2027年高考数学一轮复习第七章　§7.10　立体几何中的动态、轨迹问题学案含解析

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题型一 平行、垂直中的动态轨迹问题
例1 (2026·兰州模拟)在所有棱长均为4的正四棱锥P-ABCD中，M是底面正方形ABCD内一点(含边界)，若PM⊥MD，则点M的轨迹长度是( )
A.2πB.2πC.22D.22π
答案 A
解析 方法一 如图，设O为AC与BD的交点，建立空间直角坐标系，则P(0，0，22)，D(-22，0，0)，
设M(x，y，0)，∴PM=(x，y，-22)，MD=(-22-x，-y，0)，
∵PM⊥MD，
∴PM·MD=x(-22-x)-y2=0，
即x2+22x+y2=0，
即(x+2)2+y2=2，
∴在平面ABCD中，点M的轨迹是以(-2，0)为圆心，2为半径的圆，
又点M在底面正方形ABCD(含边界)中，即点M的轨迹是该圆与底面的交线部分，如图所示，EF即为所求，EF=12·2π·2=2π.
方法二 ∵PM⊥MD，∴点M在以PD为直径的球上，
又点M在底面ABCD(含边界)中，
故所求轨迹为该球与底面的交线，
设O为AC与BD的交点，
∵PO⊥平面ABCD，
令E为PD的中点，∴E为球心，
取OD的中点为N，连接EN，则EN∥PO，
∴EN⊥平面ABCD，
∴该球与底面的交线为以N为圆心的圆在底面ABCD内部(含边界)的部分，
又PO=22，∴EN=2，
设球的半径为R，R=2，球与平面ABCD的截面圆的半径为r，
∴r=R2−EN2=2，
如图，EF=12·2π·2=2π，
∴所求轨迹长度为2π.
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是正方体表面上的动点，且B1F∥平面A1BE，则点F的轨迹长度为 .
答案 22+45
解析 取CC1的中点H，C1D1的中点M，连接B1H，HM，MB1，
所以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，
所以点F的运动轨迹为△B1MH(不包括点B1)，
又MH=2C1M=22，B1M=B1H=25，
故点F的轨迹长度为22+45.
题型二 距离、角度有关的动态轨迹问题
例2 (2025·兰州模拟)如图，在三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC，∠BAC=π2且SA=AB=AC=2，若在△SBC内(包括边界)有一动点P，使得AP与平面SBC所成角的正切值为62，则点P的轨迹长度为( )
A.4π3B.πC.2π3D.5π3
答案 C
解析 过点A作AH⊥平面SBC，H为交点，因为SA=AB=AC=2，SA⊥平面ABC，
所以△SBC是边长为2的等边三角形，易知H为△SBC的中心，
由V三棱锥S-ABC=V三棱锥A-SBC，
则13×12×2×2×2=13×12×2×2×32AH，
则AH=63，AP与平面SBC所成的角为∠APH，
因为AP与平面SBC所成角的正切值为62，
所以tan∠APH=AHPH=62，
解得PH=23，所以点P的轨迹是以H为圆心，23为半径的圆落在△SBC内(包括边界)的圆弧.
根据SH=233，可知四边形SMHN是菱形，且∠MHN=π3，
根据对称性可知，点P所形成的轨迹是三段等长的圆弧，故点P的轨迹长度为3×π3×23=2π3.
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 (2025·十堰模拟)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，H为DD1上的三等分点且靠近D1点，在侧面ABB1A1内作边长为1的正方形EFGB1，P是侧面ABB1A1内(包括边界)一动点，且点P到平面BCC1B1的距离与线段PF的长度相等.则当点P运动时，HP2的最小值是( )
A.12B.13C.14D.17
答案 B
解析 建立空间直角坐标系，如图所示，过P作PN⊥BB1，垂足为N，则点P到平面BCC1B1的距离即为PN的长，
设P(x，3，z)，则H(3，0，2)，F(1，3，2)，N(0，3，z)，且0≤x≤3，0≤z≤3，
由PN=PF，即x=(x−1)2+(z−2)2，
化简得2x-1=(z-2)2，
由0≤z≤3得12≤x≤52，
∴HP2=(x-3)2+9+(z-2)2=x2-6x+18+2x-1=x2-4x+17=(x-2)2+13，12≤x≤52，
所以当x=2时，HP2取最小值13.
