高中数学 立体几何的轨迹问题
立体几何中的轨迹问题求解策略
立体几何中的轨迹问题求解策略
轨迹问题是一种有趣而又棘手的立体几何问题，它涉及寻找一条从一个点到另一个点的最短路径。
解决轨迹问题的一种策略是使用贪心算法。
贪心算法是一种迭代的搜索算法，它假定每次都可以选择最优的路径，从而最终达到最优解。
贪心算法的基本步骤是：
1. 首先，找出所有可能的路径，并计算每条路径的代价；
2. 然后，选择代价最小的路径；
3. 接下来，重复步骤2，直到达到目标点为止。
另一种策略是使用动态规划来求解轨迹问题。
动态规划是一种分析问题的技术，它通过拆分大问题，将其转换为许多小问题，从而得到最优解。
动态规划的基本步骤是：
1. 首先，对于每个状态，确定可能的动作；
2. 然后，计算每个动作的代价；
3. 接下来，选择代价最小的动作；
4. 最后，重复步骤2和3，直到达到目标点为止。
谈立体几何中动点轨迹问题的解题策略
立体几何中的动点轨迹问题是一个常见的问题类型，它涉及到空间几何中的点、线、面等元素的运动和变化。
解决这类问题的关键在于理解运动和变化的过程，并能够通过数学模型进行描述。
解题策略主要包括以下几个方面：
1. **建立空间坐标系**：为了更好地描述空间几何元素的位置和运动，需要建立一个适当的空间坐标系。
坐标系的建立应依据问题的具体情境和需求，通常选择一个固定点作为原点，并确定三个互相垂直的轴。
2. **确定动点的坐标**：在确定了坐标系之后，需要确定动点的坐标。
这可以通过设定动点的坐标变量来实现，例如设动点的坐标为$(x, y, z)$。
3. **分析运动过程**：在确定了动点的坐标后，需要分析动点的运动过程。
这包括了解动点的运动方向、速度、加速度等参数，以及这些参数与坐标变量的关系。
4. **建立数学模型**：通过分析运动过程，可以建立描述动点运动的数学模型。
这通常涉及到物理、几何、代数等多个方面的知识，需要根据具体问题进行选择和应用。
5. **求解数学模型**：建立了数学模型后，需要求解该模型以得到动点的轨迹方程。
这可能涉及到微积分、线性代数、解析几何等多个数学领域的知识，需要根据问题的复杂程度和要求进行选择和应用。
6. **验证答案**：最后，需要对得到的答案进行验证，以确保其正确性和有效性。
这可以通过将答案代入原问题中进行检验，或者通过与其他已知的答案进行比较来进行验证。
综上所述，解决立体几何中的动点轨迹问题需要综合运用空间几何、物理、数学等多个领域的知识，并能够根据具体问题进行选择和应用。
同时，还需要有一定的逻辑思维和分析能力，以更好地理解和解决这类问题。
立体几何中的轨迹判断问题（教案）
⽴体⼏何中的轨迹判断问题（教案）⽴体⼏何中的轨迹判断问题1. 已知平⾯//α平⾯β，直线l α?，点l P ∈，平⾯α、β间的距离为4，则在β内到点P 的距离为5且到直线l 的距离为29的点的轨迹是（） A. ⼀个圆 B. 两条平⾏直线 C. 四个点 D. 两个点解析：如图1，设点P 在平⾯β内的射影是O ，则OP 是α、β的公垂线，OP=4。
在β内到点P 的距离等于5的点到O 的距离等于3，可知所求点的轨迹是β内在以O 为圆⼼，3为半径的圆上。
⼜在β内到直线l 的距离等于29的点的集合是两条平⾏直线m 、n ，它们到点O 的距离都等于32174)29(22<=-，所以直线m 、n 与这个圆均相交，共有四个交点。
因此所求点的轨迹是四个点，故选C 。
2.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。
3.如图2，定点A 和B 都在平⾯α内，定点P ,PB ,α⊥α?C 是α内异于A 和B 的动点。
且AC PC ⊥，那么动点C 在平⾯α内的轨迹是（） A. ⼀条线段，但要去掉两个点 B. ⼀个圆，但要去掉两个点 C. ⼀个椭圆，但要去掉两个点 D. 半圆，但要去掉两个点简析：因为PC AC ⊥，且PC 在α内的射影为BC ，所以BC AC ⊥，即?=∠90ACB 。
立体几何中的轨迹交汇问题解析
立体几何中的轨迹问题以立体图形为载体的轨迹问题，将立体几何和解析几何巧妙地整合在一起，立意新颖，综合性强，是新课程高考命题的一大趋势。
解答这类问题的关键是把空间问题转化为平面问题，一般可从两个方面考虑：一是利用曲线的定义，二是用解析法求出轨迹方程。
例1. 已知平面//α平面β，直线l α⊂，点l P ∈，平面α、β间的距离为4，则在β内到点P 的距离为5且到直线l 的距离为29的点的轨迹是（ ）A. 一个圆B. 两条平行直线C. 四个点D. 两个点简析：如图1，设点P 在平面β内的射影是O ，则OP 是α、β的公垂线，OP=4。
在β内到点P 的距离等于5的点到O 的距离等于3，可知所求点的轨迹是β内在以O 为圆心，3为半径的圆上。
又在β内到直线l 的距离等于29的点的集合是两条平行直线m 、n ，它们到点O 的距离都等于32174)29(22<=-，所以直线m 、n 与这个圆均相交，共有四个交点。
