第45讲 立体几何中的轨迹问题 分类练习-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】

这是一份第45讲 立体几何中的轨迹问题 分类练习-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】，文件包含第二单元《混合运算●解决问题》7个考点讲义原卷版新人教版三年级数学上册docx、第二单元《混合运算●解决问题》7个考点讲义原卷版新人教版三年级数学上册pdf、第二单元《混合运算●解决问题》7个考点讲义解析版新人教版三年级数学上册pdf、第二单元《混合运算●解决问题》7个考点讲义解析版新人教版三年级数学上册docx等4份学案配套教学资源，其中学案共49页， 欢迎下载使用。
考法2：线面平行求棱柱棱锥动点轨迹 PAGEREF _Tc236408026 \h 3
考点二：由动点保持垂直求轨迹 PAGEREF _Tc236408027 \h 5
考法3：线面垂直求正方体动点轨迹 PAGEREF _Tc236408028 \h 5
考法4：线面垂直求棱柱动点轨迹 PAGEREF _Tc236408029 \h 5
考法5：线面垂直求圆柱与球动点轨迹 PAGEREF _Tc236408030 \h 7
考点三：由动点保持等距(或定长)求轨迹 PAGEREF _Tc236408031 \h 9
考法6：距离关系求正方体长方体动点轨迹 PAGEREF _Tc236408032 \h 9
考法7：距离关系求棱柱棱锥动点轨迹 PAGEREF _Tc236408033 \h 12
考法8：阿波罗尼斯球与球面距离求轨迹 PAGEREF _Tc236408034 \h 15
考法9：圆锥曲线定义判断空间动点轨迹 PAGEREF _Tc236408035 \h 16
考点四：由动点保持等角(或定角)求轨迹 PAGEREF _Tc236408036 \h 18
考法10：等角关系判断空间动点轨迹 PAGEREF _Tc236408037 \h 18
考法11：等角关系求正方体动点轨迹 PAGEREF _Tc236408038 \h 18
考法12：等角关系求棱锥与球面动点轨迹 PAGEREF _Tc236408039 \h 21
考法13：等角关系求折叠图形动点轨迹 PAGEREF _Tc236408040 \h 22
考点五：投影求轨迹 PAGEREF _Tc236408041 \h 23
考法14：投影法求折叠图形动点轨迹 PAGEREF _Tc236408042 \h 23
考法15：投影法求球的平行投影轨迹 PAGEREF _Tc236408043 \h 26
考点六：翻折与动点求轨迹 PAGEREF _Tc236408044 \h 27
考法16：几何法求多边形翻折动点轨迹 PAGEREF _Tc236408045 \h 27
考法17：几何法求多边形翻折投影轨迹 PAGEREF _Tc236408046 \h 29
考点七：立体几何与圆锥曲线的轨迹 PAGEREF _Tc236408047 \h 30
考法18：坐标法求空间距离转化轨迹 PAGEREF _Tc236408048 \h 30
答案速查表
考点一：由动点保持平行求轨迹
考法1：线面平行求正方体动点轨迹
1.在棱长为 1 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，E 在棱 DD1 上且满足 D1E=ED，点 F 是侧面 ABB1A1 上的动点，且 D1F∥ 面 AEC，则动点 F 在侧面 ABB1A1 上的轨迹长度为＿＿＿＿＿＿.
【答案】52
【解析】如图，
取 ABB1A1 的中点 G，并连接 GD1、GB、BD1，
因为 E 在棱 DD1 上且满足 D1E=ED，即 E 是棱 DD1 的中点，
所以 BG∥CE，又 BG⊄ 平面 AEC，CE⊂ 平面 AEC，
所以 BG∥ 平面 AEC，同理可证 D1G∥ 平面 AEC，
又 BG∩GD1=G，所以平面 BGD1∥ 平面 AEC，又 BG⊂ 平面 BGD1，
所以 BG∥ 平面 AEC，所以动点 F 在侧面 ABB1A1 上的轨迹即为 BG，
因为正方体的棱长为 1，由勾股定理有：BG=BA2+AG2=52.
故答案为：52.
【点拨】利用线面平行的性质，将动点轨迹转化为线段，结合几何关系求解即可.
