专题12 动点、轨迹与探索性问题常考6题型（期中专项训练）高一数学下学期人教A版

命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题12 动点、轨迹与探索性问题 题型归纳·内容导航 题型1平行关系下的动点问题（常考点） 题型4等角关系下的动点问题 题型2垂直关系下的动点问题（重点） 题型5条件探索型问题 题型3等距关系下的动点问题（常考点） 题型6存在探索型问题（重点) 题型通关·靶向提分 题型一平行关系下的动点轨迹（共4小题） 1.(多选)(24-25高一下河南期中)如图，正方体ABCD-A,B,CD,的棱长为4，F是4B 的中点，点P为正方形BB,CC内一动点（含边界），则下列说法正确的是（) D B D B A.四棱锥P-AADD的体积为定值 B.当AP=8V3时，点P的轨迹长度为43m 3 C.当直线AP与平面B,CC所成的角为时，则点P的轨迹长度为2π D.若直线PF11平面AC,D,则点P的轨迹长度为22 2.(多选)(24-25高一下广东惠州期末)如图，在棱长为4的正方体ABCD-A,B,C,D,中， P为棱BB,的中点，点Q满足C2=CB,+uCC(2∈[0，，μ∈[0,1)，则下列说法中正确的 是() 1/10 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D B D C B A.AC1⊥平面APD B.若D,Q∥平面A,PD,则动点Q的轨迹长度为2√2 c.若元+u= 2,则四面体DPQA的体积为定值 D.平面APD截正方体的截面面积为18 3.(24-25高一下内蒙古呼伦贝尔·月考)如图，棱长为1的正方体ABCD-A'B'CD'中，E, F分别为AD,AB的中点，点G在上底面A'B'CD'(含边界)上运动，若满足BC//平面EFG, 则点G的轨迹长度为 D G A B 、、 F B 4.(24-25高一下.湖南·期末)如图，在棱长为3的正方体ABCD-A,B,CD,中，M为棱DD 上一点，满足MD=1,F为正方形AA,DD内一动点（含边界），且满足B,F/I平面BC,M, 则线段B,F长度的取值范围为 D -- B F M D B 题型二垂直关系下的动点轨迹（共7小题） 2/10 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 5.(2025湖北.二模)在长方体ABCD-A,B,C,D,中，AB=BC=2,BB1=1,点M是平面 B,CDA,内的动点，且MA⊥MC,则MC的最大值为() A.2V5 8.3V5 C.45 D.6V5 5 5 5 6.(多选)(24-25高一下安徽合肥期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中， M为B,C的中点，P为线段B,D,上动点（包括端点），则下列说法中正确的是() D D B A.存在P点使得MP∥平面ADB B.直线BM与平面BDD,&所成角正弦值为0 10 C.AP+MP的最小值为V7+25 D.若点Q在正方体ABCD-A,B,C,D,表面上运动（包含边界），且MQ⊥AC,则点Q 的轨迹长度为6√2 7.(多选)(24-25高一下辽宁沈阳期末)如图，在长方体ABCD-A,B,C,D,中， AB=√2BC=√2CC,=2√2，动点M在长方体的表面上运动（含边界），且BD,⊥MC,点 M的轨迹形成的封闭图形为2，则() D C A By D A.点M的轨迹长度为2v6+2√2 B.AB,与2所在平面所成角的正弦值为 6 C.2所在的平面将长方体分成的大小两部分体积比为12：1 3/10 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D.若BD,与Q所在的平面交于点E,则ED； BE 1 8.(2027高三·全国专题练习)如图，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，AC=BC,AB=AA, D是AB的中点，点F在BB,上，记B,F=1BF,若AB,⊥平面CDF,则实数1= B C B 9.(24-25高一下.黑龙江双鸭山·月考)己知四棱柱ABCD-A,B,CD的底面为菱形，A4⊥底 面ABCD,AA=4,AB=6,∠BCD=60°，点M是线段BC上靠近C的三等分点，动点 N在四棱柱ABCD-A,B,C,D,的表面，且MN⊥BD,则动点N的轨迹长度为 10.(25-26高三下广东深圳月考)如图，平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC. D (1)求证：PA⊥平面ABC: (2)点E在侧面PBC(含边界)上运动，若平面PAC⊥平面PAB, AP=AB=AC=√2AE=1,求E的轨迹长度. 