因此所求点的轨迹是四个点，故选C 。
例2. 如图2，定点A 和B 都在平面α内，定点P ,PB ,α⊥α∉C 是α内异于A 和B 的动点。
且AC PC ⊥，那么动点C 在平面α内的轨迹是（ ） A. 一条线段，但要去掉两个点B. 一个圆，但要去掉两个点C. 一个椭圆，但要去掉两个点D. 半圆，但要去掉两个点简析：因为PC AC ⊥，且PC 在α内的射影为BC ，所以BC AC ⊥，即︒=∠90ACB 。
所以点C 的轨迹是以AB 为直径的圆且去掉A 、B 两点，故选B 。
例3 （04年北京高考题）在正方体ABCD A B C D -1111中，P 是侧面BB C C 11内一动点，若P 到直线BC 与直线C D 11的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是（ ）A ． 直线B ．圆C ．双曲线D ．抛物线 分析 如图1，由C D 11⊥平面BB C C 11，得1PC ⊥C D 11，所以1PC 就是点P 到直线C D 11的距离，因此条件转化为点P 到BC 的距离等于点P 到点1C 的距离．根据抛物线的定义，点P 的轨迹所在的曲线是抛物线．选D ．变式1：. 已知正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点，若点P 到直线11D A 的距离等于点P 到直线CD 的距离，则动点P 的轨迹所在的曲线是（ ） A. 抛物线 B. 双曲线C. 椭圆 D. 直线简析：以A 为原点，AB 为x 轴、AD 为y 轴，建立平面直角坐标系。
高中数学立体几何中轨迹问题探析
高中数学立体几何中轨迹问题探析作者：刘正焕来源：《神州·下旬刊》2020年第11期摘要：数学，是高中教学里一个重要的科目，也是高考中的重点科目，而立体几何，是高中数学里一个重要的部分，是高中数学知识架构里的连接线，掌握立体几何，对于学生整体的数学学习效果都有很大的影响。
基于此，本文以轨迹问题为角度，结合几种典型的轨迹类型题，来分析高中数学立体几何的教学策略与方案，浅谈本人学习过程中对该知识点的思考与探究。
关键词：高中数学;立体几何;轨迹问题;教学策略引言：求立体几何里的图形轨迹，是中学里的一个难点，也是高中的一个重点，这部分知识点是帮助学生们建立空间几何概念、解析几何理念的关键，它融合了立体几何和解析几何的知识点，在做这部分类型题目的时候，需要学生们发挥自己的空间想象力和理解力，发散自己的思维，运用以往学习过的图形知识、代数知识等综合知识来探索几何轨迹，从而有效的解答题目。
这部分知识点虽然是高中的冷门知识，但是教师也不能忽视该部分的教学，因此，数学教师必须要帮助高中生理解轨迹问题的解题思路和解题手段，提升解题正确率。
本文以几种不同的几何轨迹问题类型展开探索，提供给教师教学参考。
一、轨迹为点的类型题轨迹为点的类型题，是立体几何轨迹问题中一个典型的题目，该类型题主要考验学生们的轨迹构建能力、空间思维。
例如：已知平面，直线l在α上，点，平面α和β两个之间的距离为8，那么请问直线β到P点之间距离应该为10并且到l距离是9的轨迹，应该是什么图形（）A.一个圆形B.2个点C.3个点D.4个点分析：在做这个题目的时候，教师要引导学生们先将已知的条件和问题绘画在一个图形里，将关键的点在图中标出，以此来方便学生思考和分析，如图1所示。
之后再让学生们看图分析，假设图中的Q点为平面β内一个会移动的点，平面β和直线l的相交点为G点，连接MG，设置为l'，因为QP的长度为10，所以OQ的长度根据计算得出为6。
立体几何中的轨迹问题求解策略
立体几何中的轨迹问题求解策略立体几何是数学中一个重要分支，它涉及到空间几何对象的结构和属性。
它用于描述物体的运动轨迹，这类问题被称为轨迹问题。
这是一类重要的数学问题，可以帮助人们了解物体的运动轨迹，因此研究轨迹问题的求解策略具有重要的意义。
轨迹问题是一类复杂的数学问题，要有效地求解它们，必须先对轨迹进行分析，然后采用有效的求解策略。
传统的轨迹研究主要是对轨迹进行几何分析，从几何角度解决轨迹问题，通过构建几何方程来求解。
然而，这种方法耗时，效率低。
随着计算机技术的进步，人们研究轨迹问题的求解策略也有了很大的变化。
最近在轨迹求解中出现了更多的计算机辅助技术，如统计学习、机器学习和神经网络等，克服了传统方法复杂、耗时的不足。
这些技术可以有效地分析出轨迹的规律，从而简化轨迹求解的过程，大大提高求解效率。
求解轨迹问题的数学解法一般分为四种。
首先，可以采用拟合方法，即利用待求轨迹的几何信息，拟合出相应的曲线或曲面函数，据此求出各点的位置关系；其次，可以用微分方程的求解方法，从而获得轨迹的表达式和参数；第三，可以利用混沌理论、技术求解；最后，采用计算机辅助方法，如统计学习、机器学习和神经网络等，以模型和算法为基础求解轨迹问题。
