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第七章立体几何与空间向量
§7.10 立体几何中的动态、轨迹问题
【考情分析·探规律】
考点
十年考情（2015-2024）
命题趋势
立体几何中的动
态、轨迹问题
2024·全国甲卷
2024·天津卷
2022·全国乙卷
2021·浙江卷
不再局限于传统的线面位置关系
证明、角与距离的计算等问题，而是
通过引入 “动态” 元素，如动点、
动线、动面等，使问题更加生动和富
有变化。
【考点解读】“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。
题型一 平行、垂直中的动态轨迹问题
【典例】1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P 是正方体表面上一个动点，
满足BP⊥A1C，则点P 的轨迹长度为( )
A.2
B.2❑√2
C.4
D.3❑√2
【答案】D
【解析】由题意可知，动点P 的轨迹为过点B 与直线A1C 垂直的截面与正方体的表面
的交线，如图所示.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BD⊥AC，BD⊥AA1，
又AC，AA1⊂平面AA1C 且AC∩AA1=A，所以BD⊥平面AA1C，
因为A1C⊂平面AA1C，所以BD⊥A1C.
又在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BC1⊥B1C，BC1⊥B1A1，
又B1C，B1A1⊂平面B1CA1且B1C∩B1A1=B1，所以BC1⊥平面B1CA1，
因为A1C⊂平面B1CA1，所以BC1⊥A1C.
由BD，BC1⊂平面BDC1且BD∩BC1=B，
所以A1C⊥平面BDC1.
于是点P 的轨迹长度为不包含点B 的△BDC1的周长，
即△BDC1的周长等于3❑√1
2+1
2=3❑√2.
【解题技巧】
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.
【变式训练】1.在棱长为4 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱DD1上的点E 满足⃗DE=⃗
E D1，F 是侧面CDD1C1上的动点，且B1F∥平面A1BE，则点F 在侧面CDD1C1上的
轨迹长度为( )
A.2❑√2
B.3❑√2
C.2❑√3
D.4
【答案】A
【解析】取CC1的中点H，C1D1的中点M，连接B1H，HM，MB1，
在正方体中，明显有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，
当F 在线段MH 上运动时，有B1F∥平面A1BE，
即点F 在侧面CDD1C1上的轨迹为线段MH，
又MH=❑√2C1M=2❑√2，
故点F 在侧面CDD1C1上的轨迹长度为2❑√2.
题型二 距离、角度有关的动态轨迹问题
【典例】2.(多选)(2024·朔州模拟)在三棱锥A1-ABC 中，A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，
AA1=AB=AC=3，P 为△A1BC 内的一个动点(包括边界)，AP 与平面A1BC 所成的角为
45°，则( )
A.A1P 的最小值为❑√6-❑√3
B.A1P 的最大值为❑√6+ ❑√3
C.有且仅有一个点P，使得A1P⊥BC
D.所有满足条件的线段AP 形成的曲面面积为3 ❑√2π
4
【答案】ACD
【解析】依题意，A1B=A1C=BC=3❑√2，
取BC 的中点M，连接AM，A1M，
则AM⊥BC，A1M⊥BC，
AM，A1M⊂平面A1AM，AM∩A1M=M，
所以BC⊥平面A1AM，
过A 作AH⊥A1M 于H，因为AH⊂平面A1AM，所以AH⊥BC，
又A1M∩BC=M，A1M，BC⊂平面A1BC，所以AH⊥平面A1BC，
易得AH=❑√3，且H 为等边△A1BC 的外心，
由AP 与平面A1BC 所成的角为45°，
可知AH=HP，
所以点P 的轨迹是以H 为圆心，❑√3为半径的圆在△A1BC 内部及边界上的一部分，如
图所示，
所以A1P 的最小值为A1H-HP=❑√6-❑√3，A 选项正确；
由于轨迹圆部分在△A1BC 外部，所以A1P 的最大值不等于A1H+HP=❑√6+ ❑√3，B 选项
错误；
因为BC⊥平面A1AM，若A1P⊥BC，则点P 在线段A1H 上，
有且仅有一个点P 满足题意，C 选项正确；
动线段AP 形成的曲面为圆锥AH 侧面的一部分，因为cos∠B1HM= HM
H B1
=
❑√2
2 ，
所以∠B1HM=π
4 ，因为2π −2× π
4 ×3
2π
=1
4 ，所以曲面面积为圆锥侧面积的1
4 ，
圆锥AH 的侧面积为1
2×❑√6×2π×❑√3=3❑√2π，
所以所有满足条件的线段AP 形成的曲面面积为3 ❑√2π
4
，D 选项正确.
