同步微点进阶讲义5 动态轨迹的变中寻定-2025-2026学年高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第一册

专题一 空间向量与立体几何 微点5   动态轨迹的“变中寻定” 动态轨迹问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，是高考中的重点、难点.通过渗透一些“动态”的点、线、面等元素，给立体几何问题赋予活力，同时也使立体几何问题多元化.动态轨迹问题常见以下几种类型： 1、平行关系定轨迹 2、垂直关系定轨迹 3、长度关系定轨迹 4、角度关系定轨迹 对于这些动态轨迹问题，除了可以利用几何法结合立体几何中的线线、线面、面面平行与垂直的判定定理或性质性质定理来找到轨迹来求解，也可以利用坐标法，将问题转化为坐标运算，或者利用向量法，不通过建系，而根据空间向量基本定理及空间向量的运算来解决问题. 探究一　平行关系定轨迹 【典例1】如图，已知正方体的棱长为3，点分别在棱上，满足，点在正方体的面内，且平面，则线段长度的最小值为（ ） A．    B．3    C．    D． 【思路引导】建立空间直角坐标系，设Q坐标，根据线面平行得出Q的轨迹为线段，解三角形即可. 【详细解析】如图建立空间直角坐标系，则， 设，所以， 设平面的一个法向量为，则， 令，即， 因为平面，所以，即， 设直线与正方形的边交于E、F两点，易知， 则为等腰三角形，当且仅当时，， . 故选：D. 【题后反思】利用线面平行的关系得出空间向量关系，从而得出动点轨迹，结合图形计算最值即可. 【举一反三】（23-24高三下·广东深圳·期中） 1．在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足平面，则的最小值为 ，此时点到直线的距离为 . 【答案】 ## 【分析】由题意，根据线面平行的判定定理和面面平行的判定定理可证得平面平面，由面面平行的性质确定点的轨迹为线段，且当取最小值时，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解点线距离即可. 【详解】如图所示，因为且，故四边形为平行四边形，则， 因为平面平面，所以平面， 同理可证平面，因为平面， 所以平面平面，因为平面，要使得平面， 则平面，因为平面平面， 故点的轨迹为线段，当取最小值时，，则为的中点， 则. 以为原点，的方向分别为，轴建立空间直角坐标系， 易知， 取， 则， 所以点到直线的距离为. 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是通过平面平面确定点的轨迹为线段，即当时取最小值，注重考查学生的数学运算和逻辑推理能力. 2．如图，在边长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H、N分别是CC1、C1D1、DD1、CD、BC的中点，M在四边形EFGH边上及其内部运动，若MN∥面A1BD，则点M轨迹的长度是（　　） A．a B．a C． D． 【答案】D 【分析】连接GH、HN，有GH∥BA1，HN∥BD，证得面A1BD∥面GHN，由已知得点M须在线段GH上运动，即满足条件，由此可得选项. 【详解】解：连接GH、HN、GN，∵在边长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是CC1、C1D1、DD1、CD的中点，N是BC的中点， 则GH∥BA1，HN∥BD，又面A1BD，BA1面A1BD，所以面A1BD，同理可证得面A1BD， 又，∴面A1BD∥面GHN， 又∵点M在四边形EFGH上及其内部运动，MN∥面A1BD， 则点M须在线段GH上运动，即满足条件，GH=a，则点M轨迹的长度是a. 故选：D. 探究二、垂直关系定轨迹 【典例2】（23-24高一下·吉林长春·期末）设正方体的棱长为1，E，F分别为AB，的中点，点M在正方体的表面上运动，且满足，则点M轨迹的长度为______. 【思路引导】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点M轨迹的长度. 【详细解析】在正方体中，棱长为1， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ∴，设， 则， ∵，∴， 当时，，当时，， 取，连结， 则，∴四边形为矩形， 则，， 即为平面中的两条相交直线，∴平面， 又，又F为的中点，则平面， 为使，必有点平面，又点在正方体表面上运动， 所以点的轨迹为四边形，因为， 则点的轨迹不是正方形，则矩形的周长为. 