立体几何初步（二）（祖暅原理、几何体最短距离及几何体动点轨迹问题）训练-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

立体几何初步（二） 立体几何初步（二） 1 考点1：祖暅原理 1 考点2：几何体最短距离问题 3 考点3：几何体动点轨迹问题 6 1 学科网（北京）股份有限公司 立体几何初步（二） 考点1：祖暅原理 1．我国南北朝时期的伟大科学家祖暅于5世纪末提出了下面的体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”．这就是“祖暅原理”．祖暅原理用现代语言可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面的面积都相等，由此得到新几何体与半球的体积相等，即．现将椭圆绕轴旋转一周后得到如图3所示的椭球，类比上述方法，运用祖暅原理可求得该椭球的体积为（    ）    A． B． C． D． 2．祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”.这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为（    ） A． B． C． D． 3．中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，但刘徽未能求得牟合方盖的体积，约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等．图1为棱长为r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为r的正方体的八分之一，图3是底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的顶点作的正四棱锥，由祖暅原理计算知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 4．中国南北朝时期数学家､天文学家祖冲之､祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（    ） A．24 B． C． D． 5．用两个平行平面去截球体，把球体夹在两截面之间的部分称为球台．根据祖暅原理（“幂势既同，则积不容异”），推导出球台的体积，其中分别是两个平行平面截球所得截面圆的半径，是两个平行平面之间的距离．已知圆台的上、下底面的圆周都在球的球面上，圆台的母线与底面所成的角为，若圆台上、下底面截球所得的球台的体积比圆台的体积大，则球O的表面积与圆台的侧面积的比值的取值范围为__________． 考点2：几何体最短距离问题 1．（多选）如图所示，圆锥的底面半径，高，是底面圆周的一条直径，M为底面圆周上与B不重合的一点，则下列命题正确的是（    ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的表面积为 C．的面积的最大值是 D．有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A爬行到点B，则蚂蚁爬行的最短距离为 2．（多选）如图，圆台，在轴截面ABCD中，，下面说法正确的是（    ） A．线段 B．该圆台的表面积为 C．该圆台的体积为 D．沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5 3．如图，在正三棱锥中，，侧棱长为4，过点C的平面与侧棱AB，AD分别交于，，则的周长的最小值为（   ） A． B．4 C． D． 4．圆台上底面半径为2cm，下底面半径为4cm，母线，A在上底面上，B在下底面上，从中点M拉一条绳子，绕圆台侧面一周到B点，则绳子最短距离为_____cm 5．（多选）如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点，点是侧棱上的一个动点，下列结论正确的是（    ） A．直三棱柱的侧面积是 B．直三棱柱的外接球表面积是 C．三棱锥的体积与点的位置有关 D．的最小值为 6．（多选）如图，在高为2的正三棱柱中，，是棱上的点． (1)求该正三棱柱的表面积以及三棱锥的体积； (2)设E为棱的中点，F为棱上一点，求的最小值，此时的长度是多少？ 7．（多选）如图，是边长为2的正方形，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，则（   ） A．四点共面 B．该几何体的体积为6 C．过四点四点的外接球表面积为 D．截面四边形的周长的最小值为10 8．（多选）如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（    ） A．圆锥SO的侧面积为 B．三棱锥S-ABC体积的最大值为 C．的取值范围是 D．若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为 9．