专题突破8：利用空间向量解决立体几何中的轨迹问题（5大题型）-2024-2025学年高二数学单元速记•巧练（人教B版2019选择性必修第一册）

专题突破8：利用空间向量解决立体几何中的轨迹问题 1．动点轨迹的判断方法 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. 2．立体几何中的轨迹问题的常见解法 (1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题. (2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法. (3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解. (4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解. (5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解. 3.平行、垂直有关的的轨迹问题 ①平行有关的轨迹问题的解题策略 （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. ②垂直有关的轨迹问题的解题策略 （1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹; （2）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. 4.距离、角度有关的的轨迹问题 ①距离有关的轨迹问题的解题策略 （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. ②角度有关的轨迹问题的解题策略 （1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面; （2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面; （3）利用空间坐标系计算求轨迹. 5.翻折有关的的轨迹问题 翻折有关的轨迹问题的解题策略 （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 题型一 平行中的动态轨迹问题 【例1】已知正方体的边长为2，M为的中点，P为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（    ） A． B．平面 C．与所成角的余弦值为 D．动点P的轨迹长为 【变式1-1】如图，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC、的中点，P是侧面内一点（含边界），若平面AEF，点P的轨迹长度为 ． 【变式1-2】如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，点分别为的中点，点为内的一个动点（包括边界），若 平面，则点的轨迹的长度为 . 【变式1-3】【多选】如图，已知正方体的棱长为1，分别为棱，的中点，点在侧面内，则以下说法正确的有（    ） A．平面 B．过点作正方体的截面，所得截面的面积是 C．点到平面的距离为 D．若平面，则点的轨迹长度为 题型二 垂直中的动态轨迹问题 【例2】如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，分别是底面与侧面的中心，为该正方体表面上的一个动点，且满足，记点的轨迹所在的平面为，则过四点的球面被平面截得的圆的周长是（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是（ ）． A． B． C． D．4a 【变式2-2】在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【变式2-3】在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（    ）    A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为 C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为 【变式2-4】在三棱锥中，平面，点是三角形内的动点（含边界），，则下列结论正确的是（    ） A．与平面所成角的大小为 B．三棱锥的体积最大值是2 C．点的轨迹长度是 D．异面直线与所成角的余弦值范围是 【变式2-5】【多选】如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是AB，AD的中点，点P在正方形内部（含边界）运动，则下列结论正确的是（    ） A．若，则点P的轨迹长为 B．在线段上存在点P，使得直线PM与直线为异面直线 C．若P为线段的中点，则三棱锥与三棱锥体积相等 D．过点P可以作4条直线与，AC均成角 题型三 距离（长度）有关的动态轨迹问题 【例3】如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为正方形，且边长均为1．平面平面，M为底面内一动点．当时，M点在底面内的轨迹长度为 ． 【变式3-1】如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC．则点M在正方形ABCD内的轨迹为（    ）    A．   B．   C．   D．   【变式3-2】在正方体中，分别为棱的中点，动点平面，，则下列说法错误的是（    ） A．的外接球面积为 B．直线平面 C．正方体被平面截得的截面为正六边形 D．点的轨迹长度为 【变式3-3】【多选】如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（    ）    A．三棱锥的体积是定值 B．存在点P，使得与所成的角为 C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D．