCC1B1交线上，故所求的轨迹为线段B1C.本题的解题基本思路是：利用升维，化“动”为“静”，即先找出所有点的轨迹，然后缩小到符合条件的点的轨迹.4.解：动点P在侧面ABC内，若点P到AB的距离等于到棱BC的距离，则点P在∠ABC的内角平分线上.现在P到平面BCD的距离等于到棱AB的距离，而P到棱BC的距离大于P到底面BCD的距离，于是，P到棱AB的距离小于P到棱BC的距离，故动点P只能在∠ABC的内角平分线与AB之间的区域内.只能选D.所以点P的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积为球的体积的18，1 843163⨯⨯=ππ即。
立体几何中专题——轨迹问题
立体几何中专题——轨迹问题 一、 利用空间运动的观点来求轨迹（掌握空间中常见轨迹的形成原理）1、空间两条异面直线m 和n ，动点P 在直线m 上运动，动点Q 在直线n 上运动，求PQ 中点的轨迹。
2、直线PA 是平面M 的一条斜线，且与平面M 成α角，斜足为A ，动直线PB 过点P 且与直线PA 成β角，交平面M 于点B ，求点B 的轨迹。
3、已知直平行六面体1111D C B A ABCD -的各条棱长均为3，︒=∠60BAC ,长为2的线段MN 的一个端点M 在1DD 上运动，另一端点N 在底面ABCD 上运动，则MN 的中点P 的轨迹与共一顶点D 的三个面所围成的几何体的体积为（ ）（A ）92π （B ）94π （C ）3π （D ）34π 4、如图，已知AB 是平面α的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面α内运动，满足BP AB ⊥,则动点P 的轨迹是（ ）A 、圆B 、椭圆C 、一条直线D 、两条平行线5、如图，已知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 、两条平行线6、在正方体1111D C B A ABCD -中,M 是1CC 的中点，若点P 在11ABB A 所在的平面上，满足11PDB MDB ∠=∠，则点P 的轨迹是：（ ）（A ）圆 （B ）椭圆 （C ）双曲线 （D ）抛物线7、在正方体1111D C B A ABCD -,E 是1AA 的中点, 点P 在侧面11B BDD上运动,若EP 总与直线AC 成等角，则点P 的轨迹（ ）（A ）圆或其一部分 （B ）椭圆或其一部分（C ）双曲线或其一部分 （D ）抛物线或其一部分8、在正方体1111D C B A ABCD -中, 点P 在侧面11B BCC 及其边界上运动, 并总是保持1BD AP ⊥, 则动点P 的轨迹（ ）(A )线段C B 1 (B )线段1BC(C )线段1BB 与1CC 的中点连成的线段(D )线段BC 与11C B 的中点连成的线段9、如图，在正方体1111D C B A ABCD -中,，点M 是棱CD 的中点，点0是侧面D D AA 11的中心，若点P 在侧面11B BCC 及其边界上运动，并且保持OP ⊥AM ，则动点P 的轨迹是( )(A)线段C B 1． (B)线段1BC ．(C)线段1BB ． (D)线段BC ．10、如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别为线段AD ，BC 上的点，∠ABE ＝20°，∠CDF ＝30°．将△ABE 绕直线BE 、△CDF绕直线CD 各自独立旋转一周，则在所有旋转过程中，直线AB与直线DF 所成角的最大值为_________．二、 利用解析的方法求空间的轨迹（空间问题平面化） 1、在正方体1111D C B A ABCD -中, 点P 在侧面11B BCC 的一个动点，P 到直线BC 与直线11D C 的距离相等，则动点P 的轨迹所在曲线为（ ）（A ）圆 （B ）直线 （C ）双曲线 （D ）抛物线2、P 是正四面体ABC S -的面SBC 上一点,P 到面ABC 的距离与到点S 距离相等，则点P 的轨迹所在曲线为（ ）（A ）圆 （B ）椭圆 （C ）双曲线 （D ）抛物线3、在正方体1111D C B A ABCD -中, 棱长为1，点P 在平面AC 内的动点，P 到直线11D A 的距离等于P 到CD 的距离，则动点P 的轨迹所在曲线是（ ）（A ）椭圆 （B ）直线 （C ）双曲线 （D ）抛物线若改为P 到直线D A 1的距离等于P 到CD 的距离，则动点P 的轨迹所在曲线呢？4、在梯形ABCD 中，E 、F 分别为底边AB 、CD 的中点，把四边形AEFD 沿直线EF 折起后所在平面记为α，α∈P ,设PB 、PC 与α所成角分别为21θθ=，则点P 的轨迹为（ ）A 、直线B 、圆C 、椭圆D 、抛物线(第17题)。
