第13章 专题探究11 立体几何中的轨迹问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（苏教版）

因为CD=2AB=2AD=2,F为CD的中点，AD⊥AB,AB∥CD,所以四 边形ADFB是正方形，所以BD⊥AF. 因为DE∩BD=D,DE,BDC平面BDE,所以AF⊥平面BDE.又因为 BEC平面BDE,所以BE⊥AF (2)解：如图，作FG⊥平面BEC,交平面BEC于 点G,连接EG 则∠FEG是直线EF与平面CEB所成角， 因为AB=CF,AB∥CF,所以四边形ABCF为平 行四边形，所以BC∥AF. 因为BE⊥AF,所以BE⊥BC. 因为DE=1,AB=AD=BF=DF=FC=1,四边形ADFB是正方形， 所以BC=BD=√2，BE=√DE2+BD=√3，EF=√T2+1下=√2. 因为ex=c,所以写·子·BF,FPG·BD=子·号 】 BC·BB.FG,所以1=2x万FC,得PG=在△FGE中， sinL FEC=FG_3 EF 6 10.B解析：如图，设正四棱锥为P-ABCD,连 接AC,BD交于点O,连接PO,则P0⊥底 面ABCD,作OE⊥CD于点E,连接PE,CDC 底面ABCD,则PO⊥CD,而OE∩P0=O OE,P0C平面POE,故CD⊥平面POE, PEC平面POE,故CD⊥PE,故∠PE0即为 平面PCD与底面ABCD所成角，也即为正四棱锥P-ABCD的侧面 与底面所成角.因为正四棱锥的侧面积是底面积的√反倍，所以 4Sm-E×4Soa,即Sam-SAoa,所以号CDXPE=- 2CDx0E,即0E=2」 √ 0E5,则 0PE2在RL△POE中，os∠PE0=PE=2, ∠PE0=45°，即正四棱锥的侧面与底面所成角的大小为45°.故 选B. 11.B解析：过点B作BE∥AC,且BE=AC,连 接DE,CE,如图，因为AC⊥AB,所以BE⊥ AB.因为BD⊥AB,BD∩BE=B,BD,BEC平 B DU 面DBE,所以∠DBE是二面角a-I-B的平 面角，且AB⊥平面DBE,所以AB⊥DE,所以CE⊥DE.因为AB=4, CD=8,所以DE=√CD2-CE2=√82-42=43，所以cos∠DBE= BE2+BD2-DE236+36-481 2BE·BD 2x6x63放选B, 12.04 解析：由平面知识易证△DCE∽ △ADC,所以AC⊥DE.在三棱锥D'-ABC中， D'H23 ,ED'= ,EH=3 3,CH6 ,所 B 以D'+EP=D'E2,所以D'H⊥EH,如图， 过点C在平面CD'E内作CF⊥D'E,垂足为F,连接FH.因为D'H ⊥CH,所以易得CH⊥平面D'EH.又因为D'EC平面D'EH,所以 CH⊥D'E.因为D'E⊥CF,CF∩CH=C,CF,CHC平面CFH,所以 D'E⊥平面CFH.因为FHC平面CFH,所以D'E⊥FH,所以二面角 H-ED'-C的平面角为∠CFH.在△CD'E中，CD'=√2，CE=1, ED'=√5，由余弦定理可得，cos LCD'B=C0+502-CB2 2CD'·ED 15,所以sinCD'E=V-oLCDE= 2√30 5,所以CF= CD'sn∠CD'E=V2因为CH1平面DEH,FHc平面D'EH,所 15 以CHLFH,所以FH=√CF2-C7=S,放cos∠CH= 严，所以二面角H-BD-C的余弦值为故容案为 7 13.(1)证明：由PD⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以PD⊥BC. 又因为CD⊥BC,PD∩CD=D,PD,CDC平面PQCD,所以BC⊥平 面PQCD.又因为NDC平面PQCD,所以ND⊥BC. 参考答案 在R△PCD中，设PD=2cD=5,则GD=6,PG=3,所以NC= 2 2Pw=1% ,∠DPN=∠CPD,所以△PDN∽△PCD,所以 DN⊥PC.