第15讲 空间动点轨迹的题型（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）-2026年高考数学二轮复习立体几何专题（新高考通用）

该高中数学高考复习资料聚焦立体几何中的轨迹问题，覆盖空间动点平行、垂直、长度定值等八大题型及轨迹应用，按“基础认知-能力突破-综合应用”逻辑架构知识体系。通过考点梳理明确命题特点，方法指导提炼降维转化策略，真题训练强化解题技能，帮助学生系统突破高考创新压轴考点。 资料以“直观想象引领、数学建模驱动”为特色，创新采用射影法、截面法等教学策略，如通过正方体中动点轨迹案例，引导学生将空间约束转化为平面几何关系。设置分层练习与模拟回顾环节，精准匹配高考难度，助力学生在有限时间内提升轨迹判断与计算能力，为教师把控复习节奏、提升课堂效率提供实用指导。

第15讲 立体几何中的轨迹问题 目 录 思维导图 1 高考分析 2 学习目标 4 知识要点 5 进行处理 7 题型归纳 9 一．动点轨迹的分类 9 题型01：空间动点恒平行型轨迹 9 题型02：空间动点恒垂直型轨迹 14 题型03：平行与垂直综合型轨迹 21 题型04：空间线段长度定值型轨迹 28 题型05：空间定长线段中点型轨迹 37 题型06：空间动点角度定值型轨迹 40 题型07：空间翻折型动点轨迹 46 题型08: 空间阿波罗尼斯球（圆）型轨迹 54 二．动点轨迹的应用 58 题型01：求动点轨迹形状 58 题型02: 轨迹长度 69 题型03: 轨迹区域面积 85 题型04：轨迹中长度的最值及范围 99 题型05：轨迹中体积的最值及范围 105 题型06：轨迹中空间角的最值及范围 111 题型07：轨迹、截面、动点、范围多选题综合 119 题型08：轨迹、截面、动点、范围解答题 157 巩固提升 179 模拟回顾 196 立体几何中的轨迹问题是高考立体几何的创新压轴考点，常以选择题、填空题形式出现（分值5分），偶尔融入解答题探索问，融合立体几何、解析几何、函数等知识，侧重考查直观想象、数学建模与数形结合能力，以下从命题特点、核心考点、考查趋势三方面展开分析： 一、命题特点 1. 载体特征： ◦ 以规则几何体（正方体、长方体、直棱柱、圆锥/圆柱）为主要背景，如“正方体中动点P满足某条件的轨迹”“圆锥侧面上动点的轨迹”； ◦ 常结合动点约束条件命题，约束条件多为：① 距离定值（如点P到定点/定直线/定平面的距离为定值）；② 角度定值（如直线PA与平面α所成角为定值）；③ 位置关系（如点P到两定点的距离比为定值、点P在与定直线平行的平面内）。 2. 题型分类： ◦ 空间轨迹平面化：动点轨迹为平面图形（线段、圆、椭圆、抛物线、双曲线），需通过空间约束条件转化为平面解析几何轨迹； ◦ 曲面轨迹：动点轨迹为曲面（球面、圆柱面、圆锥面），多考查轨迹类型判断； ◦ 轨迹相关计算：求轨迹图形的长度、面积、参数范围（如轨迹圆的半径）。 3. 解法倾向： ◦ 核心思路是“降维转化”——将空间约束条件转化为平面内的几何关系（如利用线面垂直、平行性质，将空间距离转化为平面距离）； ◦ 常结合解析几何轨迹定义（圆的定义、椭圆的定义、抛物线的定义）判断轨迹类型，避免复杂空间计算。 二、核心考点 1. 轨迹类型判断： ◦ 掌握常见空间约束对应的轨迹：① 到定点距离为定值→球面；② 到定直线距离为定值且在定平面内→圆；③ 到两定点距离之和为定值（大于两定点间距）→椭圆；④ 到定点与定直线距离相等（定点不在定直线上）→抛物线。 2. 空间约束的平面化转化： ◦ 利用线面垂直/平行性质，将空间动点的约束条件投射到某一固定平面（如正方体中，动点P在面ABCD内的射影满足某条件，则先分析射影轨迹，再结合空间位置确定P的轨迹）； ◦ 利用截面性质，将曲面（如圆锥、圆柱）上的动点轨迹转化为截面内的平面轨迹（如圆锥斜截面内的动点轨迹为椭圆）。 3. 轨迹相关计算： ◦ 求轨迹图形的关键参数（如圆的半径、椭圆的长半轴/短半轴），需结合几何体棱长、角度等计算； ◦ 求轨迹的范围（如线段轨迹的长度、曲线轨迹的定义域），常结合几何体边界限制分析。 三、考查趋势 1. 综合化加深： ◦ 从单一约束条件轨迹（如距离定值）转向复合约束（如“到定平面距离为定值且到定点距离为定值”），需联立多个条件确定轨迹； ◦ 融合空间角、空间距离、截面问题，如“动点P与两直线所成角相等的轨迹”“截面内动点的轨迹”。 2. 创新载体拓展： ◦ 从静态几何体转向动态几何体（如翻折后的几何体、旋转的平面），如“矩形翻折为直二面角后，动点P的轨迹”； ◦ 结合实际背景（如仓储空间中机器人运动轨迹、建筑曲面上线条轨迹），但核心仍为轨迹类型判断与计算。 3. 数学思想强化： ◦ 侧重考查数形结合（空间图形与平面轨迹的转化）、分类讨论（动点在几何体不同面内的轨迹差异）、函数建模（轨迹参数的函数关系）； ◦ 对直观想象能力要求提升，需能通过空间想象还原动点的运动范围，避免依赖复杂计算。 四、高考评分关键点 1. 选择题/填空题中，轨迹类型判断错误则全错，需紧扣解析几何轨迹定义（如椭圆定义中“距离和大于焦距”的前提）； 2. 轨迹参数计算需结合几何体特征，如正方体棱长、圆锥母线长，计算错误会导致结果偏差； 3. 涉及轨迹范围时，需考虑几何体边界限制（如动点不能超出几何体表面），遗漏边界会导致答案错误。 结合高考对立体几何轨迹问题的考查要求，从基础认知、能力突破、综合应用三个维度制定学习目标，覆盖轨迹判断、转化、计算全环节： 一、基础认知目标 1. 掌握核心轨迹定义与空间对应关系： ◦ 熟记解析几何基本轨迹定义（圆：到定点距离为定值；椭圆：到两定点距离和为定值且大于间距；抛物线：到定点与定直线距离相等；双曲线：到两定点距离差的绝对值为定值且小于间距）； ◦ 明确空间中常见约束对应的轨迹类型（如到定点距离为定值→球面；到定直线距离为定值且在定平面内→圆；到定平面距离为定值→两个平行平面）。 2. 理解空间到平面的转化逻辑： ◦ 掌握“射影法”“截面法”的核心思想，能识别空间动点的约束条件可投射到某一固定平面（如正方体中动点到棱的距离约束，可投射到面内分析）； ◦ 熟悉规则几何体（正方体、圆锥、圆柱）的截面轨迹特征（如圆锥斜截面轨迹为椭圆，圆柱垂直于轴的截面轨迹为圆）。 3. 夯实几何约束的代数表达： ◦ 能将空间中的距离、角度约束转化为代数关系式（如点到平面的距离公式、线面角的向量表达式），为轨迹建模奠定基础。 二、能力突破目标 1. 轨迹类型精准判断能力： ◦ 能根据动点的约束条件（距离、角度、位置关系），结合轨迹定义快速判断轨迹类型（线段、圆、椭圆、抛物线、球面等）； ◦ 能区分“空间轨迹”与“平面轨迹”，如判断动点轨迹是空间曲面还是某平面内的曲线。 2. 空间约束的平面化转化能力： ◦ 会用“射影法”：将空间动点投射到某一平面，把空间约束转化为平面内的约束，再分析平面内的轨迹； ◦ 会用“截面法”：当动点被限制在某一曲面（如圆锥侧面）时，通过作截面将曲面轨迹转化为截面内的平面轨迹； ◦ 会用“坐标法”：建立空间直角坐标系，用坐标表示动点，通过约束条件列出方程，转化为解析几何轨迹方程判断类型。 3. 轨迹参数计算能力： ◦ 能结合几何体特征（棱长、母线长、角度）计算轨迹的关键参数（如圆的半径、椭圆的长半轴、轨迹线段的长度）； ◦ 能分析几何体边界对轨迹的限制，确定轨迹的范围（如轨迹曲线的定义域、动点的坐标范围）。 三、综合应用目标 1. 跨模块融合解题能力： ◦ 能结合立体几何与解析几何知识，解决复合约束的轨迹问题（如“到两定点距离比为定值且到定平面距离为定值”的轨迹）； ◦ 能将轨迹问题与空间角、空间距离、存在性问题结合，解决综合性压轴题（如轨迹上的点到某平面的距离最大值）。 2. 易错点规避能力： ◦ 避免“忽略几何体边界限制”（如误将轨迹判断为完整圆，实际因几何体遮挡仅为圆弧）； ◦ 避免“轨迹定义条件遗漏”（如判断椭圆时忽略“距离和大于两定点间距”的前提）； ◦ 避免“空间约束转化错误”（如将线面角的正弦值与余弦值混淆，导致轨迹方程错误）。 3. 数学思想应用能力： ◦ 熟练运用数形结合思想，通过空间图形直观预判轨迹类型，再用代数方法验证； ◦ 运用分类讨论思想，分析动点在几何体不同区域的轨迹差异（如正方体不同面上的动点轨迹）。 “动点轨迹”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、难度问题，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. 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. 3.轨迹的分类 1.与平行有关的轨迹问题： (1) 线面平行转化为面面平行求轨迹； (2) 平行时可利用法向量垂直关系求轨迹． 2.与垂直有关的轨迹问题： (1) 可利用线线、线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹； (2) 利用空间坐标运算求轨迹； (3) 利用垂直关系转化为平行关系求轨迹． 3.与距离有关的轨迹问题： (1) 可转化为在一个平面内的距离关系，借助球和圆的定义等知识求解轨迹； (2) 利用空间坐标计算求轨迹． 4.与角度有关的轨迹问题： (1) 直线与平面成定角，可能是圆锥侧面； (2) 直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面； (3) 利用空间坐标计算求轨迹． 5.折叠过程，指定点的轨迹， 实际是一个等距问题(轨迹是圆弧)，方法的核心是从这个指定点出发，向折线作垂线，垂足即为轨迹圆心． 空间点的轨迹几种常见情形： （1）平面内到空间定点的距离等于定长，可结合球面得轨迹； （2）与定点的连线与某平面平行，利用平行平面得点的轨迹； （3）与定点的连线与某直线垂直，利用垂直平面得点的轨迹； （4）与空间定点连线与某直线成等角，可结合圆锥侧面得轨迹； 立体几何中的轨迹问题核心解题思路是“降维转化+定义匹配+数形结合”，即把空间约束转化为平面约束，结合解析几何轨迹定义判断类型，再通过几何特征或坐标计算确定轨迹细节，以下分步骤梳理策略： 一、核心解题步骤 1. 第一步：分析约束条件，确定动点范围 • 明确动点的限制条件（距离定值、角度定值、位置关系约束等），判断动点是否被限制在某一平面/曲面内（如“点P在正方体的面ABCD内”“点P在圆锥侧面上”）； • 排除几何体边界的干扰，初步确定动点的运动空间（如是否在某个截面、某个平面内）。 2. 第二步：空间约束平面化，转化为平面轨迹问题 这是解题的关键，常用3种转化方法： （1）射影法 • 适用场景：动点到定直线/定平面的距离约束、线面角/线线角定值约束； • 操作：将动点投射到某一固定平面（如底面、侧面），把空间距离/角度约束转化为射影平面内的几何关系（如空间中“点P到直线AB的距离为定值”→ 射影后“P的射影到AB的距离为定值”）； • 示例：正方体中，点P到棱AB的距离为定值，则P在垂直于AB的平面内的射影轨迹为圆，结合正方体边界，P的轨迹为圆柱面与正方体的交线（圆弧/线段）。 （2）截面法 • 适用场景：动点在曲面（圆锥、圆柱、球面）上，或被限制在某一截面内； • 操作：作过动点的截面（如平行于底面的截面、过定点的截面），将曲面轨迹转化为截面内的平面轨迹； • 示例：圆锥侧面上动点P到轴线的距离为定值，作垂直于轴线的截面，P在截面内的轨迹为圆（圆锥与截面的交线）。 （3）坐标法 • 适用场景：约束条件复杂（如多个距离/角度约束），难以直观转化； • 操作：建立空间直角坐标系，设动点坐标(x,y,z)，将约束条件转化为代数方程，再化简方程匹配解析几何轨迹类型； 3. 第三步：匹配解析几何轨迹定义，判断轨迹类型 根据平面化后的约束条件，对照核心轨迹定义： 约束条件（平面内） 轨迹类型 关键验证 到定点距离为定值 圆 定点为圆心，定值为半径 到两定点距离和为定值（>两定点间距） 椭圆 两定点为焦点，和为长轴长 到两定点距离差的绝对值为定值（<两定点间距） 双曲线 两定点为焦点，差为实轴长 到定点与定直线距离相等（定点不在定直线上） 抛物线 定点为焦点，定直线为准线 到定直线距离为定值 两条平行线 定值为平行线间距 4. 第四步：结合几何体边界，确定轨迹细节 • 验证轨迹是否受几何体边界限制（如完整圆→ 圆弧，椭圆→ 椭圆弧，直线→ 线段）； • 计算轨迹的关键参数（如圆的半径、椭圆的长半轴、线段的长度），结合几何体棱长/角度求解。 二、常见轨迹类型的针对性策略 1. 轨迹为圆/圆弧 • 核心条件：空间中动点到定点的距离为定值（球面），且被某平面截取；或动点到定直线的距离为定值，且在定平面内； • 策略：确定圆心（定点/定直线上的垂足）和半径（定值距离），再判断平面截取范围； 2. 轨迹为椭圆/椭圆弧 • 核心条件：动点在圆锥侧面上（斜截面截取）；或平面内动点到两定点距离和为定值； • 策略：利用圆锥截面性质（斜截面与轴线夹角≠90°→ 椭圆），或椭圆定义确定焦点和长轴长； • 示例：圆锥的母线与轴线夹角为30°，作与轴线夹角为60°的截面，截面与圆锥的交线为椭圆。 3. 轨迹为线段/直线 • 核心条件：动点到两平面的距离相等（两平面交线的垂面）；或动点在平行于定直线的平面内，且满足线性约束； • 策略：找到动点所在的直线（两平面交线、平行线），再结合几何体边界确定线段端点； • 示例：点P在正方体内部，且到面ABCD和面A_1B_1C_1D_1的距离相等，则P的轨迹为正方体的中截面（平行于上下底面的平面）内的线段（受侧面限制）。 4. 轨迹为抛物线/双曲线 • 核心条件：平面内动点到定点与定直线距离相等（抛物线）；或到两定点距离差的绝对值为定值（双曲线）； • 策略：严格匹配定义，验证定点与定直线的位置关系（抛物线需定点不在定直线上），再确定轨迹范围； • 示例：圆柱内动点P到圆柱轴线的距离等于到圆柱底面的距离，则P的轨迹为抛物线（圆柱侧面上的抛物线弧）。 三、高频易错点规避 1. 忽略几何体边界限制：如误将轨迹判断为完整圆，实际因几何体遮挡仅为圆弧（如正方体内部的动点，轨迹不会超出正方体表面）； 2. 轨迹定义条件遗漏：如判断椭圆时忘记验证“距离和大于两定点间距”（若等于则轨迹为线段，小于则无轨迹）； 3. 空间约束转化错误：如将“点P到平面α的距离”误转为“点P到平面α内某直线的距离”，需牢记空间距离的定义； 4. 坐标法中方程化简错误：设动点坐标后，代入约束条件时需仔细计算（如距离公式的平方展开、向量数量积的计算）。 通用解题技巧 1. 优先用直观几何法（射影、截面），避免复杂坐标计算； 2. 熟记规则几何体的截面轨迹特征（如正方体截面无正五边形，圆锥斜截面为椭圆）； 3. 遇到动态约束（如动点在线段上运动），可通过特殊点验证轨迹类型（如取中点、端点判断轨迹形状）。 一．动点轨迹的分类 题型01：空间动点恒平行型轨迹 【典型例题1】已知棱长为1的正方体，是的中点，动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】过点M做平面的平行截面，再求四边形面积即可. 【解析】 如图所示 E、F、G、M分别是、、、的中点， 则，，所以平面，平面，且， 所以平面 平面，故点P的轨迹为矩形. ，所以，所以.故选：A. 【变式训练1-1】如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且．平面，则线段MP长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】根据已知条件及三角形的中位线，利用线面平行的判定定理及面面平行的判定定理，结合直角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解. 【解析】取的中点为,取的中点为,取的中点为，如图所示 因为是的中点，是的中点， 所以, 因为平面,平面, 所以平面, 同理可得，平面, 又,平面, 所以平面平面. 又平面,线段扫过的图形是, 由,得,, ,, 所以,即为直角， 所以线段长度的取值范围是：. 故选：A. 【变式训练1-2】在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F是侧面内的动点，若平面，则点F轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】取中点，中点，连接，则易证平面平面，进而得当F的轨迹为线段时，则有平面，再根据勾股定理及三角形的中位线计算即可. 如图所示： 取中点，中点，连接， 因为，，所以，平面，平面，所以平面， 同理可证明平面，又因为，平面，所以平面平面， 当F的轨迹为线段时，此时平面，则有平面， 此时.故选：B. 【变式训练1-3】在棱长为4的正方体中，点满足，，分别为棱，的中点，点在正方体的表面上运动，满足面，则点的轨迹所构成的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】作出辅助线，找到点的轨迹，利用勾股定理求出边长，得到周长. 【解析】延长，交的延长线与，连接，分别交，于， 过点作交于点，过点作交于点， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 因为，所以平面平面， 过点作交于点， 连接，则 则平行四边形（点除外）为点的轨迹所构成的图形， 因为正方体棱长为4，，分别为棱，的中点，， 所以， 因为，所以， 过点作⊥于点，则， 则由几何关系可知，所以， 由勾股定理得， 所以点的轨迹所构成的周长为. 故选：D. 【变式训练1-4】已知正方体的边长为4，点E是棱CD的中点，P为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，则点P的轨迹长为（    ） A． B．2 C． D．1 【答案】A 【解析】画出示意图，找出过且跟面平行的平面，其跟面的交线即是的轨迹． 如图， 分别作的中点G，H，F，连接， 由题可知， 则四边形为平行四边形， 平面BEF，平面，平面； 同理可得平面，∴平面平面， 由题意知平面，又点P为四边形内（包括边界）的一动点， 线段GH，点P的轨迹为GH，． 故选：A． 【变式训练1-5】如图，在三棱柱中，M为A1C1的中点N为侧面上的一点，且MN//平面，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】根据面面平行的判定定理证明平面平面，再由MN//平面可得点N的轨迹为线段DE，据此即可得解. 如图，    取的中点D，的中点E，连接MD，DE，ME， 由，， 又平面，平面，所以平面， 同理可得平面，又，平面 所以平面平面，又平面， 故点N的轨迹为线段DE，又由，可得．故选：B． 【变式训练1-6】在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是棱BC的中点，点Q满足＝，点F在侧面BB1C1C内，且A1F∥平面APQ，则点F的轨迹长度为____. 【答案】 【解析】如图，取BB1上靠近B1的三等分点G，B1C1的中点H，连接A1H，A1G，GH，则在正方形BB1C1C中，可得GH∥PQ.又GH⊄平面APQ，PQ⊂平面APQ，所以GH∥平面APQ.同理可由A1H∥AP，得A1H∥平面APQ.因为A1H，GH⊂平面A1GH，A1H∩GH＝H，所以平面A1GH∥平面APQ.又点F在侧面BB1C1C内，且A1F∥平面APQ，所以GH即为点F的轨迹，GH＝＝＝. (例1) 题型02：空间动点恒垂直型轨迹 【典型例题1】已知是棱长为2的正方体表面上的一个动点，且，则的轨迹周长是（    ） A． B．2π C． D．4π 【答案】D 【解析】根据可得到的中点为的距离为，再根据正方体的几何性质可得在其中一个侧面上的轨迹长度，同理可确定其它侧面上的轨迹长度，从而可得的轨迹周长. 因为，则，又正方体的棱长为， 取线段的中点为，则， 由于在正方体的表面上运动，要满足，则点在正方体的四个侧面上运动， 如图，当在侧面上运动时，取中点为，连接 因为，分别为，中点，所以，， 又平面，所以平面，由于平面， 所以，则，则在侧面上得轨迹为以为圆心，为半径的半圆，此时的轨迹长为；同理，当在其它侧面上运动时轨迹长均为；综上，的轨迹周长是.故选：D. 【典型例题2】已知四棱柱的底面为正方形，侧棱与底面垂直，点是侧棱上的点，且.若点在侧面（包括其边界）上运动，且总保持，则动点的轨迹长度为（    ）      A． B． C． D． 【答案】先找到过点与垂直的平面与侧面的交线，从而求解. 【解析】    如图，在侧棱上取一点，使得，连接， 过点作交于点，交于点，连接， 由，可知， 平面，， 从而平面，所以， 又由在平面内的射影，所以， 平面，， 知平面，平面，所以， 所以动点的轨迹为线段， 在中，，所以， 则，得 易得.故选：D. 【变式训练2-1】如图，正方体的棱长为，点是棱的中点，点是正方体表面上的动点．若，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹的长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】取的中点，的中点，连接、、、、，设，证明出平面，可知点在正方体表面上运动所形成的轨迹为的三边，求出的周长即可得解. 取的中点，的中点，连接、、、、， 设，如下图所示．    因为四边形是正方形，又点是棱的中点，点是的中点， 则，，， 所以，，所以，， 所以，， 所以，，即． 在正方体中，平面， 又平面，所以， 又，、平面，所以平面， 又平面，所以，同理可得，， 又，、平面，所以，平面． 所以点在正方体表面上运动所形成的轨迹为的三边， 因为正方体的棱长为， 由勾股定理可得，同理可得，， 所以的周长为． 故选：C． 【变式训练2-2】如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（   ） A． B． C． D．1 【答案】连接，利用线面垂直的判定推理证得平面即可确定点的轨迹得解. 【解析】在棱长为1的正方体中，连接， 由平面，平面，得，而， 平面，则平面，又平面， 于是，同理，而平面， 因此平面，因为，则平面， 而点为截面上的动点，平面平面， 所以点的轨迹是线段，长度为. 故选：B. 【变式训练2-3】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． 【答案】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. 【解析】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. 【变式训练2-4】如图，在体积为6的三棱锥中，PA､PB､PC两两互相垂直，，若点M是底面内一动点，且满足，则点M的轨迹长度的最大值为（    ） A．6 B．3 C． D． 【答案】C 【解析】根据题意可知，点的轨迹为斜边上的高线，即可根据等面积法以及基本不等式求出点的轨迹长度的最大值． 解：如图所示，过作于，连接. ，，两两垂直，所以平面，又平面 即有，而，平面 所以平面，又平面 即，故点的轨迹为斜边上的高线， 因为三棱锥的体积为6，所以，即， 又可得． 当且仅当时取等号．点M的轨迹长度的最大值为.故选：C． 【变式训练2-5】在矩形ABCD中，，，点E在CD上，现将沿AE折起，使面面ABC，当E从D运动到C，求点D在面ABC上的射影K的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】在原平面矩形中,连接,由面面ABC知,故点的轨迹是以为直径的圆上一段弧,根据的位置求出此弧的长度. 由题意，将沿折起，使平面平面，在平面内过点作垂足为在平面上的射影，连接,由翻折的特征知， 则，故点的轨迹是以为直径的圆上一段弧，根据长方形知圆半径是， 如图当与重合时，,所以，取为的中点，得到是正三角形.故，其所对的弧长为；故选：D. 【变式训练2-6】在边长为4的菱形中，．将菱形沿对角线折叠成大小为的二面角．若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求，进而利用线面垂直可判断点轨迹为，求解周长即可． 【解析】连接、，交于点，连接， 为菱形，， 所以，，， 所以为二面角的平面角， 于是， 又因为， 所以， 取中点，取中点，连接、、，所以、， 所以、，，相交， 所以平面， 所以在三棱锥表面上，满足的点轨迹为， 因为，，， 所以的周长为， 所以点轨迹的长度为． 故选：A． 题型03：平行与垂直综合型轨迹 【典型例题1】如图，在正方体中，，P是正方形ABCD内部（含边界）的一个动点，则（    ） A．有且仅有一个点P，使得 B．平面 C．若，则三棱锥外接球的表面积为 D．M为的中点，若MP与平面ABCD所成的角为，则点P的轨迹长为 【答案】D 【解析】根据线面垂直判断线线垂直可求解A，利用线面平行判断B，根据外接球与三棱锥的的几何关系判断C，利用线面角的定义确定点的轨迹即可求解D, 对于A，连接, 因为平面,平面,所以, 且四边形为正方形，所以, 且，平面, 所以平面,所以当点在线段上时， 必有平面,则， 所以存在无数个点P，使得，A错误； 对于B，当点与点重合时， 与平面相交，B错误； 对于C，若，则为中点， 连接,则为等腰直角三角形，且， 且也为等腰直角三角形，且, 且平面平面， 所以取中点为，则为三棱锥外接球的球心， 【典型例题2】已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为3的正方形，AA1＝3，M为CC1的中点，O为A1M的中点，则点O到底面ABCD的距离为____；若P为底面ABCD内的动点，且A1P⊥PM，则动点P的轨迹长度为___. 【答案】见解析 【解析】由点O为A1M的中点可得点O到平面A1B1C1D1的距离是点M到平面A1B1C1D1距离的一半，则点O到平面A1B1C1D1的距离为，故点O到平面ABCD的距离为3－＝.因为A1P⊥PM，O为A1M的中点，所以OP＝A1M＝＝.设以O为球心，OP的长为半径的球被平面ABCD所截得的圆的半径为r，则r＝＝3，则动点P的轨迹即为以正方形ABCD的中心为圆心，3为半径的圆留在正方形ABCD内的圆弧．如图，R为QP的中点，所以HR⊥QP，所以cos ∠QHR＝＝＝，所以∠QHP＝2∠QHR＝，所以点P的轨迹所形成的圆弧长为3×＝2π. 【变式训练3-1】设正方体的棱长为1，点E是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题：    ①如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为； ②如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为； ③如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为； ④如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为． 其中正确的命题个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】由正方体性质得面，根据线面垂直的判定定理、性质定理证面，确定轨迹图形判断①；若分别为中点，连接，根据线面平行、面面平行的判定证面面，确定轨迹图形判断②；若分别为的中点，连接，同②方式证面面，确定轨迹图形判断③；若分别是的中点，并依次连接，先证面面，结合①得面，确定轨迹图形判断④. 由面，而面，则，又， 又，面，则面， 由面，则，同理， ，面，则面， 所以垂直于面所有直线，且面， 若，则在边长为的正△的边上， 故轨迹图形面积为，①对；    若分别为中点，连接， 由正方体的性质易得，， 所以共面，且为平行四边形，故面即为面， 由面，面，则面， 同理可得面，，面， 所以面面，要使∥平面，则在△的边上， 所以轨迹长为，②错；    若分别为的中点，连接，显然， 所以共面，即面， 由，面，面，则面， 又，同理可得面，，面， 所以面面，故面内任意直线都与面平行， 要使∥平面，则在四边形的边上运动， 此时轨迹长为，③对；    若分别是的中点，并依次连接， 易知为正六边形，显然，， 由面，面，则面，同理可得面， ，面，所以面面， 由面，则面，故垂直于面所有直线， 要使，则在边长为的正六边形边上运动， 所以轨迹图形面积为，④对；    故选：C 【变式训练3-2】如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在侧面及其边界上运动，则下列选项中不正确的是（    ） A．存在点P满足 B．存在点P满足 C．满足的点P的轨迹长度为 D．满足的点P的轨迹长度为 【答案】C 【解析】假定，结合条件可得，，然后利用圆的位置关系可判断A，利用坐标法可得点P在中心时，可判断B，利用线面垂直的判定定理结合条件可得点P的轨迹可判断CD. 对于A选项，假设，因为， 又，且始终垂直平面，所以，点在以B为圆心，半径为1的圆上， 同理，，则，点P在以C1为圆心，半径为的圆上，如图1， 又因为，所以两个圆相交有交点，即存在点P满足，故A正确； 对于B选项，如图建立空间直角坐标系， 则，， 若点在正方形中心处，即， 则，，可得，即 ，故B正确； 对于C选项，取的中点，的中点，连接，，， 因为平面，又平面，所以， 在正方形中，，又平面， 所以平面，又平面， 所以，同理可得，又，平面， 所以平面，又因为点P在侧面上，平面平面， 所以点的轨迹为线段，且，故C错误； 对于D选项，过M点作交BC于点G，过M点作交于H，则， 因为，所以， 同理，又平面， 平面，又平面平面， 所以点的轨迹为线段，且，故D正确. 故选：C. 所以外接球的半径为, 所以我外接球的表面积为，C错误； 对于D，连接 因为平面，所以为MP与平面ABCD所成的角， 所以，所以, 所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆弧， 所以点P的轨迹长为，D正确， 故选:D. 【变式训练3-3】如图，八面体Ω的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点B，C，D，E在同一个平面内，点M在四边形BCDE内(包含边界)运动，N为AE的中点. (例2) (1) 当MN∥平面ACD时，点M的轨迹长度为___； (2) 当MA⊥ME时，点M到BC的距离的最小值为____. 【答案】见解析 【解析】(1) 设P为DE的中点，又N为AE的中点，所以PN∥AD.因为AD⊂平面ACD，PN⊄平面ACD，所以PN∥平面ACD.又MN∥平面ACD，MN∩PN＝N，设Q＝BC∩平面MNP，所以平面MNP∥平面ACD，平面ACD∩平面BCDE＝CD，平面MNP∩平面BCDE＝PQ，则PQ∥CD，则Q为BC的中点，点M在四边形BCDE内(包含边界)运动，则M∈PQ，点M的轨迹是线段PQ，长度为4. (2) 设四边形BCDE的中心为O，若MA⊥ME，则点M的轨迹是以OE中点K为圆心，为半径的圆在四边形BCDE内(包含边界)的一段弧(如图)，K到BC的距离为3，故弧上的点到BC的距离的最小值为3－. (例2) 题型04：空间线段长度定值型轨迹 【典型例题1】在正方体中，已知，点O在棱上，且，P为正方体表面上的动点，若，则点P的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】，则点P会在4个面内有轨迹，且均是圆弧，分别计算半径和圆心角即可. 依题意，∵，，，∴，， 所以，所以，又因为，所以， 所以，即. 在平面内满足条件的点的轨迹为， 该轨迹是以5为半径的个圆周，所以长度为； 同理，在平面内满足条件的点轨迹长度为； 在平面内满足条件的点的轨迹为以为圆心， 为半径的圆弧，长度为； 同理，在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的圆弧，长度为. 故轨迹的总长度为.故选：C. 【典型例题2】设A、B是半径为的球体O表面上的两定点，且，球体O表面上动点M满足，则点M的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】先建立平面直角坐标系确定M轨迹，转化为空间中的阿氏球，利用两球相交求相交圆周长即可. 【解析】以所在的平面建立平面直角坐标系，为x轴，垂直平分线为y轴， 则易知， 设 ，由，可得， 故M的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 转化到空间M的轨迹为以C为球心，为半径的球，同时M在球O上， 故M在两球的交线上，轨迹为圆. 又，，易求得，即为直角三角形， 则对应圆的半径为， M的轨迹长度即对应圆的周长为. 故选：B． 【变式训练4-1】已知是棱长为1的正方体，点P为正方体表面上任一点，则下列说法不正确的是（    ） A．若，则点P的轨迹长度为 B．若，则点P的轨迹长度为 C．若，则点P的迹长度为 D．若，则点P的轨迹长度为 【答案】D 【解析】根据题意，依次分析点P轨迹,讨论各选项即可得答案. 当时，如图1，此时点P的轨迹为半径为1，圆心角为的三段圆弧， 所以此时点P轨迹的长度为，故A选项正确； 当时，如图2，点P的轨迹一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧， 另一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧；所以此时点P轨迹的长度为，故B选项正确； 当时，如图3，点P的轨迹是在面三个面内以1为半径，圆心角为的三段弧， 所以此时点P轨迹的长度为，故C选项正确； 当，如图4，点P的轨迹是在面三个面内以为半径，圆心角小于的三段弧， 所以此时点P轨迹的长度小于，故D选项不正确； 故选：D． 【变式训练4-2】正方体的棱长为，点在三棱锥的侧面表面上运动，且，则点轨迹的长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】作出图形，分析可知点轨迹是以点为圆心，半径为的圆与的交线，计算出圆心角的大小，结合扇形的弧长公式可求得结果. 因为平面，且， 所以，点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在内的交线， 取的中点，则，且， 设圆弧交于、两点，如下图所示： ，所以，， 又因为，则为等边三角形，故点轨迹的长度是.故选：B. 【变式训练4-3】正方体的棱长为3，点在三棱锥的表面上运动，且，则点轨迹的长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题意可知点在以为球心，半径的球上，所以点的轨迹是该球与三棱锥的表面的交线，然后画出图形，分别求出其在四个面上的轨迹长度即可. 