【解题技巧】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.
【变式训练】2.如图，在棱长为6 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，动点P 在截面AB1D1
内(含边界)，且满足A1P=3❑√2.则点P 的轨迹长度为 .
【答案】2❑√6π
【解析】取B1D1的中点O1，三棱锥A1-AB1D1为正三棱锥，
过A1作A1G⊥平面AB1D1于点G，如图，
则G 为正△AB1D1的中心，又AB1=6❑√2，
∵AO1=
❑√3
2 AB1=
❑√3
2 ×6❑√2=3❑√6，∴GO1=1
3AO1=❑√6，AG=2
3AO1=2❑√6，
由V 三棱锥A1−A B1 D1=V 三棱锥A −A1B1 D1，得1
3 S△A B1 D1·A1G=1
3 S△A1B1 D1·AA1，
∴1
3×
❑√3
4 ×(6 ❑√2)
2×A1G=1
3×1
2×6×6×6，∴A1G=2❑√3，
∵A1P=3❑√2，∴GP=❑√A1 P
2−A1G
2=❑√6，
∴点P 的轨迹是以G 为圆心，❑√6为半径的圆，即正△AB1D1的内切圆，
∴点P 的轨迹长度为2π×❑√6=2❑√6π.
题型三 翻折有关的动态轨迹问题
【典例】3.(多选)(2025·泰安模拟)如图，在五边形ABCDE 中，四边形ABCE 为正方
形，CD⊥DE，CD=DE=❑√2，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π
4
D.三棱锥A1-CDE 的外接球的体积为❑√6π
【答案】ABD
【解析】对于A，由题意得∠BEC=∠CED=π
4 ，所以∠BED=π
2 ，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；
对于C，因为四边形ABCE 为正方形，CD⊥DE，CD=DE=❑√2，所以CE=
❑√(❑√2)
2+(❑√2)
2=2，
过点F 作FG⊥BE 交BE 于点G，如图，
则FG=
❑√2
2 BF=
❑√2
2 ，
所以折起过程中，F 点的轨迹是以G 为圆心，FG=
❑√2
2 为半径，圆心角为π
2 的圆弧，
所以F 点的轨迹长为π
2 ×
❑√2
2 =
❑√2π
4
，故C 错误；
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❑√2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=1
2BE=❑√2，
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=(❑√2)
2
+22=6，所以R=
❑√6
2 ，
所以外接球的体积V=4 π
3 R3=4 π
3 ×(
❑√6
2 )
3
=❑√6π，
即三棱锥A1-CDE 的外接球的体积为❑√6π，故D 正确.
【解题技巧】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.
【变式训练】3.(多选)如图1，在直角梯形ABCD 中，AB∥CD，AB⊥AD，AB=3❑√3
，CD=4❑√3，AD=3，点E，F 分别为边AB，CD 上的点，且EF∥AD，AE=2❑√3.将四
边形AEFD 沿EF 折起，如图2，使得平面AEFD⊥平面EBCF，点M 是四边形
AEFD 内的动点，且直线MB 与平面AEFD 所成的角和直线MC 与平面AEFD 所成的
角相等，则下列结论正确的是( )
A.AC⊥BF
B.点M 的轨迹长度为2π
3
C.点M 到平面EBCF 的最大距离为❑√3
D.当点M 到平面EBCF 的距离最大时，三棱锥M-BCF 外接球的表面积为28π
【答案】BCD
【解析】如图，连接CE，EM.因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面
EBCF=EF，AE⊂平面AEFD，
又AE⊥EF，所以AE⊥平面EBCF.所以CE 为CA 在平面EBCF 内的射影.易得△BCF 为
等边三角形，显然CE 不垂直于BF，所以AC 不可能垂直于BF，故A 错误；
易知BE⊥EF，易证BE⊥平面AEFD，所以∠BME 为直线MB 与平面AEFD 所成的角.
同理∠CMF 为直线MC 与平面AEFD 所成的角，所以∠BME=∠CMF，所以
tan∠BME=tan∠CMF，所以BE
EM = CF
FM .因为CF=2BE，所以FM=2EM.
