立体几何：动点轨迹问题 专项训练-2026届高考数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦立体几何动点轨迹，融合补形、建系、轨迹定义等方法，系统覆盖外接球、正方体等几何体，强化空间转化与代数运算能力，体现数学眼光、思维与语言的核心素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |外接球与多面体|4题|补形法、球截面性质|几何体性质→外接球半径→轨迹圆半径推导| |正方体与长方体|6题|坐标法、线面垂直转化|空间直角坐标系→动点坐标关系→轨迹方程构建| |旋转体与翻折|5题|轨迹定义（圆/球面）、动态几何分析|翻折/旋转不变量→轨迹形状判定→长度/面积计算| |综合应用|4题|空间向量、函数最值|多知识点融合→轨迹综合计算→数学模型应用|

2026届高考数学三轮冲刺典型考点归纳： 立体几何--动点轨迹问题 一、单选题 1．已知四面体满足动点在四面体的外接球的球面上，且则点的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 2．将边长为的正方形沿着对角线折起，使点到达点的位置，得到三棱锥，点平面，且若则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 3．已知正三棱锥，满足，点在内部（含边界）运动，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 4．已知球的半径为，是球表面上的定点，是球表面上的动点，且满足，则线段轨迹的面积为（   ） A． B． C． D． 5．在空间中，到一定点的距离为定值的点的轨迹为球面，已知菱形ABCD的边长为2，，P在菱形ABCD的内部及边界上运动，空间中的点Q满足，则点Q轨迹所围成的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 6．在正方体中，点在四边形内（含边界）运动.当时，点的轨迹长度为，则该正方体的表面积为（    ） A．6 B．8 C．24 D．54 7．如图，在长方体中，为棱的中点，为四边形内（含边界）的一个动点.且，则动点的轨迹长度为（    ） A．5 B． C． D． 8．如图，在长方体中，，，，点P是长方体表面上的动点，若，则点P的轨迹所围成的图形的面积等于（） A． B． C． D． 9．已知边长为的正方体，点为内一个动点，且满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 10．六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的个数有（    ） ①异面直线与所成的角为45°； ②此八面体的外接球与内切球的体积之比为； ③若点为棱上的动点，则的最小值为； ④若点为四边形的中心，点为此八面体表面上动点，且，则动点的轨迹长度为. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、多选题 11．如图，已知棱长为2的正方体中心为，将四棱锥绕直线顺时针旋转之后，得到新的四棱锥，则（    ）    A． B．当时，四棱锥顶点运动的轨迹长度为 C．当时，平面平面 D．存在旋转的角度，使得四点共面 12．在棱长为2的正方体中，点满足，则下列说法正确的是（    ） A．若，则点的轨迹长度为 B．若，则的最小值为 C．若，则 D．当时，若与平面所成的角为，则 13．如图1，在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则与所成角的最大值是 B．若平面，则动点的轨迹是一条长度为的线段 C．若的外心为，则为定值4 D．若直线，与平面所成的角相等，则点的轨迹长度为 14．已知棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，为棱上一点，动点在线段上，动点在正方形内及其边界上，且．记点的轨迹为曲线，则（   ） A． B．曲线的长度为 C．存在，，使得平面 D．当与只有一个公共点时， 15．已知正方体的棱长为2，P，Q为底面ABCD内的两个动点，且满足．设与平面ABCD所成的角为，当取得最大值时，，则下列说法正确的是（    ） A．P的轨迹是圆（部分） B．的最大值为 C． D．取最大值时，Q的轨迹是椭圆（部分） 三、填空题 16．如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO中点，动点P在圆锥底面内（包括圆周）．若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为 ，点S与P距离的最小值是 ．    17．已知四棱柱中，底面是边长为的菱形且，底面，，点是四棱柱表面上的一个动点，且直线与所成的角为，则点的轨迹长度为 . 18．