11.(24-25高一下.安微宣城期末)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，PA=4,平 面PAB⊥平面ABCD,平面PAD⊥平面ABCD. 4/10 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A 以D (1)求证：PA⊥平面ABCD; (2)求二面角A-PD-B的余弦值： 3)点M在正方形ABCD内（包括边界），若平面PAM⊥平面PDM,且∠ADM [引 点M的轨迹长度. 题型三等距关系下的动点轨迹（共6小题） 在棱长为1的正方体ABCD-A,B,C,D,中，P为棱BB的中点，Q为正方体ABCD-A,B,C,D 表面上的一动点（含边界），则下列说法中正确的是() D B D C A. 三棱锥P-A,D,D外接球的表面积为 41π 16 B.若DQ11平面APD,则动点Q的轨迹是一条线段 C.若PQL平面4PD,则动点Q的轨迹的长度为5 D.若DQ=万，则动点Q的轨迹长度为号 13,(多选)(24-25高一下山东·期中)在正四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，A4=2AB=4,P 、Q分别为棱CD、DD,的中点，点E满足AE=1AB,,1∈[O,1,动点F在矩形ADD,A内 部及其边界上运动，且满足PF=√5，点M在棱AA,上，将△ADM绕边AD旋转一周得到几 何体Ω，则() 5/10 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D B B A.以正四棱柱ABCD-A,B,C,D,的上下底面的内切圆为底且与正四棱柱等高的圆柱的侧 面积，与正四棱柱的外接球的表面积之比为1：3 B.动点F的轨迹长度为2π C.存在E,F,使得EF∥平面A,BC D.当动点F的轨迹与几何体2只有一个公共点时，几何体2的侧面积为83元 14.(多选)(24-25高一下.河南郑州期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA上面ABCD, 4D1CD,4D1BC,8C=6,PA=AD=2,CD=4,点E满足E=号P丽，则下列结 论正确的是（. E C A.BC⊥平面PCD B.AE/I平面PCD C.异面直线AB与PD所成的角为 D.点Q为底面ABCD内一动点，若P四与底面所成的角为无，则点Q的轨迹长度为 3V3元 2 15.(2026高一全国.专题练习)如图，在正方体ABCD-A'B'CD'中，P是空间一动点，若 点P到直线AD,CD',BB'的距离相等，则动点P的轨迹是 6/10 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D' G B' P F C E 16,(25-26高一上·湖南邵阳·期末)已知正三棱台ABC-A,B,C,的上、下底面边长分别为1 和3，侧棱长为2，点M在侧面BCC,B,内运动（包含边界），且直线AM与平面BCCB,所 成角的正切值为√6，则动点M的轨迹长度为。 17.(25-26高三下广东深圳月考)如图，平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC. .E A (1)求证：PA⊥平面ABC; (2)点E在侧面PBC(含边界)上运动，若平面PAC⊥平面PAB, AP=AB=AC=V2AE=1,求E的轨迹长度 题型四等角关系下的动点轨迹（共2小题） 18.(2027高三.全国.专题练习)如图，点P是棱长为1的正方体ABCD-A,B,C,D,表面上的 一个动点，直线AP与平面ABCD所成的角为60°，则点P的轨迹长度为 D C P A 8 C A B 7/10 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D D A B 则点P的轨迹长为2 3 +x2m× 54V5,√5π 3 3 6 D ⊙ 故答案为： 45,5元 3 6 19.(2025陕西咸阳·二模)在正方体ABCD-A,B,CD1中，E为AD的中点，F为底面 ABCD上一动点，EF与底面ABCD所成的角为日，若si血n0-cos9=5-L,且该正方体的 2 外接球的体积为4√3π，则动点F的轨迹长度为 题型五条件探索型问题（共3小题） 20.(24-25高一下.