计算机辅助方法是求解轨迹问题最有效的策略，它可以在计算机上得到更加准确和准确的结果，但要注意，数据处理和特征工程是一项重要的任务，要根据实际情况，结合求解这些问题的目的，仔细观察轨迹中的特征，以便分析实际轨迹的特性，选择合适的数据处理方法和机器学习算法，从而有效地求解轨迹问题。
综上所述，轨迹问题求解策略的研究具有重要的意义，在立体几何中，人们可以采用几何分析、微分方程求解，混沌理论以及计算机辅助方法等策略来求解立体几何中轨迹问题。
目前，使用统计学习、机器学习和神经网络等计算机辅助方法，求解轨迹问题已经取得了很大的进展，而且效率非常高。
未来的研究将更加注重于利用计算机辅助技术，进一步提高轨迹问题求解的效率。
2025年高考数学一轮复习-立体几何中的动点及其轨迹问题-专项训练【含答案】
2025年高考数学一轮复习-立体几何中的动点及其轨迹问题-专项训练一、基本技能练1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是侧面BB 1C 1C 内一动点，若P 到直线BC 与到直线C 1D 1的距离相等，则动点P 的轨迹为()A.直线B.圆C.双曲线D.抛物线2.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为底面ABCD 上的动点.PE ⊥A 1C 于E ，且PA ＝PE ，则点P 的轨迹是()A.线段B.圆弧C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分3.如图，圆锥的底面直径AB ＝2，母线VA ＝3，点C 在母线VB 上，且VC ＝1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A 到达点C ，则这只蚂蚁爬行的最短距离是()A.13B.7C.433D.3324.如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，另一端点N 在正方形ABCD 内运动，则MN 中点轨迹的面积为()A.4πB.2πC.πD.π25.已知MN 是长方体外接球的一条直径，点P 在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，2，则PM →·PN →的取值范围为()A.－12，0 B.－34，0C.－12，1 D.－34，16.点P 为棱长是25的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内切球O 球面上的动点，点M 为B 1C 1的中点，若满足DP ⊥BM ，则动点P 的轨迹的长度为()A.πB.2πC.4πD.25π7.已知正三棱锥P －ABC 的六条棱长均为6，S 是△ABC 及其内部的点构成的集合.设集合T ＝{Q ∈S |PQ ≤5}，则T 表示的区域的面积为()A.3π4 B.πC.2πD.3π8.如图，三角形PAB 所在的平面α和四边形ABCD 所在的平面β垂直，且AD ⊥α，BC ⊥α，AD ＝4，BC ＝8，AB ＝6，∠APD ＝∠CPB ，则点P 在平面α内的轨迹是()A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分9.已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为1，点M ，N 分别为线段AB ′，AC 上的动点，点T 在平面BCC ′B ′内，则MT ＋NT 的最小值是()A.2 B.233C.62 D.110.如图，长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝BC ＝2，AA ′＝3，上底面A ′B ′C ′D ′的中心为O ′，当点E 在线段CC ′上从C 移动到C ′时，点O ′在平面BDE 上的射影G 的轨迹长度为()A.2π3B.3π3C.π3D.3π611.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD (只要填写一个你认为是正确的条件即可).12.如图，P 是棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1表面上的动点，且AP ＝2，则动点P 的轨迹的长度为________.二、创新拓展练13.在棱长为3的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，P 是底面ABCD 所在平面内一动点，设PD 1，PE 与底面ABCD 所成的角分别为θ1，θ2(θ1，θ2均不为0)，若θ1＝θ2，则三棱锥P －BB 1C 1体积的最小值是()A.92B.52C.32D.5414.(多选)如图，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为A 1D 1的中点，F 为CC 1上的一个动点，设由点A ，E ，F 构成的平面为α，则()A.