探究立体几何中的轨迹问题-《中学生数理化》高考数学2026年4月刊

中学生表理化餐蓝学经典翠破方法 探究立体几何中的轨迹问题 ■陕西省西安市第八十九中学 彭文静 立体几何是高中数学的重要组成部分， MCMC 1 而轨迹问题则是立体几何中最具挑战性且富 =1,有M,D=M:A=立，所以△CM,M:∽ 有趣味性的内容之一。这类问题将静态的立 △CDA,则M1M2∥AD。又M1M:寸平面 体图形与动态的点、线、面相结合，既考查空 ADE,ADC平面ADE,所以M1M:∥平面 间想象能力，又锻炼逻辑推理能力。同时，由 ADE。又因为BM1∩M1M:=M1,BM1, 于“动态”元素的引入，立体几何题变得更加 M1M2C平面BM1M:,所以平面BM,M2∥平 多元化，它能够在立体几何问题与平面几何 面ADE,则，点M的轨迹为线段M,M2。 中的解三角形问题、多边形面积问题，以及解 在△CM1M2中，有CM1=CM2=1, 析几何问题之间建立联系，实现这些知识点 ∠M,CM,=120°，由余弦定理可得M,M,= 之间的灵活转化。 WM1C+M,C2-2MC·M2Ccos120°= 一、由动点保持平行求轨迹 √3，即点M的轨迹长度为√3。 处理动点保持平行关系的轨迹问题时， 二、由动点保持垂直求轨迹 关键是要找出过该点且与已知直线或平面平 解决动点保持垂直关系的轨迹问题，通常 行的平面。通过构造平行平面，可以将空间 需要找出过该点且与已知直线垂直的平面，或 中的轨迹问题转化为平面几何问题，从而确 者利用三垂线定理等性质。通过建立垂直关 定轨迹的形状和位置。这种方法的核心是利 系，可以确定动点所在的特定平面或直线，进 用面面平行或线面平行的性质定理，将复杂 而求出轨迹。这类问题往往需要综合运用线 的空间关系简化为平面关系。 面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理。 例1如图1，在三 例2如图3，在三棱柱 棱柱ABC-A1B1C1中 ABC-A1B,C1中，侧棱均与底面 AB=4,AC=3,BC=5, 垂直，侧棱长为2，AC=BC=1, AA1=6,D为CC1的中 图1 ∠ACB=90°，D是A1B1的中 点，E为BB,上一点， 点，F是侧面AA1B1B(含边界) BB1=3BE,∠ACD=120°，M为侧面 上的动点。要使AB,⊥平面 图3 AAC1C上一点，且BM∥平面ADE,则点 C,DF,则线段C,F的长的最大值为( M的轨迹的长度为( )。 B.√2 c D.5 A.2 B.3 C.√2 D.1 解析：由题意知， 解析：因为AC=BC=1,∠ACB=90°， BE=2,CD=3。如图 所以AB=A1B1=√2。 2,在CD上取点M1,使 如图4，取E为BB1上靠 得M1D=2,MC=1, 图2 BE 近B,的四等分点，则 则M1D∥BE且M1D= DB BE,所以四边形BEDM1为平行四边形，故 BM1∥DE。又BM,￠平面ADE,DEC平面 巨_AB,所以△DBED 2 AA ADE,所以BM1∥平面ADE。 △AA1B1,故DE⊥AB1。 图4 在AC上取点M,,使得M,A=2,M,C 因为AA1⊥平面A1B1C1, 38 强赞数壁典澳壁方清中学生表理化 C1D二平面A1B,C1,所以AA1⊥CD。因为 EF.CN=0,Ei·CN=O,即EF⊥CN, C1D⊥A1B1,A1B1∩AA1=A1,A1B1 EH⊥CN。 AA1二平面AA1B1,所以C1D⊥平面 又EF和EH为平面EFGH中的两条 AA1B1。又因为AB,二平面AA1B1,所以 相交直线，所以CN⊥平面EFGH。又因为 C1D⊥AB:。 因为DE∩C1D=D,DE,C1DC平面 i=(-受受，=（受2） C1DF,所以AB1⊥平面C1DF。 所以M为EG的中点，则M∈平面EFGH。 故点F的轨迹为线段DE,由C1D⊥ 若要使MP⊥CN,则必有点P∈平面 EFGH。又点P在正方体表面上运动，所以 DE,可得CF的最大值为C,E= 2。 点P的轨迹为矩形EFGH。 例3在棱长为a的正方体ABCD 因为EF=GH=Q,EH=FG=5。 2a,所 A1B1C1D1中，M,N分别为BD:,B1C1的中 点，点P在正方体表面上运动，且满足MP⊥ 以点P轨迹的长度为矩形EFGH的周长， CN,则点P轨迹的长度是()。 即(2+√5)a。 故选A。 A.(2+5)a B.(3+√3)a 三、由动点保持等距（或定长）求轨迹 C.(3+W5)a D.4a 处理与距离相关的轨迹问题时，要牢记 解析：在正方体ABCD-A1B1C1D1中， 空间中的基本轨迹：到定点距离相等的点的 以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分 轨迹是球面；到定直线距离相等的点的轨迹 别为x轴，y轴，之轴，建立 是圆柱面；到两定点距离之和为定值的点的 如图5所示的空间直角坐 轨迹是椭球面。