7.10 立体几何中的动态、轨迹问题（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教A版）

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何动态与轨迹问题，覆盖位置关系判断、轨迹形状确定、最值范围求解等高考核心考点，对接高考评价体系，分析近五年高频考点分布，归纳三类常考题型，体现备考的系统性与针对性。 课件亮点在于“题型分类+思维建模+真题演练”，如轨迹问题通过坐标法推导方程培养数学思维，位置关系问题用定理转化提升数学眼光。思维升华总结方法，课下精练含模拟题，助学生掌握技巧，教师可据此精准教学，高效冲刺高考。

正禾一本通 高三一轮总复习 高效讲义 数 学 （2026版） 第七章 立体几何与空间向量 01 [题型解读] 立体几何中的“动态问题”是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的，是可变的一类开放性问题．因其某些点、线、面位置的不确定，往往成为学生进行常规思考、转化的障碍．主要包括空间中动点的轨迹判断，求轨迹的长度及动角的范围，判断动点、动线、动面的位置关系等． 7．10　立体几何中的动态、轨迹问题 01 03 02 题型一 题型三 题型二 课下巩固精练卷(六十二) 目 录 目 录 模板来自于：第一PPT https:/// 4 课下巩固精练卷(六十二) 立体几何中的动态、轨迹问题 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 感谢观看 题型一　位置关系问题 【例1】　(多选)(2024·海南海南中学模拟)如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD和AC交于点O，将△BAD沿直线BD翻折，则正确的是(　　 ) A．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥OC B．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BD C．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACD D．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABD 解析：选ABC.对于A，当AB＝x＝1时，此时矩形ABCD为正方形，则AC⊥BD，将△BAD沿直线BD翻折，若使得平面ABD⊥平面BCD时，由OC⊥BD，OC⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以OC⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，所以AB⊥OC，故选项A正确； 对于B，由选项A知OC⊥BD，OA⊥BD，且OA∩OC＝O，所以BD⊥平面OAC，又AC⊂平面OAC，所以AC⊥BD，故选项B正确； 对于C，在矩形ABCD中，AB⊥AD，AC＝，所以将△BAD沿直线BD翻折时，总有AB⊥AD，取x＝，当将△BAD沿直线BD翻折到AC＝时，有AB2＋AC2＝BC2，即AB⊥AC，且AC∩AD＝A，则此时满足AB⊥平面ACD，故C正确； 对于D，若AC⊥平面ABD，又AO⊂平面ABD，则AC⊥AO，所以在Rt△AOC中，OC为斜边，这与OC＝OA相矛盾，故选项D不正确． 思维升华　解决空间位置关系的动点问题的方法 (1)应用“位置关系定理”转化； (2)建立“坐标系”计算． 【对点练习】　1.如图，点P在正方体ABCD­A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论一定成立的是(　　 ) A．三棱锥A­A1PD的体积大小与点P的位置有关 B．A1P与平面ACD1相交 C．平面PDB1⊥平面A1BC1 D．AP⊥D1C 解析：选C.对于选项A，VA­A1PD＝VP­AA1D，在正方体中，BC1∥平面AA1D，所以点P到平面AA1D的距离不变，即三棱锥P­AA1D的高不变，又△AA1D的面积不变，因此三棱锥P­AA1D的体积不变，即三棱锥A­A1PD的体积与点P的位置无关，故A不成立； 对于选项B，由于BC1∥AD1，AD1⊂平面ACD1，BC1⊄平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1，同理可证BA1∥平面ACD1，又BA1∩BC1＝B，所以平面BA1C1∥平面ACD1，因为A1P⊂平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B不成立； 对于选项C，因为A1C1⊥BD，A1C1⊥BB1，BD∩BB1＝B，所以A1C1⊥平面BB1D，则A1C1⊥B1D；同理A1B⊥B1D，又A1C1∩A1B＝A1，所以B1D⊥平面A1BC1，又B1D⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面A1BC1，故C成立； 对于选项D，当B与P重合时，AP与D1C的夹角为，故D不成立． 题型二　轨迹问题 【例2】　(多选)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是(　　 ) A．若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆 B．