又因为ND⊥BC,PC∩BC=C,PC,BCC平面BCP,则 DN⊥平面BCP.又因为BNC平面BCP,所以DN⊥BN. (2)解：不能.理由：如图，在平面QBC中， 过点C作直线CF⊥BC, 因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥CD, 所以∠DCF为二面角Q-BC-D的平面角， 且∠DCF=0, 又因为CF∩CD=C,CD,CFC平面CDF,所 以BC⊥平面CDF. 在平面DCF中，过点D作DG⊥FC,垂足为G,连接BG. 因为BC⊥平面CDF,DGC平面DCF,所以DG⊥BC, 又因为BC∩FC=C,BCC平面BCQ,FCC平面BCQ,所以DG⊥平 面BCQ.所以∠DBG为直线BD和平面QCB所成角，即∠DBG=a, 所以DG的长度为点D到平面BCQ的距离，且DG=DCsin 6. 又因为AD=2AB·cos2 DG ABsin 6 sin 6 sin 0 则sina= BD√AB2+AD2 1√1+4s2V3+2cns01 2 由[智]可得m【号妥]w9e,], 所以设：=V5+2m0,4e[2,V5+万1，m0-号，血0 -s0=/1-3 所以血a×Y ≤ 4 2 Vx2+6 5,一（当且仅当2=5时，取等号），所以直 2 线BD与平面PAD所成角的正弦值最大值为5-] 2=牙，所以取不到 5-1√3 又因为sinw≤ 专题探究11立体几何中的轨迹问题 1.A解析：如图，连接AC,BD,B1C,BA1,AB1, D 因为DD1⊥AC,AC⊥BD,且DD,∩BD=D,所 以AC⊥平面BDD1,BD1C平面BDD1,所 以AC⊥BD1.因为A1D1⊥AB1,A1B⊥B:A, 且A1D1∩A1B=A1,所以AB1⊥平面BAD1, BD1C平面BA,D1,所以AB1⊥BD1,且 AB1∩AC=A,所以BD1⊥平面ACB1,APC平 面ACB,所以BD1⊥AP,点P的轨迹为平面ACB,与平面BCC,B 的交线CB1.故选A. 2.B解析：由题意知，BE=2,CD=3,如图， 在CD上取点M1,使得M1D=2,M1C=1, M.BA .E- 则MD∥BE且MD=BE,所以四边形 BEDM,为平行四边形，故BM1∥DE.又因CM,D 为BM14平面ADE,DEC平面ADE,所以BM1∥平面ADE.在AC上 取收见使得风A261有二宁所aQ △CDA,则M1M2∥AD.又因为M1M2￠平面ADE,ADC平面ADE, 所以M1M2∥平面ADE.又因为BM1∩M1M2=M1,BM1,M1M2C平 面BMM2,所以平面BM1M2∥平面ADE,则点M的轨迹为线 段M1M2.在△CM1M2中，CM1=CM2=1,∠M1CM2=120°，由余弦 定理得，M1M2=√/M1C2+M2C2-2M1C·M2Ccos120°=√3，即 点M的轨迹长度为√3.故选B. 学霸079 3.B解析：因为P-ABCDEF为正六棱锥，所以顶点P在底面的投影 为底面中心0，如图②， 又因为底面边长为3，所以0C=3,可得P0=√PC2-0C2=3√3 且PQ≤42，则0Q=√PQ-0P2≤5，可知点Q所形成区域为以 0为圆心，半径为√5的圆面，其面积为r(5)2=5π.故选B. 4.A解析：由题意可知，正三棱锥O-ABC,满足OA⊥OB,OB⊥OC, OA⊥OC,OA=3,可得OA⊥平面OBC,得底面正三角形ABC的边长 为32，设正三角形ABC的中心为E,如图①，由V三棱锥0-ABC= V三棱锥A-O8c,即 ×宁×(32)2xm号x08=号×分x3x3x3,得 11 11 OE=√3.