在平面AEFD 内，以E 为坐标原点，以⃗EF的方向为x 轴正方向，⃗EA的方向为y 轴正方
向建立平面直角坐标系，则F(3，0)，设M(x，y)，则有❑√( x−3)
2+ y
2=2❑√x
2+ y
2，化简
得(x+1)2+y2=4，即点M 在平面AEFD 内的轨迹方程为(x+1)2+y2=4(0≤x≤1，y≥0)，所以
点M 在四边形AEFD 内的轨迹为以(-1，0)为圆心，2 为半径的圆的一段弧，弧所对的
圆心角为π
3 ，所以弧长为π
3 ×2=2π
3 ，B 正确；
要使三棱锥M-BCF 的体积最大，只要点M 的纵坐标的绝对值最大即可.令x=0，
则y=±❑√3，又y≥0，所以M(0，❑√3)，此时M 到平面EBCF 的最大距离为❑√3，C 正确；
三棱锥M-BCF 外接球的球心在过△BCF 的外接圆圆心且垂直于平面BCF 的直线上.
在三棱锥M-BCF 中，设点Q 为等边△BCF 外接圆的圆心，设三棱锥M-BCF 外接球的
球心为O，半径为R，设OQ=a，则有R2=a2+4=(❑√3−a)
2+7，
解得a=❑√3，所以R2=7，所以三棱锥M-BCF 外接球的表面积S=4πR2=28π，D 正确.
【限时训练】（限时：40 分钟）
一、单项选择题(每小题5 分，共20 分)
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
【答案】B
【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.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M 为A1C1的中点，N 为侧面BCC1B1上的一点，且
MN∥平面ABC1，若点N 的轨迹长度为2，则( )
A.AC1=4
B.BC1=4
C.AB1=6
D.B1C=6
【答案】B
【解析】如图，取B1C1的中点D，BB1的中点E，连接MD，DE，ME，
由MD∥A1B1∥AB，DE∥BC1，
又MD⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，
同理可得DE∥平面ABC1，
又MD∩DE=D，MD，DE⊂平面MDE，
所以平面MDE∥平面ABC1，
又MN∥平面ABC1，
故点N 的轨迹为线段DE，
又由DE=1
2BC1=2，可得BC1=4.
3.在三棱锥A-BCD 中，AB=AC=AD=4，BC=CD=DB=6，P 为△BCD 内部及边界上的动
点，AP=2❑√2，则点P 的轨迹长度为( )
A.π
B.2π
C.3π
D.4π
【答案】B
【解析】如图所示，
由AB=AC=AD=4，BC=CD=DB=6，
可知三棱锥A-BCD 为正三棱锥，
设点A 在底面BCD 上的射影为O，
连接BO 并延长，交CD 于点E，可知E 为CD 的中点，
则BE=3❑√3，OB=2❑√3，OE=❑√3，
则AO⊥平面BCD，OA=❑√A B
2−O B
2=2，
又P 为△BCD 内部及边界上的动点，AP=2❑√2，
所以OP=2，
所以点P 的轨迹为以点O 为圆心，2 为半径的圆在△BCD 内部及边界上的部分，
如图所示，OE⊥P1P2，
所以cos∠EOP1= OE
O P1
=
❑√3
2 ，
即∠EOP1=π
6 ，∠P1OP2=π
3 ，
所以点P 的轨迹长度为2π×2-3×π
3 ×2=2π.
4.(2025·长沙模拟)在三棱锥P-ABC 中，△ABC 是边长为3 的正三角形，PA=5
2，
PC⊥BC，则三棱锥P-ABC 的体积最大为( )
A.15 ❑√3
8
B.2❑√3
C.3 ❑√3
2
D.❑√3
【答案】C
【解析】如图，因为PC⊥BC，所以P 点在过C 点且与BC 垂直的平面α 上，设平面
α∩平面ABC=l，过点A 作l 的垂线段交l 于点A1，则AA1⊥α，且AA1=3
2，
因为PA=5
2，所以P 点在以A1为圆心的圆周上，
由图可知P 到底面ABC 的最大高度为❑√P A
2−A A1
2=2，
所以三棱锥体积的最大值为V 三棱锥P-ABC=1
3×S△ABC×2=1
3×
❑√3
4 ×32×2=3 ❑√3
2
.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
5.如图，正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为4，动点E，F 在棱AB 上，且EF=2，动点Q
在棱D'C'上，则在三棱锥A'-EFQ 中，下列说法正确的是( )
A.△EFQ 的面积与点E，F 的位置无关
B.三棱锥A'-EFQ 的体积与点Q 的位置有关
C.三棱锥A'-EFQ 的体积与点E，F，Q 的位置都有关
D.三棱锥A'-EFQ 的体积与点E，F，Q 的位置均无关，是定值
【答案】AD
【解析】连接AD'，BC'，如图.