2.在边长为 2 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，点 M 是该正方体表面及其内部的一动点，且 BM∥ 平面 AD1C，则动点 M 的轨迹所形成区域的面积是＿＿＿＿＿＿.
【答案】23
【解析】如图，
边长为 2 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，
动点 M 满足 BM∥ 平面 AD1C，
由面面平行的性质得：当 BM 始终在一个与平面 AD1C 平行的面内，即满足题意，
连接 A1B，BC1，A1C1，
因为 AB∥C1D1 且 AB=C1D1，所以四边形 ABC1D1 为平行四边形，
所以 AD1∥BC1，同理 A1B∥D1C，
又 AD1⊄ 平面 A1BC1，BC1⊂ 平面 A1BC1，所以 AD1∥ 平面 A1BC1，
因为 D1C⊄ 平面 A1BC1，A1B⊂ 平面 A1BC1，所以 D1C∥ 平面 A1BC1，
又因 AD1∩D1C=D1，AD1，D1C⊂ 平面 AD1C，
所以平面 A1BC1∥ 平面 AD1C，
又 B∈ 平面 A1BC1，所以动点 M 的轨迹所形成区域为 △A1BC1，
A1B=BC1=A1C1=22，
S△A1BC1=12×22×32×22=23，
所以动点 M 的轨迹所形成区域的面积是 23.
故答案为：23.
【点拨】根据面面平行的性质，确定动点所在的平面区域，进而计算面积.
考法2：线面平行求棱柱棱锥动点轨迹
3.如图，在正三棱柱 ABC−A1B1C1 中，AB=AA1，D，E 分别为 AA1，AC 的中点．若侧面 BB1C1C 的中心为 O，M 为侧面 AA1C1C 内的一个动点，OM∥ 平面 BDE，且 M 的轨迹长度为 32，则三棱柱 ABC−A1B1C1 的表面积为＿＿＿＿＿＿.
【答案】48+83
【解析】连接 C1E 交 A1C 于 I，取 C1E 的中点 F，过 F 作 HG∥A1C，
分别交 CC1，A1C1 于 H，G，连接 HG，OG，OF，OH，BC1，
易得 OF∥BE，HG∥DE，
因为 OF，HG⊄ 平面 BED，BE，DE⊂ 平面 BED，所以 OF∥ 平面 BED，
HG∥ 平面 BED，因为 OF∩HG=F，且都在面 OHG 内，所以平面 OHG∥ 平面 BED，
所以 M 的轨迹为线段 HG，
因为 △CEI∼△A1C1I，所以 C1IEI=A1C1CE=2，∴C1FC1I=12C1E23C1E=34，
因为 △C1HG∼△C1CA1，所以 HGCA1=C1FC1I=34，
所以 CA1=43HG=42，∴AB=AA1=22CA1=4，
故三棱柱 ABC−A1B1C1 的表面积为 2×12×4×4×32+3×4×4=48+83.
故答案为：48+83.
【点拨】利用线面平行的判定定理，找到动点轨迹，结合相似三角形求出边长，进而求表面积.
4.已知棱长为 3 的正四面体 ABCD，E 为 AD 的中点，动点 P 满足 PA=2PD，平面 α 经过点 D，且平面 α∥ 平面 BCE，则平面 α 截点 P 的轨迹所形成的图形的周长为＿＿＿＿＿＿.