甘肃白银，期末)如图，己知在正方体ABCD-A,B,C,D,中，P,Q分别为 对角线BD,CD上的点， Cg_BP=(0<元<1. OD PD D B A A B (1)求证：PQ//平面BCCB. 2若R是AB上的点，当 AB 的值为多少时（用入表示），能使平面PQR∥平面A,D,DA?请 给出证明， 21.(23-24高一下.湖南邵阳·期中)知正方体ABCD-A,B,C,D,中，P、Q分别为对角线BD 、CD,上的点，且 COBP3 OD PD 5 8/10 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D C B A D P (1)求证：PQ/平面ADDA; (2)若R是AB上的点， 4的值为多少时，能使平面PQRW平面4D,D4?请给出证明。 A 22.(24-25高一下.河北雄安，期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD为菱 形，∠BAD=60°，AC与BD交于点O,P0⊥平面ABCD,PO=√3，点M为PB的中点， 点E是线段AD上的动点.当EM/平面PCD时，DE=1. (1)求AD: (2)求点D到平面PBC的距离； B)设DE=元，探究当2为何值时，直线PE与平面PBC所成的角最大. AD 题型六存在探索性型问题（共5小题） 23.(24-25高一下·安微安庆·月考)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形， BCMD,BC=AD,面PBC∩面PAD=1,E是PD的中点. M B (1)求证：1∥AD; (2)若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N,使MN//平面PAB？说明理由. 9/10 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 24.(2026重庆模拟预测)如图所示，在长方体ABCD-EFGH中，AB=2√2，AD=4, AE=√3，点M在棱EH上，点P在棱FG上，且EM=GP=1. B M (1)证明：MP⊥BH; (2)求直线BH与平面BMP所成角的余弦值； (3)在棱FP上是否存在点Q,使得Q到平面BMP的距离与Q到平面BFM的距离相等？若存 在，求出FQ的长；若不存在，说明理由. 25.(24-25高一下贵州·月考)如图，在正方体ABCD-A,BC,D,中，点G,E,F,P分别 为棱AB,DG,BC,，A4的中点，点M是棱4D上的一点，且MD=3AD D E M A B G (1)求证：D,B,F,E四点共面： (2)求证：D,GW平面DBFE; E)陵AB上是否存在一点N使平面PMNI平面DFE?若存在，求8 的值；若不存在， 请说明理由. 10/10 专题12 动点、轨迹与探索性问题 题型1 平行关系下的动点问题（常考点） 题型4 等角关系下的动点问题 题型2 垂直关系下的动点问题（重点） 题型5 条件探索型问题 题型3 等距关系下的动点问题（常考点） 题型6 存在探索型问题（重点） 题型一 平行关系下的动点轨迹（共4小题） 1．（多选）（24-25高一下·河南·期中）如图，正方体的棱长为4，F是的中点，点P为正方形内一动点（含边界），则下列说法正确的是（   ） A．四棱锥的体积为定值 B．当时，点P的轨迹长度为 C．当直线AP与平面所成的角为时，则点P的轨迹长度为 D．若直线平面，则点P的轨迹长度为 【答案】ACD 【详解】对于A，点到侧面的距离即为，， ，四棱锥的体积为定值，A正确； 对于B，由平面，平面，得， 则， 点的轨迹是以点为圆心，为半径的四分之一圆，其轨迹长度为，B错误； 对于C，由与平面所成的角为，则为等腰直角三角形， ，则点的轨迹是以点为圆心，为半径为半径的四分之一圆， 其轨迹长度为，C正确； 对于D，取的中点，连接，由为的中点，得， 由平面，平面，得平面， 由且，得四边形为平行四边形，则， 而，则，由平面，平面，得平面， 由，平面，得平面平面， 当点在线段上运动时，平面，则平面， 因此点的轨迹为线段，其长度为，D正确. 故选：ACD 2．（多选）（24-25高一下·广东惠州·期末）如图，在棱长为的正方体 中，为棱的中点，点满足 ，则下列说法中正确的是 （    ） A．平面 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．若，则四面体的体积为定值 D．平面截正方体的截面面积为 【答案】BCD 【分析】对于A，运用反证法思路，假设结论成立，经过推理得到平面，与事实矛盾，排除A；对于B，利用动线构造平面平面与平面平行，即可判断点的轨迹为线段，求出其长度可判断B；对于C，由推理得到、、三点共线，而平面，故得四面体的体积为定值，可判断C；对于D，取的中点，连接、，分析出截面为梯形，求其面积，可判断D. 