若，则P的轨迹的长度为 【变式3-4】如图已知每条棱长都为3的直平行六面体中，，长为2的线段的一个端点在上运动，另一个端点在底面上运动，则中点的轨迹与直平行六面体的面所围成的几何体的体积为 ． 题型四 角度有关的动态轨迹问题 【例4】【多选】在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为正方体表面上的动点，N为线段AC1上的动点，若直线AM与AB的夹角为，则下列说法正确的是(　　) A．点M的轨迹确定的图形是平面图形 B．点M的轨迹长度为＋2 C．C1M的最小值为－1 D．当点M在侧面BB1C1C上时，AN＋MN的最小值为1 【变式4-1】四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，则动点的轨迹的长度为 . 【变式4-2】如图，在棱长为8的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列三个结论：①若为上的动点，则的最小值为；②到平面的距离的最大值为；③为的中点，为空间中一点，且与平面所成的角为，与平面所成的角为，则在平面上射影的轨迹长度为，其中所有正确结论的序号是 ． 【变式4-3】在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于． (1)当时，求点的轨迹长度； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 【变式4-4】如图所示，在平行四边形ABCD中，E为AB中点，DE⊥AB，DC＝8，DE＝6.沿着DE将△ADE折起，使A到达点A′的位置，且平面A′DE⊥平面ADE.设P为△A′DE内的动点，若∠EPB＝∠DPC，则点P的轨迹长度为______． 【变式4-5】如图，若P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则下列结论正确的是（    ） A．当P在平面内运动时，四棱锥的体积变化 B．当P在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．使直线与平面所成的角为45°的点P的轨迹长度为 D．若F是棱的中点，当P在底面内运动，且满足平面时，长度的最小值是 题型五 翻折有关的动态轨迹问题 【例5】如图所示，在矩形中，，，平面，且，点为线段（除端点外）上的动点，沿直线将翻折到，则下列说法中正确的是（    ） A．当点固定在线段的某位置时，点的运动轨迹为球面 B．存在点，使平面 C．点到平面的距离为 D．异面直线与所成角的余弦值的取值范围是 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题突破8：利用空间向量解决立体几何中的轨迹问题 1．动点轨迹的判断方法 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. 2．立体几何中的轨迹问题的常见解法 (1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题. (2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法. (3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解. (4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解. (5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解. 3.平行、垂直有关的的轨迹问题 ①平行有关的轨迹问题的解题策略 （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. ②垂直有关的轨迹问题的解题策略 （1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹; （2）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. 4.距离、角度有关的的轨迹问题 ①距离有关的轨迹问题的解题策略 （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. ②角度有关的轨迹问题的解题策略 （1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面; （2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面; （3）利用空间坐标系计算求轨迹. 5.翻折有关的的轨迹问题 翻折有关的轨迹问题的解题策略 （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 题型一 平行中的动态轨迹问题 【例1】已知正方体的边长为2，M为的中点，P为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（    ） A． B．平面 C．与所成角的余弦值为 D．动点P的轨迹长为 【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， 所以， 由平面，得，即， 化简可得：， 所以动点P在直线上， 对于选项A：，所以与不垂直，所以A选项错误； 对于选项B：平面平面，所以平面，B选项正确； 对于选项C：，C选项正确； 对于选项D：动点P在直线上，且P为侧面上的动点，则P在线段上，，所以，D选项正确； 故选：BCD. 【变式1-1】如图，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC、的中点，P是侧面内一点（含边界），若平面AEF，点P的轨迹长度为 ． 【分析】利用坐标法，根据线面平行和面面平行的判定及性质找出的轨迹，根据轨迹特点可求答案. 