微专题25 立体几何中动点及其轨迹问题讲义-2026届高三数学二轮复习

微专题25 立体几何中动点及其轨迹问题 　　　　　　　　　　 　　　　 近几年高考：立体几何中的动点及其轨迹问题有两个类型: (1)研究动点的轨迹,主要方法有定义法(如圆锥曲线定义)、解析法、交轨法; (2)与动点有关的最值、范围问题,主要方法有几何法、函数法. 一．典型例题 类型一　动点的轨迹问题 1.定性地研究动点的轨迹 例1 (多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M为DD1的中点,N为ABCD所在平面上一动点,则下列说法正确的是(　　) A.若MN与平面ABCD所成的角为,则点N的轨迹为圆 B.若MN=4,则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等,则点N的轨迹为抛物线 D.若D1N与AB所成的角为,则点N的轨迹为双曲线 规律方法　定性地研究动点的轨迹要利用线面平行、垂直的性质定理,结合圆锥曲线等的定义,确定动点的轨迹. 训练1 已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1与底面A1B1C1D1垂直,且AD=AB,E为CC1的中点,P在对角面BB1D1D内运动,若EP与AC成30°角,则点P的轨迹为(　　) A.圆 B.抛物线 C.双曲线 D.椭圆 2.定量地研究动点的轨迹 例2 (2025·重庆诊断)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB=AP,AB⊥AD,AB+AD=6,CD=,∠CDA=45°. (1)若E为PB的中点,求证:平面PBC⊥平面ADE. (2)若平面PAB与平面PCD所成的角的余弦值为. ①求线段AB的长; ②设G为△PAD内(含边界)的一点,且BG=2GA,求满足条件的所有点G的轨迹的长度. 规律方法　当涉及动点的轨迹的长度、图形的面积与几何体的体积以及体积的最值时,可借助于几何体的结构特征,建立空间直角坐标系,用变量表示轨迹,然后用函数的性质求解. 训练2 (多选)(2025·广州质检)如图,平面ABN⊥平面α,AB=MN=2,M为线段AB的中点,直线MN与平面α所成角的大小为30°,点P为平面α内的动点,则(　　) A.以N为球心,半径为2的球面在平面α上的截痕长为2π B.若P到点M和点N的距离相等,则点P的轨迹是一条直线 C.若P到直线MN的距离为1,则∠APB的最大值为 D.满足∠MNP=45°的点P的轨迹是椭圆 类型二　与动点有关的最值、范围问题 例3 (多选)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=BC=2,PA=2,点D是三角形PAB内的动点(含边界),AD⊥CD,则下列结论正确的是(　　) A.PB与平面ABC所成角的大小为 B.三棱锥C-ABD的体积最大值是2 C.D点的轨迹长度是 D.异面直线CD与AB所成角的余弦值范围是 规律方法　在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题,常用的解题思路是 (1)直观判断:在变化过程中判断点、线、面在何位置时,所求的量有相应的最大、最小值. (2)函数思想:通过建系或引入变量,把这类动态问题转化为目标函数,从而利用代数方法求目标函数的最值. 训练3 (2025·烟台调研)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,CC1的中点,P是侧面四边形BCC1B1内(不含边界)一点.若A1P∥平面AEF,则线段A1P长度的取值范围是　　　　.  【精准强化练习】 一、单选题 1.如图,AB是平面α的斜线段,A为斜足,若点P在平面α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 2.已知点P是正四面体ABCD内的动点,E是棱CD的中点,且点P到棱AB和棱CD的距离相等,则点P的轨迹被平面ABE所截得的图形为(　　) A.线段 B.椭圆的一部分 C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分 3.(2025·郑州调研)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是2,侧棱长是2,M为A1C1的中点,N是侧面BCC1B1内的动点,且MN∥平面ABC1,则点N的轨迹的长度为(　　) A. B.2 C. D.4 4.(2025·无锡质检)如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动,另一端点N在正方形ABCD内运动,则MN中点轨迹的面积S为(　　) A.4π B.2π C.π D. 5.(2025·汉中调研)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=DD1=1,AB=,E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,点P在平面ABCD内,若直线D1P∥平面EFG,则线段D1P长度的最小值是(　　) A. B. C. D. 6.