立体几何动点轨迹的定性，定量问题-《中学生数理化》高二数学2025年9月刊

中学生表理化智部学新商考条颗护放 立体几何动点轨迹的定性、.定量问题 0 ■河南省平顶山市实验高中 张延龙 与传统的静态立体几何相比，立体几何 殊位置寻找面面平行，也就是以静制动。 中的动点轨迹问题融入了动态的元素，更有 练习1.如图3，在棱长为a 活力，题目也更加新颖。下面针对立体几何 的正方体ABCD-A1B1C,D,中 动点轨迹中的两类问题进行研究，在解题的 E,F,G,H,N分别是棱CC, 过程中渗透转化与化归、动中窥静、以静制动 CD1,DD1,CD,BC的中点，点 的思想方法。 M在四边形EFGH边上及其内 图 类型一、保持定性关系求轨迹问题 部运动。若MN∥平面A1BD, 例1如图1，在正方 D 则点M轨迹的长度是( )。 体ABCD-A1B1C1D1中， A.3a B.√2a E,F分别是棱BC,CC1的 中点，点P在正方形 c ABB1A1内。若AB=2, 解析：如图4，连接 A1P∥平面AEF,则DP的 图1 HN,HG,GN,GF,EF,HE 最小值为 在正方体ABCD 解析：如图2，分别取 A1B1CD1中，E,F,G,H,N B,C1,BB,的中点M,N, 分别是棱CC,CD1,DD1, 连接A1M,A1N,MN。在 CD,BC的中点，则GH∥ 图4 正方体ABCD-A1B1C1D BA1,HNBD。 中，A1M∥AE,MN∥EF, 又GH寸平面A1BD,BA1C平面 即平面A:MN内两条相交 图2 A1BD,故GH∥平面A1BD。 直线A,M,MN与平面AEF平行，故平面 同理可证HN∥平面A1BD。 AMN∥平面AEF,则点P在线段A,N上。 又GH∩HN=H,GH,HNC平面 过A作AH⊥A1N,垂足为H,连接DH GHN,故平面A1BD∥平面GHN。 因为DA⊥A1N,AH⊥A1N,AH∩DA=A,所 又点M在四边形EFGH边上及其内部 以A1N⊥平面ADH,则A1N⊥DH。 运动，MN∥平面A1BD,则点M在线段GH 上运动】 故DP≥DH,当且仅当P与H重合时， DP取最小值。易得DA=2,AH=45 又GH=2a ,故点M轨迹的长度是②0 选D。 此时DP=DH=√DA'+AH= 6√5 5 例2如图5，在直三棱 评析：平面内一个动点与一个定点的连线 柱ABCA1BC1中，△ABC是 与已知平面平行，需要利用面面平行的性质，即 边长为2的正三角形，AA1=3, 两个平面平行，则一个平面内的任意一条直线 N为棱A1B1的中点，M为棱 都与另外一个平面平行。因此求解本类问题的 CC上的动点。过N作平面 关键在于找到该动直线所在的平面，同时该平 ABM的垂线段，垂足为点O, 图5 面需要与已知平面平行，转化为利用动点的特 当点M从点C运动到点C时，点O的轨迹长 知脑数要商务体粉芦中学生表理化 度为 ABCD,GH⊥AC。因为 解析：取AB的中点P, BD⊥AC,所以EF⊥ 连接PC,CN,如图6所示。 AC。又EF∩GH=H, 因为PC⊥AB,PN⊥AB,且 故AC⊥平面EFG。 0 PN∩PC=P,所以AB⊥平 因为动点P在该棱 面PCC1N。 锥的侧面上运动，并且 图9 因为ABC平面ABM, 图6 PE⊥AC,所以点P的轨迹为线段EG与GF。 所以平面ABM⊥平面PCC1N。 由题意可知SO=1,OB=1,SB=SA= 平面ABM∩平面PCC1N=PM,过N 作NO⊥PM。因为NOC平面PCC1N,所 2,解得EG=GF= 2 以NO⊥平面ABM。 故点P轨迹的长度为EG十GF=√2，选B。 取PN的中点为Q,当点 类型二、保持定量关系求轨迹问题 M从点C运动到点C1时，点 例3已知直四棱柱ABCD O的轨迹是以PN为直径的 A1B1C1D1,底面ABCD为菱形，∠BAD= 圆Q的一部分，如图7所示。 60°，AB=AD=AA1=2,点Q在四边形 当M运动到点C1时，点O DD1C1C内（包括边界）运动，若A1Q=√7， 到最高点，易知PC=√3， 图7 则点Q的轨迹长度为 cC,=3.∠cpC=吾 解析：如图10，过A1作 A1K⊥CD1,垂足为K。 此时∠OPQ=吾，从而∠OQP-5,弧 因为DD⊥平面 长1=2π 2=元，即点O的轨迹长度为元。 ABCD1,A1KC平面 A1BCD1,所以DD⊥AK。 