2026版大一轮高考数学-第七章　§7.10　立体几何中的动态、轨迹问题

§7.10立体几何中的动态、轨迹问题重点解读“动态”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将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桥梁，使得它们之间灵活转化.题型一平行、垂直中的动态轨迹问题例1已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P是正方体表面上一个动点，满足BP⊥A1C，则点P的轨迹长度为()A.2 B.22C.4 D.32答案D解析由题意可知，动点P的轨迹为过点B与直线A1C垂直的截面与正方体的表面的交线，如图所示.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BD⊥AC，BD⊥AA1，又AC，AA1⊂平面AA1C且AC∩AA1=A，所以BD⊥平面AA1C，因为A1C⊂平面AA1C，所以BD⊥A1C.又在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BC1⊥B1C，BC1⊥B1A1，又B1C，B1A1⊂平面B1CA1且B1C∩B1A1=B1，所以BC1⊥平面B1CA1，因为A1C⊂平面B1CA1，所以BC1⊥A1C.由BD，BC1⊂平面BDC1且BD∩BC1=B，所以A1C⊥平面BDC1.于是点P的轨迹长度为不包含点B的△BDC1的周长，即△BDC1的周长等于312+1思维升华动点轨迹的判断一般根据线面平行、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.跟踪训练1在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱DD1上的点E满足DE=ED1，F是侧面CDD1C1上的动点，且B1F∥平面A1BE，则点F在侧面CDD1C1上的轨迹长度为(A.22 B.32 C.23 D.4答案A解析取CC1的中点H，C1D1的中点M，连接B1H，HM，MB1，在正方体中，明显有HM∥BA1，B1H∥A1E，又HM⊄平面A1BE，BA1⊂平面A1BE，B1H⊄平面A1BE，A1E⊂平面A1BE，所以HM∥平面A1BE，B1H∥平面A1BE，又HM，B1H⊂平面B1HM，HM∩B1H=H，所以平面B1HM∥平面A1BE，当F在线段MH上运动时，有B1F∥平面A1BE，即点F在侧面CDD1C1上的轨迹为线段MH，又MH=2C1M=22，故点F在侧面CDD1C1上的轨迹长度为22.题型二距离、角度有关的动态轨迹问题例2(多选)(2024·朔州模拟)在三棱锥A1-ABC中，A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AA1=AB=AC=3，P为△A1BC内的一个动点(包括边界)，AP与平面A1BC所成的角为45°，则()A.A1P的最小值为6-3B.A1P的最大值为6C.有且仅有一个点P，使得A1P⊥BCD.所有满足条件的线段AP形成的曲面面积为3答案ACD解析依题意，A1B=A1C=BC=32，取BC的中点M，连接AM，A1M，则AM⊥BC，A1M⊥BC，AM，A1M⊂平面A1AM，AM∩A1M=M，所以BC⊥平面A1AM，过A作AH⊥A1M于H，因为AH⊂平面A1AM，所以AH⊥BC，又A1M∩BC=M，A1M，BC⊂平面A1BC，所以AH⊥平面A1BC，易得AH=3，且H为等边△A1BC的外心，由AP与平面A1BC所成的角为45°，可知AH=HP，所以点P的轨迹是以H为圆心，3为半径的圆在△A1BC内部及边界上的一部分，如图所示，所以A1P的最小值为A1H-HP=6-3，A选项正确；由于轨迹圆部分在△A1BC外部，所以A1P的最大值不等于A1H+HP=6+3，因为BC⊥平面A1AM，若A1P⊥BC，则点P在线段A1H上，有且仅有一个点P满足题意，C选项正确；动线段AP形成的曲面为圆锥AH侧面的一部分，因为cos∠B1HM=HMHB1所以∠B1HM=π4，因为2π-2×π4×3圆锥AH的侧面积为12×6×2π×3=32π所以所有满足条件的线段AP形成的曲面面积为32π4，思维升华距离、角度有关的轨迹问题(1)距离：可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹.(2)角度：直线与面成定角，可能是圆锥侧面；直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面.跟踪训练2如图，在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，动点P在截面AB1D1内(含边界)，且满足A1P=32.则点P的轨迹长度为.