因为，所以点在以为球心，半径的球上， 因为点在三棱锥的表面上运动， 所以点的轨迹是该球与三棱锥的表面的交线， 因为正方体的棱长为3， 所以正方体的面对角线为， 所以三棱锥为棱长为的正三棱锥， 由正方体的性质可知到平面的距离为， 所以球在平面上的截面圆的半径， 所以截面圆的圆心正好是正三角形的中心， 设正三角形的内切圆半径为，外接圆半径为， 由正弦定理得，则， 所以， 【变式训练4-4】已知正方体的棱长为是正方形（含边界）内的动点，点到平面的距离等于，则两点间距离的最大值为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】利用等体积法可得点到平面的距离等于，结合平行关系分析可得点的轨迹为线段，再根据的形状分析求解. 【解析】由题意可知：， 设三棱锥的高为， 因为，则， 解得，即点到平面的距离等于， 又因为∥，且，则四边形为平行四边形，则∥， 平面，平面，所以∥平面， 即点的轨迹为线段， 因为平面，平面，所以， 在中，两点间距离的最大值为. 故选：D. 【变式训练4-5】如图，正四棱柱中，，点是面上的动点，若点到点的距离是点到直线的距离的2倍，则动点的轨迹是（    ）的一部分 A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】建立如图空间直角坐标系，设，利用两点距离公式可得，即可求解. 【解析】由题意知，以D为原点，所在直线分别为轴建立如图空间直角坐标系， 则，设， 所以， 因为到的距离是到的距离的2倍， 所以，即， 整理，得， 所以点P的轨迹为双曲线. 故选：C. 【变式训练4-6】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】由已知可得三棱锥为正三棱锥，即可得三棱锥的高，设点在底面上的射影为，即可得，进而可得点的轨迹及其长度. 【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. 【变式训练4-7】已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为棱DD1，DC的中点，P为四边形A1B1C1D1(含边界)内一动点，且MP＝2，则点P的轨迹长度为___, 点P到平面AMN距离的最大值为____. 【答案】见解析 【解析】如图，D1P＝＝，所以点P的轨迹为以D1为圆心，为半径的圆与正方形A1B1C1D1相交的部分，所以点P的轨迹长度为×2π×＝.以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，M(0，0，1)，N(0，1，0)，设P(cos θ，sin θ，2)，所以＝(－2，0，1)，＝(－2，1，0)，＝(cos θ，sin θ，1).设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝1，得n＝(1，2，2)，则点P到平面AMN的距离d＝＝＝，显然当θ＋φ＝时，d取得最大值dmax＝. (例3(1)) 【变式训练4-8】在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱BC的中点，点P在正方形DCC1D1(包括边界)上运动，且满足∠APD＝∠MPC，则点P的轨迹长度为__. 【答案】见解析 【解析】如图(1)，在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥平面DCC1D1，MC⊥平面DCC1D1，又DP，PC⊂平面DCC1D1，所以AD⊥DP，MC⊥CP.又∠APD＝∠MPC，所以Rt△ADP∽Rt△MCP，所以＝＝2，即PD＝2PC.如图(2)，在平面DCC1D1中，以D为原点，DC，DD1分别为x，y轴建立平面直角坐标系，则D(0，0)，C(6，0)，设P(x，y).由PD＝2PC，知＝2，化简整理得(x－8)2＋y2＝16，0≤x≤6，圆心(8，0)，半径r＝4，所以点P的轨迹为圆(x－8)2＋y2＝16与四边形DCC1D1的交线，即为图中的.其中CM＝2，FM＝4，则∠FMC＝.由弧长公式知＝×4＝. (例3(2)) 图(1） 图(2) 【变式训练4-9】已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为平面ABCD内一动点，且直线D1P与平面ABCD所成角为，则点P的轨迹长度为___，直线CP与平面CDD1C1所成角的正弦值的最大值为____. 【答案】见解析 【解析】因为直线D1P与平面ABCD所成角为，所以DP＝＝.故点P在以D为圆心，为半径的圆周上运动，点P的轨迹长度为.如图，直线CP与平面CDD1C1所成角即为∠PCD，当CP与点P的轨迹圆相切时，sin ∠PCD最大，此时sin ∠PCD＝. (变式3) 题型05：空间定长线段中点型轨迹 【典型例题】如图,已知直平行六面体ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为3,∠BAD=60°,长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动,另一个端点N在底面ABCD上运动,则MN的中点P的轨迹(曲面)与共顶点D的三个面所围成的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先确定点的轨迹，从而确定点的轨迹与平行六面体所围成的几何体的形状，即可求几何体的体积． 连接、，则平面，平面， 在中，MN=2，MN的中点为P，则DP=1, 点P的轨迹为：以D为球心,半径r=1的球面的一部分，球的体积为V=π·r3=. ∵，∴，故所求几何体的体积.故选:A 【变式训练5-1】如图，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，长为的线段的一个端点在线段上运动，另一个端点在底面上运动，则线段的中点的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】连接、，分析得出，可知点的轨迹是以点为球心，半径长为的球面，作出图形，结合球体的体积公式可求得结果. 连接、，因为，，且、分别为、的中点， 故且， 所以，四边形为平行四边形，故且， 平面，则平面， 因为平面，所以，， 为的中点，故， 所以，点的轨迹是以点为球心，半径长为的球面，如下图所示： 所以，线段的中点的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体为球的， 故所求几何体的体积为.故选：D. 【变式训练5-2】已知正六棱柱的棱长均为，点在棱上运动，点在底面内运动，，为的中点，则动点的轨迹与正六棱柱的侧面和底面围成的较小部分的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题意，可判断出动点的轨迹为球，结合球的体积公式，即可求解. 由直角三角形的性质得， 所以点在以为球心，半径是的球面上运动， 因为，所以动点的轨迹与正六棱柱的侧面和底面围成的较小部分球， 其体积为.故选：B. 【变式训练5-3】在四边形ABCD中，，，P为空间中的动点，，E为PD的中点，则动点E的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】作的中点，连接，，即可得到且，从而得到且，则点的轨迹长度与点的轨迹长度相同，作于，则点的轨迹是以为圆心长为半径的圆，即可得解； 解：如图，作的中点，连接，．因为，， 所以．因为，，所以， 故四边形为平行四边形，则有，且，则有点的轨迹长度与点的轨迹长度相同， 过点作于，则点的轨迹是以为圆心长为半径的圆，且， 故点的轨迹长度为． 故选：D． 题型06：空间动点角度定值型轨迹 【典型例题1】如图，点是棱长为2的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为45°，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先利用直线与平面所成的角为45°求得点的轨迹，进而求得点的轨迹长度. 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，则， 则点的轨迹为以为圆心半径为2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， 因为点P不可能落在其他三个正方形内， 所以点的轨迹长度为. 故选：A 【典型例题2】如图，二面角的大小为，已知A、B是l上的两个定点，且，，，AB与平面BCD所成的角为，若点A在平面BCD内的射影H在的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据题意：点H的轨迹是以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60°的圆锥侧面交线的一部分，该部分是圆心角为的弧长，只要求出半径即可. 如图所示： 因为AB与平面BCD所成的角为，且点A在平面BCD上的射影H，，所以，所以点H在以点B为球心，以为半径的球面上， 又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上，所以点H的轨迹为以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成的圆锥侧面交线的一部分，即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB， 因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为，所以，又， 所以点H的轨迹的长度等于，故选：D. 【变式训练6-1】如图，正方体的棱长为1，点P为正方形内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为的点P的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【解析】作出辅助线，得到P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的，求出轨迹长度. 直线BP与下底面ABCD所成角等于直线BP与上底面所成角， 连接，因为⊥平面，平面， 所以⊥，故为直线BP与上底面所成角， 则， 因为，所以， 故点P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的， 故轨迹长度为.   故选：B 【变式训练6-2】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． 【答案】由题意，分析可得点的轨迹，分别计算各段轨迹的长度即可. 【解析】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. 【变式训练6-3】如图，线段与平面斜交于点，且直线与平面所成的角为，平面上的动点满足，则点的轨迹是（    ） A．直线 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线一支 【答案】C 【解析】根据题意，为定值，可得点P的轨迹为一以AB为轴线的圆锥侧面与平面的交线，由圆锥曲线的定义可求. 用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，且平面与轴线所成角大于母线与轴线所成角时得到椭圆；当平面与轴线所成角小于母线与轴线所成角时得到双曲线，当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线． 平面上的动点P满足，则P在以AB为轴的圆锥的侧面上，可构造如图所示的圆锥， 母线与AB所在直线(中轴线)的夹角为，然后用平面去截圆锥，使直线AB与平面的夹角为，则平面与圆锥侧面的交线为P的轨迹图形，由圆锥曲线的定义可知，P的轨迹为椭圆. 故选：C 【变式训练6-4】如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为4和6，侧棱长为2，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，进而可得出答案. 【解析】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点， 中点，连接，则有， 所以的延长线必过点且， 过点作，则四边形是边长为2的菱形， 如图所示：     在中，，即， 解得，所以， 所以为边长为6等边三角形， 所以，， 所以， 因为是边长为3的等边三角形且为中点， 所以，， 在中，由余弦定理变形得，， 在中，由余弦定理变形得， ， 解得，所以，所以， 由平面， 可得平面， 又平面，所以， 由，，，平面， 可得平面， 因为AP与平面所成角的正切值为， 所以，解得，， 所以点在平面的轨迹为以为原点的圆被四边形所截的弧， 设的长度为，则， 所以所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为. 故选：A. 【变式训练6-5】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】根据锥体的体积公式结合外接球的性质可得半径和四棱锥的底边边长，进而根据锐角三角函数可得，即可判断点的轨迹为为圆心，半径的圆，即可求解. 【解析】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07：空间翻折型动点轨迹 【典型例题1】已知矩形中，，，如图，将沿着进行翻折，使得点与点重合，若点在平面上的射影在四边形内部（包含边界），则动点的轨迹长度是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】过点作于点，交于点，则点在平面上的射影落在线段上.由翻折过程可知，，判断出的轨迹是以点为圆心，为半径的一段圆弧，求出圆心角，利用弧长公式求出弧长. 如图（1），过点作于点，交于点，则点在平面上的射影落在线段上. 在中，，，则，由等面积法得. 翻折的过程中，动点满足，则动点的轨迹是以点为圆心，为半径的一段圆弧.易得，，，所以，则，如图（2），在圆中，，，所以点的轨迹是，且，则，，从而点的轨迹长度为. 故选：C 【典型例题2】如图，在长方形ABCD中，，，E为BC的中点，将△沿AE向上翻折到的位置，连接PC，PD，在翻折的过程中，以下结论错误的是（    ） A．四棱锥体积的最大值为 B．PD的中点F的轨迹长度为 C．EP，CD与平面PAD所成的角相等 D．三棱锥外接球的表面积有最小值 【答案】四棱锥的底面积为定值，当平面平面AECD时，高最大，即可求出四棱锥体积的最大值；取的中点，由已知得点的轨迹与点的轨迹形状完全相同，则可以求点的轨迹长度即可；利用线面角的概念分别找到EP，CD与平面PAD所成的角，即可求解；根据三棱锥的外接球的定义作出图形，即可求解. 【解析】由已知条件可知，梯形AECD的面积为6，，直角斜边AE上的高为，当平面平面AECD时，四棱锥的体积取得最大值， 即，则正确； 取的中点，连接，，，则且 ， ∴四边形ECFG是平行四边形， ∴点的轨迹与点的轨迹形状完全相同．过作AE的垂线，垂足为H，G的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，从而PD的中点的轨迹长度为， 则错误； 由四边形ECFG是平行四边形，知，则平面PAD， 则E，C到平面PAD的距离相等， 故PE，CD与平面PAD所成角的正弦值之比为，则正确； △外接圆的半径为，为的中点，直角△外接圆的半径为，为的中点，是圆与圆的公共弦，, 设三棱锥外接球的球心为，半径为， 则, 因为 ，所以，所以球表面积的最小值为， 则正确, 故选：. 【典型例题3】已知菱形ABCD的边长为2，.将菱形沿对角线AC折叠成大小为60°的二面角.设E为的中点，F为三棱锥表面上动点，且总满足，则点F轨迹的长度为________. 【答案】 【解析】在侧面B′AC上，F点的轨迹是EP，在侧面B′CD上，F点的轨迹是EQ，在底面ACD上，F点的轨迹是PQ，求的△EPQ周长即可． 连接AC、BD，交于点O，连接OB′， 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＝ ， 取OC中点P，取CD中点Q，连接EP、EQ、PQ，所以PQ∥OD、EP∥OB′， 所以AC⊥EP、AC⊥PQ，所以AC⊥平面EPQ， 所以在三棱锥B'﹣ACD表面上，满足AC⊥EF的点F轨迹的△EPQ， 因为EP＝OB′，PQ＝OD，EQ＝B′Q，所以△EPQ的周长为， 所以点F轨迹的长度为 ． 故答案为： 【变式训练7-1】已知矩形中，，现将沿对角线向上翻折（如图所示），若在翻折过程中，点D到点B的距离在内变化时，点的运动轨迹的长度等于 . 【答案】根据已知，可知点的运动轨迹是圆弧，做辅助线，将的长度的变化范围转化为二面角的变化范围，再由弧长公式计算即得. 【解析】如图所示：在矩形中，过点D作交AC于点F，交AB于点G， 过点B作交DF于点E，故点的运动轨迹是以F为圆心，以DF为半径的圆弧，为二面角的平面角. ∵，， ，， ，. 翻折后，，平面DFE， 平面.∵平面,. 当时，， 故是等边三角形，所以. 当时，， 因为,所以,所以. 则点的运动圆弧所对应的圆心角为. 故点的运动轨迹的长度是. 故答案为:. 【变式训练7-2】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，则点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为点D在平面ABC上的射影，连接D′K，由翻折的特征知，∠D′KA＝90°，故点K的轨迹是以AD′为直径的圆上一段弧，根据长方形知圆的半径是.如图，当E与C重合时，∠D′AC＝60°，所以AK＝，取AD′的中点O，易知△OAK是正三角形，故∠KOA＝，所以∠KOD′＝，其所对的弧长为×＝. (例4) 【变式训练7-3】在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E，F分别为边AB，CD的中点，如图，沿直线DE将△ADE翻折成△PDE，在点P从A至F的运动过程中，CP的中点G的轨迹长度为____. (变式4) 【答案】见解析 【解析】如图，连接AF，DE，设AF∩DE＝O，连接PO，AP，则OP＝OA＝OF，所以∠APF＝90°.连接AC，BD，设AC∩BD＝M，取CF的中点N，连接MG，GN.由三角形中位线定理可得MG∥AP，NG∥PF，所以∠MGN＝90°，所以沿直线DE将△ADE翻折成△PDE，在点P从A至F的运动过程中，CP的中点G的轨迹是以MN为直径的半圆．因为AF＝＝2，所以MN＝，从而以MN为直径的半圆的长度为×2π×＝. (变式4) 【变式训练7-4】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 .    【答案】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. 【解析】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：. 【变式训练7-5】如图所示，在平行四边形中，为中点，，，.沿着将折起，使到达点的位置，且平面平面.若点为内的动点，且满足，则点的轨迹的长度为___________. 【答案】 【解析】根据给定条件探求出PB，PC在平面的射影PE，PD的关系，再在平面内建立平面直角坐标系，探讨出动点P在内的轨迹即可作答. 因平面平面，平面平面，，于是得平面，而，则平面， 从而得PE，PD分别是PB，PD在平面内的射影，如图，， ，而，则， 在所在平面内以点E为原点，射线ED、分别为x，y轴非负半轴建立平面直角坐标系，如图， 则，设，于是得，整理得， 从而得点P的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，圆M交分别于Q，N， 显然，圆M在内的部分是圆心角所对的弧，弧长为， 所以点的轨迹的长度为.故答案为： 【变式训练7-6】如图，等腰梯形中，，，，，沿着把折起至，使在平面上的射影恰好落在上．当边长变化时，点的轨迹长度为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据的射影在边上，且固定长度为1，所以的轨迹在以为原点半径为1的圆上，因此考虑的长度缩短到0时和变长到的长度两种情况，从而求出夹角大小，进而求出弧长. 因为的射影在边上，且固定长度为1，所以的轨迹在以为原点半径为1的圆上.考虑极端情况：当的长度缩短到0时，都汇聚到线段的中点（D2）；当变长到的长度时（的射影为D3），如图，设，则, 在中，， 同理：， ∴，即在线段上的投影与点的距离为，从而与夹角为，故点的轨迹为.故选：B. 【变式训练7-7】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． 【答案】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. 【解析】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． 题型08空间阿波罗尼斯球（圆）型轨迹 【典型例题】已知正方体的棱长为4，点P在平面内，且，则点P的轨迹的长度为___________. 【答案】 【解析】若E为与的交点，由正方体的性质可证面，在Rt△中有可得，再在面上构建平面直角坐标系，并写出各点坐标且令，结合已知条件列方程，即可得P的轨迹，进而求轨迹长度. 若E为与的交点，则， ∵面，面， ∴，又， ∴面， ∴连接PE，即在Rt△中有，又正方体的棱长为4， ∴ 在面上构建如下平面直角坐标系，若，， ∴，， ∴，又， ∴，整理得， ∴，故轨迹为半径的圆， ∴轨迹长度为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：应用正方体的性质及勾股定理得，再在面上构建平面直角坐标系，设结合已知条件可得方程，整理即有P的轨迹方程. 【变式训练8-1】在棱长为6的正方体中，点是线段的中点，是正方体（包括边界）上运动，且满足，则点的轨迹周长为________. 【答案】## 【解析】由题意易知，由此可得，在平面上，建立平面直角坐标系，可知点的轨迹为圆与四边形的交点，由弧长公式可求解. 如图，在棱长为6的正方体中， 则平面，平面，又，在平面上，，， 又，，，即， 如图，在平面中，以为原点，分别为轴建立平面直角坐标系，则，，， 由，知，化简整理得，，圆心，半径的圆，所以点的轨迹为圆与四边形的交点，即为图中的 其中，，，则.由弧长公式知 故答案为：. 【变式训练8-2】如图，在长方体中，，点E在棱AB上，，动点P满足.若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为___________；若点P在长方体内部运动，F为棱的中点，M为CP的中点，则点M到平面的距离的最小值为___________. 【答案】 【解析】①建立空间直角坐标系，设，求出点P的轨迹为，即得解；②先求出点P的轨迹为，P到平面的距离为，再求出的最小值即得解. ①以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的坐标系， 则设， 由得， 所以， 所以若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为. ②设点，由得， 所以， 由题得 所以设平面的法向量为， 所以，令，则由题得， 所以点P到平面的距离为， 因为， 所以，所以点M到平面的最小距离为.故答案为：；. 二．动点轨迹的应用 题型01：求动点轨迹形状 【典型例题1】如图，定点A，B都在平面内，定点，C是内异于A和B的动点，且，则动点C在平面内的轨迹是（    ） A．一条线段，但要去掉两个点 B．一个圆，但要去掉两个点 C．一段弧，但要去掉两个点 D．半圆，但要去掉两个点 【答案】B 【解析】连接，由已知条件可得平面，从而可得，则点C在内的轨迹是以为直径的圆，进而可得答案 连接，因为，所以，又，， 所以平面，又平面，故， 因为A，B是平面上的定点，所以点C在内的轨迹是以为直径的圆， 又C是内异于A和B的点，故此轨迹要去掉A、B两个点，所以B正确. 故选：B 【典型例题2】用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截而与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．记圆锥轴截面半顶角为，截口曲线形状与，有如下关系：当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线．其中，，现有一定线段AB，其与平面所成角（如图），B为斜足，上一动点P满足，设P点在的运动轨迹是，则（    ） A．当，时，是椭圆 B．当，时，是双曲线 C．当，时，是抛物线 D．当，时，是圆 【答案】AC 【解析】P在以AB为轴的圆锥上运动，结合题干信息，逐一分析即可. ∵AB为定线段，为定值，∴P在以AB为轴的圆锥上运动， 其中圆锥的轴截面半顶角为，与圆锥轴AB的夹角为， 对于A，，∴平面截圆锥得椭圆，故A正确； 对于B，，平面截圆锥得椭圆，故B错误； 对于C，，平面截圆锥得抛物线，故C正确； 对于D，，平面截圆锥得椭圆，故D不正确． 故选：AC． 【典型例题3】如图，在正方体中，是侧面内一动点，若到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹是（    ） A．直线 B．圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】D 【解析】由于在平面内，而平面，因此有，这样结合抛物线的定义可得结论． 在正方体中，一定有，∴点为平面内到直线和到点的距离相等的点，其轨迹为抛物线． 故选D． 【点睛】本题考查抛物线的定义，考查立体几何中的垂直关系．属于跨章节综合题，难度不大． 【典型例题4】如图，所有棱长都为1的正三棱柱，，点是侧棱上的动点，且，为线段上的动点，直线平面，则点的轨迹为（    ）    A．三角形（含内部） B．矩形（含内部） C．圆柱面的一部分 D．球面的一部分 【答案】A 【解析】根据题意首先保持在线段上不动（与重合），研究当点运动时的轨迹为线段，再根据点在线段上运动的轨迹即可得出点的轨迹为及其内部的所有点的集合. 如下图所示：    首先保持在线段上不动，假设与重合 根据题意可知当点在侧棱上运动时，若点在点处时，为的中点， 此时由可得满足， 当点运动到图中位置时，易知，取，可得， 取棱上的点，满足，根据三角形相似可得三点共线， 当点在侧棱上从点运动到点时，点轨迹即为线段； 再研究当点在线段上运动， 当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段， 当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段， 因此可得，当点是侧棱上运动时，在线段上运动时，点的轨迹为及其内部的所有点的集合； 即可得的轨迹为三角形（含内部）.故选：A 【典型例题5】若三棱锥的侧面内一动点P到底面的距离与到棱的距离相等，则动点P的轨迹与组成图形可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设二面角为，作面于，于，于，根据题设有为常数，进而分析P在上的轨迹，即可得答案. 若二面角为，作面于，于，于， 如上图示，，由题设有，即为常数， 所以P在上的轨迹是一条直线，且与边夹角较小.故选：D 【变式训练1-1】到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是（   ） A．直线 B．椭圆 C．抛物线 D．双曲线 【答案】D 【解析】利用空间向量可求动点的轨迹. 如图，设两条相互垂直的异面直线一条为轴，另一条为与轴垂直的直线， 且该直线上的点的坐标为，其中为非零常数，设上的点， 设，则，而轴的方向向量为， 故到轴的距离为, 而，的方向向量为 同理到轴的距离为， 故，化简可得， 取平面，则，此时，故轨迹为双曲线. 故选：D. 【点睛】先做出两条异面直线的公垂线，以其中一条直线为x轴，公垂线与x轴交点为原点，公垂线所在直线为z轴，过x且垂直于公垂线的平面为xoy平面，建立空间直角坐标系，则两条异面直线的方程就分别是y=0，z="0" 和x=0，z=a（a是两异面直线公垂线长度，是个常数），空间内任意点设它的坐标是（x，y，z）那么由已知，它到两条异面直线的距离相等，即两边平方，化简可得，过一条直线且平行于另一条直线的平面是z=0和z=a，分别代入所得式子z=0时 代入可以得到，图形是个双曲线，z=a时，代入可以得到，图形也是个双曲线 考点：抛物线的定义；双曲线的标准方程 【变式训练1-2】如图，AB是平面的斜线段，A为斜足，若点P在平面内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是 A．圆 B．椭圆 C．一条直线 D．两条平行直线 【答案】B 【解析】试题分析：本题其实就是一个平面斜截一个圆柱表面的问题，因为三角形面积为定值，以AB为底，则底边长一定，从而可得P到直线AB的距离为定值，分析可得，点P的轨迹为一以AB为轴线的圆柱面，与平面α的交线，且α与圆柱的轴线斜交，由平面与圆柱面的截面的性质判断，可得P的轨迹为椭圆． 考点：本题考查了平面与圆柱面的截面性质的判断 点评：解决时要注意截面与圆柱的轴线的不同位置时，得到的截面形状也不同 【变式训练1-3】如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足，平面上的动点满足，则点的轨迹是 A．直线 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线的一支 【答案】C 【解析】用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线． 此题中平面上的动点满足，可理解为在以为轴的圆锥的侧面上， 再由斜线段与平面所成的角为，可知的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义． 故可知动点的轨迹是椭圆． 故选C. 考点：1.圆锥曲线的定义；2.线面位置关系. 【变式训练1-4】平面的斜线交于点，过定点的动直线与垂直，且交于点，则动点的轨迹是（ ） A．一条直线 B．一个圆 C．一个椭圆 D．曲线的一支 【答案】A 【解析】先找出定点A和直线确定的一个平面，结合平面相交的特点可得轨迹类型. 如图，设与是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面，且的斜线，由过平面外一点有且只有一个平面与已知直线垂直可知过定点与垂直所有直线都在这个平面内，故动点都在平面与平面的交线上.    【点睛】本题主要考查轨迹的类型确定，熟悉平面的基本性质及推论是求解的关键，侧重考查直观想象的核心素养. 【变式训练1-5】已知空间中两条直线、异面且垂直，平面且，若点到、距离相等，则点在平面内的轨迹为（    ） A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】C 【解析】设在内的射影为，以与的交点为原点，为轴，为轴，与的公垂线为轴，建立空间直角坐标系. 设，利用空间向量坐标法表示距离，列出方程，求解结果. 设在内的射影为，到的距离为， 以与的交点为原点，为轴，为轴，与的公垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则到的距离为. 过点作于点，过点作于点， 又在内的射影为，则，连结, 又，， 所以平面，又平面， 所以，所以， 所以则到的距离为, 因为点到、距离相等， 所以，即， 所以点在平面内的轨迹为双曲线. 故选：C. 【点睛】方法点睛： 关于立体几何中的轨迹问题，一般要建立适当的空间直角坐标系，根据已知信息列出的等量关系，化简得出轨迹方程，结合方程特征找到轨迹曲线. 【变式训练1-6】如图，动点在正方体的对角线上，过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于．设，，则函数的图象大致是（ ） A．B．C．D． 【答案】B 【解析】试题分析：由题意知，MN⊥平面BB1D1D，则MN在底面ABCD上的射影是与对角线AC平行的直线，故当动点P在对角线BD1上从点B向D1运动时，x变大y变大，直到P为BD1的中点时，y最大为AC．然后x变小y变小，直到y变为0，因底面ABCD为正方形，故变化速度是均匀的，且两边一样．故答案为B． 考点：函数的图像与图像项变化． 点评：本题考查了函数图象的变化，根据几何体的特征和条件进行分析两个变量的变化情况，再用图象表示出来，考查了作图和读图能力．属于中档题． 【变式训练1-7】已知正方体，Q为上底面所在平面内的动点，当直线与的所成角为45°时，点Q的轨迹为（    ） A．圆 B．直线 C．抛物线 D．椭圆 【答案】C 【解析】建系，利用空间向量结合线线夹角分析运算. 以点D为原点，，，为x，y，z的正方向，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为1，则，设， 可得，， 因为直线与的所成角为， 则，化简可得， 所以点Q的轨迹为抛物线. 故选：C.    【变式训练1-8】在正方体中，点为平面内的一动点，是点到平面的距离，是点到直线的距离，且（为常数），则点的轨迹不可能是（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】A 【解析】根据条件作出正方体，再以为原点，直线、和分别为、和轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为（），再设点，根据题目条件得到，分类讨论，、时，结合圆锥曲线的方程特征，即可求解. 由条件作出正方体，并以为原点，直线、和分别为、和轴建立空间直角坐标系，如图所示： 设正方体的棱长为（），点， 所以得，， 由，得， 所以，即①（）， 当时，①式化得：， 此时，点的轨迹是抛物线； 当时，①式化得：， 即， ②， 当时，，则②式，是双曲线的方程，即点的轨迹为双曲线； 当时，，则②式，是椭圆的方程，即点的轨迹为椭圆；故选：A. 