创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题19　立体几何中的动点及其轨迹问题.pptx

INNOVATIVEDESIGN上篇板块三 立体几何与空间向量微专题19立体几何中的动点及其轨迹问题题型聚焦分类突破高分训练对接高考索引1.解解答答立立体体几几何何中中的的动点点及及其其轨迹迹问题的的关关键是是把把空空间问题转化化为平平面面问题，一一般可以从两个方面考般可以从两个方面考虑：一是利用曲：一是利用曲线的定的定义，二是用解析法求出，二是用解析法求出轨迹方程迹方程.2.动点点轨迹的常迹的常见类型：型：线段、段、圆、球、球、椭圆、双曲、双曲线、抛物、抛物线等等.索引1题型聚焦 分类突破/索引核心归纳核心归纳类型一定性的研究动点的轨迹解解决决此此类问题，最最关关键的的是是利利用用线面面的的平平行行、垂垂直直关关系系，抓抓住住变化化过程程的的不不变关系，关系，结合曲合曲线的定的定义作出判断作出判断.索引A例例1(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MPMC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为()索引解解析析根根据据题意意可可知知PDDC，则点点D符符合合“M为底底面面ABCD内内的的一一个个动点点，且且满足足MPMC”.”.设AB的中点的中点为N，根据，根据题目条件可知目条件可知PANCBN，所以所以PNCN，点，点N也符合也符合“M为底面底面ABCD内的一个内的一个动点，且点，且满足足MPMC”.”.故故动点点M的的轨迹迹肯肯定定过点点D和和点点N，而而到到点点P与与到到点点C的的距距离离相相等等的的点点为线段段PC的的垂直平分垂直平分线，线段段PC的垂直平分面与平面的垂直平分面与平面AC的交的交线是一直是一直线.索引D(2)在正方体ABCDA1B1C1D1的面AB1内有一点P到直线AB与到直线B1C1的距离相等，则动点P所在曲线的形状为()A.线段 B.一段椭圆弧C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分解解析析因因为B1C1平平面面AB1，所所以以PB1就就是是P到到直直线B1C1的的距距离离，P到到直直线AB的的距距离离是是PM，即即动点点P到到定定点点B1的的距距离离等等于于到到定定直直线AB的的距距离离，故故由由抛抛物物线的的定定义知知动点点P的的轨迹迹为抛抛物物线的的一一段段，点点P在在正正方方体体ABCDA1B1C1D1的的面面AB1内，故内，故选D.索引A训训练练1 已知在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且ADAB，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()A.圆 B.抛物线C.双曲线 D.椭圆解解析析因因为在在平平行行六六面面体体ABCDA1B1C1D1中中，AA1与与平平面面A1B1C1D1垂垂直直，且且ADAB，所以所以该平行六面体平行六面体ABCDA1B1C1D1是一个底面是一个底面为菱形的直四棱柱，菱形的直四棱柱，所以所以对角面角面BB1D1D底面底面ABCD，AC对角面角面BB1D1D.取取AA1的中点的中点F，连接接EF，则EFAC.索引因因为EP与与AC成成30角，角，所以所以EP与与EF成成30角角.设EF与与对角面角面BB1D1D的交点的交点为O，则EO对角面角面BB1D1D，所以点所以点P的的轨迹是以迹是以EO为轴的一个的一个圆锥的底面的底面圆周，故周，故选A./索引类型二定量的研究动点的轨迹当当涉涉及及动点点轨迹迹的的长度度、最最值等等量量的的计算算时，一一般般要要用用未未知知变量量表表示示轨迹迹，然然后借助于函数的性后借助于函数的性质求解求解.核心归纳核心归纳索引B例例2(1)已知在三棱锥PABC中，O为AB中点，PO平面ABC，APB90，PAPB2，则下列说法不正确的是()索引索引索引(2)(2022成成都都诊断断)如图，在圆柱的轴截面ABCD中，AB4，BC2，O1，O2分别为圆柱上、下底面的中心，M为O1O2的中点，动点P在圆柱下底面内(包括圆周).若AMMP，则点P形成的轨迹的长度为_.解解析析以以O2为坐坐标原原点点，以以O2B方方向向为y轴，以以底底面面内内垂垂直直于于O2B的的直直线为x轴，以以O2O1方方向向为z轴，建建立立如如图所所示示的的空空间直直角坐角坐标系，系，因因为AB4，BC2，所以所以A(0，2，0)，M(0，0，1)，设P(x，y，0)，索引索引训训练练2(2022许昌昌调研研)在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱长为6，底面是边长为8的菱形，且ABC120，点E在边BC上，且满足BE3EC，动点M在该四棱柱的表面上运动，并且总保持MEBD1，则动点M的轨迹围成的图形的面积为_.