（多选）化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式）､金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为4，则（    ） A．正八面体的外接球体积为 B．正八面体的内切球表面积为 C．若点为棱上的动点，则的最小值为 D．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 考点3：几何体动点轨迹问题 1．（多选）在直三棱柱中，，则下列结论正确的有（   ） A．若点在线段上，则的最小值为 B．该三棱柱可完全放入体积为的球中 C．表面积为的球可以完全放入该三棱柱中 D．若动点满足，则动点在侧面形成的轨迹长度为 2．如图，八面体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．若点在四边形内（包含边界）运动，当时，则点的轨迹的长度为________． 3．（多选）已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点P是侧面内的动点不含边界，下列结论正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点P，使得平面 C．若正方体棱长为2，P为侧面的中心，则四棱锥的外接球体积为 D．若正方体棱长为2，O为线段A1D的中点，OP与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 4．（多选）如图，正方体的棱长为2，点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则（   ） A．存在点P，M，使得平面与平面PBD平行 B．当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为 C．正方体可在棱长为9的正四面体内部自由转动 D．当M为中点时，四棱锥M-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为 5．（多选）如图，正三棱台的上、下底面边长分别是3和6，侧棱长是，则（   ） A．平面 B．直线与底面所成的角为60° C．正三棱台的外接球体积为 D．若点P为底面ABC的动点，且，则P的轨迹长度为 6．（多选）如图，已知棱长为2的正方体中，分别是棱，的中点，为棱上一点，动点在线段上，动点在正方形内及其边界上，且．记点的轨迹为曲线，则（    ） A．曲线的长度为 B．存在，使得平面 C． D．当与只有一个公共点时， $ 立体几何初步（二） 立体几何初步（二） 1 考点1：祖暅原理 1 考点2：几何体最短距离问题 7 考点3：几何体动点轨迹问题 18 1 学科网（北京）股份有限公司 立体几何初步（二） 考点1：祖暅原理 1．我国南北朝时期的伟大科学家祖暅于5世纪末提出了下面的体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”．这就是“祖暅原理”．祖暅原理用现代语言可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面的面积都相等，由此得到新几何体与半球的体积相等，即．现将椭圆绕轴旋转一周后得到如图3所示的椭球，类比上述方法，运用祖暅原理可求得该椭球的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积. 【详解】构造一个底面半径为，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点， 圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体． 当平行于底面的截面与圆锥顶点距离为时，设小圆锥底面半径为， 则，即，故新几何体的截面面积为． 把代入，即，解得， 故半椭球的截面面积为， 由祖暅原理，可得椭球的体积为： 圆柱圆锥． 故选：A． 2．祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”.这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证明等高处的水平截面截两个几何体的截面的面积相等，由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，计算即可. 【详解】设截面与底面的距离为，在帐篷中的截面为， 设底面中心为，截面中心为，则，， 所以，所以截面为的面积为. 设截面截正四棱柱得四边形为，截正四棱锥得四边形为， 底面中心与截面中心之间的距离为， 在正四棱柱中，底面正方形边长为，高为2，， 所以，所以为等腰直角三角形， 所以，所以四边形边长为， 所以四边形面积为， 所以图2中阴影部分的面积为，与截面面积相等， 由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积， 即. 故选：D. 3．