【详解】如图，分别取的中点，连接， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则 ; 所以, , ; 故，即，又平面，平面， 所以平面，同理可得平面，又平面， 所以平面平面； 因为P是侧面内一点（含边界），平面AEF， 所以点P必在线段MN上，即点P的轨迹为MN， 所以点P的轨迹长度为． 故答案为：. 【变式1-2】如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，点分别为的中点，点为内的一个动点（包括边界），若 平面，则点的轨迹的长度为 . 【分析】记的中点为，点的轨迹与交于点，则平面平面，建立空间直角坐标系，利用垂直于平面，的法向量确定点的位置，利用向量即可得解. 【详解】由题知，两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 记的中点为，连接， 因为为正方形，为中点，所以，且， 所以为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 记点的轨迹与交于点，由题知平面， 因为是平面内的相交直线，所以平面平面， 所以即为点的轨迹， 因为， 所以， 设， 则， 设为平面的法向量， 则，令得， 因为，所以， 解得，则，又 所以， 所以. 故答案为：. 【变式1-3】【多选】如图，已知正方体的棱长为1，分别为棱，的中点，点在侧面内，则以下说法正确的有（    ） A．平面 B．过点作正方体的截面，所得截面的面积是 C．点到平面的距离为 D．若平面，则点的轨迹长度为 【答案】AD 【分析】对于A，建立空间直角坐标系，坐标法证明即可得证；对于B，通过平行画出截面为正六边形，计算面积即可；对于C，利用向量法即可计算得到点到平面距离；对于D，通过面面平行，找到平面的交线，从而确认动点的运动轨迹，即可得解. 【详解】对于A，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ，，，，，， 则，， ，，， 所以，， 则平面，故A正确； 对于B，作中点，的中点，的中点， 连接，，，，， 则正六边形为对应截面面积， 正六边形边长为， 则截面面积为：，故B错误； 对于C，由A选项知，向量为平面的法向量， 且，， 所以到平面的距离为 ，故C错误； 对于D，取BC中点R，CC1中点T，所以相交， 所以平面平面，即平面平面， 由B选项知，当动点在上运动时，平面，总是会有平面， 所以若平面，则点的轨迹为，， 故D正确； 故选：AD 题型二 垂直中的动态轨迹问题 【例2】如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，分别是底面与侧面的中心，为该正方体表面上的一个动点，且满足，记点的轨迹所在的平面为，则过四点的球面被平面截得的圆的周长是（    ） A． B． C． D． 【分析】 建立空间直角坐标系，找到球心O和点的轨迹，求出到平面的距离，利用几何法求截面圆的半径和周长. 【详解】 取面对角线中点，连接，，，，分别在上，且， 以为原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， ， ，，， ，，，，， ，，，， 三棱锥中， 为直角三角形，所以， 因此点即为三棱锥的外接球球心，球半径长为， ，，，，，共面， ，，， ， 平面，，平面，平面， 点的轨迹为矩形的四边，如图所示， ，为平面的法向量， 则球心到平面的距离为， 球面被平面截得的圆的半径，圆的周长为. 故选：B. 【变式2-1】在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是（ ）． A． B． C． D．4a 【分析】建立空间直角坐标系设点，利用以及，两点的位置关系可得点的轨迹为四边形，求出该矩形周长即可得结果. 【详解】在正方体中，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， ∴，，，，∴， 设，则，    ∵，∴，可得； 当时，，当时，， 取，，，， 连结，，，， 则，， ∴四边形为矩形，则，， 即，，又和为平面中的两条相交直线， ∴平面， 又，， ∴为的中点，则平面， 为使，必有点平面， 又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形， 又，，∴，则点的轨迹不是正方形， 则矩形的周长为． 故选：A. 【变式2-2】在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【分析】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到⊥平面，由点到平面的距离和球的半径得到点的轨迹为以为半径的圆，从而求出点的轨迹长度. 【详解】以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 球心，取的中点，的中点，连接， 则，， ， 故，， 又，平面， 故⊥平面， 故当位于平面与内切球的交线上时，满足， 此时到平面的距离为 ， ，其中为平面截正方体内切球所得截面圆的半径， 故点的轨迹为以为半径的圆， 故点的轨迹长度为. 故选：B. 【变式2-3】在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（    ）    A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为 C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为 【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，在逐项判断，即可得出结果. 