对于选项A，因为AB∥C'D'，且AB=C'D'，可知四边形ABC'D'为平行四边形，
且AB⊥平面ADD'A'，AD'⊂平面ADD'A'，则AB⊥AD'，可知四边形ABC'D'为矩形，
所以△EFQ 的面积S△EFQ=1
2EF·AD'=1
2×2×4❑√2=4❑√2，
即△EFQ 的面积为定值，与点E，F 的位置无关，故A 正确；
对于选项BCD，因为A'D'⊥平面ABB'A'，且平面ABB'A'∥平面DCC'D'，
可知三棱锥Q-A'EF 的高为A'D'=4，
所以三棱锥A'-EFQ 的体积V 三棱锥A'-EFQ=V 三棱锥Q-A'EF=1
3A'D'·S△A'EF=1
3×4×1
2×2×4=16
3 ，
即三棱锥A'-EFQ 的体积为定值，与点E，F，Q 的位置均无关，故D 正确，BC 错误.
6.在棱长为1 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M 为正方体表面上的动点，N 为线段AC1上
的动点，若直线AM 与AB 的夹角为π
4 ，则下列说法正确的是( )
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π
2 +2❑√2
C.C1M 的最小值为❑√2-1
D.当点M 在侧面BB1C1C 上时，
❑√3
3 AN+MN 的最小值为1
【答案】BCD
【解析】如图，建立空间直角坐标系，
则D(0，1，0)，C1(1，1，1)，
∵直线AM 与AB 的夹角为π
4 ，当点M 在侧面AA1D1D 上时，AB⊥AM，不合题意；
当点M 在底面A1B1C1D1和侧面CC1D1D(不包含边界)上时，点M 到直线AB 的距离大于
AB 的长度，此时，AM 与AB 的夹角大于π
4 ；
当点M 在侧面AA1B1B 和底面ABCD 上时，可知线段AB1，AC 满足题意；
当点M 在侧面BCC1B1上时，由AB⊥BM，可知BM=AB，此时弧B1C 为所求.
∴M 点的轨迹为线段AC，AB1，弧B1C，
显然线段AC，AB1，弧B1C 不共面，∴A 错误；
对于B，点M 的轨迹长度为π
2 +2❑√2，∴B 正确；
对于C，若M 在线段AC 上，则C1M 的最小值为1，同理，若M 在线段AB1上，则C1M
的最小值也为1，若M 在弧B1C 上，则C1M 的最小值为C1B-1=❑√2-1，∴C 正确；
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
❑√3
3 AN+MN=λ+❑√(1−λ)
2+( y −λ)
2+( z−λ)
2≥λ+❑√(1−λ)
2=λ+(1-λ)=1，
当且仅当y=z=λ，且y2+z2=1，即y=z=λ=
❑√2
2 时，等号成立，∴D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
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)，且
BM∥平面AD1C，则动点M 的轨迹所形成区域的面积为 .
【答案】9 ❑√3
2
【解析】因为平面A1BC1∥平面ACD1，点M 是该正方体表面及其内部的一动点，且
BM∥平面AD1C，
所以点M 的轨迹是△A1BC1及其内部，所以动点M 的轨迹所形成区域的面积为S△A1BC1=
1
2×(3 ❑√2)
2·sin π
3 =9 ❑√3
2
.
8.如图，点P 是棱长为1 的正方体ABCD-A1B1C1D1表面上的一个动点，直线AP 与平面
ABCD 所成的角为60°，则点P 的轨迹长度为 .
【答案】4 ❑√3
3
+
❑√3 π
6
【解析】因为直线AP 与平面ABCD 所成的角为60°，所以点P 的轨迹在以A 为顶点，
底面圆的半径为
❑√3
3 ，高为1 的圆锥的侧面上，
又因为点P 是正方体ABCD-A1B1C1D1表面上的一个动点，
所以点P 的轨迹如图所示，
则点P 的轨迹长为
2❑√
1+(
❑√3
3 )
2
+ 1
4
×2π×
❑√3
3 =4 ❑√3
3
+
❑√3 π
6
.
