重难点15：立体几何的轨迹问题10种考法讲义-2026届高三数学一轮复习（上海专用）

2026年高考数学一轮复习考点精析与题型全解（上海专用） 重难点15 立体几何的轨迹问题10种考法 知识点一、基本原理、常见类型、解题步骤 1. 基本原理：空间中满足一定条件的动点集合构成轨迹，其本质是空间图形在特定平面上的投影或交线，可通过线面、面面关系确定。 2. 常见类型与解法 线面垂直型：若动点到两定点距离相等，在空间中轨迹为两定点连线的中垂面；在平面内则为中垂线。 面面相交型：当动点同时满足两个平面的约束条件时，轨迹是两个平面的交线（直线或曲线） 。 圆锥曲线型：当空间中的角、距离等关系满足圆锥曲线定义时，如到定点距离与到定直线距离之比为定值，轨迹可能是椭圆、抛物线或双曲线。 3. 解题步骤 分析条件：明确动点满足的几何条件，转化为代数关系或几何关系。 降维处理：将空间问题转化为平面问题，通过截面法等找到关键平面进行分析。 确定轨迹：根据平面几何知识确定轨迹形状，并给出完整表述。 知识点二、立体几何中的动态轨迹问题的解题策略 1．动点轨迹的判断方法 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. 2．立体几何中的轨迹问题的常见解法 (1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题. (2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法. (3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解. (4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解. (5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解. 动态立体几何问题侧重考查空间图形中有关“动点”的问题，如动点的轨迹、轨迹长度、与动点有关的最值问题等.此类问题的顺利获解要求考生具备较强的空间想象能力、推理论证能力以及运算求解能力，所以试题难度相对较大，极有可能作为非解答题的压轴题出现，需要引起我们的重视。 几何法是解决立体几何动点轨迹问题的一种常用方法，通过点线面的位置关系以及对应边、角等的大小关系，利用立体几何、平面几何的相关知识加以分析与处理，合理巧妙解决对应的立体几何问题，对空间想象、逻辑推理以及数学运算等方面的能力要求较高. 考法一 动点轨迹图形 题型01：判断动点轨迹图形形状 【名师点拨】由动点保持平行性求轨迹. （1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹. 注：直线与平面平行时,通常可以构造新的平面与已知平面平行,将动点轨迹转化为构造的新的平面与侧面的交线或交线上的线段.直线与平面垂直时,也可以构造出新的平面与已知平面垂直,则动点轨迹转化为交线或交线上的线段. 【例1】（2025上海高三阶段练习）如图所示，四棱锥的底面为正方形，侧面为等边三角形，且侧面底面，点在正方形内运动，且满足，则点在正方形内的轨迹一定是（    ） A．B．C． D． 【跟踪训练】 1．（2025上海高三阶段练习）如图，在正方体中，若是正方形及其内部的一个动点，且满足，则动点的轨迹是（    ） A．线段 B．圆弧 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 2．（2024徐汇中学高二上学期期中）在棱长为1的正方体中，是的中点，点在侧面所在的平面上运动.现有下列命题： ①若点总保持，则动点的轨迹是直线； ②若点到点A的距离为，则动点的轨迹是圆； ③若点到点与点的距离比为2：1，则动点的轨迹是圆； ④若点到直线与直线的距离比为2：1，则动点的轨迹是椭圆. 其中真命题的个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 3．（2025七宝中学高三阶段练习）如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状. 考法二 动点轨迹长度 题型02：根据平行关系求动点轨迹长度 【例2】（2025宝山区高三三模）已知长方体，，，M是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是 . 【跟踪训练】 1．（2024奉贤中学高二上学期期中）正方体的棱长为，为的中点，点是正方形内的动点，若平面，则点的轨迹长度为 ． 2.（2025复兴高级中学高二上学期期中）如图，三棱柱中，为中点，为上一点，，为侧面上一点，且平面，则点的轨迹的长度为（   ） A．1 B． C． D．2 3.（2025闵行中学高二上学期期中）如图，在棱长为1的正方体中，点E、F、G分别为棱、、的中点，P是底面ABCD上的一点，若平面GEF，则下面的4个判断 ①点P的轨迹是一段长度为的线段； ②线段的最小值为； ③； ④与一定异面． 其中正确判断的序号为 ． 题型03：根据垂直关系求动点轨迹长度 动点保持垂直求轨迹. （1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹. 3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹. 距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；4、由动点保持等角（或定角）求轨迹. （1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面； 【例3】（2024·上海宝山·一模）如图，正四棱柱的底面边长为，为上任意一点，为中点，若棱上至少存在一点使得，则棱长的最大值为（    ） A． B． C． D． 【跟踪训练】 1.（2025格致中学高三阶段练习）如图，在长方体中，为棱的中点，为四边形内（含边界）的一个动点.且，则动点的轨迹长度为______ 2．（2025位育中学高三阶段练习）如图，已知正方体的棱长为2，、分别为线段、的中点，若点为正方体表面上一动点，且满足平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D．2 3.（2024·广西玉林·三模）在正四棱柱中，，，为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为（    ） A． B． C． D． 4.（2025格致中学高三阶段练习）在棱长为的正方体中，分别为的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是（    ）. A． B． C． D． 题型04：根据定角求动点轨迹长度 【例4】（2024·辽宁·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 【跟踪训练】 1．如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为 . 2.