立体几何动点轨迹问题专项训练-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦立体几何动点轨迹，通过几何构造与代数建模双路径，系统整合线面关系、空间角与轨迹方程，培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |几何法|6题（如1/2/11题）|辅助平面构造、面面平行判定、交线轨迹确定|从几何体性质到线面平行，推导轨迹为线段| |代数法|4题（如6/8/10题）|空间坐标系建立、轨迹方程求解|用坐标量化距离/角关系，确定圆或圆弧轨迹| |综合应用|2题（如3/7题）|线面角转化、体积定值分析|结合几何直观与代数运算，综合轨迹长度计算|

立体几何动点轨迹问题 1．在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，则平面的一个充分非必要条件是（   ） A．为 B．为的中点 C．的轨迹长度为 D．为的中点 2．如图，在四棱锥中，底面是正方形，，侧棱底面，是的中点，是内的动点，，则的轨迹长为（    ）     A． B． C． D． 3．在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），是线段上的两个动点，且，是的中点，则下列说法中不正确的是（   ）    A．三棱锥的体积为定值 B．在线段上存在一点，使得平面 C．存在点，使得平面 D．若，那么点的轨迹长度为 4．如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，F是线段的中点，则下列错误的是（   ）     A．三棱锥体积的最大值为 B．若点P满足，则动点P的轨迹长度为 C．当直线与所成的角为时，点P的轨迹长度为 D．当P在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 5．如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中正确的是（   ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．若平面，则动点的轨迹的长度为 D．若，则动点的轨迹长度为 6．如图，在棱长为2的正方体中是正方形的中心是内（包括边界）的动点，满足则点的轨迹长度是（    ） A． B． C． D． 7．如图，在三棱锥中，平面，且，若在内（包括边界）有一动点，使得与平面所成角的正切值为，则点的轨迹长为（    ） A． B． C． D．6 8．如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 9．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． 10．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内的一个动点，当 时，点的轨迹长度是（   ） A． B． C． D． 11．如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为底面ABCD内一动点（含边界）．若平面，则动点F的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 12．如图，在三棱柱中，M为A1C1的中点N为侧面上的一点，且MN//平面，若点N的轨迹长度为2，则（    ）    A．AC1=4 B．BC1＝4 C．AB1＝6 D．B1C＝6 参考答案 1．D 【分析】取线段的中点，求证平面平面，即可逐一分析选项. 【详解】取线段的中点，连接，则， 因点分别是棱的中点，则，则， 因平面，平面，则平面， 因，，，，则，， 则四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，则平面， 又平面，则平面平面， 故欲使在正方形（包括边界）内，且平面， 则点必在线段上； A选项：当为时，无法得出平面，故A错误； B选项：当为的中点，无法得出平面，故B错误； C选项：的轨迹长度为，无法说明点在线段上， 但若平面，则的轨迹长度为， 则的轨迹长度为是平面的必要不充分条件，故C错误； D选项：为的中点，即点重合时，必有平面， 但平面时，不一定为的中点， 故为的中点是平面的充分不必要条件，故D正确. 故选：D 2．B 【分析】先构造与垂直的平面，利用面面平行，得到平面，进而确定交线，最后再应用余弦定理计算即可. 【详解】先找到一个平面总是保持与垂直，取，的中点，，连接，，.    因为是正方形，所以.因为底面.所以.又，所以平面.所以. 因为在中，，为的中点，所以.又，所以平面. 进一步.取，，的中点，，，连接，，，，易证平面平面. 故平面， 记，又是内的动点， 根据平面的基本性质得：点的轨迹为平面与平面的交线段， 在中，，，， 由余弦定理得:.故. 故选:B. 3．C 【分析】对于A由即可判断，对于B当点为的中点时，即证即可判断，对于C建立空间直角坐标系，设，求平面的法向量，利用向量法得，即存在，使得，求出即可判断，对于D利用勾股定理确定点的轨迹，计算轨迹长度即可判断. 【详解】三棱锥的体积，点到直线距离为，而且，则面积为定值， 又点到平面的距离为1，因此三棱锥的体积为定值，故A正确． 当点为的中点时，连接，由是的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面， 所以平面，又平面，则平面即平面， 所以平面，故B正确． 以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，， 设，． 设是平面的一个法向量，则，取，则． 若平面，则，所以存在，使得，则，解得， 因此正方形内（含边界）不存在点，使得平面，故C错误． 因为平面平面，， 所以，则点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是， 所以点的轨迹长度为，故D正确． 故选：C．    4．D 【分析】显然三棱锥体积的最大值即为正四面体，求出正四面体体积可判断A；利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，求出其周长可判断B；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，求出其轨迹长度可判断C；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为线段，可判断为直角三角形，易知长度的最大值为，计算可判断D. 