2025年高考数学一轮复习-立体几何中的动点及其轨迹问题-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-立体几何中的动点及其轨迹问题-专项训练【含答案】，共14页。试卷主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。

一、基本技能练
1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与到直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹为( )
A.直线 B.圆
C.双曲线 D.抛物线
2.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为底面ABCD上的动点.PE⊥A1C于E，且PA＝PE，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
3.如图，圆锥的底面直径AB＝2，母线VA＝3，点C在母线VB上，且VC＝1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A到达点C，则这只蚂蚁爬行的最短距离是( )
A.eq \r(13) B.eq \r(7)
C.eq \f(4\r(3),3) D.eq \f(3\r(3),2)
4.如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1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( )
A.4π B.2π
C.π D.eq \f(π,2)
5.已知MN是长方体外接球的一条直径，点P在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，eq \r(2)，则eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，0))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，1))
6.点P为棱长是2eq \r(5)的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为( )
A.π B.2π
C.4π D.2eq \r(5)π
7.已知正三棱锥P－ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合.设集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为( )
A.eq \f(3π,4) B.π
C.2π D.3π
8.如图，三角形PAB所在的平面α和四边形ABCD所在的平面β垂直，且AD⊥α，BC⊥α，AD＝4，BC＝8，AB＝6，∠APD＝∠CPB，则点P在平面α内的轨迹是( )
A.圆的一部分 B.椭圆的一部分
C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分
9.已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，点M，N分别为线段AB′，AC上的动点，点T在平面BCC′B′内，则MT＋NT的最小值是( )
A.eq \r(2) B.eq \f(2\r(3),3)
C.eq \f(\r(6),2) D.1
10.如图，长方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝BC＝eq \r(2)，AA′＝eq \r(3)，上底面A′B′C′D′的中心为O′，当点E在线段CC′上从C移动到C′时，点O′在平面BDE上的射影G的轨迹长度为( )
A.eq \f(2π,3) B.eq \f(\r(3)π,3)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(\r(3)π,6)
11.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件即可).
12.如图，P是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1表面上的动点，且AP＝eq \r(2)，则动点P的轨迹的长度为________.
二、创新拓展练
13.在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1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θ1，θ2(θ1，θ2均不为0)，若θ1＝θ2，则三棱锥P－BB1C1体积的最小值是( )
A.eq \f(9,2) B.eq \f(5,2)
C.eq \f(3,2) D.eq \f(5,4)
14.(多选)如图，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为A1D1的中点，F为CC1上的一个动点，设由点A，E，F构成的平面为α，则( )
A.平面α截正方体的截面可能是三角形
B.当点F与点C1重合时，平面α截正方体的截面面积为2eq \r(6)
C.当点D到平面α的距离的最大值为eq \f(2\r(6),3)
D.当F为CC1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形
15.已知面积为2eq \r(3)的菱形ABCD如图①所示，其中AC＝2，E是线段AD的中点.现沿AC折起，使得点D到达点S的位置，此时二面角S－AC－B的大小为120°，连接SB，得到三棱锥S－ABC如图②所示，则三棱锥S－ABC的体积为________；若点F在三棱锥的表面运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹长度为________.
16.如图，三棱锥S－ABC的所有棱长均为1，SH⊥底面ABC，点M，N在直线SH上，且MN＝eq \f(\r(3),3)，若动点P在底面ABC内，且△PMN的面积为eq \f(\r(2),12)，则动点P的轨迹长度为________.
参考答案与解析
一、基本技能练
1.答案 D
解析 点P到直线C1D1的距离即为点P到点C1的距离，
所以在平面BB1C1C中，点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等，
由抛物线的定义可知，动点P的轨迹为抛物线，故选D.
2.答案 A
解析 由题意知，△A1AP≌△A1EP，
则点P为在线段AE的中垂面上运动，
从而与底面ABCD的交线为线段.
3.答案 B
解析 在圆锥侧面的展开图中，AA′＝2π，
所以∠AVA′＝eq \f(\(AA′,\s\up8(︵)),VA)＝eq \f(2,3)π，
所以∠AVB＝eq \f(1,2)∠AVA′＝eq \f(π,3)，
由余弦定理得AC2＝VA2＋VC2－2VA·VC·cs∠AVB＝32＋12－2×3×1×eq \f(1,2)＝7，
所以AC＝eq \r(7).
所以这只蚂蚁爬行的最短距离是eq \r(7)，故选B.
4.答案 D
解析 易知DD1⊥平面ABCD，∠MDN＝90°，取线段MN的中点P，则DP＝eq \f(1,2)MN＝1，所以点P的轨迹是以D为球心，1为半径的eq \f(1,8)球面，故S＝eq \f(1,8)×4π×12＝eq \f(π,2).
5.答案 B
解析 根据题意，以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))为x轴正方向，eq \(DC,\s\up6(→))为y轴正方向，eq \(DD1,\s\up6(→))为z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.