已知正四棱锥的体积为，底面的四个顶点在经过球心的截面圆上，顶点在球的球面上，点为底面上一动点，与所成角为，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 题型05：根据定长求动点轨迹长度 【例5】如图，正方体的棱长为，点在正方体的表面上运动，且，若动点的轨迹的长度为3π，则棱长为 ．    【跟踪训练】 1. （松江2023一模11）动点在棱长为1的正方体表面上运动，且与点的距离是，点的集合形成一条曲线，这条曲线的长度为 . 2.（23-24高一上·浙江绍兴·期末）已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 3.（2024·四川宜宾·三模）在直三棱柱中，，，点P在四边形内（含边界）运动，当时，点P的轨迹长度为，则该三棱柱的表面积为（    ） A．4 B． C． D． 4.（2024·四川南充·二模）三棱锥中，，，为内部及边界上的动点，，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 5.如图，某简单组合体由圆柱与一个半球黏合而成，已知圆柱底面半径为2，高为4，A是圆柱下底面圆周上的一个定点，P是半球面上的一个动点，且，则点P的轨迹的长度为（    ）    A． B． C． D． 6．如图， 在四棱锥中， 底面 是边长为3的正方形，平面，点为底面上的动点， 到的距离记为，若，则点在底面正方形内的轨迹的长度为（   ） A．2 B． C． D． 题型06：根据翻折求动点轨迹长度 翻折与动点求轨迹. （1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹； 注：求解立体几何翻折动态问题的关键是找到图形变化过程中的“不变因素”,比如,若能抓住相关线或面的垂面,化空间为平面,那么问题的突破口便跃然纸上.对于平面图形翻折问题,我们应注意在翻折过程中位于同一平面内的点线的位置关系和数量关系的不变性. 【例6】（23-24高二上·四川内江·期中）如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，点的轨迹的长度为 .    【跟踪训练】 1.（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）如图，已知在中，，是边上一点，且，将沿进行翻折，使得点与点重合，若点在平面上的射影在内部及边界上，则在翻折过程中，动点的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 2.如图，在五边形中，四边形为正方形，，，F为AB中点，现将沿折起到面位置，使得，则下列结论不正确的是（    ）    A．平面平面 B．若为的中点，则平面 C．折起过程中，点的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球的体积为 考法三 动点轨迹的面积体积最值 题型07：动点轨迹面积 【例7】（2021·上海虹口·统考一模）如图，在棱长为1的正方体中，为底面内（包括边界）的动点，满足与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积为______. 【跟踪训练】 1．（2022·上海金山·统考一模）已知正四面体的棱长为6，设集合，点平面，则表示的区域的面积为（    ） A． B． C． D． 2．如图，已知正方体的棱长为，，，分别是棱， ，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是 . 3.在棱长为的正方体中，棱，的中点分别为，，点在平面内，作平面，垂足为．当点在内（包含边界）运动时，点的轨迹所组成的图形的面积等于 ． 题型08：动点轨迹体积 【例8】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 .    【跟踪训练】 1．（2024·上海虹口·一模）已知边长为2的正四面体的内切球（球面与四面体四个面都相切的球）的球心为O，若空间中的动点P满足，则点P的轨迹所形成的几何体的体积为（   ）． A． B． C．． D． 题型09：与动点有关的最值问题 立体几何中的轨迹最值问题 立体几何相关最值问题一般采用转化思想求解,一定要让学生熟练掌握棱柱、棱锥、圆柱和圆锥的侧面展开图的形状.几何体内部折线的最值问题也可以采用转化法,将其转化为两点间的距离问题,再结合勾股定理求解.空间中动线段的距离之和的最大值或最小值的问题可以利用对称性转化,将其转化为平面中动线段的距离之和的最值问题.异面直线间的公垂线段的长度问题可以转化为点到平面的距离问题快速求解. 【例9】如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在底面四边形（包含边界）上移动，且满足，下列结论不正确的是（    ） A．点的轨迹的长度为 B．的最小值为 C．的长度的最大值为 D．的长度的最小值为 【跟踪训练】 1．若正方体的棱长为2，为的中点，动点在底面上（含边界），则下列说法正确的是（   ） A．当为中点时， B．当为中点时，直线与所成角的余弦值为 C．当直线与所成角为时，到平面的距离的最大值为 D．当到直线与直线的距离相等时，到直线的距离的最小值为 2.在平面内，定点A，B，C，D满足==,===–2，动点P，M满足=1，=，则的最大值是 A． B． C． D． 题型10：其他问题 【例10】（2024·上海徐汇·二模）三棱锥各顶点均在半径为的球的表面上，，二面角的大小为，则对以下两个命题，判断正确的是（    ） ①三棱锥的体积为；②点形成的轨迹长度为. A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题 【跟踪训练】 1.（2024河南驻马店市环际大联考“逐梦计划”阶段考）在棱长为1的正方体中，、为线段上的两个三等分点，动点在内，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 一、选择题 1.如图，斜线段AB与平面α所成的角为，B为斜足．平面α上的动点P满足∠PAB＝，则点P的轨迹为(　　) A．圆 B．椭圆 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分 2.在长方体中，点M是棱AD的中点，，点P在侧面的边界及其内部运动，若，则点P的轨迹为（ ） A椭圆的一部分 B 圆的一部分 C．双曲线的一部分 D．线段 3.已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E为CC1的中点，P在对角面BB1D1D所在平面内运动，若EP与AC成30°角，则点P的轨迹为(　　) A.圆 B.抛物线 C.双曲线 D.椭圆 4.如图，在四面体中，是中点，是中点.在线段上存在一点，使得平面，则的值为（    ）    A．1 B．2 C．3 D． 5．在四棱锥中，底面为平行四边形，是的中点，若在棱上存在一点，使得平面，则（    ） A．3 B．2 C． D．1 6．如图，在长方体中，分别是棱的中点，若点是平面内的动点，且满足平面，则线段长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 7.如图，在圆柱中，为底面直径，是的中点，是母线的中点，是上底面上的动点，若，，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 8.