解析解析如如图，在直四棱柱，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因中，因为底面是菱形，底面是菱形，侧棱垂直底面，棱垂直底面，所以所以AC平面平面BDD1B1，所以，所以BD1AC.在在 AB上上 取取 点点 F，使使 得得 BF 3FA，连 接接 EF，则EFAC，BD1EF，记AC与与BD的的交交点点为O，以以O为坐坐标原原点点，建建立立如如图所示的空所示的空间直角坐直角坐标系，系，索引索引2高分训练 对接高考/索引12345678910 11 12 13 14 15 16A一、基本技能练1.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，P为底面ABCD上的动点.PEA1C于E，且PAPE，则点P的轨迹是()A.线段 B.圆弧C.椭圆的一部分 D.抛物线的一部分解析解析由由题意知，意知，A1APA1EP，则点点P在在线段段AE的中垂面上运的中垂面上运动，从而与底面从而与底面ABCD的交的交线为线段段.索引12345678910 11 12 13 14 15 16B2.如图，AB是平面的斜线段，A为斜足，若点P在平面内运动，使得ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是()A.圆 B.椭圆C.一条直线 D.两条平行直线解解析析由由题意意知知，点点P到到线段段AB的的距距离离为定定值，则点点P为在在以以AB为旋旋转轴的的圆柱柱表面上一点，故平面表面上一点，故平面斜截斜截圆柱，所得柱，所得图形形为椭圆.索引12345678910 11 12 13 14 15 16A3.(2022洛洛阳阳二二模模)在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P为正方体ABCDA1B1C1D1表面上的一个动点，且总有PCBD1，则动点P的轨迹的长度为()解解析析因因为DD1平平面面ABCD，AC 平平面面ABCD，所所以以DD1AC，而而DBAC，DD1与与BD相交，所以相交，所以AC平面平面BDD1，所以，所以ACBD1.同理可同理可证AB1BD1，ACAB1A，所以所以BD1平面平面ACB1，索引12345678910 11 12 13 14 15 16索引12345678910 11 12 13 14 15 16C4.如图，斜线段AB与平面所成的角为60，B为斜足，平面上的动点P满足PAB30，则点P的轨迹是()A.直线 B.抛物线C.椭圆 D.双曲线的一支解解析析由由题可可知知，当当P点点运运动时，在在空空间中中，满足足条条件件的的AP绕AB旋旋转形形成成一一个个圆锥，用一个与，用一个与圆锥高成高成60角的平面截角的平面截圆锥，所得，所得图形形为椭圆.索引12345678910 11 12 13 14 15 16D5.如图所示，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1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()索引12345678910 11 12 13 14 15 16A6.(2022揭揭阳阳一一模模)如图，已知直二面角AB，P，C，D，且ADAB，BCAB，AD5，BC10，AB6，APDCPB，则点P在平面内的轨迹是()A.圆的一部分 B.椭圆的一部分C.一条直线 D.两条直线解解析析以以AB所所在在直直线为x轴，AB的的中中垂垂线为y轴，建建立立如如图所所示示的的平平面面直直角角坐坐标系，系，A(3，0)，B(3，0)，设点点P(x，y)，因因为ADAB，BCAB，则AD，BC，AD5，BC10，AB6，APDCPB，所以所以RtAPDRtBPC，索引12345678910 11 12 13 14 15 16索引12345678910 11 12 13 14 15 16B7.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点P是平面AC内的动点，若点P到直线A1D1的距离等于点P到直线CD的距离，则动点P的轨迹为()A.抛物线 B.双曲线C.椭圆 D.直线解解析析如如图，以以A为原原点点，AB所所在在直直线为x轴、AD所所在在直直线为y轴，建建 立立 平平 面面 直直 角角 坐坐 标 系系.设 P(x，y)，作作 PEAD于于 E，PFA1D1于于F，连接接EF，易知，易知|PF|2|PE|2|EF|2x21，又作又作PNCD于于N，则|PN|y1|.化化简得得x2y22y0，故故动点点P的的轨迹迹为双曲双曲线，选B.