又因为EP=√OP2-EO2=√3，点P在△ABC内部（含边 界)运动，且IOP1=√6，所以点P的轨迹是以0为球心，半径为6 的球面与△ABC内部（含边界）包含的平面相交所得的弧，即点P 的轨迹是以E为圆心，EP=√3为半径的圆在△ABC内部（含边界） 的弧， 如图②，作ED⊥AB于点D,圆与AB交点为G,H,则EG=EH=√3， 6 EG√5 ,则LC5D=T,所以LGEH=,则点P的轨迹在△ （含边界)的弧所对的圆心角之和为2m-3×号=分，则弧长为受× √3=3m,即点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为”故 2 选A. 5.B解析：取AA1的中点E,BB1的中点F, D 连接C1F,EF,D1E,如图，因为AE∥ BF,AE=BF,所以四边形ABFE为平行四边 A 6 形，所以AB∥EF.又因为AB⊥平面 BCC,B1,所以EF⊥平面BCC,B1.又因为 CNC平面BCC1B1,所以CN⊥EF.CC1= C1B1,C1N=B1F,∠CC1N=∠C1B1F=90° 所以△CC,N≌△C,BF(SAS),所以 ∠FC1B1=∠NCC1,∠B1FC1=∠C1NC,∠FC1B1+∠B1FC1=90°，所以 ∠FC1B1+∠CNC=90°，所以CN⊥C1F.因为CN⊥EF,C1F∩EF= F,CF,EFC平面C1FED1,所以CN⊥平面C1FED1.取AD的中点 T,BC的中点Q,CC,的四等分点R满足CR=4C,C,DD,的四等 分点S满足DS=D,D,DS=CR,DS∥CR, 四边形D1SRC1为平行四边形，SR∥D1C1,SR￠平面C1FED1: 又因为D1C1C平面C1FED1,SR∥平面C1FED1 CR CQ 1 B,FB,C=2,∠QCR=LC1B,F=90°， 所以△QCR∽△C1B1F,∠FC1B1=∠RQC,∠B1FC1=∠CRQ, ∠B1C1F+∠B1FC1=90°，∠B1C1F+∠FC1C=90°， 所以LCRQ=LFCC,所以QR∥CF,QR￠平面CFED1, C,FC平面C1FED1,QR∥平面C1FED1. 必修第二册·SJ QRC平面QRST,SRC平面QRST,可证平面QRST∥平面C1FED, 所以CN⊥平面QRST.又因为平面QRST经过BD的中点M, 由已知可得P点轨迹为四边形QRST的边界（不包括内部和 点M), 所以当点P位于点R时，AP取最大值，为 33 故选B. 6.2m解析：如图，连接B1D1,因为四边形 A1B1C1D1为正方形，所以B1D11A1C1.因为A DD1⊥平面A1B1C1D1,A1C1C平面A1B1C1D1, 所以A1C1⊥DD1.因为BD1∩DD1=D1,B1D1, D DD1C平面B1DD1,所以A1C1⊥平面B1DD1.因 为B1DC平面B,DD1,所以B,D⊥A1C1,同理可 证B,D⊥A1B因为A,B∩A1C1=A1,AB,A1C,C平面A1BC1,所以 B1D⊥平面ABC1.设B1D∩平面A1BC1=E,连接PE,BE.因 为A1B=BC1=A1C1=3V2,A1B1=BB1=B1C1,所以三棱锥B1 -4,BC,为正三棱维，则B为△4，BC,的中心，则B服=子 √/(32)2- (2-,6且△Ac,内切圆的半径1号B- ,所以B,E=VBB-BE=5.因为B,D=35,所以DE=B,D √6 B1E=2W3.因为B1D⊥平面A1BC1,PEC平面ABC1,所以PE⊥ B,D,即B,E⊥PE,DE⊥PE,因为PD+PB1=2+√13，即 √PE2+12+√PE2+3=2+√13.因为PE>0,解得PE=1,所以点P 的轨迹是半径为1的圆.因为r1>1,所以点P的轨迹长度为2×1× T=2m.故答案为2m 7.6 [45251解析：如图，取CC1,CD的中 D. 153J B 点分别为N,M,连接AB1,B1N,MW,AM,由 于AB1∥MN,所以A1,B1,N,M四点共面，且四 边形AB,NM为梯形，连接CD1,在正方体 ABCD-A1B,C1D1中，D1C⊥NM,BC⊥NM,又因 为D1C∩BC=C,D1C,BCC平面D1CE,所以MN⊥平面D1CE.