中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，但刘徽未能求得牟合方盖的体积，约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等．图1为棱长为r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为r的正方体的八分之一，图3是底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的顶点作的正四棱锥，由祖暅原理计算知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，列等式，套用正方体，锥体体积公式求解. 【详解】设正方体的边长为，则， 由，则， 所以牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为. 故选：B． 4．中国南北朝时期数学家､天文学家祖冲之､祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（    ） A．24 B． C． D． 【答案】D 【分析】由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等即可求解. 【详解】由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等， 设该正六棱台的上下底面积分别为，高为， 则，，， 故. 故选：D 5．用两个平行平面去截球体，把球体夹在两截面之间的部分称为球台．根据祖暅原理（“幂势既同，则积不容异”），推导出球台的体积，其中分别是两个平行平面截球所得截面圆的半径，是两个平行平面之间的距离．已知圆台的上、下底面的圆周都在球的球面上，圆台的母线与底面所成的角为，若圆台上、下底面截球所得的球台的体积比圆台的体积大，则球O的表面积与圆台的侧面积的比值的取值范围为__________． 【答案】 【分析】设圆台的上下底面半径分别为，根据母线与底面所成的角为，可得圆台的高为，母线长为，表示出圆台体积，由题意，可求得，进而可得，求值域即可得解． 【详解】设圆台的一条母线为，过点作的垂线，垂足为， 则即为母线与底面所成的角为， 设圆台上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，高为， 则， 即，即， 圆台体积为， 球台的体积为 ， 由题意， 则， 即， 即，即， 设圆台外接球的球心为，半径为，则在所在直线上， 设，则， 由， 解得， 则球的表面积， 台体侧面积， 故， ， 由，可得，则，则， 故的取值范围为， 故答案为：． 【点睛】立体几何中体积最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立所求体积的目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值. 考点2：几何体最短距离问题 1．（多选）如图所示，圆锥的底面半径，高，是底面圆周的一条直径，M为底面圆周上与B不重合的一点，则下列命题正确的是（    ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的表面积为 C．的面积的最大值是 D．有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A爬行到点B，则蚂蚁爬行的最短距离为 【答案】AB 【分析】由圆锥的底面半径和高，求出母线长，对于AB，代圆锥的体积公式和表面积公式计算可得；对于C，先求出轴截面的顶角，再代三角形面积公式计算；对于D，根据侧面展开图计算可得. 【详解】圆锥的底面半径，高，所以母线长为2； 对于A.圆锥的体积为，所以A正确； 对于B.圆锥的表面积为，所以B正确； 对于C. 由轴截面为等腰三角形，且顶角为， 当等腰的顶角为时，的面积取得最大值为：，所以C错误； 对于D. 圆锥的底面圆周长为，所以侧面展开图的圆心角为，所以圆锥侧面展开图中圆弧，蚂蚁沿圆锥的侧面从点A爬行到点B，则蚂蚁爬行的最短距离为线段，且，所以D错误； 故选：AB. 2．（多选）如图，圆台，在轴截面ABCD中，，下面说法正确的是（    ） A．线段 B．该圆台的表面积为 C．该圆台的体积为 D．沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5 【答案】ACD 【分析】结合等腰梯形的性质及余弦定理求解判断A，代入圆台表面积公式求解判断B，代入圆台体积公式求解判断C，将圆台的侧面展开，利用直线距离最短求解判断D. 【详解】对于A，如图： 在截面ABCD中，， 因为为CD的中点，所以，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以，所以为等边三角形， 所以，， 在等腰中，，正确； 对于B，设圆台上底面半径为，下底面半径为，母线为l，则，，， 则圆台的表面积，错误； 对于C，由B知圆台的高为， 所以圆台的体积，正确； 对于D，将圆台一半侧面展开，如图中ABCD，且E为AD的中点， 而圆台对应的圆锥体侧面展开为扇形COD，且，， 所以在中，，即C到AD中点的最短距离为5，正确. 