【详解】   在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系， 因为该正方体的棱长为，分别为的中点， 则，，，， 所以，设，则， 因为， 所以，，当时，；当时，； 取，，，， 连接，，，，则，， 所以四边形为矩形， 则，，即，， 又，且平面，平面， 所以平面， 又，，所以为中点，则平面， 所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动， 所以点的轨迹为四边形， 因此点不可能是棱的中点，即A错； 又，，所以，则点的轨迹不是正方形； 且矩形的周长为，故C错，D正确； 因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最大，所以线段的最大值为，故B错. 故选：D. 【变式2-4】在三棱锥中，平面，点是三角形内的动点（含边界），，则下列结论正确的是（    ） A．与平面所成角的大小为 B．三棱锥的体积最大值是2 C．点的轨迹长度是 D．异面直线与所成角的余弦值范围是 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，把几何体补形成正四棱柱，利用几何法求出线面角判断A；确定点的轨迹并求出长度判断C；求出点到距离的最大值计算判断B；建立坐标系，利用异面直线夹角的向量求法建立函数关系求解判断D. 【详解】如图，把三棱锥补形成正四棱柱并建立空间直角坐标系， 对于A，由平面，得是与平面所成的角，， 因此，A正确； 对于C，由，得点的轨迹是以线段为直径的球面与相交的一段圆弧及点， 令的中点分别为，则平面，，于是， 显然点所在圆弧所对圆心角大小为，长度是，C正确； 对于B，由选项C知，当时，点到平面距离最大，最大距离为1， 因此三棱锥的体积，B错误； 对于D，设，则点，而， 于是，又，令异面直线与所成的角大小为， 则， 令，在上单调递增， 因此，D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 【变式2-5】【多选】如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是AB，AD的中点，点P在正方形内部（含边界）运动，则下列结论正确的是（    ） A．若，则点P的轨迹长为 B．在线段上存在点P，使得直线PM与直线为异面直线 C．若P为线段的中点，则三棱锥与三棱锥体积相等 D．过点P可以作4条直线与，AC均成角 【答案】AC 【分析】对于选项A，建立空间直角坐标系，令，根据，建立关于的方程，从而得到动点P的轨迹方程，即可求出点P轨迹长； 对于选项B，根据四点共面，即可判断直线与直线不是异面直线； 对于选项C，直接求出，根据，构造三棱柱，利用即可求解，； 对于选项D，根据直线与，AC均成角，只要过点P作直线与平行即可满足题意. 【详解】对于选项A，建立如图所示空间直角坐标系，, ，因为，所以， 所以，即， 又因为点P在正方形内部（含边界）运动，所以，所以点P的轨迹长为，故A正确； 对于选项B，如图，连接，，由正方体的性质知，， 所以四点共面，平面，故B不正确； 对于选项C，如图，取的中点F，连接，设， 连接，则几何体为斜三棱柱， 从而， 在三棱柱中，, 其中, , ∴, 又，故C正确； 对于选项D，通过平移直线可知，直线与，AC均成角，那么只要过点P作直线与平行即可满足与，AC均成角，这样的直线有无数条，故D不正确, 故选：AC. 【点睛】思路点睛：对于选项A，由轨迹可以想到，是否可以把动点的轨迹方程求出，在根据方程得到轨迹，从而求出轨迹长度；对于选项B，判断异面，只需要证明共平面就可以反证出不异面；对于选项C，在求解三棱锥的体积时一般可以通过转换顶点，更换几何体的底面和高求解，也可以将三棱锥的体积转化为几个容易求解的几何体的体积差求解；对于选项D，通过平移找到和，AC均成角直线即可解决问题. 题型三 距离（长度）有关的动态轨迹问题 【例3】如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为正方形，且边长均为1．平面平面，M为底面内一动点．当时，M点在底面内的轨迹长度为 ． 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的方法求得M点在底面内的轨迹，进而求得其长度. 【详解】取中点N，中点O，连接， 因为平面平面， ，平面平面，平面 所以平面， 由题意可得两两垂直， 以O为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，令, 则 由，可得， 则，整理得， 则M点在底面内的轨迹为线段 ， 所以轨迹的端点的坐标为 则M点在底面内的轨迹长度为 故答案为：. 【变式3-1】如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC．则点M在正方形ABCD内的轨迹为（    ）    A．   B．   C．   D．   【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，得到，结合，化简的得到，即可求解. 【详解】以为原点，分别为轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，如图所示， 设，正方形边长为，则， 则， 由，即，整理得到， 所以点在正方形内的轨迹为一条直线的一部分 故选：A. 【变式3-2】在正方体中，分别为棱的中点，动点平面，，则下列说法错误的是（    ） A．的外接球面积为 B．直线平面 C．正方体被平面截得的截面为正六边形 D．点的轨迹长度为 【分析】可证明正方体被平面截得的截面为正六边形，故可判断C的正误，利用面面平行的判定定理可判断B的正误，利用补体法可求的外接球的直径后可判断A的正误，利用向量的方法可求到平面的距离，从而可求点的轨迹长度，故可判断D的正误. 【详解】如图，设的中点分别为，连接. 由正方体的性质可得，而为三角形的中位线， 故，故，故四点共面， 同理，也四点共面，故五点共面， 同理也四点共面，故六点共面. 正方体被平面截得的截面为六边形， ， 因为平面平面，平面平面， 而平面平面，故， 而为三角形的中位线，故，故， 但与方向相反，故与互补，而为等边三角形， 故，故，    同理， 故正方体被平面截得的截面为正六边形，故C正确. 由，平面，平面，故平面， 同理故平面，而平面， 故平面平面，而平面，故平面，故B正确. 