【详解】对于A，如图1，假设平面，因平面则①； 因为四边形为正方形，可得， 又平面，平面，则, 又，、平面，故平面， 因平面，故②， 又，、平面，故由①②可得平面， 显然该结论不成立，故错误；    对于B，如图2，分别取、中点、，连接、、， 因为，，、分别为、的中点， 所以，， 故四边形为平行四边形，故，， 又因为，，所以， 即四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，故平面③， 因为、分别为、的中点，所以， 因为，，故四边形为平行四边形， 则，故， 因为平面，平面，所以平面④， 因为，、平面， 由③④可得平面平面， 而平面，则点在平面内，而点又在平面内， 故点的轨迹为线段， 其长度为，B正确； 对于C，，，， 因为，，即， 所以， 即，即，故、、三点共线， 所以点在上，而，且平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值， 所以四面体的体积为定值，正确； 对于D，取的中点，连接、，如下图所示： 因为、分别为、的中点，故， 又因为，故， 且， 由勾股定理可得， ， 所以， 因为，故， 故， 因为，故， 所以， 因此，平面截正方体的截面面积为， D正确. 故选：BCD. 3．（24-25高一下·内蒙古呼伦贝尔·月考）如图，棱长为1的正方体中，E，F分别为AD，AB的中点，点G在上底面（含边界）上运动，若满足平面EFG，则点G的轨迹长度为______． 【答案】 【详解】取，，，的中点分别为，，，， 连接，，，，，，， 因为，分别为，的中点，所以， 同理可得， 因为，，所以四边形是平行四边形，可得， 所以，同理可证明，， 所以，，，，，共面， 因为，面，面， 所以平面， 若平面，则点在平面内， 又因为点在上底面（含边界）， 所以点在面与面的交线上， 所以点在线段上，则点轨迹长度为. 故答案为：. 4．（24-25高一下·湖南·期末）如图，在棱长为3的正方体中，为棱上一点，满足，为正方形内一动点（含边界），且满足平面，则线段长度的取值范围为______.    【答案】 【分析】在取点，使得，连接，分别证得平面和平面，得到平面平面，得到在线段上，根据为等腰三角形，即可求解. 【详解】如图所示，分别在取点，使得， 连接，可得， 在正方体中，可得，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又由，且，可得为平行四边形，可得， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面，且为正方形内一动点，所以在线段上， 在中，可得， 在中，可得，且， 所以为等腰三角形，取的中点，连接， 在中，可得， 所以的最短距离为，最长距离为， 所以线段长度的取值范围为. 故答案为：.    题型二 垂直关系下的动点轨迹（共7小题） 5．（2025·湖北·二模）在长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先确定点所在的截面圆，通过面面垂直找到球心到截面的距离，进而求出截面圆半径，再结合点与截面圆的位置关系求出的最大值. 【详解】如图，连接AC，由，得，    由可知点在以AC的中点为球心，为半径的球面上． 而又在平面内，故为平面与球的截面圆上的动点. 取CD的中点E，AB的中点的中点，连接， 则由长方体的性质得平面且三角形为直角三角形， 而平面，所以平面平面EFG， 作于，因平面平面， 平面，故平面，故为截面圆的圆心. 又， 故截面圆的半径为， 即点在以为圆心，为半径的圆上， 而既在球面上，又在平面内，故在截面圆上， 故的最大值即为截面圆的直径，则的最大值为． 故选：D． 6．（多选）（24-25高一下·安徽合肥·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（    ）    A．存在点使得平面 B．直线与平面所成角正弦值为 C．的最小值为 D．若点在正方体，表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】利用面面平行的判定推理平面平面，然后利用直线与平面相交判断A；利用定义法作出线面角，并在直角三角形中求出线面角的正弦判断B；把三角形与三角形置于同一平面内，利用余弦定理求出线段长判断C；先利用线面垂直的判定推理平面，取棱的中点利用面面平行的判定推理得平面平面，进而平面，从而求出点的轨迹为正六边形，求解周长即可判断D． 