又因 为D1EC平面D1CE,所以MN⊥D1E.又因为AD=DC,DM=CE, ∠ADM=∠DCE=90°，所以△ADM≌△DCE(SAS),所以∠DAM= ∠CDE,∠AMD=∠DEC,故AM⊥DE.又因为DD1⊥AM,DD,∩DE= D,DD,,DEC平面D,DE,所以AM⊥平面D1DE.又因为D,EC平面 D1DE,所以AM⊥D1E.又因为AM∩MN=M,AM,MNC平面 AB,NM,所以D1E⊥平面AB,NM.因为点P在正方体ABCD A1B1C,D1表面上移动，所以点P的运动轨迹为梯形AB1NM,因 为正方体ABCD-A1B1C1D1的边长为4，所以当点P在CC1上时， 点P为CC1的中点N,AP=V42+42+22=6;在△AMN中，AM= 25,MN=22,AN =6,Cos LAMN=- 2×2W2×2w5 10,所以 8+20-36=-√10 sm∠AMw=3i0 10由Aw=V-Aw,设B到平面AB,NM的距离 为A,则写×2x44寸x宁2x253 ,所以五= 10 了，而点B到梯形AB,MM的边的距离最小值为22，最大值为 25.设BP与平面2夹角为0，则当点B到平面AB,NM的边的距 8 离最小值为2√2时，此时线面角的最大值为sin0= 当 点B到梯形AB,NM的边的距离最大值为2√5时，此时线面角的最 8 小值为sin= 3答g血2经即与平n所 学霸080 成角的正弦值的取值范围为 4W52W2 故答案为6； [4w5 153 L15 ] 专题探究12立体几何中的展开与折叠问题 1.B解析：将底面ABC旋转.，以AC为轴，旋转至平面PAC与平 面ABC共面，如图.设△ABC的中心为O,此时OP为最短距离，设 0到直c的距离为4，则：×√P( 6,所以 √ F3故选B. 3 （第1题) (第2题) (第4题) 2.ABD解析：如图，对于A,因为平面A'D'FE⊥平面BCFE,平面 A'D'FE∩平面BCFE=EF,BE⊥EF,BEC平面BCFE,所以BE⊥平 面A'D'FE,因为A'D'C平面A'D'FE,所以BE⊥A'D',A正确：对于 B,因为A'E∥D'F,A'E平面D'FC,D'FC平面D'FC,所以A'E∥ 平面D'FC.又因为BE∥CF,BEt平面D'FC,CFC平面D'FC,所以 BE∥平面D'FC.又因为A'E∩BE=E,A'E,BEC平面A'EB,所以平 面E8/平面DFC,B正确：对于C,因为-分品号则 5≠S,所以多面体A'EBCD'F不是三棱台，C错误；对于D,延 长A'D',EF相交于点G,如图，因为平面A'D'FE⊥平面BCFE,平 面A'D'FE∩平面BCFE=EF,A'EC平面A'D'FE,A'E⊥EF,所以 A'E⊥平面BCFE,则∠A'GE为直线A'D'与平面BCFE所成的角.因 为4ED,所以gE解得Gr-1.cG-.C0 G花1，则LGE=年，D正确放法AB即 A 3.ACD解析：由题意知AC=2,BC=√3，如图①，取AC的中点0，由 于△ACD和△ABC是直角三角形且全等，故OA=OC=OD1=OB, 故在折法①的折叠过程中，三棱锥D,-ABC的外接球的球心为O 半径为1，故该球的表面积恒为4π，故A选项正确； 按照折法①，在折起过程中，点D1在平面ABC内的投影D'在线 段BD上（不包括端点）， 而线段BD(不包括端，点)上不存在D1'使得CD1'⊥AB,故不存在 D1满足AB⊥CD1,故B选项错误； 按照折法②，如图②，取D的中点瓜A,日=子，当平面么BD1平 面BCD时，三棱锥A1-BCD体积取得最大值，此时体积V= 号4i:sao号宁×9 28 ,故C选项正确； 当A1C=√2时，A1C2+A1B2=BC2,A1C2+A1D2=CD,故此时A1C⊥ A1B,A1C⊥A1D. 