2026-上海卷-16 单-立体几何综合

本题导读

本题考查空间直角坐标系中几何体的旋转轨迹问题。核心意图是要求学生通过对定点绕特定轴旋转产生的轨迹圆进行解析分析，计算出该轨迹圆上动点坐标的分量范围，进而判定该轨迹跨越的空间卦限数量。

📌【题干】

Question

（2026年上海卷）如图，空间直角坐标系中有一个正方体 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$，顶点 $A$ 为坐标原点. 将该正方体绕体对角线 $A{C}_1$ 为旋转轴旋转一周，点 $C$ 将经过 ()个卦限

A. 1　　　　　　　B. 3　　　　　　　C. 4　　　　　　　D. 7

🔍【思路分析】

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1. 建立空间坐标基本量：设正方体棱长为 $a$ （$a>0$），由于 $A$ 为原点，可以确定旋转轴方向向量 $\overrightarrow{A{C}_1}=(a,a,a)$，其单位方向向量 $\vec{\mathbf{n}}=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$。初始点 $C$ 坐标为 $(a,a,0)$。
2. 求解轨迹圆的几何参数：点 $C$ 绕轴 $A{C}_1$ 旋转产生的轨迹是一个空间圆。该圆所在的平面垂直于旋转轴，其法向量即为 $\vec{\mathbf{n}}$。利用射影几何公式，可以求出该圆的圆心 $O$（即 $C$ 在轴线上的投影点）坐标以及轨迹圆半径 $r$。
3. 坐标域边界判定：分析该空间圆上任意动点 $M(x,y,z)$ 的各坐标分量的取值范围。若所有点均满足 $x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0$，则说明整圈轨迹完全落在第一卦限（含坐标面边界）内。

✅【答案】

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A

✍【详细解析】

Abstract

设正方体的棱长为 $a$。以 $A$ 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则各关键顶点的坐标分别为： $A(0,0,0),C(a,a,0),C_1(a,a,a)$

第一步：计算轨迹圆的圆心 $O$ 坐标

旋转轴 $A{C}_1$ 的方向向量为 $\overrightarrow{A{C}_1}=(a,a,a)$，简化方向向量为 $\vec{\mathbf{u}}=(1,1,1)$。 点 $C$ 绕轴 $A{C}_1$ 旋转一周的几何轨迹是一个圆，该圆的圆心 $O$ 即为点 $C$ 在直线 $A{C}_1$ 上的正投影点。 根据向量投影公式： $\overrightarrow{AO}=\frac{\overrightarrow{AC}\cdot \vec{\mathbf{u}}}{|\vec{\mathbf{u}}{|}^2}\vec{\mathbf{u}}$ 计算向量内积与模长平方： $\overrightarrow{AC}=(a,a,0)⟹\overrightarrow{AC}\cdot \vec{\mathbf{u}}=a\times 1+a\times 1+0\times 1=2a$ $|\vec{\mathbf{u}}{|}^2=1^2+1^2+1^2=3$ 代入投影公式： $\overrightarrow{AO}=\frac{2a}{3}(1,1,1)=\left(\frac{2a}{3},\frac{2a}{3},\frac{2a}{3}\right)$ 由于 $A$ 为原点，故圆心坐标为 $O\left(\frac{2a}{3},\frac{2a}{3},\frac{2a}{3}\right)$。

第二步：计算轨迹圆的半径 $r$

轨迹圆的半径 $r$ 即为点 $C$ 到圆心 $O$ 的欧氏距离： $\overrightarrow{OC}=C-O=(a,a,0)-\left(\frac{2a}{3},\frac{2a}{3},\frac{2a}{3}\right)=\left(\frac{a}{3},\frac{a}{3},-\frac{2a}{3}\right)$ $r=|\overrightarrow{OC}|=\sqrt{{\left(\frac{a}{3}\right)}^2+{\left(\frac{a}{3}\right)}^2+{\left(-\frac{2a}{3}\right)}^2}=\sqrt{\frac{a^2+a^2+4a^2}{9}}=\frac{\sqrt{6}}{3}a$