【变式训练1-9】如图，正四棱柱中，，点是面上的动点，若点到点的距离是点到直线的距离的2倍，则动点的轨迹是（    ）的一部分 A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】C 【解析】建立如图空间直角坐标系，设，利用两点距离公式可得，即可求解. 由题意知，以D为原点，所在直线分别为轴建立如图空间直角坐标系， 则，设， 所以， 因为到的距离是到的距离的2倍， 所以，即， 整理，得， 所以点P的轨迹为双曲线. 故选：C 【变式训练1-10】已知线段垂直于定圆所在的平面，是圆上的两点，是点在上的射影，当运动，点运动的轨迹（    ） A．是圆 B．是椭圆 C．是抛物线 D．不是平面图形 【答案】A 【解析】设定圆圆心为，半径为，由线面垂直的判定与性质可推导证得，由直角三角形性质可确定，由此可得轨迹图形. 设定圆圆心为，半径为， 连接，设直径为，连接， 平面，平面，； 为直径，，又，平面， 平面，又平面，， 又，，平面， 平面，平面，， 在中，，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.故选：A. 题型02:轨迹长度 【典型例题1】如图，二面角的大小为，已知A、B是l上的两个定点，且，，，AB与平面BCD所成的角为，若点A在平面BCD内的射影H在的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据题意：点H的轨迹是以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60°的圆锥侧面交线的一部分，该部分是圆心角为的弧长，只要求出半径即可. 如图所示： 因为AB与平面BCD所成的角为，且点A在平面BCD上的射影H，， 所以， 所以点H在以点B为球心，以为半径的球面上， 又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上， 所以点H的轨迹为以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴， 母线AH与轴AB成的圆锥侧面交线的一部分， 即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB， 因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为， 所以， 又， 所以点H的轨迹的长度等于， 故选：D. 【典型例题2】已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（    ） A．4 B． C．5 D． 【答案】C 【解析】在棱上分别取点，使得，，连接，证明平面平面即可得点的轨迹为线段，再计算长度即可. 如图，在棱上分别取点，使得，， 连接， 因为，， 所以，， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，所以， 又，正方体的棱长为4， 所以，，， 在棱上取点,使得， 则且，又且， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以， 又且，则四边形是平行四边形， 所以，所以， 因为， 所以，则， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以，平面， 因为，平面， 所以平面平面， 因为平面平面， 所以，在正方形内有一动点满足平面时， 点的轨迹为线段， 因为， 所以，动点的轨迹长为. 故选：C. 【典型例题3】在三棱锥中，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，是平面内一点，且，若，则点的轨迹长度为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】取的中点，连接，作交的延长线于点，利用线面垂直的判定得到平面，进而得出，再结合余弦定理和同角三角函数的基本关系可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，最后结合圆的周长计算公式即可求解. 如图，取的中点，连接，易得， 又，平面，所以平面， 又，所以，，， 在中，，由余弦定理得， 作交的延长线于点，则， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以，所以， 在中，，则， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则点的轨迹长度为， 故选：C， 【点睛】方法点睛：立体几何中的轨迹问题： 1、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. 2、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）利用空间坐标运算求轨迹；（3）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. （1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；（2）利用空间坐标计算求轨迹. 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；（3）利用空间坐标系计算求轨迹. 5、投影求轨迹. （1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形. 6、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；（3）利用空间坐标运算求轨迹. 【典型例题4】在正四棱台中，，点在底面内，且，则的轨迹长度是 . 【答案】 【解析】过点作交于点，根据已知线段长度和位置关系求解出，然后确定出的轨迹为，再通过扇形的弧长公式求解出轨迹长度. 连接，连接，过点作交于点， 因为，所以， 所以，所以， 因为几何体为正四棱台，所以平面， 所以， 又因为，平面，平面， 所以，所以平面， 又因为，所以， 以为圆心，为半径画圆，如下图，即为的轨迹， 过作，分别交于， 因为， 所以， 所以， 所以， 所以的长度为， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的轨迹问题，对于空间想象能力和计算能力要求较高，难度较大.解答问题的关键是求解出的长度从而确定出的轨迹形状，借助扇形的弧长公式完成相关计算. 【典型例题5】的二面角．若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求，进而利用线面垂直可判断点轨迹为，求解周长即可． 连接、，交于点，连接， 为菱形，， 所以，，， 所以为二面角的平面角， 于是， 又因为， 所以， 取中点，取中点，连接、、，所以、， 所以、，，相交， 所以平面， 所以在三棱锥表面上，满足的点轨迹为， 因为，，， 所以的周长为， 所以点轨迹的长度为． 故选：A． 【变式训练2-1】在棱长为4的正方体中，点满足，，分别为棱，的中点，点在正方体的表面上运动，满足面，则点的轨迹所构成的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】作出辅助线，找到点的轨迹，利用勾股定理求出边长，得到周长. 延长，交的延长线与，连接，分别交，于， 过点作交于点，过点作交于点， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 因为，所以平面平面， 过点作交于点， 连接，则 则平行四边形（点除外）为点的轨迹所构成的图形， 因为正方体棱长为4，，分别为棱，的中点，， 所以， 因为，所以， 过点作⊥于点，则， 则由几何关系可知，所以， 由勾股定理得， 所以点的轨迹所构成的周长为. 故选：D 【变式训练2-2】已知正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹的长度为 ． 【答案】 【解析】利用线面角求法得出N的轨迹为正方形内一部分圆弧，求其圆心角计算弧长即可. 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， ∴，则， 故N点在以G为原点为半径的圆上，又N在底面正方形ABCD上， 即N的轨迹为图示中的圆弧， 易知， 所以长为. 故答案为：. 【变式训练2-3】在棱长为的正方体中，点分别为棱，的中点．已知动点在该正方体的表面上，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据条件得到点轨迹为以为直径的球，进而得出点的轨迹是六个半径为a的圆，即可求出结果. 因为，故P点轨迹为以为直径的球， 如图，易知中点即为正方体中心，球心在每个面上的射影为面的中心， 设在底面上的射影为，又正方体的棱长为，所以， 易知，，又动点在正方体的表面上运动， 所以点的轨迹是六个半径为a的圆，轨迹长度为， 故选：B． 【变式训练2-4】在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到⊥平面，由点到平面的距离和球的半径得到点的轨迹为以为半径的圆，从而求出点的轨迹长度. 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 球心，取的中点，的中点，连接， 则，， ， 故，， 又，平面， 故⊥平面， 故当位于平面与内切球的交线上时，满足， 此时到平面的距离为 ， ，其中为平面截正方体内切球所得截面圆的半径， 故点的轨迹为以为半径的圆， 故点的轨迹长度为.故选：B 【变式训练2-5】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，由空间向量的位置关系可证得平面，可得点的轨迹为圆，由此即可得． 解：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. 【变式训练2-6】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． 【答案】D 【解析】由题意，分析可得点的轨迹，分别计算各段轨迹的长度即可. 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 【变式训练2-7】已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为，动点Q在正方形ABCD内运动，且满足，则动点Q形成轨迹的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】利用等体积法及几何关系求出关于动点Q的等式关系 ，根据相关几何意义即可求出动点Q形成轨迹的周长. 设内切球O的半径为R，则，∴． 如图，连接AC与BD，设交点为F，取AD的中点E，连接PE，PF，EF． 根据等体积法得， ∴，整理得，又， 解得，．∴，，． 在中，． ∴点Q在以点F为圆心，为半径的圆上，其周长为．故选：C． 【变式训练2-8】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】由已知可得三棱锥为正三棱锥，即可得三棱锥的高，设点在底面上的射影为，即可得，进而可得点的轨迹及其长度.    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. 【变式训练2-9】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 【解析】根据锥体的体积公式结合外接球的性质可得半径和四棱锥的底边边长，进而根据锐角三角函数可得，即可判断点的轨迹为为圆心，半径的圆，即可求解. 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 【变式训练2-10】在正四棱台中，，，是四边形内的动点，且，则动点运动轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用勾股定理得到，即可得到点的轨迹，然后求长度即可.    设在平面内的射影为，则在线段上，则，，， 故动点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆在正方形内部部分， 如图所示，其中，故， 又，所以， 因为，所以，故，故动点的轨迹长度是． 故选：A． 【变式训练2-11】如图，在矩形中，，，，，分别为，，，的中点，与交于点，现将，，，分别沿，，，把这个矩形折成一个空间图形，使与重合，与重合，重合后的点分别记为，，为的中点，则多面体的体积为 ；若点是该多面体表面上的动点，满足时，点的轨迹长度为 ． 【答案】 【解析】根据给定的几何体，证明平面，求出四棱锥的体积即可；证明点所在平面平行于平面，作出过点与平面平行的几何体的截面，求出其周长作答. 连接，有，而，为中点，则有， ，则平面，同理平面，又平面与平面有公共点， 于是点共面，而，即有，， 因为，，平面，则平面， 又平面，即有，则，同理， 即，从而，即四边形为平行四边形，，， 等腰梯形中，高，其面积， 显然平面，所以多面体的体积； 因为平面，同理可得平面，又，则平面， 依题意，动点所在平面与垂直，则该平面与平面平行，而此平面过点， 令这个平面与几何体棱的交点依次为，则, 又为的中点，则点为所在棱的中点，即点的轨迹为五边形， 长度为： . 故答案为：； 【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 题型03:轨迹区域面积 【典型例题1】如图，在正方体中，，P是正方形ABCD内部（含边界）的一个动点，则（    ） A．有且仅有一个点P，使得 B．平面 C．若，则三棱锥外接球的表面积为 D．M为的中点，若MP与平面ABCD所成的角为，则点P的轨迹长为 【答案】D 【解析】根据线面垂直判断线线垂直可求解A，利用线面平行判断B，根据外接球与三棱锥的的几何关系判断C，利用线面角的定义确定点的轨迹即可求解D, 对于A，连接, 因为平面,平面,所以, 且四边形为正方形，所以, 且，平面, 所以平面,所以当点在线段上时， 必有平面,则， 所以存在无数个点P，使得，A错误； 对于B，当点与点重合时， 与平面相交，B错误； 对于C，若，则为中点， 连接,则为等腰直角三角形，且， 且也为等腰直角三角形，且, 且平面平面， 所以取中点为，则为三棱锥外接球的球心， 所以外接球的半径为, 所以我外接球的表面积为，C错误； 对于D，连接 因为平面，所以为MP与平面ABCD所成的角， 所以，所以, 所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆弧， 所以点P的轨迹长为，D正确， 故选:D. 【典型例题2】在正方体中，点在四边形内（含边界）运动.当时，点的轨迹长度为，则该正方体的表面积为（    ） A．6 B．8 C．24 D．54 【答案】C 【解析】由线段是定值结合正方体的特征得出点的轨迹，结合弧长公式计算即可. 设正方体棱长为， 由正方体性质知平面， 平面，得， 所以， 所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧， 设圆弧分别交与点，则， 所以，同理，所以圆心角是， 则轨迹长度为，可得， 所以正方体的表面积为. .故选： 【典型例题3】已知四棱锥中，侧面底面，，底面是边长为的正方形，是四边形及其内部的动点，且满足，则动点构成的区域面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】取线段的中点，连接、，推导出平面，可知点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部，结合圆的面积公式可求得结果. 取线段的中点，连接、， 因为，为的中点，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为四边形是边长为的正方形，则， 所以，，， 所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部， 因此，动点构成的区域面积为.故选：B. 【变式训练3-1】如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且．则下列结论不正确的是（    ） A．若保持．则点的运动轨迹长度为 B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为 C．沿正方体的表面从点到点的最短路程为 D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】C 【解析】由可知，可过点作平面，即可找到动点的运动轨迹；找出与垂直的平面，与平面的交线即为动点的轨迹；将平面和平面沿展开在同一平面上求点到点的最短路程；将建立空间直角坐标系求解三棱锥的外接球的半径. 对于，过点作平面，以为圆心，为半径在平面内作圆交于点,则即为点的运动轨迹， ∵，∴ , ∴，∴， ∴的长为，则正确； 对于，∵平面,平面，∴, ∵，平面，平面，， ∴平面， ∵平面，∴, 同理可证， ∵平面，，平面， ∴平面， 找上的点，使得，找上的点，使得,连接， ∵∥, ∥, ∴∥, ∵平面，平面，∴∥平面， ∵∥，平面， 平面， ∴∥平面， ∵平面，平面，， ∴平面∥平面，∴平面， 在上找一点使得，连接, ∵∥，∥，∴∥， ∴四点共面，∴平面， ∴点的轨迹为线段, ,则正确； 将平面和平面沿展开在同一平面上，从点到点的最短路程为,则,则错误； 分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，， 设三棱锥的外接球的球心为，则， 即，解得， ∴三棱锥的外接球半径, ∴三棱锥的外接球表面积为,则正确；. 故选： 【点睛】求三棱锥的外接球半径还可以建立空间直角坐标系，设出球心的坐标，利用顶点到球心的距离相等列出方程组求解. 【变式训练3-2】已知正方体中，，点E为平面内的动点，设直线与平面所成的角为，若，则点E的轨迹所围成的面积为 ． 【答案】 【解析】连接交平面于，连接，则有四面体为正三棱锥，由题意可得在平面内的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆即可得答案. 解：如图所示，连接交平面于，连接， 由题意可知平面， 所以是与平面所成的角， 所以＝. 由可得，即. 在四面体中，,    , 所以四面体为正三棱锥，为的重心， 如图所示： 所以解得 ，, 又因为， 所以 ， 即在平面内的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆， 所以. 故答案为:. 【变式训练3-3】已知正方体的棱长为1，空间一动点满足，且，则 ，点的轨迹围成的封闭图形的面积为 ． 【答案】 【解析】利用，转化为求的正切值；先确定点的轨迹围成的封闭图形为圆，在用面积公式计算. . 由正方体知平面， 又点满足，所以点在平面内运动， 如图，连接，交于点，连接，， 由对称性，， 所以，解得 所以 所以点的轨迹围成的封闭图形是以点为圆心，为半径的圆， 所以面积. 故答案为：；. 【变式训练3-4】正方体的边长为1，点分别为边的中点，是侧面上动点，若直线与面的交点位于内（包括边界），则所有满足要求的点构成的图形面积为 . 【答案】/ 【解析】设，利用空间向量求交点的坐标，再根据交点位于内（包括边界），则，求出满足的关系式，作出相应区域，即可得结果. 如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则， 设，可得， 设平面的法向量为，则有， 令，则，即， 设直线与面的交点为， 则， ∵点在直线上，可设， 则，即， 故，则， 又∵点在面上，则，解得， 故， 则， 设， 则，解得， 若点位于内（包括边界），则，整理得， 如图，在面中，即， 作出相应的区域，可得， 故点构成的图形面积为.故答案为：. 【点睛】关键点点睛： （1）根据三点共线：若在直线上，可设，用表示点的坐标； （2）根据共面向量：点位于内（包括边界），则. 【变式训练3-5】已知在正方体中，，是正方形内的动点，，则满足条件的点构成的图形的面积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题意，在平面上，分别以为轴建立平面直角坐标系，设，根据已知列出满足的关系，进而可得满足条件的点构成的图形，计算面积即可. 如图，连接，则，    如图，在平面上，分别以为轴建立平面直角坐标系，    则，设， 由，得， 即，整理得， 设直线与交于点， 则点在内部(含边界)，即满足条件的点构成的图形为及其内部， 易知，∴， ∴．故选：A． 【点睛】关键点睛：本题解题关键是在底面上建立平面直角坐标系，把空间问题转化为平面问题去解决． 【变式训练3-6】在所有棱长均相等的直四棱柱中，，点在四边形内（含边界）运动．当时，点的轨迹长度为，则该四棱柱的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先根据轨迹的长度求出棱长，利用四棱柱的表面积公式可求答案. 设棱长为，延长，过点作垂直于的延长线于， 由，可得； 由直四棱柱的性质可得，平面，所以； 因为，所以. 在平面内，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆夹在四边形内的部分，即图中圆弧. 因为，所以， 因为点的轨迹长度为，所以，即. 四棱柱的表面积为.   故选：A. 【变式训练3-7】如图，为圆柱下底面圆的直径，是下底面圆周上一点，已知，圆柱的高为5．若点在圆柱表面上运动，且满足，则点的轨迹所围成图形的面积为 ． 【答案】10 【解析】先推出平面，设过的母线与上底面的交点为，过的母线与上底面的交点为，连，推出平面，从而可得点的轨迹是矩形，计算这个矩形的面积即可得解. 因为是圆柱下底面圆的直径，所以， 又，，平面，所以平面， 设过的母线与上底面的交点为，过的母线与上底面的交点为，连， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 所以点在平面内，又点在圆柱的表面，所以点的轨迹是矩形， 依题意得，，，所以， 所以矩形的面积为. 故点的轨迹所围成图形的面积为. 故答案为：. 【变式训练3-8】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 .    【答案】 【解析】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. 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：. 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 题型04：轨迹中长度的最值及范围 【典型例题】已知正方体的棱长为2，点M，N分别是棱，的中点，点P在平面内，点Q在线段上，若，则长度的最小值为 .   【答案】 【解析】根据题意，由条件可得点在以为圆心，为半径的位于平面内的半圆上，点到的距离减去半径就是长度的最小值，结合图形，代入计算，即可得到结果. 取中点，连接，则平面，所以，因为，正方体的棱长为2，为的中点，所以，，所以点在以为圆心，为半径的位于平面内的半圆上，单独画出平面以及相关点线，所以点到的距离减去半径就是长度的最小值，连接，做交于点，则 ，所以，解得，所以长度的最小值为. 故答案为： 【变式训练4-1】如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且．平面，则线段MP长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据已知条件及三角形的中位线，利用线面平行的判定定理及面面平行的判定定理，结合直角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解. 取的中点为,取的中点为,取的中点为，如图所示 因为是的中点，是的中点， 所以, 因为平面,平面, 所以平面, 同理可得，平面, 又,平面, 所以平面平面. 又平面,线段扫过的图形是, 由,得,, ,, 所以,即为直角， 所以线段长度的取值范围是：.故选：A. 【变式训练4-2】已知正方体的棱长为是正方形（含边界）内的动点，点到平面的距离等于，则两点间距离的最大值为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【解析】利用等体积法可得点到平面的距离等于，结合平行关系分析可得点的轨迹为线段，再根据的形状分析求解. 由题意可知：， 设三棱锥的高为， 因为，则， 解得，即点到平面的距离等于， 又因为∥，且，则四边形为平行四边形，则∥， 平面，平面，所以∥平面， 即点的轨迹为线段， 因为平面，平面，所以， 在中，两点间距离的最大值为.   故选：D. 【点睛】关键点睛：（1）利用等体积法求得点到平面的距离等于； （2）结合平行关系分析可得点的轨迹为线段. 【变式训练4-3】在棱长为3的正方体中，P为内一点，若的面积为，则AP的最大值为 ． 【答案】/ 【解析】先证明平面，由条件确定点的轨迹，由此可求AP的最大值. 因为，,平面，， 所以，同理可证，又，， 所以平面， 设与平面相交于点O，连接，因为平面，所以 所以，又， 则，即点P的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆， 因为，平面，所以， 又为等边三角形，且, 所以， 所以AP的最大值为． 故答案为：. 【变式训练4-4】如图，在直三棱柱中，，若为空间一动点，且，则满足条件的所有点围成的几何体的体积为 ；若动点在侧面内运动，且，则线段长的最小值为 ．    【答案】 【解析】根据球的体积公式即可求解空1，根据球的截面圆性质，结合线面垂直以及点到圆上的最小距离即可求解空2. 由可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的球面， 所以围成的球的体积为， 过作， 由，则由等面积法可得, 由于在直三棱柱中，平面 平面故, 由于平面，故平面， 由于平面，故, 所以, 由于到平面的距离和点到平面的距离相等，均为， 又，所以点的轨迹为以为圆心，以为半径的球与侧面的截面圆，该截面圆的半径为,圆心为,且满足， 因此点的最小距离为， 故， 故答案为：，    【变式训练4-5】如图，在四面体中，和均是边长为6的等边三角形，，则四面体外接球的表面积为 ；点E是线段AD的中点，点F在四面体的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的长度为 . 【答案】 【解析】设四面体外接球的球心为的中心分别为，则可得平面平面，且四点共面，可得，进而求出，然后由勾股定理求出四面体外接球的半径；取中点，作，设点轨迹所在平面为，求出四面体外接球半径和到平面的距离，从而可求出平面截外接球所得截面圆的半径，进而可得结果. 取中点，连接，则，平面， 又和均是边长为6的等边三角形，， ∴平面，， 所以， ∴， 设四面体外接球的球心为的中心分别为， 易知平面平面，且四点共面， 由题可得，， 在中，得，又， 则四面体外接球半径， 所以四面体外接球的表面积为； 作于，设点轨迹所在平面为， 则平面经过点且， 易知到平面的距离， 故平面截外接球所得截面圆的半径为， 所以截面圆的周长为，即点轨迹的周长为. 故答案为：；. 题型05：轨迹中体积的最值及范围 【典型例题】已知棱长为1的正方体内有一个动点M，满足，且，则四棱锥体积的最小值为 . 【答案】 【解析】利用正方体的空间垂直关系去证明平面内的点都满足，再去证明动点M在以为圆心，以为半径的圆上，从而利用点M在圆上的性质去解决最值问题. 解：如图所示，设， 由正方体性质可知平面， 由于平面，，又因为线段的中点， 所以， 即点在平面内， 又因为，所以与点在以点为球心，1为半径的球面上， 又因为平面， 到平面的距离为的一半，由正方体的边长为1，则， 又，， 在平面内，且以H为圆心，为半径的半圆弧上， 到平面的距离的最小值为， 四棱锥体积的最小值为故答案为： 【点睛】关键点点睛：借助空间关系可知到线段两端点距离相等的点M在线段的中垂面上，又由到定点距离为1的点M又在球面上，从而得到点M的轨迹是中垂面截平面的小圆. 【变式训练5-1】如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直，点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，，若，当四面体体积最大时，则该四面体的内切球半径为 ． 【答案】或 【解析】先确定点的轨迹，确定四面体体积最大时，，点的位置，再利用体积法求内切球半径. 如图： 因为平面平面，平面平面，平面，且， 所以平面. 平面，所以， 又，平面，所以平面， 平面，所以. 又在正方形及其内部，所以点轨迹是如图所示的以为直径的半圆， 作于，则是三棱锥的高. 所以当的面积和都取得最大值时，四面体的体积最大. 此时点应该与或重合，为正方形的中心. 如图： 当点与重合，为正方形的中心时： ，，，， 中，因为，，，所以. 设内切球半径为，由得： . 如图： 当点与重合，为正方形的中心时： ，，，， . 设内切球半径为，由得： . 综上可知，当四面体的体积最大时，其内切球半径为：或. 故答案为：或 【点睛】关键点点睛：根据得到点在以为直径的球面上，又点在正方形及其内部，所以点轨迹就是球面与平面的交线上，即以为直径的半圆上.明确点轨迹是解决问题的关键. 【变式训练5-2】已知长方体中，，点为矩形 内一动点，记二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若 ，则三棱锥体积的最小值为 . 【答案】 【解析】根据题意，判断得的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线和抛物线段的方程，由题意，计算点到线段的最短距离，再由等体积法计算三棱锥最小体积. 如图，作平面，垂足为，再作，垂足为， 连接，则，，由，则， 又、平面，故，，则， 由抛物线定义可知，的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 所以的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 当点到线段距离最短时，三角形面积最小，即三棱锥体积最小， 取中点为原点，建立如图所示平面直角坐标系， 则，，， 则直线的方程为：，即， 抛物线的方程为，则， 由题意，令，得，代入，得， 所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为： ，因为， 所以， 所以三棱锥体积的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是能判断出点的轨迹为抛物线一部分，再建立平面直角坐标系，求解到直线的最短距离，利用等体积法求解三棱锥的最小体积. 【变式训练5-3】正方体的棱长为2，若点M在线段上运动，当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】首先确定点的位置，再利用球的性质，以及空间向量的距离公式，确定球心坐标，即可确定外接球的半径，即可求解． 的周长为，由于为定值，即最小时，的周长最小， 如图，将平面展成与平面同一平面，则当点共线时，此时最小，在展开图中作，垂足为，，解得：，    如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，    ，， 连结，因为平面，平面， 所以，又因为，且，平面，平面， 所以平面，平面，所以， 同理，且， 所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过△的中心． 所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，，，则， 即， 解得：，，所以外接球的表面积.故选：C. 题型06：轨迹中空间角的最值及范围 【典型例题】如图，已知平面，，A、B是直线l上的两点，C、D是平面内的两点，且，，，，．P是平面上的一动点，且直线PD，PC与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（   ） A． B． C． D．1 【答案】B 【解析】根据题目条件得到，进而建立平面直角坐标系，求出P点轨迹方程，点P在内的轨迹为以为圆心，以4为半径的上半圆，从而求出当PB与圆相切时，二面角的平面角最大，求出相应的余弦值最小值. 由题意易得PD与平面所成角为，PC与平面所成角为， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴P点轨迹为阿氏圆． 在平面内，以为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系， 则，设， 所以， 整理得：， 所以点P在内的轨迹为以为圆心，以4为半径的上半圆， 因为平面，，，， 所以， 因为， 所以， 因为平面平面，， 所以二面角的平面角为， 由图可知，当PB与圆相切时，最大，余弦值最小， 此时，故.故选：B． 【变式训练6-1】在正方体中，是棱的中点，是底面内（包括边界）的一个动点，若平面，则异面直线与所成角的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】取中点，中点，连接，，，取中点，连接，推导出平面平面，从而的轨迹是线段，建立空间之间坐标系后，利用空间向量求解异面直线夹角的余弦值，即可得角度范围. 解：取中点，中点，连接，，，取中点，连接， 在正方体中，是棱的中点， ，，， ，， 平面平面， 是底面内（包括边界）的一个动点，平面， 的轨迹是线段，如图，以D为原点，为轴建立空间之间坐标系，设正方体棱长为 则，，，， 由于在线段上，设，且 所以 则 ，又 所以 由于，所以 所以异面直线与所成角的取值范围.故选：C. 【变式训练6-2】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（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据线面位置关系和余弦定理以及同角三角函数基本关系式即可求解.    