在棱长为5的正方体ABCD-A1B1C1D1中,Q是DD1的中点,点P在正方体的内切球的球面上运动,且CP⊥AQ,则点P的轨迹长度为(　　) A.π B.2π C. D.5π 7.(2025·安庆二模改编)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=,BB1=1,点P为正三棱柱表面上异于点B1的点,则下列结论不成立的是(　　) A.存在点P,使得PB1⊥BC1 B.直线PB1与平面BB1C1C所成的最大角为45° C.若P,A,B1,C1不共面,则四面体P-AB1C1的体积的最大值为 D.若PB1=,则点P的轨迹的长为π 二、多选题 8.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=a,则下列结论正确的是(　　) A.当E与D1重合时,异面直线AE与BF所成的角为 B.三棱锥B-AEF的体积为定值 C.EF在平面ABB1A1内的射影长为a D.当E向D1运动时,二面角A-EF-B的平面角保持不变 9.(2025·厦门质检)三棱锥P-ABC满足PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=AC=2,D是线段PB的中点,E是底面△ABC内部(包括边界)的一个动点,球O是三棱锥P-ABC的外接球,下列说法正确的有(　　) A.当E在线段AB上时,PE⊥BC B.若F是球O表面一个动点,则EF的最大值为4 C.DE的取值范围是[1,] D.经过DE的平面截球O的截面面积的最小值为2π 三、填空题 10.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足　　　　时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)  11.如图,P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1表面上的动点,且AP=,则动点P的轨迹的长度为　　　　.  12.(2025·河北重点中学调研)如图,已知四面体ABCD中,△ABC和△ABD是边长为2的正三角形,CD=,P是该四面体表面及其内部的动点.若PA=PB,PC=PD,则点P轨迹的长度为　　　　;若P在△ABD内(含边界)且PA⊥BC,则点P轨迹的长度为　　　　.  学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题25 立体几何中动点及其轨迹问题 　　　　　　　　　　 　　　　 近几年高考：立体几何中的动点及其轨迹问题有两个类型: (1)研究动点的轨迹,主要方法有定义法(如圆锥曲线定义)、解析法、交轨法; (2)与动点有关的最值、范围问题,主要方法有几何法、函数法. 一．典型例题 类型一　动点的轨迹问题 1.定性地研究动点的轨迹 例1 (多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M为DD1的中点,N为ABCD所在平面上一动点,则下列说法正确的是(　　) A.若MN与平面ABCD所成的角为,则点N的轨迹为圆 B.若MN=4,则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等,则点N的轨迹为抛物线 D.若D1N与AB所成的角为,则点N的轨迹为双曲线 答案　ACD 解析　如图所示,对于A, 根据正方体的性质可知,MD⊥平面ABCD, 所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角,所以∠MND=, 所以DN=DM=DD1=×4=2, 所以点N的轨迹为以D为圆心,2为半径的圆,故A正确; 对于B,在Rt△MDN中, DN===2, 取MD的中点E,连接PE. 因为P为MN的中点, 所以PE∥DN,且PE=DN=. 又DN⊥ED,所以PE⊥ED, 即点P在过点E且与DD1垂直的平面内, 又PE=, 所以点P的轨迹为以为半径的圆, 其面积为π·()2=3π,故B不正确; 对于C,连接NB, 因为BB1⊥平面ABCD,NB⊂平面ABCD, 所以BB1⊥NB, 所以点N到直线BB1的距离为NB, 所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离, 又B不在直线CD上, 所以点N的轨迹为以B为焦点,CD为准线的抛物线,故C正确; 对于D,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 则A(4,0,0),B(4,4,0),D1(0,0,4),设N(x,y,0), 则=(0,4,0),=(x,y,-4). 因为D1N与AB所成的角为, 所以|cos <,>|=, 所以=, 整理得-=1, 所以点N的轨迹为双曲线,故D正确. 规律方法　定性地研究动点的轨迹要利用线面平行、垂直的性质定理,结合圆锥曲线等的定义,确定动点的轨迹. 