微专题拓展26 破解立体几何动态轨迹问题（8大题型归纳）-2027届高三数学一轮复习讲义（新高考专用）

微专题拓展26 破解立体几何动态轨迹问题 目录 01 解题方法总结 2 02 重难点题型梳理 3 题型一：平行型动点轨迹 3 题型二：垂直型动点轨迹 5 题型三：定长型动点轨迹 10 题型四：定角型动点轨迹 15 题型五：投影法求轨迹 18 题型六：翻折类轨迹 23 题型七：交点类轨迹 27 题型八：向量型动点轨迹 31 03 课后拓展精练 35 立体几何动态轨迹问题以空间动点为核心，融合平行、垂直、距离、角度等约束条件，是高中数学的难点题型，重点考查空间想象能力与转化化归思想，掌握四类核心方法即可精准破题。 一是定义判定法，紧扣空间几何定义直接判断轨迹。依据线面平行、垂直的判定定理，满足平行或垂直约束的动点轨迹多为平面或直线；依据球面、圆柱面定义，到定点定长、到定直线定长的动点轨迹分别为球面、圆柱面，适用于平行、垂直、定长类基础题型。 二是降维转化法，将空间轨迹问题平面化。通过投影法将空间动点投影到指定平面，转化为平面解析几何轨迹；翻折问题中抓住翻折前后的不变量，动点轨迹落在垂直于折痕的平面内，为平面圆弧，大幅降低空间复杂度。 三是坐标建模法，建立空间直角坐标系，设出动点坐标，根据约束条件列方程，通过方程形式判定轨迹类型，适用于定角、复杂翻折等难以直观判断的题型。 四是模型归类法，积累正方体、圆锥等经典模型的轨迹结论，快速匹配题型。解题整体遵循 “化动为静、降维平面、数形结合” 的思路，核心是将空间问题转化为平面问题求解。 题型一：平行型动点轨迹 【典例1】在棱长均为2的正三棱锥中，点是的中点，点是侧面上的一个动点，当平面时，动点的轨迹的长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图所示取中点分别为和，连接. 是中点，是中点，. 又平面，平面，平面. 同理，是中点，是中点，. 又平面，平面，平面. ，平面，平面平面. 又平面平面，点是侧面上的一个动点， 且平面， 点的轨迹为线段. 正三棱锥的棱长均为2，，分别为，的中点， 是的中位线，故. 即动点的轨迹的长度是1. 【变式1-1】在棱长为2的正方体中，点E，F分别是棱，的中点，P是上底面内一点（含边界），若平面BDEF，则Р点的轨迹长为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【解析】如图所示，分别取棱､的中点M､N，连接MN，连接， ∵M､N､E､F为所在棱的中点，∴，，∴， 又平面BDEF，平面BDEF，∴平面BDEF， 连接NF，由，，，，可得，，则四边形ANFB为平行四边形，则， 而平面BDEF，平面BDEF，则平面BDEF. 又，∴平面平面BDEF. 又P是上底面内一点，且平面BDEF， ∴P点在线段MN上.又，∴P点的轨迹长为. 【变式1-2】在棱长为4的正方体中，为棱的中点，是侧面上的动点，且平面，则点在侧面上的轨迹长度为（   ）    A．4 B． C． D． 【答案】D 【解析】在棱长为4的正方体中，分别取的中点，连接， 连接，由，得四边形是平行四边形， 则，又，平面，平面， 因此平面，平面，又平面，， 则平面平面，而侧面，平面，于是平面， 则点在侧面上的轨迹为线段，又， 所以点在侧面上的轨迹长度为. 【变式1-3】（2026·全国·模拟预测）已知在三棱锥中，为线段的中点，点在(含边界位置)内，则满足平面的点的轨迹为（    ） A．线段，的中点连接而成的线段 B．线段的中点与线段靠近点的三等分点连接而成的线段 C．线段的中点与线段靠近点的三等分点连接而成的线段 D．线段靠近点的三等分点与线段靠近点的三等分点连接而成的线段 【答案】A 【解析】如图所示，P、Q分别为线段，的中点， 所以,平面, 平面，所以平面， 同理平面，, 所以平面平面，若平面,则会有平面， 故点的轨迹为线段，的中点连接而成的线段， 故选A. 题型二：垂直型动点轨迹 【典例2】如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为的正方形，，，分别是棱，的中点，是侧面内的一个动点，若平面，则动点的轨迹长度为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，取棱PD的中点G，连接FG，EG． 因为F，G分别是棱AD，PD的中点，所以． 因为平面ABCD，所以平面ABCD． 因为平面ABCD，所以． 由正方形的性质易证． 因为平面EFG，平面EFG，， 所以平面EFG，则平面EFG． 因为M是侧面PCD内的一个动点，所以动点M的轨迹为线段EG． 因为，所以． 因为E，G分别是棱CD，PD的中点，所以， 即动点M的轨迹长度是． 【变式2-1】（2026·高三·湖南长沙·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，侧棱底面，是的中点，是内的动点，，则的轨迹长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先找到一个平面总是保持与垂直，取，的中点，，连接，，. 因为是正方形，所以.因为底面.所以.又，所以平面.所以. 因为在中，，为的中点，所以.又，所以平面. 进一步.取，，的中点，，，连接，，，，易证平面平面. 故平面， 记，又是内的动点， 根据平面的基本性质得：点的轨迹为平面与平面的交线段， 在中，，，， 由余弦定理得:.