又因为A1B∩AD=A1,A1B,A1DC平面ABD,所以A1C⊥平 面A1BD,故∠A,BC为BC与平面A,BD所成线面角，则 血Aac二后-，故D透项正确致击A 参考答案 4.√/m2+9解析：侧面展开后得一半为矩形ABCD,其中AB= π，AD=2,问题转化为在CD上找一点Q,使AQ+PQ最短.作点P关 于CD的对称点E,连接AE,令AE与CD交于点Q,则AQ+PQ的最 小值就是AE的长度，为√m2+9.故答案为√2+9. 5.(1)证明：由AB=BC=CD=DA,可知四边形ABCD是菱形，所以 AB∥DC. 又因为AB￠平面DCFG,DCC平面DCFG,所以AB∥平面DCFG 因为BE∥FC,BE￠平面DCFG,FCC平面DCFG,所以BE∥ 平面DCFG. 又因为AB∩BE=B,AB,BEC平面ABE,所以平面ABE∥平面 DCFG, 又因为AEC平面ABE,所以AE∥平面DCFG (2)解：如图，连接BD,GE,取FC的中点P,连接 C, EP,GP,则BE=CP=DG=2 由题图①知FC⊥AA1,所以FC⊥CD,FC⊥BC. 又因为CD∩BC=C,CD,BCC平面BCD,所以FC⊥平面BCD,则 PC⊥平面BCD. 又因为BE∥CP∥DG,所以几何体BCD-EPG为直三棱柱，FP⊥平 面EPG, 由题图①知，在直角三角形ACF中，FA=5,AC=4,所以FC=3,所 以CP=PF= 2,由BC=CD,∠BCD=60°知，三角形BCD为正三角 形，则SABCD=S△BEPG=√3， 所t以VaD-EG=VnCD-Bnc+Vr-Brc=S△BCD·CP+3 SAFPG·PF= -=2W5 6.解：(1)l∥CD.证明如下：因为EB∥CD,CD￠平面PBE,EBC平面 PBE,所以CD∥平面PBE. 因为CDC平面PCD,平面PBE∩平面PCD=l,所以l∥CD. (2)如图①，当平面PDE⊥平面BCDE时，四棱锥P-BCDE的体积 最大 平面PDE∩平面BCDE=DE,PEC平面PDE,PE⊥DE, 可得PE⊥平面BCDE,BCC平面BCDE,可得PE⊥BC. 作EO⊥BC交BC于点O,连接PO,EO∩PE=E,PE,E0C平 面POE, 可得BC⊥平面POE,而POC平面PEO,故BC⊥PO, ∠POE即为二面角P-BC-D的平面角. 1 在Rt△POE中，PE= 之，50=2×sm60=3 3 4,tan∠PoE=2 W5 2W ,所以二面角P-BC-D的正切值为2 9 9 P B ① (3)如图②，由展开图可知，B关于CD的对称点为B,DB= 2 BB=3,由勾股定理可得AB'=7,PB=2,当A,C,H,B'共线 时，周长最短， 此时(PG+CH+B+PB)=AB'+PB=√7+VO 2 7.(1)证明：在△ABC中，AB=BC=2,AC=2W万，所以AB2+BC2=AC2, 所以AB⊥BC.又因为点D,E分别为边AB,AC的中点， 所以DE/BC,DE=BC=1,DE1AB,所以DE⊥BD,DE⊥PD. 所以BC⊥BD,BC⊥PD. 又因为BD∩PD=D,BD,PDC平面PBD,所以BC⊥平面PBD, 学霸081专题探究11立体 1.（2024·山东菏泽高一月考)在正方体 ABCD-AB1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及 其边界上运动，并且总保持AP⊥BD,则动 点P的轨迹是 ( A.线段B,C B.线段BC1 C.BB,中点与CC,中点连成的线段 D.CB中点与B,C,中点连成的线段 2.（2024·湖南常德高一期末)如图，三棱 柱ABC-AB,C1中，AB=4,AC=3,BC= 5,AA1=6,D为CC1的中点，E为BB1上一点， BB=3BE,∠ACD=120°，M为侧面AA1C1C 上一点，且BM∥平面ADE,则点M的轨迹的 长度为 A.2 B.3 C.