重难点15立体几何的轨迹问题10种考法2026年高考数学一模冲刺解析

2026年高考数学一轮复习考点精析与题型全解（上海专用）重难点15立体几何的轨迹问题10种考法知识点一、基本原理、常见类型、解题步骤1.基本原理：空间中满足一定条件的动点集合构成轨迹，其本质是空间图形在特定平面上的投影或交线，可通过线面、面面关系确定。2.常见类型与解法线面垂直型：若动点到两定点距离相等，在空间中轨迹为两定点连线的中垂面；在平面内则为中垂线。面面相交型：当动点同时满足两个平面的约束条件时，轨迹是两个平面的交线（直线或曲线）。圆锥曲线型：当空间中的角、距离等关系满足圆锥曲线定义时，如到定点距离与到定直线距离之比为定值，轨迹可能是椭圆、抛物线或双曲线。3.解题步骤分析条件：明确动点满足的几何条件，转化为代数关系或几何关系。降维处理：将空间问题转化为平面问题，通过截面法等找到关键平面进行分析。确定轨迹：根据平面几何知识确定轨迹形状，并给出完整表述。知识点二、立体几何中的动态轨迹问题的解题策略1．动点轨迹的判断方法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.2．立体几何中的轨迹问题的常见解法(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解.(4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解.(5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解.动态立体几何问题侧重考查空间图形中有关“动点”的问题，如动点的轨迹、轨迹长度、与动点有关的最值问题等.此类问题的顺利获解要求考生具备较强的空间想象能力、推理论证能力以及运算求解能力，所以试题难度相对较大，极有可能作为非解答题的压轴题出现，需要引起我们的重视。几何法是解决立体几何动点轨迹问题的一种常用方法，通过点线面的位置关系以及对应边、角等的大小关系，利用立体几何、平面几何的相关知识加以分析与处理，合理巧妙解决对应的立体几何问题，对空间想象、逻辑推理以及数学运算等方面的能力要求较高.考法一动点轨迹图形题型01：判断动点轨迹图形形状【名师点拨】由动点保持平行性求轨迹.（1）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.注：直线与平面平行时,通常可以构造新的平面与已知平面平行,将动点轨迹转化为构造的新的平面与侧面的交线或交线上的线段.直线与平面垂直时,也可以构造出新的平面与已知平面垂直,则动点轨迹转化为交线或交线上的线段.A．B．C． D．【答案】B设的中点为，故动点的轨迹肯定过点和点，而到点到点的距离相等的点为线段的垂直平分面，线段的垂直平分面与平面的交线是一直线，所以的轨迹为线段，故选：B【跟踪训练】A．线段 B．圆弧C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分【答案】A所以，动点的轨迹为线段．故选：A③若点到点与点的距离比为2：1，则动点的轨迹是圆；其中真命题的个数为（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B

∴点轨迹是以为圆心，半径为的圆，正确；

正确的有3个，故选：B．【答案】(1)证明见解析【详解】（1）如图，（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，考法二动点轨迹长度题型02：根据平行关系求动点轨迹长度【答案】故答案为：【跟踪训练】【答案】【详解】利用正方体建立如图所示空间直角坐标系，故答案为：.A．1 B． C． D．2【答案】C即点M的轨迹长度为.故选：C①点P的轨迹是一段长度为的线段；②线段的最小值为；④与一定异面．其中正确判断的序号为．【答案】①③当与重合时，与平行，则④错．故答案为：①③题型03：根据垂直关系求动点轨迹长度动点保持垂直求轨迹.（1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹.3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹.距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；4、由动点保持等角（或定角）求轨迹.（1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；A． B． C． D．【答案】A【详解】根据已知条件，以为坐标原点，、、分别为、、轴的空间直角坐标系，故选：A【跟踪训练】【详解】如下图所示：【答案】B故选：B3.（2024·广西玉林·三模）在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AA1=4，EA．5+2 B．22+2 【解题思路】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点C1垂直于B【解答过程】在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，连接因为A1C1⊂平面A1B1ED1∩B1D1=D1，则取CC1中点F，连接EF,B1F，在平面BCC1B1内过C而D1C1⊥平面BCC1B又B1F,FE⊂平面B1FE，FE∩B1F=F，于是C1G⊥因为C1G,C1A1⊂平面C连接A1G，则点P的轨迹为平面C1因为∠B1C1G+∠G于是△C1B1G∽△F所以点P的轨迹长为A1故选：A.【答案】A故选：A.题型04：根据定角求动点轨迹长度A． B． C． D．【答案】C【解析】以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴，故点的轨迹长度为.故选：C.【跟踪训练】【答案】2【详解】故答案为：【答案】D故选:D．