【答案】23π
【解析】设 △BCD 的外心为 O，BC 的中点为 F，过 O 作 BC 的平行线，则以 O 为坐标原点，可建立如图所示空间直角坐标系，
∵△BCD 为等边三角形，BC=3，∴OD=23DF=3，∴OA=6，
∴A(0,0,6)，D(0,3,0)，F(−32,0,0)，
设 P(x,y,z)，由 PA=2PD 得：x2+y2+(z−6)2=4[x2+(y−3)2+z2]，
整理可得：x2+(y−433)2+(z+63)2=4，
∴ 动点 P 的轨迹是以 G(0,433,−63) 为球心，2 为半径的球；
延长 AB，AF，AC 到点 M，Q，N，使得 AB=BM，AF=FQ，AC=CN，
则 CE∥DN，BE∥MD，又 DN，MD⊂ 平面 MND，CE，BE⊄ 平面 MND，
∴CE∥ 平面 MND，BE∥ 平面 MND，由 CE∩BE=E，CE，BE⊂ 平面 BCE，
∴ 平面 BCE∥ 平面 MND，即平面 MND 为平面 α，
则点 G 到平面 DMN 的距离 d 即为点 G 到直线 DQ 的距离，
∵DG=(0,33,−63)，DQ=(0,−23,−6)，∴DG⋅DQ=−2+2=0，即 DG⟂DQ，
∴ 点 G 到直线 DQ 的距离 d=|DG|=1，
∴ 截面圆的半径 r=22−12=3，∴ 球被平面 α 截得的截面圆周长为 2πr=23π，
即平面 α 截点 P 的轨迹所形成的图形的周长为 23π.
故答案为：23π.
【点拨】建立空间直角坐标系，求出动点P的轨迹方程（球面），再求平面截球面的截面圆周长.
考点二：由动点保持垂直求轨迹
考法3：线面垂直求正方体动点轨迹
5.在棱长为 4 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，点 P、Q 分别是 BD1，B1C1 的中点，点 M 为正方体表面上一动点，若 MP 与 CQ 垂直，则点 M 所构成的轨迹的周长为＿＿＿＿＿＿.
【答案】8+45
【解析】如图，
只需过点 P 作直线 CQ 的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即为动点 M 的轨迹.
分别取 CC1，DD1 的中点 R，S，
由 tan∠C1QC=tan∠BRC=2，知 ∠C1QC=∠BRC，易知 CQ⟂RB，
又 CQ⟂AB，AB∩BR=B，AB，BR⊂ 平面 ABRS，
所以 CQ⟂ 平面 ABRS，
过 P 作平面 ABRS 的平行平面 TUR1S1，点 M 的轨迹为四边形 TUR1S1，
其周长与四边形 ABRS 的周长相等，
其中 AB=RS=4，BR=AS=42+22=25，
所以点 M 所构成的轨迹的周长为 2×4+2×25=8+45.
故答案为：8+45.
【点拨】利用线面垂直的判定与性质，找出与CQ垂直的平面，该平面与正方体表面的交线即为轨迹.
考法4：线面垂直求棱柱动点轨迹
6.在正四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 中，AB=1，AA1=4，E 为 DD1 中点，P 为正四棱柱表面上一点，且 C1P⟂B1E，则点 P 的轨迹的长为＿＿＿＿＿＿.
【答案】5+2
【解析】如图，
连接 B1D1，A1C1，由题可知，A1C1⟂B1D1，ED1⟂ 平面 A1B1C1D1.
因 A1C1⊂ 平面 A1B1C1D1，则 ED1⟂A1C1.
又 B1D1⊂ 平面 EB1D1，ED1⊂ 平 EB1D1，ED1∩B1D1=D1，则 A1C1⟂ 平面 EB1D1.又 B1E⊂ 平面 EB1D1，则 C1A1⟂B1E；
如图，过 E 做 D1C1 平行线，交 CC1 于 F，则 F 为 CC1 中点.连接 EF，B1F，
过 C1 做 B1F 垂线，交 BB1 于 G.
由题可得，D1C1⟂ 平面 BCC1B1，又 EF∥D1C1，则 EF⟂ 平面 BCC1B1.
因 C1G⊂ 平面 BCC1B1，则 C1G⟂EF.
又 B1F⊂ 平面 B1FE，FE⊂ 平面 B1FE，FE∩B1F=F，则 C1G⟂ 平面 B1FE.
因 B1E⊂ 平面 B1FE，则 C1G⟂B1E；
因 C1G⊂ 平面 C1GA1，C1A1⊂ 平面 C1GA1，C1A1∩C1G=C1，则 B1E⟂ 平面 C1GA1.
连接 A1G，则点 P 轨迹为平面 C1GA1 与四棱柱的交线，即 △A1C1G.