题型三 翻折有关的动态轨迹问题
例3 (多选)(2026·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A1BE
B.若O为BE的中点，则DE∥平面FOC
C.折起过程中，F点的轨迹长度为π4
D.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⊥BE，
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)2+(2)2=2，
过点F作FG⊥BE交BE于点G，如图，
则FG=22BF=22，
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的圆弧，
所以F点的轨迹长为π2×22=2π4，故C错误；
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=62，
所以外接球的体积V=4π3R3=4π3×623=6π，
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)(2025·郴州模拟)已知某平面图形由如图所示的四个全等的等腰△ABO，△CBO，△FEO，△DEO拼成，其中线段AD，CF，BE的中点均为点O，且AO=3BO=23.若将该平面图形绕着直线a旋转半周围成的几何体记为Ω1，将该平面图形绕着直线b旋转半周围成的几何体记为Ω2，直线a⊥直线b，则( )
A.Ω1的体积为2033π
B.Ω2的表面积为(12-43)π
C.经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹总长为4π
D.经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹为两个半圆
答案 AD
解析 过点A作AH⊥直线a，垂足为H，过点A作AM⊥直线b，垂足为M.
由题意易得∠AOB=π6，∠AOH=π3，
所以AM=12AO=3，AH=32AO=3，
所以该平面图形绕着直线a旋转半周，点A的运动轨迹是半径为3的半圆，其长度为12×2π×3=3π，
该平面图形绕着直线b旋转半周，点A的运动轨迹是半径为3的半圆，其长度为12×2π×3=3π，
所以经过两次旋转后，点A的运动轨迹总长为(3+3)π，C错误，D正确；
Ω1为两个圆台挖去两个圆锥，
Ω1的体积为213(π×32+π×22+π×32×π×22)
×3−13π×32×3=2033π，A正确；
Ω2为两个大圆锥挖去两个小圆锥，表面积为2(π×3×23+π×3×2)=(12+43)π，B错误.
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B1B.线段B1C
C.线段B1C1D.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.(2025·大同模拟)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=BC=AA1=2，点P为侧面ABB1A1上的任意一点，则PC·PC1的取值范围是( )
A.[0，2]B.[1，3]
C.[2，4]D.[3，5]
答案 C
解析 如图，取AB的中点为原点O，建立空间直角坐标系，设P(x，0，z)，
其中-1≤x≤1，0≤z≤2，C(0，3，0)，C1(0，3，2)，
PC=(-x，3，-z)，PC1=(-x，3，2-z)，PC·PC1=x2+3+z2-2z=x2+(z-1)2+2，
当x=-1或x=1，且z=0或z=2时，PC·PC1取最大值4，
当x=0，且z=1时，PC·PC1取最小值2，所以PC·PC1的取值范围为[2，4].
3.(2025·哈尔滨模拟)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形且∠DAB=π3，AA1⊥底面ABCD，AA1=3，点P是四棱柱ABCD-A1B1C1D1表面上(不包括点A)的一个动点，且直线AP与CC1所成的角为π6，则点P的轨迹长度为( )
A.2+π3B.4+π2
C.2+π2D.4+π3
答案 D
解析 ∵CC1∥AA1，直线AP与CC1所成的角为π6，
∴直线AP与AA1所成的角为π6，
∴点P的轨迹是以AA1为轴(其中A为顶点)，母线与轴所成角为π6的圆锥的侧面与四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面的交线.
在线段A1B1和A1D1上分别取点M，N，使得A1M=A1N=1，连接AM，AN(图略)，
∵在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，
∴AA1⊥平面A1B1C1D1，
∵A1B1，A1D1⊂平面A1B1C1D1，∴AA1⊥A1B1，AA1⊥A1D1，
∴tan∠MAA1=tan∠NAA1=13=33，故∠MAA1=∠NAA1=π6，
∴点P在四边形ABB1A1与四边形ADD1A1上的运动轨迹为线段AM和AN(不包括点A)，且AM=AN=(3)2+12=2.
当P在四边形A1B1C1D1上运动时，其轨迹是以A1为圆心，1为半径，圆心角为π3的圆弧，
故点P在四边形A1B1C1D1上运动的轨迹长度为π3×1=π3，
综上，点P的轨迹长度为2×2+π3=4+π3.