对于A，将三棱锥补成如图所示的长方体， 其中分别为、的中点， 则其外接球的直径即为的体对角线的长度即， 故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确.    建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 故， 设平面的法向量为，则， 故，取，则， 故，而， 故到平面的距离为， 而，故点的轨迹为平面与球面的截面（圆）， 该圆的半径为，故圆的周长为，故D错误. 故选：D. 【变式3-3】【多选】如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（    ）    A．三棱锥的体积是定值 B．存在点P，使得与所成的角为 C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D．若，则P的轨迹的长度为 【答案】ACD 【分析】利用等体积转换即可求得体积为定值判断A；建立空间直角坐标系，设，得，，利用向量夹角公式求解判断B；求平面的法向量，利用向量夹角公式求解判断C；由，可得，即可求解判断D. 【详解】对于A，三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 是定值，A正确； 以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，设，则 对于B，，使得与所成的角满足： ， 因为，故，故， 而，B错误； 对于C，平面的法向量， 所以直线与平面所成角的正弦值为：， 因为，故 故， 而，， 故即的取值范围为，C正确； 对于D，，由， 可得，化简可得， 在平面内，令，得，令，得，则P的轨迹的长度为 ，D正确； 故选：ACD. 【变式3-4】如图已知每条棱长都为3的直平行六面体中，，长为2的线段的一个端点在上运动，另一个端点在底面上运动，则中点的轨迹与直平行六面体的面所围成的几何体的体积为 ． 【答案】 【分析】如图所示，利用代数法先确定点的轨迹，从而确定点的轨迹与平行六面体所围成的几何体的形状，即可求几何体的体积． 【详解】 如图所示，取的中点连接，由题意知， 以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系． 设，，则 即 点的轨迹是以原点为球心，以1为半径的球的一部分 又，． 点的轨迹是球的 几何体的体积为 故答案为：． 【点睛】本题主要考查几何体的体积的求法，涉及点的轨迹的求法，解析法的应用以及球的体积公式的应用，属于中档题． 题型四 角度有关的动态轨迹问题 【例4】【多选】在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为正方体表面上的动点，N为线段AC1上的动点，若直线AM与AB的夹角为，则下列说法正确的是(　　) A．点M的轨迹确定的图形是平面图形 B．点M的轨迹长度为＋2 C．C1M的最小值为－1 D．当点M在侧面BB1C1C上时，AN＋MN的最小值为1 答案　BCD 解析　如图，建立空间直角坐标系，则D(0,1,0)，C1(1,1,1)， ∵直线AM与AB的夹角为，当点M在侧面AA1D1D上时，AB⊥AM，不合题意； 当点M在底面A1B1C1D1和侧面CC1D1D(不包含边界)上时，点M到直线AB的距离大于AB的长度，此时，AM与AB的夹角大于； 当点M在侧面AA1B1B和底面ABCD上时，可知线段AB1，AC满足题意； 当点M在侧面BCC1B1上时，由AB⊥BM，可知BM＝AB，此时弧B1C为所求． ∴M点的轨迹为线段AC，AB1，弧B1C， 显然线段AC，AB1，弧B1C不共面，∴A错误； 对于B，点M的轨迹长度为＋2，∴B正确； 对于C，若M在线段AC上，则C1M的最小值为1，同理，若M在线段AB1上，则C1M的最小值也为1，若M在弧B1C上，则C1M的最小值为C1B－1＝－1，∴C正确； 对于D，M(1，y，z)(0≤y≤1,0≤z≤1)，且y2＋z2＝1，由题意设N(λ，λ，λ)，λ∈[0,1]，则AN＋MN＝λ＋≥λ＋＝λ＋(1－λ)＝1， 当且仅当y＝z＝λ，且y2＋z2＝1，即y＝z＝λ＝时，等号成立，∴D正确． 【变式4-1】四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，则动点的轨迹的长度为 . 【分析】建立空间直角坐标系，设出，由二面角的大小，列出方程，得到，设直线与轴交点分别为，得到动点的轨迹的长度为的长，由勾股定理求出答案. 【详解】因为平面，平面， 所以PA⊥AB，PA⊥AD， 又因为， 所以PA，AB，AD两两垂直， 所以以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 因为， 所以， 因为是四边形内部一点，设， 其中， 平面PDA的法向量为， 设平面QPD的法向量为，则 ， 令，则， 所以， ， 由于， 所以，故， 因为的平面角大小为，设为， 则， 解得：， 设直线与轴交点分别为， 故动点的轨迹的长度为的长， 令得：，故 令得：，故 由勾股定理得：， 所以动点的轨迹的长度为. 故答案为：. 【变式4-2】如图，在棱长为8的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列三个结论：①若为上的动点，则的最小值为；②到平面的距离的最大值为；③为的中点，为空间中一点，且与平面所成的角为，与平面所成的角为，则在平面上射影的轨迹长度为，其中所有正确结论的序号是 ． 【分析】对于①：建系，设设，根据两点间距离公式分析求解；对于②：利用等体积法求点到面的距离；对于③：根据线面夹角分析可知：，建系，利用坐标系求点的轨迹方程. 【详解】对于①：以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，    可得， 设， 则，即， 可得， 当，即时，取到最小值，故①正确； 对于②：设到平面的距离的最大值为， 由可得，则， 由（1）可知的最小值为， 所以到平面的距离的最大值为，故②正确；    对于③：设在平面上射影为，连接， 可知：与平面所成的角为，与平面所成的角为， 则，可得， 在空间直角坐标系，则，    设，则， 整理得， 可知在平面上射影的轨迹为半径为的圆， 所以轨迹长度为，故③正确； 故答案为：①②③. 