注意到 ∠B1C1G+∠GC1F=∠GC1F+∠B1FC1⇒∠B1C1G=∠B1FC1，
∠C1B1G=∠FC1B1，则 △C1B1F∼△FC1B1，故 C1B1B1G=FC1C1B1=2⇒B1G=12.
则点 P 的轨迹的长为 A1G+C1G+A1C1=21+14+2=5+2.
故答案为：5+2.
【点拨】构造线面垂直，确定点P所在的平面，求出该平面与正四棱柱表面的交线长.
7.如图，在直三棱柱 ABC−A1B1C1 中，BC=CC1=3，AC=4，AC⟂BC，动点 P 在 △A1B1C1 内 (包括边界上)，且始终满足 BP⟂AB1，则动点 P 的轨迹长度是＿＿＿＿＿＿.
【答案】125
【解析】在直三棱柱 ABC−A1B1C1 中，BB1⟂ 平面 ABC，
因为 AC⊂ 平面 ABC，所以，AC⟂BB1，
又因为 AC⟂BC，BC∩BB1=B，BC、BB1⊂ 平面 BB1C1C，
所以，AC⟂ 平面 BB1C1C，
因为 BC1⊂ 平面 BB1C1C，所以，BC1⟂AC，
因为 BB1∥CC1，BB1=CC1=BC，则四边形 BB1C1C 为菱形，所以，BC1⟂B1C，
又因为 AC∩B1C=C，AC、B1C⊂ 平面 AB1C，所以，BC1⟂ 平面 AB1C，
因为 AB1⊂ 平面 AB1C，所以，BC1⟂AB1.
在平面 A1B1C1 内，过点 C1 作 C1H⟂A1B1，垂足为点 H，
因为 BB1⟂ 平面 A1B1C1，C1H⊂ 平面 A1B1C1，则 C1H⟂BB1，
因为 C1H⟂A1B1，BB1∩A1B1=B1，BB1、A1B1⊂ 平面 AA1B1B，
所以，C1H⟂ 平面 AA1B1B，
因为 AB1⊂ 平面 AA1B1B，则 AB1⟂C1H，
因为 BC1∩C1H=C1，BC1、C1H⊂ 平面 BC1H，所以，AB1⟂ 平面 BC1H，
由于动点 P 又在 △A1B1C1 内，所以动点 P 在平面 A1B1C1 与平面 BC1H 的交线 C1H 上，
因为 A1C1=AC=4，B1C1=BC=3，A1C1⟂B1C1，
所以，A1B1=A1C12+B1C12=42+32=5，
由等面积法可得 C1H=A1C1⋅B1C1A1B1=4×35=125，
因此，动点 P 的轨迹长度是 125.
故答案为：125.
【点拨】利用线面垂直的性质，将线线垂直转化为线面垂直，确定动点P的轨迹是线段，再利用等面积法求长度.
考法5：线面垂直求圆柱与球动点轨迹
8.如图，AB 为圆柱下底面圆 O 的直径，C 是下底面圆周上一点，已知 ∠AOC=π3，OA=2，圆柱的高为 5．若点 D 在圆柱表面上运动，且满足 BC⋅CD=0，则点 D 的轨迹所围成图形的面积为＿＿＿＿＿＿.
【答案】10
【解析】作母线 CE，AF，连接 EF，
因为 AF∥CE，所以 AF，CE 共面，ACEF 是圆柱的一个截面，
EC⟂ 平面 ABC，BC⊂ 平面 ABC，所以 EC⟂BC，
又由已知得 AC⟂BC，而 AC∩CE=C，AC，CE⊂ 平面 ACEF，
所以 BC⟂ 平面 ACEF，
由 BC⋅CD=0 得 CD⟂BC，所以 CD⊂ 平面 ACEF，
矩形 ACEF 即为 D 点轨迹，
∠AOC=π3，则 AC=OA=2，又 CE=5，
所以矩形 ACEF 的面积为 2×5=10.
故答案为：10.
【点拨】将向量数量积为零转化为垂直关系，结合圆柱的几何特征，确定动点轨迹为矩形.
9.已知 N 为正方体 ABCD−A1B1C1D1 的内切球球面上的动点，M 为 B1C1 的中点，DN⟂MB，若动点 N 的轨迹长度为 85π5，则正方体的体积是＿＿＿＿＿＿.