若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π C．若点N到直线BB1与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线 D．若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线 解析：选ACD.如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，所以∠MND＝，所以DN＝DM＝×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确； 对于B，在Rt△MDN中，DN＝，取MD的中点E，连接PE，因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝，因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，其面积为π·2＝3π，故B不正确； 对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确； 对于D，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，设N(x，y，0)，则＝(0，4，0)，＝(x，y，－4)，因为D1N与AB所成的角为，所以＝cos ，所以， 整理得＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确． 思维升华　立体几何中空间动点轨迹的判断或求轨迹的长度，一般是根据线、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(还可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程)． 【对点练习】　2.(1)设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P为底面正方形ABCD内的一动点，若三角形APC1的面积S＝ ，则动点P的轨迹是(　　 ) A．圆的一部分 B．双曲线的一部分 C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分 解析：选D.设d是三角形APC1边AC1的高， ＝ ·d＝ d＝ ，所以d＝ ， 即点P到直线AC1的距离为定值 ， 所以点P在以直线AC1为轴，以 为底面半径的圆柱侧上， 直线AC1与平面ABCD既不平行也不垂直， 所以点P的轨迹是平面ABCD上的一个椭圆， 其中只有一部分在正方形ABCD内． (2)已知长方体ABCD­A1B1C1D1的外接球的表面积为5π，AA1＝2，点P在四边形A1ACC1内，且直线BP与平面A1ACC1所成的角为，则长方体的体积最大时，动点P的轨迹长为(　　 ) A．π B． C． D． 解析：选C.因为长方体ABCD­A1B1C1D1的外接球的表面积为5π， 设外接球的半径为R， 所以4πR2＝5π，解得R＝或R＝－(舍去)， 即外接球的直径为， 设AB＝a，BC＝b，则，可得a2＋b2＝1， 所以V＝2ab≤a2＋b2＝1，当且仅当a＝b＝时，等号成立． 如图，设AC，BD相交于点O， 因为BO⊥AC，BO⊥AA1，AC∩AA1＝A， AC，AA1⊂平面A1ACC1， 所以BO⊥平面A1ACC1， 因为直线BP与平面A1ACC1所成的角为， 所以∠BPO＝，故OP＝， 则点P的轨迹是以O为圆心，半径r＝的半圆弧， 所以动点P的轨迹长为πr＝. 题型三　最值(范围)问题 【例3】　(1)在空间直角坐标系O­xyz中，正四面体P­ABC的顶点A，B分别在x轴、y轴上移动．若该正四面体的棱长是2，则|OP|的取值范围是(　　) A． B．[1，3] C． D． 解析：选A.如图所示，若固定正四面体P­ABC的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动， 设AB的中点为M，则PM＝，所以原点O到点P的最小距离是PM的长度减去球M的半径，最大距离是PM的长度加上球M的半径，所以－1≤|OP|≤＋1，即. (2)(2024·河北沧州模拟)已知某圆锥的内切球的体积为，则该圆锥的表面积的最小值为________． 解析：设圆锥的内切球半径为r，则πr3＝，解得r＝2， 设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面圆心为C， 内切球球心为D，内切球切母线AB于E， 底面半径BC＝R>2，∠BDC＝θ，则tan θ＝， 由已知△BDE，△BDC为直角三角形， 又DC＝DE，BD＝BD，所以△BDE≌△BDC， 所以BE＝BC＝R，∠BDE＝∠BDC＝θ， 所以∠ADE＝π－2θ， 故AB＝BE＋AE＝R＋2tan (π－2θ)＝R－2tan 2θ， 又tan 2θ＝，故AB＝R－， 故该圆锥的表面积为S＝＋πR2＝， 令t＝R2－4>0，则S＝＝2π≥2π＝32π， 当且仅当t＝，即t＝4，R＝2时取等号． 答案：32π 思维升华　解决与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手： 一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决； 二是利用空间几何体的侧面展开图； 三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值． 【对点练习】　3.