已知正方体的棱长为4，点平面，且，则点M的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 9.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． 10.在棱长为2的正方体中，点P是侧面正方形内的动点，点Q是正方形的中心，且PQ与平面所成角的正弦值是，则动点P的轨迹图形的面积为（   ） A． B． C． D． 11.已知正方体，E，F，G分别为棱AB，，的中点，若平面EFG截该正方体的截面面积为，点P为平面EFG上动点，则使的点P轨迹的长度为（   ） A． B． C． D． 12.如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，F为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） ①平面平面； ②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为； ④点的轨迹的长度为. A．①② B．①③ C．①②④ D．②③④ 13.如图，在三棱柱中，侧棱均与底面垂直，侧棱长为2，，，点是的中点，是侧面（含边界）上的动点.要使平面，则线段的长的最大值为（    ）    A． B． C． D． 14.棱长为2的正方体中，点N在以A为球心半径为1的球面上，点M在平面内且与平面所成角为，则M，N两点间的最近距离是（    ） A． B． C． D． 2、 填空题 15.已知正方体中，O为正方形的中心．M为平面上的一个动点，则下列命题正确的　 　 ①若，则M的轨迹是圆；②若M到直线距离相等，则M的轨迹是双曲线；③若M到直线距离相等，则M的轨迹是抛物线 16.如图，棱长为2的正方体中，为的中点，点在底面上（包括边界）移动，且满足，则点在底面上运动形成的轨迹长度为　 　. 17.已知正三棱锥的底面边长为6，体积为，动点在棱锥侧面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长度为 . 18．如图，在棱长为 的正方体 中， 为面 上的动点， ，则动点 的轨迹长度为 ． 19.已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.若是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持则点的轨迹的面积为 .    1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学一轮复习考点精析与题型全解（上海专用） 重难点15 立体几何的轨迹问题10种考法 知识点一、基本原理、常见类型、解题步骤 1. 基本原理：空间中满足一定条件的动点集合构成轨迹，其本质是空间图形在特定平面上的投影或交线，可通过线面、面面关系确定。 2. 常见类型与解法 线面垂直型：若动点到两定点距离相等，在空间中轨迹为两定点连线的中垂面；在平面内则为中垂线。 面面相交型：当动点同时满足两个平面的约束条件时，轨迹是两个平面的交线（直线或曲线） 。 圆锥曲线型：当空间中的角、距离等关系满足圆锥曲线定义时，如到定点距离与到定直线距离之比为定值，轨迹可能是椭圆、抛物线或双曲线。 3. 解题步骤 分析条件：明确动点满足的几何条件，转化为代数关系或几何关系。 降维处理：将空间问题转化为平面问题，通过截面法等找到关键平面进行分析。 确定轨迹：根据平面几何知识确定轨迹形状，并给出完整表述。 知识点二、立体几何中的动态轨迹问题的解题策略 1．动点轨迹的判断方法 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. 2．立体几何中的轨迹问题的常见解法 (1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题. (2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法. (3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解. (4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解. (5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解. 动态立体几何问题侧重考查空间图形中有关“动点”的问题，如动点的轨迹、轨迹长度、与动点有关的最值问题等.此类问题的顺利获解要求考生具备较强的空间想象能力、推理论证能力以及运算求解能力，所以试题难度相对较大，极有可能作为非解答题的压轴题出现，需要引起我们的重视。 几何法是解决立体几何动点轨迹问题的一种常用方法，通过点线面的位置关系以及对应边、角等的大小关系，利用立体几何、平面几何的相关知识加以分析与处理，合理巧妙解决对应的立体几何问题，对空间想象、逻辑推理以及数学运算等方面的能力要求较高. 考法一 动点轨迹图形 题型01：判断动点轨迹图形形状 【名师点拨】由动点保持平行性求轨迹. （1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹. 注：直线与平面平行时,通常可以构造新的平面与已知平面平行,将动点轨迹转化为构造的新的平面与侧面的交线或交线上的线段.直线与平面垂直时,也可以构造出新的平面与已知平面垂直,则动点轨迹转化为交线或交线上的线段. 【例1】（2025上海高三阶段练习）如图所示，四棱锥的底面为正方形，侧面为等边三角形，且侧面底面，点在正方形内运动，且满足，则点在正方形内的轨迹一定是（    ） A．B．C． D． 【答案】B 【解析】根据题意，可知，则点符合“点在正方形内的一个动点，且满足”， 设的中点为， 因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 根据题目条件可得，所以和全等， 所以，点也符合“点在正方形内的一个动点，且满足”， 故动点的轨迹肯定过点和点， 而到点到点的距离相等的点为线段的垂直平分面， 线段的垂直平分面与平面的交线是一直线， 所以的轨迹为线段， 故选：B 【跟踪训练】 1．（2025上海高三阶段练习）如图，在正方体中，若是正方形及其内部的一个动点，且满足，则动点的轨迹是（    ） A．线段 B．圆弧 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】A 【详解】解：根据正方体中，建立空间直角坐标系，如图所示： 所以设正方体的棱长为1，所以，0，，，1，，，，， 由于，所以，整理得．， 所以，动点的轨迹为线段． 故选：A 2．（2024徐汇中学高二上学期期中）在棱长为1的正方体中，是的中点，点在侧面所在的平面上运动.现有下列命题： ①若点总保持，则动点的轨迹是直线； ②若点到点A的距离为，则动点的轨迹是圆； ③若点到点与点的距离比为2：1，则动点的轨迹是圆； ④若点到直线与直线的距离比为2：1，则动点的轨迹是椭圆. 其中真命题的个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 证明平面，判断①，由平面，得，从而得为定值，确定轨迹，判断②，利用平面解析几何知识求解轨迹判断③，问题转化为平面上的轨迹问题判断④． 