【答案】64
【解析】如图所示：
正方体 ABCD−A1B1C1D1，设 AB=2a，则内切球的半径 R=a，
其中 M 为 B1C1 的中点，取 BB1 的中点 H，连接 CH，
则有：CH⟂MB，DC⟂MB，
又 CH∩DC=C，CH，DC⊆ 平面 DCH，
所以 MB⟂ 平面 DCH，
所以动点 N 的轨迹是平面 DCH 截内切球 O 的交线，
即平面 DCHG 截内切球 O 的交线，
因为正方体 ABCD−A1B1C1D1，AB=2a，
如图所示：
连接 OD，OG，OH，则有 OG=OH=2a 且 OG⟂OH，
GH=2a，GD=5a 且 GH⟂GD，
设 O 到平面 DCHG 的距离为：d，
则在三棱锥 O−DGH 中，有 VO−GDH=VD−OGH，
所以 13×12×GH×GD×d=13×12×OG×OG×a，
即 13×12×2a×5a×d=13×12×2a×2a×a，
解得：d=55a，
截面圆的半径 r=R2−d2=255a，
所以动点 N 的轨迹长度为：c=2πr=45π5a，
即 45π5a=85π5，解得 a=2，
所以 AB=4，正方体的体积：V=43=64，
故答案为：64.
【点拨】利用线面垂直确定动点N所在的平面，其轨迹为该平面截内切球所得的圆，利用等体积法求出圆的半径，进而求出正方体棱长.
考点三：由动点保持等距(或定长)求轨迹
考法6：距离关系求正方体长方体动点轨迹
10.（2026·山东枣庄·模拟）在棱长为 1 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，M 是棱 BB1 的中点，N 是正方形 BCC1B1 内的动点（包含边界），且 DN∥ 平面 AMD1，则点 N 的轨迹长度为（ ）
A. π2 B. 2 C. π4 D. 22
【答案】D
【解析】以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 A(1,0,0)，M(1,1,12)，D1(0,0,1)，
AM=(0,1,12)，AD1=(−1,0,1)，
设平面 AMD1 的法向量为 n=(x,y,z)，
则 n⋅AM=y+12z=0n⋅AD1=−x+z=0，令 z=2，得 n=(2,−1,2).
设 N(x0,1,z0)，其中 0≤x0≤1，0≤z0≤1，则 DN=(x0,1,z0)，
因为 DN∥ 平面 AMD1，所以 DN⋅n=2x0−1+2z0=0，即 x0+z0=12.
又 0≤x0≤1，0≤z0≤1，所以点 N 的轨迹是连接 (12,1,0) 和 (0,1,12) 的线段，
其长度为 (12−0)2+(0−12)2=22.故选 D.
【点拨】建立空间直角坐标系，利用线面平行的向量条件求出动点的坐标关系，进而求出轨迹长度.
11.（2026·河北衡水·检测）在长方体 ABCD−A1B1C1D1 中，AA1=2，AB=AD=2，P 为长方体表面上一动点，且 PC=6，则点 P 的轨迹的总长度为（ ）
A. (2+4)π2 B. (2+2)π2 C. 2π2 D. π
【答案】B
【解析】若点 P 在平面 A1B1C1D1 内，则 PC1=2，如图，
点 P 的轨迹为 B1D1⌢，其长度为 14×2π×2=2π2；
若点 P 在平面 ABB1A1 内，则 PB=2，如图，
点 P 的轨迹为 PB1⌢，其长度为 18×2π×2=π2，由对称性可知，
点 P 在平面 DAA1D1 内的轨迹长度也为 π2；
点 P 不可能在平面 ABCD 内，在平面 CDD1C1，CBB1C1 内时分别位于点 D1，B1 处，所以
点 P 的轨迹的总长度为 2π2+2×π2=(2+2)π2.
故选 B.
【点拨】将空间距离转化为各个面上的圆弧，分别计算弧长后求和.