4.已知正四面体SABC，若底面ABC内(包括边界)有一动点P到平面SAB、平面SBC、平面SAC的距离依次成等差数列，则点P的轨迹是( )
A.一条线段B.一个点
C.一段圆弧D.抛物线的一段
答案 A
解析 设点P到平面SAB、平面SBC、平面SAC的距离依次为h1，h2，h3，如图所示，
由题意可知h1+h3=2h2，则13S△SABh1+13S△SACh3=2×13S△SBCh2，
即VP-SAB+VP-SAC=2VP-SBC，即VS-PAB+VS-PAC=2VS-PBC，
所以S△PAB+S△PAC=2S△PBC，
不妨设点P到边AB，BC，AC的距离分别为d1，d2，d3，
设等边△ABC的边长为a，则S△ABC=34a2，
又因为S△PAB+S△PBC+S△PAC=S△ABC，
即12a(d1+d2+d3)=34a2，
所以d1+d2+d3=32a，①
由S△PAB+S△PAC=2S△PBC，
可得12a(d1+d3)=2×12ad2，
可得d1+d3=2d2，②
联立①②可得d2=36a，
所以点P的轨迹是底面ABC内(包括边界)的一条与BC平行且与BC之间的距离为36a的线段.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.(2025·贵阳模拟)已知菱形ABCD的边长为2，∠ADC=60°，将△ACD沿AC翻折，使点D与点B重合，如图所示.记点P为翻折过程中点D的位置(不包含在点B处的位置)，则下列结论正确的是( )
A.点P的轨迹长度为3π
B.无论点P在何位置，总有AC⊥平面PBD
C.不存在点P，使得AB⊥PC
D.当PB=2时，M为PB上一点，则AM+CM的最小值为2
答案 AB
解析 如图所示，点P的轨迹是以AC为轴的两个同底的圆锥底面的半圆弧BD，
圆O的半径为3，所以半圆弧BD长为12×2π×3=3π，即点P的轨迹长度为3π，故A正确；
显然AC⊥圆O，所以AC⊥平面PBD，故B正确；
因为圆锥轴截面的顶角为∠BAD=∠BCD=120°，大于90°，
则存在两条母线互相垂直，即存在点P，使得CD⊥PC，而AB∥CD，因此存在点P，使得AB⊥PC，故C错误；
当PB=2时，三棱锥P-ABC为正四面体，
将△PAB，△PCB展开在同一平面内，如图，显然四边形ABCP为菱形，∠BAP=60°，
当A，M，C三点共线时，AM+CM取得最小值为2×22−12=23，故D错误.
6.(2021·新高考全国Ⅰ卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则( )
A.当λ=1时，△AB1P的周长为定值
B.当μ=1时，三棱锥P-A1BC的体积为定值
C.当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D.当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
答案 BD
解析 BP=λBC+μBB1(0≤λ≤1，0≤μ≤1).
对于选项A，当λ=1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P的周长为AB1+AP+PB1=2+1+μ2+1+(1−μ)2=2+1+μ2+2−2μ+μ2，不是定值，A错误；
图1
对于选项B，当μ=1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
图2
则VP−A1BC=VA1−PBC=13S△PBC×32=36S△PBC=36×12×1×1=312，为定值，故B正确；
对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，则当λ=12时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2+BP2=A1B2，即322+(1-μ)2+122+μ2=2，解得μ=0或μ=1，所以点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP，故C错误；
方法一 由多选题特征，排除A，C，故选BD.
方法二 对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK(图略)，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确.
方法三 对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ=12时，点P在线段EF上运动，以点C1为原点建立如图所示的空间直角坐标系C1-xyz，则B(0，1，1)，B1(0，1，0)，A132，12，0，P0，1−λ，12，所以A1B=−32，12，1，B1P=0，−λ，12，若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以-λ2+12=0，解得λ=1，所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与F重合，故D正确.
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点M在正方体内部运动(包括表面，不包括点B)，且BM∥平面AD1C，则动点M的轨迹所形成区域的面积为 .
答案 932
解析 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易知平面A1BC1∥平面AD1C，点M是该正方体表面及其内部的一动点(不包括点B)，且BM∥平面AD1C，
所以点M的轨迹是△A1BC1内部及边界(不包括点B)，所以动点M的轨迹所形成区域的面积为
S△A1BC1=12×(32)2×sin π3=932.
8.(2026·菏泽模拟)如图，在△ABC中，AB=BC=22，∠ABC=90°，E是AB的中点，D是AC边上靠近A的四等分点，将△ADE沿DE翻折，使A到点P处(P点在平面ABC上方)，得到四棱锥P-BCDE.则PC的中点M的运动轨迹长度为 ；四棱锥P-BCDE外接球表面积的最小值为 .
答案 π2 10π
解析 由题意得AC=4，PD=AD=1，CD=3，因为M到DC中点的距离等于12PD=12，且P点在平面ABC上方，
所以M的轨迹是以DC的中点为圆心，12为半径的半圆，
所以PC的中点M的运动轨迹长度为12×2π×12=π2；
因为AD=1，AE=2，∠DAE=45°，则DE=1，AD2+DE2=AE2，
所以AD⊥DE，即CD⊥DE，又EB⊥BC，所以四边形BCDE的外心为CE的中点，所以四边形BCDE的外接圆的半径r=12CE=12+322=102，
所以四棱锥P-BCDE外接球的球心O在过四边形BCDE的外心且垂直平面BCDE的直线上，
设四棱锥P-BCDE外接球的半径为R，设球心O到四边形BCDE的外心的距离为t，t≥0，
则R2=r2+t2≥r2=52，当t=0时，等号成立，
所以四棱锥P-BCDE外接球表面积的最小值为4πR2=4π×52=10π.
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