【详解】①，如图正方体中，平面，平面，∴， 又，平面，∴平面， 而平面，∴，同理， 又平面，∴平面， 而，则平面，又在平面上，所以，正确；    ②，平面，平面，∴， ∴， ∴点轨迹是以为圆心，半径为的圆，正确；    ③，在平面上，以为轴，为轴建立平面直角坐标系， 则，，设， 由得， 整理得，∴点轨迹是圆，正确；    ④，平面，垂足为，因此到直线的距离就是的长， 因此点为平面内到点的距离等于到直线的距离的点，轨迹为抛物线，④错误； 正确的有3个， 故选：B． 3．（2025七宝中学高三阶段练习）如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，轨迹是半径为的圆，理由见解析； 【详解】（1）如图， 过作交于点，连接， 面，面，则， 又面，面，且不共线，故， 因为为的中点，所以也为中点，又为的中点，所以， 而平面，平面，所以平面，同理平面， 又因为，平面， 所以平面平面，而平面， 所以平面. （2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 又，， 则， 故， 设平面的法向量， 则有，取，得到，即， 又中点，则， 则中点到平面的距离为， 由，即，故在以中点为球心，半径为的球面上， 而，故在面上的轨迹是半径为的圆， 故存在符合题意的，此时轨迹是半径为的圆. 考法二 动点轨迹长度 题型02：根据平行关系求动点轨迹长度 【例2】（2025宝山区高三三模）已知长方体，，，M是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是 . 【答案】 【解析】如图所示，E，F，G，H，N分别为，，，DA，AB的中点，则，， 由面，面，则面， 同理可证面，，面， 所以面面， 所以动点P的轨迹是六边形MEFGHN及其内部，又， 所以点在侧面，故的轨迹为线段， 因为，，所以. 故答案为： 【跟踪训练】 1．（2024奉贤中学高二上学期期中）正方体的棱长为，为的中点，点是正方形内的动点，若平面，则点的轨迹长度为 ． 【答案】 【详解】利用正方体建立如图所示空间直角坐标系， 由题意可知，，，，， 因点是正方形内的动点，可设，， 因 设平面的法向量， 则，令，则， 因平面，则，即， 整理得：. 是正方形内的动点，取，得；取，得， 故点的轨迹长度为． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：利用正方体建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，由求得，结合点的位置即可求得其轨迹长度. 2.（2025复兴高级中学高二上学期期中）如图，三棱柱中，为中点，为上一点，，为侧面上一点，且平面，则点的轨迹的长度为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【详解】由题意知，，在上取点，使得， 则且，所以四边形为平行四边形， 故，又平面，平面， 所以平面. 在上取点，使得， 有，所以，则， 又平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，则点M的轨迹为线段. 在中，，由余弦定理， 得， 即点M的轨迹长度为. 故选：C 3.（2025闵行中学高二上学期期中）如图，在棱长为1的正方体中，点E、F、G分别为棱、、的中点，P是底面ABCD上的一点，若平面GEF，则下面的4个判断 ①点P的轨迹是一段长度为的线段； ②线段的最小值为； ③； ④与一定异面． 其中正确判断的序号为 ． 【答案】①③ 【解析】分别连接，所以，又因为，则， 同理，，故平面平面， 又因为平面GEF，且P是底面ABCD上的一点，所以点在上． 所以点P的轨迹是一段长度为，故①正确； 当为中点时，线段最小，最小值为，故②错； 因为在正方体中，平面，又平面， 则，故③正确； 当与重合时，与平行，则④错． 故答案为：①③ 题型03：根据垂直关系求动点轨迹长度 动点保持垂直求轨迹. （1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹. 3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹. 距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；4、由动点保持等角（或定角）求轨迹. （1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面； 【例3】（2024·上海宝山·一模）如图，正四棱柱的底面边长为，为上任意一点，为中点，若棱上至少存在一点使得，则棱长的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设出点、、的坐标，结合已知条件得到方程，根据方程解的情况求出的取值范围即可求解. 【详解】根据已知条件， 以为坐标原点，、、分别为、、轴的空间直角坐标系， 设正四棱柱的高为，令，，， 所以，， 因为，所以，即， 整理得：，因为棱上至少存在一点使得， 所以关于得的方程，至少有一个解， 即，整理得：，解得， 又因为，所以，所以棱长的最大值为. 故选：A 【跟踪训练】 1.（2025格致中学高三阶段练习）如图，在长方体中，为棱的中点，为四边形内（含边界）的一个动点.且，则动点的轨迹长度为______ 【详解】如下图所示： 作交于点，易知四边形是边长为4的正方形， 利用三角形相似可知，即可得，所以， 由勾股定理可知， 利用正方体性质可知平面，平面，所以； 又，，平面， 可知平面； 由可知平面，又为四边形内（含边界）的一个动点， 所以动点的轨迹为平面与四边形的交线，即为， 因此可得动点的轨迹长度为. 2．（2025位育中学高三阶段练习）如图，已知正方体的棱长为2，、分别为线段、的中点，若点为正方体表面上一动点，且满足平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D．2 【答案】B 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 则， 故， 所以， 又，平面， 所以⊥平面， 故当点在线段上时，满足平面， 点的轨迹长度为. 故选：B 3.（2024·广西玉林·三模）在正四棱柱中，，，为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点垂直于的正四棱柱的截面即可计算作答. 【解答过程】在正四棱柱中，连接，如图，，平面， 因为平面，则，又平面， ，则平面，又平面，则， 取中点，连接，在平面内过作，交于，显然， 而平面，则平面，有， 又平面，，于是平面，而平面，因此， 因为平面，，从而平面， 连接，则点的轨迹为平面与四棱柱的交线，即， 因为，即有，又， 于是，有，， 所以点的轨迹长为. 故选：A. 4.