故. 故选:B. 【变式2-2】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，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2-3】在四棱锥中，平面，四边形是边长为5的正方形，，分别是棱的中点，是侧面内的一个动点，若平面，则动点的轨迹长度是（   ） A． B． C．4 D． 【答案】D 【解析】取中点，连接， 分别是中点， ， 又平面，则平面， 平面， ， 由正方形的性质可知， 分别是中点， ，故， 平面，， 平面，则动点平面， 是侧面内的一个动点， 动点的轨迹即为， 已知是边长为5的正方形，， 则， 分别是中点， ，即动点的轨迹长度为． 题型三：定长型动点轨迹 【典例3】在棱长为1的平行六面体中，，点是中一点（包含边界），，则点在中轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，在棱长为1的平行六面体中， ， 所以、、均为等边三角形， 即，在正三棱锥中， 所有棱长均为1，设到底面的距离为，的中心为, ，则， 又因为点是中一点（包含边界），，所以 ， 即点的轨迹是以为圆心半径的圆， 又因为的内切圆半径，外接圆半径为， 因，则点的轨迹圆与的三边均相交， 设每条边截圆所得外侧小弧对应的圆心角为，如图，由，可得， 故三条边共截去三段外侧小弧所对的圆心角为， 则剩余在三角形内部的圆弧所对的圆心角为，故轨迹总长度为. 【变式3-1】在直平行六面体中，，，点在侧面内，且，则点轨迹的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图所示，过点作，过点作， 因为四棱柱是直四棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面， 因为直线平面， 所以， 因为，， 所以， 又因为，所以， 因为点在侧面内，所以在平面直角坐标系中来研究点轨迹的长度，如图所示： 点的运动轨迹为以点为圆心、半径为2的圆在正方形内部的弧， 显然，，所以， 所以. 故选：C. 【变式3-2】在正三棱柱中， ，点为内（含边界）一点，且到,的距离的平方和为8，则点的轨迹长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】正三棱柱上、下底面平行，且距离为. 设点到底面三边的距离依次为， 则点到的距离为，到的距离为，到的距离为，由题意得，， 即. 在底面中以所在直线为轴，的垂直平分线为轴，建立如图坐标系， 因为为正三角形，且，所以的高为， 则， 直线的方程为，即， 直线的方程为，即， 直线的方程为. 设点的坐标为， 由点到直线的距离公式，得，，. 所以， 整理得，，即. 所以点的轨迹是圆心为，半径的圆在内部的部分. 设该轨迹圆与直线交于点，记轨迹圆圆心为，连接，则， 所以，所以，所以， 所以根据正三角形的对称性，点的轨迹在内部部分所对圆心角为，因此点的轨迹长为. 【变式3-3】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】 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. 题型四：定角型动点轨迹 【典例4】（2026·高三·河北·阶段检测）如图，线段所在直线与平面平行，平面上的动点P满足，则点P的轨迹为（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】C 【解析】如图，将平面竖直放置，以AB为轴作圆锥，使母线与轴线的夹角为， 又线段所在直线与平面平行， 则点P的轨迹如图所示，为双曲线的一支， 故选：C. 【变式4-1】（2026·河南鹤壁·二模）如图，直二面角，，，，且，，，，，，则点在平面内的轨迹是 A．圆的一部分 B．椭圆的一部分 C．一条直线 D．两条直线 【答案】A 【解析】以所在直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，设点，，，，，则，，，，，，， ，即，整理得：，故点的轨迹是圆的一部分，故选. 【变式4-2】（2026·山东滨州·一模）如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足．平面上的动点满足，则点的轨迹为（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】B 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系， 设 所以点的轨迹是椭圆． 故选：B. 【变式4-3】（2026·高三·浙江温州·开学考试）如图，正方体，P为平面内一动点，设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为.若，则点P的轨迹是（    ） A．圆 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线 【答案】D 【解析】连接AC交BD于O，取中点,连接 以O为原点,分别以OA、OB、所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图： 令正方体边长为2，则， 面的一个法向量为， 面的一个法向量为 则，故二面角的大小为 又二面角的大小，则或 由，，可得 又 整理得 即，是双曲线. 