答案26π解析取B1D1的中点O1，三棱锥A1-AB1D1为正三棱锥，过A1作A1G⊥平面AB1D1于点G，如图，则G为正△AB1D1的中心，又AB1=62，∵AO1=32AB1=32×62=36，∴GO1=13AO1=6，AG=23AO由V三棱锥A1-AB1D1=V三棱锥A∴13×34×(62)2×A1G=13×12×6×6×6，∵A1P=32，∴GP=A1P2∴点P的轨迹是以G为圆心，6为半径的圆，即正△AB1D1的内切圆，∴点P的轨迹长度为2π×6=26π.题型三翻折有关的动态轨迹问题例3(多选)(2025·泰安模拟)如图，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE=2，F为AB的中点，现将△ABE沿BE折起到平面A1BE位置，使得A1B⊥DE，则下列结论正确的是()A.平面BCDE⊥平面A1BEB.若O为BE的中点，则DE∥平面FOCC.折起过程中，F点的轨迹长度为πD.三棱锥A1-CDE的外接球的体积为6π答案ABD解析对于A，由题意得∠BEC=∠CED=π4，所以∠BED=π2，即DE⊥而已知DE⊥A1B，且A1B∩BE=B，A1B⊂平面A1BE，BE⊂平面A1BE，所以DE⊥平面A1BE，DE⊂平面BCDE，所以平面BCDE⊥平面A1BE，故A正确；对于B，因为O为BE的中点，所以OC⊥BE，又DE⊥BE，所以OC∥DE，又DE⊄平面FOC，OC⊂平面FOC，所以DE∥平面FOC，故B正确；对于C，因为四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE=2，所以CE=(2)过点F作FG⊥BE交BE于点G，如图，则FG=22BF=2所以折起过程中，F点的轨迹是以G为圆心，FG=22为半径，圆心角为π2所以F点的轨迹长为π2×22=2π4对于D，连接A1O，如图，则A1O⊥BE，又平面BCDE⊥平面A1BE，平面BCDE∩平面A1BE=BE，A1O⊂平面A1BE，所以A1O⊥平面BCDE，又四边形OCDE为边长为2的正方形，则三棱锥A1-CDE的外接球即为四棱锥A1-OCDE的外接球，又四边形OCDE外接圆的直径为CE=2，A1O=12BE=2设四棱锥A1-OCDE的外接球的半径为R，则(2R)2=A1O2+OD2=A1O2+CE2，即(2R)2=(2)2+22=6，所以R所以外接球的体积V=4π3R3=4π3×623即三棱锥A1-CDE的外接球的体积为6π，故D正确.思维升华翻折有关的轨迹问题(1)翻折过程中寻找不变的垂直关系求轨迹.(2)翻折过程中寻找不变的长度关系求轨迹.(3)可以利用空间坐标运算求轨迹.跟踪训练3(多选)(2024·南阳模拟)如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB=33，CD=43，AD=3，点E，F分别为边AB，CD上的点，且EF∥AD，AE=23.将四边形AEFD沿EF折起，如图2，使得平面AEFD⊥平面EBCF，点M是四边形AEFD内的动点，且直线MB与平面AEFD所成的角和直线MC与平面AEFD所成的角相等，则下列结论正确的是()A.AC⊥BFB.点M的轨迹长度为2πC.点M到平面EBCF的最大距离为3D.当点M到平面EBCF的距离最大时，三棱锥M-BCF外接球的表面积为28π答案BCD解析如图，连接CE，EM.因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF=EF，AE⊂平面AEFD，又AE⊥EF，所以AE⊥平面EBCF.所以CE为CA在平面EBCF内的射影.易得△BCF为等边三角形，显然CE不垂直于BF，所以AC不可能垂直于BF，故A错误；易知BE⊥EF，易证BE⊥平面AEFD，所以∠BME为直线MB与平面AEFD所成的角.同理∠CMF为直线MC与平面AEFD所成的角，所以∠BME=∠CMF，所以tan∠BME=tan∠CMF，所以BEEM=CFFM.因为CF=2BE，所以FM=2在平面AEFD内，以E为坐标原点，以EF的方向为x轴正方向，EA的方向为y轴正方向建立平面直角坐标系，则F(3，0)，设M(x，y)，则有(x-3)2+y2=2x2+y2，化简得(x+1)2+y2=4，即点M在平面AEFD内的轨迹方程为(x+1)2+y2=4(0≤x≤1，y≥0)，所以点M在四边形AEFD内的轨迹为以(-1，0)为圆心，2为半径的圆的一段弧，要使三棱锥M-BCF的体积最大，只要点M的纵坐标的绝对值最大即可.令x=0，则y=±3，又y≥0，所以M(0，3)，此时M到平面EBCF的最大距离为3，C正确；三棱锥M-BCF外接球的球心在过△BCF的外接圆圆心且垂直于平面BCF的直线上.在三棱锥M-BCF中，设点Q为等边△BCF外接圆的圆心，设三棱锥M-BCF外接球的球心为O，半径为R，设OQ=a，则有R2=a2+4=(3-a解得a=3，所以R2=7，所以三棱锥M-BCF外接球的表面积S=4πR2=28π，D正确.