故选：ACD. 3．如图，在正三棱锥中，，侧棱长为4，过点C的平面与侧棱AB，AD分别交于，，则的周长的最小值为（   ） A． B．4 C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，把正三棱锥侧面沿展开，利用，根据勾股定理求出即可得出结论. 【详解】根据题意，把正三棱锥侧面沿展开， 所以的周长为， 在正三棱锥中，，侧棱长为4， 所以， ， ， 故选：C. 4．圆台上底面半径为2cm，下底面半径为4cm，母线，A在上底面上，B在下底面上，从中点M拉一条绳子，绕圆台侧面一周到B点，则绳子最短距离为_____cm 【答案】 【分析】由题意需先画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，则所求的最短距离是平面图形两点连线，根据条件求出扇形的圆心角以及半径长，再求出最短的距离． 【详解】画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为, 由图得：所求的最短距离是， 设，圆心角是， 则由题意知，①， ②， 由①②解得，， ∴，则． 则绳子最短距离为cm． 故答案为：． 5．（多选）如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点，点是侧棱上的一个动点，下列结论正确的是（    ） A．直三棱柱的侧面积是 B．直三棱柱的外接球表面积是 C．三棱锥的体积与点的位置有关 D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】由题意画出图形，计算直三棱柱的侧面积即可判断A；讲直棱柱放在圆柱中，求出直棱柱底面外接圆半径，进而求出外接球半径，利用球的表面积公式即可判断B；由棱锥底面积与高为定值判断C；将侧面展开即可求出最小值判断D． 【详解】在直三棱柱中，，，, 则，底面和是等腰三角形，侧面全是矩形， 所以其侧面积为1×2×2+，故A正确； 设底面外接圆半径为，即，即， 所以直棱柱的外接球半径， 直三棱柱的外接球表面积为，故B正确； 由BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱上的一个动点， 三棱锥的高为定值， ××2＝，××＝，故C错误； 把侧面和侧面展开在一个平面上，当为的中点时， 取最小值，，故D正确． 故选：ABD． 6．（多选）如图，在高为2的正三棱柱中，，是棱上的点． (1)求该正三棱柱的表面积以及三棱锥的体积； (2)设E为棱的中点，F为棱上一点，求的最小值，此时的长度是多少？ 【答案】(1)该正三棱柱的表面积为， (2)最小值为， 【分析】（1）根据表面积、体积公式计算可得； （2）将侧面绕旋转至与侧面共面，,当三点共线时，取得最小值，然后用勾股定理求解，再利用相似三角形的性质求出的长度. 【详解】（1）因为正三棱柱的高为，， 所以， ， 所以该正三棱柱的表面积为， 所以； （2）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示． 当三点共线时，取得最小值，且最小值为， 此时因为，所以，所以，即，解得． 7．（多选）如图，是边长为2的正方形，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，则（   ） A．四点共面 B．该几何体的体积为6 C．过四点四点的外接球表面积为 D．截面四边形的周长的最小值为10 【答案】ACD 【分析】利用线线平行判断A；补形求出几何体的体积判断B；过构造正方体求出外接球表面积判断C；利用平面展开图求出最小值判断D. 【详解】对于A，取中点，取靠近的三等分点， 由，得四边形为平行四边形， 则， 同理，于是， 四边形为平行四边形，同理四边形为平行四边形， 因此，，则，四点共面，A正确； 对于B，由对称性知，此几何体体积是底面边长为2的正方形， 高为4的长方体体积的一半，所以，B错误； 对于C，过四点构造正方体， 外接球直径为正方体的体对角线， 因此过四点的外接球表面积为，C正确； 对于D，平面平面，平面平面，平面平面， 则，同理，四边形为平行四边形， 则周长， 将梯形、梯形置于同一平面内，当共线时，最小， 最小值为5，从而周长的最小值为，D正确， 故选：ACD 8．（多选）如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（    ） A．圆锥SO的侧面积为 B．三棱锥S-ABC体积的最大值为 C．的取值范围是 D．若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为 【答案】BD 【分析】根据已知条件求出圆锥的侧面积，棱锥的体积判断AB，利用求得后可得其范围判断C，把棱锥的两个面和摊平，利用平面上的性质求的最小值判断D． 【详解】由已知，圆锥侧面积为，A错； 在圆周上，易得，．B正确； ，又中，，所以， 所以．C错； 时，把和摊平，如图， 的最小值是，此时，，，， ，D正确． 故选：BD． 9．