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§7.10 立体几何中的动态、轨迹问题
重点解读 “动态”问题是高考立体几何问题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．
题型一 平行、垂直中的动态轨迹问题
例1 如图，在棱长为 a的正方体ABCD－ABC D 中，E，F，G，H，N分别是CC ，
1 1 1 1 1
C D ，DD ，CD，BC 的中点，M 在四边形 EFGH 边上及其内部运动，若 MN∥平面
1 1 1
ABD，则点M轨迹的长度是( )
1
A.a B.a C. D.
答案 D
解析 连接HN，GN(图略)，
∵在棱长为a的正方体ABCD－ABC D 中，E，F，G，H，N分别是CC ，C D ，DD ，
1 1 1 1 1 1 1 1
CD，BC的中点，则GH∥BA，HN∥BD，
1
又GH⊄平面ABD，BA⊂平面ABD，
1 1 1
∴GH∥平面ABD，
1
同理可证得NH∥平面ABD，
1
又GH∩HN＝H，GH，HN⊂平面GHN，
∴平面ABD∥平面GHN，
1
又∵点M在四边形EFGH上及其内部运动，MN∥平面ABD，
1
则点M在线段GH上运动，即满足条件，
又GH＝a，则点M轨迹的长度是.
思维升华 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．
跟踪训练1 正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在正
四棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为( )
A.＋ B.－
C．4 D.＋1答案 A
解析 如图，设AC，BD交于O，连接SO，
由正四棱锥的性质可得SO⊥平面ABCD，
因为AC⊂平面ABCD，故SO⊥AC.
又BD⊥AC，SO∩BD＝O，SO，BD⊂平面SBD，故AC⊥平面SBD.
由题意，PE⊥AC则动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S－ABCD的交线，
即平面EFG，则AC⊥平面EFG.
由线面垂直的性质可得平面SBD∥平面EFG，
又由面面平行的性质可得EG∥SB，GF∥SD，EF∥BD，
又E是边BC的中点，故EG，GF，EF分别为△SBC，△SDC，△BCD的中位线．
由题意BD＝2，SB＝SD＝＝，
故EG＋EF＋GF＝×(＋＋2)＝＋.
即动点P的轨迹的周长为＋.
题型二 距离、角度有关的动态轨迹问题
例2 已知长方体ABCD－ABC D 的外接球的表面积为5π，AA＝2，点P在四边形AACC
1 1 1 1 1 1 1
内，且直线BP与平面AACC 所成的角为，则长方体的体积最大时，动点P的轨迹长为(
1 1
)
A．π B. C. D.
答案 C
解析 因为长方体ABCD－ABC D 的外接球的表面积为5π，设外接球的半径为R，
1 1 1 1
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⊥AA，AC∩AA＝A，AC，AA⊂平面AACC ，
1 1 1 1 1
所以BO⊥平面AACC ，因为直线BP与平面AACC 所成的角为，所以∠BPO＝，故OP
1 1 1 1
＝，
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＝.
思维升华 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．
跟踪训练2 已知三棱锥P－ABC的外接球O的半径为，△ABC为等腰直角三角形，若顶点
P到底面ABC的距离为4，且三棱锥P－ABC的体积为，则满足上述条件的顶点P的轨迹
长度是________．
答案 4π
解析 设底面等腰直角三角形ABC的直角边的边长为x(x>0)，
∵顶点P到底面ABC的距离为4且三棱锥P－ABC的体积为，
∴×x2×4＝，解得x＝2，
∴△ABC的外接圆半径为r＝××2＝2，
1
∴球心O到底面ABC的距离d＝＝＝3，
1
又∵顶点P到底面ABC的距离为4，
∴顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周(球心在底面ABC和截面圆之间)且球心O到该截面圆
的距离d＝1，
2
∵截面圆的半径r＝＝＝2，
2
∴顶点P的轨迹长度是2πr＝2π×2＝4π.