连接， 容知，, 所以平面平面, M与平面的距离保持不变， 点M的移动轨迹为三角形的三条边， 当M为中点时，直线与平面所成角正弦值最大，    取的中点， 设正方体的棱长为2， 所以， ， ， 所以, 所以为直角三角形，    所以直线与平面所成角正弦值为, 当M为C点时，直线与平面所成角的正弦值最小， 此时，，，    所以， . 直线与平面所成角正弦值的取值范围是，故选：A. 【变式训练6-3】已知正方形的边长为2，是平面外一点，设直线与平面的夹角为，若，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据椭圆的定义和旋转体的概念可知当时点的轨迹是一个椭球,即可根据求解最值. 由题意知，点为动点，、为定点，， 由椭圆的定义知，点的轨迹是以、为焦点，为焦距，长轴为的椭圆， 将此椭圆绕旋转一周，得到一个椭球，即点的轨迹是一个椭球， 而椭球面为一个椭圆，由， 即，得， 设点在平面上的射影为，则， 又，且， 所以当且仅当时最大，即取到最大值， 故选：B． 【变式训练6-4】如图，正四面体的棱长为2，点E在四面体外侧，且是以E为直角顶点的等腰直角三角形．现以为轴，点E绕旋转一周，当三棱锥的体积最小时，直线与平面所成角的正弦值的平方为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【解析】取中点F，取中点M，确定点E的轨迹，从而结合三棱锥的体积最小，确定E点所处位置，进而作出直线CE与平面BCD所成角，解三角形，求出相关线段长，即可求得答案. 在正四面体中，取中点F，连接，则， 取中点M，连接，则， 是以E为直角顶点的等腰直角三角形，正四面体的棱长为2， 则，且，    点E绕AD旋转一周，形成的图形为以M为圆心，以为半径的圆， 设该圆与的交点为，当三棱锥的体积最小时，即E点到底面的距离最小， 即此时E点即位于处， 因为正四面体的棱长为2，则， 又中点为M，则，则， 设点在底面上的射影为H，则， 又，中点为F，故， 故， 由于点在底面上的射影为H，故即为直线与平面BCD所成角， 故，故选：D 【点睛】关键点睛：本题考查在四面体中求解线面角的正弦值问题，解答时要发挥空间想象，明确空间的点、线、面的位置关系，解答的关键在于确定E点的轨迹，从而确定三棱锥的体积最小时E点的位置，由此作出直线与平面BCD所成角，解三角形，求得答案. 【变式训练6-5】已知正四面体内接于半径为的球中，在平面内有一动点，且满足，则的最小值是 ；直线与直线所成角的取值范围为 . 【答案】 【解析】设A在面内的投影为E，故E为三角形的中心，设正四面体的棱长为x，球O的半径为R，球心O在上，列式求出得 ，则可求出 ，，推导出P的轨迹为平面内以E为圆心，为半径的圆，三点共线时，且P在之间时，可求得的最小值；以E为圆点，所在直线为x轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出直线与直线所成角的取值范围． 在正四面体中，设A在面内的投影为E，故E为三角形的中心， 设正四面体的棱长为x，球O的半径为R， 则 ， 依题意正四面体内接于半径为的球中，故球心O在上， 设球的半径为R,则， 即，解得 ，（舍去）， 则，， 又， 故P的轨迹为平面 内以E为圆心，为半径的圆， 而，当三点共线时，且P在之间时，最小，最小值是； 以E为圆心，所在直线为x轴，在底面内过点E作的垂线为y轴，为z轴，建立如图所示直角坐标系， 则,,,， 设，， 故，, 设直线与直线所成角为， , 因为，故，故， 又，故，故， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：求解的最小值时，关键在于根据正四面体中的相关计算，确定点P的轨迹为以E为圆心，为半径的圆，结合圆的几何性质，即可求得答案.求解直线与直线所成角时，将问题转化为利用向量的夹角公式求解，关键是要明确向量的夹角与直线所成的角之间的关系. 题型07：轨迹、截面、动点、范围多选题综合 【典型例题1】在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．点N的轨迹长度为 D．的取值范围为 【答案】BD 【解析】根据正方体的性质得出平面平面，则根据已知得出点在线段上（含端点），当为时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出与的夹角为，此时，即可判断A；三棱锥,利用等体积法结合体积公式即可判断B；根据点在线段上（含端点），利用勾股定理求出求，即可判断C；根据正方体性质结合已知可得，则，即可根据的范围得出的范围判断D． 在棱长为2的正方体中，为中点，为四边形内一点（含边界）， 平面， 取、中点分别为、，连接、、、，，如图： 为正方体，为中点，为中点， ，，，， 、平面，、平面，且，， 平面平面， 为四边形内一点（含边界），且平面， 点在线段上（含端点）， 对于A：当在时，则与的夹角为，此时， 则与不垂直，故A不正确； 对于B为四边形内一点（含边界）， 到平面的距离为2， 三棱锥的体积为，故B正确； 对于C：由于点在线段上（含端点）， 而， 点的轨迹长度为，故C不正确； 对于D为正方体， 平面， 平面， ， △为直角三角形，且直角为， ， 点在线段上（含端点）， 则当最大时，即点为点时，此时，此时最小，为， 当最小时，即，此时， 此时最大，最大为， 则的取值范围，故D正确． 故选：BD． 【典型例题2】如图，在棱长为1的正方体中，M为平面所在平面内一动点，则（    ）    A．若M在线段上，则的最小值为 B．过M点在平面内一定可以作无数条直线与垂直 C．若平面，则平面截正方体的截面的形状可能是正六边形 D．若与所成的角为，则点M的轨迹为双曲线 【答案】ACD 【解析】对A，将平面展开到与同一平面，由两点间线段最短得解；对B，当M点在A处时，过M点只能作一条直线，可判断；对C，当M与B重合时，平面，分别取的中点E，F，G，H，P，Q，可得到正六边形符合题意；对D，建立空间直角坐标系，设出点坐标，根据条件求出点坐标满足的方程，依此判断. 选项A：将平面展开到与同一平面如图所示，连接交于M,此时为最小值，计算可得，故A正确；    选项B：当M点在D处时，因为平面，所以过M点可作无数条直线与垂直， 当M点在A处时，过M点只能作一条直线,故B不正确； 选项C：当M与B重合时，平面，分别取的中点E，F，G，H，P，Q，则六边形是正六边形，且此正六边形所在平面与平面平行， 所以当平面为平面时满足题意，故C正确；    选项D：以D为原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则,得， ，整理得为双曲线方程，故D正确  故选：ACD 【点睛】思路点睛：A选项，沿将平面展开到与同一平面，转化为平面上问题求解；B选项，举反例，当M点在A处时，过M点只能作一条直线；C选项，当M与B重合时，易证平面，分别取的中点E，F，G，H，P，Q，则六边形是正六边形，即为所求的；D选项，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，设出点M坐标，依据条件求出点M的轨迹方程，由此判断. 【典型例题3】已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），且平面，球为正方体的内切球，下列说法正确的是（   ） A．球的体积为 B．点的轨迹长度为 C．异面直线与BP所成角的余弦值取值范围为 D．三棱锥外接球与球内切 【答案】ACD 【解析】根据正方体内切球的性质判断A；利用面面平行确定点的轨迹，即可求得其长度，判断B；根据异面直线所成角的概念，确定该角取到最值时的位置，即可判断C；根据圆内切的判断条件可判断D. 由题意知球的半径为1，故其体积为，故A选项正确； 取的中点为， 连结，易知，平面，平面， 故平面， 连接MN，，即四边形为平行四边形， 则，平面，平面，所以平面． 又因为，平面， 故平面平面，平面平面，结合平面， 故点的轨迹为线段，故B选项错误； 因为，故异面直线与BP所成角等于或其补角， 当P位于N点时，得取得最小，; 当P位于点时，取得最大，，故选项正确； 由正方体几何性质易知， 故BM为三棱锥外接球的直径，取为BM的中点， 即为三棱锥外接球的球心，由题意知为的中点， 故， 因为球的半径为，球的半径为， 故三棱锥外接球与球内切，D正确故选：ACD． 【点睛】关键点睛：解答此类题目的关键是要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，依据相关定理以及性质，准确判断，即可求解. 【典型例题4】如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（    ） A．当P在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足时，长度的最小值是 D．使直线AP与平面ABCD所成的角为的点P的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】求三棱锥的体积判断A的真假；根据线线角的概念确定与所成角的取值范围，判断B的真假；确定点轨迹，求长度的最小值，判断C的真假；判断点轨迹，求P的轨迹长度判断D的真假.对A：当P在平面上运动时，点到平面的距离为2， ，所以，故A正确； 对B：如图： 取中点，连接，则. 当P在线段AC上运动时，因为，且， 所以为异面直线与所成角. 当与重合时，异面直线与所成角为. 当与不重合时，因为,，所以，所以，所以异面直线与所成角的范围为，故B正确； 对C：如图： 根据正方体的结构特点，平面，为中点， 因为，所以点轨迹是过点且平行于平面的平面，即为平面，其中分别为所在棱上的中点. 故当P在底面ABCD上运动，且满足时，P点的运动轨迹为线段. 其中分别为，中点.易知六边形为正六边形， 所以当与重合时，， 此时为点到直线的垂线段，取得最小值，为，故C错误； 对D：如图： 当直线与平面ABCD所成的角为时， 因为，所以不可能在四边形内（除外）； 同理不可能在四边形内（除外）. 在平面与平面的运动轨迹为线段和，且； 当在平面时，作平面，垂足为，连接， 因为，所以， 所以在四边形上的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆的， 所以点的轨迹长度为：，故D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，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）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 【典型例题5】已知正方体的棱长为1，空间中一动点满足，分别为的中点，则下列选项正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．设与平面交于点，则 C．若，则点的轨迹为抛物线 D．三棱锥的外接球半径最小值为 【答案】ABD 【解析】对于A，根据向量共面定理可得在平面上运动，当在点时，可证平面；对于B，以点为坐标原点建立空间坐标系，可证平面，故交点为点在平面的射影，利用等体积法可求得的长度，从而得到；对于C，分别表示出和，利用向量夹角公式，化简即可得到，从而得到点的轨迹；对于D，由B选项可知，三棱锥外接球的球心在上，则有，故当平面时，外接球的半径最小，表示出球心的坐标，列出等式，从而可得答案.对于A，因为空间中一动点满足，根据向量共面定理可得在平面上运动， 所以当在点时，连接 因为分别为，所以，平面，平面，故平面，则A正确； 对于B，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间如图所示的坐标系 则，，，，， 所以，，， 所以，则，， 因为，，平面， 所以平面，故交点为点在平面的射影，即平面， 所以，即，解得： ， 因为，所以，则，故B正确； 对于C，由，可得 则，，因为， 所以， 化简可得：，所以点的轨迹为椭圆；故C不正确； 对于D，由B选项可知，外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心在上， 设，，即， 所以三棱锥外接球的半径，要使最小， 则平面， 由于平面的法向量，所以， 则，即，由，可得， 解得：，由于，所以， 则，即三棱锥的外接球半径最小值为，故D正确； 故选：ABD 【点睛】方法点睛：立体几何中，与角、距离等有关的计算，可以利用综合法构造几何对象利用解三角形的方法进行相关的计算，也可以利用几何体的特征构造空间直角坐标系，把角、距离的计算问题归结向量的坐标运算. 【变式训练7-1】如图，点P是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则下列结论正确的是（    ） A．当点P在平面上运动时，四棱锥的体积不变 B．当点P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围为 C．使直线AP与平面ABCD所成角为的动点P的轨迹长度为 D．若F是的中点，当点P在底面ABCD上运动，且满足平面时，PF长度的最小值为 【答案】ABC 【解析】由底面正方形的面积不变，点到平面的距离不变，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B正确；由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定C正确；设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定D错误. 选项A：底面正方形的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，所以四棱锥的体积不变，正确； 选项B：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得， 设，则， 设直线与所成角为，则， 因为，则， 当时，可得，所以； 当时，， 当且仅当，即时，等号成立， 可知，且，所以； 所以异面直线与所成角的取值范围是，正确； 对于C：因为直线与平面所成的角为， 若点在平面和平面内， 因为最大，不成立； 在平面内，点的轨迹是； 在平面内，点的轨迹是； 在平面时，作平面，如图所示， 因为，所以， 又因为，所以，所以， 所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆， 所以点的轨迹的长度为， 综上，点的轨迹的总长度为，所以C正确； 对于D，由， 设，则 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 因为平面，所以，可得， 所以，当时，等号成立，错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法： 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，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； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 【变式训练7-2】已知正方体的棱长为2，M为的中点，N为ABCD（包含边界）上一动点，为平面上一点，且平面ABCD，那么（   ） A．若，则N的轨迹为圆的一部分 B．若三棱柱的侧面积为定值，则N的轨迹为椭圆的一部分 C．若点N到直线与直线DC的距离相等，则N的轨迹为抛物线的一部分 D．若与AB所成的角为，则N的轨迹为双曲线的一部分 【答案】ABD 【解析】对于A：求出可得答案；对于B：根据侧面积为定值，可得为定值，根据椭圆定义可得答案；对于C：根据距离相等可得动点轨迹为AD所在直线一部分，进而得答案；对于D：以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，，利用坐标运算可得点N的轨迹方程. 对于A，若，则，故动点N的轨迹为圆的一部分，故A正确； 对于B，若三棱柱的侧面积为定值，且高为2，可得为定值，即为定值，且必有成立，故动点N的轨迹为椭圆的一部分，故B正确； 对于C，由题意得点N到直线与直线DC的距离相等，故点N到点D与到直线DC的距离相等，故动点轨迹为AD所在直线一部分，故C错误； 对于D，以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，设， 则，，若与AB所成的角为， 所以，所以整理得， 所以点N的轨迹为双曲线的一部分，故D正确. 故选：ABD． 【变式训练7-3】在棱长为 1 的正方体中，已知分别为线段的中点，点满足，则（    ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当，四棱锥的外接球的表面积是 C．周长的最小值为 D．若，则点的轨迹长为 【答案】ABD 【解析】A选项，先得到，故点在线段上，证明出，所以三棱锥为定值；B选项，点为线段的中点，作出辅助线，找到外接球球心，从而得到外接球半径和外接球面积；C选项，取线段的中点，由对称性知，，数形结合得到，从而得到周长的最小值；D选项，由得到点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分，求出圆的半径，得到轨迹长度. A选项，当时，， 故，即， 故点在线段上， 连接，与相交于点，则为的中点，连接， 因为为的中点，所以，故三棱锥的体积为定值，A正确； B选项，当时，由A选项可知，，点为线段的中点， 连接相交于点，则⊥平面， 设正四棱锥的外接球的球心为，则三点共线， 其中，设，则， 由勾股定理得，即， 解得， 则表面积是，B正确； C选项，点在矩形及其内部，取线段的中点， 由对称性知，， ，此时三点共线， 又， ，C错误； D选项，因为 ，又点在矩形及其内部， 点的轨迹为点为球心，半径长为的球面被平面截且在矩形及其内部的图形， 又⊥平面，且， 故 ， 所以点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分， 如图，其中，， 故， 则， 则， 则轨迹长为，D正确. 故选：ABD 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 【变式训练7-4】如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法正确的有（    ）    A．若点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为 B．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为 C．若点为的中点，则平面与四边形的交线长为 D．若点在侧面正方形内（包含边界）且，则点的轨迹长度为 【答案】BD 【解析】取中点，连接，为异面直线与所成角，可判断A；将侧面延旋转至与平面共面，根据两点间线段最短可判断B；对于C，如图以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，取靠近的四等分点，则可证明，判断C；并确定点的轨迹为直线在正方形内的线段，判断D. 对于A，取中点，连接， 则，所以为异面直线与所成角， 在中，，故A错误； 对于B，将侧面延旋转至与平面共面， 如图连接，交与点，此时最小，    且，故B正确； 对于C，如图，以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 则 因为平面平面， 所以平面与平面的交线为过点且平行于的直线， 取靠近的四等分点，连接，并延长交于点， 连接，交于点， 由，所以， 则，则，所以为平面与平面的交线， 则为平面与平面的交线， 所以为平面与四边形的交线， 由于，所以， 又，所以， 则，故C错误； 对于D，因为点在侧面正方形内，设， 则， 因为，所以， 化简为， 则点的轨迹为直线在正方形内的线段，其长度为，故D正确.      故选：BD 【点睛】关键点睛：本题选项D为空间动点轨迹的探索问题，解答本题的关键是利用空间直角坐标系探索出动点的轨迹. 【变式训练7-5】在棱长为1的正方体中，若点为四边形内（包括边界）的动点，为平面内的动点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则平面截正方体所得截面的面积为 B．若直线与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 C．若，则点的轨迹长度为 D．若正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小值是120 【答案】ABD 【解析】由截面知识结合三角形面积公式即可验证A，由异面直线夹角结合双曲线的定义可验证B，由椭球的概念和性质可知该椭球被平面截得的在四边形内的部分为半圆，且半径为，则可验证C，将正方体绕旋转后与其自身重合，转化为旋转后能和自身重合，则D可验证. 对于A，若，显然平面截正方体所得截面为，所以，截面面积为，所以A正确； 对于B，因为，若与所成的角为， 则点在以为旋转轴的圆锥（无底）的表面上，而平面， 所以则点的轨迹为双曲线，所以B正确； 对于C，若，则在以、为焦点的椭球上且，， 所以，又因为点为四边形内，该椭球被平面截得的在四边形内的部分为半圆，且半径为， 所以点的轨迹长度为，所以C错误， 对于D，平面，且为正三角形， 若正方体绕旋转后与其自身重合，只需要旋转后能和自身重合即可，所以D正确. 故选：ABD 【变式训练7-6】已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，E为正方形的中心，则下列结论正确的是（    ） A．点的轨迹为抛物线 B．正方体的内切球被平面所截得的截面面积为 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．点为直线上一动点，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】对于A，根据到点长度为定值，确定动点轨迹为圆； 对于B，理解内切球的特点，计算出球心到平面的距离，再计算出截面半径求面积； 对于C，找到线面所成角的位置，再根据动点的运动特点（相切时）找到正弦的最大值； 对于D，需要先找到点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解. 对于A，因为直线与平面所成角为，所以.点在以为圆心，为半径的圆周上运动，因此运动轨迹为圆.故A错误. 对于B，在面内研究，如图所示为内切球球心，为上底面中心，为下底面中心，为内切球与面的切点.已知，为球心到面的距离.在正方体中，，，.利用相似三角形的性质有，即，.因此可求切面圆的，面积为.故B正确. 对于C，直线与平面所成角即为，当与点的轨迹圆相切时，最大.此时.故C正确. 对于D，分析可知，点为和圆周的交点时，最小.此时可将面沿着翻折到面所在平面.根据长度关系，翻折后的图形如图所示. 当三点共线时，最小.因为，，所以最小值为，故D正确. 故选：BCD 【变式训练7-7】如图，在正方体中，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．当时，的值最小 B．当时， C．若平面上的动点满足，则点的轨迹是椭圆 D．直线与平面所成角的正弦值是 【答案】ABC 【解析】对于选项A,B，建立空间直角坐标系，利用向量运算可判断；对于C，构造圆锥．母线与中轴线的夹角为，然后用平面去截圆锥，根据椭圆定义可判断；对于D，易知是与平面所成的角，可判断得解. 对于A选项，建立如图1所示的空间直角坐标系，    设，则． 设，则． ， ， ， 当，即时，的值最小，故A正确． 对于B选项，， ， ，故B正确． 对于C选项，如图2所示构造圆锥．母线与中轴线的夹角为，然后用平面去截圆锥， 使直线与平面的夹角为，则截口为点的轨迹图形， 由圆锥曲线的定义可知，点的轨迹为椭圆，故C正确． 对于D选项，直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角． 是与平面所成的角，又，则，故D不正确．   故选：ABC． 【变式训练7-8】在正方体中，为的中点，是正方形内部一点（不含边界），则（    ） A．平面平面 B．平面内存在一条直线与直线成角 C．若到边距离为，且，则点的轨迹为抛物线的一部分 D．以的边所在直线为旋转轴将旋转一周，则在旋转过程中，到平面的距离的取值范围是 【答案】AC 【解析】根据正方体的结构特征可证明线线垂直，进而可得线面垂直，即可求证面面垂直，可判断A，根据线面角的性质，结合线面角的求解即可判断B，根据抛物线的定义即可判断C，根据旋转可得点的运动轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆，即可求解D. 对于A：如图，连接，则， 因为平面平面，所以， 且平面， 所以平面平面， 所以，同理，且，且平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面，故A正确；    对于B：从正方体中分离出四棱锥，取的中点，连接， 并让点可在正方形边界移动. 因为平面， ，即， 则与平面所成角的最小值是， 所以， 因为线面角是线与平面内的线所成的最小角， 所以平面内不存在一条直线与直线成角，故B错误；    对于C：如图，取的中点，连接平面， 作于点，则，因为， 则， 即点到点的距离和点到的距离相等， 即可知点形成的轨迹是抛物线的一部分，故C正确；    对于D：连接交于点，取的中点，连接， 则点的运动轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆， 易知，由，知， 且平面， 所以平面平面， 所以平面平面， ， 如图，与圆的交点分别为， 当点位于点时，点到平面的距离分别取得最大值和最小值， 且距离的最大值为， 距离的最小值为， 所以点到平面的距离的取值范围是，故错误. 故选：AC    【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型. 【变式训练7-9】如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（    ） A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 D．当在底面上运动，且满足平面时，线段长度的取值范围是 【答案】ACD 【解析】对A：三角形的面积不变，点到平面的距离为，即可判断；对B：将所求角度转化为所成角，连接，取交点为，求得角度的最大值；考虑三角形中角度最小时的状态为点与重合，再求对应最小值即可；对C：分析点在不同平面下的轨迹，即可求得轨迹长度；对D：求得点的运动轨迹，再根据几何关系求的长度即可. 对A：当在平面上运动时， 三棱锥的底面为三角形，其面积为定值， 又点到面的距离即平面到平面的距离，也为定值， 故三棱锥的体积不变，A正确； 对B：连接，设其交点为，连接，作图如下所示：    因为面，故面， 又面，故； 当点在上运动，因为//，则与所成的角即为与所成的角； 当点与点重合时，因为，故可得所成角为； 当点异于点时，设所成的角为，则， 故当与重合时，取得最大值，此时取得最小值，最小， 此时，三角形为等边三角形，故可得； 综上所述，当点在上运动时，直线所成角范围为，故B错误； 对C：当点与重合时，，也即与底面的夹角为； 当点在平面上时（异于点），过作，连接，显然即为所求线面角；    又，又，故，， 故当点在平面上时（异于点），与平面的夹角小于，不满足题意； 同理可得，当点在平面上（异于点）时，与平面的夹角也小于，不满足题意； 当点在平面上时，因为，易知点的轨迹为， ； 当点在平面上时，因为，易知点的轨迹为， ； 当点在平面上时，因为面//面， 故与面所成角与与面所成角相等， 因为面，连接，故；    在三角形中，易知， 故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧， 故其轨迹长度为：； 当点在面上，不满足题意； 综上所述：点轨迹的长度为：，故C正确； 对D：取的中点分别为， 连接，如下所示：    因为//面面，故//面； //面面，故//面； 又面，故平面//面； 又//////，故平面与平面是同一个平面. 则点的轨迹为线段； 在三角形中， ；；； 则，故三角形是以为直角的直角三角形； 故， 故长度的取值范围是，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题综合考察立体几何中线面位置关系，以及角度，轨迹长度的求解；特别的对选项C，分别考虑点在不同平面下轨迹的情况，是解决问题的核心，属综合困难题. 【变式训练7-10】正四棱柱中，，动点满足，且，则下列说法正确的是（   ） A．当时，直线平面 B．当时，的最小值为 C．若直线与所成角为，则动点P的轨迹长为 D．当时，三棱锥外接球半径的取值范围是 【答案】ABD 【解析】当时，由平面向量线性运算法则可知点在线段上，根据正四棱柱特征利用线面垂直判定定理即可证明直线平面；当时，由共线定理可得点在线段上，根据对称性将的最值转化成平面几何问题，即可求得最小值；若直线与所成角为，可知点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆弧，即可计算出其轨迹长度；当时，取的中点为，由共线定理可知三点共线，几何法找出球心位置写出半径的表达式，利用函数单调性求其取值范围即可得出结果. 对于A，取相交于点，的中点为，如下图所示： 当时，即，， 由平面向量线性运算法则可知，点在线段上， 由正四棱柱可得， 且平面，又平面，所以， 又，且平面，所以平面； 又因为平面与平面是同一平面，所以平面，即A正确； 对于B，当时，由利用共线定理可得，三点共线， 即点在线段上， 由对称性可知，线段上的点到两点之间的距离相等，所以； 取平面进行平面距离分析，如下图所示： 所以，当且仅当三点共线时，等号成立， 此时点为线段的中点，即的最小值为，故B正确； 对于C，由图可知，与所成角都为， 由可知，点在平面内， 若直线与所成角为，在线段上取点，使， 则直线与所成角为； 则点的轨迹是以为圆心，半径为，且在平面内的半圆弧， 如下图中细虚线所示： 所以动点P的轨迹长为，故C错误； 对于D，当时，取的中点为，即； 由可知，三点共线， 即点在线段上，如下图所示： 易知三棱锥外接球球心在直线上，设球心为，； 作于点，设，易知， 由相似比可得， 设外接球半径为，则，解得； 所以， 易知当时，半径最小为；当时，半径最大为； 又，所以半径的取值范围是，即D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据向量线性运算法则和共线定理的应用，确定点的位置，再根据几何体特征利用对称性即可求得距离之和得最小值，利用几何法即可求得外接球球心和半径的取值范围. 【变式训练7-11】在正三棱柱中，，点P满足，其中，则（    ） A．当时，最小值为 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，平面平面 D．若，则P的轨迹长度为 【答案】BCD 【解析】当时，点在上，把平面与平面展在一个平面上，可判定A错误；当时，得到点在上，证得平面，求得三棱柱的体积定值，可判定B正确；当时，得到点为的中点，取的中点，证得平面，得到平面，可判定C正确；由点P满足，得到点在矩形内，取的中点，证得平面，得到，求得，得出以点的轨迹，可判定D正确. 对于A中，当时，，可得点在上， 以为轴，把平面与平面展在一个平面上，如图所示， 连接交于点，此时最小值为，所以A错误；    对于B中，当时，，可得点在上， 取的中点，在等边中，可得，且， 因为平面，且平面，所以， 又因为且平面，所以平面， 即为三棱锥的高， 所以三棱锥的体积为为定值，所以B正确；    对于C中，当时，，可得点为的中点， 如图所示，取的中点，分别连接， 可得且，所以为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 因为，所以平面， 又因为平面，所以平面，所以C正确；    对于D中，由点P满足，其中， 可得点在矩形内（包含边界）， 取的中点，连接和， 因为平面，且平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以，且， 在直角中，可得， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，其轨迹长度为，所以D正确.     故选：BCD 【点睛】解题方法点拨： 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，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； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 【变式训练7-12】已知正三棱柱的所有棱长均为为的中点，平面过点与直线垂直，与直线分别交于点是内一点，且，则（    ） A．为的中点 B． C．为的中点 D．的最小值为 【答案】ABD 【解析】利用线面垂直的性质和函数正切值即可判断A；利用线面垂直的判定和性质可得为平面的法向量，结合，即可判断B；利用面面平行的性质定理即可判断C；求证出点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在内的圆弧，再利用圆外点到圆上点最值问题即可得到答案. 对A，如图1，由，，可得，因为侧面为正方形， 所以， 所以，即， 又因为为的中点，所以，即， 所以为的中点，故A正确； 对B，在正三棱柱中，因为为的中点，， 所以，又平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以，又，即为平面的法向量，所以，故B正确； 对C，取的中点，可得，， 所以平面平面，又平面，所以， 即四边形是平行四边形，所以，即为的四等分点，故C错误； 对D，， 如图，，设与交于点， 则平面，在Rt中， 由等面积法得，所以， 因为，所以， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在内的圆弧， 设与圆弧交于，则的最小值即为， 因为， 所以，故D正确.     故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是求出点的轨迹是一段圆弧，再求出相关线段长，利用圆外点到圆上点距离最值模型即可判断. 