人教版数学高二-备课资料例谈空间图形中的轨迹问题
例析空间图形中的轨迹问题近几年的高考数学试题, 设置了不少数学学科内容的综合题, 其新颖性、综合性正是于“知识网络的交汇点处命题”的体现. 由于空间图形的轨迹问题融立几知识、解几知识于一体, 能较好地考查学生的空间想象能力、思维的转换能力, 所以倍受各类考试的青睐. 作为师生, 应加强对这类问题的研究和训练.一般来说, 求解空间图形中的轨迹问题, 要善于把立体几何问题转化到平面上, 再综合运用平面几何、立体几何、空间向量、解析几何等知识去求解, 实现立体几何到解析几何的转化. 下面举例说明.1 轨迹是直线例1 已知平面//α平面β, 直线α⊂l , 平面α、β间的距离为8, 则在β内到直线l 的距离为9的点的轨迹是( )(A)一个圆(B)两条平行直线 (C)两条相交直线(D)三条直线 分析 如图1, 在l 上取一点P, 作PO ⊥平面β,垂足为O, 在β内过O 作直线g // l , 过O 作OA ⊥g,且OA OB ==-=178922, 分别过A 、B 作直线m 、n 平行于g, 则直线m 、n 到l 的距离为9, 故答案为(B).例2 l 1、l 2是两条异面直线, l 1和l 2之间有一平面α与l 1、l 2都平行, 且与l 1、l 2距离相等. 求证: 平面α上与l 1、l 2距离相等的点的轨迹是两条相交直线.分析 如图2, 设MN 为l 1、l 2的公垂线, 交平面α于点O. 因为l 1、l 2与平面α平行且距离相等, 所以点O 为MN 的中点, 且MN ⊥平面α.设P 为所求轨迹上的点, 则P 到l 1、l 2的距离PA 、PB 相等. 设平面AMO A O '=α , 平面BNO B O '=α ,并取.,NB B O MA A O ='=' 易知,,,,PB PA B B A A B B A A =⊥'⊥''='又αα∴△A PA '≌△B PB ', B P A P '='.又A A A O PA A O '⊥'⊥',, ∴,A PA A O '⊥'平面 ∴A P A O '⊥'. 同理B O B P '⊥',即P 到B O A ''∠的两边距离相等. 又A 或B 还可能在MN 的另一侧, 故点P 的轨迹是B O A ''∠或其外角的平分线. 故所求轨迹是两条相交直线.2 轨迹是圆或圆的一部分例3 已知平面βα平面//, 直线αα平面点,,l P l ∈⊂、β间的距离为8, 则在β内到点P 的距离为10的点的轨迹是( )(A)一个圆 (B)两条直线 (C)四个点 (D)两个点分析 如图3, 设点P 在平面β内的射影为O, 则OP 是平面α、β的公垂线段, OP = 8.由于在β内到点P 的距离等于10的点到点O 的距离等于6, 故点的集合是以O 为圆心, 以6为半径的圆. 选(A). 例4 设相互垂直的两异面直线l 1、l 2间的距离为a , 两端点在l 1、l 2上的动线段PQ 的长为l (l > a ), PQ 的中点为M, 求证: (1)点M 在固定平面内; (2)点M 在定曲线上.证法1 (1)如图4, 作l 1、l 2的公垂线AB, AB 、AQ 的中点分别为O 、N, 则ON // BQ, MN // AP, ∴AO ⊥ON, AO ⊥MN, 从而AO ⊥平面OMN. 因此, 点M 在过点O 且垂直于AO 的固定平面β内.(2)∵AP ⊥AB, AP ⊥BQ, ∴AP ⊥平面ABQ,∴l PQ AM PAQ 2121,90==︒=∠则 又由AO ⊥平面OMN, 知AO ⊥OM,∴OM 222221a l AO AM -=-=. 可见, M 是在平面β内且是以O 为圆心, 以2221a l -为半径的定圆上. 证法2 (1)作l 1、l 2的公垂线AB, 记AB 的中点为O.∵−→−OM −→−−→−−→−−→−−→−−→−−→−−→−-=+++=+=OB OA BQ OB AP OA OQ OP 又),(21)(21 ∴)21−→−−→−−→−+=BQ AP OM∴0)(21)(21=⋅+⋅=⋅+=⋅−→−−→−−→−−→−−→−−→−−→−−→−−→−AB BQ AB AP AB BQ AP AB OM ∴OM ⊥AB, ∴点M 必在AB 的垂直平分面上.