2
题型三 翻折有关的动态轨迹问题
例 3 在矩形 ABCD 中，E 是 AB 的中点，AD＝1，AB＝2，将△ADE 沿 DE 折起得到
△A′DE，设A′C的中点为M，若将△ADE沿DE翻折90°，则在此过程中动点M形成的
轨迹长度为________．
答案
解析 如图，设AC的中点为M ，△ADE沿DE翻折90°，此时平面A′DE⊥平面ABCD，
0
取CD中点P，CE中点Q，PQ中点N，
连接PQ，MP，MQ，MN，MP，MQ，MN.
0 0 0MP＝MP＝AD＝，MQ＝MQ＝AE＝，PQ＝DE＝，△MPQ和△MPQ是等腰直角三角形，
0 0 0
且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M的轨迹是以N为圆心，PQ为半径的一段圆
弧，
又MP∥A′D，MP⊄平面A′DE，A′D⊂平面A′DE，∴MP∥平面A′DE，同理MQ∥
平面A′DE，
又∵MP∩MQ＝M，∴平面MPQ∥平面A′DE，
又平面A′DE⊥平面ABCD，
故平面MPQ⊥平面ABCD，
又平面MPQ∩平面ABCD＝PQ，MN⊥PQ，
故MN⊥平面ABCD，
又MN⊂平面ABCD，∴MN⊥MN，
0 0
故动点M形成的轨迹长度为π·PQ＝.
思维升华 翻折有关的轨迹问题
(1)翻折过程中寻找不变的垂直的关系求轨迹．
(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．
跟踪训练 3 (2024·连云港模拟)在矩形ABCD中，AB＝，AD＝1，点E在CD上，现将
△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，当E从D运动到C时，求点D在平面ABC
上的射影K的轨迹长度为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作
DK⊥AE，垂足K为D在平面ABC上的射影，连接D′K，由翻折的特征知，
则∠D′KA＝90°，故K点的轨迹是以AD′为直径的圆上一段弧，根据长方形知圆半径是，
如图当E与C重合时，∠D′AC＝60°，所以AK＝，
取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形．
故∠KOA＝，所以∠KOD′＝，
射影K的轨迹长度为×＝.课时精练
一、单项选择题
1．在正方体ABCD－ABC D 中，Q是正方形BBCC 内的动点，AQ⊥BC ，则Q点的轨
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迹是( )
A．点B B．线段BC
1 1
C．线段BC D．平面BBCC
1 1 1 1
答案 B
解析 如图，连接AC，
1
因为BC ⊥AQ，BC ⊥AB，AQ∩AB＝A，AQ，AB⊂平面ABQ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以BC ⊥平面ABQ，
1 1 1
又BQ⊂平面ABQ，所以BC ⊥BQ，
1 1 1 1 1
又BC ⊥BC，所以点Q在线段BC上．
1 1 1
2.(2023·佛山模拟)如图，正方体ABCD－ABC D 的棱长为1，点P为正方形ABC D 内的
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动点，满足直线BP与下底面ABCD的夹角为60°的点P的轨迹长度为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 直线BP与下底面ABCD所成的角等于直线 BP与上底面ABC D 的夹角，连接
1 1 1 1
BP，如图，
1
因为BB⊥平面ABC D，PB⊂平面ABC D，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以BB⊥PB，故∠BPB 为直线BP与上底面ABC D 的夹角，则∠BPB＝60°，
1 1 1 1 1 1 1 1
因为BB＝1，所以PB＝＝，
1 1故点P的轨迹为以B 为圆心，为半径，位于平面ABC D 内的圆，
1 1 1 1 1
故轨迹长度为×2π×＝.
3.如图，在三棱柱 ABC－ABC 中，M为AC 的中点，N为侧面BCC B 上的一点，且
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MN∥平面ABC，若点N的轨迹长度为2，则( )
1
A．AC ＝4 B．BC ＝4
1 1
C．AB＝6 D．BC＝6
1 1
答案 B
解析 如图，取BC 的中点D，BB 的中点E，连接MD，DE，ME，
1 1 1
由MD∥AB∥AB，DE∥BC ，
1 1 1
又MD⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以MD∥平面ABC，
1 1 1
同理可得DE∥平面ABC，
1
又MD∩DE＝D，MD，DE⊂平面MDE，
所以平面MDE∥平面ABC，
1
又MN∥平面ABC，
1
故点N的轨迹为线段DE，
又由DE＝BC ＝2，可得BC ＝4.