(2024·广西百色模拟)如图所示，菱形ABCD的边长为2，现将△ACD沿对角线AC折起，使平面ACD′⊥平面ACB，则此时空间四面体ABCD′体积的最大值为(　　) A． B． C．1 D． 解析：选A.取AC的中点O，连接D′O(图略)． 设∠ABC＝α，α∈(0，π)，所以D′O＝AD′cos ＝ S△ABC＝×2×2sin α＝2sin α. 因为D′O⊥平面ABC，所以V四面体ABCD′＝S△ABC×D′O ＝sin αcos sin cos2sin. 设t＝sin，则0<t<1，V四面体ABCD′＝(t－t3)． 设f(t)＝(t－t3)，0<t<1，则f′(t)＝(1－3t2)，0<t<1. 所以当0<t<时，f′(t)>0，f(t)单调递增； 当<t<1时，f′(t)<0，f(t)单调递减． 所以当t＝时，f(t)取得最大值. 所以四面体ABCD′体积的最大值为. 1．在正方体ABCD­A1B1C1D1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B1C C．线段B1C1 D．平面B1BCC1 解析：选B.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，斜线段AB与平面α所成的角为，B为斜足．平面α上的动点P满足∠PAB＝，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 解析：选B.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＝(0，1，－1)，＝(x，y，－1)，所以cos 〈〉＝，即x2＋＝1，所以点P的轨迹是椭圆． 3．点P为棱长是2的正方体ABCD­A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为(　　 ) A．π B．2π C．4π D．2π 解析：选C.根据题意知，该正方体的内切球半径为r＝，如图．取BB1的中点N，连接CN，则CN⊥BM，所以CN为DP在平面B1C1CB中的射影，所以点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切球的交线，因为正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，所以O到过D，C，N的平面的距离为1，所以截面圆的半径为2，所以点P的轨迹的长度为2π×2＝4π. 4．(2024·佛山模拟)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点P为正方形A1B1C1D1内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为60°的点P的轨迹长度为(　　 ) A. B． C． D． 解析：选B.直线BP与下底面ABCD所成的角等于直线BP与上底面A1B1C1D1所成的角，连接B1P，如图， 因为BB1⊥平面A1B1C1D1，PB1⊂平面A1B1C1D1， 所以BB1⊥PB1，故∠BPB1为直线BP与上底面A1B1C1D1所成的角，则∠BPB1＝60°， 因为BB1＝1，所以PB1＝， 故点P的轨迹为以B1为圆心，为半径，位于平面A1B1C1D1内的圆， 故轨迹长度为×2π×. 5．已知点M是棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AD的中点，点P在平面BCC1B1内．若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等，则点P与点C1的最短距离是(　　 ) A． B． C．1 D． 解析：选A.设P在平面ABCD上的射影为P′，M在平面BCC1B1上的射影为M′(图略)，平面D1PM与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角分别为α，β，则cos α＝，cos β＝.因为cos α＝cos β，所以S△DP′M＝，设P到C1M′距离为d，则×1×2，得d＝，即点P到C1的最短距离为. 6．如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AD，B1C1的中点．若点P为侧面正方形ADD1A1内(含边界)动点，且B1P∥平面BEF，则点P的轨迹长度为(　　 ) A． B．1 C． D． 解析：选C.取A1D1的中点M，连接AM，B1M，AB1，EM，FM，如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AD∥B1C1且AD＝B1C1， 因为E，F分别是棱AD，B1C1的中点，则AE∥B1F且AE＝B1F， 所以四边形AB1FE为平行四边形，则AB1∥EF， 因为AB1⊄平面BEF，EF⊂平面BEF， 所以AB1∥平面BEF， 同理可证AM∥平面BEF， 因为AB1∩AM＝A，AB1，AM⊂平面AB1M， 所以平面AB1M∥平面BEF， 因为AM⊂平面AA1D1D， 若P∈AM，则B1P⊂平面AB1M， 所以B1P∥平面BEF， 所以点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM， 由勾股定理可得AM＝. 7．(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP⊥CN.下列说法中正确的是(　　 ) A．点P可以是棱BB1的中点 B．线段MP的最大值为 C．