12.（2026·山东名校联盟·检测）（多选）已知正方体 ABCD−A1B1C1D1 的棱长为 2，若点 P 在平面 A1BD 内，K 为 D1C1 的中点，且 C1P=22，则（ ）
A. 点 P 的轨迹长度为 46π3
B. 存在点 P 使得 KP⟂A1D
C. 直线 D1C1 与 C1P 所成角的正切值的最小值为 22
D. P 到直线 A1K 距离的最大值小于 463
【答案】ABD
【解析】以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
则 A1(2,0,2)，B(2,2,0)，D(0,0,0)，C1(0,2,2)，K(0,1,2).
设平面 A1BD 的法向量为 n=(x,y,z)，
由 n⋅DA1=2x+2z=0，n⋅DB=2x+2y=0，令 x=1，得 n=(1,−1,−1).
点 C1 到平面 A1BD 的距离 d=|0−2−2|12+(−1)2+(−1)2=433.
设点 C1 在平面 A1BD 上的投影为 O，则 C1O=tn=(t,−t,−t)，
所以 O(t,2−t,2−t)，代入平面 A1BD 的方程 x−y−z=0，得 t−(2−t)−(2−t)=0，解得 t=43，
即 O(43,23,23).
因为 P 在平面 A1BD 内，且 C1P=22=8，
所以点 P 的轨迹是以 O 为圆心，半径 r=C1P2−d2=8−163=263 的圆.
对于 A，点 P 的轨迹长度为 2πr=46π3，故 A 正确；
对于 B，A1D=(−2,0,−2)，若 KP⟂A1D，则 KP⋅A1D=0，
设 P(x,y,z)，则 −2x−2(z−2)=0，即 x+z=2.
又 P 在平面 A1BD 内，所以 x−y−z=0，即 y=x−z=2−2z.
代入圆的方程 (x−43)2+(y−23)2+(z−23)2=83，
得 (2−z−43)2+(2−2z−23)2+(z−23)2=83，
即 6(z−23)2=83，解得 (z−23)2=49，有解，故 B 正确；
对于 C，直线 D1C1 的方向向量为 m=(0,1,0)，C1P=(x,y−2,z−2)，
设直线 D1C1 与 C1P 所成角为 θ，则 csθ=|C1P⋅m||C1P||m|=|y−2|22.
因为点 P 在圆上，所以 y 的取值范围为 [23−rsinα,23+rsinα]，其中 α 为平面 A1BD 与 y 轴的夹角.
sinα=|n⋅m||n||m|=13，所以 y∈[23−263×63,23+263×63]，即 y∈[−23,2].
所以 |y−2|∈[0,83]，csθ∈[0,223].
所以 tanθ 的最小值为 1−(22/3)222/3=24，故 C 错误；
对于 D，A1K=(−2,1,0)，OA1=(23,−23,43)，
点 O 到直线 A1K 的距离 ℎ=|OA1×A1K||A1K|=(−4/3)2+(−8/3)2+(−2/3)25=210515.
点 P 到直线 A1K 距离的最大值为 ℎ+r=210515+263=2105+10615.
因为 4203，故 D 错误，
故选：D.
【点拨】通过作垂线找到投影点，利用几何关系推导轨迹及相关最值.
29.如图，在等腰 RtΔABC 中，AB⟂AC，BC=2，M 为 BC 的中点，N 为 AC 的中点，D 为线段 BM 上一个动点 (异于两端点)，ΔABD 沿 AD 翻折至 B1D⟂DC，点 A 在平面 B1CD 上的投影为点 O，当点 D 在线段 BM 上运动时，以下说法不正确的是（ ）
A. 线段 NO 为定长 B. ∠AMO+∠B1DA>180∘
C. CO∈(1,2) D. 点 O 的轨迹是圆弧
【答案】B
【解析】翻折后的立体图形，如图所示．
对 A，因为点 A 在平面 B1CD 上的投影为点 O，所以 AO⟂ 平面 B1CD，
又 CO⊂ 平面 B1CD，所以 AO⟂CO，
故 ΔAOC 为直角三角形，又 N 为斜边 AC 的中点，
所以 ON=12AC=1 为定长.故 A 正确．
对 C，当 D 在 M 处时，此时点 A 在平面 B1CD 上的投影为点 O 与 M 重合，故 CO=1，
又在 RtΔAOC 中，OC