如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，在平面的射影为，则在翻折过程中，点的轨迹的长度为 ，三棱锥体积最大值为 . 四、解答题 19．如图，圆柱的底面半径和母线长均为4，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，，点是上底面上的一个动点（若建系，请以为坐标轴建系） (1)求平面与平面的夹角的余弦值； (2)若，求动点的轨迹形状和长度； (3)若点只在上底面上的圆周上运动，求当的面积取得最大值时，点的位置.（可用坐标表示） 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C A C D C B C A B 题号 11 12 13 14 15 答案 BCD BCD BCD AC ABD 1．C 将该四面体放置在一个长方体中，通过题意可得到点的轨迹为一个圆，设其半径为利用勾股定理求解半径，即可求解． 解：如图，将该四面体放置在一个长方体中， 由题可知长方体的长、宽、高分别为 体对角线长为 其外接球半径 因为所以点的轨迹为一个圆，设其半径为 则即解得 或即此时无解， 故所求长度为． 故选：C． 2．C 作出几何图形，结合线面垂直、面面垂直的判定性质，借助勾股定理确定点的轨迹，进而求出轨迹长. 如图，取棱的中点，连接，则， 又平面，则平面，由平面， 得平面平面，在中，，由余弦定理得 ，为钝角，且， 在平面内过点作交的延长线于点，而平面平面， 于是平面，连接，又平面，则， 在中，， 在中，，， 因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 所以点的轨迹长度为. 故选：C. 3．A 根据正三棱锥的图形特征，计算得出点的轨迹计算即可. 由题意可知，正三棱锥，设正的中心为，得 ，又， 点在内部（含边界）运动，且， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在内部（含边界）的弧， 作于，则点的轨迹长度为. 故选：A. 4．C 以球的球心为坐标原点，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，设，根据题设可得，在线段取点，使，从而得线段轨迹为圆锥的侧面，即可求解. 如图，以球的球心为坐标原点，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为球的半径为，则，设， 则，，所以， 又，，则，得到， 如图，在线段取点，使，所以线段轨迹为圆锥的侧面， 又，则，所以圆锥的侧面积为， 所以线段轨迹的面积为， 故选：C. 5．D 依题意由P在菱形ABCD的内部及边界上运动且可知Q的轨迹，截取平面图将几何体拆分成若干部分利用对称性分别求得各部分体积即可得出结果. 根据题意可知Q的轨迹所围成的几何体截面图（过平面ABCD），如图所示， 其中ABEF，ADHG，CDIJ，BCKL区域内的几何体为半圆柱， 它们的高为2，底面半径为1，体积为； AFG，BEL，CKJ，DHI区域内的几何体为球的一部分，球心分别为A，B，C，D， 半径为1，，， ， 所以这四个区域的几何体组成一个半径为1的完整的球，体积为； 而ABCD区域内的几何体为棱柱，高为2，体积为， 所以Q的轨迹所围成的几何体体积为， 故选：D． 关键点点睛：本题关键在于首先确定点Q是绕点的球面，再结合点在菱形ABCD的内部及边界上运动得出所围成的几何体，再由几何体体积的求法可得结果. 6．C 由线段是定值结合正方体的特征得出点的轨迹，结合弧长公式计算即可. 设正方体棱长为， 由正方体性质知平面， 平面，得， 所以， 所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧， 设圆弧分别交与点，则， 所以，同理，所以圆心角是， 则轨迹长度为，可得， 所以正方体的表面积为. 故选：. 7．B 利用正方体性质以及线面垂直判定定理可证明平面，由线面垂直的性质可得当时，动点的轨迹为. 如下图所示： 作交于点，易知四边形是边长为4的正方形， 利用三角形相似可知，即可得，所以， 由勾股定理可知， 利用正方体性质可知平面，平面，所以； 又，，平面， 可知平面； 由可知平面，又为四边形内（含边界）的一个动点， 所以动点的轨迹为平面与四边形的交线，即为， 因此可得动点的轨迹长度为. 故选：B 8．C 先找到与BD1垂直的平面，从而得到点P的轨迹即为该面与长方体的交线，即可由三角形面积公式求解. 连接相交于，取的中点，连接， 由于平面，平面，故， 又，故，平面， 故平面，平面，故， 由，，故， 在中，， 在中，， 故，进而得， 故，由于，故， 又平面，故平面 故点的轨迹为线段，其轨迹所围成的图形为三角形； 其中， 故三角形面积为. 故选：C. 9．A 由，则点在以点为球心，为半径的球面与平面的交线；结合点到平面的距离判断球面与平面的相交的小圆的半径与内切圆半径的大小，结合圆的性质即可求解. 