点P的轨迹是正方形 D．点P的轨迹长度为2＋ 解析：选BD.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为该正方体的棱长为1，M，N分别为BD1，B1C1的中点，所以D1(0，0，1)，B(1，1，0)，M，C(0，1，0)，所以，设P(x，y，z)，则＝，因为MP⊥CN，所以＝0，即2x＋4z－3＝0，当x＝1时，z＝，当x＝0时，z＝，取E，G，连接EF，FG，GH，HE，则＝(0，1，0)，，所以四边形EFGH为矩形，又＝0，即EF⊥CN，EH⊥CN， 又EF和EH为平面EFGH中的两条相交直线，所以CN⊥平面EFGH，又，所以M为EG的中点，则M∈平面EFGH，为使MP⊥CN，必有点P∈平面EFGH.又点P在正方体表面上运动，所以点P的轨迹为四边形EFGH，所以点P不可能是棱BB1的中点，故选项A错误；又EF＝GH＝1，EH＝FG＝，所以EF≠EH，则点P的轨迹是矩形不是正方形，且矩形EFGH的周长为2＋2×，故选项C错误，选项D正确；因为点P的轨迹为矩形EFGH，所以当点P在矩形的四个端点时，MP取得最大值，且MP的最大值为，故B正确． 8．(多选)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是棱DD1，BB1上的动点(异于所在棱的端点)．则下列结论正确的是(　　 ) A．在点F运动的过程中，直线FC1可能与AE平行 B．直线AC1与EF必然异面 C．设直线AE，AF分别与平面A1B1C1D1相交于点P，Q，则点C1可能在直线PQ上 D．设直线AE，AF分别与平面A1B1C1D1相交于点P，Q，则点C1一定不在直线PQ上 解析：选AC.在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝C1D1，DD1＝BB1，B1C1＝AD，连接C1E，AC1，EF， 当点E，F分别是棱DD1，BB1的中点时，由勾股定理得AE＝ ，故AE＝C1F，同理可得AF＝C1E，故四边形AEC1F是平行四边形，所以在点F运动的过程中，直线FC1可能与AE平行，AC1与EF相交，故A正确，B错误； 以C1为坐标原点，C1D1，C1B1，C1C所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则当点E，F分别是棱DD1，BB1中点且几何体ABCD­A1B1C1D1为正方体时，设棱长为2，延长AE，A1D1交于点M，延长AF，A1B1交于点N，连接MN， 则C1(0，0，0)，M(2，－2，0)，N(－2，2，0)，则＝(2，－2，0)，＝(2，－2，0)，则，又两向量有公共点C1，所以C1，M，N三点共线，故点C1可能在直线PQ上，故C正确，D错误． 9．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，M为棱B1C1的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹长度为________． 解析：如图所示，取BC中点G，连接MG，NG， 由正方体的特征可知，MG⊥底面ABCD， 故MN与底面ABCD的夹角即为∠MNG， 所以∠MNG＝，则＝tan ⇒NG＝， 故点N在以G为圆心，为半径的圆上， 又N在底面正方形ABCD上，即点N的轨迹为图示中的圆弧， 易知⇒∠EGB＝⇒∠EGF＝π－， 所以动点N的轨迹长度为. 答案： 10．在三棱锥P­ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，PA＝AC＝2，AB＝3.当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为________． 解析：因为在三棱锥P­ABC中，PA，AB，AC两两垂直，所以AB⊥平面PAC，则BD与平面PAC所成的角为∠ADB，tan ∠ADB＝，当AD取得最小值时，∠ADB取得最大值．在等腰Rt△PAC中，当D为PC的中点时，AD取得最小值．以A为坐标原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，1，1)， 则＝(0，1，1)，＝(0，2，－2)，＝(－3，2，0)． 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令y＝3，得n＝(2，3，3)． 因为cos 〈n，〉＝， 所以AD与平面PBC所成角的正弦值为. 答案： 11．如图所示，在平行四边形ABCD中，E为AB中点，DE⊥AB，DC＝8，DE＝6.沿着DE将△ADE折起，使A到达点A′的位置，且平面A′DE⊥平面ADE.设P为△A′DE内的动点，若∠EPB＝∠DPC，则点P的轨迹长度为________． 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)， C(0，8，0)，E(6，0，0)，B(6，4，0)，设P(x，0，z)， 则＝(－x，0，－z)，＝(－x，8，－z)， ＝(6－x，0，－z)，＝(6－x，4，－z)， ∴cos ∠EPB＝cos 〈〉＝， cos ∠DPC＝cos 〈〉＝， ∵∠EPB＝∠DPC，∴cos ∠EPB＝cos ∠DPC， ∴＝， 整理化简得x2＋z2－16x＋48＝0， 即(x－8)2＋z2＝16，∴点P的轨迹为圆弧， 所在圆交A′E于P1，交DE于P2(4，0，0)， 则＝＝4， ∴所对应的圆心角α＝， ∴弧长l＝αr＝，即点P的轨迹长度为. 答案： $