【变式训练7-13】用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆．著名数学家创立的双球实验证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切．下列结论中正确的有（    ）    A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等 B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等 C．所得椭圆的离心率 D．其中为椭圆长轴，为球半径，有 【答案】ABC 【解析】过点作线段，分别与球、切于点、，结合球的切线的性质与椭圆定义即可得A、B，借助离心率的定义可得C，借助正切函数的定义可得D.    对A，B：过点作线段，分别与球、切于点、， 由图可知，、分别与球、切于点、， 故有， 由椭圆定义可知，该椭圆以、为焦点，为长轴长，故B正确， 由与球切于点，故， 有， 即有椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故A正确； 对C:由题意可得，则，故C正确； 对D：由题意可得，， 故，即，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于作出线段，从而可结合球的切线的性质与椭圆定义逐项判断. 题型08：轨迹、截面、动点、范围解答题 【典型例题1】在菱形中，G是对角线上异于端点的一动点（如图1），现将沿向上翻折，得三棱锥（如图2）. (1)在三棱锥中，证明：； (2)若菱形的边长为，，且，在三棱锥中，当时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论； （2）由题意求得相关线段的长，证明平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，即可求得答案. （1）在图1中，连接交于O，连接，由菱形的性质得， 在图2中，因为平面且， , 所以由直线与平面垂直的判定定理得平面， 因为平面，所以. （2）由平面平面，得平面平面， 菱形的边长为，，， 则, 则三棱锥中，，又， 解得， 故， 作，交延长线于H，得， 由于平面平面，平面平面，平面, 所以平面， 如图，以O为原点，分别为轴，过O作的平行线作为z轴， 建立空间直角坐标系，如图， 所以， ， 设平面的法向量为， 则，取，则， 可得平面的法向量， 设直线与平面所成角为，， 所以. 另解提示：根据上述解法求出， 由，可得， 由，可得， 设点G到平面的距离为d，直线与平面所成角为， 因为即，可得， 所以. 【典型例题2】如图，四棱锥中，底面，四边形中，，．    (1)若为的中点，求证：平面平面； (2)若平面与平面所成的角的余弦值为． （ⅰ）求线段的长； （ⅱ）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度． 【答案】(1)证明见解析；(2)（ⅰ）2；（ⅱ）. 【解析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，再结合面面垂直的判定推理即得. （2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，设，利用面面角的向量求法结合已知求出，再求出并确定轨迹求解即得. （1）在四棱锥中，底面，平面，则， 而平面，于是平面，又平面， 则，由，为的中点，得平面， 因此平面，而平面， 所以平面平面. （2）（ⅰ）由（1）知，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    过作于，由，得，令， 则，， 设平面的法向量，则，令，得， 由平面，得平面的一个法向量， 依题意，，整理得，而，解得， 所以线段的长为2. （ⅱ）显然平面，而平面，则，又， 于是，解得，因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的， 所以点的轨迹的长度为. 【典型例题3】如图，已知四边形是直角梯形，，平面是的中点，E是的中点，的面积为，四棱锥的体积为． (1)求证：平面; (2)若P是线段上一动点，当二面角的大小为时，求的值． 【答案】(1)证明见解析；(2)． 【分析】（1）根据题意，可得是等边三角形，求出，过点D作交于点M，可得四边形为平行四边形，可求得，结合四棱锥的体积为，求得利用勾股定理证明，进而证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法求出点的坐标得解. （1）因为平面，所以． 因为N是的中点，所以，故． 又因为，所以是等边三角形． 因为的面积为，所以． 如图1，过点D作交于点M，四边形是直角梯形， 且，，则， 故四边形为平行四边形． 因此． 又，因此． 因为四棱锥的体积为， 所以， 解得． 连接，在中，． 连接，在中，． 因为， 则． 因为平面，所以， 而平面平面， 所以平面． （2）以N为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图2所示． 则． 因为P是线段上一动点， 所以设，其中． 故． 设平面的一个法向量， 则，令，得，， 所以． 设平面的一个法向量， 则有，令，得，， 可取． 因为二面角的大小为， 所以，即，解得，即． 因为， 所以． 【变式训练8-1】把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，为上的动点，为上的动点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）． (1)求证：当为的中点时，平面 (2)若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角分别为，试求出的取值范围． (3)求三棱锥的体积的最大值． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【解析】（1）由题设知分别是中点，连接，进而得四边形为平行四边形，则，再结合中位线性质、线面平行的判定证结论； （2）令，得，，应用和角正切公式及椭圆性质有且，即可求范围； （3）利用等体积法有，问题化为求面积、到面距离之和都最大，应用直线与椭圆关系求最大，进而得结果. （1）由题设，长轴长，短轴长，则， 所以分别是中点，而柱体中为矩形，连接， 由，故四边形为平行四边形，则， 当为的中点时，则，故，面，面， 故平面. （2）由题设，令，则，又， 所以，，则， 所以，根据椭圆性质知，故. （3） 由，要使三棱锥的体积最大， 只需面积和到面距离之和都最大， ，令且，则， 所以， 显然时，有最大； 构建如上图直角坐标系且，椭圆方程为， 设，联立椭圆得，且， 所以，，而， 所以，令，则， 由对勾函数性质知在上递增，故； 综上，. 【变式训练8-2】如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD中点．是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角的大小为30°，且． (1)求t的值； (2)对于平面ACD内的动点P总有平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得平面BEC的理由． 【答案】(1)；(2)P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，理由见解析 【解析】（1）建立空间坐标系，易得面的一个法向量为，用表示出面的法向量，通过二面角的大小为30°建立方程，解方程即可； （2）取中点，中点，连接，证明面平面BEC，结合面，即可求出P的轨迹. （1） 易知面，，以所在直线为轴建立如图的空间直角坐标系，则，，， 易知面的一个法向量为， 设面的法向量为，则， 令，则， 可得， 解得或3，又点E在弦AD上，故. （2） P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，证明如下： 取靠近的三等分点即中点，中点，连接， 由为中点，易知，又面，面， 所以平面BEC， 又，面，面，所以平面BEC， 又，所以面平面BEC， 即和所在直线上任意一点连线都平行于平面BEC， 又面，故P的轨迹即为所在直线， 即过靠近的三等分点及中点的直线. 【变式训练8-3】如图1，在中，是直角，，是斜边的中点，分别是的中点．沿中线将折起，连接，点是线段上的动点，如图2所示． (1)求证：平面； (2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，当二面角的余弦值为时．求的值． 条件①：；条件②：． 【答案】(1)证明见解析；(2). 【解析】（1）利用线面平行的判定定理直接证明；（2）选条件①：.可以证明出两两垂直，以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求解.选条件②：.先证明出两两垂直，以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求解. （1）在中，因为分别是的中点，所以. 因为面,面, 所以平面. （2）在中，是直角，，P是斜边的中点，所以，即. 选条件①：. 因为，，,面,面, 所以面. 又，可以以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系. 在中，是直角，，P是斜边的中点，所以. 所以，，. 因为分别是的中点，所以，，所以，. 因为点是线段上的动点，所以可设,所以. 不妨设为平面的一个法向量，则，设，则. 显然为面的一个法向量. 所以二面角的余弦值为. 由题意可得：， 解得：. 所以. 选条件②：. 在中，是直角，，P是斜边的中点，所以.. 因为，所以，所以. 所以可以以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.则，，. 因为分别是的中点，所以，，所以，. 因为点是线段上的动点，所以可设,所以. 不妨设为平面的一个法向量，则，设，则. 显然为面的一个法向量. 所以二面角的余弦值为. 由题意可得：， 解得：.所以. 【变式训练8-4】如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.    (1)若为的中点，证明：平面平面； (2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值. 【答案】(1)证明见解析(2) 【解析（1）取中点为，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可； （2）通过正三角形证明，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计算求解即可. （1）取中点为，由条件可得为梯形的中位线，则， 又，则， 且，平面，平面， 根据线面垂直的判定定理，得平面， 平面，. 由，则，又，为梯形的两腰，则与相交， 平面， 又平面，所以平面平面. （2）取的中点为Q，由，， 则，， 因此△为等边三角形，. 由（1）知平面，，，两两垂直， 如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，    由，，则， ，，，， 由， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 由 取，得，，得. 设平面的一个法向量为， 由 取，得，， 即平面的一个法向量为. 记平面与平面夹角的大小为， 所以，化简得，即，所以实数的值为. 【变式训练8-5】如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，．过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面平面. (1)当时，求点的轨迹长度； (2)当二面角的余弦值为时，求二面角的余弦值. 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直推出，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，建立坐标系，求出动点的轨迹方程，进一步求解扇形的弧长； （2）由（1）知，设出点M的坐标，利用向量法求得二面角的余弦值，求出点M坐标，再根据向量法求二面角的平面角余弦值. （1）作交于， 因为平面平面，且平面平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为平面，且平面，所以， 因为，，、平面，， 所以平面， 又因为平面，所以， 分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 设，因为，所以，， 所以，即， 设AB中点为N，则， 如图， 又，所以， 因此，的轨迹为圆弧，其长度为. （2）由（1）知，可设， ， 设平面的一个法向量为， 则即， 令，则， 可得平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量为， 所以. 当二面角的余弦值为时，， 解得或（M与A重合，舍去）， 所以，， 易知平面的一个法向量为， 所以. 由图知，二面角的平面角为钝角， 故二面角的余弦值为. 【变式训练8-6】如图①所示，长方形中，，，点是边靠近点的三等分点，将△沿翻折到△，连接，，得到图②的四棱锥. (1)求四棱锥的体积的最大值； (2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值. 【答案】(1)；(2)平面和平面夹角余弦值的最小值为 【解析】（1）作出辅助线，得到当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值； （3）作出辅助线，得到为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面和平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式及，得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值． （1）解：取的中点，连接， 因为，则， 当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值， 此时平面，且， 底面为梯形，面积为， 则四棱锥的体积最大值为； （2）解：连接， 因为，所以， 所以为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 过作于点，由题意得平面， 设,,， 所以， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则， 设平面的法向量为， 因为， 则， 令，可得：， 设两平面夹角为， 则 ， 令，所以，则 所以，所以当时，有最小值， 所以平面和平面夹角余弦值的最小值为. 【点睛】关键点点睛：利用二面角的平面角来表示折叠过程中形成的动点的横、纵、竖坐标，从而减少题中的变量，并且求解平面与平面夹角的余弦值时，两个平面法向量都含参数的正弦或余弦值，利用空间向量的坐标运算求解时，还需应用与的关系进行变形处理，从而使得只含或者的式子，转换成单变量的函数关系从而可以利用函数思想求解的最值，属于较难题目． 【变式训练8-7】如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上. (1)求二面角的正切值； (2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)(2)存在， 【解析】（1）过点作于点，连接，可证得平面，进而可知为二面角的平面角，利用三角形计算即可得出结果. （2）连接，由为等边三角形，H为线段的中点，，又平面，以H为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，假设棱上存在满足要求的点，设，，利用，计算可求得，即可得出结果. （1）如图，过点作于点，连接，， 平面，平面，， 又，平面，平面， 平面，，. 为二面角的平面角. ∵，，∴为等边三角形，， 又中，，，，. 又，，，H为线段的中点. ，， 中，，， 所以二面角的正切值为. （2）连接，为等边三角形，H为线段的中点，， 又平面，则，，两两垂直， 以H为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，. 设平面的法向量为，， 令，可得. 假设棱上存在满足要求的点Q，设，，. ， 因为直线与平面所成的角为， ， 整理得：，解得或（舍去）. 所以，则. 所以当时，与平面所成的角为. 【变式训练8-8】如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，. (1)若平面平面，求、的值； (2)若平面，求的最小值. 【答案】(1)；(2)8. 【解析】（1）若平面平面，由面面平行的性质定理可知，，由为的中点，可得为的中点，同理为的中点，即可得出结果； （2）以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，求得的法向量为，由平面，则有，即，代入计算化简可得结果. （1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以， 又因为为的中点，所以为的中点，同理为的中点，所以. （2）因为，底面， 如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系， 故，则，， 设平面的法向量为，则取，可得. 因为，，所以，， 则， 因为平面，所以，即， 所以，即， 所以，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8. 一、单选题 1．如图，在三棱锥中，平面，且，若在内（包括边界）有一动点，使得与平面所成角的正切值为，则点的轨迹长为（    ） A． B． C． D．6 【答案】C 【解析】过作平面，为等边的中心，由等体积发可得，则与平面所成角为，所以，的轨迹为以为圆心，以为半径的落在内的圆弧． 过作平面，因为，所以是边长为2的等边三角形，易知为的中心，由，则，则，与平面所成角为，因为与平面所成角的正切值为，所以，解得，所以的轨迹为以为圆心，以为半径的落在内的圆弧．根据，可知四边形是菱形，且，根据对称性可知：所形成的轨迹是三段等长的圆弧，故的轨迹长为． 2．古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】，利用勾股定理求出，由求出，再由正弦定理得可得答案. 由题意的，，则，，所以，在中，，，，且，则，，， 则，所以， 由正弦定理得，，即.故选：C． 3．已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（    ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【解析】根据正四面体的几何特征及线面垂直判定定理得出平面，进而得出P的轨迹，计算即可求解. 因为，所以，平面，所以平面，由于点 P 始终保持 PE 垂直于 BC ，且 P 在正四面体表面运动，因此 P 的轨迹为平面 与正四面体表面的交线，即的边界.为等腰三角形，其中 AD 为底边，长为2，AE 和 DE 为腰，长均为.因此，三角形 的周长为. 4．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 【解析】如图建立空间直角坐标系，由，可得点在底面正方形内的轨迹方程，据此可得答案. 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. 5．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 【解析】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. 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：. 6．在空间中，我们把点集表示的曲面称为圆柱面，借助比利时数学家Dandelin的思想我们不难发现：任意不与轴平行或垂直的平面与截成的封闭曲线为椭圆．设圆柱面，高不平行于坐标面的正四棱锥的五个顶点均在上，则其体积的最小值为：（    ）（注：若正方形的四个顶点都在同一个定椭圆上，则这个正方形可以被唯一确定）． A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用题意结合给定定义得到椭圆方程，进而求出底面面积，最后利用棱锥的体积公式表示出体积，再利用导数求解最小值即可. 由题意可知圆柱面的半径为1，如图，截得的椭圆半短轴长即为圆柱面的半径1． 对半轴长：在中，必能找到与平面垂直，所以，设．则由几何关系得，故椭圆方程为，如图，椭圆有唯一内接正方形，故令，得到， 故底面面积为，，则，． 则，当时，，单调递减； 当时，，单调递增，故，故D正确.故选：D． 7．如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【解析】勾股得到，从而得到当最大时，最大，然后根据截面得到截面，根据勾股得到当最大时，最大，再结合截面得到的最大值，从而得到的最大值. 过点作，交底面圆于两点，连接，，，设，则， 所以当最大时，最大，由圆锥的性质得底面，因为底面，所以， 又，平面，所以平面，因为平面，所以，因为分别是的中点，所以，则，因为，平面，所以平面，则平面为截面，因为为中点，所以，所以平面，因为平面，所以，所以，则当最大时，最大，如图为截面的平面图， 以为原点，为轴，过点垂直向上的方向为轴正方向建系，，，，则抛物线方程为，设，，则，所以，则此时，. 二、多选题 1．已知正方体的棱长为3，在棱上，且满足，动点在内（包括边界）移动，动点在正方体内（包括边界）移动，且，则（   ） A．的最小值为 B．动点在面内运动轨迹的长度为 C．动点的轨迹与动点的轨迹的交线是椭圆的一部分 D．在正四面体的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此正四面体的棱长可以是1.4 【答案】BD 【解析】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法求得关于平面的对称点为的坐标，可求最小距离判断A；的轨迹是以为圆心，3为半径的圆弧，求得轨迹长判断B；动点的轨迹是以为轴，为顶点的圆锥在正方体内的部分，据此可判断C；在正四面体的内部能转动的正四面体为正四面体的内切球的内接正四面体，据此计算可判断D. 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，则， 设平面的一个法向量为，则，令，则， 所以平面的一个法向量为，设关于平面的对称点为， 则，所以，解得，所以，又点， 点到平面的距离相等，所以，所以，解得或（舍去），所以，所以，故A错误； 因为平面，若动点在平面内时，则，又，则，可得的轨迹是以为圆心，3为半径的圆弧，且在四边形的圆弧是圆的，所以动点在面内运动轨迹的长度为，故B正确；动点的轨迹是以为轴，为顶点的圆锥在正方体内的部分，底面半径为，易得，又平面，平面，所以平面，又是圆锥的母线，所以平面与圆锥的交线是抛物线的一部分，故C错误；设正四面体的底面正三角形的中心为，由正四面体的性质可得平面，由正弦定理可得，所以正四面体的高为， 设正四面体的内切球的半径为，则，所以， 设半径是的球的内接正四面体的边长为，则可将内接正四面体补形成边长为 的正方体，则，解得，在正四面体的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此正四面体的棱长可以是1.4，故D正确． 2.如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为底面上的动点（包括边界），则（   ） A．满足平面的点P的轨迹长度为 B．满足的点P的轨迹长度小于 C．存在点P满足 D．存在点P满足 【答案】AC 【解析】构造面面平行，确定点轨迹，求其长度，判断A的真假；确定P的轨迹，根据弧长与弦长的关系判断B的真假；取特殊点验证C的真假；转化为两点之间直线段最短求的最小值，可判断D的真假. 对A：如图： 取中点，中点，连接，则易证平面平面，此时平面， 故平面时，点的轨迹为线段.因为正方体棱长为2，所以，故A正确； 对B：如图： 因为，且，所以，此时点轨迹为以为圆心，半径为的圆在正方形内的部分，易得分别为，中点，所以，故劣弧的长度大于，故B错误； 对C：如图： 当为正方形中心时，，，， 所以，所以，故C正确； 对D：如图： 做点关于平面的对称点，则在直线上，且，连接， 则，且.故D错误.故选：AC 3.在棱长为2的正方体中，是侧面上的一个动点（含边界），是的中点，则（    ） A．当为的中点时，异面直线与所成的角为 B．存在点，使得平面 C．若，则点的轨迹长度为 D．当为的中点时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】BC 【解析】根据线面垂直的判定定理与性质定理可得，即可判断A；根据几何性质可得，结合线面平行判定定理可得平面，即可判断B；根据线性平行，线面垂直，结合勾股定理可得点在侧面内的运动轨迹是以为圆心，1为半径的半圆，即可判断C；当为的中点时，取的中点，三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，由几何计算结合正弦定理得外接圆半径，从而得外接球的半径，即可判断D. 对于A，如图1，取的中点，连接，因为，所以，所以，则可得，又平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面，所以平面，又平面，所以，故A错误； 对于B，如图2，当为的中点时，易证得四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面，故B正确； 对于C，如图3，取的中点，连接，在正方体中，平面，且， 所以平面，因为平面，所以，则， 则点在侧面内的运动轨迹是以为圆心，1为半径的半圆，其轨迹长度为，故C正确； 对于D，如图4，当为的中点时，取的中点，三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，设与的外心分别为，则球心为的中点，易求得，由余弦定理，，所以，由正弦定理，， 所以所求外接球的半径，其表面积为，故D错误.故选：BC. 4.如图，棱长为3的正方体，动点在正方体内及其边界上运动，点在棱上，且，则下列说法正确的是（    ） A．若，且，则三棱锥体积为定值 B．若，则动点所围成的图形的面积为 C．若，则的最小值为3 D．若动点在正方形内（包含边界），异面直线与所成角为．则的轨迹所在圆锥曲线的离心率为 【答案】ABD 【解析】对于A，由题意可得的轨迹为线段，即可判断；对于B，由题意可得动点所围成的图形是矩形，即可判断；对于C，由正弦定理可得，利用空间坐标运算可得点的轨迹是以为球心，2为半径且位于正方体内的部分球体，再利用，求解后即可判断；对于D，由题意可得点的轨迹是以为旋转轴，为母线的共顶点的双圆锥，直线是圆锥的一条母线，从而得点的轨迹在平面与双圆锥的截痕（椭圆）上，求出此椭圆的离心率即可判断． 对A,因为动点在正方体内及其边界上，且，则的轨迹为线段．由于，平面，所以，所以三棱锥的体积为定值，故A正确；对B,易知平面，动点在正方体内及其边界上，且，所以动点所围成的图形是矩形，则面积为，故B正确； 对C，设边上的高为,则，由正弦定理可得，所以，故，以为点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，设，，则， 又因为，整理得：，所以空间动点的轨迹是以为球心，2为半径且位于正方体内的部分球体，又因为，所以，故C错误；对D,在棱上取，则．因为异面直线与所成角为，则直线与所成角为，故空间动点的轨迹是以为旋转轴，为母线的共顶点的双圆锥，直线是圆锥的一条母线，又动点在底面内，故动点的轨迹在平面与双圆锥的截痕（椭圆）上， 椭圆以为长轴，球是底面与圆锥封闭几何体的内切球，球与底面的切点为椭圆靠近顶点的焦点． 如图，即，即，则，所以椭圆的离心率，故D正确.故选：ABD. 三、填空题 1.已知棱长为的正四面体，且 ，为侧面内的一动点，若，则点的轨迹长为 ． 【答案】 【解析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，由，得到，得到点在空间中的轨迹为一个球，进而点在侧面内的轨迹为以为圆心，以为半径的圆的一部分，求得，得到，进而求得点的轨迹长度. 以为原点，以的方向为轴，建立空间直角坐标系， 可得，因为，可得，设，因为，即，可得，整理得，所以点在空间中的轨迹是以为球心，半径为的球，又因为在侧面内，过点作平面于点，则为的中心，点在侧面内的轨迹为以为圆心，以为半径的圆的一部分，（如图所示的圆的虚线部分）， 因为，所以，所以，则，所以点的轨迹长度为. 2.在正方体中，为的中点，为底面上一动点，与底面所成的角为，若，且该正方体的外接球的体积为，则动点的轨迹长度为 . 【答案】 【解析】取的中点，连接，证得底面，得到为与底面所成的角，求得，设正方体的棱长为，利用球的体积公式，求得，得到点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在正方形区域内的部分，作出图形，进而求得动点的轨迹长度. 如图1所示，取的中点，连接，则，在正方体中，底面，所以底面，所以为与底面所成的角， 因为，所以，设正方体的棱长为，因为正方体的外接球的体积为，所以，解得，所以，可得，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在正方形区域内的部分，如图2所示，，所以，则，根据对称性，可得，所以， 故动点的轨迹长度为.     3.如图，在三棱锥中，平面平面，，点E在棱上，且，侧面内一动点P满足，则点P的轨迹长度为 ；直线与直线所成角的余弦值的取值范围为 . 【答案】 / 【解析】分析点的轨迹，可求点的轨迹长度，建立空间直角坐标系，利用空间向量可求直线与直线所成角的余弦值的取值范围（或者用三余弦定理求直线与直线所成角的余弦值的取值范围）. （法一）由得，点P轨迹是以A为球心，1为半径的球面，又点P在平面内，点P在以A为圆心，1为半径，为圆心角的圆弧上，因此点P的轨迹长度为.建系如图，设，则. . 令，. 故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为. （法二）设直线与直线所成角为，取的中点，根据三余弦定理可知，，易知P从点M运动至N处，逐渐减小，则逐渐增大， 由图可知，P从点M运动至N处逐渐增大，则P在点M处时，取得最小值，此时， 则P在点N处时，取得最大值，此时， 故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为. 4.三棱锥中，平面，平面内动点的轨迹是集合，已知，且在所在直线上，．则三棱锥外接球的表面积为 ． 【答案】 【解析】以中点为原点建立直角坐标系，设，利用题设等式化简计算得到点的轨迹方程，从而得出的外接圆半径为4，结合对应图形借助于直角三角形即可求解. 以中点为原点建立直角坐标系，不妨设， 设，由可得，，化简得：，此即点的轨迹方程，其中， ，故外接圆半径为4，设三棱锥的外接球半径为，球心为，取的中点，点即的外接圆圆心，连接，作于点，则平面，在中，， 则，在中，可得：，解得， 所以. 5.古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点的距离之比为常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆被称为阿氏圆.如图，在长方体中，，点在棱上，，动点满足，若点在平面内运动，则点对应的轨迹的面积是 ；为的中点，则三棱锥体积的最小值为 . 【答案】 ； ． 【解析】以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用坐标表示两点间距离转化后可得轨迹方程，从而得轨迹求得面积，利用空间向量法求得点到平面的距离，并结合平面上圆的性质求得距离的最小值，从而得棱锥体积最小值． 如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，则 ，，，，，，，， 在平面内，设，则由得， 化简得，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆，面积为， 在长方体中，，， ，设平面的一个法向量是，则，取得，，到平面的距离为， 满足，所以的最小值等于， 从而到平面的距离的最小值为， ∴三棱锥体积的最小值为． 模拟回顾 一、单选题 1．在棱长为4的正方体中，为的中点，点P在正方体各棱及表面上运动且满足，则点P轨迹围成的图形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】构造辅助线，找到点P轨迹围成的图形为长方形，从而求出面积. 取的中点E，的中点F，连接BE，EF，AF，则由于为的中点，可得，所以∠CBE=∠ECN，从而∠BCN+∠CBE=∠BCN+∠ECN=90°，所以BE⊥CN，又EF⊥平面，平面，所以EF⊥CN，又因为BEEF=E，所以CN⊥平面ABEF，所以点P轨迹围成的图形为矩形ABEF，又，所以矩形ABEF面积为. 故选：A 2．如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面，为底面内的一动点，若，则动点的轨迹在（    ） A．圆上 B．双曲线上 C．直线上 D．椭圆上 【答案】A 【解析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得的轨迹方程，从而确定正确答案. 依题意四边形是正方形，平面， 建立空间直角坐标系如下图所示，以为轴，为轴，为轴，为坐标原点， 则，，设， 因为 ， 由题意可得：，可得动点的轨迹为： 以为圆心，以为半径的圆． 故选：A 3．在四棱锥中，平面，点M是矩形内（含边界）的动点，且，直线与平面所成的角为．