通过分析距离关系，可以确 标系Dxy≈，则D(0,0,0), 定动点所在的曲面，再结合几何体的边界条 M(2,2,2)N(2a 件，求出实际的轨迹图形。 a),C(0,a,0),所以C 图5 例4在《九章算术》中， 将四个面都为直角三角形的 (2.0.a) 三棱锥称之为鳖嚅。如图6 所示，某同学利用两个完全一 设P(x,y,x),则M市=(x-2,y 样的半圆柱，得到了一个三棱 图6 锥A-BCD,该三棱锥为鳖懦， 2-） O1,O2为半圆柱的圆心，半径为2，BD=4, 因为MP⊥CN,所以MP·CN= ∠AO,C=60°，动点Q在△ACD内运动（含 边界)，且满足BQ=√10，则点Q的轨迹长 2(x-g)+a(e-g)=0,可得2x+4x 度为()。 3a=0。 A.2π B.√3π 当x=a时，=牙；当x=0时，*=3 C.2√2π D.2√5π 9 解析：因为三棱锥A-BCD为鳖臑，所以 取E(ao,）F(aa,年），H(o,0 BD⊥平面ABC。 在△ABD中，因为DB⊥AB,AB=4, ).G(Oa,3),连接EF,FG.GHHE, BD=4,所以AD=√/4+4=4√2。 则E正=HG=(0,a,0),Ei=FG= 如图7，过点B作BT⊥AD于点T,则 (-a,0,?),所以四边形EFGH为矩形，则 号×BTXAD=-名×DBXAB,即2XBTX 39 中学生数理化 解题篇经典题突破方法 高三数学2026年4月 1 42=2×4×4,解得BT 动点，M,N分别为CD1, BC1的中点，若直线BP与直 2V2<√10。 线MN所成的角为6，且sin0 因为O2A⊥AC,∠AO,C =60°，O,C=4,所以AC=4× 二，则动点P的轨迹所围 图7 sin∠AO2C=23,BC= 成的图形的面积为。 图8 √AB2+AC=2√7。 解析：如图8，连接BD1,因为M,N分别 为C1D1,BC1的中点，所以MN∥BD1,因此 在Rt△BCD中，DC=√BD'+BC= 直线BP与MN所成的角就是直线BP与 √4+28=√44，所以AC2+AD2=DC2,则 BD1所成的角。 AC⊥AD。 在正方体ABCD-AB,C1D,中，可知 因为BD⊥平面ABC,ACC平面ABC, AC⊥BD,AC⊥DD1。又因为BD∩DD1= 所以BD⊥AC。又BD∩AD=D,且BD, D,且BD,DD1二平面BDD1B1,所以AC⊥ ADC平面ABD,所以AC⊥平面ABD。 平面BDD1B1。因为BD,C平面BDDB1, 因为BTC平面ABD,所以BT⊥AC。 所以AC⊥BD,。同理可得AB,⊥BD1。因 因为BT⊥AD,AD∩AC=A,AD,ACC 为AC∩AB,=A,且AC,AB,C平面ACB1, 平面ACD,所以BT⊥平面ACD。又TQC 所以BD1⊥平面ACB:,故∠PBD1=日。 平面ACD,所以BT⊥TQ。 设BD,与平面ACB,的交点为G,连接 在Rt△BTQ中，BQ=√10，BT=2√2， PG,所以BD⊥PG,因此在Rt△PGB中， 则QT=√BQ一BT=√2。 tan 0- PG BG 过点A作AE⊥DC于点E,则AE× DC=AC×AD,即AE×W44=2√3×4√2， 因为sin9=5 ,所以tang=子 解得AE=4V66 11 由三棱维V。=Vc,即×X 过点T作TF⊥DC于点F,因为T是 后×5X后-吉×号×后×5×sm60× AD的中点，所以TF∥AE,TF=266 11 BG,可得BG=1,则PG=2 1 √2。 所以动点Q在△ACD内（含边界）的轨 所以点P的轨迹是以G为圆心，2为半 迹是以T为圆心，TQ=√2为半径的半圆，故 径的圆，其面积S=×(分)厂-子。 点Q的轨迹长度为√2π。 立体几何中的轨迹问题虽然形式多样， 四、由动点保持等角（或定角）求轨迹 但通过系统归纳可以发现其内在规律。平行 解决与角度相关的轨迹问题时，往往需 关系导向平面截痕，垂直关系确定特定平面， 要将空间问题转化为平面问题。当动点与某 等距条件对应球面柱面，等角情况连接圆锥 些定点连线成定角时，轨迹通常是圆锥曲线 曲线。掌握“空间问题平面化”的核心思想， 在空间中的对应图形。通过建立适当的坐标 熟练运用几何定理与坐标方法，就能在这些 系，或者利用几何变换，可以将空间角度问题 动态问题中找到突破口。希望同学们通过本 转化为平面几何中的圆、椭圆、双曲线或抛物 文的学习，能够建立解决轨迹问题的系统性 线问题，从而确定轨迹的形状。 思维，在高考中游刃有余地应对这类综合性 例5如图8所示，正方体ABCD 强、思维量大的精彩好题。 AB1C1D1的棱长为√3，P是平面ACB,内的 (责任编辑王福华) 40