故答案为：. 【题后反思】根据线线垂直由空间向量的数量积及平面的性质得出动点M轨迹，计算边长即可. 【举一反三】（2023·如皋二模节选） 3．在四棱锥中，底面为正方形，，为空间中一动点，为的中点，平面.若，则的轨迹围成封闭图形的体积为 .    【答案】 【分析】由得在为直径的球面上，计算可得结果； 【详解】由可知，即在为直径的球面上， 因为底面为正方形，， 而为的中点，平面，平面， 则，即为直角三角形． 所以， 即为直径的球的半径为， 故的轨迹围成封闭图形的体积为：. 故答案为：. （24-25高三上·北京海淀·开学考试） 4．在棱长为的正方体中，点分别为棱的中点. 点为正方体表面上的动点，满足. 给出下列四个结论： ①线段长度的最大值为； ②存在点，使得； ③存在点，使得； ④是等腰三角形.    其中，所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标验证垂直判断①，找出平行直线再由坐标判断是否垂直可判断B，设点的坐标根据条件列出方程组②，探求是否存在符合条件的解判断③④ 【详解】如图，建立空间直角坐标系，    则， 对①，由正方体性质知当P在时，线段长度的最大值为， 此时，， 所以，即满足，故①正确； 对②，取正方形的中心M，连接，易知， 所以四边形为平行四边形，所以，故运动到处时，， 此时，，，即不满足， 综上不存在点，使得，故②错误； 对③，设，则，，若存在， 由，可得方程组， 化简可得，解得 ， 显然当时满足题意， 即存在点，使得，故③正确； 对④，设，若， 则，化简可得， 由③知时可得，所以不妨取， 此时在正方体表面上，满足题意，故④正确. 故答案为：①③④ 【点睛】关键点点睛：本题的关键之处在于建立空间直角坐标系，利用坐标运算建立方程，探求是否存在满足条件的点，运算比较复杂，属于难题. 探究三　长度（距离）关系定轨迹 【典例3】（23-24高二上·江苏无锡·阶段练习）动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是______. 【思路引导】因为平面 平面 ，所以可知 的移动轨迹，进而可以通过建立空间直角坐标系求解直线与平面所成角正弦值的取值范围. 【详细解析】如图，连接 ， 易知 ， 所以平面 平面 . 因为点 与平面 的距离保持不变， 所以点 的移动轨迹为三角形 的三条边， 建立如图所示的空间直角坐标系，假设正方体的边长为2 则 所以 设平面的一个法向量为 则，令则，所以 当点在线段时，设， 所以 设直线与平面所成角为 则 令，则 所以 所以当，即时， 此时点为线段的中点. 当在线段时，同理可求得 此时点与点重合. 综上所述，直线与平面所成角正弦值的取值范围为 故答案为： 【题后反思】根据动点到平面的距离不变得出面面平行的关系，结合正方体的性质确定点M的轨迹，根据空间向量研究线面夹角，借助函数的性质计算范围即可. 【举一反三】（23-24高二下·江苏常州·阶段练习） 5．在侧棱长为的正三棱锥中，点为线段上一点，且，点M为平面内的动点，且满足，记直线与直线的所成角的余弦值的取值范围为 ． 【答案】 【分析】利用正三棱锥的结构特征，结合已知可得两两垂直，再确定的轨迹，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线夹角余弦即得. 【详解】在正三棱锥中，由于正三棱锥的相对棱垂直，则，而， 平面，于是平面，又平面， 因此，有，记在底面内的投影为， ，，则， 由，得，所以的轨迹是以为圆心半径为的圆， 取中点，连接，则经过点，建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，，而， 则，设直线与直线的所成角为， 所以， 故答案为： 6．直四棱柱的所有棱长都为，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（    ）    A．点的轨迹的长度为 B．直线与平面所成的角为定值 C．点到平面的距离的最小值为 D．的最小值为-2 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，表示，化简得到点的轨迹方程，从而得到点的轨迹的长度，判断A；用空间向量表示直线与平面所成的角，从而证明为定值,判断B；用空间向量表示点到平面的距离，结合的轨迹，得最小值，判断C； 用空间向量表示，结合的轨迹，得最小值，判断D. 