（多选）化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式）､金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为4，则（    ）    A．正八面体的外接球体积为 B．正八面体的内切球表面积为 C．若点为棱上的动点，则的最小值为 D．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 【答案】BCD 【分析】对于A项，利用正八面体的对称性可分析计算得出正方形的中心即为外接球球心，再利用球的体积公式计算即可；对于B项，可以利用等体积列出关于内切球半径的方程，解之即可；对于C项，通过两个侧面翻折共面后即得共线时取最小值；对于D项，通过发现并证明平面，将三棱锥的体积进行多次转化成三棱锥的体积，计算即得. 【详解】对于A项，设该正八面体外接球的半径为，由图知，是正方形，, 在中，，利用对称性知，故点为正八面体外接球的球心，则， 所以正八面体外接球的体积为，故A项错误； 对于B项，设该正八面体内切球的半径为，由内切球的性质可知正八面体的体积， 解得，故它的内切球表面积为，故B项正确；    对于C项，如图，因与是边长为4的全等的正三角形，可将翻折到，使其与共面，从而得到一个菱形. 连接与相交于点，此时，则 ，因此取得最小值为，故C项正确； 对于D项，易知，因为平面，平面，所以平面， 所以，故D项正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图， 考点3：几何体动点轨迹问题 1．（多选）在直三棱柱中，，则下列结论正确的有（   ） A．若点在线段上，则的最小值为 B．该三棱柱可完全放入体积为的球中 C．表面积为的球可以完全放入该三棱柱中 D．若动点满足，则动点在侧面形成的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】把平面和平面沿摊平，由平面几何知识求解判断A，求出三棱柱的外接球半径判断B，求出的内切圆半径与球的半径比较可判断C，利用球的性质求得弧长（轨迹长度）判断D． 【详解】 对A，把平面和平面沿摊平，如下图，则为的最小值，A正确； 对B，体积为的球的半径为，由得， 底面是直角三角形，两直角边的长都是2，设分别是中点，是的中点，则是三棱柱的外接球的球心，外接球半径为，而， 因此该三棱柱不可完全放入体积为的球中，B错； 对C，表面积为的球的半径为，由得(三角形ABC的内切圆半径)，因此该球可以完全放入该三棱柱中，C正确； 对D，动点在侧面形成的轨迹是以为球心，为半径的球面被侧面截得的圆弧，由选项B知是该圆弧所在圆的圆心，， 因此，从而，又， 所以圆弧的长度为，D正确． 故选：ACD． 2．如图，八面体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．若点在四边形内（包含边界）运动，当时，则点的轨迹的长度为________． 【答案】 【分析】根据可知点轨迹是以为直径的球与四边形（包括边界）的交线，求出在四边形内的圆的半径即可得出结果. 【详解】以为直径作球，球半径， 与球上任意一点(除去点)均能构成直角， 故点轨迹为球与四边形（包括边界）的交线. 易知在平面上的投影为菱形的外心， 且都全等, 故四边形为正方形，四棱锥为正四棱锥，在平面上的投影为正方形的中心， 记球心在平面上的投影为，， 故平面截球的小圆半径， 即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边BCDE内（包含边界）的一段弧， 由题意可知 如图所示，设该圆弧交于点，所以四点共圆， 而，所以， 所以三点共线，即也是半径为的圆的直径， 故所求为. 故答案为：. 3．（多选）已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点P是侧面内的动点不含边界，下列结论正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点P，使得平面 C．若正方体棱长为2，P为侧面的中心，则四棱锥的外接球体积为 D．若正方体棱长为2，O为线段A1D的中点，OP与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 【答案】AC 【分析】对于A：根据面面平行的性质结合锥体的体积公式分析判断；对于B：根据正方体的性质可知⊥平面，进而可得结果；对于C：根据题意可证，结合直角三角形的性质分析求解；对于D：根据线面夹角可得，分析可知相应的轨迹，运算求解即可. 【详解】对于选项A：因为平面平面， 可知点P到平面的距离为正方体棱长，设为， 所以三棱锥的体积为，故A正确； 对于选项B：因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 由平面可得， 同理可得：， 且，平面，可得⊥平面， 但点P是侧面内，即点P不与点C重合， 所以不存在点P，使得⊥平面，故B错误； 对于选项C：因为P为侧面的中心，，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 由平面，可得， 取的中点，可得， 又因为，可得，即， 可知三棱锥的外接球的球心为，半径， 所以三棱锥的外接球体积为，故C正确； 对于选项D：取的中点，连接， 可知∥，且， 因为平面，则平面， 可知OP与平面所成角为，则， 可知点P在平面内的轨迹为圆（虚线所示）， 点P在侧面内的轨迹为四段圆弧（实线线所示）， 取的中点，则， 即，则， 结合对称性可知：点P的轨迹长度为，故D错误； 故选：AC. 4．