立体几何中的轨迹问题.docx

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1、立体几何中的轨迹问题一、知识点梳理一、立体几何中的轨迹问题立体几何轨迹问题是以空间图形为素材,去探究符合一定条件的点的运动轨迹,处于解析几何和立体几何的交汇处,要求学生有较强的空间想象能力、数学转化和化归能力.以及对解析几何和立体几何知识的全面掌握.常见的轨迹类型有直线,圆雉曲线、球面、椭球面.二、常用的解决策略定义法:借助圆雉曲线的定义判断.坐标法:建立合适的坐标系,用方程来表示所求点的轨迹,借助方程来判断轨迹形状.(3)交轨法:运动的点同时在两个空间几何体上,如平面与圆雉、圆柱、球相交,球与球相交.等等.(4)平面化:把空间几何关系转化到同一平面内,进而探究平面内的轨迹问题,使问题更易解决

2、.空间问题平面化也是解决立体几何题目的一般性思路.三、轨迹是圆锥曲线的原理剖析令平面与轴线的夹角为(090),圆雉的母线与轴的夹角为二(0时,截口曲线为双曲线.图图我们再从几何角度来证明.(I)如图,在圆锥内放两个大小不同的球,使它们分别与截面切于点耳，F2.在截口曲线上任取一点P,过点P作圆雉的母线,分别与两球切于点QQ由球的性质可知I尸QI=I尸用疗0=|尸闾，于是IP凰+1PKI=IPQj+PQ2=Q02为定值这样截口曲线上的任一点P到两个定点的距离之和为常数、由椭圆的定义知,截口曲线是椭圆.Q?图(2)如图,在互相倒置的两个圆雉内放两个大小不同的球,使它们分别与圆雉的侧面、截面相切,两

3、个球分别与截面切于点片，K在截口曲线上任取一点P,过点P作圆雉的母线,分别与两球切于点QvQ2.由球的性质可知IPQl=IP制,IPQj=IP用,于是IPEITpKI=IPQITP=IqqJ为定值，这样截口曲线上的任一点P到两个定点。,。2的距离之差的绝对值为常数，由双曲线的定义知，截曲线是双曲线.(3)如图,用平行于母线OM且垂直于轴截面OMN的平面夕去截圆雉.在圆雉内放一个球,使它和圆雉的侧面与截面相切,球与截面切于点F.设a为球与圆雉相切时切点构成的圆所在的平面,记ac/=/.在截口曲线上任取一点P,作直线与球相切于点兀连结PT,有IPFl=I.在母线QM上取点A3(3为QW与球的切点)

4、,使得IABI=I尸刀.过点P作尸Q/A8,有点Q在/上,且忻QI=IABI=IP外另一方面,因为平面OMN与a垂直.那么/平面OMN,有！上AB,所以1上PQ.于是截口曲线是以点F为焦点,/为准线的抛物线.图二、题型精讲精练1.平行.垂直有关的的轨迹问题平行有关的轨迹问题的解题策略L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.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 .利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.【典例1如图，在边长为。的正方体ABC中，E、尸、G、H、N分别是CG、GQhDDi、CD、

5、BC的中点，M在四边形MG”边上及其内部运动，若MN面AiBD,则点M轨迹的长度是（）【答案】D【分析】连接G、HN,有GHBA,HN/BD9证得面A由3面GN,由已知得点M须在线段G上运动，即满足条件，由此可得选项.【详解】解：连接G/AHN、GMY在边长为4的正方体44C74G）中，、尸、G、”分别是CG、CiDkDDi.CD的中点，N是BC的中点，则GH/HAitHN/BDt又G2B.yj6V2C.4D.y/S1【答案】A【分析】由题意，动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S-M8的交线，再根据线面垂直的性质求解即可.【详解珈图,设ACBD交于。，连接SO,由正四棱锥的性质可得，