平面α截正方体的截面可能是三角形B.当点F 与点C 1重合时，平面α截正方体的截面面积为26C.当点D 到平面α的距离的最大值为263D.当F 为CC 1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形15.已知面积为23的菱形ABCD 如图①所示，其中AC ＝2，E 是线段AD 的中点.现沿AC 折起，使得点D 到达点S 的位置，此时二面角S －AC －B 的大小为120°，连接SB ，得到三棱锥S －ABC 如图②所示，则三棱锥S －ABC 的体积为________；若点F 在三棱锥的表面运动，且始终保持EF ⊥AC ，则点F 的轨迹长度为________.16.如图，三棱锥S－ABC的所有棱长均为1，SH⊥底面ABC，点M，N在直线SH上，且MN＝33，若动点P在底面ABC内，且△PMN的面积为212，则动点P的轨迹长度为________.参考答案与解析一、基本技能练1.答案D解析点P到直线C1D1的距离即为点P到点C1的距离，所以在平面BB1C1C中，点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等，由抛物线的定义可知，动点P的轨迹为抛物线，故选D.2.答案A解析由题意知，△A1AP≌△A1EP，则点P 为在线段AE 的中垂面上运动，从而与底面ABCD 的交线为线段.3.答案B 解析在圆锥侧面的展开图中，AA ′＝2π，所以∠AVA ′＝AA ′︵VA ＝23，所以∠AVB ＝12∠AVA ′＝π3，由余弦定理得AC 2＝VA 2＋VC 2－2VA ·VC ·cos ∠AVB ＝32＋12－2×3×1×12＝7，所以AC ＝7.所以这只蚂蚁爬行的最短距离是7，故选B.4.答案D 解析易知DD 1⊥平面ABCD ，∠MDN ＝90°，取线段MN 的中点P ，则DP ＝12MN ＝1，所以点P 的轨迹是以D 为球心，1为半径的18球面，故S ＝18×4π×12＝π2.5.答案B 解析根据题意，以D 为坐标原点，DA →为x 轴正方向，DC →为y 轴正方向，DD 1→为z 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.设长方体外接球球心为O ，则DB 1为外接球的一条直径，设O 为DB 1的中点，不妨设M 与D 重合，N 与B 1重合.则外接球的直径长为12＋12＋（2）2＝2，所以半径r ＝1，所以PM →·PN →＝(PO →＋OM →)·(PO →＋ON →)＝(PO →＋OM →)·(PO →－OM →)＝|PO →|2－|OM →|2＝|PO →|2－1，由P 在长方体表面上运动，所以|PO →|∈12，1，即|PO →|2∈14，1，所以|PO →|2－1∈－34，0，即PM →·PN →∈－34，0.6.答案C 解析根据题意知，该正方体的内切球半径为r ＝5，如图，取BB 1的中点N ，连接CN ，则CN ⊥BM ，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CN 为DP 在平面B 1C 1CB 中的射影，∴点P 的轨迹为过D ，C ，N 的平面与内切球的交线，∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为25，∴O 到过D ，C ，N 的平面的距离为1，∴截面圆的半径为（5）2－1＝2，∴点P 的轨迹的长度为2π×2＝4π.7.答案B 解析设顶点P 在底面上的投影为O ，连接BO ，则O 为△ABC 的中心，且BO ＝23×6×32＝23，故PO ＝36－12＝2 6.因为PQ ＝5，故OQ ＝1，故Q 的轨迹为以O 为圆心，1为半径的圆，而△ABC 内切圆的圆心为O ，半径为2×34×363×6＝3>1，故Q 的轨迹圆在△ABC 内部，故其面积为π.8.答案A 解析由条件易得AD ∥BC ，且∠APD ＝∠CPB ，AD ＝4，BC ＝8，可得tan ∠APD ＝AD PA ＝CB PB ＝tan ∠CPB ，即PB P A ＝CB AD＝2，在平面P AB 内以AB 所在的直线为x 轴，AB 的中点O 为坐标原点，建立直角坐标系(图略)，则A (－3，0)，B (3，0)，设P (x ，y )，则有PB PA ＝（x －3）2＋y 2（x ＋3）2＋y 2＝2，整理可得x 2＋y 2＋10x ＋9＝0(x ≠0).由于点P 不在直线AB 上，故此轨迹为圆的一部分，故答案选A.9.答案B 解析A 点关于BC 的对称点为E ，M 关于BB ′的对称点为M ′，记d 为直线EB ′与AC 之间的距离，则MT ＋NT ＝M ′T ＋NT ≥M ′N ≥d ，由B ′E ∥D ′C ，d 为E 到平面ACD ′的距离，因为V D ′－ACE ＝13×1×S △ACE ＝13×1×1＝13，而V D ′－ACE ＝V E －ACD ′＝13×d ×34×(2)2＝36d ＝13，故d ＝233.10.