【详解】    取交点于点， 因为直四棱柱的所有棱长都为， 所以， 以所在直线为轴，过点竖直向上所直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 所以，， 对于A选项，因为点在四边形及其内部运动，所以，， 又因为，所以，即， 所以点的运动轨迹为在平面，以为圆心，半径为1的半圆弧， 所以轨迹长度为，故A正确； 对于B选项，因为面的法向量为，， 所以设直线与平面所成的角为，则有，又因为， 所以，所以直线与平面所成的角为定值，故B正确； 对于C选项，因为，，，， 设平面的法向量为， 则有，令，则，，所以， 设点到平面的距离为，则有， 又因为，所以时，，故C错误； 对于D选项，，，，， ， 所以的几何意义为点到距离的平方减3， 所以的最小值为，故D正确， 故选：ABD. 探究四、角度关系定轨迹 【典例4】（24-25高三上·山东青岛·开学考试）正方体的棱长为，是侧面（包括边界）上一动点，是棱上一点，若，且的面积是面积的倍，则三棱锥体积的最大值是______. 【思路引导】由条件先证明，结合面积关系可得，在平面上建立平面直角坐标系，确定点的轨迹方程，结合体积公式求三棱锥体积的最大值. 【详细解析】由已知平面，平面， 所以， 因为平面，平面， 所以， 所以，又， 所以，又的面积是面积的倍， 所以， 以点为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设点的坐标为，则，， 由已知， 所以， 所以，其中，， 所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在侧面内的一段圆弧， 过点作，因为平面， 所以平面，即平面， 所以为三棱锥的高， 所以三棱锥的体积， 因为，， 所以， ， 所以当时，取最大值，最大值为， 所以当时，三棱锥体积取最大值，最大值为. 故答案为：. 【题后反思】本题解决的关键在于通过证明相似，结合相似三角形的性质证明. 【举一反三】（23-24高一下·海南海口·期末） 7．如图，点是棱长为1的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为 ． 【答案】 【分析】先利用直线与平面所成的角为，求得点的轨迹，进而求得点的轨迹长度. 【详解】因为直线与平面所成的角为， 所以点的轨迹在以为顶点，底面圆的半径为，高为1的圆锥的侧面上， 又因为点是正方体表面上的一个动点， 所以点的轨迹如图所示， 则点的轨迹长为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是确定点的轨迹，从而得解. 8．已知长方体的外接球的表面积为，，点P在四边形内，且直线BP与平面所成角为，则长方体的体积最大时，动点P的轨迹长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先由题意得到长方体体积最大时，得到几何体的棱长，设，相交于点，由平面，确定线面角，从而确定点的轨迹，从而得解. 【详解】因为长方体的外接球的表面积为，设外接球的半径为， 所以，解得或（舍去），即外接球的直径为， 设，，则，可得， 所以，当且仅当时，等号成立． 如图，设，相交于点， 因为，，平面， 所以平面，直线与平面所成角为， 所以，故，则点的轨迹是以为圆心，半径的半圆弧， 所以动点的轨迹长为． 故选：C （23-24高二上·安徽亳州·阶段练习） 9．如图，棱长为2正方体，为底面的中心，点在侧面内运动且，则点的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设，（），由得到P的轨迹方程，从而得到P的轨迹为线段求解. 【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：    则，设，（）， 则， 因为，则， 所以，即， 化简得，则动点P的轨迹为线段CE， 其中，则， 所以， 故选：A （23-24高二上·重庆·期末） 10．正三棱柱的所有棱长均相等，E，F分别是棱上的两个动点，且，则异面直线BE与AF夹角余弦的最大值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】设，以A为原点，方向分别为x，z轴正方向建立空间直角坐标系，从而得到和的坐标.又因为，从而得到异面直线BE与AF夹角余弦的最大值. 【详解】设， 以A为原点，方向分别为x，z轴正方向建立空间直角坐标系， 可得，， 故所求角的余弦值为，当时取“”． 故选：D （23-24高二上·辽宁鞍山·期中） 11．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列说法正确的是（    ）    A．三棱锥的体积不是定值 B．