【详解】对于A：先证平面平面，由正方体性质可知，且， 且，所以四边形和均为平行四边形， 所以，，因为平面， 在平面外，所以平面，平面， 又平面，，所以平面平面， 又为的中点，为线段上动点（包括端点）， 所以直线与平面相交，从而直线与平面相交，故A错误； 对于B：连接，则，由平面，平面， 得，又，，平面， 则平面，过作交于，连接， 于是平面，是直线与平面所成的角，，，所以，故B正确；    对于C，把三角形与三角形置于同一平面内，连接， 则的最小值为， 在中，，， ， 由余弦定理得，C正确；    对于D，由正方体的性质知平面，平面，所以， 因为四边形为正方形，所以，平面， 所以平面，平面，所以， 同理可得，平面，故平面； 如图，    取棱的中点分别为， 连接，可得六边形为正六边形， 而，平面，平面，故平面， 同理可证平面，，，平面， 故平面平面，所以平面， 即过点且与垂直的平面截正方体所得截面即为正六边形，边长为， 其周长为，所以点的轨迹为正六边形，则点的轨迹长度为，D正确． 故选：BCD 7．（多选）（24-25高一下·辽宁沈阳·期末）如图，在长方体中，，动点M在长方体的表面上运动（含边界），且，点M的轨迹形成的封闭图形为，则（   ） A．点M的轨迹长度为 B．与所在平面所成角的正弦值为 C．Ω所在的平面将长方体分成的大小两部分体积比为 D．若与所在的平面交于点E，则 【答案】ABD 【分析】对于A，取的中点，证明平面，即可确定点M的轨迹形成的封闭图形即为，求出的周长即可判断；对于B，先求出点到所在平面的距离，则与所在平面所成的角的正弦值根据计算即可判断；对于C，先求出三棱锥及长方体的体积，再求出除去三棱锥剩余部分的体积，即可求出大小两部分体积的比值，即可判断；对于D，先确定点E的位置，再通过两次三角形相似即可求出的值，即可判断. 【详解】 对于A，如图所示，取的中点，连接， 连接与交于点. 当点在平面上时， 因为平面，平面，所以. 由已知平面为正方形，则，，所以平面， 因为平面，所以， 若，则点在平面上的轨迹为，长度为； 当点在平面上时， 因为平面，平面，所以. 因为，所以， 所以，所以， 所以，即， 因为，所以平面， 因为平面，所以， 若，则点在平面上的轨迹为，长度为； 因为，所以平面， 所以点M的轨迹形成的封闭图形即为， 因为，所以点M的轨迹长度为，故A正确； 对于B，设点到所在平面的距离为， 可知，等腰的面积为， 则由可得，解得. 又， 设与所在平面所成的角为，则， 所以与所在平面所成角的正弦值为，故B正确； 对于C，因为三棱锥的体积 ， 而长方体的体积， 所以除去三棱锥剩余部分的体积为， 所以所在的平面将长方体分成的大小两部分体积比为，故C错误； 对于D，连接与交于点，则为平面与平面的交线， 则点即为与所在的平面交点， 由，可知，即， 由，可知，故D正确. 故选：ABD 8．（2027高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，，，是的中点，点在上，记，若平面，则实数________． 【答案】1 【详解】由题意可得，，，，平面， 所以平面. 又平面， 所以，作交于点（如图）， 连接，，此时平面， 在矩形中，，所以四边形是正方形， 所以，. 又为的中点，所以为的中点，， 因为，所以． 故答案为：1． 9．（24-25高一下·黑龙江双鸭山·月考）已知四棱柱的底面为菱形，底面，，，，点是线段上靠近的三等分点，动点在四棱柱的表面，且，则动点的轨迹长度为________． 【答案】 【分析】在AB上取点F，使得，连接MF，在上取点G，使得，连接，通过证明平面，说明的边即为点N的轨迹，求出的周长即可得解. 【详解】 四棱柱的底面为菱形，， 底面，，底面， 底面，， ， 平面，平面，. 如图所示，在AB上取点F，使得，连接MF， 则，， 在上取点G，使得，连接， 设MF与BD的交点为O，连接GO， 在中，，，， 在中，，，， ，故，， ，平面， 的边即为点N的轨迹. 在中，，，由余弦定理可得， 在中，， ，， 动点N的轨迹长度为. 故答案为： 10．（25-26高三下·广东深圳·月考）如图，平面平面，平面平面． (1)求证：平面； (2)点E在侧面（含边界）上运动，若平面平面，，求E的轨迹长度． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【详解】（1）在平面内取与点不重合的点，在此平面内作于， 由平面平面，平面平面，得平面， 而平面，则，同理，而平面， 所以平面. （2）由平面平面，平面平面，平面平面， 得直线两两垂直，由，得， ，令点到平面的距离为，由， 得，则， 由，得点的轨迹是以点为球心，为半径的球面， 又点E在侧面（含边界）上运动，因此点的轨迹是球被平面所截小圆在及内部， 此小圆半径，而正的内切圆半径为， 所以点的轨迹是正的内切圆，轨迹长度为. 