第七章 7.10 立体几何中的动态、轨迹问题 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何动态轨迹问题，依据高考评价体系梳理平行垂直、角度距离、翻折三大核心题型，结合2021新高考全国Ⅰ卷等真题及模拟题，明确轨迹方程、截面圆计算等高频考点，构建系统备考框架。 课件亮点在于“题型建模+素养渗透”，如例1通过空间向量与球的定义求正四棱锥轨迹，培养数学思维与空间观念，跟踪训练结合正方体模型，提供轨迹方程推导、截面圆半径计算等技巧，助力学生掌握解题方法，教师可据此精准教学，提升复习效率。

立体几何中的动态、轨迹问题 “动态”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化. 重点解读 2 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.π B.2π C.2 D.2π 题型一　平行、垂直中的动态轨迹问题 √ 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(0，0，2)，D(-2，0，0)， 设M(x，y，0)，∴=(x，y，-2)，=(-2-x，-y，0)， ∵PM⊥MD， ∴·=x(-2-x)-y2=0， 即x2+2x+y2=0， 即(x+)2+y2=2， 解析　∴在平面ABCD中，点M的轨迹是以(-，0)为圆心，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，即为所求，=·2π·=π. 解析　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， 解析　∴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=2，∴EN=， 设球的半径为R，R=2，球与平面ABCD的截面圆的半径为r， ∴r==， 如图，=·2π·=π， ∴所求轨迹长度为π. 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. 思维升华 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=，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　　　　　　. 2+4 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=C1M=2，B1M=B1H=2， 故点F的轨迹长度为2+4. 例2　(2025·兰州模拟)如图，在三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC，∠BAC =且SA=AB=AC=，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，则点P的轨迹长度为 A. B.π C. D. 题型二　距离、角度有关的动态轨迹问题 √ 解析　过点A作AH⊥平面SBC，H为交点，因为SA=AB=AC=，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××××=××2×2×AH， 则AH=，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， 所以tan∠APH==， 解析　解得PH=，所以点P的轨迹是以H为圆心，为半径的圆落在△SBC内(包括边界)的圆弧. 根据SH=，可知四边形SMHN是菱形，且∠MHN=， 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××=. 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. 思维升华 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.12 B.13 C.14 D.17 √ 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=， 化简得2x-1=(z-2)2， 由0≤z≤3得≤x≤， ∴HP2=(x-3)2+9+(z-2)2=x2-6x+18+2x-1=x2-4x+17=(x-2)2+13，≤x≤， 所以当x=2时，HP2取最小值13. 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=，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 D.三棱锥A1-CDE的外接球的体积为π 题型三　翻折有关的动态轨迹问题 √ √ √ 解析　对于A，由题意得∠BEC=∠CED=，所以∠BED=，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； 解析　对于C， 因为四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE=，所以CE==2， 过点F作FG⊥BE交BE于点G，如图， 则FG=BF=， 所以折起过程中，F点的轨迹是以G为圆心，FG=为半径，圆心角为的圆弧， 所以F点的轨迹长为×=，故C错误； 解析　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=BE=，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=+22=6，所以R=， 所以外接球的体积V=R3=×=π， 即三棱锥A1-CDE的外接球的体积为π，故D正确. 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. 思维升华 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=BO=2.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π B.Ω2的表面积为(12-4)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 √ √ 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=，∠AOH=， 所以AM=AO=，AH=AO=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×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的半圆，其长度为×2π×=π， 解析　所以经过两次旋转后，点A的运动轨迹总长为(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2 =π，A正确； Ω2为两个大圆锥挖去两个小圆锥，表面积为2(π××2+π××2)=(12+4)π，B错误. 课时精练 一、单项选择题 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B1 B.线段B1C C.线段B1C1 D.平面B1BCC1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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·的取值范围是 A.[0，2] B.[1，3] C.[2，4] D.[3，5] 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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，，0)，C1(0，，2)， =(-x，，-z)，=(-x，，2-z)，·=x2+3+z2-2z=x2+(z-1)2+2， 当x=-1或x=1，且z=0或z=2时，·取最大值4， 当x=0，且z=1时，·取最小值2，所以·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=，AA1⊥底面ABCD，AA1=，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，则点P的轨迹长度为 A.2+ B.4+ C.2+ D.4+ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　∵CC1∥AA1，直线AP与CC1所成的角为， ∴直线AP与AA1所成的角为， ∴点P的轨迹是以AA1为轴(其中A为顶点)，母线与轴所成角为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==，故∠MAA1=∠NAA1=， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　∴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==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，圆心角为的圆弧， 故点P在四边形A1B1C1D1上运动的轨迹长度为×1=， 综上，点P的轨迹长度为2×2+=4+. 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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S△SABh1+S△SACh3=2×S△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=a2， 又因为S△PAB+S△PBC+S△PAC=S△ABC，即a(d1+d2+d3)=a2， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　所以d1+d2+d3=a， ① 由S△PAB+S△PAC=2S△PBC， 可得a(d1+d3)=2×ad2， 可得d1+d3=2d2， ② 联立①②可得d2=a， 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a的线段. 二、多项选择题 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π 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 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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，所以半圆弧BD长为×2π×=π，即点P的轨迹长度为π，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； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　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× =2，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=λ+μ，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=时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP D.当μ=时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　=λ+μ(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=++=++，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， 则==S△PBC×=S△PBC=××1×1=，为定值，故B正确； 图2 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　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=时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2+BP2=A1B2，即+(1-μ)2+ +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. 图1 图2 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　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=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)，A1，P， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　所以=，=， 若A1B⊥平面AB1P， 则A1B⊥B1P，所以-+=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. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 三、填空题 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　　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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 =××sin =. 8.(2026·菏泽模拟)如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠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　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 10π 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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PD=，且P点在平面ABC上方， 所以M的轨迹是以DC的中点为圆心，为半径的半圆， 所以PC的中点M的运动轨迹长度为×2π×=； 因为AD=1，AE=，∠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=CE==， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　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=，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×=10π. $