专题19 立体几何中的动点及其轨迹问题-2023年新高考数学二轮热点突破与提分训练（新高考专用）

专题19立体几何中的动点及其轨迹问题 考点定位 求空间图形中点的轨迹既是中学数学学习中的一个难点，也是近几年高考的一个热点，是立体几何与解析几何相交汇的问题，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几何的轨迹问题来处理的数学思想，常用方法主要有：(1)定义法(如圆锥曲线定义)；(2)解析法；(3)交轨法. 热点突破 热点（一）定性的研究动点的轨迹 1（单选）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∠PAB＝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 【解析】由题可知，当P点运动时，在空间中，满足条件的AP绕AB旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60°角的平面截圆锥，所得图形为椭圆. 2（多选）已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是(　　) A.若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆 B.若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线 D.若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线 【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，所以∠MND＝，所以DN＝DM＝DD1＝×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＝＝＝2，取MD的中点E，因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝DN＝，DN⊥ED，所以PE⊥ED， 即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，其面积为π·()2＝3π，故B不正确；对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；对于D，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，设N(x，y，0)，则＝(0，4，0)，＝(x，y，－4)，因为D1N与AB所成的角为，所以|cos〈，〉|＝cos，所以＝，整理得－＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确.故选ACD。 3（填空）已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与底面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E为CC1的中点，P在对角面BB1D1D内运动，若EP与AC成30°角，则点P的轨迹为 【解析】因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与底面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平行六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱， 所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，连接EF，则EF∥AC.因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角.设EF与对角面BB1D1D的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面圆周 4（解答）已知四面体ABCD的4个顶点都在球O(O为球心)的球面上，如图，△ABC为等边三角形，M为底面ABC内的动点，AB＝BD＝2，AD＝，且AC⊥BD，判断下列说法是否正确，并说明理由。 ①平面ACD⊥平面ABC ②球心O为△ABC的中心 ③直线OM与CD所成的角最小为 ④若动点M到点B的距离与到平面ACD的距离相等，则点M的轨迹为抛物线的一部分 【解析】如图，设△ABC的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，则BE⊥AC. ∵AC⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BDE，∴AC⊥平面BDE，又DE⊂平面BDE，则AC⊥DE，又△ABC为等边三角形，AB＝BD＝2，AD＝，∴AE＝1，DE＝1，BE＝，∴DE2＋BE2＝BD2，即DE⊥BE，又BE⊥AC，AC∩DE＝E，AC，DE⊂平面ADC，∴BE⊥平面ADC，又BE⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC，故①正确；又∵GE＝，GB＝GA＝GC＝，∴GD＝＝＝，故G为四面体ABCD的外接球的球心，即球心O为△ABC的中心，故②正确； 当OM∥AC时，∠DCA为直线OM与CD所成的角，由上知∠DCA＝<，故③错误；由平面ACD⊥平面ABC可知，动点M到平面ACD的距离即为动点M到直线AC的距离，由抛物线的定义可知，点M的轨迹为抛物线的一部分，故④正确． 【归纳反思】 立体几何中与动点轨迹有关的问题归根还是利用线面的平行、垂直关系，在此类问题中要么容易看出动点符合什么样的轨