1 1
4.已知四棱柱ABCD－ABC D 的底面ABCD为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD
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上的点，且DP＝2PD ，AA ＝3，AB＝1.若点Q在侧面BCC B(包括其边界)上运动，且总
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保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为( )
A. B. C. D.
答案 D解析 如图，在侧棱AA 上取一点R，使得AR＝2RA，连接PR，BR，
1 1
过点A作AN⊥BR交BR于点M，交BB 于点N，连接AC，CN，BD，
1
由PR∥AD，可知PR⊥AN，
BR，PR⊂平面BPR，BR∩PR＝R，
从而AN⊥平面BPR，BP⊂平面BPR，
所以BP⊥AN，
又由BP在平面ABCD内的投影BD⊥AC，所以BP⊥AC，AN，AC⊂平面ACN，AN∩AC＝
A，
知BP⊥平面ACN，CN⊂平面ACN，
所以BP⊥CN，
所以动点Q的轨迹为线段CN，
在Rt△ABN，Rt△RAB中，∠BAN＝∠ARB，
所以Rt△ABN∽Rt△RAB，
则＝，得BN＝，
易得CN＝＝＝.
5.如图，已知正方体ABCD－ABC D 的棱长为1，E，F分别是棱AD，BC 的中点．若点
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P为侧面正方形ADD A 内(含边界)动点，且BP∥平面BEF，则点P的轨迹长度为( )
1 1 1
A. B．1 C. D.
答案 C
解析 取AD 的中点M，连接AM，BM，AB ，EM，FM，如图所示，在正方体ABCD－
1 1 1 1
ABC D 中，AD∥BC 且AD＝BC ，
1 1 1 1 1 1 1 1因为E，F分别是棱AD，BC 的中点，则AE∥BF且AE＝BF，
1 1 1 1
所以四边形ABFE为平行四边形，则AB∥EF，
1 1
因为AB⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，
1
所以AB∥平面BEF，
1
同理可证AM∥平面BEF，
因为AB∩AM＝A，AB，AM⊂平面ABM，
1 1 1
所以平面ABM∥平面BEF，
1
因为AM⊂平面AADD，
1 1
若P∈AM，则BP⊂平面ABM，
1 1
所以BP∥平面BEF，
1
所以点P在侧面AADD内的轨迹为线段AM，
1 1
由勾股定理可得AM＝＝.
6．已知菱形ABCD边长为2，∠ABC＝60°，沿对角线AC折叠成三棱锥B′－ACD，使得
二面角B′－AC－D为60°，设E为B′C的中点，F为三棱锥B′－ACD表面上动点，且
总满足AC⊥EF，则点F轨迹的长度为( )
A．2 B．3 C. D.
答案 D
解析 连接AC，BD交于点O，连接OB′，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
所以AC⊥BD，OB′⊥AC，△ABC，△ACD，△AB′C均为正三角形，
所以∠B′OD为二面角B′－AC－D的平面角，
于是∠B′OD＝60°，
又因为OB′＝OD，所以△B′OD为正三角形，
所以B′D＝OB′＝OD＝2×＝，
取OC的中点P，取CD的中点Q，连接EP，EQ，PQ，所以PQ∥OD，EP∥OB′，
所以AC⊥EP，AC⊥PQ，EP∩PQ＝P，所以AC⊥平面EPQ，
所以在三棱锥B′－ACD表面上，满足AC⊥EF的点F轨迹为△EPQ，因为EP＝OB′，PQ＝OD，EQ＝B′D，
所以△EPQ的周长为3×＝，
所以点F轨迹的长度为.