题型05：根据定长求动点轨迹长度

【答案】2【详解】

故答案为：2．【跟踪训练】正方体的各个面根据与球心位置关系分成两类：2.（2324高一上·浙江绍兴·期末）已知点P是边长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的动点，若直线AP与平面A．32 B．22+π C．【解题思路】由题意，分析可得点P的轨迹，分别计算各段轨迹的长度即可.【解答过程】若点P在正方形A1B1C1D1内，过点P作P则∠PAP′为直线AP与平面ABCD所成的角，则又PP′=1，则PA=则点P的轨迹为以A1若点P在正方形ABB1A1内或ADD因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点P的轨迹如图所示：故点P的轨迹长度为21+1故选：D.【答案】C【解析】故选：C.A． B． C． D．【答案】B【解析】如图所示，设中点为，如图所示，故选：B.

【答案】D【详解】如图：记圆柱上顶面圆心为M，点P的轨迹所在圆的圆心为N，则A，M，N共线，故选:D.A．2 B． C． D．【答案】B故选：B题型06：根据翻折求动点轨迹长度翻折与动点求轨迹.（1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；注：求解立体几何翻折动态问题的关键是找到图形变化过程中的“不变因素”,比如,若能抓住相关线或面的垂面,化空间为平面,那么问题的突破口便跃然纸上.对于平面图形翻折问题,我们应注意在翻折过程中位于同一平面内的点线的位置关系和数量关系的不变性.【例6】（2324高二上·四川内江·期中）如图，已知菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=120°，E为边BC的中点，将△ABE沿AE翻折成△AB1E（点B1位于平面ABCD上方），连接B1C和B1D，

【解题思路】设G′是AB1的中点，可证F的轨迹与G′的轨迹相同，求得【解答过程】由AB=2，∠BAD=120°，E为边BC的中点设G′是AB1的中点，又F为B1D而CE=12BC=12AD且即FG′EC为平行四边形，故EG

故F的轨迹与G′因为AE⊥面B1EC，且B1E=1，所以设AE的中点为O，则OG′=又OG′⊄面B1EC，B1E⊂故G′的轨迹为以O为圆心，B所以F的轨迹长度为12故答案为：π2【跟踪训练】1.（2324高三上·云南昆明·阶段练习）如图，已知在△ABC中，AB=1,BC=3,AB⊥BC，D是BC边上一点，且BD=1，将△ABD沿AD进行翻折，使得点B与点P重合，若点P在平面ADC上的射影在△ADC内部及边界上，则在翻折过程中，动点P的轨迹长度为（