记点M的轨迹长度为，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【解析】根据题意即为直线与平面所成的角，故问题转化为以点为圆心在平面内做2为半径的圆，圆弧在矩形内的部分即为点的轨迹，进而利用几何关系求解即可. 因为平面，所以即为直线与平面所成的角， 所以， 因为，所以， 所以点位于矩形内的以点为圆心，2为半径的圆上，则点的轨迹为圆弧. 连接，则， 因为，， 所以， 则弧的长度， 所以. 故选：C. 4．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（    ） A． B． C． D．2 【答案】A 【解析】先构造和平面平行的截面，再根据空间向量共面确定点的轨迹形状，再求其长度. 如图所示，E，F，G，H，N分别为，，，DA，AB的中点， 则，， 所以平面平面， 所以动点P的轨迹是六边形MEFGHN及其内部. 又因为，所以点在侧面， 所以点的轨迹为线段， 因为AB=AD=2，， 所以.故选：A. 5．如图所示，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，点P是正方体表面上的动点，若平面，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】要满足平面，只需要寻找一个平面，使该平面经过，且与平面平行即可, 取的中点G，的中点H，连结.证明出面面.得到点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形，求出周长即可. 取的中点G，的中点H，连结. 正方体的棱长为2.为中点，所以,所以且. 因为为分别为的中点，所以,且，所以四边形为平行四边形，所以. 因为面，面，所以面. 同理可证：面. 又,面,面, 所以面面. 所以点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形. 因为正方体的棱长为2，所以, 所以三角形的周长为.故选：B 6．已知正四棱锥，底面边长为，，交于点，平面，，为的中点，动点在该棱锥的侧面上运动，并且，则点轨迹长度为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【解析】取的中点分别为，利用线面垂直的判定定理可得平面，进而可得点轨迹为折线，结合条件即得. 取的中点分别为，连接， 则，，又平面，， ∴平面，， ∴，又， ∴平面， 因为动点在该棱锥的侧面上运动，并且， 故点轨迹为折线， 由题可知，， ∴， 故点轨迹长度为.故选：B. 7．已知正方体的棱长为3，点P在的内部及其边界上运动，且，则点P的轨迹长度为(    ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】连接、、，，连接BE交于O，证明平面得DO⊥OP，求出OP长度，确定O的位置，确定P的轨迹形状，从而可求P的轨迹长度． 连接、、， 则，，， ∴⊥平面，∴， 同理，∴平面． 设，连接BE交于O， 由△BOD∽△且BD=可知OD=，则， 连接OP，则，∴， 可得点P的轨迹为以点O为圆心，为半径的圆在内部及其边界上的部分， OB=2OE，E为中点，及△为等边三角形可知O为△中心， OE=，如图： ，，， 则∠OFE=∠=，∴OF∥，同理易知OG∥， 故四边形是菱形，则 ∴的长度为，故点P的轨迹长度为． 故选：A． 8．在直三棱柱中，，，为该三棱柱表面上一动点，若，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】将三棱柱补形为正方体，容易找到BC的中垂面，因为，所以确定点P在中垂面内，通过几何关系求解中垂面与三棱柱相交的轨迹长度即可. 因为，，所以可将直三棱柱补形为边长为2的正方体，取的中点E，F，G，H，K，L按顺序连接.，，如图所示， 正方体中，，， 所以面， 所以，因为，所以. 同理可得， 因为，所以面，其中为正六边形. 因为E，G，H，L为的中点，所以M，N为的四等分点， 根据正方体对称性，知O为MN中点也是BC中点，因为，所以点P在过点O垂直于BC的平面内，即点P在面内. 又因为点P在三棱柱表面上，所以P点的轨迹为五边形MNEFG， ，由正六边形及正方体对称性可知 ， 故点P的轨迹长度为，故选：B 【点睛】处理此类问题的关键是熟练掌握立体几何中的点线面垂直平行异面的关系，找到与包含未知点的量和已知量之间的等量关系或不等关系即可.本题把到两点距离问题转化为找中垂面，再通过线面垂直的判定定理即可证明垂面位置，由此确定点P的轨迹为五边形，求出长度即可. 二、多选题 9．正方体的棱长为1，点满足，则下列说法正确的有（    ） A．若，则 B．若，则三棱锥的体积为定值 C．若点总满足，则动点的轨迹是一条直线 D．若点到点的距离为，则动点的轨迹是一个面积为的圆 【答案】ABC 【分析】作出图形，利用线面垂直、平行的判定定理和性质定理逐项分析检验即可求解. 【详解】对于，因为且，由向量基本定理可知：点共线，如图，连接， 在正方体中，，平面， 因为平面，所以，又， 所以平面， 在上任取一点，连接，则平面，所以， 在正方体中，因为，且， 所以四边形为平行四边形，所以，则， 故选项正确； 对于，如图，连接， 因为且，由向量基本定理可知：点共线，即点在直线上，在正方体中，因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，则直线上任意一点到平面的距离相等，又因为的面积为一定值，所以三棱锥的体积为定值，故选项正确； 对于，如图，连接， 在正方体中，，平面，因为平面，所以，又，所以平面，平面，所以，同理，有，所以平面，因为点满足，所以点在侧面所在的平面上运动，且，所以动点的轨迹就是直线，故选项正确； 对于，因为点到点的距离为，所以点的轨迹是以为球心，半径为的球面与平面的交线，即点的轨迹为小圆，设小圆半径为， 因为球心到平面的距离为1，则， 所以小圆的面积为，故选项错误； 故选：. 10．在棱长为的正方体中，点为的中点，点是正方形内部（含边界）的一个动点，则下列说法正确的是（    ） A．存在唯一一点，使得 B．存在唯一一点，使得直线与平面所成角取到最小值 C．若直线平面，则点的轨迹长度为 D．若 ，则三棱锥的体积为 【答案】BCD 【解析】可证得平面，则当在线段上时都满足，即可判断A；可得是直线与平面所成的角，当直线与平面所成角取到最小时，最大，亦有最大，即可判断B；可证平面平面，所以若直线平面，则点在线段上，求出的长度即可判断C；用向量法求出点到平面的距离，再求出的面积即可计算三棱锥的体积，可判断D. 对于A，在正方体中，，， ，所以平面，所以当在线段上时， 都满足，此时点有无数个，故A错误； 对于B，在正方体中，平面， 所以是直线与平面所成的角， 因为，且，， 所以当直线与平面所成角取到最小时，最大，亦有最大， 所以当且仅当点与重合时，最大，故B正确；    对于C，分别取的中点为，连接， 在正方形中，因为分别是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 同理可证平面，平面，， 所以平面平面，所以若直线平面， 则点在线段上，点的轨迹长度即为线段的长度， 在中，，故C正确；   对于D，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，   则，由得， ，，， 设是平面的一个法向量，则 ，令得， 设点到平面的距离为， 则， 在中，，， 则等腰底边上的高，， 所以三棱锥的体积，故D正确. 故选：BCD 11．已知正方体的棱长为2，棱AB的中点为M，点N在正方体的内部及其表面运动，使得平面，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．当最大时，MN与BC所成的角为 C．正方体的每个面与点N的轨迹所在平面夹角都相等 D．若，则点N的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】首先利用平面的基本性质确定点所在平面，且面面，构建空间直角坐标系，求面的一个法向量，应用向量法求到面的距离，进而求三棱锥的体积判断A；找到最大时MN与BC所成角的平面角即可判断B；判断，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可判断C；N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，进而求周长判断D. 过中点作与交，作与交，重复上述步骤， 依次作的平行线与分别交于（注意各交点均为各棱上的中点）， 最后依次连接各交点，得到如下图示的正六边形， 因为，面，面， 所以面，同理可得面， 因为，面，所以面面， 所以面中直线都平行于面，又面，且平面， 所以面，即面， 根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，且，，，，，， A：由上分析知：面任意一点到面的距离，即为到面的距离， 而，，若为面的一个法向量， 所以，令，则，而， 所以到面的距离，即到面的距离为， 又△为等边三角形，则， 所以三棱锥的体积为定值，正确； B：由图知：当与重合时最大为，且， 所以MN与BC所成的角，即为，错误； C：由正方体性质，只需判断各侧面的法向量，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可， 又，同理可得， 所以正方体的每个面与点N的轨迹所在平面夹角都相等，正确； D：若，则点N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆， 因为面面，故也是面的法向量，而， 所以到面的距离为，故轨迹圆的半径， 故点N的轨迹长度为，正确. 故选：ACD 12．已知正方体的棱长为为空间中任一点，则下列结论中正确的是（     ） A．若为线段上任一点，则与所成角的余弦值范围为 B．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 C．若在正方形内部，且，则点轨迹的长度为 D．若三棱锥的体积为恒成立，点轨迹的为圆的一部分 【答案】ABC 【解析】对于A：建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式计算分析判断；对于B：根据题意分析可得与的交点即为三棱锥的外接球的球心，结合球体的体积公式计算；对于C：分析可得，结合圆的周长分析计算；对于D：根据题意结合圆锥的截面分析判断. 对于A：以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    则，由题意设， ，设与所成角为， 则， 当时，； 当时，，， 因为，得，则，时取等号，则， 综上，，故A正确． 对于B：设与的交点，连接OM，，    因为O，M分别是与AC的中点， 则MO＝＝，又MA＝MB＝MD＝， 所以点为三棱锥的外接球的球心，半径， 此外接球的体积，故B正确． 对于C：由题意可知：平面平面，则， 点在侧面内，满足， 故点的轨迹是以点为圆心，半径为的四分之一圆弧， 所以点的轨迹的长度为，故C正确．    对于D：设三棱锥的高为， 由三棱锥的体积为，解得， 即点到平面的距离为． 对于三棱锥，设高为， 由体积可得，解得， 即点到平面的距离为，点到平面的距离为， 平面与平面的距离为，故点在平面或为点， 若，空间点的轨迹为以为轴的圆锥侧面， 显然点不满足题意，设与平面所成的角为，则， 故平面与圆锥侧面相交，且平面与不垂直， 故平面与圆锥的截面为椭圆，显然点不合题意， 所以点的轨迹为椭圆的一部分，故D错误． 故选：ABC． 【点睛】方法点睛：在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．注意轨迹的纯粹性与完备性． 三、填空题 13．点为正方体的内切球球面上的动点，点为上一点，，，若球的体积为，则动点的轨迹长度为 . 【答案】 【解析】在取点，使，证明平面，从而得点的轨迹为平面与球的截面圆周，因此求出球半径和球心到截面的距离，然后利用截面圆性质可得球面圆半径后可得其周长．题中球心到截面的距离利用体积法求解．球半径利用球的体积公式计算可得． 解：如图，在取点，使，连接，，， 因为，可得，则，所以 所以， 又平面，平面，所以，同理， 因为，平面， 所以平面， 则点的轨迹为平面与球的截面圆周， 设正方体的棱长为，则，解得，连接，，， 如图，在对角面中， ， 到平面的距离即到平面的距离为， ， 又，，设到平面的距离为，则，， 得到平面的距离为， 所以截面圆的半径， 则点的轨迹长度为， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查空间的几何体中的轨迹问题，解题关系是确定平面，得点的轨迹为平面与球的截面圆周，为了求截面圆半径，需求得球半径和球心到截面的距离，这个距离我们利用体积法求解． 14．已知正四棱柱的体积为，侧棱，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度为 ． 【答案】 【解析】利用平行确定四点共面，从而得到两个平面的交线，进而得到交点轨迹，再利用三角形相似，求出轨迹的长度. 如图取的中点，连接交于点，连接，交于，连接，， 因为是棱的中点，所以， 则是的四等分点，且， 由正四棱柱的性质可得且， 所以四边形是平行四边形， 所以，所以， 所以四点共面， 所以平面平面， 连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点， 所以线段即为动点的轨迹， 如图在平面中，过点作，交于点，则， 因为，所以相似于， 所以，所以， 因为正四棱柱的体积为，侧棱， 所以，则， 所以， 因为，所以， 所以. 故答案为：.    15．已知正方体的棱长为为体对角线的三等分点，动点在三角形内，且三角形的面积，则点的轨迹长度为 . 【答案】 【解析】由题意求出到的距离，又易证面，进而得到点在所在平面的轨迹是以为半径的圆，因为内切圆的半径为，所以该圆一部分位于三角形外，作出图形即可求解． 因为正方体的棱长为，所以， 所以， 设到的距离为，由，得， 平面，平面， ， 又，， 平面， ，同理可证，又， 面， 点在所在平面的轨迹是以为半径的圆， 内切圆的半径为， 该圆一部分位于三角形外， 如图有，解得， ， 圆在三角形内的圆弧为圆周长的一半， ， 故答案为：. 16．已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点到底面的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球的半径为5，则满足上述条件的顶点的轨迹长度为 . 【答案】 【解析】先设出，并根据体积求解出，然后再根据给出的外接球半径，计算球心到底面的距离，然后分两种情况，球心在底面和截面圆之间和球心在底面和截面圆同一侧，分别计算截面圆的半径，从而求得顶点的轨迹长度. 由为等腰直角三角形可得：， 由顶点到底面的距离为3， 三棱锥体积为24，可得：，所以， 所以， 因为三棱锥外接球的半径为5，为底面的外接圆圆心， 在中，，解得， 即球心到底面的距离为，又因为顶点到底面的距离为3， 所以顶点的轨迹是一个截面圆的圆周， 当球心在底面和截面圆之间时，球心到该截面圆的距离为， 设顶点的轨迹所在圆的半径为，可得：， 所以顶点的轨迹长度为， 当球心在底面和截面圆同一侧时，球心到该截面圆的距离为， 所以截面圆的半径为， 所以顶点的轨迹长度为， 综上，顶点的轨迹长度为：. 故答案为：. 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第15讲 立体几何中的轨迹问题 目 录 思维导图 1 高考分析 2 学习目标 4 知识要点 5 进行处理 7 题型归纳 9 一．动点轨迹的分类 9 题型01：空间动点恒平行型轨迹 9 题型02：空间动点恒垂直型轨迹 11 题型03：平行与垂直综合型轨迹 14 题型04：空间线段长度定值型轨迹 16 题型05：空间定长线段中点型轨迹 18 题型06：空间动点角度定值型轨迹 20 题型07：空间翻折型动点轨迹 22 题型08: 空间阿波罗尼斯球（圆）型轨迹 26 二．动点轨迹的应用 28 题型01：求动点轨迹形状 28 题型02: 轨迹长度 33 题型03: 轨迹区域面积 41 题型04：轨迹中长度的最值及范围 46 题型05：轨迹中体积的最值及范围 48 题型06：轨迹中空间角的最值及范围 49 题型07：轨迹、截面、动点、范围多选题综合 52 题型08：轨迹、截面、动点、范围解答题 65 巩固提升 74 模拟回顾 77 立体几何中的轨迹问题是高考立体几何的创新压轴考点，常以选择题、填空题形式出现（分值5分），偶尔融入解答题探索问，融合立体几何、解析几何、函数等知识，侧重考查直观想象、数学建模与数形结合能力，以下从命题特点、核心考点、考查趋势三方面展开分析： 一、命题特点 1. 载体特征： ◦ 以规则几何体（正方体、长方体、直棱柱、圆锥/圆柱）为主要背景，如“正方体中动点P满足某条件的轨迹”“圆锥侧面上动点的轨迹”； ◦ 常结合动点约束条件命题，约束条件多为：① 距离定值（如点P到定点/定直线/定平面的距离为定值）；② 角度定值（如直线PA与平面α所成角为定值）；③ 位置关系（如点P到两定点的距离比为定值、点P在与定直线平行的平面内）。 2. 题型分类： ◦ 空间轨迹平面化：动点轨迹为平面图形（线段、圆、椭圆、抛物线、双曲线），需通过空间约束条件转化为平面解析几何轨迹； ◦ 曲面轨迹：动点轨迹为曲面（球面、圆柱面、圆锥面），多考查轨迹类型判断； ◦ 轨迹相关计算：求轨迹图形的长度、面积、参数范围（如轨迹圆的半径）。 3. 解法倾向： ◦ 核心思路是“降维转化”——将空间约束条件转化为平面内的几何关系（如利用线面垂直、平行性质，将空间距离转化为平面距离）； ◦ 常结合解析几何轨迹定义（圆的定义、椭圆的定义、抛物线的定义）判断轨迹类型，避免复杂空间计算。 二、核心考点 1. 轨迹类型判断： ◦ 掌握常见空间约束对应的轨迹：① 到定点距离为定值→球面；② 到定直线距离为定值且在定平面内→圆；③ 到两定点距离之和为定值（大于两定点间距）→椭圆；④ 到定点与定直线距离相等（定点不在定直线上）→抛物线。 2. 空间约束的平面化转化： ◦ 利用线面垂直/平行性质，将空间动点的约束条件投射到某一固定平面（如正方体中，动点P在面ABCD内的射影满足某条件，则先分析射影轨迹，再结合空间位置确定P的轨迹）； ◦ 利用截面性质，将曲面（如圆锥、圆柱）上的动点轨迹转化为截面内的平面轨迹（如圆锥斜截面内的动点轨迹为椭圆）。 3. 轨迹相关计算： ◦ 求轨迹图形的关键参数（如圆的半径、椭圆的长半轴/短半轴），需结合几何体棱长、角度等计算； ◦ 求轨迹的范围（如线段轨迹的长度、曲线轨迹的定义域），常结合几何体边界限制分析。 三、考查趋势 1. 综合化加深： ◦ 从单一约束条件轨迹（如距离定值）转向复合约束（如“到定平面距离为定值且到定点距离为定值”），需联立多个条件确定轨迹； ◦ 融合空间角、空间距离、截面问题，如“动点P与两直线所成角相等的轨迹”“截面内动点的轨迹”。 2. 创新载体拓展： ◦ 从静态几何体转向动态几何体（如翻折后的几何体、旋转的平面），如“矩形翻折为直二面角后，动点P的轨迹”； ◦ 结合实际背景（如仓储空间中机器人运动轨迹、建筑曲面上线条轨迹），但核心仍为轨迹类型判断与计算。 3. 数学思想强化： ◦ 侧重考查数形结合（空间图形与平面轨迹的转化）、分类讨论（动点在几何体不同面内的轨迹差异）、函数建模（轨迹参数的函数关系）； ◦ 对直观想象能力要求提升，需能通过空间想象还原动点的运动范围，避免依赖复杂计算。 四、高考评分关键点 1. 选择题/填空题中，轨迹类型判断错误则全错，需紧扣解析几何轨迹定义（如椭圆定义中“距离和大于焦距”的前提）； 2. 轨迹参数计算需结合几何体特征，如正方体棱长、圆锥母线长，计算错误会导致结果偏差； 3. 涉及轨迹范围时，需考虑几何体边界限制（如动点不能超出几何体表面），遗漏边界会导致答案错误。 结合高考对立体几何轨迹问题的考查要求，从基础认知、能力突破、综合应用三个维度制定学习目标，覆盖轨迹判断、转化、计算全环节： 一、基础认知目标 1. 掌握核心轨迹定义与空间对应关系： ◦ 熟记解析几何基本轨迹定义（圆：到定点距离为定值；椭圆：到两定点距离和为定值且大于间距；抛物线：到定点与定直线距离相等；双曲线：到两定点距离差的绝对值为定值且小于间距）； ◦ 明确空间中常见约束对应的轨迹类型（如到定点距离为定值→球面；到定直线距离为定值且在定平面内→圆；到定平面距离为定值→两个平行平面）。 2. 理解空间到平面的转化逻辑： ◦ 掌握“射影法”“截面法”的核心思想，能识别空间动点的约束条件可投射到某一固定平面（如正方体中动点到棱的距离约束，可投射到面内分析）； ◦ 熟悉规则几何体（正方体、圆锥、圆柱）的截面轨迹特征（如圆锥斜截面轨迹为椭圆，圆柱垂直于轴的截面轨迹为圆）。 3. 夯实几何约束的代数表达： ◦ 能将空间中的距离、角度约束转化为代数关系式（如点到平面的距离公式、线面角的向量表达式），为轨迹建模奠定基础。 二、能力突破目标 1. 轨迹类型精准判断能力： ◦ 能根据动点的约束条件（距离、角度、位置关系），结合轨迹定义快速判断轨迹类型（线段、圆、椭圆、抛物线、球面等）； ◦ 能区分“空间轨迹”与“平面轨迹”，如判断动点轨迹是空间曲面还是某平面内的曲线。 2. 空间约束的平面化转化能力： ◦ 会用“射影法”：将空间动点投射到某一平面，把空间约束转化为平面内的约束，再分析平面内的轨迹； ◦ 会用“截面法”：当动点被限制在某一曲面（如圆锥侧面）时，通过作截面将曲面轨迹转化为截面内的平面轨迹； ◦ 会用“坐标法”：建立空间直角坐标系，用坐标表示动点，通过约束条件列出方程，转化为解析几何轨迹方程判断类型。 3. 轨迹参数计算能力： ◦ 能结合几何体特征（棱长、母线长、角度）计算轨迹的关键参数（如圆的半径、椭圆的长半轴、轨迹线段的长度）； ◦ 能分析几何体边界对轨迹的限制，确定轨迹的范围（如轨迹曲线的定义域、动点的坐标范围）。 三、综合应用目标 1. 跨模块融合解题能力： ◦ 能结合立体几何与解析几何知识，解决复合约束的轨迹问题（如“到两定点距离比为定值且到定平面距离为定值”的轨迹）； ◦ 能将轨迹问题与空间角、空间距离、存在性问题结合，解决综合性压轴题（如轨迹上的点到某平面的距离最大值）。 2. 易错点规避能力： ◦ 避免“忽略几何体边界限制”（如误将轨迹判断为完整圆，实际因几何体遮挡仅为圆弧）； ◦ 避免“轨迹定义条件遗漏”（如判断椭圆时忽略“距离和大于两定点间距”的前提）； ◦ 避免“空间约束转化错误”（如将线面角的正弦值与余弦值混淆，导致轨迹方程错误）。 3. 数学思想应用能力： ◦ 熟练运用数形结合思想，通过空间图形直观预判轨迹类型，再用代数方法验证； ◦ 运用分类讨论思想，分析动点在几何体不同区域的轨迹差异（如正方体不同面上的动点轨迹）。 “动点轨迹”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、难度问题，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. 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. 3.轨迹的分类 1.与平行有关的轨迹问题： (1) 线面平行转化为面面平行求轨迹； (2) 平行时可利用法向量垂直关系求轨迹． 2.与垂直有关的轨迹问题： (1) 可利用线线、线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹； (2) 利用空间坐标运算求轨迹； (3) 利用垂直关系转化为平行关系求轨迹． 3.与距离有关的轨迹问题： (1) 可转化为在一个平面内的距离关系，借助球和圆的定义等知识求解轨迹； (2) 利用空间坐标计算求轨迹． 4.与角度有关的轨迹问题： (1) 直线与平面成定角，可能是圆锥侧面； (2) 直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面； (3) 利用空间坐标计算求轨迹． 5.折叠过程，指定点的轨迹， 实际是一个等距问题(轨迹是圆弧)，方法的核心是从这个指定点出发，向折线作垂线，垂足即为轨迹圆心． 空间点的轨迹几种常见情形： （1）平面内到空间定点的距离等于定长，可结合球面得轨迹； （2）与定点的连线与某平面平行，利用平行平面得点的轨迹； （3）与定点的连线与某直线垂直，利用垂直平面得点的轨迹； （4）与空间定点连线与某直线成等角，可结合圆锥侧面得轨迹； 立体几何中的轨迹问题核心解题思路是“降维转化+定义匹配+数形结合”，即把空间约束转化为平面约束，结合解析几何轨迹定义判断类型，再通过几何特征或坐标计算确定轨迹细节，以下分步骤梳理策略： 一、核心解题步骤 1. 第一步：分析约束条件，确定动点范围 • 明确动点的限制条件（距离定值、角度定值、位置关系约束等），判断动点是否被限制在某一平面/曲面内（如“点P在正方体的面ABCD内”“点P在圆锥侧面上”）； • 排除几何体边界的干扰，初步确定动点的运动空间（如是否在某个截面、某个平面内）。 2. 第二步：空间约束平面化，转化为平面轨迹问题 这是解题的关键，常用3种转化方法： （1）射影法 • 适用场景：动点到定直线/定平面的距离约束、线面角/线线角定值约束； • 操作：将动点投射到某一固定平面（如底面、侧面），把空间距离/角度约束转化为射影平面内的几何关系（如空间中“点P到直线AB的距离为定值”→ 射影后“P的射影到AB的距离为定值”）； • 示例：正方体中，点P到棱AB的距离为定值，则P在垂直于AB的平面内的射影轨迹为圆，结合正方体边界，P的轨迹为圆柱面与正方体的交线（圆弧/线段）。 （2）截面法 • 适用场景：动点在曲面（圆锥、圆柱、球面）上，或被限制在某一截面内； • 操作：作过动点的截面（如平行于底面的截面、过定点的截面），将曲面轨迹转化为截面内的平面轨迹； • 示例：圆锥侧面上动点P到轴线的距离为定值，作垂直于轴线的截面，P在截面内的轨迹为圆（圆锥与截面的交线）。 （3）坐标法 • 适用场景：约束条件复杂（如多个距离/角度约束），难以直观转化； • 操作：建立空间直角坐标系，设动点坐标(x,y,z)，将约束条件转化为代数方程，再化简方程匹配解析几何轨迹类型； 3. 第三步：匹配解析几何轨迹定义，判断轨迹类型 根据平面化后的约束条件，对照核心轨迹定义： 约束条件（平面内） 轨迹类型 关键验证 到定点距离为定值 圆 定点为圆心，定值为半径 到两定点距离和为定值（>两定点间距） 椭圆 两定点为焦点，和为长轴长 到两定点距离差的绝对值为定值（<两定点间距） 双曲线 两定点为焦点，差为实轴长 到定点与定直线距离相等（定点不在定直线上） 抛物线 定点为焦点，定直线为准线 到定直线距离为定值 两条平行线 定值为平行线间距 4. 第四步：结合几何体边界，确定轨迹细节 • 验证轨迹是否受几何体边界限制（如完整圆→ 圆弧，椭圆→ 椭圆弧，直线→ 线段）； • 计算轨迹的关键参数（如圆的半径、椭圆的长半轴、线段的长度），结合几何体棱长/角度求解。 二、常见轨迹类型的针对性策略 1. 轨迹为圆/圆弧 • 核心条件：空间中动点到定点的距离为定值（球面），且被某平面截取；或动点到定直线的距离为定值，且在定平面内； • 策略：确定圆心（定点/定直线上的垂足）和半径（定值距离），再判断平面截取范围； 2. 轨迹为椭圆/椭圆弧 • 核心条件：动点在圆锥侧面上（斜截面截取）；或平面内动点到两定点距离和为定值； • 策略：利用圆锥截面性质（斜截面与轴线夹角≠90°→ 椭圆），或椭圆定义确定焦点和长轴长； • 示例：圆锥的母线与轴线夹角为30°，作与轴线夹角为60°的截面，截面与圆锥的交线为椭圆。 3. 轨迹为线段/直线 • 核心条件：动点到两平面的距离相等（两平面交线的垂面）；或动点在平行于定直线的平面内，且满足线性约束； • 策略：找到动点所在的直线（两平面交线、平行线），再结合几何体边界确定线段端点； • 示例：点P在正方体内部，且到面ABCD和面A_1B_1C_1D_1的距离相等，则P的轨迹为正方体的中截面（平行于上下底面的平面）内的线段（受侧面限制）。 4. 轨迹为抛物线/双曲线 • 核心条件：平面内动点到定点与定直线距离相等（抛物线）；或到两定点距离差的绝对值为定值（双曲线）； • 策略：严格匹配定义，验证定点与定直线的位置关系（抛物线需定点不在定直线上），再确定轨迹范围； • 示例：圆柱内动点P到圆柱轴线的距离等于到圆柱底面的距离，则P的轨迹为抛物线（圆柱侧面上的抛物线弧）。 三、高频易错点规避 1. 忽略几何体边界限制：如误将轨迹判断为完整圆，实际因几何体遮挡仅为圆弧（如正方体内部的动点，轨迹不会超出正方体表面）； 2. 轨迹定义条件遗漏：如判断椭圆时忘记验证“距离和大于两定点间距”（若等于则轨迹为线段，小于则无轨迹）； 3. 空间约束转化错误：如将“点P到平面α的距离”误转为“点P到平面α内某直线的距离”，需牢记空间距离的定义； 4. 坐标法中方程化简错误：设动点坐标后，代入约束条件时需仔细计算（如距离公式的平方展开、向量数量积的计算）。 通用解题技巧 1. 优先用直观几何法（射影、截面），避免复杂坐标计算； 2. 熟记规则几何体的截面轨迹特征（如正方体截面无正五边形，圆锥斜截面为椭圆）； 3. 遇到动态约束（如动点在线段上运动），可通过特殊点验证轨迹类型（如取中点、端点判断轨迹形状）。 一．动点轨迹的分类 题型01：空间动点恒平行型轨迹 【典型例题1】已知棱长为1的正方体，是的中点，动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】过点M做平面的平行截面，再求四边形面积即可. 【解析】 如图所示 E、F、G、M分别是、、、的中点， 则，，所以平面，平面，且， 所以平面 平面，故点P的轨迹为矩形. ，所以，所以.故选：A. 【变式训练1-1】如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且．平面，则线段MP长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-2】在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F是侧面内的动点，若平面，则点F轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-3】在棱长为4的正方体中，点满足，，分别为棱，的中点，点在正方体的表面上运动，满足面，则点的轨迹所构成的周长为（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-4】已知正方体的边长为4，点E是棱CD的中点，P为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，则点P的轨迹长为（    ） A． B．2 C． D．1 【变式训练1-5】如图，在三棱柱中，M为A1C1的中点N为侧面上的一点，且MN//平面，若点N的轨迹长度为2，则（    ）    A．AC1=4 B．BC1＝4 C．AB1＝6 D．B1C＝6 【变式训练1-6】在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是棱BC的中点，点Q满足＝，点F在侧面BB1C1C内，且A1F∥平面APQ，则点F的轨迹长度为____. 题型02：空间动点恒垂直型轨迹 【典型例题1】已知是棱长为2的正方体表面上的一个动点，且，则的轨迹周长是（    ） A． B．2π C． D．4π 【答案】D 【解析】根据可得到的中点为的距离为，再根据正方体的几何性质可得在其中一个侧面上的轨迹长度，同理可确定其它侧面上的轨迹长度，从而可得的轨迹周长. 因为，则，又正方体的棱长为， 取线段的中点为，则， 由于在正方体的表面上运动，要满足，则点在正方体的四个侧面上运动， 如图，当在侧面上运动时，取中点为，连接 因为，分别为，中点，所以，， 又平面，所以平面，由于平面， 所以，则，则在侧面上得轨迹为以为圆心，为半径的半圆，此时的轨迹长为；同理，当在其它侧面上运动时轨迹长均为；综上，的轨迹周长是.故选：D. 【典型例题2】已知四棱柱的底面为正方形，侧棱与底面垂直，点是侧棱上的点，且.若点在侧面（包括其边界）上运动，且总保持，则动点的轨迹长度为（    ）      A． B． C． D． 【答案】先找到过点与垂直的平面与侧面的交线，从而求解. 【解析】    如图，在侧棱上取一点，使得，连接， 过点作交于点，交于点，连接， 由，可知， 平面，， 从而平面，所以， 又由在平面内的射影，所以， 平面，， 知平面，平面，所以， 所以动点的轨迹为线段， 在中，，所以， 则，得 易得.故选：D. 【变式训练2-1】如图，正方体的棱长为，点是棱的中点，点是正方体表面上的动点．若，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹的长度为（    ）    A． B． C． D． 【变式训练2-2】如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（   ） A． B． C． D．1 【变式训练2-4】如图，在体积为6的三棱锥中，PA､PB､PC两两互相垂直，，若点M是底面内一动点，且满足，则点M的轨迹长度的最大值为（    ） A．6 B．3 C． D． 【变式训练2-5】在矩形ABCD中，，，点E在CD上，现将沿AE折起，使面面ABC，当E从D运动到C，求点D在面ABC上的射影K的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-6】在边长为4的菱形中，．将菱形沿对角线折叠成大小为的二面角．若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 题型03：平行与垂直综合型轨迹 【典型例题1】如图，在正方体中，，P是正方形ABCD内部（含边界）的一个动点，则（    ） A．有且仅有一个点P，使得 B．平面 C．若，则三棱锥外接球的表面积为 D．M为的中点，若MP与平面ABCD所成的角为，则点P的轨迹长为 【答案】D 【解析】根据线面垂直判断线线垂直可求解A，利用线面平行判断B，根据外接球与三棱锥的的几何关系判断C，利用线面角的定义确定点的轨迹即可求解D, 对于A，连接, 因为平面,平面,所以, 且四边形为正方形，所以, 且，平面, 所以平面,所以当点在线段上时， 必有平面,则， 所以存在无数个点P，使得，A错误； 对于B，当点与点重合时， 与平面相交，B错误； 对于C，若，则为中点， 连接,则为等腰直角三角形，且， 且也为等腰直角三角形，且, 且平面平面， 所以取中点为，则为三棱锥外接球的球心， 【典型例题2】已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为3的正方形，AA1＝3，M为CC1的中点，O为A1M的中点，则点O到底面ABCD的距离为____；若P为底面ABCD内的动点，且A1P⊥PM，则动点P的轨迹长度为___. 