训练1 已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1与底面A1B1C1D1垂直,且AD=AB,E为CC1的中点,P在对角面BB1D1D内运动,若EP与AC成30°角,则点P的轨迹为(　　) A.圆 B.抛物线 C.双曲线 D.椭圆 答案　A 解析　因为在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1与底面A1B1C1D1垂直,且AD=AB, 所以该平行六面体ABCD-A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱, 所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD,AC⊥对角面BB1D1D. 取AA1的中点F,连接EF(图略),则EF∥AC. 因为EP与AC成30°角, 所以EP与EF成30°角. 设EF与对角面BB1D1D的交点为O, 则EO⊥对角面BB1D1D, 所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面圆周,故选A. 2.定量地研究动点的轨迹 例2 (2025·重庆诊断)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB=AP,AB⊥AD,AB+AD=6,CD=,∠CDA=45°. (1)若E为PB的中点,求证:平面PBC⊥平面ADE. (2)若平面PAB与平面PCD所成的角的余弦值为. ①求线段AB的长; ②设G为△PAD内(含边界)的一点,且BG=2GA,求满足条件的所有点G的轨迹的长度. (1)证明　在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊂平面ABCD, 则PA⊥AD, 又AB⊥AD,AB∩PA=A,AB, PA⊂平面PAB, 于是AD⊥平面PAB. 又PB⊂平面PAB,则AD⊥PB. 由AB=AP,E为PB的中点, 得AE⊥PB, 又AE∩AD=A,AE,AD⊂平面ADE, 因此PB⊥平面ADE,而PB⊂平面PBC, 所以平面PBC⊥平面ADE. (2)解　①由(1)知,直线AB,AD,AP两两垂直, 故以A为坐标原点,直线AB,AD,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 过点C作CF⊥AD交AD于点F, 由于CD=,∠CDA=45°,得CF=DF=1. 令AB=t(0<t<5), 则P(0,0,t),D(0,6-t,0),C(1,5-t,0), =(0,6-t,-t),=(-1,1,0). 设平面PCD的法向量n=(x,y,z), 则 令y=t,得n=(t,t,6-t). 由AD⊥平面PAB,得平面PAB的一个法向量m=(0,1,0), 依题意,|cos <m,n>|===, 整理得t2+4t-12=0, 而t>0,解得t=2, 所以线段AB的长为2. ②易知AB⊥平面PAD,而AG⊂平面PAD, 所以AB⊥AG. 又BG=2AG,于是(2AG)2=AG2+AB2, 解得AG=, 因此点G的轨迹是以点A为圆心,, 所以点G的轨迹的长度为π·=π. 规律方法　当涉及动点的轨迹的长度、图形的面积与几何体的体积以及体积的最值时,可借助于几何体的结构特征,建立空间直角坐标系,用变量表示轨迹,然后用函数的性质求解. 训练2 (多选)(2025·广州质检)如图,平面ABN⊥平面α,AB=MN=2,M为线段AB的中点,直线MN与平面α所成角的大小为30°,点P为平面α内的动点,则(　　) A.以N为球心,半径为2的球面在平面α上的截痕长为2π B.若P到点M和点N的距离相等,则点P的轨迹是一条直线 C.若P到直线MN的距离为1,则∠APB的最大值为 D.满足∠MNP=45°的点P的轨迹是椭圆 答案　BC 解析　对于A,由于MN与平面α所成角的大小为30°, 所以点N到平面α的距离d=MN·sin 30°=1, 故半径为R=2的球面在平面α上的截面圆的半径为r==, 故截痕长为2πr=2π,A错误; 对于B,由于平面ABN⊥平面α, 所以以AB为y轴,在平面α内过M作x轴⊥AB,在平面ABN内作z轴⊥AB, 建立如图1所示的空间直角坐标系, 则M(0,0,0),B(0,1,0),A(0,-1,0),N(0,,1). 设P(x,y,0),则由PM=PN, 得x2+y2=x2+(y-)2+1, 化简得y=, 故若P到点M和点N的距离相等,则点P的轨迹是一条直线,B正确; 对于C,=(0,,1),=(x,y,0), 所以P到直线MN的距离为 ==1, 化简可得x2+=1, 所以点P的轨迹是平面α内的椭圆x2+=1, 如图2,当P在短轴的端点时,∠APB最大, 由于BM=MP=1, 故∠BPM=, 因此∠APB=2∠BPM=,C正确; 对于D,=, =, 若∠MNP=45°, 则cos ∠MNP=cos <,>===, 化简得-=1且y<, 故满足∠MNP=45°的点P的轨迹是双曲线的一部分,D错误. 