设长方体外接球球心为O，
则DB1为外接球的一条直径，
设O为DB1的中点，不妨设M与D重合，N与B1重合.
则外接球的直径长为eq \r(12＋12＋（\r(2)）2)＝2，
所以半径r＝1，
所以eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝(eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OM,\s\up6(→)))·(eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→)))＝(eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OM,\s\up6(→)))·(eq \(PO,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→)))＝|eq \(PO,\s\up6(→))|2－|eq \(OM,\s\up6(→))|2＝|eq \(PO,\s\up6(→))|2－1，
由P在长方体表面上运动，
所以|eq \(PO,\s\up6(→))|∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，即|eq \(PO,\s\up6(→))|2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，
所以|eq \(PO,\s\up6(→))|2－1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，0))，
即eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，0)).
6.答案 C
解析 根据题意知，该正方体的内切球半径为r＝eq \r(5)，
如图，取BB1的中点N，连接CN，
则CN⊥BM，
在正方体
ABCD－A1B1C1D1中，
CN为DP在平面B1C1CB中的射影，
∴点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切球的交线，
∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2eq \r(5)，
∴O到过D，C，N的平面的距离为1，
∴截面圆的半径为eq \r(（\r(5)）2－1)＝2，
∴点P的轨迹的长度为2π×2＝4π.
7.答案 B
解析 设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，
则O为△ABC的中心，
且BO＝eq \f(2,3)×6×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)，
故PO＝eq \r(36－12)＝2eq \r(6).
因为PQ＝5，故OQ＝1，
故Q的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，
而△ABC内切圆的圆心为O，半径为eq \f(2×\f(\r(3),4)×36,3×6)＝eq \r(3)>1，
故Q的轨迹圆在△ABC内部，
故其面积为π.
8.答案 A
解析 由条件易得AD∥BC，且∠APD＝∠CPB，AD＝4，BC＝8，
可得tan∠APD＝eq \f(AD,PA)＝eq \f(CB,PB)＝tan∠CPB，
即eq \f(PB,PA)＝eq \f(CB,AD)＝2，
在平面PAB内以AB所在的直线为x轴，AB的中点O为坐标原点，建立直角坐标系(图略)，
则A(－3，0)，B(3，0)，
设P(x，y)，则有eq \f(PB,PA)＝eq \r(\f(（x－3）2＋y2,（x＋3）2＋y2))＝2，
整理可得x2＋y2＋10x＋9＝0(x≠0).
由于点P不在直线AB上，
故此轨迹为圆的一部分，故答案选A.
9.答案 B
解析 A点关于BC的对称点为E，M关于BB′的对称点为M′，记d为直线EB′与AC之间的距离，
则MT＋NT＝M′T＋NT≥M′N≥d，
由B′E∥D′C，d为E到平面ACD′的距离，因为VD′－ACE＝eq \f(1,3)×1×S△ACE＝eq \f(1,3)×1×1＝eq \f(1,3)，
而VD′－ACE＝VE－ACD′＝eq \f(1,3)×d×eq \f(\r(3),4)×(eq \r(2))2＝eq \f(\r(3),6)d＝eq \f(1,3)，
故d＝eq \f(2\r(3),3).
10.答案 B
解析 如图，以CA，CC′分别为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系，则有C(0，0)，O(1，0)，O′(1，eq \r(3))，
设G(x，y)，
由O′G⊥OG，
可得eq \f(y,x－1)·eq \f(y－\r(3),x－1)＝－1，
整理可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)＋(x－1)2＝eq \f(3,4)，
所以点O′在平面BDE上的射影G的轨迹是以Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))为圆心，半径为eq \f(\r(3),2)的eq \(OG,\s\up8(︵)).
因为tan∠GOF＝eq \f(O′C′,OO′)＝eq \f(\r(3),3)，
所以O′G＝O′O·sin∠GOF＝eq \f(\r(3),2)，
所以△O′GF是等边三角形，
即∠GFO＝eq \f(2π,3)，
所以圆弧OG的长l＝eq \f(2π,3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3)π,3).
11.答案 DM⊥PC(或BM⊥PC)
解析 连接AC，BD，则AC⊥BD，因为PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，
所以BD⊥PC，
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD，PC⊂平面PCD，
所以平面MBD⊥平面PCD.
12.答案 eq \f(3π,2)
解析 由已知AC＝AB1＝AD1＝eq \r(2)，
在平面BC1，平面A1C1中，
BP＝A1P＝DP＝1，所以动点P的轨迹是在平面BC1，平面A1C1，平面DC1内分别以B，D，A1为圆心，1为半径的三段圆弧，且长度相等，
故轨迹长度和为eq \f(π,2)×3＝eq \f(3π,2).