6、SO_L平面A8CD,因为ACU平面ABC故SO_LAC.又BDLAaSOcBD=O,SO,BDU平面SBD,故ACj_平面SBZ）.由题意，PELAC则动点尸的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S-ABC。的交线，即如图川G,则AC_L平面EEG.由线面垂直的性质可得平面S8。/平面EFG,又由面面平行的性质可得EGS8,GFHSDtEF/BDt又E是边8C的中点，故EG、GF、E户分别为-SBC,SDC,.BCD的中位线.由题意BD=20,SB=SD=J2?+2=卡,故EG+EF+GF=g/+娓+2=娓+0.即动点P的轨迹的周长为6+2.S2. （2023安徽滁州安徽省定远中学校考模拟预

7、测）在正四棱柱ABC。-A4GA中，AB=I,AA=4,E为OR中点，尸为正四棱柱表面上一点，且GP，lE,则点尸的轨迹的长为（）A.5+2B.22+2C,25+2D.至+&【答案】A【分析】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点G垂直于4E的正四棱柱的截面即可计算作答.【详解】在正四棱柱ABa）-A中，连接片A，AG,如图，AC.1B1D1,ER_L平面A冉GA，因为ACu平面ANCQ,贝4G，又BR,EDu平面EBR,EDeBn=D,则ACJ平面石片口，又BEU平面EBlR,则GABiEt取CG中点八连接ERF,在平面BCC因内过C作CQ_LB,交BBl于G,显然EFjlDG,而

8、Q_L平面BCGB”则成上平面8CC罔，有GGEF9又吊尸,尸EU平面修产E,FECBF=F,于是GGL平面8E,而BlEU平面以FE,因此CG1BiEf因为GGCAU平面GGA，GACGG=G，从而Bgj.平面CG入，连接AG,则点尸的轨迹为平面GGA与四棱柱的交线，即因为NBClG+NGC/=NGC/+NBFa=90,即有NqGG=N4尸C,又NCIBIG=NFGB于是C1B1G-FC1B1,有得g=（=2,B1G=Iw1OC12所以点P的轨迹长为AG+ClG+AG=2.+；+2=5+2.故选：A【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何

9、体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.3. （2023江西赣州统考二模）在棱长为4的正方体43CD-A/CQ中，点尸满足M=4AP,E,尸分别为棱BC,的中点，点Q在正方体ABC。-4与GR的表面上运动，满足AQ/面EFQ，则点。的轨迹所构成的周长为（）A,旭B,237C.旭D.返333【答案】D【分析】作出辅助线，找到点Q的轨迹，利用勾股定理求出边长，得到周长.【详解】延长4）,48,交E厂的延长线与,G,连接PG,PH,分别交切%DDl于R,T过点A作AKPG交B片于点K,过点A作AN/P交力R于点N,

10、因为AKa平面Ea,PGU平面EFP,所以AK/平面仃P,同理可得AN/平面因为AKAN=A,所以平面E0/平面AKN,过点N作NM/AtK交CG于点M,连接MK,则MKAN则平行四边形AKmV（A点除外）为点。的轨迹所构成的图形，因为正方体棱长为4,E,尸分别为棱8C,的中点，AAi=4AP,所以4P=l,BA=O7=g,12因为AP=KR=NT=3,所以4K=N=4_3-；=；2过点N作N/_LCG于点J,则CJ=AN=2224则由几何关系可知JM=4K=（,所以GM=；+（=,所以点。的轨迹所构成的周长为空由勾股定理得AK=AN=MN=MK=yjNJ2+JM24. （2023全国高三专题

11、练习）如图所示，正方体ASe0-48。Q的棱长为2,E,尸分别为AA,AB的中点,点P是正方体表面上的动点,若C/平面CAET则P点在正方体表面上运动所形成的轨迹长度为（）A.2+5B.2+25C.2正+正22+25【答案】B【分析】要满足CP/平面CRE产，只需要寻找一个平面，使该平面经过,且与平面CAE/平行即可，取8片的中点G,AM的中点H,连结G,GGG”.证明出面CHG/面CAE/.得到P点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形GG,求出周长即可.【详解】取8片的中点G,的中点H,连结GHcGcH,ABEG,HF.正方体ABCQ-AqGR的梭长为2.EEG”为中点，所以EF/AB,G