（2025格致中学高三阶段练习）在棱长为的正方体中，分别为的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是（    ）. A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在正方体中，以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，， 设，则， ，可得； 当时，，当时，， 取， 连结， 则， 四边形为矩形，则， 即，又和为平面中的两条相交直线， 平面，又， 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， 又，则点的轨迹不是正方形， 则矩形的周长为. 故选：A. 题型04：根据定角求动点轨迹长度 【例4】（2024·辽宁·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴， 建立空间直角坐标系，，，，，， 故，， ，设平面的法向量为， 则， 令得，，故， 因为，故平面， 为平面上的动点，直线与直线的夹角为30°， 平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆， 即为点的轨迹，其中， 由对称性可知，，故半径， 故点的轨迹长度为. 故选：C. 【跟踪训练】 1．如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为 . 【答案】 【详解】 如图建立空间直角坐标系，因为棱长为2，所以, 又, 所以平面, 又因为,所以圆锥母线与高的夹角为,  又点O为的中点， 且,在直角三角形中， ,所以Q的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆，所以轨迹长度为. 故答案为： 【点睛】思路点睛：求证平面，分析与夹角为的条件，结合（1）看出点Q的轨迹，计算出轨迹的长度 2.已知正四棱锥的体积为，底面的四个顶点在经过球心的截面圆上，顶点在球的球面上，点为底面上一动点，与所成角为，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意，设球的半径为．如图所示，连接交于点，连接，则，，平面，所以，解得． 在中，因为，，所以． 因为正方形的中心到各边的距离为，所以点的轨迹为平面内，以点为圆心，半径的圆，故点的轨迹长度为． 故选:D．    题型05：根据定长求动点轨迹长度 【例5】如图，正方体的棱长为，点在正方体的表面上运动，且，若动点的轨迹的长度为3π，则棱长为 ．    【答案】2 【详解】 如图，连接，易知，    所以在平面，平面，平面上都存在满足， 当点在平面内时，连接， 因为，所以， 所以点在平面内的轨迹就是以为圆心，为半径的圆弧，其长度为. 同理可得，点在平面内的轨迹的长度为，点在平面内的轨迹的长度为， 所以点的轨迹的总长度为，∴． 故答案为：2． 【跟踪训练】 1. （松江2023一模11）动点在棱长为1的正方体表面上运动，且与点的距离是，点的集合形成一条曲线，这条曲线的长度为 . 【答案】 【分析】根据题意知，分情况解决即可. 【解析】由题意，此问题的实质是以为球心，为半径的球， 因为，所以在正方体各个面上交线的长度计算， 正方体的各个面根据与球心位置关系分成两类： 为过球心的截面，截痕为大圆弧，各弧圆心角为； 为与球心距离为1的截面，截痕为小圆弧， 由于截面圆半径为，故各段弧圆心角为；所以这条曲线长度为. 2.（23-24高一上·浙江绍兴·期末）已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由题意，分析可得点的轨迹，分别计算各段轨迹的长度即可. 【解答过程】若点P在正方形内，过点P作平面于，连接. 则为直线与平面所成的角，则， 又，则，得， 则点的轨迹为以为圆心半径为1的圆（落在正方形内的部分）， 若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段和， 因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点的轨迹如图所示： 故点P的轨迹长度为. 故选：D. 3.（2024·四川宜宾·三模）在直三棱柱中，，，点P在四边形内（含边界）运动，当时，点P的轨迹长度为，则该三棱柱的表面积为（    ） A．4 B． C． D． 【答案】C 【解析】 设，因为，所以由棱柱的性质可得， 因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 点P在四边形内（含边界）运动，当时， ，这意味着点是在以为圆心为半径的圆弧上运动， 该圆弧弧长是圆周周长，由题意，解得， 所以该三棱柱的表面积为. 故选：C. 4.（2024·四川南充·二模）三棱锥中，，，为内部及边界上的动点，，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 如图所示， 由，， 可知三棱锥为正三棱锥， 设中点为， 则，，， 设点在底面上的射影为， 则平面，， 又为内部及边界上的动点，， 所以， 所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在内部及边界上的部分， 如图所示，   ， ， 即，， 所以点的轨迹长度为， 故选：B. 5.如图，某简单组合体由圆柱与一个半球黏合而成，已知圆柱底面半径为2，高为4，A是圆柱下底面圆周上的一个定点，P是半球面上的一个动点，且，则点P的轨迹的长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 由于，因此P在半球面形成的轨迹为圆周， 如图：记圆柱上顶面圆心为M，点P的轨迹所在圆的圆心为N，则A，M，N共线， ，设，， 在和中使用勾股定理有， 解得，于是点P的轨迹的长度. 故选:D. 6．如图， 在四棱锥中， 底面 是边长为3的正方形，平面，点为底面上的动点， 到的距离记为，若，则点在底面正方形内的轨迹的长度为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【详解】如图建立空间直角坐标系，则， 设，其中，则. 又因平面，则到的距离等于， 则，其中. 则点在底面正方形内的轨迹为以为圆心，半径为2的圆在底面正方形内的弧. 如图，设圆弧与DC，DA交于E，F点，因， 则，则相应轨迹对应弧长为. 故选：B 题型06：根据翻折求动点轨迹长度 翻折与动点求轨迹. （1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹； 注：求解立体几何翻折动态问题的关键是找到图形变化过程中的“不变因素”,比如,若能抓住相关线或面的垂面,化空间为平面,那么问题的突破口便跃然纸上.对于平面图形翻折问题,我们应注意在翻折过程中位于同一平面内的点线的位置关系和数量关系的不变性. 【例6】（23-24高二上·四川内江·期中）如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，点的轨迹的长度为 .    【解题思路】设是的中点，可证的轨迹与的轨迹相同，求得的轨迹之后再求的轨迹. 【解答过程】由，，为边的中点 设是的中点，又为的中点，则且， 而且，所以且， 即为平行四边形，故且，      故的轨迹与的轨迹相同. 因为面，且，所以的轨迹为以为圆心，1为半径的圆， 设的中点为O，则，， 又面，面，所以面， 故的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 所以的轨迹长度为. 