索引12345678910 11 12 13 14 15 16C取取BB1的中点的中点N，连接接CN，则CNBM，正方体正方体ABCDA1B1C1D1，CN为DP在平面在平面B1C1CB中的射影，中的射影，点点P的的轨迹迹为过D，C，N的平面与内切球的交的平面与内切球的交线，索引12345678910 11 12 13 14 15 16截面截面圆的半径的半径为2，点点P的的轨迹的迹的长度度为224.索引12345678910 11 12 13 14 15 16解解析析如如图，以以CA，CC分分别为x轴，y轴正正方方向向建建立立平平面面直角坐直角坐标系，系，则有有B索引12345678910 11 12 13 14 15 16设G(x，y)，索引12345678910 11 12 13 14 15 16所以所以OGF是等是等边三角形，三角形，索引12345678910 11 12 13 14 15 1610.在棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是AA1的中点，P是底面ABCD所在平面内一动点，设PD1，PE与底面ABCD所成的角分别为1，2(1，2均不为0)，若12，则三棱锥PBB1C1体积的最小值是()C解析解析以以D为坐坐标原点建立如原点建立如图所示空所示空间直角坐直角坐标系系，因因为正方体的正方体的边长为3，索引12345678910 11 12 13 14 15 16因因为12，平面，平面ABCD的一个法向量的一个法向量z(0，0，1)，所以所以cos 1cos 2，整理得整理得x2y28x120，即即(x4)2y24(0y2)，索引12345678910 11 12 13 14 15 16则动点点P的的轨迹迹为圆的一部分，的一部分，所以点所以点P到平面到平面BB1C1的最小距离的最小距离为1，索引12345678910 11 12 13 14 15 166解解析析在在正正方方形形ABCD所所在在平平面面内内建建立立平平面面直直角角坐坐标系系，设Q(x，y)，则有有PQ23x2(1y)2，QC2(x2)2(y2)2，所以所以(x2)2(y2)262x22(1y)2，整理得整理得(x2)2y24，所以点所以点Q的的轨迹是以迹是以(2，0)为圆心，以心，以2为半径的半径的圆，故故线段段BQ长度的最大度的最大值为2226.索引12345678910 11 12 13 14 15 16索引12345678910 11 12 13 14 15 16/索引12345678910 11 12 13 14 15 16二、创新拓展练D13.在长方体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为3的正方形，侧棱AA1x，P为矩形CDD1C1内部(含边界)一点，M为BC中点，APDCPM，三棱锥A1PCD的体积的最大值记为V(x)，则关于函数V(x)，下列结论正确的是()解析解析因因为APDCPM，所以所以tanAPDtanCPM，索引12345678910 11 12 13 14 15 16索引12345678910 11 12 13 14 15 16A解解析析法法一一如如图，因因为点点PAC1，所所以以平平面面APQ即即为平平面面AC1Q，根根据据二二面面角角与与线面面角角的的大大小小关关系系知知，当当Q运运动到到点点B时，动平平面面AC1Q与与平平面面BCC1B1所所成成二二面角的最小面角的最小值即即为直直线AC1与平面与平面BCC1B1所成角所成角AC1B.由由题意得意得AB1，AC12，索引12345678910 11 12 13 14 15 16索引12345678910 11 12 13 14 15 16索引12345678910 11 12 13 14 15 16索引12345678910 11 12 13 14 15 16当点当点M位于位于线段段BD上上时，AM平面平面BCD，取取BC中点中点为N，AC中点中点为P，MNP或其或其补角即角即为直直线AB和和CD所成的角，所成的角，又又MP为RtAMC斜斜边AC的中的中线，索引12345678910 11 12 13 14 15 16在在MNP中，由余弦定理可得中，由余弦定理可得索引12345678910 11 12 13 14 15 16解析解析如如图，在，在BB1上取点上取点P，使，使2BPPB1，连接接CP，DP，BN，因因为NC12NB1，所以所以CPBN.又又DC平面平面BCC1B1，所以所以DCBN，又，又DCCPC，BN 平面平面BCC1B1，索引12345678910 11 12 13 14 15 16则BN平面平面DCP，则M点的点的轨迹迹为平面平面DCP截球截球O的截面的截面圆周周.设正方体的棱正方体的棱长为a，INNOVATIVEDESIGNTHANKS本节内容结束