12、H/,所以EF/GH且EF=GH=应.因为RH为分别为A8,aq的中点，所以FHCCFH=CG,所以四边形/C。为平行四边形，所以HCJICF因为HG面CQE尸，CFU面CDlEF,所以HC/面CDlEF.同理可证：HG面CDEF.又GHCHG=H、HcU面ClGH,GHt面GG”,所以面CG/面CAEF.所以P点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形C1HG.因为正方体ABCO-AgGA的棱长为2,所以G=GG=疹了=有，所以三角形GHG的周长为G+G+GC=+正+5=+25.故选：B5. （2023全国高三专题练习）在棱长为1的正方体A8CD-A4CQ中，KN分别为BR,BC的中点,点产在

13、正方体的表面上运动，且满足MP/平面CN。，则下列说法正确的是（）C.点P的轨迹是正方形【答案】BB.线段MP的最大值为立2D.点P轨迹的长度为2 +6【分析】如图，取棱8C的中点连接力向瓦ME,进而证明平面8EM/平面CM)一再结合题意可知直线4M必过。点，进而取AQ中点尸，连接BF,FD,DE,证明/平面4EM即可得四边形8。尸为点夕的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可.【详解】解：如图，取棱BC的中点E,连接DE,BE,ME,因为M,N分别为BR,BC的中点，所以，在BC。中，ME/CDt由于ME(Z平面CN2，CqU平面CN所以ME平面CNR,因为BNCE,BN=CE,所以，四边形

14、CN4为平行四边形，所以CNUBE,因为CNU平面CNA,BIE(Z平面CNQ,所以，BlE平面CNR,因为BlECME=E,BE,MEu平面B】EM,所以，平面平面CN2，由于M为体对角线的中点，所以，连接旦M并延长，直线BM必过。点，故取AA中点尸，连接尸DOE,所以，由正方体的性质易知FA/CE,尸A=CE,所以，四边形CApE是平行四边形，EFlICD,EF=CD1,因为，MEUCDME=gcD,所以，瓦EM共线，即尸G平面BEM,所以，四边形四七。尸为点P的轨迹，故A选项错误；由正方体的棱长为1,所以，四边形尸的棱长均为手，且对角线为EF=&,BQ=6，所以，四边形与。尸为菱形，周长

15、为2百，故CD选项错误，由菱形的性质知，线段MP的最大值为b0=3,故B选项正确.22故选：B【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于取棱BC的中点E,进而证明平面4EM/平面。VR,再根据面面平行的性质求解点尸轨迹即可求解.6. （2023全国高三专题练习）己知棱长为1的正方体ABCO-A4CQ,是的中点，动点F在正方体内部或表面上，且MP/平面ABR,则动点P的轨迹所形成区域的面积是（）A.也B.2C.1D.22【答案】A【分析】过点M做平面ABA的平行截面，再求四边形面积即可.【详解】如图所示E、F、G、M分别是AQ、B1Cix8用的中点，则EA/EMHAB,所以尸平面A8,M/平面ABR

16、,且EFCEM=E,所以平面AB/平面石尺加，故点P的轨迹为矩形）GM.MB=BG=g,所以MG=4,所以SFFGM=IX=故选：A【点睛】本题考查面面平行的判定和面面平行的性质，以及正方体的截面问题，属综合中档题.二、填空题7. （2023全国高三专题练习）如图，48为圆柱下底面圆。的直径，C是下底面圆周上一点，己知ZAOC=OA=2f圆柱的高为5.若点。在圆柱表面上运动，且满足BC_LAO,则点。的轨迹所围成图形的面积为.Ay二九厂二纭C【答案】10【分析】先推出8C/平面ACQ,设过A的母线与上底面的交点为E,过C的母线与上底面的交点为尸，连EF,CF,AC,推出8C_Z平面ACE,从而

17、可得点。的轨迹是矩形AEFC,计算这个矩形的面积即可得解.【详解】因为AB是圆柱下底面圆。的直径，所以3CACt又BCj_AZ）,ACAD=AtAcAOU平面ACD,所以BC工平面ACz）,设过A的母线与上底面的交点为E,过C的母线与上底面的交点为，连M,b,AC,D工琮三笺二二九C因为AE_L平面ABC,8Cu平面A8C,所以AEJ.8C,因为AEAC=A9AE,ACu平面ACE,所以BCT.平面ACE,所以点。在平面AC七内，又点。在圆柱的表面，所以点。的轨迹是矩形AEFC,依题意得AE=5,OA=OC=I9ZAOC=P所以AC=2,所以矩形AEFC的面积为52=10.故点D的轨迹所围成图