（多选）如图，正方体的棱长为2，点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则（   ） A．存在点P，M，使得平面与平面PBD平行 B．当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为 C．正方体可在棱长为9的正四面体内部自由转动 D．当M为中点时，四棱锥M-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为 【答案】ACD 【分析】对于A，取中点为M，中点为可得相应平行平面；对于B，由题可得，后由平面几何知识可得轨迹长；对于C，求出棱长为9的正四面体的内切球的内接正方体的棱长，对比正方体的棱长即可作出结论；对于D，由题可确定外接球半径，进而可得外接球内接正方体边长，最后结合外接球的内接正四面体可由其内接正方体切割得到，可确定正四面体棱长. 【详解】对于A，如图取中点为M，中点为P，下证平面与平面平行. 因中点为M，中点为P，可得，又平面，平面， 则平面；又注意到，又平面，平面， 则平面，又平面， 则平面与平面平行，故A正确. 对于B，如图取中点为E，连接PE，由题可得，平面， 又平面，则. 因，则， 则点的轨迹为以E为圆心，半径为2的圆在平面内的部分，如图所示， 因，则，同理可得， 则，则点的轨迹长度为，故B错误；      对于C，棱长为9的正四面体的高为，底面外接圆半径为，内切球半径为， 则，解得，所以， 所以由等体积法有，，解得， 设棱长为的正方体内接于半径为的球内部，则，解得， 又因为正方体的棱长为2，满足， 所以正方体可在棱长为9的正四面体内部自由转动，故C正确； 对于D，如图取AC，BD交点为O，AD中点为G，连接MG，GO，MO， 由题可得，，又由题可得， 则，则O到四棱锥所有顶点距离均相等，则O为外接球球心，外接球半径为， 又正方体外接球半径为其体对角线长度一半，设外接球内接正方体边长为a，则. 又由图可得外接球的内接正四面体可由其内接正方体切割得到， 且内接正四面体棱长为内接正方体面对角线长度，即. 则内接正四面体表面积为，故D正确. 故选：ACD. 5．（多选）如图，正三棱台的上、下底面边长分别是3和6，侧棱长是，则（   ） A．平面 B．直线与底面所成的角为60° C．正三棱台的外接球体积为 D．若点P为底面ABC的动点，且，则P的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】根据正三棱台的性质，利用边长，侧棱长等条件，通过相关几何关系进行判断和计算. 【详解】 设三棱台上下底面中心分别为,.连接,,,, 上下底面均为正三角形，则,. 已知侧棱长,由正三棱台性质可知，上下底面. 直角梯形中，. 选项A，假设平面，而平面，则平面平面， 与正三棱台的两个侧面不垂直矛盾，因此不垂直于平面，选项A错误； 选项B，直线与底面的角为与投影的夹角θ， 根据前面计算可知,,,, 在中，，所以，选项B对； 选项C，设正三棱台的外接球的球心为M，半径为R. 设，则. 由,，. 在直角梯形中， 则，，即， 所以外接球体积,选项C对； 选项D，因为,,. 交线圆半径，圆心为在底面的投影（）. 底面为正三角形，交线圆与边、相交，形成圆心角为的弧，弧长，选项D对. 故选：BCD. 6．（多选）如图，已知棱长为2的正方体中，分别是棱，的中点，为棱上一点，动点在线段上，动点在正方形内及其边界上，且．记点的轨迹为曲线，则（    ） A．曲线的长度为 B．存在，使得平面 C． D．当与只有一个公共点时， 【答案】BCD 【分析】根据可得的轨迹是以为圆心，为半径的圆的四分之一，即可根据弧长公式求解A，根据线线平行即可求解B，利用线面平行的性质，结合等体积法即可求解C，根据相切，即可利用锐角三角函数求解D. 【详解】如图1，连接，由于平面，平面，故， 因为，所以， 又，从而．故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的四分之一，记为． 选项A：的长度为，A错误． 选项B：如图2，若取与的交点，取点， 此时易知，平面,平面，故平面，B正确． 选项C：由于,且，故，平面,平面， 故平面，故到平面的距离与到平面的距离相等， 所以，C正确． 选项D：与只有一个公共点即直线与相切， 如图3，记切点为，连接，则，从而， 所以，D正确． 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：对于涉及动点的立体几何问题，关键是找到运动中哪些长度、角度以及位置关系等是不变的，进而以这些运动过程中的不变量为突破口解决问题，本题中点是正方形内及其边界上的动点，，是不变的关系，通过不变量建立关系式，求得，进而确定点的轨迹． $