类型二　与动点有关的最值、范围问题 例3 (多选)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=BC=2,PA=2,点D是三角形PAB内的动点(含边界),AD⊥CD,则下列结论正确的是(　　) A.PB与平面ABC所成角的大小为 B.三棱锥C-ABD的体积最大值是2 C.D点的轨迹长度是 D.异面直线CD与AB所成角的余弦值范围是 答案　ACD 解析　如图所示, 对于A, ∵PA⊥平面ABC,AB=BC=2,PA=2, ∴PB与平面ABC所成角为∠PBA=,∴A正确; 对于C,∵点D是三角形PAB内的动点(含边界),AD⊥CD, ∴D为以AC的中点F为球心,AC为直径的球与三角形PAB的交线. 取AB的中点G,连接FG,GI, 则根据题意易知FG⊥平面PAB, 且FG=CB=1, 又AC=2,∴该球的半径为, ∴交线=1, 又易知△GIB为边长为1的正三角形, ∴交线所对的圆心角为∠AGI=, ∴×1=,∴C正确; 对于B,由选项C知,当DG⊥AB时,D点到平面ABC距离最大,最大距离为1,因此三棱锥C-ABD的体积VC-ABD=VD-ABC≤××2×1×2=,B错误; 对于D,将底面直角三角形ABC对称补全成正方形ABCE,建立如图所示的空间直角坐标系. 设∠AGD=θ(0<θ≤),则点D(0,1-cos θ,sin θ),而A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0), 于是=(-2,-1-cos θ,sin θ), 又=(0,2,0), 设异面直线CD与AB所成的角大小为φ, 则cos φ=|cos <,>|===. 令t=1+cos θ∈, 则cos φ==在t∈上单调递增, 因此≤cos φ<,D正确. 规律方法　在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题,常用的解题思路是 (1)直观判断:在变化过程中判断点、线、面在何位置时,所求的量有相应的最大、最小值. (2)函数思想:通过建系或引入变量,把这类动态问题转化为目标函数,从而利用代数方法求目标函数的最值. 训练3 (2025·烟台调研)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,CC1的中点,P是侧面四边形BCC1B1内(不含边界)一点.若A1P∥平面AEF,则线段A1P长度的取值范围是　　　　.  答案　 解析　如图所示,分别取棱BB1,B1C1的中点M,N,连接MN,NE,A1N,A1M. 因为M,N,E,F分别为BB1,B1C1,BC,CC1的中点,所以MN∥EF. 因为MN⊄平面AEF,EF⊂平面AEF, 所以MN∥平面AEF. 因为AA1∥NE,AA1=NE, 所以四边形AA1NE为平行四边形, 所以A1N∥AE. 因为A1N⊄平面AEF,AE⊂平面AEF, 所以A1N∥平面AEF. 因为A1N∩MN=N,A1N,MN⊂平面A1MN, 所以平面A1MN∥平面AEF. 因为P是侧面四边形BCC1B1内(不含边界)一点,且A1P∥平面AEF, 所以点P必在线段MN上(不含点M,N). 在Rt△A1B1M中,A1M===, 同理在Rt△A1B1N中,求得A1N=, 所以△A1MN为等腰三角形, 当点P在MN的中点O时,A1P⊥MN,此时A1P最短; 当点P在M或N处时,A1P最长. 因为A1O===, 所以线段A1P长度的取值范围是. 【精准强化练习】 一、单选题 1.如图,AB是平面α的斜线段,A为斜足,若点P在平面α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　由题意知,点P到线段AB的距离为定值,则点P为在以AB为旋转轴的圆柱表面上一点,故平面α斜截圆柱,所得图形为椭圆. 2.已知点P是正四面体ABCD内的动点,E是棱CD的中点,且点P到棱AB和棱CD的距离相等,则点P的轨迹被平面ABE所截得的图形为(　　) A.线段 B.椭圆的一部分 C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分 答案　D 解析　在正四面体ABCD中,E是棱CD的中点,所以AE⊥CD,BE⊥CD, 又AE∩BE=E,AE,BE⊂平面ABE, 所以CD⊥平面ABE, 又点P的轨迹被平面ABE所截,即点P在平面ABE内,所以点P到棱CD的距离为PE. 在平面ABE内过点P作PF⊥AB, 则PF为点P到棱AB的距离, 又点P到棱AB和棱CD的距离相等, 即PE=PF, 因此,在平面ABE内,动点P到棱AB和到定点E的距离相等,且E∉AB, 由抛物线的定义得,动点P的轨迹是抛物线的一部分. 3.(2025·郑州调研)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是2,侧棱长是2,M为A1C1的中点,N是侧面BCC1B1内的动点,且MN∥平面ABC1,则点N的轨迹的长度为(　　) A. B.2 C. D.4 答案　B 解析　如图,取B1C1的中点D,取BB1的中点E,连接MD,DE,ME,则DE∥BC1, 又DE⊄平面ABC1,BC1⊂平面ABC1, 所以DE∥平面ABC1, 又M为A1C1的中点, 所以MD∥A1B1∥AB, 又MD⊄平面ABC1,AB⊂平面ABC1, 所以MD∥平面ABC1, 又DE∩MD=D,DE,MD⊂平面DEM, 所以平面DEM∥平面ABC1, 又因为N是侧面BCC1B1上一点,且MN∥平面ABC1, 所以N的轨迹为线段DE, 又DE==2, 所以点N的轨迹的长度为2. 