设点到平面的距离为， 由，则， ， 则， 以点为球心，为半径的球面与平面相交的圆半径为； 等边的内切圆半径为， 设的中心为轨迹与分别交于两点， 如图，弧长的三倍即为所求； ，所以， 可得， 故交线长为． 故选：A    10．B 对①：借助等角定理，找到与平行，与相交的线段，计算即可得；对②：借助外接球与内切球的性质计算即可得；对③：空间中的距离和的最值问题可将其转化到同意平面中进行计算.对④，计算的值，并比较它们的大小，即可得出当点在平面内时，点在三角形的内切圆上运动，结合对称性即可验算. 对①：连接，取中点，连接、， 由题意可得、为同一直线，、、、四点共面， 又，故四边形为菱形， 故，故异面直线与所成的角等于直线与所成的角， 即异面直线与所成的角等于，故①错误； 对②：由四边形为正方形，有， 故四边形亦为正方形，即点到各顶点距离相等， 即此八面体的外接球球心为，半径为， 设此八面体的内切球半径为， 则有，化简得， 则此八面体的外接球与内切球的体积之比为，故②正确； 对③：将延折叠至平面中，如图所示： 则在新的平面中，、、三点共线时，有最小值， 则，故③错误. 对于④，设三角形的内切圆半径为，则由等面积法，有， 解得， 由②可知，点到平面的距离为， 所以， 这表明当点在平面内时，点在三角形的内切圆上运动， 它的周长是， 根据对称性可知动点的轨迹长度为，故④正确. 正确的编号有②④. 故选：B. 11．BCD 根据二面角的平面角判断A，根据扇形弧长公式判断B，根据平面平行的判定定理判断C， 当时可证明线线平行判断D. 如图，    对于A，取的中点，则， 所以为二面角的平面角，故， 而，因此A错误； 对于B，当旋转了也绕着旋转，由于到的距离是正方体面对角线的一半，即， 因此旋转的轨迹长度是，故B正确； 对于C，把正方体的左边补多一个全等的正方体，则是补充正方体的中心． 因此，平面，平面， 从而平面，同理可得平面． ，平面， 因此平面平面，故C正确； 对于D，由C可知，当时，． 因此四边形是平行四边形，因此，即， 因此四点共面，D正确． 故选：BCD 12．BCD 由题意可得点在侧面内运动，对于A，由条件可得点的轨迹是以点为圆心、2为半径的圆，对于B，点的轨迹为线段，对于C，点的轨迹为平面与侧面的交线，对于D，由线面角的定义，即可判断. 由点满足可知， 点在正方体的侧面内（含边界）. 选项A：因为，所以，又，， 所以， 所以点的轨迹是以点为圆心、2为半径的圆， 所以点的轨迹长度为，所以A错误. 选项B：解法一  连接，，，若， 则点的轨迹为线段，易知是正三角形， 所以的最小值是的边上的高， 故的最小值为，所以B正确. 解法二  连接，若，则点的轨迹为线段， 易知平面，连接， 因为平面，所以， 则，所以B正确. 选项C：连接，，，易知平面， 所以符合条件的点的轨迹为平面与侧面的交线， 所以，所以C正确. 选项D：设，的中点分别为，连接，则当时， 点的轨迹是线段.因为平面， 所以就是与平面所成的角， 所以，所以. 由得， 又，所以，所以D正确. 故选：BCD 13．BCD 建立如图所示的空间直角坐标系，由特例可判断A的正误，根据平行得的轨迹，从而可判断B的正误，根据外心的向量性质可判断C的正误，根据所成的角相等求出的轨迹圆，计算轨迹长度后可判断D的正误. 以为坐标原点，以为坐标轴建立空间直角坐标系，如图2， 则，，，，，． 设，因为，所以， 所以，，，即，． 对于A，，， 所以，当时，， ，所成的角为，A错误． 对于B，当平面时，设． 易知，则， 又，所以，，即， 所以点的轨迹为棱，的中点连线所成的线段，长度为，B正确． 对于C，如图，取的中点为，连接，则， 则，故C正确． 对于D，由题可知，，则． 因为平面的一个法向量为， 所以， ， 因为直线，与平面所成的角相等，所以， 结合，，可得，，， 所以点的轨迹是在平面上以点为圆心、为半径的圆在正方形内的部分（如图3中的劣弧）． 此时，，故，故为等比三角形， 故劣弧的长度为，故D正确． 故选：BCD． 14．AC 对于A，根据条件可得面，即可求解；对于B，根据条件可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，即可求解；对于C，根据条件可得面面，即可求解；对于D，在面上建立平面直角坐标系，根据条件，求出的坐标，即可求解. 对于选项A，如图1，连接，因为，分别是棱，的中点，则， 由正方体的性质易知，所以，又面，面，所以面， 则动点到平面的距离为定值，又动点在线段上，则，所以选项A正确， 对于选项B，如图2，连接，因为面，又面，所以， 又，E是棱的中点，所以，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧， 所以曲线的长度为，故选项B错误； 对于选项C，如图2，连接，，且与曲线交于， 因为，面，面，所以面， 又易知，面，面，所以面， 又，面，所以面面， 因为面，所以面，则与重合时，平面，所以选项C正确， 对于选项D，如图3，建立平面直角坐标系，则动点在圆上， 当与曲线只有一个公共点时，设直线的方程为， 则，整理得到，解得或（舍），所以， 令，得到，即，所以，所以选项D错误， 故选：AC. 15．