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新高考数学一轮复习
专题突破立体几何中的动态、轨迹问题
方法技巧
“动态”问题是高考立体几何中最具创新意识的题型，它融入了“动态”的点、线、面等元素，为传统的静态立体几何题增添了新的活力，使得题型更加新颖。同时，由于“动态”元素的引入，立体几何题变得更加多元化，它能够在立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立联系，实现这些知识点之间的灵活转化。
立体几何中的轨迹问题常用的五种方法总结：
1、定义法
2、交轨法
3、几何法
4、坐标法
5、向量法
题型一：由动点保持平行求轨迹
【典例1-1】（多选题）在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（???）
A． B．三棱锥的体积为
C．点N的轨迹长度为 D．的取值范围为
【答案】BD
【解析】在棱长为2的正方体中，为中点，为四边形内一点（含边界），
平面，
取、中点分别为、，连接、、、，，如图：
为正方体，为中点，为中点，
，，，，
、平面，、平面，且，，
平面平面，
为四边形内一点（含边界），且平面，
点在线段上（含端点），
对于A：当在时，则与的夹角为，此时，
则与不垂直，故A不正确；
对于B为四边形内一点（含边界），
到平面的距离为2，
三棱锥的体积为，故B正确；
对于C：由于点在线段上（含端点），
而，
点的轨迹长度为，故C不正确；
对于D为正方体，
平面，
平面，
，
△为直角三角形，且直角为，
，
点在线段上（含端点），
则当最大时，即点为点时，此时，此时最小，为，
当最小时，即，此时，
此时最大，最大为，
则的取值范围，故D正确．
故选：BD．
【典例1-2】已知长方体，，，M是的中点，点P满足，其中，μ∈0,1，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是.
【答案】
【解析】如图所示，E，F，G，H，N分别为，，，DA，AB的中点，则，，
由面，面，则面，
同理可证面，，面，
所以面面，
所以动点P的轨迹是六边形MEFGHN及其内部，又，
所以点在侧面，故的轨迹为线段，
因为，，所以.故答案为：
【变式1-1】在直四棱柱中，所有棱长均为2，，为的中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（填序号）
①当点在线段上运动时，四面体的体积为定值
②若面，则的最小值为
③若的外心为M，则为定值2
④若，则点的轨迹长度为
【答案】①④
【解析】对于①，因为，平面，平面，所以平面，
所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值，①正确；
对于②，取的中点分别为，连接，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为，，则，
又平面，平面，所以平面，
，平面，所以平面平面，
因为面，所以平面，
当时，AQ有最小值，则易求出
，
则，即，所以重合，
所以AQ的最小值为，②错误；
对于③，若的外心为M，过作于点，则，
又，则，③错误；
对于④，在平面内过作于点，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，，
在上取点，使得，
则，，
所以，若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动，
又因为所以，则圆弧等于，④正确.
故答案为：①④
题型二：由动点保持垂直求轨迹
【典例2-1】如图，在四面体中，和均是边长为6的等边三角形，，则四面体外接球的表面积为；点E是线段AD的中点，点F在四面体的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的长度为.
【答案】
【解析】
取中点，连接，则，平面，
又和均是边长为6的等边三角形，，
∴平面，，
所以，
∴，
设四面体外接球的球心为的中心分别为，
易知平面平面，且四点共面，
由题可得，，
在中，得，又，
则四面体外接球半径，
所以四面体外接球的表面积为；
作于，设点轨迹所在平面为，
则平面经过点且，
易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
所以截面圆的周长为，即点轨迹的周长为.
故答案为：；.
【典例2-2】已知正三棱锥的底面边长为6，体积为，动点在棱锥侧面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长度为.
【答案】/
【解析】
如图，取的中心为，连接，作于，连接，延长交于点，
注意到底面三角形是等边三角形，所以，
由正三棱锥的性质可得为高，
因为底面边长为6，体积为，
所以，所以，
注意到底面三角形是等边三角形，所以为三角形外接圆的半径，
所以由正弦定理有，所以，
所以.
因为面，面，
所以，
又因为，面，面，
所以面，
因为面，
所以，
因为，且，面，面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为动点在棱锥侧面上运动，并且总保持，
所以点的轨迹为线段.
在等腰三角形中，由余弦定理有，
从