直线到平面的距离是 C．存在点，使得 D．面积的最小值是 【答案】C 【分析】根据线面平行的判定判断A；根据等体积法求得点到平面的距离判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积运算解决垂直问题判断C；求出面积的表达式，再求得面积的最小值判断D. 【详解】对于A，分别是棱的中点，则， 因为，且，所以四边形为平行四边形，所以， 所以，因为平面，平面，所以平面， 因为在上，所以点在平面的距离不变，而面积是定值，则三棱锥的体积不变， 即三棱锥的体积不变，故A错误； 对于B，因为，平面，平面，于是平面， 因此直线到平面的距离等于点到平面的距离h， ， ，，， 由，得，则，B错误；    对C，以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，,    设，则，，，， 由，得，解得， 由于，因此存在点，使得，C正确； 对于D，由选项C得在的投影点为， 则P到的距离， 面积为 ，所以当时，取得最小值为，D错误. 故选：C 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用线面平行的判定来判定A，再通过等体积法求出距离从而判断B，C,D选项通过建立合适的空间直角坐标系解决. （23-24高三上·北京大兴·阶段练习） 12．如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱的中点，点P在正方形的边界及其内部运动．给出以下四个结论： ①存在点P满足； ②存在点P满足； ③满足的点P的轨迹长度为； ④满足的点P的轨迹长度为． 其中正确的结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量解决此题， ①利用两个特殊点求出的值，判断在此范围内即可； ②利用向量垂直数量积等于零解方程即可求P点坐标； ③④利用向量垂直数量积等于零可求P点的轨迹方程，根据图形找到P点的轨迹求长度即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，， 动点P设为 ①点M关于平面的对称点为，当动点P在点时， 此时， 当动点P在点时，此时， 所以存在点P满足，所以①正确； ②，， 若，则， 化简得：，解得：，即， 满足题意，所以②正确； ③，， 若，则，即， 取BC中点E，BB1中点F，则点P的轨迹为线段EF，长度为，所以③错误； ④，， 若，则，即， 取BF中点H，BE中点K，则点P的轨迹为线段HK，长度为，所以④正确. 故选：C. （23-24高二上·上海闵行·期中） 13．如图，已知正方体的棱长为2，P为正方形底面内的一动点，则以下结论： （1）三棱锥的体积为定值； （2）若点为的中点，满足平面的点的轨迹长度为2； （3）若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段； （4）以点为球心，为半径的球面与面的交线长为．正确的有 ．（填写所有正确结论的序号）    【答案】（1）（3）（4） 【分析】由三棱锥的性质可得（1）；先证面面平行，找到点的轨迹为，再求长度即可判断（2）；证明即可判断（3）；利用等体积法求出球心到截面的距离，再求交线长度即可判断（4）. 【详解】    对于（1），以相同顶点命名的三棱锥体积相同，故三棱锥的体积等于的体积，因为点到上底面的距离等于棱长，故（1）正确； 对于（2），取的中点分别为，连接， 由图像可知，， 又因为， ，当点在上时， 因为正方体棱长为，的中点分别为 所以， 故（2）错误； 对于（3），以为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则 ， 且，且都在平面内， 所以， 所以点的轨迹是线段，故（3）正确； 对于（4），为正三角形，设点到平面的距离为，点到平面的距离为， 由等体积法，可得 解得， 故以点为球心，为半径的球面与面的交线长为 故（4）正确； 故答案为：（1）（3）（4） 【点睛】本题为立体几何压轴题，（1）直接求即可；（2）面面平行得到线面平行，再用勾股定理求长度；（3）为线面垂直找轨迹，（4）等体积法求交线的长度；分析量比较大，属于较难题型. （23-24高二上·河北石家庄·期中） 14．已知正方体的棱长为4，其中P为上的动点，Q为底面ABCD上的动点（包含边界），，且PQ的中点为M． (1)求的最小值； (2)当时，试判断三棱锥的体积是否为定值，并说明理由． 【答案】(1) (2)是定值，证明见解析. 【分析】（1）连接，，可得，从而可得其在球面上，进而可求； （2）由，可得点Q在线段上，结合平面，即可求解. 