答案B 解析如图，以CA ，CC ′分别为x 轴，y 轴正方向建立平面直角坐标系，则有C (0，0)，O (1，0)，O ′(1，3)，设G (x ，y )，由O ′G ⊥OG ，可得y x －1·y －3x －1＝－1，＋(x －1)2＝34，所以点O ′在平面BDE 上的射影G 的轨迹是以F半径为32的OG ︵.因为tan ∠GOF ＝O ′C ′OO ′＝33，所以O ′G ＝O ′O ·sin ∠GOF ＝32，所以△O ′GF 是等边三角形，即∠GFO ＝2π3，所以圆弧OG 的长l ＝2π3×32＝3π3.11.答案DM ⊥PC (或BM ⊥PC )解析连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ，因为PA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BD .又PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥PC ，所以当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，有PC ⊥平面MBD ，PC ⊂平面PCD ，所以平面MBD ⊥平面PCD .12.答案3π2解析由已知AC ＝AB 1＝AD 1＝2，在平面BC 1，平面A 1C 1中，BP ＝A 1P ＝DP ＝1，所以动点P 的轨迹是在平面BC 1，平面A 1C 1，平面DC 1内分别以B ，D ，A 1为圆心，1为半径的三段圆弧，且长度相等，故轨迹长度和为π2×3＝3π2.二、创新拓展练13.答案C 解析以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，因为正方体的棱长为3，则3，0，32D 1(0，0，3)，设P (x ，y ，0)(x ≥0，y ≥0)，则PE →3－x ，－y ，32，PD 1→＝(－x ，－y ，3).因为θ1＝θ2，平面ABCD 的一个法向量z ＝(0，0，1)，所以|PE →·z ||PE →|·|z |＝|PD 1→·z ||PD 1→|·|z |，得32（3－x ）2＋y 2＋94＝3x 2＋y 2＋9，整理得x 2＋y 2－8x ＋12＝0，即(x －4)2＋y 2＝4(0≤y ≤2)，则动点P 的轨迹为圆的一部分，所以点P 到平面BB 1C 1的最小距离为1，所以三棱锥P －BB 1C 1体积的最小值是13×12×3×3×1＝32.14.答案BCD 解析如图，建立空间直角坐标系，延长AE 与z 轴交于点P ，连接PF 并延长与y 轴交于点M ，则平面α由平面AEF 扩展为平面APM .由此模型可知A 错误.当点F 与点C 1重合时，截面是一个边长为5的菱形，该菱形的两条对角线长度分别AC 1＝22＋22＋22＝23和22＋22＝22，则此时截面的面积为12×23×22＝2 6.当F 为CC 1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形，B ，D 正确.D (0，0，0)，A (2，0，0)，P (0，0，4)，设点M 的坐标为(0，t ，0)(t ∈[2，4])，DA →＝(2，0，0)，AM →＝(－2，t ，0)，PA →＝(2，0，－4)，则可知点P 到直线AM 的距离为d ＝|P A →|2－|PA →·AM →|AM →||2＝20t 2＋644＋t 2，S △APM ＝12t 2＋4·d ＝5t 2＋16.S △P AD ＝12×2×4＝4，设点D 到平面α的距离为h ，利用等体积法V D －APM ＝V M －P AD ，即13·S △APM ·h ＝13·S △P AD ·t ，可得h ＝4t 5t 2＋16，则h ＝45＋16t 2，由h ＝45＋16t 2在t ∈[2，4]上单调递增，所以当t ＝4时，h 取到最大值为263.故选BCD.15.答案323＋32解析依题意，12AC ·BD ＝BD ＝23，点S 到平面ABC 的距离为3sin 60°＝32，△ABC 的面积为12×23＝3，则三棱锥S －ABC 的体积为13×3×32＝32.如图，取AC 边上靠近点A 的四等分点G ，取BA 的中点为H ，连接EH ，EG ，GH ，故点F 的轨迹长度即为△EHG 的周长，又EG ＝GH ＝32，EH ＝12SB ＝32，故点F 的轨迹长度为3＋32.16.答案6π12解析设P 到直线MN 的距离为d ，由题易得d ＝66，易知H 为△ABC 的中心，又MN ⊥平面ABC ，当点P 在平面ABC 内时，其轨迹是以H 为圆心，66.∵△ABC 内切圆的半径为36，∴圆H 的一部分位于△ABC 外，结合题意得，点P 的轨迹为圆H 位于底面△ABC 内的三段相等的圆弧(利用正三角形的性质判断出圆H 有一部分在△ABC 外，才能正确得到点P 的轨迹)，如图，过点H 作HO ⊥AC ，垂足为O ，则HO ＝36，记圆H 与线段OC 的交点为K ，连接HK ，可得HK ＝66，∴cos∠OHK＝OHHK＝3666＝22，∴∠OHK＝π4，∴点P的轨迹长度为圆H周长的14(利用圆及正三角形的对称性分析求解)，∴点P的轨迹长度为14×2π×66＝6π12.。