）

A．212π B．28π C．2【解题思路】过点B作BF⊥AD，得到动点P的轨迹是以E为圆心，以BE为半径且圆心角为∠P1EP2的圆弧，在△ABC所在平面建立平面直角坐标系，求得直线BE和AC的方程，联立方程组，求得F【解答过程】如图（1）所示，过点B作BF⊥AD，分别交AD,AC于点E,F，则动点P在平面ADC上的射影轨迹为线段EF，设当P与P1重合时，有P1E⊥EF；当P与P则由PE=BE为定长，可知动点P的轨迹是以E为圆心，以BE为半径且圆心角为∠P在△ABC所在平面建立如图（2）所示的平面直角坐标系，则A(0,1)，D(1,0)，C(3,0)，E12,12联立方程组y=xy=−13x+1，解得x=3又由BE=22，可得cos∠P所以动点P的轨迹长度为22故选：A．C．折起过程中，点的轨迹长度为【答案】C对于C：故选：C考法三动点轨迹面积体积最值题型07：动点轨迹面积【答案】【分析】根据题设描述易知的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，即可求扫过的面积.∴绕以夹角旋转为锥体的一部分，如上图示：的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，故答案为：.【跟踪训练】A． B． C． D．【答案】C则表示的区域为以为圆心，2为半径的圆及其内部，面积为，故选：C.【答案】故答案为：【答案】故正投影如图点的轨迹所组成的图形的面积为，故答案为：.题型08：动点轨迹体积即为直径的球的半径为，【跟踪训练】A． B． C．． D．【答案】A以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，故选：A.题型09：与动点有关的最值问题立体几何中的轨迹最值问题立体几何相关最值问题一般采用转化思想求解,一定要让学生熟练掌握棱柱、棱锥、圆柱和圆锥的侧面展开图的形状.几何体内部折线的最值问题也可以采用转化法,将其转化为两点间的距离问题,再结合勾股定理求解.空间中动线段的距离之和的最大值或最小值的问题可以利用对称性转化,将其转化为平面中动线段的距离之和的最值问题.异面直线间的公垂线段的长度问题可以转化为点到平面的距离问题快速求解.A．点的轨迹的长度为【答案】C故B正确.故选：C.【跟踪训练】B．当为中点时，直线与所成角的余弦值为【答案】AC所以到直线的距离等于，故选：AC．【点睛】方法点睛：本题考查正方体中线线垂直，异面直线所成的角，点面距与点线距，因此利用正方体建立空间直角坐标系，用空间向量法解决问题是常用方法，它可以减少艰难的空间想象能力，把问题转化为计算．对计算能力要求较高，属于难题．【答案】B题型10：其他问题【例10】（2024·上海徐汇·二模）三棱锥P−ABC各顶点均在半径为22的球O的表面上，AB=AC=22,∠BAC=90。，二面角P−BC−A①三棱锥O−ABC的体积为83；②点P形成的轨迹长度为2A．①②都是真命题B．①是真命题，②是假命题C．①是假命题，②是真命题D．①②都是假命题【解题思路】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断△ABC外心O1和△PBC外心O2的位置，利用垂直关系证明O2是AO中点，利用体积公式判断①，根据O【解答过程】由题意知AB=AC=22,∠BAC=90设△ABC外心为O1，则O1为BC的中点，设△PBC外心为则OO1⊥平面ABC，O∵BC⊂平面ABC，BC⊂平面PBC，∴OO1⊥BC∵OO2∩OO1=O，∵OO又因为AO1⊥BC，则AO1⊂平面OO1O则BC⊥平面OAO连接O1O2，则∠A∵二面角P−BC−A的大小为45°，∴∠AO而AO1⊥BC，O1A=12BC=2，因为故OO2⊥O1O在△AO1O则AO2=2，故且O2是OA则VO−ABC又∵O2∴点P形成的轨迹是以O2为圆心，半径为6∴轨迹长度为26故选：A．【跟踪训练】【答案】B【详解】因为、为线段上的两个三等分点，所以平面内点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故选：B一、选择题1.如图，斜线段AB与平面α所成的角为eq\f(π,4)，B为斜足．平面α上的动点P满足∠PAB＝eq\f(π,6)，则点P的轨迹为()A．圆 B．椭圆C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分【答案】B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设OB＝OA＝1，则B(0,1,0)，A(0,0,1)，P(x，y,0)，则eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x，y，－1)，所以cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))〉＝eq\f(y＋1,\r(2)·\r(x2＋y2＋1))＝eq\f(\r(3),2)，即x2＋eq\f(y－22,3)＝1，所以点P的轨迹是椭圆．A椭圆的一部分B圆的一部分C．双曲线的一部分D．线段【答案】C3.已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E为CC1的中点，P在对角面BB1D1D所在平面内运动，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【答案】A【解析】因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平面六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，则EF∥AC，因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角.设EF与对角面BB1D1D的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面，故选A.A．1 B．2 C．3 D．【答案】C【解析】如图所示，故选：C.A．3 B．2 C． D．1【答案】B故选：B【答案】C故选：C.【答案】C故选：C.【答案】C故选：C．【答案】D【详解】故选：.【答案】A因此动点P的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，其面积为.故选：A【答案】C【解析】由题意截面EGF则为正六边形，如图所示，故选：C.A．①② B．①③ C．①②④ D．②③④【答案】C故与的夹角为，故②正确；由①知：到的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，而为中点，故到的轨迹为以