18、形的面积为10.故答案为：10.8. （2023河南校联考模拟预测）已知正方体ABC。-AqGA的棱长为6,动点P在VA8内，满足DlP=卮则点P的轨迹长度为.【答案】y【分析】确定正方体ABCQ-AqCQ对角线股与VAqC的交点E,求出EP确定轨迹形状，再求出轨迹长度作答.【详解】在正方体ABC。-ASCQl中，如图,OAJ_平面ABC。，ACU平面A8CO,则。QLAC,而4OJ.AC,ODGBo=RomoU平面80。，于是ACJ平面BQ，又BDlU平面BDD,则AC_LBA,同理Aq_L8。，而ACAg=A,AC,A8u平面AgC,因此平面阴C,令BR交平面ABC于点E,由匕.世。=B1

19、-ABC，得;SAH1C-BE=-5ABCBB,即日.（8）2BE=g48）解得5=丧A5=l,而Bn=币AB=3,于是D、E=2,因为点P在VABc内，满足AP=石，则EP=JDlP2-DE=1,因此点P的轨迹是以点E为圆心，1为半径的圆在VA80内的圆弧，而VABC为正三角形，则三棱锥8-AgC必为正三棱锥，E为正VA8的中心，于是正VABQ的内切圆半径加AqX冬&亭x；=冬则COSNEF=也，即NHEF=N/FEG=3,242所以圆在VABC内的圆弧为圆周长的;，即点P的轨迹长度为g2l=5.故答案为：y【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

20、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.9. （2023春四川绵阳高三四川省绵阳南山中学校考阶段练习）若点M是棱长为3后的正方体ABC。-A4GA的内切球。的球面上的动点，点N为棱8C上的一点，且2Nq=NC,OM_LBN,则动M点的轨迹的长度为.【分析】由题意画出图形，BBl上取点P,使得28P=P4,连接CP、DP,BN,由线面垂直的判定定理和性质，可得BN_L平面。尸，所以M点的轨迹为平面。叱与球O的截面圆周，求出截面圆的半径即可得出答【详解】如图所示，在B片上取点产，使得28P=P片，连接CP,OP,8VQNCl=2NB,:.CP

21、lBN又DC上平面BCClBI,.-.DCLBNXQZX?CPCfDCYffiDCP,CPYffiDCP,BNU平面DCP.8N，平面DCP又点M是棱长为3底的正方体ACD-AllClDl的内切球。的球面上的动点且加M，BN,可得M点的轨迹为平面OC尸与球O的截面圆周.连接ODQP,OC,则-DPC=7C-DPO又CP=IbC+BP?=3何+(同=25SRNDPC=IDC?PCfiB225=3K)又。DP在平面DBBa,则C到平面O力尸的距离：h=；AC=AD2+DC2=g(3j+(3可=3又SVDoP=SVr)IiiP-SVa叫p=；4P?8。；/害BDW3应设。到平面OPC的距离为d,则g

22、鬃心VMCd=ph,解得d=又正方体ABCO-A4GR的内切球O得半径R=J?3人地22因此可得动M点的轨迹的长度为24X通=返冗.105故答案为：季万【点睛】本题是一道空间线面位置关系及多面体与球的内切等位置关系与距离、体积的计算等能力的综合运用.解答时先将问题转化和化归为平面OC尸与球。的截面圆周的周长问题，进而转化为0到平面OPC的距离为“，运用等体积法求出一，借助截面圆的半径与球的半径，球心距之间的关系F二7求出截面圆周的半径，最后求出截面圆的周长也即为动M点的轨迹的长度.2.距离、角度有关的的轨迹问题一、单选题1. （2023春河南高三校联考阶段练习）已知长方体ABCQ-AMGA的外