【详解】（1）连接，，易知平面，平面， 所以.因直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，所以. 所以点M的轨迹是以D为球心、为半径的球的表面， 连接，则的最小值为； （2）连接，，易知平面，平面， 所以.又，， 平面，平面，所以平面, 所以，所以点Q在线段上, 又因 ，平面，平面，则平面. 所以点Q到平面的距离与点B到平面的距离相等， 所以，为定值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题一 空间向量与立体几何 微点5   动态轨迹的“变中寻定” 动态轨迹问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，是高考中的重点、难点.通过渗透一些“动态”的点、线、面等元素，给立体几何问题赋予活力，同时也使立体几何问题多元化.动态轨迹问题常见以下几种类型： 1、平行关系定轨迹 2、垂直关系定轨迹 3、长度关系定轨迹 4、角度关系定轨迹 对于这些动态轨迹问题，除了可以利用几何法结合立体几何中的线线、线面、面面平行与垂直的判定定理或性质性质定理来找到轨迹来求解，也可以利用坐标法，将问题转化为坐标运算，或者利用向量法，不通过建系，而根据空间向量基本定理及空间向量的运算来解决问题. 探究一　平行关系定轨迹 【典例1】如图，已知正方体的棱长为3，点分别在棱上，满足，点在正方体的面内，且平面，则线段长度的最小值为（ ） A．    B．3    C．    D． 【思路引导】建立空间直角坐标系，设Q坐标，根据线面平行得出Q的轨迹为线段，解三角形即可. 【详细解析】如图建立空间直角坐标系，则， 设，所以， 设平面的一个法向量为，则， 令，即， 因为平面，所以，即， 设直线与正方形的边交于E、F两点，易知， 则为等腰三角形，当且仅当时，， . 故选：D. 【题后反思】利用线面平行的关系得出空间向量关系，从而得出动点轨迹，结合图形计算最值即可. 【举一反三】（23-24高三下·广东深圳·期中） 1．在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足平面，则的最小值为 ，此时点到直线的距离为 . 2．如图，在边长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H、N分别是CC1、C1D1、DD1、CD、BC的中点，M在四边形EFGH边上及其内部运动，若MN∥面A1BD，则点M轨迹的长度是（　　） A．a B．a C． D． 探究二、垂直关系定轨迹 【典例2】（23-24高一下·吉林长春·期末）设正方体的棱长为1，E，F分别为AB，的中点，点M在正方体的表面上运动，且满足，则点M轨迹的长度为______. 【思路引导】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点M轨迹的长度. 【详细解析】在正方体中，棱长为1， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ∴，设， 则， ∵，∴， 当时，，当时，， 取，连结， 则，∴四边形为矩形， 则，， 即为平面中的两条相交直线，∴平面， 又，又F为的中点，则平面， 为使，必有点平面，又点在正方体表面上运动， 所以点的轨迹为四边形，因为， 则点的轨迹不是正方形，则矩形的周长为. 故答案为：. 【题后反思】根据线线垂直由空间向量的数量积及平面的性质得出动点M轨迹，计算边长即可. 【举一反三】（2023·如皋二模节选） 3．在四棱锥中，底面为正方形，，为空间中一动点，为的中点，平面.若，则的轨迹围成封闭图形的体积为 .    （24-25高三上·北京海淀·开学考试） 4．在棱长为的正方体中，点分别为棱的中点. 点为正方体表面上的动点，满足. 给出下列四个结论： ①线段长度的最大值为； ②存在点，使得； ③存在点，使得； ④是等腰三角形.    其中，所有正确结论的序号是 ． 探究三　长度（距离）关系定轨迹 【典例3】（23-24高二上·江苏无锡·阶段练习）动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是______. 【思路引导】因为平面 平面 ，所以可知 的移动轨迹，进而可以通过建立空间直角坐标系求解直线与平面所成角正弦值的取值范围. 【详细解析】如图，连接 ， 易知 ， 所以平面 平面 . 因为点 与平面 的距离保持不变， 所以点 的移动轨迹为三角形 的三条边， 建立如图所示的空间直角坐标系，假设正方体的边长为2 则 所以 设平面的一个法向量为 则，令则，所以 当点在线段时，设， 所以 设直线与平面所成角为 则 令，则 所以 所以当，即时， 此时点为线段的中点. 当在线段时，同理可求得 此时点与点重合. 综上所述，直线与平面所成角正弦值的取值范围为 故答案为： 【题后反思】根据动点到平面的距离不变得出面面平行的关系，结合正方体的性质确定点M的轨迹，根据空间向量研究线面夹角，借助函数的性质计算范围即可. 【举一反三】（23-24高二下·江苏常州·阶段练习） 5．在侧棱长为的正三棱锥中，点为线段上一点，且，点M为平面内的动点，且满足，记直线与直线的所成角的余弦值的取值范围为 ． 6．直四棱柱的所有棱长都为，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（    ）    A．点的轨迹的长度为 B．直线与平面所成的角为定值 C．点到平面的距离的最小值为 D．的最小值为-2 探究四、角度关系定轨迹 【典例4】（24-25高三上·山东青岛·开学考试）正方体的棱长为，是侧面（包括边界）上一动点，是棱上一点，若，且的面积是面积的倍，则三棱锥体积的最大值是______. 【思路引导】由条件先证明，结合面积关系可得，在平面上建立平面直角坐标系，确定点的轨迹方程，结合体积公式求三棱锥体积的最大值. 【详细解析】由已知平面，平面， 所以， 因为平面，平面， 所以， 所以，又， 所以，又的面积是面积的倍， 所以， 以点为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设点的坐标为，则，， 由已知， 所以， 所以，其中，， 所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在侧面内的一段圆弧， 过点作，因为平面， 所以平面，即平面， 所以为三棱锥的高， 所以三棱锥的体积， 因为，， 所以， ， 所以当时，取最大值，最大值为， 所以当时，三棱锥体积取最大值，最大值为. 故答案为：. 【题后反思】本题解决的关键在于通过证明相似，结合相似三角形的性质证明. 【举一反三】（23-24高一下·海南海口·期末） 7．如图，点是棱长为1的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为 ． 8．已知长方体的外接球的表面积为，，点P在四边形内，且直线BP与平面所成角为，则长方体的体积最大时，动点P的轨迹长为（    ） A． B． C． D． （23-24高二上·安徽亳州·阶段练习） 9．如图，棱长为2正方体，为底面的中心，点在侧面内运动且，则点的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D．1 （23-24高二上·重庆·期末） 10．正三棱柱的所有棱长均相等，E，F分别是棱上的两个动点，且，则异面直线BE与AF夹角余弦的最大值为（    ） A．1 B． C． D． （23-24高二上·辽宁鞍山·期中） 11．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列说法正确的是（    ）    A．三棱锥的体积不是定值 B．直线到平面的距离是 C．存在点，使得 D．面积的最小值是 （23-24高三上·北京大兴·阶段练习） 12．如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱的中点，点P在正方形的边界及其内部运动．给出以下四个结论： ①存在点P满足； ②存在点P满足； ③满足的点P的轨迹长度为； ④满足的点P的轨迹长度为． 其中正确的结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 （23-24高二上·上海闵行·期中） 13．如图，已知正方体的棱长为2，P为正方形底面内的一动点，则以下结论： （1）三棱锥的体积为定值； （2）若点为的中点，满足平面的点的轨迹长度为2； （3）若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段； （4）以点为球心，为半径的球面与面的交线长为．正确的有 ．（填写所有正确结论的序号）    （23-24高二上·河北石家庄·期中） 14．已知正方体的棱长为4，其中P为上的动点，Q为底面ABCD上的动点（包含边界），，且PQ的中点为M． (1)求的最小值； (2)当时，试判断三棱锥的体积是否为定值，并说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$