【变式4-3】在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于． (1)当时，求点的轨迹长度； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 【分析】（1）先通过垂直关系得到，然后建立空间直角坐标系得到点的轨迹，根据角度求轨迹的长； （2）利用向量法求面面角，解方程求出点的坐标，进而利用体积公式求解即可. 【详解】（1）作交于， 因为平面平面，且平面平面，面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为平面，且平面，所以， 因为，，、平面，， 所以平面，又因为平面，所以． 分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， 设，因为，所以， 又，， 所以，即， 设中点为，则，如图： 又，所以， 因此，的轨迹为圆弧，其长度为； （2）由（1）知，可设，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令得． 为平面的一个法向量，令二面角为角， ，又， 解得，（舍去）或，， 则或， 从而可得三棱锥的体积． 【变式4-4】如图所示，在平行四边形ABCD中，E为AB中点，DE⊥AB，DC＝8，DE＝6.沿着DE将△ADE折起，使A到达点A′的位置，且平面A′DE⊥平面ADE.设P为△A′DE内的动点，若∠EPB＝∠DPC，则点P的轨迹长度为______． 答案　 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，C(0,8,0)，E(6,0,0)，B(6,4,0)，设P(x,0，z)， 则＝(－x,0，－z)，＝(－x,8，－z)，＝(6－x,0，－z)，＝(6－x,4，－z)， ∴cos∠EPB＝cos〈，〉＝＝， cos∠DPC＝cos〈，〉＝＝， ∵∠EPB＝∠DPC，∴cos∠EPB＝cos∠DPC， ∴＝， 整理化简得x2＋z2－16x＋48＝0， 即(x－8)2＋z2＝16，∴点P的轨迹为圆弧，所在圆交A′E于P1(6,0,2)，交DE于P2(4,0,0)， 则||＝＝4，∴所对应的圆心角α＝， ∴弧长l＝αr＝×4＝，即点P的轨迹长度为. 【变式4-5】如图，若P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则下列结论正确的是（    ） A．当P在平面内运动时，四棱锥的体积变化 B．当P在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．使直线与平面所成的角为45°的点P的轨迹长度为 D．若F是棱的中点，当P在底面内运动，且满足平面时，长度的最小值是 【答案】D 【分析】对A，点P在平面内运动时，四棱锥的底面积和高均不变，所以体积不变；对B，D，建系利用向量法求解；对C，根据线面角的定义，讨论点在各个表面的情况求解得答案. 【详解】对于A，因为底面正方形的面积不变，点P到平面的距离为正方体棱长， 所以四棱锥的体积不变，故A错误； 对于B，如图①，以D为坐标原点，，，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 可得，，.设，， 则，. 设直线与所成角为θ，则， 图① 因为，当时，可得，所以； 当时，，所以， 所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B错误； 对于C，已知直线与平面所成的角为45°，若点P在平面和平面内， 因为，最大，点P仅在点；若点P在平面内， 则点P的轨迹长度是；若点P在平面内，则点P的轨迹长度是； 若点P在平面内，作平面，如图②所示， 因为，所以. 图② 因为，所以，所以， 所以点P的轨迹是以点A1为圆心，以2为半径的四分之一圆， 所以点P的轨迹长度为. 综上，点P的轨迹总长度为，故C错误； 对于D，如图③，由前面建系得，，，， 设，，， 则，，. 设平面的法向量为， 则，令，则，所以. 图③ 因为平面，所以，可得， 所以， 当时，等号成立，故D正确． 故选：D. 题型五 翻折有关的动态轨迹问题 【例5】如图所示，在矩形中，，，平面，且，点为线段（除端点外）上的动点，沿直线将翻折到，则下列说法中正确的是（    ） A．当点固定在线段的某位置时，点的运动轨迹为球面 B．存在点，使平面 C．点到平面的距离为 D．异面直线与所成角的余弦值的取值范围是 【分析】当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，由此可判断A；无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，即可判断B；以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，由点到平面的距离公式求解，即可判断C；设，，利用向量夹角公式求解，即可判断D. 【详解】 选项A：当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，且在过点与垂直的平面内，故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故A错； 选项B：无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，故不与平面垂直，故B错； 选项C：以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，则，，，． ， 设平面的法向量为，取， 则点到平面的距离为，故C错； 选项D：设，，，，设与所成的角为，则，故D正确. 故选：D． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 $$