故答案为：. 【跟踪训练】 1.（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）如图，已知在中，，是边上一点，且，将沿进行翻折，使得点与点重合，若点在平面上的射影在内部及边界上，则在翻折过程中，动点的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 【解题思路】过点作，得到动点的轨迹是以为圆心，以为半径且圆心角为的圆弧，在所在平面建立平面直角坐标系，求得直线和的方程，联立方程组，求得，得到的长，进而求得，结合弧长公式，即可求解. 【解答过程】如图（1）所示，过点作，分别交于点， 则动点在平面上的射影轨迹为线段， 设当与重合时，有；当与重合时，有， 则由为定长，可知动点的轨迹是以为圆心，以为半径且圆心角为的圆弧，如图（1）所示， 在所在平面建立如图（2）所示的平面直角坐标系， 则，，，，直线，直线， 联立方程组，解得，即，则， 又由，可得，所以，， 所以动点的轨迹长度为. 故选：A．   2.如图，在五边形中，四边形为正方形，，，F为AB中点，现将沿折起到面位置，使得，则下列结论不正确的是（    ）    A．平面平面 B．若为的中点，则平面 C．折起过程中，点的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球的体积为 【答案】C 【解析】对于A：由题意得，所以，即， 而已知，且注意到，，平面，平面， 所以平面，平面，所以平面平面，故A正确； 对于B：因为为的中点，所以，又，所以， 又平面，平面，所以平面，故B正确； 对于C： 因为四边形为正方形，，，所以， 过点作交于点，则， 所以折起过程中，点的轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧， 所以点的轨迹长为，故C错误； 对于D：连接，则，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又四边形为边长为的正方形，则三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球， 又四边形外接圆的直径为，， 设四棱锥的外接球的半径为，则，即， 所以， 所以外接球的体积， 即三棱锥的外接球的体积为，故D正确. 故选：C 考法三 动点轨迹面积体积最值 题型07：动点轨迹面积 【例7】（2021·上海虹口·统考一模）如图，在棱长为1的正方体中，为底面内（包括边界）的动点，满足与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积为______. 【答案】 【分析】根据题设描述易知的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，即可求扫过的面积. 【解析】由题设，，要使与直线所成角的大小为，只需与直线所成角的大小为， ∴绕以夹角旋转为锥体的一部分，如上图示：的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆， ∴在上扫过的面积为. 故答案为：. 【跟踪训练】 1．（2022·上海金山·统考一模）已知正四面体的棱长为6，设集合，点平面，则表示的区域的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点作平面于点，利用正四面体的特点求出的长，从而得到，即得到其表示圆及其内部，则得到其表示的区域面积. 【解析】过点作平面于点， 则， 因为，则， 则表示的区域为以为圆心，2为半径的圆及其内部， 面积为， 故选：C. 2．如图，已知正方体的棱长为，，，分别是棱， ，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是 . 【答案】 【详解】解：∵，在平面上， 分别取，，的中点，则点的轨迹是正六边形， 因为正方体的棱长为， 所以正六边形的边长为， 所以，点的轨迹围成图形的面积是. 故答案为： 3.在棱长为的正方体中，棱，的中点分别为，，点在平面内，作平面，垂足为．当点在内（包含边界）运动时，点的轨迹所组成的图形的面积等于 ． 【答案】 【解析】由正方体性质可知平面平面，且平面，故点的轨迹所组成的图形与平面在平面正 投影图形全等，故可求得投影的面积，即为所求解.由正方体性质可知平面平面，且平面， 故点的轨迹所组成的图形与平面在平面正投影图形全等， 又为正三棱锥， 故正投影如图 即再平面的正投影为， 且，，，， ， 点的轨迹所组成的图形的面积为， 故答案为：. 题型08：动点轨迹体积 【例8】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】 【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：. 【跟踪训练】 1．（2024·上海虹口·一模）已知边长为2的正四面体的内切球（球面与四面体四个面都相切的球）的球心为O，若空间中的动点P满足，则点P的轨迹所形成的几何体的体积为（   ）． A． B． C．． D． 【答案】A 【分析】点P的轨迹是以为邻边的平行六面体，求出以为邻边的平行四边形面积和点到平面距离，由柱体的体积公式即可得出答案. 【详解】空间中的动点P满足， 则点P的轨迹是以为邻边的平行六面体， 将正四面体放入如图所示的正方体中， 则正四面体的内切球心O为正方体的中心， 设正方体的棱长为，所以，所以， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，，，， 所以， ， ， ， 所以， 所以， 所以以为邻边的平行四边形面积为： ， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以，， 又因为点到平面距离为， 以为邻边的平行六面体的体积为：. 故选：A. 题型09：与动点有关的最值问题 立体几何中的轨迹最值问题 立体几何相关最值问题一般采用转化思想求解,一定要让学生熟练掌握棱柱、棱锥、圆柱和圆锥的侧面展开图的形状.几何体内部折线的最值问题也可以采用转化法,将其转化为两点间的距离问题,再结合勾股定理求解.空间中动线段的距离之和的最大值或最小值的问题可以利用对称性转化,将其转化为平面中动线段的距离之和的最值问题.异面直线间的公垂线段的长度问题可以转化为点到平面的距离问题快速求解. 【例9】如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在底面四边形（包含边界）上移动，且满足，下列结论不正确的是（    ） A．点的轨迹的长度为 B．的最小值为 C．的长度的最大值为 D．的长度的最小值为 【答案】C 【详解】根据题意，若满足，则点P的轨迹为过且与直线垂直的一个平面与底面的交线. 根据题意，取中点为，取中点为，连接，如下图所示： 在,中，，，，则， 所以，所以， 即垂直于在平面中的投影，故， 因为,可知垂直于在平面中的投影,可得 而平面，故直线平面 故平面与底面的交线即为P点的运动轨迹. 在中，，A正确； 而，当且仅当与重合时等号成立， 故B正确. 