4.(2025·无锡质检)如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动,另一端点N在正方形ABCD内运动,则MN中点轨迹的面积S为(　　) A.4π B.2π C.π D. 答案　D 解析　连接DN(图略),由DD1⊥平面ABCD, 可得∠MDN=90°. 取线段MN的中点P,连接DP, 则DP=MN=1, 所以点P的轨迹是以D为球心,1为半径的球面, 故S=×4π×12=. 5.(2025·汉中调研)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=DD1=1,AB=,E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,点P在平面ABCD内,若直线D1P∥平面EFG,则线段D1P长度的最小值是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　如图, 连接D1A,AC,D1C, 因为E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,所以AC∥EF, 又EF⊄平面ACD1,AC⊂平面ACD1, 所以EF∥平面ACD1,易知EG∥AD1, 所以同理可得EG∥平面ACD1, 又EF∩EG=E,EF,EG⊂平面EFG, 所以平面ACD1∥平面EFG. 因为直线D1P∥平面EFG, 所以点P在直线AC上. 在△ACD1中,AD1=,AC=2,CD1=2, 所以=××=. 当D1P⊥AC时,线段D1P的长度最小,所以线段D1P长度的最小值是==,故选D. 6.在棱长为5的正方体ABCD-A1B1C1D1中,Q是DD1的中点,点P在正方体的内切球的球面上运动,且CP⊥AQ,则点P的轨迹长度为(　　) A.π B.2π C. D.5π 答案　B 解析　以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系, 则D(0,0,0),Q,A(5,0,0),C(0,5,0), 球心O. 取A1D1的中点R,B1C1的中点H,连接DR,RH,HC, 则R. 因为·=·=-+=0, ·=(0,5,0)·=0, 故DR⊥AQ,CD⊥AQ, 又DR∩CD=D,DR,CD⊂平面CDRH, 故AQ⊥平面CDRH, 故当P位于平面CDRH与内切球O的交线上时,满足CP⊥AQ, 此时O到平面CDRH的距离为 d====, 所以r==, 其中r为平面CDRH截正方体内切球所得截面圆的半径, 故点P的轨迹是以为半径的圆, 故点P的轨迹长度为2π. 7.(2025·安庆二模改编)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=,BB1=1,点P为正三棱柱表面上异于点B1的点,则下列结论不成立的是(　　) A.存在点P,使得PB1⊥BC1 B.直线PB1与平面BB1C1C所成的最大角为45° C.若P,A,B1,C1不共面,则四面体P-AB1C1的体积的最大值为 D.若PB1=,则点P的轨迹的长为π 答案　B 解析　对于A选项,当点P为BC中点时, ·=·(+) =·(+) =-1+0+0+1=0, 所以PB1⊥BC1,故A正确; 对于B选项,当点P位于点A1时,∠A1B1C1=60°为直线PB1与平面BB1C1C所成角,故B错误; 对于C选项,当点P位于点A1(或棱BC上)时,点P到平面AB1C1的距离最远, 此时四面体P-AB1C1的体积最大,以点A1为例, 此时== =·|AA1| =·····1=,故C正确; 对于D选项,若PB1=,如图, 在棱BC上取点D,使BD=1,在棱AB上取点E使BE=1, 则点P的轨迹由圆弧构成,且其所在圆的半径依次为A1B1=, B1C1=,BD=1,圆心角依次为45°,45°,60°, 圆弧,,, 故点P的轨迹的长为π,故D正确. 二、多选题 8.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=a,则下列结论正确的是(　　) A.当E与D1重合时,异面直线AE与BF所成的角为 B.三棱锥B-AEF的体积为定值 C.EF在平面ABB1A1内的射影长为a D.当E向D1运动时,二面角A-EF-B的平面角保持不变 答案　BCD 解析　对于A,如图,当E与D1重合时,因为EF=a, 所以F为B1D1的中点,连接BD,记BD的中点为O,连接D1O,AO, 由正方体性质可知,BO∥D1F,BO=D1F, 所以四边形BOD1F为平行四边形, 所以D1O∥BF,所以直线AE与BF所成角即为直线D1O与AD1所成角. 