2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课立体几何中的翻折轨迹及最值范围问题含解析
立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围）问题知识拓展1.翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材.解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化。
解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析问题和解决问题.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆向过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试。
2.在立体几何中，某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件,善于基本轨迹转化.对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑,注意特定情况下的动点的位置,然后对任意情形加以分析判定,也可转化为平面问题。
对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性.3.立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值(上节）或(面积)体积的最值的问题。
其一般方法有：(1）几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2）代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式,利用函数的单调性、有界性,以及不等式的均值定理等，求出最值.题型突破题型一立体几何中的翻折问题【例1】（2019·全国Ⅲ卷）图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②。
(1）证明：图②中的A，C，G，D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE；（2)求图②中的二面角B－CG－A的大小.(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C,G，D四点共面。
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE。
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立体几何的轨迹问题1、二面角βα--l 是直二面角，βα∈∈B A ，，设直线AB 与βα、所成的角分别为∠1和∠2，则（ C ）（A ）∠1+∠2=900（B ）∠1+∠2≥900（C ）∠1+∠2≤900（D ）∠1+∠2＜9002、设长方体的三条棱长分别为a ，b ，c ，若长方体所有棱的长度之和为24，一条对角线长度为5，体积为2，则=++cb a 111 （ A ） （A ）411 （B ）114 （C ）211 （D ）112 a+b+c=24/4=6 a^2+b^2+c^2=5^2=25 abc=2(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc 6^2=25+2(ab+bc+ca)ac+bc+ab=11/2 1/a+1/b+1/c=(bc+ac+ab)/abc=(11/2)/2=11/43.在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1 = 1，点E 、F 分别在棱A 1D 1、AB 上滑动，且线段EF 的长恒等于2，则线段EF 的中点P 的轨迹是( A )A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分 4、四棱锥P -ABCD ，AD ⊥面PAB ，BC ⊥面PAB ，底面ABCD 为梯形，AD =4，BC =8，AB =6，∠APD =∠CPB ，满足上述条件的四棱锥的顶点P 的轨迹是( )A ．圆B ．不完整的圆C ．抛物线D ．