(2)∵)|||(|41)](21[222−→−−→−−→−−→−−→−−→−+=+=⋅BQ AP BQ AP OM OM , ∴)|||(|41)|||||||(|41222222−→−−→−−→−−→−−→−−→−−→−−→−-=-+-=⋅AB PQ AB AQ AQ PQ OM OM )(4122a l -= 即2221||a l OM -=−→−. ∴点M 在以O 为圆, 半径为2221a l -的圆上. 例5 两个竖立的旗杆相距10米, 高分别为5米、3米, 从地面上的点P 观看杆顶的仰角相等, 求P 点的轨迹。
立体几何中的轨迹问题汇总
例析空间中点的轨迹问题的转化求空间图形中点的轨迹既是中学数学学习中的一个难点，又是近几年高考的一个热点，这是一类立体几何与解析几何的交汇题，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的轨迹问题来处理的基本思想。
一．轨迹为点例1已知平面βα||，直线α⊂l ，点P l ∈，平面βα,之间的距离为8，则在β内到P 点的距离为10且到直线l 的距离为9的点的轨迹是 ( )A ．一个圆 B.两条直线 C.两个点 D.四个点解析:设Q 为β内一动点，点P 在β内射影为O ，过O, l 的平面与β的交线为l '， PQ=10，∴OQ==-228106点Q 在以O 为圆心6为半径圆上，过Q 作QM l '⊥于M ，又 点Q 到直线l 的距离为9∴QM=178922=-则点Q 在以l '平行距离为17的两条平行线上 两条平行线与圆有四个交点∴这样的点Q 有四个，故答案选D 。
点评:本题以空间图形为背景，把立体几何问题转化到平面上，再用平面几何知识解决，要熟记一些平面几何点的轨迹。
二． 轨迹为线段例2． 如图，正方体1111ABCD A BC D -中，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总保持1AP BD ⊥，则动点P 的轨迹是（ ）。
βαlMOQPA. 线段1B CB.线段1BCC. 1BB 中点与1CC 中点连成的线段D. BC 中点与11B C 中点连成的线段解：连结11,,AB AC B C ，易知111BD A AB ⊥所以11111,,AB BD AC BD B C BD ⊥⊥⊥，所以1BD ⊥面1ABC ，若P ∈1B C ，则AP ⊂平面1ABC ，于是1BD AP ⊥，因此动点P 的轨迹是线段1B C 。
评注：本题是由线面垂直的性质从而求出点P 的轨迹。
例3 已知圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 的中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周)，若MP AM ⊥，则点P 的轨迹是________。
2023高考数学逆袭系列之微专题19 立体几何中的动点及其轨迹问题
解析 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， 所所以以∠DNM＝NDD＝M＝π4，21DD1＝12×4＝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＝ MN2－MD2＝ 42－22＝2 3， 取MD的中点E， 因为P为MN的中点，
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
＝592，
所以
MN＝2
313，即点
Q
的轨迹长度为2
13 3.
索引
(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
图①
索引
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＝13×S△CDD1×AD＝13×12 ×1×1×1＝16，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；
∴C1G∥平面CD1E，
索引
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＝ 12＋12＝ 2.
立体几何中轨迹问题的处理技巧与方法
ʏ陈 婷立体几何中的轨迹问题,是立体几何与解析几何的知识交汇点㊂这类问题,立意新颖,重视不同知识的交叉与渗透,重视对数学知识与数学能力的考查与应用,是培养同学们数学核心素养的好素材㊂一㊁直接法直接法就是直接利用立体几何的相关知识,合理分析和研究问题中各个元素之间的关系,或者直接利用轨迹定义进行求解的方法㊂例1 如图1,在正方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,P 是侧面B C C 1B 1上的一个动点,若点P 到直线B C 与直线C 1D 1的距离相等,则动点P 的轨迹是下列哪种线的一部分( )㊂图1A.直线 B .圆C .双曲线 D .抛物线分析:根据题设条件,利用空间点线面的位置关系,直接得到动点P 到直线B C 与到点C 1的距离相等,再结合解析几何中抛物线的定义,可得对应的答案㊂解:根据正方体的性质,可知C 1D 1ʅ平面B C C 1B 1,所以动点P 到直线C 1D 1的距离与到点C 1的距离相等㊂又动点P 到直线B C 与到直线C 1D 1的距离相等,所以动点P 到直线B C 与到点C 1的距离相等㊂根据抛物线的定义,可得动点P 的轨迹是一条抛物线的一部分㊂应选D ㊂二㊁转化法转化法就是将立体几何问题转化为平面几何问题,进行合理 降维 处理,进而应用平面几何㊁解析几何等相关知识来分析与求解的方法㊂例2 (2022年高考北京卷)已知正三棱锥P -A B C 的六条棱长均为6,S 是әA B C 及其内部的点构成的集合㊂设集合T ={Q ɪS |P Q ɤ5},则T 表示的区域的面积为( )㊂A .3π4B .πC .2πD .3π分析:根据题设条件,结合正三棱锥的性质,合理构建点P 在底面әA B C 内的射影点O ,结合集合的创新设置进行合理转化,将空间中的距离问题转化为平面上的距离问题加以分析与求解㊂解:设点P 在底面әA B C 内的射影为点O ㊂依题意知әA B C 是边长为6的正三角形,所以A O =B O =C O =23㊂因为P A =P B =P C =6,所以P O =62-(23)2=26㊂若P Q =5,则O Q =P Q 2-P O 2=1,可知动点Q 的轨迹是在底面әA B C 内,以O 为圆心,半径为r =1的圆及其内部,其对应的面积为πr 2=π㊂应选B ㊂三㊁解析法解析法就是利用解析几何在研究轨迹方面的一整套比较完整的理论体系,通过坐标法进行代数运算与逻辑推理的一种求轨迹的方法㊂解析法是解决立体几何图形的二维轨迹问题的常用方法之一㊂例3 (多选题)如图2所示,在正方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,E 是C C 1的中点,点P 在底面A B C D 内运动,若P D 1,P E 与底面A B C D 所成的角相等,则动点P 的轨迹是( )㊂71知识结构与拓展高一数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.图2A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.经过线段B C靠近B的三等分点D.经过线段C D靠近C的三等分点分析:根据题意得D P=2P C,以点D为坐标原点,建立平面直角坐标系,通过坐标法进行讨论求解㊂解:由正方体的性质得D D1ʅ平面A B C D,E Cʅ平面A B C D,所以øD P D1,øC P E分别为P D1,P E与底面A B C D所成的角,所以øD P D1=øC P E㊂因为t a nøD P D1=D D1D P,t a nøC P E= C EP C,又D D1=2C E,所以D P=2P C㊂在平面A B C D中,以D为坐标原点,建立平面直角坐标系,如图3所示㊂图3设正方体的边长为a,点P(x,y),xȡ0,yȡ0,则点D(0,0),C(a,0),所以D P2= x2+y2,P C2=(x-a)2+y2,所以x2+y2= 4(x-a)2+4y2,整理得3x2+3y2-8a x+ 4a2=0,显然3x2+3y2-8a x+4a2=0表示圆的方程,所以动点P的轨迹是圆的一部分,A正确,B错误㊂线段B C靠近B的三等分点的坐标为a,23a,线段C D靠近C的三等分点的坐标为23a,0,分别代入方程3x2+3y2-8a x+4a2=0,可得3a2+3ˑ23a2-8a2+4a2=13a2ʂ0,3ˑ23a2+ 3ˑ02-8aˑ23a+4a2=0,所以23a,0在圆3x2+3y2-8a x+4a2=0上,a,23a不在圆3x2+3y2-8a x+4a2=0上,C错误,D 正确㊂应选A D㊂四㊁性质法性质法就是利用轨迹的相关知识来解决立体几何中轨迹问题的一种基本方法㊂有些空间图形的轨迹不一定是二维的,转化为平面问题比较困难,这时可借助性质法来处理㊂例4已知棱长为3的正方体A B C D-A1B1C1D1中,长为2的线段M N的一个端点M在D D1上运动,另一个端点N在底面A B-C D上运动,则线段M N的中点P的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为㊂分析:不论әMD N如何变化,点P到点D的距离始终等于1㊂从而点P的轨迹是一个以点D为球心,半径为1的球的18,由此可求出体积㊂解:如图4所示,端点N在正方形A B C D内运动㊂图4因为әMD N为直角三角形,P为斜边MN的中点,所以不论әMD N如何变化,点P到点D的距离始终等于1㊂利用立体几何的性质,可知动点P的轨迹是一个以点D为球心,半径为1的球的18,所以所求体积V= 18ˑ43ˑπˑ13=π6㊂作者单位:江苏省海安高级中学(责任编辑郭正华)8 1知识结构与拓展高一数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
SXB075高考数学必修_空间图形中的轨迹问题
空间图形中的轨迹问题在知识网络交汇点处设计试题是这几年高考命题改革的一大趋势．而以空间图形为素材的轨迹问题，常考常新，这些题目远看象“立几”近看象“解几”，所以学生在解题中，往往是望题兴叹，百思而不得其解．下面加以分类研究．一、轨迹是线段中，点P在侧面BCC1B1及其边界上例1在正方体ABCD A B C D-1111运动，总有AP⊥BD1，则动点P的轨迹为__________．分析：在解题中，我们要找到运动变化中的不变因素，通常将动点聚焦到某一个平面．解：易证BD1⊥面ACB1，所以满足BD1⊥AP的所有点P都在一个平面ACB1上．而已知条件中的点P是在侧面BCC1B1及其边界上运动，因此，符合条件的点P在平面ACB1与平面BCC1B1交线上，故所求的轨迹为线段B1C．点评：本题的解题基本思路是：利用升维，化“动”为“静”，即先找出所有点的轨迹，然后缩小到符合条件的点的轨迹．二、轨迹是射线或直线例2平面α的斜线AB交α于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交α于点C，则动点C的轨迹是( )（A）一条直线（B）一个圆（C）一个椭圆（D）双曲线的一支解：由题意，满足条件的直线AC形成直线AB的一个垂面，该垂面与面α交点之一为C，故动点C的轨迹为两平面的交线．点评：动直线就构成了一个平面β，与α显然不平行，于是就相交，则知有且只有一条交线．三、轨迹是圆或圆弧例3在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AA1的中点，点P在其对角面BB1D1D内运动，若EP总与直线AC成等角，则点P的轨迹有可能是（）。
A. 圆或圆的一部分B. 抛物线或其一部分C. 双曲线或其一部分D. 椭圆或其一部分解：由条件易知：AC是平面BB1D1D的法向量，所以EP与直线AC成等角，得到EP与平面BB1D1D所成的角都相等，故点P的轨迹有可能是圆或圆的一部分。
四、轨迹是椭圆或椭圆弧例4在正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面AB1内有一点P到直线AB 的距离与到直线B1C1的距离之比为2：1，则动点P所在曲线的形状为（）。
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空间图形的轨迹问题
1 判断轨迹的类型问题
这类问题常常要借助于圆锥曲线的定义来判断，常见的轨迹类型有：线段、圆、圆锥曲线、球面等。
在考查学生的空间想象能力的同时，又融合了曲线的轨迹问题。
例1 在正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面AB1内有一点P到直线AB与到直线B1C1的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（D）。
A. 线段
B. 一段椭圆弧
C. 双曲线的一部分
D. 抛物线的一部分
简析本题主要考查点到直线距离的概念，线面垂直及抛物线的定义。
因为B1C1
面AB1，所以PB1就是P到直线B1C1的距离，故由抛物线的定义知：动点的轨迹为抛物线的一段，从而选D。
引申1 在正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面AB1内有一点P到直线AB的距离与到直线B1C1的距离之比为2：1，则动点P所在曲线的形状为（B）。
A. 线段
B. 一段椭圆弧
C. 双曲线的一部分
D. 抛物线的一部分
引申2 在正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面AB1内有一点P到直线AB的距离与到直线B1C1的距离之比为1：2，则动点P所在曲线的形状为（C）。
A. 线段
B. 一段椭圆弧
C. 双曲线的一部分
D. 抛物线的一部分
例2 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AA1的中点，点P在其对角面BB1D1D内运动，若EP总与直线AC成等角，则点P的轨迹有可能是（A）。
A. 圆或圆的一部分
B. 抛物线或其一部分
C. 双曲线或其一部分
D. 椭圆或其一部分
简析由条件易知：AC是平面BB1D1D的法向量，所以EP与直线AC成等角，得到EP与平面BB1D1D所成的角都相等，故点P的轨迹有可能是圆或圆的一部分。
例3已知正方体的棱长为a，定点M在棱AB上（但不在端点A，B上），点P是平面ABCD内的动点，且点P到直线的距
离与点P到点M的距离的平方差为a2，则点P的轨迹所在曲线为（A）。
A. 抛物线
B. 双曲线
C. 直线
D. 圆
简析在正方体中，过P作PF AD，过F作FE A1D1，垂足分别为F、E，连结PE。
则PE2=a2+PF2，又PE2-PM2=a2，所以PM2=PF2，从而PM＝PF，故点P到直线AD与到点M的距离相等，故点P的轨迹是以M为焦点，AD为准线的抛物线。
点评正方体是空间图形中既简单、熟悉、又重要的几何体，具有丰富的内涵，在
正方体中设计的轨迹问题，更是别具一格。
例4 在正方体中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，总有AP BD1，则动点P的轨迹为__________。
简析在解题中，我们要找到运动变化中的不变因素，通常将动点聚焦到某一个平面。
易证BD1面ACB1，所以满足BD1AP的所有点P都在一个平面ACB1上。
而已知条件中的点P是在侧面BCC1B1及其边界上运动，因此，符合条件的点P在平面ACB1与平面BCC1B1交线上，故所求的轨迹为线段B1C。
本题的解题基本思路是：利用升维，化“动”为“静”，即先找出所有点的轨迹，然后缩小到符合条件的点的轨迹。
引申在正四棱锥S-ABCD中，E是BC的中点，点P在侧面SCD内及其边界上运动，总有PE AC，则动点P的轨迹为_______________。
答案线段MN（M、N分别为SC、CD的中点）
练习若A、B为平面的两个定点，点P在外，PB，动点C（不同于A、B）在内，且PC AC，则动点C在平面内的轨迹是________。
（除去两点的圆）例5（2004年重庆市高考题）若三棱锥A—BCD的侧面ABC内一动点P到底面BCD 的距离与到棱AB的距离相等，则动点P的轨迹与ABC组成的图形可能是：（D）
简析动点P在侧面ABC内，若点P到AB的距离等于到棱BC的距离，则点P在的内角平分线上。
现在P到平面BCD的距离等于到棱AB的距离，而P到棱BC 的距离大于P到底面BCD的距离，于是，P到棱AB的距离小于P到棱BC的距离，故动点P只能在的内角平分线与AB之间的区域内。
只能选D。
引申已知P是正四面体S-ABC的面SBC上一点，P到面ABC的距离与到点S的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是（B）。
A. 圆
B. 椭圆
C. 双曲线
D. 抛物线
解题的要领就是化空间问题为平面问题，把一些重要元素集中在某一个平面内，利
用相关的知识去解答，象平面几何知识、解析几何知识等。
2 求轨迹中的长度、面积与体积问题
例6 已知正方体的棱长为1，在正方体的侧面上到点A距离为的点的轨迹形成一条曲线，那么这条曲线的形状是_________，它的长度为__________。
简析以B为圆心，半径为且圆心角为的圆弧，长度为。
例7 已知长方体中，，在线段BD、上各有一点P、Q，PQ上有一点M，且，则M点轨迹图形的面积是8 。
提示轨迹的图形是一个平行四边形。
例8 已知棱长为3的正方体中，长为2的线段MN的一个端点在上运动，另一个端点N在底面ABCD上运动，求MN中点P的轨迹与正方体的
面所围成的几何体的体积。
简析由于M、N都是运动的，所以求的轨迹必须化“动”为“静”，结合动点P 的几何性质，连结DP，因为MN=2，所以PD=1，因此点P的轨迹是一个以D为球心，1为半径的球面在正方体内的部分，所以点P的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积
为球的体积的，即。
以空间图形为依托的轨迹问题，要善于利用空间图形的位置关系来转化，把空间问题转化为平面问题，再利用平几或解几知识实现问题的突破，从而使问题迎刃而解。