又D1O==, AD1=a,AO=, 所以cos ∠AD1O==, 又∠AD1O∈(0,π),所以∠AD1O=, 故AE与BF所成的角为,故A错误; 对于B,VB-AEF=VA-BEF,易知点A到平面BB1D1D的距离和点B到直线B1D1的距离均为定值, 所以三棱锥A-BEF的体积为定值,故B正确; 对于C,易知∠A1B1D1=,EF在平面ABB1A1内的射影在A1B1上,所以射影长为×=,故C正确; 对于D,二面角A-EF-B的平面角即为二面角A-B1D1-B的平面角, 显然其平面角不变,故D正确.故选BCD. 9.(2025·厦门质检)三棱锥P-ABC满足PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=AC=2,D是线段PB的中点,E是底面△ABC内部(包括边界)的一个动点,球O是三棱锥P-ABC的外接球,下列说法正确的有(　　) A.当E在线段AB上时,PE⊥BC B.若F是球O表面一个动点,则EF的最大值为4 C.DE的取值范围是[1,] D.经过DE的平面截球O的截面面积的最小值为2π 答案　ACD 解析　如图1, 图1 因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, 所以PA⊥BC, 又PA=AB=BC=AC=2, 所以AB2+BC2=AC2, 所以BC⊥AB. 因为PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB, 所以BC⊥平面PAB. 又当E在线段AB上时,PE⊂平面PAB, 所以PE⊥BC,故A正确; 如图2, 图2 因为PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=AC=2,则可以将三棱锥P-ABC放入棱长为2的正方体中. 因为正方体外接球O的半径为×2=, 故三棱锥P-ABC外接球的半径为. 因为点E是球O表面或内部一点,点F是球O表面任意一点,所以EF的最大值为球的直径,即2,故B错误; 图3 因为PA⊥平面ABC, 则点D在底面上的射影为AB的中点D', 连接D'E,DE, 则DE2=D'D2+D'E2. 由图3知,当点E与点C重合时,D'E取到最大值, 此时DE2=D'D2+D'E2=1+5=6; 当点E与点D'重合时,DE取到最小值1, 所以DE∈[1,],故C正确; 记经过DE的平面为α,当OD⊥α时,平面α截球O的截面面积最小,此时截面圆的半径为=,所以截面面积为2π,故D正确. 三、填空题 10.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足　　　　时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)  答案　DM⊥PC(或BM⊥PC) 解析　连接AC,BD,则AC⊥BD. 因为PA⊥底面ABCD,BD⊂平面ABCD, 所以PA⊥BD. 又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC, 所以BD⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC, 所以BD⊥PC, 所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时, 有PC⊥平面MBD,又PC⊂平面PCD, 所以平面MBD⊥平面PCD. 11.如图,P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1表面上的动点,且AP=,则动点P的轨迹的长度为　　　　.  答案　 解析　由已知AC=AB1=AD1=, 在平面BC1、平面A1C1、平面DC1中, BP=A1P=DP=1, 所以动点P的轨迹是在平面BC1、平面A1C1、平面DC1内分别以B,D,A1为圆心,1为半径的三段圆心角均为的圆弧, 故点P的轨迹的长度和为×3=. 12.(2025·河北重点中学调研)如图,已知四面体ABCD中,△ABC和△ABD是边长为2的正三角形,CD=,P是该四面体表面及其内部的动点.若PA=PB,PC=PD,则点P轨迹的长度为　　　　;若P在△ABD内(含边界)且PA⊥BC,则点P轨迹的长度为　　　　.  答案　　 解析　如图1,取M,N分别为棱AB,CD的中点,连接DM,CM,AN,BN,MN. 因为△ABC和△ABD是边长为2的正三角形, 所以AB⊥DM,AB⊥CM, 又DM∩CM=M,DM,CM⊂平面CDM, 所以AB⊥平面CDM,同理CD⊥平面ABN. PA=PB⇒P∈平面CDM, PC=PD⇒P∈平面ABN, 又平面CDM∩平面ABN=MN, 所以P的轨迹为线段MN. 因为△ABC和△ABD是边长为2的正三角形, 所以DM=CM==, 而CD=,则△CDM为等边三角形, 所以MN==. 如图2,设过点A且与BC垂直的平面为α,α截该四面体所得截面为△AEF, 所以P的轨迹为线段AF. 由BC⊥平面AEF易知AE⊥BC,EF⊥BC, 所以E为棱BC的中点. 在△BCD中,由余弦定理得 cos ∠EBF==, 所以Rt△EBF中,BF==, 在△ABF中,可得 AF==. 学科网（北京）股份有限公司 $