23、接球的表面积为5兀，例=2,点P在四边形AACG内，且直线BP与平面AACG所成角为:，则长方体的体积最大时，动点P的轨迹长为4（）A.B.叵C.-D.224【答案】C【分析】首先由题意得到长方体体积最大时，得到几何体的棱长，设AC,80相交于点。，由80/平面AACG，确定线面角，从而确定点尸的轨迹，从而得解.【详解】因为长方体A8CO-A4GA的外接球的表面积为5兀，设外接球的半径为R,所以4=5兀，解得R=6或R=-B（舍去），即外接球的直径为百，22设AB=,BC=bf则，/2+从+2?=有，可得/+Z=,所以V=2q2+=1,当且仅当。=也时，等号成立.2如图，设AC,8。相交于点0

24、,因为BO_LAC,8O_LA4,AC41=A,AGAAIU平面AACG,所以801平面A4CG,直线8尸与平面AACG所成角为:，4所以NBP。=：,故OP=；,则点尸的轨迹是以。为圆心，半径r=g的半圆瓠，所以动点P的轨迹长为“=5.c1故选:C2.（2023河北统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）PABCO的底面正方形边长为2,其内切球O的表面积为号，动点。在正方形ABC。内运动，且满足。=。尸，则动点。形成轨迹的周长为（）2C3C4兀5A.一B.C.D.11111111【答案】C【分析】利用等体积法及几何关系求出关于动点Q的等式关

25、系，轨迹的周长.【详解】设内切球O的半径为R,则4兀R2=g,./?=立.36如图，连接AC与BD,设交点为F,取AD的中点E,连接PE,AB根据等体积法得（咏。+4S叫）R=AB2PFt-4+4-2Pe-=-PF9整理得1+PE=2JPF,又3263解得P石=当，PF=还：.OF=息,OP=M,OQ=OP1111666在RtMFQ中，QfJ嚼H灯后根据相关几何意义即可求出动点Q形成PF,EF.PE2-PF2=U133=66224工点Q在以点F为圆心，（为半径的圆上，其周长为2兀XA=A故选：C.3. （2023山东淄博统考三模）设A,B是半径为3的球体。表面上两定点，且NAoB=60。，球体

26、。表面上动点P满足IM=2|尸耳，则点P的轨迹长度为（）A,用工B.岖兀C,诬兀D,应3115713【答窠】D【分析】建立直角坐标系，根据|例=2|叫确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心距ICa=而，对应圆的半径为4=备=答，再计算周长得到答案.【详解】以AOB所在的平面建立直角坐标系，AA为X轴，AB的垂直平分线为丁轴，AB=3t则一别，生），设P（Q），附=2|叫贝”+Tj+y2=4（x_|J+4y2,整理得到（-J+y2=4,故P轨迹是以呜可为圆心，半径=2的圆，转化到空间中：当尸绕相为轴旋转一周时，I网,IM不变，依然满足归d=2P8,故空间中尸的轨迹为以C为球心，半

27、径为=2的球，同时尸在球。上，故尸在两球的交线上，为圆.球心距为ICOI=y0B+BC2-2OBOCcosl20o=13=22+32,OCP为直角三角形，对应圆的半径为Zi=碧=誓，周长为孙:2噜二誓兀.故选：D4. （2023全国高三专题练习）在正方体45CO-AC中，E为AR的中点，尸为底面ABS上一动点,且E尸与底面48C。所成的角为60。.若该正方体外接球的表面积为12,则动点尸的轨迹长度为（）.a43323439333【答案】A【分析】取AD的中点H,连接EH,判断出NEFH为EF与底面ABCD所成的角，即NEfH=60。.设正方体的棱长为a,利用外接球的表面积求出=2.判断出F的轨

28、迹为以H为圆心，爰为半径的圆在正方形ABCD区域内的部分，利用弧长公式求出动点F的轨迹的长度.【详解】如图1,取AD的中点H,连接EH,则在正方体A8CO-A,4G。中，4Aj底面ABCD,所以EH_L底面ABCD.所以NEFH为EF与底面ABCD所成的角，则NEfH=60。.设正方体的棱长为a,因为该正方体外接球的表面积为12,所以49。-3tw2=12,解得=2,2X/所以即=AA=2,从而F=1，所以F的轨迹为以H为圆心，之为半径的圆在正方形ABCD区域内的部分，如图2.在图2中，HG=HM所以 CoSNAHG =HG 2乌则ZAUG根据对称性可知NO”M=?,所以NMG=-2Xm=6O

29、3故动点F的轨迹周长为=三=容.339故选：A5. （2023云南曲靖曲靖一中校考模拟预测）已知三棱锥尸-ABC的底面AABC为等腰直角三角形，其顶点P到底面48C的距离为4,体积为与，若该三棱锥的外接球。的半径为,则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（）A.6乃B.2C.2&D.4岳【答案】D【分析】利用三棱锥P-48C的体积，求解底边边长，求出“BC的外接圆半径，以及球心。到底面A8C的距离，判断顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周，进而求解周长即可.【详解】依题意得，设底面等腰直角三角形/8C的直角边长为Xa0）,，三棱锥PA8C的体积V=ggf.4=?解得：X=2j2ABC的外接圆半径为5彳2

30、&=2球心。到底面ABC的距离为4=Jf13-4=3,又顶点P到底面ABC的距离为4,.顶点尸的轨迹是一个截面圆的圆周当球心在底面ABC和截面圆之间时，球心0到该截面圆的距离为4=4-3=1,截面圆的半径为0=而F=I5=T=26，顶点P的轨迹长度为2万弓=43-j当球心在底面A8C和截面圆同一侧时,球心。到该截面圆的距离为4=3+4=7R=JB,故不成立.综上所述，顶点P的轨迹的总长度为4岳.故选：D.6. （2023春上海宝山高三上海交大附中校考期中）在正四面体A-BCD中，点P为MC。所在平面上的动点，若AP与AB所成角为定值aee（o,j,则动点P的轨迹是（）A.圆B.椭圆C.双曲线D

31、.抛物线【答案】B【分析】把条件转化为AB与圆锥的轴重合，面8C。与圆锥的相交轨迹即为点P的轨迹后即可求解.【详解】以平面截圆锥面，平面位置不同，生成的相交轨迹可以为抛物线、双曲线、椭圆、圆.令AB与圆锥的轴线重合，如图所示，则圆锥母线与A4所成角为定值，所以面BCD与圆锥的相交轨迹即为点尸的轨迹.根据题意，AB不可能垂直于平面BCD即轨迹不可能为圆.面BCD不可能与圆锥轴线平行，即轨迹不可能是双曲线.可进一步计算AB与平面BCQ所成角为mcs小历，即0=SG时，轨迹为抛物线，arctan2W,轨迹为椭圆，彳），所以轨迹为椭圆.故选：B.【点睛】本题考查了平面截圆锥面所得轨迹问题，考查了转化化

32、归思想，属于难题.7. （2022秋河南高三期末）棱长为1的正方体A8CAgCQ中，点E是侧面CCMB上的一个动点（包含边界），则下面结论正确的有（）若点E满足AE_L8C，则动点E的轨迹是线段；若点E满足/硒。=30,则动点E的轨迹是椭圆的一部分；在线段BG上存在点E,使直线AE与8.所成的角为30;当E在棱B用上移动时，EC+EA的最小值是土芭.2A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】B【分析】对于，证明ACI平面ABG即可解决；对于，若/码C=30,则E在以AC为轴，母线所在直线为AE的圆锥曲线的侧面上，即可解决；对于，当上为BG中点时，与EJ_8C,此时tan/蜴最小，计算得tanN

33、34=等=g,即可解决;对于,平面BG旋转到与平面DBBR重合,连接D1C交BBlAiBl23于E,即可解决.【详解】连接AG,8G所以BC工BC,又正方体ABC。-A4G2中，AB上平面BG,因为AB工平面8G，所以4318C，又ABBG=B,AB,BClU平面ABC19所以BC_L平面ABG,所以只要E在线段BG上，就有A3_LBG,所以动点E的轨迹是线段6G;故正确;若NEAC=30,则E在以AC为轴，母线所在直线为AE的圆锥曲线的侧面上,平面8G与圆锥的轴AC斜交，截圆锥的侧面所得的截线是椭圆，故正确;所以AE与8所成的角等于AE与ABl所成的角NEA用，当E为Ba中点时，B1ELBC

34、1,此时tanNEAq最小，在RIZA6E中，tanE4,4=空=也走，AlBi23所以NEAM不可能为30.故错误；如图，将平面BG旋转到与平面。BMA重合，连接DC交BBI于E,此时EC+EDl的最小值为DlC=712+(2+D2=4+22,故错误;故选：B.DC18. （2023春湖南长沙高三校联考阶段练习）在棱长为3的正方体ABCD中，尸为棱AA上一点，且|44=1,则正方体表面到P点距离为5的点的轨迹总长度为.【答案】（I闾兀【分析】根据以尸为球心，石为半径的球与正方体表面的交线长度来求得轨迹总长度.【详解】以尸为球心，并为半径的球与正方体表面的交线长度即为所求，在平面488M和平面

35、ADDlAi上轨迹是以P为圆心,5为半径，圆心角为的两段弧，弧长为乌，在平面ABCIA上的轨迹是以A为圆心，1为半径，圆心角为1的弧，瓠长为Jr在平面ABCO上的轨迹是以A为圆心，2为半径，圆心角为a的弧，弧长为九，因此，轨迹的总长度为（|+6卜.故答案为：（g+不卜9. （2023全国高三专题练习）已知三棱锥P-AC的外接球。的半径为JB,二ABC为等腰直角三角形，若顶点尸到底面ABC的距离为4,且三棱锥P-ABC的体积为T，则满足上述条件的顶点尸的轨迹长度是.【答案】4岳【分析】设JlBC直角边的边长为3根据三棱锥P-MC的体积为与，求得x=2,进而求得外接圆半径为=2,得出球心O到底面A

36、BC的距离4=3,得出球心。到该截面圆的距离4=1,进而求得截面圆的半径G即可求得点。的轨迹长度.【详解】设底面等腰直角三角形ABC的直角边的边长为Mx0）, 顶点P到底面ABC的距离为4且三棱锥P-ABC的体积为y,*24=y,解得x=2, ABC的外接圆半径为，i=gxx2=2, 球心。到底面ABC的距离为&=yR2-r=13-22=3,又顶点尸到底面ABC的距离为4,顶点户的轨迹是一个截面圆的圆周（球心在底面A8C和截面圆之间）且球心。到该截面圆的距离为为=1，Y截面圆的半径r2=yR2-dj=111=23,工顶点P的轨迹长度是2rl=223=43-,故答案是：4点r.【点睛】解题方法点

37、拨：1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；2、解答方法：一般时根据线面平行，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；10. （2023全国唐山市第十一中学校考模拟预测）已知N为正方体ASCO-ABCQ的内切球球面上的动点,M为8的中点，DN工MB,若动点N的轨迹长度为逼，则正方体的体积是.5【答案】64【分析】将动点N的轨迹转化到平面与内切球的交线，其交线为圆，根据轨迹长度可求得圆的半径，利用射影定理与中位线性质，求出。到截面的距离，再利用勾股定理即可求出内切球的

38、半径，即可得正方体的棱长，即可求体积.【详解】如图所示：正方体ABCD-AAGA，设AB=为，则内切球的半径R=%其中M为4G的中点，取BBl的中点”,连接CH,则有：CHIMByDCLMB9又CHOC=CCq平面。C”，所以平面DC”,所以动点N的轨迹是平面。5截内切球O的交线,即平面。CHG截内切球。的交线，因为正方体48CQ-AqGR,AB=Ia9连接ODQGQH,则有OG=OH=及a且OGiOH,GH=2atGD=且GH工GD,设。到平面。CHG的距离为：d,则在三棱锥O-DG”中，有VOYDH=VDgi，GDd=-0G0Ga,3232即IXLX24XJ5aXd=LXLX-JlaX2aa,3232解得：d=-a,截面圆的半径r=彳=平,所以动点N的轨迹长度为：c=2仃=号a,即WEa=号，解得。=2,所以A8=4,正方体的体积：V=