11．（24-25高一下·安徽宣城·期末）如图，四边形是边长为2的正方形，，平面平面，平面平面. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点M在正方形内（包括边界），若平面平面，且，求点M的轨迹长度. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3) 【详解】（1）四边形是边长为2的正方形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，平面， 所以平面； （2）过作于，连接， 由（1）可知平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面，平面， 所以，所以为二面角的平面角， 因为，，所以， 又，所以，解得， 在中，， 所以， 所以二面角的余弦值为； （3）以为直径在正方形内作一个半圆，在该半圆圆上任取点，连接， 则，又因为平面；平面， 所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， 所以点M的运动轨迹为此半圆， 设的中点为，连接，因为，所以， 所以根据扇形的弧长公式得点M的运动轨迹长度为. 题型三 等距关系下的动点轨迹（共6小题） 12．（2026·湖北黄冈·二模）如图， 在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中正确的是（   ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．若平面，则动点的轨迹的长度为 D．若，则动点的轨迹长度为 【答案】A 【分析】三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，利用正弦定理可得的外接圆半径，再利用外接球性质可求出外接球半径，再利用表面积公式计算即可得A；取与中点、，利用面面平行性质定理可得平面平面，则可得B；取靠近点的四等分点，利用线面垂直判定定理可得平面，则可得动点的轨迹为线段，计算出即可得C；由对称性，可假设平面，利用线面垂直性质定理与勾股定理可得，即可得在平面内轨迹，同理可得点所有轨迹，即可得D. 【详解】对于A：由四边形为正方形， 故三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为R，的外接圆半径为， ， 故， 又，则， 故，，因为平面， 故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上， 则，即， 故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确， 对于B：取与中点、，连接、、， 由正方体性质可得，， 又平面，平面，故平面， 平面，平面，故平面， 又，、平面，故平面平面， 由平面，则点的轨迹是除去点，故B错误； 对于C：取靠近点的四等分点，连接， 由正方体性质可得平面，又平面，故， 由，，故与相似， 则，故 ， 故，又，、平面， 故平面，又平面，故动点的轨迹为线段， ，故C错误； 对D：若平面，因为平面，平面， 故，由，则， 即点的轨迹为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 同理可得，点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 故其轨迹长度为，故D错误. 13．（多选）（24-25高一下·山东·期中）在正四棱柱中，，、分别为棱、的中点，点满足，，动点在矩形内部及其边界上运动，且满足，点在棱上，将绕边旋转一周得到几何体，则（    ） A．以正四棱柱的上下底面的内切圆为底且与正四棱柱等高的圆柱的侧面积，与正四棱柱的外接球的表面积之比为 B．动点的轨迹长度为 C．存在，，使得平面 D．当动点的轨迹与几何体只有一个公共点时，几何体的侧面积为 【答案】ACD 【详解】对于A，圆柱的底面圆半径，圆柱的侧面积， 正四棱柱的外接球直径， 此球的表面积，，A正确； 对于B，在正四棱柱中，，， 则，而，则点是以点为圆心为半径的四分之一圆， 动点F的轨迹长度，B错误； 对于C，连接，在上取点，过点作的平行线交于点， 再过点作的平行线，与的轨迹相交，令交点为，而， 则，又平面，平面，则平面， 同理平面，又，因此平面平面， 平面，故平面，C正确； 对于D，几何体是以为旋转轴，为母线的圆锥， 当动点的轨迹与几何体只有一个公共点时，圆锥与平面的交线与所在的圆弧相切， 由，得，由，则， 解得，该圆锥的底面半径， 所以几何体的侧面积，D正确. 