评析：对于此类问题，解题的关键在于找 因为CD1∩DD1= 图10 到线面垂直、面面垂直，可以利用线面垂直、面 D1,C1D1,DD1C平面 面垂直的性质得到线线垂直、线面垂直。从动 DD1CC,所以A1K⊥平面DD1C1C。 态的线线垂直、线面垂直转化为静态的线面垂 因为KQC平面DDCC,所以AK⊥KQ 直、面面垂直，并以此为突破口，使得解题思路 在△A1KD1中，A1D1=2,∠AKD1= 更为清晰，真正体现动中窥静的思想。 练习2.如图8，已 空，∠AD,K=S,所以KD,=AD,·Os 知正四棱锥S-ABCD, 1,AK=AD·sin=E。 底面的边长为√2，AC, DB交于点O,SO⊥平面 在△A1KQ中，A1K=5,AQ=√7， …0 ABCD,SO=1,E为BC 图8 ∠A1KQ=空，解得KQ=2. 的中点，动点P在该棱 则Q在以K为圆心，2为半径的圆上运 锥的侧面上运动，并且PE⊥AC,则点P轨 动。在DD1,DC1上分别取点A?,A2,使得 迹的长度为()。 D1A=√5，D1A2=1,则KA3=KA2=2,所 A.1B.√2 C.√3 D.2 解析：如图9，取SC,CD,OC的中点分 以点Q的轨迹为A2A,。 别为G,F,H,连接EF,EG,FG,GH,则 因为D1K=1,D1A=√3，所以 GH∥SO,EF∥BD。 ∠A,KA,=否，则AA的长度等于。 因为SO⊥平面ABCD,所以GH⊥平面 评析：本例中所涉及的是定量中的定长 中学生表理化架四氨学商警条颗护航 问题，解决该类问题时常常转化为以定，点为 ∠AEO是AE与平面 球心，以定长为球的半径，其中动点就在该球 A1BD所成的角， 球面上。因动点在平面上，进而转化为球面 ∠AEO=a。 与平面的交线问题，即将动态的定长问题转 化为静态的交线问题。 由sina= 25 ,可得 练习3.在三棱锥A-BCD中，AB= tana=2,即A0 E0>2。 图14 AC=AD =4,BC=CD DB=6,P 在四面体AA1BD中，BD=A1D=A1B= △BCD内部及边界上的动点，AP=2√2，则 点P的轨迹长度为()。 2W6,AB=AD=AA1=2√5，所以四面体 A. B.2x C.3π D.4π AA1BD为正三棱锥，O为△BDA1的重心。 解析：由AB=AC=AD=4,BC=CD 如图14所示，解得B0-怎×2后 3 DB=6,可知三棱锥A-BCD为正三棱锥 如图11，取CD的中 2√2，AO=√AB-BOF=2。 点为E,设点A在底面 又因为品-2，所以0=1，即E在平面 BCD上的射影为O,则 A1BD内的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆。 BE=3√3，OB=2√3，OE= 所以S=π×1=元。 √3，AO⊥平面BCD,OA= 评析：定量关系中的定角问题，常呈现为 √WAB-OB=2。 图11 已知一个动点在某一平面内，该动点与另一 因为P为△BCD内部及边界上的动 个定点的连线与已知平面的夹角为定值。此 点，AP=2√2，所以OP=2。点P的轨迹是 类问题可以转化为一个圆锥曲面与已知平面 以点O为圆心，2为半径的圆在△BCD内部 的交线问题，即由动态的定角问题，转化为静 及边界上的部分。 态的圆锥曲面与平面的交线问题。 如图12所示，OE⊥ 练习4.如图15，已知正方体ABCD P1P,则cos∠EOP1= A1B1C1D1的棱长为2，M为棱B1C1的中 空，即∠EOP, OE 点，N为底面正方形ABCD内一个动点，且 OP 直线MN与底面ABCD所成的角为，则动 吾∠PoP,=F 图12 点N的轨迹长度为 所以点P的轨迹长 度为2m×2-3×答×2=2x,选B。 套考答案： 立体几何中的动点轨 例4如图13，在正 迹问题，主要考查同学们的 D 方体ABCD-A1B1C1D1 空间想象能力，找到动态变 中，AB=2√3，点E为平 化中的不变量，以静制动就 图15 面A1BD内的动点，设直 更容易找到问题的突破点。以上两类问题就 线AE与平面ABD所成 是将动态的问题转化为静态的问题，一类是 图13 利用面面平行、线面垂直和面面垂直为突破 的角为a,若sina= 2√5 5 点，另一类是以球面、圆锥曲线与平面的交线 则点E的轨迹所围成的面积为 为突破点，这两类问题的解决并不复杂，需要 解析：如图14所示，连接AC1交平面 同学们去总结。 A1BD于O,连接EO。 (责任编辑徐利杰) 由题意可知AC1⊥平面ABD,所以 8