【详解】A，因为，而等边的面积为定值， 要使三棱锥的体积最大，当且仅当点P到平面的距离最大， 易知点C是正方体到平面距离最大的点， 所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体， 其高为， 所以，A正确； B，取中点中点K，连接，    因为分别为中点， 所以，又， 所以，则， 因为，所以， 即，又平面， 所以平面，因为， 所以点P的轨迹为，所以动点P的轨迹长度为，故B正确； C：连接以B为圆心，为半径画，如图1所示，    当点P在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又， 长度，故点P的轨迹长度为，故C正确； D，取的中点分别为， 连接，如图2所示，      易知面平面， 故平面平面平面， 故平面，又平面， 故平面平面，又， 故平面与平面是同一个平面， 则点P的轨迹为线段， 在三角形中，； ； 则， 故三角形是以为直角的直角三角形， 故，故长度的最大值为，故D错误． 故选：D 5．A 【分析】三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，利用正弦定理可得的外接圆半径，再利用外接球性质可求出外接球半径，再利用表面积公式计算即可得A；取与中点、，利用面面平行性质定理可得平面平面，则可得B；取靠近点的四等分点，利用线面垂直判定定理可得平面，则可得动点的轨迹为线段，计算出即可得C；由对称性，可假设平面，利用线面垂直性质定理与勾股定理可得，即可得在平面内轨迹，同理可得点所有轨迹，即可得D. 【详解】对于A：由四边形为正方形， 故三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为R，的外接圆半径为， ， 故， 又，则， 故，，因为平面， 故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上， 则，即， 故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确， 对于B：取与中点、，连接、、， 由正方体性质可得，， 又平面，平面，故平面， 平面，平面，故平面， 又，、平面，故平面平面， 由平面，则点的轨迹是除去点，故B错误； 对于C：取靠近点的四等分点，连接， 由正方体性质可得平面，又平面，故， 由，，故与相似， 则，故 ， 故，又，、平面， 故平面，又平面，故动点的轨迹为线段， ，故C错误； 对D：若平面，因为平面，平面， 故，由，则， 即点的轨迹为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 同理可得，点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 故其轨迹长度为，故D错误. 6．B 【分析】根据题目建立空间直角坐标系，再利用题干给出的条件列方程，找出轨迹端点进而算出轨迹长度. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则 设平面的法向量为则 令则故 设则 又整理得 联立方程则可得解得 当时；当时 记的中垂面为又是内（包括边界）的动点， 在空间中满足 点的轨迹是平面与三角形的公共部分， 即点的轨迹为线段，则, 故选：. 7．C 【分析】过作平面，为等边的中心，由等体积发可得，则与平面所成角为，所以，的轨迹为以为圆心，以为半径的落在内的圆弧． 【详解】过作平面，因为， 所以是边长为2的等边三角形，易知为的中心， 由，则， 则，与平面所成角为， 因为与平面所成角的正切值为，所以， 解得，所以的轨迹为以为圆心，以为半径的落在内的圆弧． 根据，可知四边形是菱形，且， 根据对称性可知：所形成的轨迹是三段等长的圆弧，故的轨迹长为． 故选：C 【点睛】关键点点睛：根据线面角的定义找到与平面所成角，从而得的轨迹是解题关键. 8．D 【分析】根据题意点到的距离为，由，在平面中建系，即可得点的轨迹方程，即可求解. 【详解】∵平面，平面， ∴即点到的距离为， ∴， 如图平面中以C为原点建立平面直角坐标系， 设，，， ∵， ∴，整理得， 即的轨迹是以为圆心，半径为4的圆上， 即点的轨迹的长度为， 故选：D. 9．C 【分析】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. 【详解】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. 10．D 【分析】连接，，，，可证得平面，求出和，利用勾股定理表示，得到点的轨迹，即可求解. 【详解】 设平面，连接，，，， 因为，， 所以三棱锥为正三棱锥， 因为平面，平面，所以， 因为，，所以平面， 又平面，所以， 同理可证，又，平面， 所以平面，则为正三角形的中心， 则，所以， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 即，， 因为，即， 因为，解得，所以点的轨迹是半径为的圆， 所以点的轨迹长度是. 故选：. 11．D 【分析】取AD的中点M、CD的中点N，结合题意可得平面平面，得出线段是动点F的轨迹，计算即可得. 【详解】如图，取AD的中点M、CD的中点N，连接， 因为E为BC的中点，M为中点，由正方体的性质可得， ，，所以四边形是平行四边形， 所以，，又因为，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 所以，由正方体的性质可得, ，，所以四边形是平行四边形， 所以，又因为M为中点，N为中点， 所以，所以， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 又，所以平面平面， 因为平面，所以平面， 所以动点F的轨迹为线段， 又，故动点F的轨迹长度为． 故选：D． 12．B 【分析】根据面面平行的判定定理证明平面平面，再由MN//平面可得点N的轨迹为线段DE，据此即可得解. 【详解】如图，    取的中点D，的中点E，连接MD，DE，ME， 由，， 又平面，平面，所以平面， 同理可得平面，又，平面 所以平面平面，又平面， 故点N的轨迹为线段DE，又由，可得． 故选：B． 学科网（北京）股份有限公司 $