√2 D.1 3.如图，已知正六棱锥P-ABCDEF的侧棱长为 6,底面边长为3，Q是底面上一个动点，PQ≤ 4√2，则点Q所形成区域的面积为（) A.4T B.5T C.6T D.7m 4.（2024·安徽铜陵高一期末)截交线，是平面 与空间形体表面的交线，它是画法几何研究 的内容之一.当空间形体表面是曲面时，截交 线是一条平面曲线；当空间形体表面由若干 第13章 几何中的轨迹问题 个平面组成时，截交线是一个多边形.已知正 三棱锥O-ABC,满足OA⊥OB,OB⊥OC,OA⊥ OC,OA=3,点P在△ABC内部（含边界）运 动，且IOP|=√6，则点P的轨迹与这个正三 棱锥的截交线长度为 () B.2m 2 c D.π 5.（2024·江苏泰州高一月考)棱长为2的正方 体ABCD-AB1C1D1中，M,N分别为BD,C1B, 的中点，点P在正方体ABCD-A,B,C,D,的表 面上运动，若MP⊥CN,则AP的最大值为 () A.2 B.33 2 C.3 D.④7 2 6.(2024·黑龙江齐齐哈尔高一期末)如图，在 棱长为3的正方体ABCD-AB,CD1中，点P 是平面A,BC1内一个动点，且满足 PD+PB,=2+√13，则点P的轨迹长度 为 D Dj- (第6题) (第7题) 7.（2024·安徽六安高一期中)如图，在边长为4 的正方体ABCD-AB,C1D1中，E为BC的中 点，点P在正方体的表面上移动，且满足BP⊥ D1E,当点P在CC1上时，AP= .设 点B,和满足条件的所有点P构成的平面图 形为2，则直线BP与平面2所成角正弦值的 取值范围是 学霸121 专题探究12立体儿何中的展开与折叠问题 1.（2024·山西运城高一月考)已知三棱锥 A.按照折法①，三棱锥D,-ABC的外接球表 P-ABC的底面ABC是边长为1的等边三角 面积恒为4 形，PA⊥平面ABC且PA=√3，一只蚂蚁从 B.按照折法①，存在D1满足AB⊥CD △ABC的中心沿表面爬至点P,则其爬过的 C.按照折法②，三棱锥A,-BCD体积的最大 路程最小值为 A. B. 3 3 D.37 雀为。 3 D.按照折法②，存在A,满足A,C⊥平面 2.（多选)(2024·江苏扬州高一月考)如图①， A,BD,且此时BC与平面ABD所成线面 在等腰梯形ABCD中，AB∥CD,EF⊥AB,CF= 角的正弦值为3 6 EF=2DF=2,AE=3,EB=4,将四边形AEFD 沿EF进行折叠，使AD到达A'D'位置，且平 4.(2024·浙江绍兴高一期中) 面A'D'FE⊥平面BCFE,连接A'B,D'C,如 如图，圆柱形开口容器（下表 图②，则 面密封)，其轴截面ABCD是 边长为2的正方形.现有一只 蚂蚁从外壁A处出发，沿外壁先爬到上口边 沿，再沿内壁爬到BC的中点P处，则它所需 经过的最短路程为 A.BE⊥A'D 5.（2024·广东珠海高一月考)如图①，等腰 B.平面A'EB∥平面D'FC △AFA1中，FA=FA1=5,AA1=8,点B,C,D为 C.多面体A'EBCD'F为三棱台 线段AA,的四等分点，且BE∥CF∥DG.现沿 D.直线A'D与平面BCFE所成的角为T BE,CF,DG折叠成图②所示的几何体，使 ∠BCD=60° 3.(多选)(2024·山东青岛高一期末)如图，在 四边形ABCD中，△ACD和△ABC是全等三 (1)证明：AE∥平面DCFG; (2)求几何体BCD-EFG的体积 角形，AB=AD,∠ABC=90°，∠BAC=60°，AB= 1.下面有两种折叠方法将四边形ABCD折成 三棱锥折法①：将△ACD沿着AC折起，得到 三棱锥D,-ABC,如图①.折法②：将△ABD沿 着BD折起，得到三棱锥A1-BCD,如图②.下 列说法正确的是 必修第二册·SJ学霸122