【答案】见解析 【解析】由点O为A1M的中点可得点O到平面A1B1C1D1的距离是点M到平面A1B1C1D1距离的一半，则点O到平面A1B1C1D1的距离为，故点O到平面ABCD的距离为3－＝.因为A1P⊥PM，O为A1M的中点，所以OP＝A1M＝＝.设以O为球心，OP的长为半径的球被平面ABCD所截得的圆的半径为r，则r＝＝3，则动点P的轨迹即为以正方形ABCD的中心为圆心，3为半径的圆留在正方形ABCD内的圆弧．如图，R为QP的中点，所以HR⊥QP，所以cos ∠QHR＝＝＝，所以∠QHP＝2∠QHR＝，所以点P的轨迹所形成的圆弧长为3×＝2π. 【变式训练3-1】设正方体的棱长为1，点E是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题：    ①如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为； ②如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为； ③如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为； ④如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为． 其中正确的命题个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式训练3-2】如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在侧面及其边界上运动，则下列选项中不正确的是（    ） A．存在点P满足 B．存在点P满足 C．满足的点P的轨迹长度为 D．满足的点P的轨迹长度为 【变式训练3-3】如图，八面体Ω的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点B，C，D，E在同一个平面内，点M在四边形BCDE内(包含边界)运动，N为AE的中点. (例2) (1) 当MN∥平面ACD时，点M的轨迹长度为___； (2) 当MA⊥ME时，点M到BC的距离的最小值为____. 题型04：空间线段长度定值型轨迹 【典型例题1】在正方体中，已知，点O在棱上，且，P为正方体表面上的动点，若，则点P的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】，则点P会在4个面内有轨迹，且均是圆弧，分别计算半径和圆心角即可. 依题意，∵，，，∴，， 所以，所以，又因为，所以， 所以，即. 在平面内满足条件的点的轨迹为， 该轨迹是以5为半径的个圆周，所以长度为； 同理，在平面内满足条件的点轨迹长度为； 在平面内满足条件的点的轨迹为以为圆心， 为半径的圆弧，长度为； 同理，在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的圆弧，长度为. 故轨迹的总长度为.故选：C. 【典型例题2】设A、B是半径为的球体O表面上的两定点，且，球体O表面上动点M满足，则点M的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】先建立平面直角坐标系确定M轨迹，转化为空间中的阿氏球，利用两球相交求相交圆周长即可. 【解析】以所在的平面建立平面直角坐标系，为x轴，垂直平分线为y轴， 则易知， 设 ，由，可得， 故M的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 转化到空间M的轨迹为以C为球心，为半径的球，同时M在球O上， 故M在两球的交线上，轨迹为圆. 又，，易求得，即为直角三角形， 则对应圆的半径为， M的轨迹长度即对应圆的周长为. 故选：B． 【变式训练4-1】已知是棱长为1的正方体，点P为正方体表面上任一点，则下列说法不正确的是（    ） A．若，则点P的轨迹长度为 B．若，则点P的轨迹长度为 C．若，则点P的迹长度为 D．若，则点P的轨迹长度为 【变式训练4-2】正方体的棱长为，点在三棱锥的侧面表面上运动，且，则点轨迹的长度是（    ） A． B． C． D． 【变式训练4-3】正方体的棱长为3，点在三棱锥的表面上运动，且，则点轨迹的长度是（    ） A． B． C． D． 【变式训练4-4】已知正方体的棱长为是正方形（含边界）内的动点，点到平面的距离等于，则两点间距离的最大值为（    ） A． B．3 C． D． 【变式训练4-5】如图，正四棱柱中，，点是面上的动点，若点到点的距离是点到直线的距离的2倍，则动点的轨迹是（    ）的一部分 A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【变式训练4-6】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． 【变式训练4-7】已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为棱DD1，DC的中点，P为四边形A1B1C1D1(含边界)内一动点，且MP＝2，则点P的轨迹长度为___, 点P到平面AMN距离的最大值为____. 【变式训练4-8】在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱BC的中点，点P在正方形DCC1D1(包括边界)上运动，且满足∠APD＝∠MPC，则点P的轨迹长度为__. 【变式训练4-9】已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为平面ABCD内一动点，且直线D1P与平面ABCD所成角为，则点P的轨迹长度为___，直线CP与平面CDD1C1所成角的正弦值的最大值为____. 题型05：空间定长线段中点型轨迹 【典型例题】如图,已知直平行六面体ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为3,∠BAD=60°,长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动,另一个端点N在底面ABCD上运动,则MN的中点P的轨迹(曲面)与共顶点D的三个面所围成的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先确定点的轨迹，从而确定点的轨迹与平行六面体所围成的几何体的形状，即可求几何体的体积． 连接、，则平面，平面， 在中，MN=2，MN的中点为P，则DP=1, 点P的轨迹为：以D为球心,半径r=1的球面的一部分，球的体积为V=π·r3=. ∵，∴，故所求几何体的体积.故选:A 【变式训练5-1】如图，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，长为的线段的一个端点在线段上运动，另一个端点在底面上运动，则线段的中点的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式训练5-2】已知正六棱柱的棱长均为，点在棱上运动，点在底面内运动，，为的中点，则动点的轨迹与正六棱柱的侧面和底面围成的较小部分的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式训练5-3】在四边形ABCD中，，，P为空间中的动点，，E为PD的中点，则动点E的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 题型06：空间动点角度定值型轨迹 【典型例题1】如图，点是棱长为2的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为45°，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先利用直线与平面所成的角为45°求得点的轨迹，进而求得点的轨迹长度. 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，则， 则点的轨迹为以为圆心半径为2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， 因为点P不可能落在其他三个正方形内， 所以点的轨迹长度为. 故选：A 【典型例题2】如图，二面角的大小为，已知A、B是l上的两个定点，且，，，AB与平面BCD所成的角为，若点A在平面BCD内的射影H在的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据题意：点H的轨迹是以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60°的圆锥侧面交线的一部分，该部分是圆心角为的弧长，只要求出半径即可. 如图所示： 因为AB与平面BCD所成的角为，且点A在平面BCD上的射影H，，所以，所以点H在以点B为球心，以为半径的球面上， 又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上，所以点H的轨迹为以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成的圆锥侧面交线的一部分，即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB， 因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为，所以，又， 所以点H的轨迹的长度等于，故选：D. 【变式训练6-1】如图，正方体的棱长为1，点P为正方形内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为的点P的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 【变式训练6-2】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． 【变式训练6-3】如图，线段与平面斜交于点，且直线与平面所成的角为，平面上的动点满足，则点的轨迹是（    ） A．直线 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线一支 【变式训练6-4】如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为4和6，侧棱长为2，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【变式训练6-5】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07：空间翻折型动点轨迹 【典型例题1】已知矩形中，，，如图，将沿着进行翻折，使得点与点重合，若点在平面上的射影在四边形内部（包含边界），则动点的轨迹长度是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】过点作于点，交于点，则点在平面上的射影落在线段上.由翻折过程可知，，判断出的轨迹是以点为圆心，为半径的一段圆弧，求出圆心角，利用弧长公式求出弧长. 如图（1），过点作于点，交于点，则点在平面上的射影落在线段上. 在中，，，则，由等面积法得. 翻折的过程中，动点满足，则动点的轨迹是以点为圆心，为半径的一段圆弧.易得，，，所以，则，如图（2），在圆中，，，所以点的轨迹是，且，则，，从而点的轨迹长度为. 故选：C 【典型例题2】如图，在长方形ABCD中，，，E为BC的中点，将△沿AE向上翻折到的位置，连接PC，PD，在翻折的过程中，以下结论错误的是（    ） A．四棱锥体积的最大值为 B．PD的中点F的轨迹长度为 C．EP，CD与平面PAD所成的角相等 D．三棱锥外接球的表面积有最小值 【答案】四棱锥的底面积为定值，当平面平面AECD时，高最大，即可求出四棱锥体积的最大值；取的中点，由已知得点的轨迹与点的轨迹形状完全相同，则可以求点的轨迹长度即可；利用线面角的概念分别找到EP，CD与平面PAD所成的角，即可求解；根据三棱锥的外接球的定义作出图形，即可求解. 【解析】由已知条件可知，梯形AECD的面积为6，，直角斜边AE上的高为，当平面平面AECD时，四棱锥的体积取得最大值， 即，则正确； 取的中点，连接，，，则且 ， ∴四边形ECFG是平行四边形， ∴点的轨迹与点的轨迹形状完全相同．过作AE的垂线，垂足为H，G的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，从而PD的中点的轨迹长度为， 则错误； 由四边形ECFG是平行四边形，知，则平面PAD， 则E，C到平面PAD的距离相等， 故PE，CD与平面PAD所成角的正弦值之比为，则正确； △外接圆的半径为，为的中点，直角△外接圆的半径为，为的中点，是圆与圆的公共弦，, 设三棱锥外接球的球心为，半径为， 则, 因为 ，所以，所以球表面积的最小值为， 则正确, 故选：. 【典型例题3】已知菱形ABCD的边长为2，.将菱形沿对角线AC折叠成大小为60°的二面角.设E为的中点，F为三棱锥表面上动点，且总满足，则点F轨迹的长度为________. 【答案】 【解析】在侧面B′AC上，F点的轨迹是EP，在侧面B′CD上，F点的轨迹是EQ，在底面ACD上，F点的轨迹是PQ，求的△EPQ周长即可． 连接AC、BD，交于点O，连接OB′， 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＝ ， 取OC中点P，取CD中点Q，连接EP、EQ、PQ，所以PQ∥OD、EP∥OB′， 所以AC⊥EP、AC⊥PQ，所以AC⊥平面EPQ， 所以在三棱锥B'﹣ACD表面上，满足AC⊥EF的点F轨迹的△EPQ， 因为EP＝OB′，PQ＝OD，EQ＝B′Q，所以△EPQ的周长为， 所以点F轨迹的长度为 ． 故答案为： 【变式训练7-1】已知矩形中，，现将沿对角线向上翻折（如图所示），若在翻折过程中，点D到点B的距离在内变化时，点的运动轨迹的长度等于 . 【变式训练7-2】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，则点D在平面ABC上的射影K的轨迹长度为( 　) A． B． C． D． 【变式训练7-3】在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E，F分别为边AB，CD的中点，如图，沿直线DE将△ADE翻折成△PDE，在点P从A至F的运动过程中，CP的中点G的轨迹长度为____. (变式4) 【变式训练7-4】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 .    【变式训练7-5】如图所示，在平行四边形中，为中点，，，.沿着将折起，使到达点的位置，且平面平面.若点为内的动点，且满足，则点的轨迹的长度为___________. 【变式训练7-6】如图，等腰梯形中，，，，，沿着把折起至，使在平面上的射影恰好落在上．当边长变化时，点的轨迹长度为（ ） A． B． C． D． 【变式训练7-7】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． 题型08空间阿波罗尼斯球（圆）型轨迹 【典型例题】已知正方体的棱长为4，点P在平面内，且，则点P的轨迹的长度为___________. 【答案】 【解析】若E为与的交点，由正方体的性质可证面，在Rt△中有可得，再在面上构建平面直角坐标系，并写出各点坐标且令，结合已知条件列方程，即可得P的轨迹，进而求轨迹长度. 若E为与的交点，则， ∵面，面， ∴，又， ∴面， ∴连接PE，即在Rt△中有，又正方体的棱长为4， ∴ 在面上构建如下平面直角坐标系，若，， ∴，， ∴，又， ∴，整理得， ∴，故轨迹为半径的圆， ∴轨迹长度为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：应用正方体的性质及勾股定理得，再在面上构建平面直角坐标系，设结合已知条件可得方程，整理即有P的轨迹方程. 【变式训练8-1】在棱长为6的正方体中，点是线段的中点，是正方体（包括边界）上运动，且满足，则点的轨迹周长为________. 【变式训练8-2】如图，在长方体中，，点E在棱AB上，，动点P满足.若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为___________；若点P在长方体内部运动，F为棱的中点，M为CP的中点，则点M到平面的距离的最小值为___________. 二．动点轨迹的应用 题型01：求动点轨迹形状 【典型例题1】如图，定点A，B都在平面内，定点，C是内异于A和B的动点，且，则动点C在平面内的轨迹是（    ） A．一条线段，但要去掉两个点 B．一个圆，但要去掉两个点 C．一段弧，但要去掉两个点 D．半圆，但要去掉两个点 【答案】B 【解析】连接，由已知条件可得平面，从而可得，则点C在内的轨迹是以为直径的圆，进而可得答案 连接，因为，所以，又，， 所以平面，又平面，故， 因为A，B是平面上的定点，所以点C在内的轨迹是以为直径的圆， 又C是内异于A和B的点，故此轨迹要去掉A、B两个点，所以B正确. 故选：B 【典型例题2】用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截而与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．记圆锥轴截面半顶角为，截口曲线形状与，有如下关系：当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线．其中，，现有一定线段AB，其与平面所成角（如图），B为斜足，上一动点P满足，设P点在的运动轨迹是，则（    ） A．当，时，是椭圆 B．当，时，是双曲线 C．当，时，是抛物线 D．当，时，是圆 【答案】AC 【解析】P在以AB为轴的圆锥上运动，结合题干信息，逐一分析即可. ∵AB为定线段，为定值，∴P在以AB为轴的圆锥上运动， 其中圆锥的轴截面半顶角为，与圆锥轴AB的夹角为， 对于A，，∴平面截圆锥得椭圆，故A正确； 对于B，，平面截圆锥得椭圆，故B错误； 对于C，，平面截圆锥得抛物线，故C正确； 对于D，，平面截圆锥得椭圆，故D不正确． 故选：AC． 【典型例题3】如图，在正方体中，是侧面内一动点，若到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹是（    ） A．直线 B．圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】D 【解析】由于在平面内，而平面，因此有，这样结合抛物线的定义可得结论． 在正方体中，一定有，∴点为平面内到直线和到点的距离相等的点，其轨迹为抛物线． 故选D． 【点睛】本题考查抛物线的定义，考查立体几何中的垂直关系．属于跨章节综合题，难度不大． 【典型例题4】如图，所有棱长都为1的正三棱柱，，点是侧棱上的动点，且，为线段上的动点，直线平面，则点的轨迹为（    ）    A．三角形（含内部） B．矩形（含内部） C．圆柱面的一部分 D．球面的一部分 【答案】A 【解析】根据题意首先保持在线段上不动（与重合），研究当点运动时的轨迹为线段，再根据点在线段上运动的轨迹即可得出点的轨迹为及其内部的所有点的集合. 如下图所示：    首先保持在线段上不动，假设与重合 根据题意可知当点在侧棱上运动时，若点在点处时，为的中点， 此时由可得满足， 当点运动到图中位置时，易知，取，可得， 取棱上的点，满足，根据三角形相似可得三点共线， 当点在侧棱上从点运动到点时，点轨迹即为线段； 再研究当点在线段上运动， 当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段， 当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段， 因此可得，当点是侧棱上运动时，在线段上运动时，点的轨迹为及其内部的所有点的集合； 即可得的轨迹为三角形（含内部）.故选：A 【典型例题5】若三棱锥的侧面内一动点P到底面的距离与到棱的距离相等，则动点P的轨迹与组成图形可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设二面角为，作面于，于，于，根据题设有为常数，进而分析P在上的轨迹，即可得答案. 若二面角为，作面于，于，于， 如上图示，，由题设有，即为常数， 所以P在上的轨迹是一条直线，且与边夹角较小.故选：D 【变式训练1-1】到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是（   ） A．直线 B．椭圆 C．抛物线 D．双曲线 【变式训练1-2】如图，AB是平面的斜线段，A为斜足，若点P在平面内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是 A．圆 B．椭圆 C．一条直线 D．两条平行直线 【变式训练1-3】如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足，平面上的动点满足，则点的轨迹是 A．直线 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线的一支 【变式训练1-4】平面的斜线交于点，过定点的动直线与垂直，且交于点，则动点的轨迹是（ ） A．一条直线 B．一个圆 C．一个椭圆 D．曲线的一支 【变式训练1-5】已知空间中两条直线、异面且垂直，平面且，若点到、距离相等，则点在平面内的轨迹为（    ） A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【变式训练1-6】如图，动点在正方体的对角线上，过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于．设，，则函数的图象大致是（ ） A．B．C．D． 【变式训练1-7】已知正方体，Q为上底面所在平面内的动点，当直线与的所成角为45°时，点Q的轨迹为（    ） A．圆 B．直线 C．抛物线 D．椭圆 【变式训练1-8】在正方体中，点为平面内的一动点，是点到平面的距离，是点到直线的距离，且（为常数），则点的轨迹不可能是（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【变式训练1-9】如图，正四棱柱中，，点是面上的动点，若点到点的距离是点到直线的距离的2倍，则动点的轨迹是（    ）的一部分 A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【变式训练1-10】已知线段垂直于定圆所在的平面，是圆上的两点，是点在上的射影，当运动，点运动的轨迹（    ） A．是圆 B．是椭圆 C．是抛物线 D．不是平面图形 题型02:轨迹长度 【典型例题1】如图，二面角的大小为，已知A、B是l上的两个定点，且，，，AB与平面BCD所成的角为，若点A在平面BCD内的射影H在的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据题意：点H的轨迹是以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60°的圆锥侧面交线的一部分，该部分是圆心角为的弧长，只要求出半径即可. 如图所示： 因为AB与平面BCD所成的角为，且点A在平面BCD上的射影H，， 所以， 所以点H在以点B为球心，以为半径的球面上， 又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上， 所以点H的轨迹为以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴， 母线AH与轴AB成的圆锥侧面交线的一部分， 即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB， 因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为， 所以， 又， 所以点H的轨迹的长度等于， 故选：D. 【典型例题2】已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（    ） A．4 B． C．5 D． 【答案】C 【解析】在棱上分别取点，使得，，连接，证明平面平面即可得点的轨迹为线段，再计算长度即可. 如图，在棱上分别取点，使得，， 连接， 因为，， 所以，， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，所以， 又，正方体的棱长为4， 所以，，， 在棱上取点,使得， 则且，又且， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以， 又且，则四边形是平行四边形， 所以，所以， 因为， 所以，则， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以，平面， 因为，平面， 所以平面平面， 因为平面平面， 所以，在正方形内有一动点满足平面时， 点的轨迹为线段， 因为， 所以，动点的轨迹长为. 故选：C. 【典型例题3】在三棱锥中，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，是平面内一点，且，若，则点的轨迹长度为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】取的中点，连接，作交的延长线于点，利用线面垂直的判定得到平面，进而得出，再结合余弦定理和同角三角函数的基本关系可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，最后结合圆的周长计算公式即可求解. 如图，取的中点，连接，易得， 又，平面，所以平面， 又，所以，，， 在中，，由余弦定理得， 作交的延长线于点，则， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以，所以， 在中，，则， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则点的轨迹长度为， 故选：C， 【点睛】方法点睛：立体几何中的轨迹问题： 1、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. 2、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）利用空间坐标运算求轨迹；（3）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. （1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；（2）利用空间坐标计算求轨迹. 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；（3）利用空间坐标系计算求轨迹. 5、投影求轨迹. （1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形. 6、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；（3）利用空间坐标运算求轨迹. 【典型例题4】在正四棱台中，，点在底面内，且，则的轨迹长度是 . 【答案】 【解析】过点作交于点，根据已知线段长度和位置关系求解出，然后确定出的轨迹为，再通过扇形的弧长公式求解出轨迹长度. 连接，连接，过点作交于点， 因为，所以， 所以，所以， 因为几何体为正四棱台，所以平面， 所以， 又因为，平面，平面， 所以，所以平面， 又因为，所以， 以为圆心，为半径画圆，如下图，即为的轨迹， 过作，分别交于， 因为， 所以， 所以， 所以， 所以的长度为， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的轨迹问题，对于空间想象能力和计算能力要求较高，难度较大.解答问题的关键是求解出的长度从而确定出的轨迹形状，借助扇形的弧长公式完成相关计算. 【典型例题5】的二面角．若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求，进而利用线面垂直可判断点轨迹为，求解周长即可． 连接、，交于点，连接， 为菱形，， 所以，，， 所以为二面角的平面角， 于是， 又因为， 所以， 取中点，取中点，连接、、，所以、， 所以、，，相交， 所以平面， 所以在三棱锥表面上，满足的点轨迹为， 因为，，， 所以的周长为， 所以点轨迹的长度为． 故选：A． 【变式训练2-1】在棱长为4的正方体中，点满足，，分别为棱，的中点，点在正方体的表面上运动，满足面，则点的轨迹所构成的周长为（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-2】已知正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹的长度为 ． 【变式训练2-3】在棱长为的正方体中，点分别为棱，的中点．已知动点在该正方体的表面上，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-4】在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-5】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． 【变式训练2-6】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． 【变式训练2-7】已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为，动点Q在正方形ABCD内运动，且满足，则动点Q形成轨迹的周长为（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-8】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． 【变式训练2-9】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． 【变式训练2-10】在正四棱台中，，，是四边形内的动点，且，则动点运动轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-11】如图，在矩形中，，，，，分别为，，，的中点，与交于点，现将，，，分别沿，，，把这个矩形折成一个空间图形，使与重合，与重合，重合后的点分别记为，，为的中点，则多面体的体积为 ；若点是该多面体表面上的动点，满足时，点的轨迹长度为 ． 题型03:轨迹区域面积 【典型例题1】如图，在正方体中，，P是正方形ABCD内部（含边界）的一个动点，则（    ） A．有且仅有一个点P，使得 B．平面 C．若，则三棱锥外接球的表面积为 D．M为的中点，若MP与平面ABCD所成的角为，则点P的轨迹长为 【答案】D 【解析】根据线面垂直判断线线垂直可求解A，利用线面平行判断B，根据外接球与三棱锥的的几何关系判断C，利用线面角的定义确定点的轨迹即可求解D, 对于A，连接, 因为平面,平面,所以, 且四边形为正方形，所以, 且，平面, 所以平面,所以当点在线段上时， 必有平面,则， 所以存在无数个点P，使得，A错误； 对于B，当点与点重合时， 与平面相交，B错误； 对于C，若，则为中点， 连接,则为等腰直角三角形，且， 且也为等腰直角三角形，且, 且平面平面， 所以取中点为，则为三棱锥外接球的球心， 所以外接球的半径为, 所以我外接球的表面积为，C错误； 对于D，连接 因为平面，所以为MP与平面ABCD所成的角， 所以，所以, 所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆弧， 所以点P的轨迹长为，D正确， 故选:D. 【典型例题2】在正方体中，点在四边形内（含边界）运动.当时，点的轨迹长度为，则该正方体的表面积为（    ） A．6 B．8 C．24 D．54 【答案】C 【解析】由线段是定值结合正方体的特征得出点的轨迹，结合弧长公式计算即可. 设正方体棱长为， 由正方体性质知平面， 平面，得， 所以， 所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧， 设圆弧分别交与点，则， 所以，同理，所以圆心角是， 则轨迹长度为，可得， 所以正方体的表面积为. .故选： 【典型例题3】已知四棱锥中，侧面底面，，底面是边长为的正方形，是四边形及其内部的动点，且满足，则动点构成的区域面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】取线段的中点，连接、，推导出平面，可知点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部，结合圆的面积公式可求得结果. 取线段的中点，连接、， 因为，为的中点，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为四边形是边长为的正方形，则， 所以，，， 所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部， 因此，动点构成的区域面积为.故选：B. 【变式训练3-1】如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且．则下列结论不正确的是（    ） A．若保持．则点的运动轨迹长度为 B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为 C．