故选：ACD 14．（多选）（24-25高一下·河南郑州·期末）如图，在四棱锥中，面，，，，，，点E满足，则下列结论正确的是（    ）． A．平面 B．平面 C．异面直线与所成的角为 D．点Q为底面内一动点，若与底面所成的角为，则点Q的轨迹长度为 【答案】BC 【分析】A应用反证思想，假设平面，得到，再由得到矛盾；B过作，得，结合线面平行的判定即可判断；C过作，则异面直线与所成角，即为与所成角，根据已知并利用余弦定理、向量数量积的运算律等求的大小即可；D首先确定的轨迹是平面内，以为圆心，为半径的圆弧上，进而求轨迹长，即可判断. 【详解】A：若平面，平面，则，又，故， 而面，面，则， 由于直线外一点与直线垂直的直线有且仅有一条，故有矛盾，错； B：过作，，则， 又，则，且，所以， 故为平行四边形，则，平面，平面， 所以平面，对； C：过作，则异面直线与所成角，即为与所成角， 面，面，则， 由题设为平行四边形，则，故，， 由，， 而，，故， 所以， 所以，则，对； D：若与底面所成的角为，面，，则的轨迹是平面内，以为圆心，为半径的圆弧上， 由上分析易知，，且到的距离， 故的轨迹与的交点为，则，所以， 所以，故，则轨迹长度在之间， 显然不在该范围内，错. 故选：BC 15．（2026高一·全国·专题练习）如图，在正方体中，是空间一动点，若点到直线的距离相等，则动点的轨迹是______. 【答案】直线 【详解】因是正方体中两两互相异面垂直的棱所在直线， 由对称性及地位等同性知：轨迹是体对角线所在的直线． 16．（25-26高一上·湖南邵阳·期末）已知正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，点在侧面内运动（包含边界），且直线与平面所成角的正切值为，则动点的轨迹长度为______． 【答案】 【详解】将正三棱台补全为三棱锥， 则三棱锥为棱长为3的正四面体， 如图（一）所示.设点在侧面的射影为点，可得， 取点为的中点，可求得，，， 为的中心， 又直线与平面所成角的正切值为，所以， 在等腰梯形内（含边界），动点的轨迹为到的距离为1的圆弧与圆弧， 为的中心， 由对称性可知为正六边形， ，， 如图（二）所示，所以动点的轨迹长度为．    故答案为：． 17．（25-26高三下·广东深圳·月考）如图，平面平面，平面平面． (1)求证：平面； (2)点E在侧面（含边界）上运动，若平面平面，，求E的轨迹长度． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【详解】（1）在平面内取与点不重合的点，在此平面内作于， 由平面平面，平面平面，得平面， 而平面，则，同理，而平面， 所以平面. （2）由平面平面，平面平面，平面平面， 得直线两两垂直，由，得， ，令点到平面的距离为，由， 得，则， 由，得点的轨迹是以点为球心，为半径的球面， 又点E在侧面（含边界）上运动，因此点的轨迹是球被平面所截小圆在及内部， 此小圆半径，而正的内切圆半径为， 所以点的轨迹是正的内切圆，轨迹长度为. 题型四 等角关系下的动点轨迹（共2小题） 18．（2027高三·全国·专题练习）如图，点是棱长为1的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为________． 【答案】 【详解】因为直线与平面所成的角为，所以点的轨迹在以为顶点，底面圆的半径为，高为1的圆锥的侧面上， 又因为点是正方体表面上的一个动点， 所以点的轨迹如图所示， 则点的轨迹长为． 故答案为：． 19．（2025·陕西咸阳·二模）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】 【分析】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. 【详解】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. 故答案为：.     题型五 条件探索型问题（共3小题） 20．（24-25高一下·甘肃白银·期末）如图，已知在正方体中，P，Q分别为对角线，上的点，. (1)求证：平面. (2)若R是上的点，当的值为多少时（用表示），能使平面平面?请给出证明. 【答案】(1)证明见解析；(2)的值为，证明见解析 【详解】（1）如图，连接并延长，与的延长线交于点， 则平面和平面的交线为. 因为四边形为正方形，所以， 故，所以. 又因为，所以，所以. 因为平面，平面，所以平面. 又平面平面，故平面. （2）当的值为时，能使平面平面. 