过点作于点，连接,， 由等面积法可知，,求得， 在中，, 由,,面，可知面， 面，所以即的最小值为， 又当点与M点重合时，取得最大值，最大值为，所以D正确，C错误. 故选：C. 【跟踪训练】 1．若正方体的棱长为2，为的中点，动点在底面上（含边界），则下列说法正确的是（   ） A．当为中点时， B．当为中点时，直线与所成角的余弦值为 C．当直线与所成角为时，到平面的距离的最大值为 D．当到直线与直线的距离相等时，到直线的距离的最小值为 【答案】AC 【详解】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，正方体棱长为2，则，，，， 选项A，，，，所以，A正确； 选项B，，， ，所以直线与所成角的余弦值为，B错； 选项C，直线与所成角为时，则，在以为圆心，为半径的圆（正方形内）上，如下图， 在底面上，点轨迹方程为， 设，，， 设平面的一个法向量是， 则，取得， 到平面的距离为， 因为，所以，其中是锐角， 所以当时，，C正确； 选项D，因此平面，又平面，所以， 所以到直线的距离等于， 所以到直线与直线的距离相等即为到点与直线的距离相等，所以点轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，中点是抛物线的顶点，， 在平面上，点轨迹方程为， 设，， ， ， 所以， 又， 所以点到直线的距离为， 点在正方形内，所以， 由得， ， 所以时，， 所以点到直线的距离的最小值为，D错， 故选：AC． 【点睛】方法点睛：本题考查正方体中线线垂直，异面直线所成的角，点面距与点线距，因此利用正方体建立空间直角坐标系，用空间向量法解决问题是常用方法，它可以减少艰难的空间想象能力，把问题转化为计算．对计算能力要求较高，属于难题． 2.在平面内，定点A，B，C，D满足==,===–2，动点P，M满足=1，=，则的最大值是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】试题分析：由已知易得.以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，则设由已知，得，又 ，它表示圆上的点与点的距离的平方的，，故选B. 题型10：其他问题 【例10】（2024·上海徐汇·二模）三棱锥各顶点均在半径为的球的表面上，，二面角的大小为，则对以下两个命题，判断正确的是（    ） ①三棱锥的体积为；②点形成的轨迹长度为. A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题 【解题思路】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断外心和外心的位置，利用垂直关系证明是中点，利用体积公式判断①，根据为定长判断点轨迹是圆，判断②． 【解答过程】由题意知，故, 设外心为，则为BC的中点，设外心为，如图， 则平面，平面， 平面，平面， ，， ，平面，平面， 又因为，则平面，即，，，四点共面， 则平面， 连接，则为二面角的平面角， 二面角的大小为，， 而，，因为平面，平面， 故 ，而，则， 在中，， 则，故，即三点共线， 且是的中点； 则，故①是真命题； 又 ， 点形成的轨迹是以为圆心，半径为的圆， 轨迹长度为，故②真命题． 故选：A． 【跟踪训练】 1.（2024河南驻马店市环际大联考“逐梦计划”阶段考）在棱长为1的正方体中，、为线段上的两个三等分点，动点在内，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先通过位置关系的证明说明在平面内，然后根据已知条件求解出的长度，根据的长度确定出在平面内的轨迹形状，由此求解出对应的轨迹长度. 【详解】 如图，在棱长为1的正方体中，， 因为、为线段上的两个三等分点， 所以， 易知，平面，平面， 所以平面，则， 同理可证，又平面，平面，， 则平面， 设点到平面的距离为，则三棱锥的体积， 则， 所以在平面内， 则， 所以， 所以平面内点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 如图，在正三角形中，为中心，圆的半径为，即， ， 所以在直角三角形中， 则， 所以三个虚线弧圆心角弧度数为， 则三个实线弧圆心角弧度数为， 所以点的轨迹长度为. 故选：B 一、选择题 1.如图，斜线段AB与平面α所成的角为，B为斜足．平面α上的动点P满足∠PAB＝，则点P的轨迹为(　　) A．圆 B．椭圆 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】　B 【解析】　建立如图所示的空间直角坐标系， 设OB＝OA＝1， 则B(0,1,0)，A(0,0,1)，P(x，y,0)， 则＝(0,1，－1)， ＝(x，y，－1)， 所以cos〈，〉＝＝， 即x2＋＝1， 所以点P的轨迹是椭圆． 2.在长方体中，点M是棱AD的中点，，点P在侧面的边界及其内部运动，若，则点P的轨迹为（ ） A椭圆的一部分 B 圆的一部分 C．双曲线的一部分 D．线段 【答案】C 【解析】满足的动点的轨迹是以为轴，半顶角为的圆锥面，又轴∥平面， 则圆锥面与平面的交线为双曲线的一部分，即点P的轨迹为双曲线的一部分，故选C。 3.已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E为CC1的中点，P在对角面BB1D1D所在平面内运动，若EP与AC成30°角，则点P的轨迹为(　　) A.圆 B.抛物线 C.双曲线 D.椭圆 【答案】A 【解析】因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平面六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，则EF∥AC，因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角.设EF与对角面BB1D1D的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面，故选A. 4.如图，在四面体中，是中点，是中点.在线段上存在一点，使得平面，则的值为（    ）    A．1 B．2 C．3 D． 【答案】C 【解析】如图所示，   取MD中点O，连接OP，OQ，∵为MD中点，为中点，∴. 又∵平面，平面，∴平面. 又平面，，平面，平面，∴平面平面. 又平面，平面，平面平面，平面平面， ∴，∴在中，. 故选：C. 5．在四棱锥中，底面为平行四边形，是的中点，若在棱上存在一点，使得平面，则（    ） A．3 B．2 C． D．1 【答案】B 【解析】取的中点，连接,连接相交于点，连接     由为的中点，是的中点，所以 平面,平面,所以平面 当也为的中点时，即,也即时， 由为中点，则 由平面,平面,所以平面 又，所以平面平面 又平面，所以平面. 即在棱上存在一点，当时，平面. 故选：B 6．如图，在长方体中，分别是棱的中点，若点是平面内的动点，且满足平面，则线段长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图设立空间坐标系，由题意可知： ， ，设， 则 ， 设平面的一个法向量为， 由，即，令，得， 又，PE平面， 所以，解得，所以， 故 ， 所以. 故选：C. 7.如图，在圆柱中，为底面直径，是的中点，是母线的中点，是上底面上的动点，若，，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】连接，作，交于点， 是的中点，， 平面，平面，， ，平面， 平面，又平面， ，又，，平面， 平面， 设平面与上底面交于，，点的轨迹为； ，，是母线中点， ， ， . 故选：C. 8.已知正方体的棱长为4，点平面，且，则点M的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设E为，的交点，所以． 又平面，平面，所以． 又，平面，所以平面． 因为点平面，故平面， 所以，所以， 因为正方体的棱长为4，所以，即， 在平面内建立平面直角坐标系，如图， 则． 设，则， ， 所以． 又，故，即， 整理得，即， 故点M的轨迹是半径为的圆， 所以点M的轨迹长度为． 故选：C． 9.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． 【答案】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：. 10.在棱长为2的正方体中，点P是侧面正方形内的动点，点Q是正方形的中心，且PQ与平面所成角的正弦值是，则动点P的轨迹图形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在棱长为2的正方体中，取正方形的中心，连接， 由Q是正方形的中心，得平面，则是PQ与平面所成的角， 则，而，于是，， 因此动点P的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，其面积为. 故选：A 11.已知正方体，E，F，G分别为棱AB，，的中点，若平面EFG截该正方体的截面面积为，点P为平面EFG上动点，则使的点P轨迹的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意截面EGF则为正六边形，如图所示， 由截面面积为及三角形面积公式可得，解得，∴正方体的棱长. 因为截面EFG，O为的中点，也是截面EFG的中心，且， ，即，解得. ∴使得的点P的轨迹是以O为圆心，半径为的圆，所以轨迹长度为. 故选：C. 12.如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，F为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） ①平面平面； ②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为； ④点的轨迹的长度为. A．①② B．①③ C．①②④ D．②③④ 【答案】C 【解析】对于①：由，，为边的中点知且， 易知，，而，平面， 故平面，又平面，所以平面平面，故①正确； 对于②：若是的中点，又为的中点，则且， 而且，所以且，即为平行四边形， 故，所以与的夹角为或其补角， 若为中点，即，由①分析易知， 故与的夹角为，故②正确； 对于③：由上分析知：翻折过程中当平面时，最大， 此时，故③错误； 对于④：由②分析知：且，故的轨迹与到的轨迹相同， 由①知：到的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，而为中点， 故到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆， 所以的轨迹长度为，故④正确. 故选：C. 13.如图，在三棱柱中，侧棱均与底面垂直，侧棱长为2，，，点是的中点，是侧面（含边界）上的动点.要使平面，则线段的长的最大值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解析】平面，平面，则， ，，故， 取为上靠近的四等分点，则，故， 现在说明此时平面， 平面，平面，故， 又，，平面，故平面， 平面，故，且， 又，，平面，故平面， 故的轨迹为线段，，故的最大值为. 故选：A. 14.棱长为2的正方体中，点N在以A为球心半径为1的球面上，点M在平面内且与平面所成角为，则M，N两点间的最近距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据线面角求出，M在以C为圆心为半径的圆上，结合图形可知，当M，N都在正方形ABCD内，且与AC共线时，M，N两点间的距离最小，从而求出最小值. 【详解】因为点M在平面内，且与平面所成角为， 可得，又正方体的棱长为2， 解得， 所以M在以C为圆心为半径的圆上， 则当M，N都在正方形ABCD内，且与AC共线时，M，N两点间的距离最小， 又因为， 所以最小距离为 故选：B 2、 填空题 15.已知正方体中，O为正方形的中心．M为平面上的一个动点，则下列命题正确的　 　 ①若，则M的轨迹是圆；②若M到直线距离相等，则M的轨迹是双曲线；③若M到直线距离相等，则M的轨迹是抛物线 答案：②③ 16.如图，棱长为2的正方体中，为的中点，点在底面上（包括边界）移动，且满足，则点在底面上运动形成的轨迹长度为　 　. 答案： 17.已知正三棱锥的底面边长为6，体积为，动点在棱锥侧面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长度为 . 【答案】/ 【解析】 如图，取的中心为，连接，作于，连接，延长交于点， 注意到底面三角形是等边三角形，所以， 由正三棱锥的性质可得为高， 因为底面边长为6，体积为， 所以，所以， 注意到底面三角形是等边三角形，所以为三角形外接圆的半径， 所以由正弦定理有，所以， 所以. 因为面，面， 所以， 又因为，面，面， 所以面， 因为面， 所以， 因为，且，面，面， 所以平面， 因为平面， 所以， 又因为动点在棱锥侧面上运动，并且总保持， 所以点的轨迹为线段. 在等腰三角形中，由余弦定理有， 从而，所以. 故答案为：. 18．如图，在棱长为 的正方体 中， 为面 上的动点， ，则动点 的轨迹长度为 ． 【答案】 【解析】如图，连接，由正方体的性质可得，平面， 则平面，又平面，则， 又平面， 则平面，又平面，则， 因为平面，则平面，不妨设垂足为， 则， 又因为，解得，所以动点的轨迹是在平面中， 以正的中心为圆心，为半径的圆弧，如图4，即动点的轨迹为劣弧； 如图5，过作的垂线，垂足为，连接，在中，，， 所以，又因为，所以，所以， 所以，所以动点的轨迹长度为． 故答案为：. 19.已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.若是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持则点的轨迹的面积为 .    【解题思路】取中点，由题可得平面，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得. 【解答过程】取中点，连接，则， ，平面，所以平面， 又因为，则， 作于，设点轨迹所在平面为， 则平面经过点，且， 设三棱锥外接球的球心为，半径为，的中心分别为， 可知平面平面，且四点共面， 由题可得， 在Rt中，可得， 又因为，则， 易知到平面的距离， 故平面截外接球所得截面圆的半径为， 所以截面圆的面积为. 故答案为：.    1 学科网（北京）股份有限公司 $