上分专题09 立体几何中的轨迹问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

上分专题09 立体几何中的轨迹问题 命题密钥 动点、轨迹问题本质上考查的还是空间位置关系以及空间角和空间距离的内容，但是在 此基础上融入了动态的点、线、面等元素，题目难度大幅提升.解决此类问题，对于立体几何中 的动点，我们往往利用立体几何的相关知识“升维”或“降维”，建立空间图形与平面图形之间 的桥梁，使得它们之间灵活转化，从而求出动点的轨迹 在高考中，动点轨迹问题多以解答题形式出现，难度较高，如2021年全国甲卷第19题， 考点觉醒 ·题型分类 轨迹形状判断 动点轨迹问题 轨迹的周长、形成图形的面积 轨迹相关的最值或取值范围问题 ●轨迹问题的解题策略 与平行有关 已知动点P,对于给定点A和平面a，都有PA∥ax过点A作平面B∥α 的轨迹问题 则点P∈B 与垂直有关 已知动点P,对于给定点A和平面中的直线L,都有PA⊥→过点A作 的轨迹问题 平面B⊥1，则点P∈B 与距离有关 已知动点P,对于给定点A,都有PA=d→点P在以点A为球心、d为半 的轨迹问题 径的球面上 已知动点P∈x,对于给定点A,都有PA与平面a所成角为→过点A 与角度有关 的轨迹问题 作AA'⊥a于A',A'P= AA' tan ●最值或取值范围问题的解题策略 基本不等式 利用题目信息中的定值，将其转化为基本不等式 求最值问题 求最值或取值 函数 构造函数，利用函数单调性求最值 范围的方法 根据同角三角函数关系，将所求表达式用三角函数 三角换元 换元后，利用三角函数求解 黑白题·上分秘籍 23 实战演练 1.*如图，已知正六棱锥P-ABCDEF的侧棱 点M为线段D,B上一动点，则MP+ME的最 长为6，底面边长为3，Q是底面上一个动点， 小值为 PQ≤4√2，则点Q所形成区域的面积为 A.√/10-22 B.√/10-42 ( C.√/12-22 D.√/12-42 A.4π B.5m C.6m D.7π 5.熱(2025·河南新乡高一期中)如图，在直 D P 三棱柱ABC-A,B,C,中，△ABC是边长为4 的正三角形，AA1=2,N为棱AB1的中点，M 为棱CC1上的动点，过点N作平面ABM的 垂线段，垂足为点O,当点M从点C运动到 (第1题)》 (第2题) 点C1时，点0的轨迹长度为 2.(2025·湖南长沙高一期中)如图，在长 T T 方体ABCD-AB1C,D1中，AB=1,AA1= A. B. C.m 6 4 3 D.T 2,AD=√2，E,F分别为棱AA1,BB1的中点. D 动点P在长方体的表面上，且EP⊥CF,则点 P的轨迹的长度为 ( A.2+√6 B.2 C.1+6 (第5题) (第8题) 2 D.24V6 2 6.禁正三棱柱ABC-AB,C,的各棱长均为1， 3.热(2025·河南驻马店高一月考)如图，在 点D是上底面ABC,上的一个动点，且直 棱长为√6的正方体ABCD-ABC,D1中，点P 是平面A,BC,内的一个动点，当PB1+ 线BD与B,所成的角为石，则点D的轨迹 PD=2+√/10时，点P的轨迹长度是( 长度为 7.接(2025·湖北十堰高一期末)在正四棱 锥P-ABCD中，AB=PA=3,PE=2EC,点F在 D 四棱锥P-ABCD的侧面PBC上运动， 且AF∥平面BDE,则动点F的轨迹长度 A.6m B.4m 为 C.25m D.2√2m 8.热(2025·广东深圳高一期中)如图，在棱 4.禁(2025·湖南邵阳高一期末)已知正方 长为6的正方体ABCD-A1BC1D1中，E,F分 体ABCD-AB,C,D1的棱长为2，P为底 别是AD,AA,的中点，点P在侧面ADD,A,上 面ABCD内一动点，直线D,P与平面ABCD (包括边界)，且满足三棱锥P-BEF的体积 所成角为牙，E为正方形AADD,的中心， 等于9，则PC,的长度的取值范围 24 数学1必修第二册·BS① 因为ADC平面ABC,AA,⊥平面ABC,所以AA1⊥AD,又因为 AA1∩AC=A,AA1,ACC平面ACC1A1,所以AD⊥平面ACC1A1,AC1C 平面ACC,A1所以AD⊥AC1,所以∠CAC1为截面AMC1与平面ABC 所成二面角的平面角，又因为AC=CC1=2,∠C1CA=90°，所以平 面AMC1与平面ABC所成的二面角的平面角的大小为45°. 14.D解析：连接AC,则△EBC,在平面ABCD内的投影是△ABC,设它 们的面积分别为S和S,所成的二面角的平面角为0. 设正方体的棱长为2，则AB=BC=2,BE=√5，BC1=2W2,EC1= √/(22)2+12=3. BE2+BC-EC 1 .cOs∠EBC1= 2BEBCsin LEBC]=1-coRZEBC]= S=子E·BC咖∠BC,=3,S: 3 2 -AB·BC=2,co80= S'2 =3 D B 15.(1)证明：如图①，连接BD交AC于点O.:AD∥BC,.∠OAD= OD OA AD 1 ∠0CB,∠ODA=L0BC,△A0Dn△COB,OB-OC-CB2 在直角梯形ABCD中，AD∥BC,AB⊥AD,AB=2N2,BC=2AD=4,由 勾股定理可得BD=√AB2+AD2=√8+4=25，AC=√AB2+BC2= √8+16=2w6, ,0 ① 1 在△AOD中，OD= 3BD2 3,0A 3AC26 ,0D2+042= 4=AD2,.OD⊥OA,即BD⊥AC. C1Q⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,.C1Q⊥BD,又.C1Q∩AC= Q,C1Q,ACC平面ACC1A1,.BD⊥平面ACC1A· (2)解：(i)如图②③，过点Q在平面ABCD内作EQ⊥BC,交BG 于点E,连接C1E. D 0 B ② ③ C1Q⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,∴.BC⊥C1Q. EQ⊥BC,EQnC1Q=Q,EQ,C1QC平面C1EQ,∴BC1平面CEQ. 必修第二册·BS :C1EC平面C1EQ,C1E⊥BC,则∠C,EQ为二面角B1-BC-A的 平面角，即∠CB0=号，且∠C,C0为直线cC,与平面ABCD所成 的角 CiQ :tan∠C,EQ= EO =3c=3EQ.mLCco-C CO 80,而在m△08c中，器-2-号m440=1:0 CO ∠C,CQ<7,∠CCQ=年，直线cG与平面ACD所成角为开 (i)在等腰梯形A4CG,中，CC,=万，∠GC0=牙，AC=25, 如图④，过点Q作1∥AB,则l∥A1B1,过点A1在平面AAC内 作A1H⊥AC,垂足为点H,在平面A41C1C内，：C1Q1AC, A1H⊥AC,.A1H∥C1Q. C1Q⊥平面ABCD,.A1H⊥平面ABCD A D B ,'0 E ④ ⑤ 2 2 ⑥ 过点H在平面ABCD内作HMLL,交I于点M,连接A1M. .A1H⊥平面ABCD,IC平面ABCD,.1⊥AH. .l⊥HM,A1H∩HM=H,A1H,HMC平面A1HM,∴.l⊥平面AHM. :A1MC平面A1HM,1⊥A1M,则∠A1MH为平面QAB1与平 面ABCD所成二面角的平面角. 四边形AA1CC为等腰梯形，.AA1=CC1,∠CCQ=LA1AH, ∠C,QC=∠A,HA=90,.△C,CQ2△A1AH,AH=CQ=4AC= 2.4H-C10-CG-Co /3- 62 2 2,0 2AC=6. 如图⑤，在平面ABCD内，CE⊥ME,HM⊥ME,HM∥CE, HM HQ =2,即HM=2CE. CE CO 在平面ABCD内，QELRC,AB1BC,QE,/AB,Cg-C9- BC AC 4 故M=2CE=2X4BC=2BC=2 如图⑥，在R△4，Mm中，mLA,m=4,H6x1-6 m2X2=4故平面 QA,品，与平面ABCD所成二面角的平面角的正切值为 上分专题09立体几何中的轨迹问题 1.B解析：因为六棱锥P-ABCDEF为正六棱锥，所以顶点P在底面的 投影为底面中心0，如图①②， 2 黑白题116 又因为底面边长为3，所以0C=3,可得P0=√PC2-0C=35, 且PQ≤42，则00=√PQ2-0P≤5，可知点Q所形成区域为以点 0为圆心，半径长为5的圆面，其面积为π×(5)2=5π.故选B. 2.A解析：连接EF,过点F作FG⊥CF交B1C1于点G,过点G作 GH∥A,B1交A,D1于点H,连接HE,如图所示. 因为E,F分别为AA1,BB1的中点，所以EF∥AB, 又因为AB⊥平面BCC1B1,所以EF⊥平面BCC,B1,所以EF⊥CF, 又因为FG⊥CF,且EF∩FG=F,EF,FGC平面EFGH,所以CF⊥平 面EFGH,所以P的轨迹为EF,FG,GH,HE. 因为∠GB1F=∠CBF=90°，所以可知△BCF∽△B,FG, 所u2C所以月G=号所以心=V后AC-5。 又因为GH∥AB,GH=AB,所以四边形EFGH为平行四边形，所以 GH=EF=1,所以P的轨迹长度为(1）2=26， D D (第2题) (第3题) 3.D解析：连接B1D,设B1D∩平面A1BC1=E,连接PE,BE, B D,BD. 因为A1B=BC1=A1C1=23,A1B1=BB1=B1C1,所以三棱锥 B1-A1BC1为正三棱锥.因为DD11平面A1B1C1D1,A1C1C平 面A1B1C1D1,所以DD1⊥A1C1 因为A1C1⊥B1D1,DD1∩B1D1=D1,所以A1C1⊥平面BDD1B1, 又因为B1DC平面BDD1B1,所以BD⊥A1C1 同理可证B,D⊥A1B,又A1C1∩A1B=A1,A1C1,A1BC平面A1BC1,所 以B1D⊥平面A1BC1,则E为正三角形A1BC1的中心，则BE=2,所 以B1E=√BB-BE=2. 因为B1D=32,所以DE=B1D-B1E=22. 因为B1DL平面A1BC1,PEC平面A1BC1,所以PE⊥B,D,即B1EL PE,DE⊥PE. 因为PB,+PD=2+√10，所以√PE2+2+√PE2+8=2+√I0 因为PE>0,解得PE=√2，所以点P的轨迹是半径为√2的圆，所以点 P的轨迹长度是22π. 4.B解析：因为直线D,P与平面ABCD所成角为牙，DD,1平面 ABCD,所以∠DPD1为直线D,P与平面ABCD所形成的角，即 ∠DPD1=45°，又因为DD1=2,所以DP=2,所以点P的轨迹为以D 为圆心，2为半径长的圆落在正方形ABCD内的部分，即四分之一圆 弧分析可知，点P为BD和圆弧的交点时，MP最小此时可将平面 D1AB沿着D1B翻折到平面BB1D1D所在平面.根据长度关系，翻折 后的图形如图所示，其中01,02分别为正方体上、下底面的中心，当 E',M,P三点共线时，MP+ME最小.因为02P=2-√2,0102=2，所以 最小值为√22+(2-√2)2=√10-42 E'(O)A'(B,) M 02 (第4题) (第5题) 5.C解析：取AB的中点P,连接PC,C1N,NP,PC1,取NP的中点Q, 参考答案 如图. ,P是AB的中点，△ABC是等边三角形，.PC⊥AB,又，N为 棱A,B1上的中点，由直三棱柱性质知PN⊥AB,又PC∩PN=P, PC,PNC平面PCC,N,.AB⊥平面PCC,N,又ABC平面ABM, 平面ABM⊥平面PCC,N. 过点N作NO⊥PM,O为垂足，又.：平面ABM∩平面PCC,N= PM,NOC平面PCC,N,.NO⊥平面ABM,所以点O的轨迹是在四边 形PCC,N内且以PW为直径的圆弧. 当点M在点C时，点O位于点P,当点M到点C,时，点O到最高点， t时0=2.6G1=2,mLPC2-所以在△CCP中】 ∠CPG1-6,∠0PQ=牙，从而Lo0P= 号孤长1=号x1= 牙当点M从点C运动到点C时，点0的轨迹长度为号 T W3π 6. 9 解析；由题可知，点D的轨迹是以BB,为轴（其中B为项点）， 母线与轴所成角为T的圆锥的底面圆周与正三棱柱ABC-A1B,C1 6 的上底面的交线，所以BD 分2=anT,所以BD=兮所以点D在上底 面A,BC,上运动时，其轨迹是以月，为圆心，有为半径长，圆心角为 写的圆弧，故点D的轨迹长度为×百▣ 33 9 了.了解析：如图，分别取线段PB,PE的中点M,N,连接AM,AW,M 连接AC,交BD于点O,连接OE. 因为四边形ABCD是正方形，所以O为线段AC的中点. 因为PE=2EC,所以EC=EN,即E为线段CN的中点，所以OE∥AN. 因为AN丈平面BDE,OEC平面BDE,所以AN∥平面BDE. 因为M,N分别是线段PB,PE的中点，所以NMN/BE,MN=2B. 因为MNt平面BDE,BEC平面BDE,所以MN∥平面BDE. 因为AWC平面AMN,MNC平面AMN,且AN∩MN=N,所以平面 AMN∥平面BDE. 因为AF∥平面BDE,且F在平面PBC内，所以点F的轨迹为线 段MN. 由题意可知PB=BC=PC=3,则CE=1,∠BCE=60°.由余弦定理可得 BE=√BC2+CE2-2BC·CBos60°=7，则MW- 2 D (第7题) (第8题) 8.[36,62]U163}解析：设△PEF中边EF的高为h,连接A1C1, C1D,因为点E,F分别是AD,AA1的中点，A1D=6√2，所以三棱锥 P-BEF的体积V= 号×号×3hx6=9,故h=3因为A,D和点A 11 一X 2 到EF的距离为)，故P的轨迹为线段A1D和点A 当点P在线段A1D上时，△A1C1D为边长为62的等边三角形，故点 P到C,的最短距离为×6万=3,6，最长距离为65，当点P与点A 重合时，PC1=63.综上所述，PC1的长度的取值范围为[36， 62]U{65. 黑白题117