课时精练[分值：42分]一、单项选择题(每小题5分，共20分)1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，Q是正方形B1BCC1内的动点，A1Q⊥BC1，则Q点的轨迹是()A.点B1 B.线段B1CC.线段B1C1 D.平面B1BCC1答案B解析如图，连接A1C，因为BC1⊥A1Q，BC1⊥A1B1，A1Q∩A1B1=A1，A1Q，A1B1⊂平面A1B1Q，所以BC1⊥平面A1B1Q，又B1Q⊂平面A1B1Q，所以BC1⊥B1Q，又BC1⊥B1C，所以点Q在线段B1C上.2.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M为A1C1的中点，N为侧面BCC1B1上的一点，且MN∥平面ABC1，若点N的轨迹长度为2，则()A.AC1=4 B.BC1=4C.AB1=6 D.B1C=6答案B解析如图，取B1C1的中点D，BB1的中点E，连接MD，DE，ME，由MD∥A1B1∥AB，DE∥BC1，又MD⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，同理可得DE∥平面ABC1，又MD∩DE=D，MD，DE⊂平面MDE，所以平面MDE∥平面ABC1，又MN∥平面ABC1，故点N的轨迹为线段DE，又由DE=12BC1=2，可得BC13.(2024·南充模拟)在三棱锥A-BCD中，AB=AC=AD=4，BC=CD=DB=6，P为△BCD内部及边界上的动点，AP=22，则点P的轨迹长度为()A.π B.2π C.3π D.4π答案B解析如图所示，由AB=AC=AD=4，BC=CD=DB=6，可知三棱锥A-BCD为正三棱锥，设点A在底面BCD上的射影为O，连接BO并延长，交CD于点E，可知E为CD的中点，则BE=33，OB=23，OE=3，则AO⊥平面BCD，OA=AB2又P为△BCD内部及边界上的动点，AP=22，所以OP=2，所以点P的轨迹为以点O为圆心，2为半径的圆在△BCD内部及边界上的部分，如图所示，OE⊥P1P2，所以cos∠EOP1=OEOP1即∠EOP1=π6，∠P1OP2=π所以点P的轨迹长度为2π×2-3×π3×4.(2025·长沙模拟)在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为3的正三角形，PA=52，PC⊥BC，则三棱锥P-ABC的体积最大为(A.1538 B.23 C.3答案C解析如图，因为PC⊥BC，所以P点在过C点且与BC垂直的平面α上，设平面α∩平面ABC=l，过点A作l的垂线段交l于点A1，则AA1⊥α，且AA1=32因为PA=52，所以P点在以A1为圆心的圆周上由图可知P到底面ABC的最大高度为PA2所以三棱锥体积的最大值为V三棱锥P-ABC=13×S△ABC×2=13×34×32×二、多项选择题(每小题6分，共12分)5.如图，正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为4，动点E，F在棱AB上，且EF=2，动点Q在棱D'C'上，则在三棱锥A'-EFQ中，下列说法正确的是()A.△EFQ的面积与点E，F的位置无关B.三棱锥A'-EFQ的体积与点Q的位置有关C.三棱锥A'-EFQ的体积与点E，F，Q的位置都有关D.三棱锥A'-EFQ的体积与点E，F，Q的位置均无关，是定值答案AD解析连接AD'，BC'，如图.对于选项A，因为AB∥C'D'，且AB=C'D'，可知四边形ABC'D'为平行四边形，且AB⊥平面ADD'A'，AD'⊂平面ADD'A'，则AB⊥AD'，可知四边形ABC'D'为矩形，所以△EFQ的面积S△EFQ=12EF·AD'=12×2×42=4即△EFQ的面积为定值，与点E，F的位置无关，故A正确；对于选项BCD，因为A'D'⊥平面ABB'A'，且平面ABB'A'∥平面DCC'D'，可知三棱锥Q-A'EF的高为A'D'=4，所以三棱锥A'-EFQ的体积V三棱锥A'-EFQ=V三棱锥Q-A'EF=13A'D'·S△A'EF=13×4×12×2×即三棱锥A'-EFQ的体积为定值，与点E，F，Q的位置均无关，故D正确，BC错误.6.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为正方体表面上的动点，N为线段AC1上的动点，若直线AM与AB的夹角为π4，则下列说法正确的是(A.点M的轨迹确定的图形是平面图形B.点M的轨迹长度为π2+2C.C1M的最小值为2-1D.当点M在侧面BB1C1C上时，33AN+MN的最小值为答案BCD解析如图，建立空间直角坐标系，则D(0，1，0)，C1(1，1，1)，∵直线AM与AB的夹角为π4，当点M在侧面AA1D1D上时，AB⊥AM，当点M在底面A1B1C1D1和侧面CC1D1D(不包含边界)上时，点M到直线AB的距离大于AB的长度，此时，AM与AB的夹角大于π4当点M在侧面AA1B1B和底面ABCD上时，可知线段AB1，AC满足题意；当点M在侧面BCC1B1上时，由AB⊥BM，可知BM=AB，此时弧B1C为所求