沿正方体的表面从点到点的最短路程为 D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为 【变式训练3-2】已知正方体中，，点E为平面内的动点，设直线与平面所成的角为，若，则点E的轨迹所围成的面积为 ． 【变式训练3-3】已知正方体的棱长为1，空间一动点满足，且，则 ，点的轨迹围成的封闭图形的面积为 ． 【变式训练3-4】正方体的边长为1，点分别为边的中点，是侧面上动点，若直线与面的交点位于内（包括边界），则所有满足要求的点构成的图形面积为 . 【变式训练3-5】已知在正方体中，，是正方形内的动点，，则满足条件的点构成的图形的面积等于（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-6】在所有棱长均相等的直四棱柱中，，点在四边形内（含边界）运动．当时，点的轨迹长度为，则该四棱柱的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-7】如图，为圆柱下底面圆的直径，是下底面圆周上一点，已知，圆柱的高为5．若点在圆柱表面上运动，且满足，则点的轨迹所围成图形的面积为 ． 【变式训练3-8】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 .    题型04：轨迹中长度的最值及范围 【典型例题】已知正方体的棱长为2，点M，N分别是棱，的中点，点P在平面内，点Q在线段上，若，则长度的最小值为 .   【答案】 【解析】根据题意，由条件可得点在以为圆心，为半径的位于平面内的半圆上，点到的距离减去半径就是长度的最小值，结合图形，代入计算，即可得到结果. 取中点，连接，则平面，所以，因为，正方体的棱长为2，为的中点，所以，，所以点在以为圆心，为半径的位于平面内的半圆上，单独画出平面以及相关点线，所以点到的距离减去半径就是长度的最小值，连接，做交于点，则 ，所以，解得，所以长度的最小值为. 故答案为： 【变式训练4-1】如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且．平面，则线段MP长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练4-2】已知正方体的棱长为是正方形（含边界）内的动点，点到平面的距离等于，则两点间距离的最大值为（    ） A． B．3 C． D． 【变式训练4-3】在棱长为3的正方体中，P为内一点，若的面积为，则AP的最大值为 ． 【变式训练4-4】如图，在直三棱柱中，，若为空间一动点，且，则满足条件的所有点围成的几何体的体积为 ；若动点在侧面内运动，且，则线段长的最小值为 ．    【变式训练4-5】如图，在四面体中，和均是边长为6的等边三角形，，则四面体外接球的表面积为 ；点E是线段AD的中点，点F在四面体的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的长度为 . 题型05：轨迹中体积的最值及范围 【典型例题】已知棱长为1的正方体内有一个动点M，满足，且，则四棱锥体积的最小值为 . 【答案】 【解析】利用正方体的空间垂直关系去证明平面内的点都满足，再去证明动点M在以为圆心，以为半径的圆上，从而利用点M在圆上的性质去解决最值问题. 解：如图所示，设， 由正方体性质可知平面， 由于平面，，又因为线段的中点， 所以， 即点在平面内， 又因为，所以与点在以点为球心，1为半径的球面上， 又因为平面， 到平面的距离为的一半，由正方体的边长为1，则， 又，， 在平面内，且以H为圆心，为半径的半圆弧上， 到平面的距离的最小值为， 四棱锥体积的最小值为故答案为： 【点睛】关键点点睛：借助空间关系可知到线段两端点距离相等的点M在线段的中垂面上，又由到定点距离为1的点M又在球面上，从而得到点M的轨迹是中垂面截平面的小圆. 【变式训练5-1】如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直，点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，，若，当四面体体积最大时，则该四面体的内切球半径为 ． 【变式训练5-2】已知长方体中，，点为矩形 内一动点，记二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若 ，则三棱锥体积的最小值为 . 【变式训练5-3】正方体的棱长为2，若点M在线段上运动，当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 题型06：轨迹中空间角的最值及范围 【典型例题】如图，已知平面，，A、B是直线l上的两点，C、D是平面内的两点，且，，，，．P是平面上的一动点，且直线PD，PC与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（   ） A． B． C． D．1 【答案】B 【解析】根据题目条件得到，进而建立平面直角坐标系，求出P点轨迹方程，点P在内的轨迹为以为圆心，以4为半径的上半圆，从而求出当PB与圆相切时，二面角的平面角最大，求出相应的余弦值最小值. 由题意易得PD与平面所成角为，PC与平面所成角为， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴P点轨迹为阿氏圆． 在平面内，以为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系， 则，设， 所以， 整理得：， 所以点P在内的轨迹为以为圆心，以4为半径的上半圆， 因为平面，，，， 所以， 因为， 所以， 因为平面平面，， 所以二面角的平面角为， 由图可知，当PB与圆相切时，最大，余弦值最小， 此时，故.故选：B． 【变式训练6-1】在正方体中，是棱的中点，是底面内（包括边界）的一个动点，若平面，则异面直线与所成角的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练6-2】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（    ） A． B． C． D． 【变式训练6-3】已知正方形的边长为2，是平面外一点，设直线与平面的夹角为，若，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【变式训练6-4】如图，正四面体的棱长为2，点E在四面体外侧，且是以E为直角顶点的等腰直角三角形．现以为轴，点E绕旋转一周，当三棱锥的体积最小时，直线与平面所成角的正弦值的平方为（    ）    A． B． C． D． 【变式训练6-5】已知正四面体内接于半径为的球中，在平面内有一动点，且满足，则的最小值是 ；直线与直线所成角的取值范围为 . 题型07：轨迹、截面、动点、范围多选题综合 【典型例题1】在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．点N的轨迹长度为 D．的取值范围为 【答案】BD 【解析】根据正方体的性质得出平面平面，则根据已知得出点在线段上（含端点），当为时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出与的夹角为，此时，即可判断A；三棱锥,利用等体积法结合体积公式即可判断B；根据点在线段上（含端点），利用勾股定理求出求，即可判断C；根据正方体性质结合已知可得，则，即可根据的范围得出的范围判断D． 在棱长为2的正方体中，为中点，为四边形内一点（含边界）， 平面， 取、中点分别为、，连接、、、，，如图： 为正方体，为中点，为中点， ，，，， 、平面，、平面，且，， 平面平面， 为四边形内一点（含边界），且平面， 点在线段上（含端点）， 对于A：当在时，则与的夹角为，此时， 则与不垂直，故A不正确； 对于B为四边形内一点（含边界）， 到平面的距离为2， 三棱锥的体积为，故B正确； 对于C：由于点在线段上（含端点）， 而， 点的轨迹长度为，故C不正确； 对于D为正方体， 平面， 平面， ， △为直角三角形，且直角为， ， 点在线段上（含端点）， 则当最大时，即点为点时，此时，此时最小，为， 当最小时，即，此时， 此时最大，最大为， 则的取值范围，故D正确． 故选：BD． 【典型例题2】如图，在棱长为1的正方体中，M为平面所在平面内一动点，则（    ）    A．若M在线段上，则的最小值为 B．过M点在平面内一定可以作无数条直线与垂直 C．若平面，则平面截正方体的截面的形状可能是正六边形 D．若与所成的角为，则点M的轨迹为双曲线 【答案】ACD 【解析】对A，将平面展开到与同一平面，由两点间线段最短得解；对B，当M点在A处时，过M点只能作一条直线，可判断；对C，当M与B重合时，平面，分别取的中点E，F，G，H，P，Q，可得到正六边形符合题意；对D，建立空间直角坐标系，设出点坐标，根据条件求出点坐标满足的方程，依此判断. 选项A：将平面展开到与同一平面如图所示，连接交于M,此时为最小值，计算可得，故A正确；    选项B：当M点在D处时，因为平面，所以过M点可作无数条直线与垂直， 当M点在A处时，过M点只能作一条直线,故B不正确； 选项C：当M与B重合时，平面，分别取的中点E，F，G，H，P，Q，则六边形是正六边形，且此正六边形所在平面与平面平行， 所以当平面为平面时满足题意，故C正确；    选项D：以D为原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则,得， ，整理得为双曲线方程，故D正确  故选：ACD 【点睛】思路点睛：A选项，沿将平面展开到与同一平面，转化为平面上问题求解；B选项，举反例，当M点在A处时，过M点只能作一条直线；C选项，当M与B重合时，易证平面，分别取的中点E，F，G，H，P，Q，则六边形是正六边形，即为所求的；D选项，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，设出点M坐标，依据条件求出点M的轨迹方程，由此判断. 【典型例题3】已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），且平面，球为正方体的内切球，下列说法正确的是（   ） A．球的体积为 B．点的轨迹长度为 C．异面直线与BP所成角的余弦值取值范围为 D．三棱锥外接球与球内切 【答案】ACD 【解析】根据正方体内切球的性质判断A；利用面面平行确定点的轨迹，即可求得其长度，判断B；根据异面直线所成角的概念，确定该角取到最值时的位置，即可判断C；根据圆内切的判断条件可判断D. 由题意知球的半径为1，故其体积为，故A选项正确； 取的中点为， 连结，易知，平面，平面， 故平面， 连接MN，，即四边形为平行四边形， 则，平面，平面，所以平面． 又因为，平面， 故平面平面，平面平面，结合平面， 故点的轨迹为线段，故B选项错误； 因为，故异面直线与BP所成角等于或其补角， 当P位于N点时，得取得最小，; 当P位于点时，取得最大，，故选项正确； 由正方体几何性质易知， 故BM为三棱锥外接球的直径，取为BM的中点， 即为三棱锥外接球的球心，由题意知为的中点， 故， 因为球的半径为，球的半径为， 故三棱锥外接球与球内切，D正确故选：ACD． 【点睛】关键点睛：解答此类题目的关键是要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，依据相关定理以及性质，准确判断，即可求解. 【典型例题4】如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（    ） A．当P在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足时，长度的最小值是 D．使直线AP与平面ABCD所成的角为的点P的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】求三棱锥的体积判断A的真假；根据线线角的概念确定与所成角的取值范围，判断B的真假；确定点轨迹，求长度的最小值，判断C的真假；判断点轨迹，求P的轨迹长度判断D的真假.对A：当P在平面上运动时，点到平面的距离为2， ，所以，故A正确； 对B：如图： 取中点，连接，则. 当P在线段AC上运动时，因为，且， 所以为异面直线与所成角. 当与重合时，异面直线与所成角为. 当与不重合时，因为,，所以，所以，所以异面直线与所成角的范围为，故B正确； 对C：如图： 根据正方体的结构特点，平面，为中点， 因为，所以点轨迹是过点且平行于平面的平面，即为平面，其中分别为所在棱上的中点. 故当P在底面ABCD上运动，且满足时，P点的运动轨迹为线段. 其中分别为，中点.易知六边形为正六边形， 所以当与重合时，， 此时为点到直线的垂线段，取得最小值，为，故C错误； 对D：如图： 当直线与平面ABCD所成的角为时， 因为，所以不可能在四边形内（除外）； 同理不可能在四边形内（除外）. 在平面与平面的运动轨迹为线段和，且； 当在平面时，作平面，垂足为，连接， 因为，所以， 所以在四边形上的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆的， 所以点的轨迹长度为：，故D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，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）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 【典型例题5】已知正方体的棱长为1，空间中一动点满足，分别为的中点，则下列选项正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．设与平面交于点，则 C．若，则点的轨迹为抛物线 D．三棱锥的外接球半径最小值为 【答案】ABD 【解析】对于A，根据向量共面定理可得在平面上运动，当在点时，可证平面；对于B，以点为坐标原点建立空间坐标系，可证平面，故交点为点在平面的射影，利用等体积法可求得的长度，从而得到；对于C，分别表示出和，利用向量夹角公式，化简即可得到，从而得到点的轨迹；对于D，由B选项可知，三棱锥外接球的球心在上，则有，故当平面时，外接球的半径最小，表示出球心的坐标，列出等式，从而可得答案.对于A，因为空间中一动点满足，根据向量共面定理可得在平面上运动， 所以当在点时，连接 因为分别为，所以，平面，平面，故平面，则A正确； 对于B，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间如图所示的坐标系 则，，，，， 所以，，， 所以，则，， 因为，，平面， 所以平面，故交点为点在平面的射影，即平面， 所以，即，解得： ， 因为，所以，则，故B正确； 对于C，由，可得 则，，因为， 所以， 化简可得：，所以点的轨迹为椭圆；故C不正确； 对于D，由B选项可知，外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心在上， 设，，即， 所以三棱锥外接球的半径，要使最小， 则平面， 由于平面的法向量，所以， 则，即，由，可得， 解得：，由于，所以， 则，即三棱锥的外接球半径最小值为，故D正确； 故选：ABD 【点睛】方法点睛：立体几何中，与角、距离等有关的计算，可以利用综合法构造几何对象利用解三角形的方法进行相关的计算，也可以利用几何体的特征构造空间直角坐标系，把角、距离的计算问题归结向量的坐标运算. 【变式训练7-1】如图，点P是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则下列结论正确的是（    ） A．当点P在平面上运动时，四棱锥的体积不变 B．当点P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围为 C．使直线AP与平面ABCD所成角为的动点P的轨迹长度为 D．若F是的中点，当点P在底面ABCD上运动，且满足平面时，PF长度的最小值为 【变式训练7-2】已知正方体的棱长为2，M为的中点，N为ABCD（包含边界）上一动点，为平面上一点，且平面ABCD，那么（   ） A．若，则N的轨迹为圆的一部分 B．若三棱柱的侧面积为定值，则N的轨迹为椭圆的一部分 C．若点N到直线与直线DC的距离相等，则N的轨迹为抛物线的一部分 D．若与AB所成的角为，则N的轨迹为双曲线的一部分 【变式训练7-3】在棱长为 1 的正方体中，已知分别为线段的中点，点满足，则（    ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当，四棱锥的外接球的表面积是 C．周长的最小值为 D．若，则点的轨迹长为 【变式训练7-4】如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法正确的有（    ）    A．若点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为 B．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为 C．若点为的中点，则平面与四边形的交线长为 D．若点在侧面正方形内（包含边界）且，则点的轨迹长度为 【变式训练7-5】在棱长为1的正方体中，若点为四边形内（包括边界）的动点，为平面内的动点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则平面截正方体所得截面的面积为 B．若直线与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 C．若，则点的轨迹长度为 D．若正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小值是120 【变式训练7-6】已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，E为正方形的中心，则下列结论正确的是（    ） A．点的轨迹为抛物线 B．正方体的内切球被平面所截得的截面面积为 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．点为直线上一动点，则的最小值为 【变式训练7-7】如图，在正方体中，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．当时，的值最小 B．当时， C．若平面上的动点满足，则点的轨迹是椭圆 D．直线与平面所成角的正弦值是 【变式训练7-8】在正方体中，为的中点，是正方形内部一点（不含边界），则（    ） A．平面平面 B．平面内存在一条直线与直线成角 C．若到边距离为，且，则点的轨迹为抛物线的一部分 D．以的边所在直线为旋转轴将旋转一周，则在旋转过程中，到平面的距离的取值范围是 【变式训练7-9】如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（    ） A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 D．当在底面上运动，且满足平面时，线段长度的取值范围是 【变式训练7-10】正四棱柱中，，动点满足，且，则下列说法正确的是（   ） A．当时，直线平面 B．当时，的最小值为 C．若直线与所成角为，则动点P的轨迹长为 D．当时，三棱锥外接球半径的取值范围是 【变式训练7-11】在正三棱柱中，，点P满足，其中，则（    ） A．当时，最小值为 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，平面平面 D．若，则P的轨迹长度为 【变式训练7-12】已知正三棱柱的所有棱长均为为的中点，平面过点与直线垂直，与直线分别交于点是内一点，且，则（    ） A．为的中点 B． C．为的中点 D．的最小值为 【变式训练7-13】用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆．著名数学家创立的双球实验证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切．下列结论中正确的有（    ）    A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等 B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等 C．所得椭圆的离心率 D．其中为椭圆长轴，为球半径，有 题型08：轨迹、截面、动点、范围解答题 【典型例题1】在菱形中，G是对角线上异于端点的一动点（如图1），现将沿向上翻折，得三棱锥（如图2）. (1)在三棱锥中，证明：； (2)若菱形的边长为，，且，在三棱锥中，当时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论； （2）由题意求得相关线段的长，证明平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，即可求得答案. （1）在图1中，连接交于O，连接，由菱形的性质得， 在图2中，因为平面且， , 所以由直线与平面垂直的判定定理得平面， 因为平面，所以. （2）由平面平面，得平面平面， 菱形的边长为，，， 则, 则三棱锥中，，又， 解得， 故， 作，交延长线于H，得， 由于平面平面，平面平面，平面, 所以平面， 如图，以O为原点，分别为轴，过O作的平行线作为z轴， 建立空间直角坐标系，如图， 所以， ， 设平面的法向量为， 则，取，则， 可得平面的法向量， 设直线与平面所成角为，， 所以. 另解提示：根据上述解法求出， 由，可得， 由，可得， 设点G到平面的距离为d，直线与平面所成角为， 因为即，可得， 所以. 【典型例题2】如图，四棱锥中，底面，四边形中，，．    (1)若为的中点，求证：平面平面； (2)若平面与平面所成的角的余弦值为． （ⅰ）求线段的长； （ⅱ）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度． 【答案】(1)证明见解析；(2)（ⅰ）2；（ⅱ）. 【解析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，再结合面面垂直的判定推理即得. （2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，设，利用面面角的向量求法结合已知求出，再求出并确定轨迹求解即得. （1）在四棱锥中，底面，平面，则， 而平面，于是平面，又平面， 则，由，为的中点，得平面， 因此平面，而平面， 所以平面平面. （2）（ⅰ）由（1）知，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    过作于，由，得，令， 则，， 设平面的法向量，则，令，得， 由平面，得平面的一个法向量， 依题意，，整理得，而，解得， 所以线段的长为2. （ⅱ）显然平面，而平面，则，又， 于是，解得，因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的， 所以点的轨迹的长度为. 【典型例题3】如图，已知四边形是直角梯形，，平面是的中点，E是的中点，的面积为，四棱锥的体积为． (1)求证：平面; (2)若P是线段上一动点，当二面角的大小为时，求的值． 【答案】(1)证明见解析；(2)． 【分析】（1）根据题意，可得是等边三角形，求出，过点D作交于点M，可得四边形为平行四边形，可求得，结合四棱锥的体积为，求得利用勾股定理证明，进而证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法求出点的坐标得解. （1）因为平面，所以． 因为N是的中点，所以，故． 又因为，所以是等边三角形． 因为的面积为，所以． 如图1，过点D作交于点M，四边形是直角梯形， 且，，则， 故四边形为平行四边形． 因此． 又，因此． 因为四棱锥的体积为， 所以， 解得． 连接，在中，． 连接，在中，． 因为， 则． 因为平面，所以， 而平面平面， 所以平面． （2）以N为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图2所示． 则． 因为P是线段上一动点， 所以设，其中． 故． 设平面的一个法向量， 则，令，得，， 所以． 设平面的一个法向量， 则有，令，得，， 可取． 因为二面角的大小为， 所以，即，解得，即． 因为， 所以． 【变式训练8-1】把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，为上的动点，为上的动点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）． (1)求证：当为的中点时，平面 (2)若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角分别为，试求出的取值范围． (3)求三棱锥的体积的最大值． 【变式训练8-2】如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD中点．是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角的大小为30°，且． (1)求t的值； (2)对于平面ACD内的动点P总有平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得平面BEC的理由． 【变式训练8-3】如图1，在中，是直角，，是斜边的中点，分别是的中点．沿中线将折起，连接，点是线段上的动点，如图2所示． (1)求证：平面； (2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，当二面角的余弦值为时．求的值． 条件①：；条件②：． 【变式训练8-4】如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.    (1)若为的中点，证明：平面平面； (2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值. 【变式训练8-5】如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，．过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面平面. (1)当时，求点的轨迹长度； (2)当二面角的余弦值为时，求二面角的余弦值. 【变式训练8-6】如图①所示，长方形中，，，点是边靠近点的三等分点，将△沿翻折到△，连接，，得到图②的四棱锥. (1)求四棱锥的体积的最大值； (2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值. 【变式训练8-7】如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上. (1)求二面角的正切值； (2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式训练8-8】如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，. (1)若平面平面，求、的值； (2)若平面，求的最小值. 一、单选题 1．如图，在三棱锥中，平面，且，若在内（包括边界）有一动点，使得与平面所成角的正切值为，则点的轨迹长为（    ） A． B． C． D．6 2．古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为（   ） A． B． C． D． 3．已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（    ） A．4 B． C． D． 4．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． 5．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． 6．在空间中，我们把点集表示的曲面称为圆柱面，借助比利时数学家Dandelin的思想我们不难发现：任意不与轴平行或垂直的平面与截成的封闭曲线为椭圆．设圆柱面，高不平行于坐标面的正四棱锥的五个顶点均在上，则其体积的最小值为：（    ）（注：若正方形的四个顶点都在同一个定椭圆上，则这个正方形可以被唯一确定）． A． B． C． D． 7．如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 二、多选题 1．已知正方体的棱长为3，在棱上，且满足，动点在内（包括边界）移动，动点在正方体内（包括边界）移动，且，则（   ） A．的最小值为 B．动点在面内运动轨迹的长度为 C．动点的轨迹与动点的轨迹的交线是椭圆的一部分 D．在正四面体的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此正四面体的棱长可以是1.4 2.如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为底面上的动点（包括边界），则（   ） A．满足平面的点P的轨迹长度为 B．满足的点P的轨迹长度小于 C．存在点P满足 D．存在点P满足 3.在棱长为2的正方体中，是侧面上的一个动点（含边界），是的中点，则（    ） A．当为的中点时，异面直线与所成的角为 B．存在点，使得平面 C．若，则点的轨迹长度为 D．当为的中点时，三棱锥的外接球表面积为 4.如图，棱长为3的正方体，动点在正方体内及其边界上运动，点在棱上，且，则下列说法正确的是（    ） A．若，且，则三棱锥体积为定值 B．若，则动点所围成的图形的面积为 C．若，则的最小值为3 D．若动点在正方形内（包含边界），异面直线与所成角为．则的轨迹所在圆锥曲线的离心率为 三、填空题 1.已知棱长为的正四面体，且 ，为侧面内的一动点，若，则点的轨迹长为 ． 2.在正方体中，为的中点，为底面上一动点，与底面所成的角为，若，且该正方体的外接球的体积为，则动点的轨迹长度为 . 3.如图，在三棱锥中，平面平面，，点E在棱上，且，侧面内一动点P满足，则点P的轨迹长度为 ；直线与直线所成角的余弦值的取值范围为 . 4.三棱锥中，平面，平面内动点的轨迹是集合，已知，且在所在直线上，．则三棱锥外接球的表面积为 ． 5.古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点的距离之比为常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆被称为阿氏圆.如图，在长方体中，，点在棱上，，动点满足，若点在平面内运动，则点对应的轨迹的面积是 ；为的中点，则三棱锥体积的最小值为 . 模拟回顾 一、单选题 1．在棱长为4的正方体中，为的中点，点P在正方体各棱及表面上运动且满足，则点P轨迹围成的图形的面积为（    ） A． B． C． D． 2．如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面，为底面内的一动点，若，则动点的轨迹在（    ） A．圆上 B．双曲线上 C．直线上 D．椭圆上 3．在四棱锥中，平面，点M是矩形内（含边界）的动点，且，直线与平面所成的角为．记点M的轨迹长度为，则（    ） A． B．1 C． D．2 4．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（    ） A． B． C． D．2 5．如图所示，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，点P是正方体表面上的动点，若平面，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 6．已知正四棱锥，底面边长为，，交于点，平面，，为的中点，动点在该棱锥的侧面上运动，并且，则点轨迹长度为（    ） A．1 B． C． D．2 7．已知正方体的棱长为3，点P在的内部及其边界上运动，且，则点P的轨迹长度为(    ) A． B． C． D． 8．在直三棱柱中，，，为该三棱柱表面上一动点，若，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．正方体的棱长为1，点满足，则下列说法正确的有（    ） A．若，则 B．若，则三棱锥的体积为定值 C．若点总满足，则动点的轨迹是一条直线 D．若点到点的距离为，则动点的轨迹是一个面积为的圆 10．在棱长为的正方体中，点为的中点，点是正方形内部（含边界）的一个动点，则下列说法正确的是（    ） A．存在唯一一点，使得 B．存在唯一一点，使得直线与平面所成角取到最小值 C．若直线平面，则点的轨迹长度为 D．若 ，则三棱锥的体积为 11．已知正方体的棱长为2，棱AB的中点为M，点N在正方体的内部及其表面运动，使得平面，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．当最大时，MN与BC所成的角为 C．正方体的每个面与点N的轨迹所在平面夹角都相等 D．若，则点N的轨迹长度为 12．已知正方体的棱长为为空间中任一点，则下列结论中正确的是（     ） A．若为线段上任一点，则与所成角的余弦值范围为 B．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 C．若在正方形内部，且，则点轨迹的长度为 D．若三棱锥的体积为恒成立，点轨迹的为圆的一部分 三、填空题 13．点为正方体的内切球球面上的动点，点为上一点，，，若球的体积为，则动点的轨迹长度为 . 14．已知正四棱柱的体积为，侧棱，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度为 ． 15．已知正方体的棱长为为体对角线的三等分点，动点在三角形内，且三角形的面积，则点的轨迹长度为 . 16．已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点到底面的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球的半径为5，则满足上述条件的顶点的轨迹长度为 . 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $