高考数学一轮复习讲义：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如图，在棱长为。的正方体-ABIGOI中，E,F,G,H,N分别是CG，CiDi，

DD]tCD,8C的中点，M在四边形EFGH边上及其内部运动，若MN〃平面480,则点

M轨迹的长度是（）

A小aB.y[2a

答案D

解析连接〃N,GN（图略），

・・,在棱长为。的正方体ABCD-A向GDi中,E,F,G,H,N分别是CG,CiDi,DDi,

CD,8c的中点，则HN//BD,

又G”Q平面A由。，/MiU平面A8。，

〃〃平面48。，

同理可证得N"〃平面4B。，

又GHCHN=H,GH,HVU平面G”N,

，平面平面GHN,

又•・•点M在四边形EFG月上及其内部运动，MN〃平面AiB。，

则点M在线段GH上运动，即满足条件，

火GH恚a,则点M轨迹的长度是毕.

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正四棱锥S-A8C。的底面边长为2,高为2,E是边8c的中点，动点夕在正

四棱锥表面上运动，并且总保持QE_LAC,则动点P的仇迹的周长为（）

A.加+也B.V6-V2

C.4D.小+1

答案A

解析如图，设AC,BD交于0,连接50,

由正四棱锥的性质可得S0J_平面ABCD,

因为ACU平面ABC。，故S0_LAC

又3DL\C,S0C3D=0,SO,BDU平面SBD,故AC_L平面SB。.

由题意，PEJ_AC则动点P的轨迹为过石且垂直AC的平面与正四棱锥S-ABC7）的交线，

即平面EFG,则AC_L平面EFG.

由线面垂直的性质可得平面S8O〃平面EFG,

又由面面平行的性质可得上G〃S8,GF//SD,EF〃BD,

又E是边BC的中点，故EG,GF,后户分别为△SBC,△SOC,△8CO的中位线.

由题意80=2V5,SB=SD=、W+2=#,

故EG+E/+G尸=3X（黄+#+2啦尸也+也.

即动点。的轨迹的周长为加+6.

题型二距离、角度有关的动态轨迹问题

例2已知长方体4BCO—A出G。的外接球的表面积为5兀，44尸2,点P在四边形4ACG

内，且直线8P与平面4ACG所成的角为;，则长方体的体积最大时，动点P的轨迹长为（）

A.兀B.与D.华

224

答案c

解析因为长方体4BCD—AiSGA的外接球的表面积为5冗，设外接球的半径为凡

所以47tA2=5兀，解得R=坐或R=一坐（舍去），

即外接球的直径为小，

设BC=b,则，？小，可得/+炉=],

所以V=2"W/+Z?=],当且仅当。=〃=当时，等号成立.

如图，设AC,3。相交于点0,

因为80_LAC,8O_LA4,ACC\AA\=AfAC,/Uiu平面4ACG,

jrTT

所以80_L平面4ACG,因为直线BP与平面4ACG所成的角为不所以N8P0=不故0P

=》

则点。的轨迹是以。为圆心，半径一=3的半圆瓠，所以动点。的轨迹长为“=看

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已知三棱锥尸一/WC的外接球。的半径为回，ZX/IBC为等腰直角三角形，若

顶点P至I］底面ABC的距离为4,且三棱锥P-ABC的体积为学则满足上述条件的顶点P

的轨迹长度是.

答案45兀

解析设底面等腰直角三角形A8C的直角边的边长为Kr>0),

••・顶点P到底面ABC的距离为4且三棱锥P一ABC的体积为竽，

.,qX5v2Xduw，解得

•'△ABC的外接圆半径为门二:义也X2巾=2,

・•・球心。到底面ABC的叵离d\=yjR2~n=^/13-22=3,

又•・•顶点P到底面43C的距离为4,

・•・顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周(球心在底面A8C知截面圆之间)且球心。到该截面圆

的距离dz=1,

二•截面圆的半径肛=7总一於=713-1=2小,

，顶点P的轨迹长度是2兀冷=2兀乂2小=4小冗.

题型三翻折有关的动态轨迹问题

例3在矩形48CO中，£是/18的中点，AO=1,A8=2,将△人。£沿。£折起得到△«DE,

设A'。的中点为M,若将△4£)后沿OE翻折90。，则在此过程中动点M形成的轨迹长度为

解析由题意，将△AEO沿4E折起，使平面AEQ_L平面ABC,在平面AEO内过点。作

DKLAE,垂足K为。在平面43c上的射影，连接。'K,由翻折的特征知，

则NO'K4=90。，故K点的轨迹是以4。’为直径的圆上一段弧，根据长方形知圆半径是芯

如图当£与。重合时，N。'AC=60。，所以AK=2,

I)

取。为A。'的中点，得到△OAK是正三角形.

TT2冗

故（（所以。'=丁，

NKM=JJNKO

射影K的轨迹长度为袅审=与

课时精练

一、单项选择题

1.在正方体中，Q是正方形84CG内的动点，4Q_LBG，则Q点的轨

迹是（）

A.点B\B.线段8C

C.线段SGD.平面SBCG

答案B

解析如图，连接4C,

因为8G_L4Q,BCiXAifii,因。04出=4,AiQt因B]U平面4%。,

所以BGJ_平面AtBiQf

又8QU平面4SQ,所以8G_L8Q,

又BCi上BQ,所以点Q在线段4c上.

2.（2023•佛山模拟）如图,正方体ABCD-4由Cid的棱长为2点?为正方形AiBCQi内的

动点，满足直线8P与下底面4BCO的夹角为60。的点尸的轨迹长度为（）

5G

Arm

[//

AB

A坐B.华C/D薛

答案B

解析直线B尸与下底面ABC。所成的角等于直线BP与上底面4BiGG的夹角，连接办P,

因为68i_L平面AIiCiOi,?®（-平面AIICIOI,

所以故N分科为直线4P与上底面AIiG。]的夹角，则N4PS=60。，

因为BB\=\,所以尸历=tan6力°=3，

故点P的轨迹为以8为圆心，坐为半径，位于平面48iG2内的《圆，

故轨迹长度为（X2兀义当=专工

3.如图，在三棱柱A3C—A5G中，M为41G的中点，N为侧面BCGS上的一点，且MN〃

平面4BG，若点N的轨迹长度为2,则（）

A.AC\=4B.6G=4

C.四=6D.8c=6

答案B

解析如图，取81G的中点。，8s的中点E,连接MD,DE,ME,

由MD〃A]3i〃A4,DE//BC\.

又M/X平面ABG,ABU平面4BG,所以M。〃平面ABG,

同理可得DE〃平面A6G,

又MOnr）E=。，MD,DEU平面MDE,

所以平面MDE//平面ABCi,

又MN〃平面ABG,

故点N的轨迹为线段。£,

又由DE="^BCI=2,可得BC|=4.

4已知四棱柱的底面八AO为正方形，侧棱与底面垂直,点P是侧棱。4

上的点，且DP=2PDi，44=3,4B=1.若点Q在侧面8CG81（包括其边界）上运动，且总

保持AQJ_8P,则动点。的轨迹长度为（）

AZ\/5B.啦D.专

答案D

解析如图，在侧棱人儿上取一点R,使得人R=2R4,连接PR,BR,

过点A作AN_L8R交8R于点用，交BB】于点、N,连接AC,CN,BD,

由PR〃人。，可知PR_LAN,

BR,PRU平面BPR,BRCPR=R,

从而AN_L平面BPR,BPU平面BPR,

所以BPLAN,

又由BP在平面A8C。内的投影8Q_LAC,所以8P_LAC,AN,ACU平面ACN,AND4C=

A,

知BP_L平面ACMCNU平面ACN,

所以BPLCN,

所以动点。的轨迹为线段CM

在R【ZU8N,RtZX/MB中，/BAN=NARB,

所以RtZXABNsRt△凡

5.如图，已知正方体ABCD-ASGA的棱长为1,E,r分别是棱AQ,8G的中点.若点

户为侧面正方形AQQiAi内（含边界）动点，且31P〃平面6EF,则点。的轨迹长度为（）

A.zB.1C.*D.^

答案c

解析取A1Q的中点M,连接AM,0M,A/71,EM,FM,如图所示，在正方体A/JCD-

481G5中,AO〃81G且4O=SG,

因为石，尸分别是棱A/）,向G的中点，则AE〃向尸且同七一所尸,

所以四边形/E为平行四边形，则A8i〃E/，

因为ASQ平面BEF,EFU平面BEF,

所以4所〃平面BEF,

同理可证AM〃平面BEF,

因为4BinAM=A,4Bi,AMU平面AB|M,

所以平面A8|A7〃平面BEF,

因为4MU平面

若PW4W,则SPU平面ASM,

所以BP〃平面BEF,

所以点P在侧面4A0i。为的轨迹为线段AM,

由勾股定理可得AM=ylAA]-^-A\M2=坐.

6.己知菱形A4co边长为2,NA4C=60。，沿对角线AC折叠成三楂锥"一ACO,使得

二面角）一AC-。为60。，设E为夕。的中点，尸为三棱锥夕一ACO表面上动点，且

总满足AC_LER则点尸轨迹的长度为（）

A.25B.3V5C.小D.岁

答案D

解析连接AC,BD交于点O,连接0夕，四边形ABCD为菱形，NABC=60。，

所以4C_LB。，OB'LAC,△48C,AACD,△AB'C均为正三角形，

所以N"OD为二面角B'—AC—。的平面角，

于是/"00=60。，

又因为OB'=OD,所以△）。。为正三角形，

所以B'D=OBf=OO=2X坐=巾，

取OC的中点P,取CO的中点Q,连接成，EQ,PQ,所以尸。〃O。，EP〃OB'，

所以AC_LEP,ACLPQ,EPAPQ=巴所以4C_L平面EPQ,

所以在三棱锥夕一ACD表面上，满足AC_LEr的点尸轨迹为ZXEPQ,

因为EP=：03',PQ=y）D,EQ=g1D,

所以△EPQ的周长为3X*=3产，

所以点尸轨迹的长度为苧.

二、多项选择题

7.（2024・济南模拟）已知正方体A8CQ—ABG。的各顶点均在表面积为127r的球面上，P

为该球面上一动点，则（）

A.存在无数个点P,使得附〃平面4BiGG

B.当平面平面CBQi时，点P的轨迹长度为2兀

C.当阳〃平面A8CO时，点P的轨迹长度为27r

D.存在无数个点P,使得平面秒1。_1_平面PBC

答案ACD

解析因为该球的表面积为4兀，=12兀，

故半径r=小,

且正方体的棱长满足(2r)2=34=12,故棱长〃=2,

选项A,由题意可知平面4BCD〃平面AliGOi,且以〃平面AiBiGOi,故以U平面ABCD,

则P的轨迹为正方形4BCO的外接圆，故有无数个点P满足，故A正确；

选项B,易知AG_1_平面C8|Oi,且平面出A|_L平面C5|Oi,出＜-平面%A,故〃的轨迹

为矩形A4GC的外接圆，其周长为2口=2小兀，故B错误；

选项C,因为孙〃平面4：8|C7),设过外且与平面4小CO平行的平面为a,则P的轨迹为

a与外接球的交线，其半径为微=1,周长为2兀，故C正确；

选项D,若平面平面P8C,则点〃在以四边形A8C。为轴截面的某个圆柱面上，该

圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点。满足，故D正确.

8.(2023・长沙模拟)在枝长为1的正方体AOCD-Ai/7iG0中，M为正方体表面上的动点，

N为线段AG上的动点，若直线AM与AB的夹角为去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〃的轨迹长度为］+2吸

C.GM的最小值为吸-1

D.当点M在侧而RBCC卜时,9N+MN的最小值为I

答案BCD

解析如图，建立空间直角坐标系，则。(0,10),

•・•直线AM与A8的夹角为金当点M在侧面上时，ABLAM,不合题意；

当点M在底面MBxCxDy和侧面CG。。(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A5的夹角大于全

当点M在侧面AA山山和底面A8CQ上时，可知线段AS,AC满足题意；

当点M在侧面BCGBi上时，由可知此时弧8c为所求.

点的轨迹为线段AC,弧&C,

显然线段AC,AB\,瓠不共面，，A错误；

对于B,点”的轨迹长度为歼2版・,・B正确；

对于C,若M在线段AC上，则GM的最小值为1,同理，若M在线段A小上，则GW的

最小值也为1,若M在瓠BC上，则GM的最小值为C归一1=地一1,，C正确；

对于D,M(l,y,z)(O〈yWl,OWz〈l),且)?+z2=i,由题意设根九九»，2£［。,1］，则坐

4内+知/7=/1+4(1-2)2+&-2)2+&-7)222+，(1-2)2=2+(1-2)=I,

当且仅当y=z=i,且V+inl,即y=z=%=乎时，等号成立，，D正确.

三、填空题

9.己知正方体44co—ASGS的楂长为2,M为棱6Ci的中点，N为底面正方形ABC。

上一动点，且直线MN与底面ABC。所成的角喏，则动点N的轨迹长度为.

答案噜

解析如图所示，取BC中点G,连接MG,NG,由正方体的特征可知，MGJ_底面A8C。，

故A7N与底面ABCD的夹角即为/MNG,

所以NMNG号，则书联=tan?=>/VG=^^,

5NU5J

故点N在以G为圆心，节为半径的圆上，又N在底面正方形ABC。上，即点N的轨迹为

图示中的圆弧EF,易知第=益=乎台/即吕兰n/EG尸=兀一色专=季