二、创新拓展练
13.答案 C
解析 以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
因为正方体的棱长为3，
则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，0，\f(3,2)))，D1(0，0，3)，
设P(x，y，0)(x≥0，y≥0)，
则eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－x，－y，\f(3,2)))，eq \(PD1,\s\up6(→))＝(－x，－y，3).
因为θ1＝θ2，平面ABCD的一个法向量z＝(0，0，1)，
所以eq \f(|\(PE,\s\up6(→))·z|,|\(PE,\s\up6(→))|·|z|)＝eq \f(|\(PD1,\s\up6(→))·z|,|\(PD1,\s\up6(→))|·|z|)，
得eq \f(\f(3,2),\r(（3－x）2＋y2＋\f(9,4)))＝eq \f(3,\r(x2＋y2＋9))，
整理得x2＋y2－8x＋12＝0，
即(x－4)2＋y2＝4(0≤y≤2)，
则动点P的轨迹为圆的一部分，
所以点P到平面BB1C1的最小距离为1，
所以三棱锥P－BB1C1体积的最小值是eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×3×1＝eq \f(3,2).
14.答案 BCD
解析 如图，建立空间直角坐标系，延长AE与z轴交于点P，
连接PF并延长与y轴交于点M，
则平面α由平面AEF扩展为平面APM.
由此模型可知A错误.
当点F与点C1重合时，截面是一个边长为eq \r(5)的菱形，该菱形的两条对角线长度分别AC1＝eq \r(22＋22＋22)＝2eq \r(3)和eq \r(22＋22)＝2eq \r(2)，则此时截面的面积为eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2eq \r(2)＝2eq \r(6).
当F为CC1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形，B，D正确.
D(0，0，0)，A(2，0，0)，P(0，0，4)，设点M的坐标为(0，t，0)(t∈[2，4])，
eq \(DA,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(－2，t，0)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(2，0，－4)，
则可知点P到直线AM的距离为
d＝eq \r(|\(PA,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PA,\s\up6(→))·\(AM,\s\up6(→)),|\(AM,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝eq \r(\f(20t2＋64,4＋t2))，
S△APM＝eq \f(1,2)eq \r(t2＋4)·d＝eq \r(5t2＋16).
S△PAD＝eq \f(1,2)×2×4＝4，
设点D到平面α的距离为h，
利用等体积法VD－APM＝VM－PAD，
即eq \f(1,3)·S△APM·h＝eq \f(1,3)·S△PAD·t，
可得h＝eq \f(4t,\r(5t2＋16))，则h＝eq \f(4,\r(5＋\f(16,t2)))，
由h＝eq \f(4,\r(5＋\f(16,t2)))在t∈[2，4]上单调递增，
所以当t＝4时，h取到最大值为eq \f(2\r(6),3).
故选BCD.
15.答案 eq \f(\r(3),2) eq \r(3)＋eq \f(3,2)
解析 依题意，eq \f(1,2)AC·BD＝BD＝2eq \r(3)，点S到平面ABC的距离为eq \r(3)sin 60°＝eq \f(3,2)，△ABC的面积为eq \f(1,2)×2eq \r(3)＝eq \r(3)，
则三棱锥S－ABC的体积为eq \f(1,3)×eq \r(3)×eq \f(3,2)＝eq \f(\r(3),2).
如图，取AC边上靠近点A的四等分点G，
取BA的中点为H，连接EH，EG，GH，
故点F的轨迹长度即为△EHG的周长，
又EG＝GH＝eq \f(\r(3),2)，EH＝eq \f(1,2)SB＝eq \f(3,2)，
故点F的轨迹长度为eq \r(3)＋eq \f(3,2).
16.答案 eq \f(\r(6)π,12)
解析 设P到直线MN的距离为d，由题易得d＝eq \f(\r(6),6)，
易知H为△ABC的中心，
又MN⊥平面ABC，
当点P在平面ABC内时，其轨迹是以H为圆心，eq \f(\r(6),6)为半径的圆.
∵△ABC内切圆的半径为eq \f(\r(3),6)，
∴圆H的一部分位于△ABC外，结合题意得，点P的轨迹为圆H位于底面△ABC内的三段相等的圆弧(利用正三角形的性质判断出圆H有一部分在△ABC外，才能正确得到点P的轨迹)，
如图，过点H作HO⊥AC，垂足为O，
则HO＝eq \f(\r(3),6)，记圆H与线段OC的交点为K，连接HK，
可得HK＝eq \f(\r(6),6)，
∴cs∠OHK＝eq \f(OH,HK)＝eq \f(\f(\r(3),6),\f(\r(6),6))＝eq \f(\r(2),2)，
∴∠OHK＝eq \f(π,4)，
∴点P的轨迹长度为圆H周长的eq \f(1,4)(利用圆及正三角形的对称性分析求解)，
∴点P的轨迹长度为eq \f(1,4)×2π×eq \f(\r(6),6)＝eq \f(\r(6)π,12).