证明：如图，因为，即， 又，所以. 因为平面，平面，所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面. 21．（23-24高一下·湖南邵阳·期中）知正方体中，、分别为对角线、上的点，且 (1)求证：平面； (2)若是上的点，的值为多少时，能使平面平面？请给出证明. 【答案】(1)证明见解析；(2)当的值为时，能使平面平面，证明见解析 【详解】（1）连结并延长与的延长线交于点， 因为四边形为正方形，所以， 故，所以， 又因为，所以， 所以. 又平面，平面， 故平面. （2）当的值为时，能使平面平面. 证明：因为，即有，故.所以. 又平面，平面，所以平面， 又平面，，平面， 所以平面平面. 22．（24-25高一下·河北雄安·期末）如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD为菱形，，AC与BD交于点O，平面ABCD，，点M为PB的中点，点E是线段AD上的动点.当平面PCD时，. (1)求AD； (2)求点D到平面PBC的距离； (3)设，探究当为何值时，直线PE与平面PBC所成的角最大. 【答案】(1)2；(2)；(3). 【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连接，由点M为PB的中点， 得，点在菱形边上，则， 平面平面，而平面，平面， 因此，四边形为平行四边形，， 所以. （2）在菱形中，，则，由平面， 平面，得，， ，， ，设点D到平面的距离为，由， 得，即，解得， 所以点D到平面的距离为. （3）设直线PE与平面所成的角为，由，平面，平面， 得平面，则点到平面的距离等于点D到平面的距离， 因此，函数对锐角是递增的，要使最大，当且仅当最小，即， 而平面，平面，则，又， 平面，于是平面，而平面，则， ，， 所以当时，直线PE与平面所成的角最大. 题型六 存在探索性型问题（共5小题） 23．（24-25高一下·安徽安庆·月考）如图所示，在四棱锥中，底面为梯形，，，面面，是的中点. (1)求证：； (2)若是线段上一动点，则线段上是否存在点，使平面？说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在，理由见解析 【详解】（1）在梯形中，，又面，面， 面，面，面面，， ，. （2）取中点，连接，， ，分别为，的中点， ，平面，平面， 平面， 取的中点，连接，则，则，且， 所以四边形为平行四边形，则， 因为平面平面， 所以平面，，、平面，平面平面， 是上的动点，平面，平面， 当为中点时，平面. 24．（2026·重庆·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得到平面的距离与到平面的距离相等？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在符合题意的点， 【详解】（1）证明：连接交于点，， ，故为菱形， 故，由长方体得平面， 由平面，知； 由，平面，平面， 知平面，由平面，知. （2）如图所示，连接，由（1）知，平面， 又由平面，平面平面，交线为， 故点在平面的投影必在直线上， 故直线与平面所成角即为， 在中，， ，， 故由余弦定理得， 即直线与平面所成角的余弦值为； （3）假设存在点满足条件，记到平面的距离到平面的距离， 则，由（1）（2）知， ，故；则， 另一方面， 故，综上所述，存在符合题意的点，. 25．（24-25高一下·贵州·月考）如图，在正方体中，点G，E，F，P分别为棱，，，的中点，点M是棱上的一点，且    (1)求证：D，B，F，E四点共面； (2)求证：平面； (3)棱上是否存在一点N使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)存在， 【详解】（1）连接，因为点E，F分别为棱，的中点，所以，    又在正方体中且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以，所以D，B，F，E四点共面； （2）连接、分别交于点H、O，连接， 在正方体中，且， 所以，则， 同理可得， 所以，所以， 又平面，平面，所以平面； （3）存在，且，理由如下： 因为， 所以， ， 又， ， 平面，平面， 平面， 延长交于，延长交于，连接，     为中点，易得， ， 分别为的中点，易得， ，， ，又，即， 四边形为平行四边形， ， 又平面，平面， 所以平面， 又平面， 平面平面， 所以时，平面平面． 1 / 34 学科网（北京）股份有限公司 $