二、多项选择题
7．(2024·济南模拟)已知正方体ABCD－ABC D 的各顶点均在表面积为12π的球面上，P
1 1 1 1
为该球面上一动点，则( )
A．存在无数个点P，使得PA∥平面ABC D
1 1 1 1
B．当平面PAA⊥平面CB D 时，点P的轨迹长度为2π
1 1 1
C．当PA∥平面ABCD时，点P的轨迹长度为2π
1 1
D．存在无数个点P，使得平面PAD⊥平面PBC
答案 ACD
解析 因为该球的表面积为4πr2＝12π，
故半径r＝，
且正方体的棱长满足(2r)2＝3a2＝12，故棱长a＝2，
选项 A，由题意可知平面 ABCD∥平面 ABC D ，且 PA∥平面 ABC D ，故 PA⊂平面
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ABCD，则P的轨迹为正方形ABCD的外接圆，故有无数个点P满足，故A正确；
选项B，易知AC ⊥平面CB D ，且平面PAA⊥平面CB D ，PA⊂平面PAA ，故P的轨迹
1 1 1 1 1 1 1
为矩形AAC C的外接圆，其周长为2πr＝2π，故B错误；
1 1
选项C，因为PA∥平面ABCD，设过PA且与平面ABCD平行的平面为α，则P的轨迹为
1 1 1 1
α与外接球的交线，其半径为＝1，周长为2π，故C正确；
选项D，若平面PAD⊥平面PBC，则点P在以四边形ABCD为轴截面的某个圆柱面上，该
圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点P满足，故D正确．
8．(2023·长沙模拟)在棱长为1的正方体ABCD－ABC D 中，M为正方体表面上的动点，
1 1 1 1
N为线段AC 上的动点，若直线AM与AB的夹角为，则下列说法正确的是( )
1
A．点M的轨迹确定的图形是平面图形
B．点M的轨迹长度为＋2
C．C M的最小值为－1
1
D．当点M在侧面BBC C上时，AN＋MN的最小值为1
1 1
答案 BCD
解析 如图，建立空间直角坐标系，则D(0,1,0)，C (1,1,1)，
1∵直线AM与AB的夹角为，当点M在侧面AADD上时，AB⊥AM，不合题意；
1 1
当点M在底面ABC D 和侧面CC DD(不包含边界)上时，点M到直线AB的距离大于AB
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的长度，此时，AM与AB的夹角大于；
当点M在侧面AABB和底面ABCD上时，可知线段AB，AC满足题意；
1 1 1
当点M在侧面BCC B 上时，由AB⊥BM，可知BM＝AB，此时弧BC为所求．
1 1 1
∴M点的轨迹为线段AC，AB，弧BC，
1 1
显然线段AC，AB，弧BC不共面，∴A错误；
1 1
对于B，点M的轨迹长度为＋2，∴B正确；
对于C，若M在线段AC上，则C M的最小值为1，同理，若M在线段AB 上，则C M的
1 1 1
最小值也为1，若M在弧BC上，则C M的最小值为C B－1＝－1，∴C正确；
1 1 1
对于D，M(1，y，z)(0≤y≤1,0≤z≤1)，且y2＋z2＝1，由题意设N(λ，λ，λ)，λ∈[0,1]，则
AN＋MN＝λ＋≥λ＋＝λ＋(1－λ)＝1，
当且仅当y＝z＝λ，且y2＋z2＝1，即y＝z＝λ＝时，等号成立，∴D正确．
三、填空题
9．已知正方体ABCD－ABC D 的棱长为2，M为棱BC 的中点，N为底面正方形ABCD
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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________．
答案
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×＝.
10.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______．
答案
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PD＝(－x,0，－z)，PC＝(－x,8，－z)，PE＝(6－x,0，－z)，PB＝(6－x,4，－z)，
∴cos∠EPB＝cos〈PE，PB〉＝＝，
cos∠DPC＝cos〈PD，PC〉
＝＝，
∵∠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P(6,0,2)，交DE于P(4,0,0)，
1 2
则|P1P2|＝＝4，
∴ 所对应的圆心角α＝，
∴弧长l＝αr＝×4＝，即点P的轨迹长度为.