ABD 建立空间直角坐标系，根据求得点的轨迹可判断A；要使得与底面所成的角最大，从而点在上，再由直线与平面的夹角可得，从而可得出最大值可判断B；根据三角形面积计算可判断C；由，可知点到的距离为，即点在以为轴，半径为的圆柱与底面ABCD内的交线上，利用圆柱的斜截面为椭圆即可得出结论. 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，设，则， 因为，所以， 即， 所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆与正方体底面的交线，故A正确； 要使得与底面所成的角最大，则最短， 此时， 从而，所以的最大值为，故B正确； ，故C错误； 设点到的距离为， 因为， 所以点在以为轴，半径为的圆柱与底面ABCD内的交线上， 又圆柱的轴与底面ABCD的夹角为， 所以点的轨迹是椭圆（部分）. 故选：ABD. 16． / / 建系，根据空间向量的垂直关系可得点P的轨迹方程为.空1：根据圆的弦长公式运算求解；空2：根据空间中两点间距离公式运算求解. 由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示．    则， 设，则， 因为AM⊥MP，则，解得， 所以点P的轨迹方程为， 空1：根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为； 空2：因为， 所以当时，点S与P距离的最小，其最小值为． 故答案为：；. 17． 根据四棱柱的性质可得点的轨迹是以为轴的圆锥的侧面与四棱柱的表面的交线，分析点在各平面的轨迹，计算轨迹长度可得结果. ∵，直线与所成的角为， ∴直线与所成的角为， ∴点的轨迹是以为轴（其中为顶点），母线与轴所成角为的圆锥的侧面与四棱柱的表面的交线． 如图，在线段和上分别取点，使得，连接， ∵在四棱柱中，底面， ∴平面， ∵平面，∴， ∴，故， ∴点在四边形与四边形上的运动轨迹为线段和，且. 当在四边形上运动时，其轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧， 故点在四边形上运动的轨迹长度为， 综上得，点的轨迹长度为． 故答案为：. 18． / 第一空，利用中位线定理与平行线的传递性推得点的轨迹与点轨迹相同，再利用线面垂直的判定定理分析得点的轨迹，进而得到点的轨迹为点的轨迹圆的直径；第二空，利用线面垂直分析得当时，三棱锥体积最得最大值，从而得解. 取的中点为，连接，如下图所示： 由为的中点，可得，且； 又为边的中点，所以，且， 则，故点的轨迹与点轨迹相同， 因为菱形中，，，为边的中点， 所以，则， 又平面，所以平面， 在翻折过程中，点由的中点翻折到的中点过程中， 的轨迹是以为圆心，为半径的半圆， 则点的轨迹是以的中点为圆心，为半径的半圆， 所以点的轨迹是半径为的半圆， 则在平面的射影为的轨迹应为圆的直径， 所以点的轨迹的长度为1； 当时，由于平面， 所以平面，即又因为是定值， 故此时三棱锥体积最大， 在中，易得，， 所以， 故三棱锥体积最大值为. 故答案为：1；. 关键点点睛：本题关键在于根据翻折规则找出对应位置关系，利用变量与不变量之间的关系研究定值与最值等问题，进而解决轨迹问题. 19．(1) (2)圆； (3) （1）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用面面夹角的向量求法求解即可. （2）设出动点，利用空间向量垂直的坐标表示求解轨迹方程，进而得到形状是圆，再结合圆的弧长公式求解轨迹长度即可. （3）利用三角形面积公式分析出面积最大时点到直线的距离最大，再利用点到直线的距离公式将表示为一元函数，再结合二次函数的性质求解的坐标即可. （1）由题意得，， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 因为圆柱的底面半径和母线长均为4，， 所以，，，则，， 设平面的法向量为，得到， ，令，解得，， 故平面的法向量为，易知平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则. （2）设，则，， 因为，所以，则， 化简得，即， 即动点的轨迹是圆心在原点，半径为的圆，轨迹长度为. （3）由已知得，， 由模长公式得， 由题意得圆的方程为，故设， 设到的距离为，而， 故当最大时，只需要保证最大即可，而， 则， ，， 故， 由点到直线的距离公式得， ， ， ， 令，则， 由二次函数性质得在上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得最大值，则值最大，的面积最大，此时， 由同角三角函数的基本关系得，故. www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 1 学科网（北京）股份有限公司 $