抛物线的一部分 分析：∵AD ⊥面PAB ，BC ⊥平面PAB ∴AD ∥BC 且AD ⊥PA ，CB ⊥PB ∵∠APD =∠CPB ∴tanAPD =tanCPB∴AD PA =CB PB ∴PB =2PA在平面APB 内，以AB 的中点为原点，AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，则A (-3，0)、B (3，0)，设P (x ，y )(y ≠0)，则(x -3)2+y 2=4[(x +3)2+y 2](y ≠0)即(x +5)2+y 2=16(y ≠0) ∴P 的轨迹是(B )5、(04北京)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 是侧面BB 1C 1C 内一动点，若P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是 ( D ) A ． A 直线 B ．圆 C ．双曲线 D ．抛物线6、若将“P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离相等”改为“P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离之比为1：2(或2：1)”， 则动点P 的轨迹所在的曲线是 椭圆 (双曲线). 7、（天津高考文科第8题）如图定点A 和B 都在平面α内，定点αα⊥∉PB P ,，C 是α内异于A 和B 的动点，且PC 垂直AC ， 那么动点C 在平面α内的轨迹是（ B ） P （Ａ）一条线段，但要去掉两个点。
（Ｂ）一个圆但要去掉两个点。
（Ｃ）一个椭圆但要除去两个点。
（Ｄ）半圆但要除去两个点。
分析：由三垂线定理的逆定理知：BC 垂直AC ，而A 、B 是两个定点，P A BC1A lABCα故C 点是以AB 为直径的圆上的一个动点，又由已知C 点不能与A 、B 重合。
故选B 。
8、已知正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点，若点P 到直线11D A 的距离等于点P 到直线CD 的距离，则动点P 的轨迹所在的曲线是（ B ） A. 抛物线B. 双曲线C. 椭圆D. 直线图4简析：如图4，以A 为原点，AB 为x 轴、AD 为y 轴，建立平面直角坐标系。
设P （x,y ），作AD PE ⊥于E 、11D A PF ⊥于F ，连结EF ，易知1x |EF ||PE ||PF |2222+=+= 又作CD PN ⊥于N ，则|1y ||PN |-=。
依题意|PN ||PF |=，即|1y |1x 2-=+，化简得0y 2y x 22=+-故动点P 的轨迹为双曲线，选B 。
9. 已知平面//α平面β，直线l α⊂，点l P ∈，平面α、β间的距离为4，则在β内到点P 的距离为5且到直线l 的距离为29的点的轨迹是（ C ） A. 一个圆 B. 两条平行直线 C. 四个点D. 两个点图1简析：如图1，设点P 在平面β内的射影是O ，则OP 是α、β的公垂线，OP=4。
在β内到点P 的距离等于5的点到O 的距离等于3，可知所求点的轨迹是β内在以O 为圆心，3为半径的圆上。
又在β内到直线l 的距离等于29的点的集合是两条平行直线m 、n ，它们到点O的距离都等于32174)29(22<=-，所以直线m 、n 与这个圆均相交，共有四个交点。
因此所求点的轨迹是四个点，故选C 。
10、正方体A BCD_A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点M 是BC 的中点，点P 是平面A BCD 内的一个动点，且满足PM=2，P 到直线A 1D 1P 的轨迹是[ ]A .圆 B.双曲线 C.两个点 D.直线解析： 点P 到A 1D 1P 到A D 的距离为1，满足此条件的P 的轨迹是到直线A D 的距离为1的两条平行直线，又2PM = ，∴满足此条件的P 的轨迹是以M 为圆心，半径为2的圆，这两种轨迹只有两个交点.故点P 的轨迹是两个点。
选项为C 。
11、(四川省成都市新都一中高2008级12月月考)已知一个四面体有五条棱长都等于2，则该四面体的体积最大值为( C )A 、12B 、22C 、1D 、2本题主要考查空间几何体的基本性质，最值.解析：由于有五条棱长都等于2，则四面体中至少有两个面是边长为2的正三角形，以其中一个为底面，则当另一个正三角形所在平面与它垂直时，四面体体积最大. 此时，底面积为3，高为3， 所以，体积为13×3×3＝111.已知ABCD —A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，P 、Q 是上的动点，且PQ 长为b （b 是常数，a b 30<<）的线段，那么四面体PQDC 的体积是( A )A.常量B.变量有最大值C.变量有最小值D.变量有最小值也有最大值 12、在正四棱锥S-ABCD 中，SO ⊥平面ABCD 于O ，SO=2，底面边长为2，点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，则P 、Q 两点的最短距离为（ ）A.55 B.552 C. 2 D. 1解析：如图1，由于点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，先让点P 在BD 上固定，Q 在SC 上移动，当OQ 最小时，PQ 最小。