第三步：分析轨迹圆上动点的坐标取值范围

该轨迹圆位于过点 $C$ 且垂直于向量 $(1,1,1)$ 的平面 $\alpha$ 内，平面方程为： $1\times \left(x-\frac{2a}{3}\right)+1\times \left(y-\frac{2a}{3}\right)+1\times \left(z-\frac{2a}{3}\right)=0⟹x+y+z=2a$

此截面平面 $\alpha$ 与三个坐标轴的交点分别为 $P(2a,0,0)$， $Q(0,2a,0)$， $R(0,0,2a)$。这三点构成了一个位于第一卦限内的标准正三角形 $△PQR$。 由于圆心 $O\left(\frac{2a}{3},\frac{2a}{3},\frac{2a}{3}\right)$ 恰好是 $△PQR$ 的中心。 我们计算该正三角形 $△PQR$ 的内切圆半径 $R_1$：

• 边长： $PQ=\sqrt{(2a{)}^2+(-2a{)}^2+0^2}=2\sqrt{2}a$；
• 面积： $S=\frac{\sqrt{3}}{4}\times (2\sqrt{2}a{)}^2=2\sqrt{3}{a}^2$；
• 半周长： $p=\frac{3\times 2\sqrt{2}a}{2}=3\sqrt{2}a$。

根据内切圆半径公式 $R_1=\frac{S}{p}$： $R_1=\frac{2\sqrt{3}{a}^2}{3\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{6}}{3}a$

通过比对可知，点 $C$ 的旋转轨迹圆半径 $r=\frac{\sqrt{6}}{3}a$ 恰好等于平面 $x+y+z=2a$ 在第一卦限截得的正三角形 $△PQR$ 的内切圆。 这意味着，该轨迹圆整圈完全内切并封闭在正三角形 $△PQR$ 的内部，其在三个坐标轴方向的边界最小值恰好为 0（即与三个坐标面 $x=0,y=0,z=0$ 分别相切）。 因此，轨迹圆上任意一点 $M(x,y,z)$ 均严格满足： $x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0$

整个旋转轨迹圆完全落在了第一卦限（含边界坐标面）内，没有跨越到其他任何卦限。 即点 $C$ 只经过 1 个卦限。

故选 A。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：空间向量在线性轴上的正投影解析通式；空间平面截三轴所成正三角形的内切圆拓扑结构；空间卦限的几何坐标代数判定（第一卦限满足三元组全非负）。
2. 核心方法：空间坐标解析投影法、截面多边形内切转换法。
3. 避坑指南：

• 凭直觉错误多选卦限：部分学生缺乏空间定量计算，主观认为绕体对角线“转了一大圈”必然会甩到其他负半轴的空间去，从而错选了 B 或 C。必须通过定量计算半径与投影中心的代数关系，发现其完美的相切对称性。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题是标准的将空间立体几何与射影坐标分析交汇的高端选择题。其高等数学背景源于**“正交矩阵变换下的空间旋转不变量（Rotational Invariance under Orthogonal Transformations）”**。
2. 结论推广： 本题模型可推广为立方体沿主对角线的截面射影流形。一般地，任何边长为 $a$ 的 $n$ 维超立方体，其绕主超对角线 ${\vec{1}}_n$ 旋转时，其顶点的轨迹超曲面与三个坐标超平面的几何交截，都完美对应着一个正规单形（Regular Simplex）的内切球。这一临界相切的性质在高等代数中构成了欧氏空间对称群（Symmetry groups）与二次型对角化分类的几何直观模型。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 21.01空间向量及其运算
• 17.01 圆的方程与圆系理论

类题演练 (Links)

• 2013-北京卷理-11 填-切割线定理
• 2013-天津卷理-13 填-切割线定理
• 2013-山东卷理-09 单-圆的切线方程