过O 作OQ ⊥SC ，在Rt △SOC 中，552=OQ 中。
又P 在BD 上运动，且当P 运动到点O 时，PQ 最小，等于OQ 的长为552，也就是异面直线BD 和SC 的公垂线段的长。
故选B 。
A 1D 1 C 1B 1BC ADE F13、如图3，在棱长为a 的正方体1111ABCD A BC D -中，EF 是棱AB 上的一条线段，且EF ＝b ＜a ，若Q 是11A D 上的定点，P 在11C D 上滑动，则四面体PQEF 的体积（ ）．（A)是变量且有最大值 （B ）是变量且有最小值 （C ）是变量无最大最小值 （D ）是常量观察PEF ∆，我们发现它的形状位置是要变化的，但是底边EF 是定值，且P 到EF 的距离也是定值，故它的面积是定值．再发现点Q 到面PEF 的距离也是定值．因此，四面体PQEF 的体积是定值．我们没有一点计算，对图形的分析帮助我们解决了问题．14．在黄冈卷王高二数学（下）单元同步测试卷6中有这样一题：平面α外的一侧有一个三角形，三个顶点到平面α的距离分别是7、9、13，则这个三角形的重心到平面α的距离为( A )（A ）329 (B)10 (C)8 (D) 821分析：如图过点A 作平面αβ//则αβ、之间的距离为７，B 到β的距离为９－７＝２，C 到β的距离为１３－７＝６，利用梯形中位线易求得BC 中点D 到β的距离为4226=+，而重心G 在AD 上，且AGAD ＝32，重心G 到β的距离为324⨯='d ，故重心G 到α的距离为 d=4 ⨯32+7=329,答案为（A ）。
15、（1992年全国高考理科第9题）四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可以有( B ) （A ）1个 （B ）2个 （C ） 3个 （D ）4个16.（2009重庆卷理）已知二面角l αβ--的大小为050，P 为空间中任意一点，则过点P 且与平面α和平面β所成的角都是025的直线的条数为（ B ）A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】B【解析】AFE ∠是度数为050的二面角的一个平面角，FG AFE ∠为的平分线，当过P 的直线与FG 平行时，满足条件，当过点p 的直线与AD 平行，也是满足条件直线，与AD 直线类似，过点的直线与 BE 平行也是满足条件得共有3条。
17、在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面对角线A 1B 上存在一点P ，使得AP +D 1P 最分析：1B 沿A 1B 折起至A ′AB ，使三角形A ′AB 与四边形A 1BCD 1共面，连接A ′D 1，则A ′D 1的长即为AP +D 1P 的最小值。
A ′D 1=12+12-2×1×1×cos (90°+45°)=2+ 218、(06 江西理)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90︒，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋PA 1的最小值是__52___解：连A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开与△A 1BC 1在同一个平面内，如图所示，连A 1C ，则A 1C 的长度就是所求的最小值。
通过计算可得∠A 1C 1C ＝90︒又∠BC 1C ＝45︒∴∠A 1C 1C ＝135︒由余弦定理可求得A 1C ＝5 219、已知平面α//平面β，AB 和CD 是夹在平面α、β之间的两条线段。
AB ⊥CD ，AB=3，直线AB 与平面α成30°角，则线段CD 的长的最小值为__3____。
解析：如图2，过点B 作平面α的垂线，垂足为O ，连结AO ，则∠BAO=30°。
过B 作BE//CD 交平面α于E ，则BE=CD 。
连结AE ，因为AB ⊥CD ，故AB ⊥BE 。
则在Rt △ABE 中，BE=AB ·tanA BCD D 1 C 1B 1A 1P A ′ P ′ A BCDD 1 C 1B 1A 1PA BC A 1 B 1C 1PA 1B CC 1∠BAE ≥AB ·tan ∠BAO=3·tan30°=3。