故选：D 题型五：投影法求轨迹 【典例5】（2026·江苏·模拟预测）已知三棱柱，是棱上的一个动点（不含端点），点在平面上的投影为，则点的轨迹为（   ） A．线段 B．圆弧 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】B 【解析】 因为点在平面上的投影为， 所以平面， 又平面，所以， 则在以为直径的球上运动，且在以为直径的球上运动， 故在球球的圆弧上运动， 即点的轨迹为圆弧. 【变式5-1】长方体中，，，上底面的中心为，当点在线段上从移动到时，点在平面上的射影的轨迹长度为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为长方体中，， 所以是正方形，因此， 又因为平面，而平面， 所以，而平面， 因此平面，又因为平面平面， 所以点在平面上的射影在上， 在平面中，建立如图所示的平面直角坐标系， ，设， 由， 点在平面上的射影的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧， 该圆弧在平面内，设与重合时在平面内的射影为,如图， 则所求轨迹为， 又，而为的中点， 所以三角形是等边三角形，即，而， 所以圆弧的长为. 【变式5-2】如图，在等腰中，，，为的中点，为的中点，为线段上一个动点（异于两端点），沿翻折至，点在平面上的投影为点，当点在线段上运动时，以下说法不正确的是（    ）． A．线段为定长 B． C． D．点的轨迹是圆弧 【答案】B 【解析】翻折后的立体图形，如图所示． 对A，因为点在平面上的投影为点，所以平面， 又平面，所以， 故为直角三角形，又为斜边的中点， 所以为定长. 故A正确． 对C，当在处时，此时点在平面上的投影为点与重合，故， 又在中，，因为为线段上一个动点（异于两端点）， 所以. 故C正确． 对D，因为，为的中点，所以点的轨迹是圆弧． 故D正确． 故选：B． 【变式5-3】如图所示，圆锥中，为高，为底面圆的直径，圆锥的轴截面是面积等于2的等腰直角三角形，为母线的中点．点为底面上的动点，且，点在直线上的射影为．当点运动时，下列结论不正确的是（    ） A．三棱锥体积的最大值为 B．直线与直线垂直不可能成立 C．点的轨迹长度为 D．的值小于2 【答案】B 【解析】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为． 由已知，圆锥的轴截面为面积等于2的等腰直角三角形， 则其面积，解得，所以． 对于A项，如图，由可知，点在以为直径的圆上． 因为，所以点到平面距离的最大值为． 易知， 故三棱锥体积的最大值为，故A项正确； 对于B项，易知平面平面， 所以，又平面平面， 所以平面，又平面，则， 又平面平面， 则平面，又平面，则， 由是等腰直角三角形，可得， 即为等腰直角三角形，连接，又为的中点，故， 又平面平面，则平面， 所以恒成立，故B项错误． 对于C项，由B项可知平面，又平面平面， 所以，过点且与垂直的平面仅有一个， 则点的轨迹为以为直径的圆（除去两点）． 又，则点形成的轨迹长度为，故C项正确． 对于D项，设，由B项可知， 则． 因为时，由基本不等式得， 故，当且仅当时，等号成立， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，但，故等号取不到， 则的值小于2，D项正确． 故选：B． 题型六：翻折类轨迹 【典例6】（2026·辽宁大连·三模）已知矩形ABCD中，，，如图，将沿着BE进行翻折，使得点A与点S重合，若点S在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内部（包含边界），则动点S的轨迹长度是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 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. 【变式6-1】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，F为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） ①平面平面；②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为；④点的轨迹的长度为. A．①② B．①③ C．①②④ D．②③④ 【答案】C 【解析】对于①：由，，为边的中点知且， 易知，，而，平面， 故平面，又平面，所以平面平面，故①正确； 对于②：若是的中点，又为的中点，则且， 而且，所以且，即为平行四边形， 故，所以与的夹角为或其补角， 若为中点，即，由①分析易知， 故与的夹角为，故②正确； 对于③：由上分析知：翻折过程中当平面时，最大， 此时，故③错误； 对于④：由②分析知：且，故的轨迹与到的轨迹相同， 由①知：到的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，而为中点， 故到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆， 所以的轨迹长度为，故④正确. 故选：C. 【变式6-2】（2026·高三·浙江温州·阶段检测）如图，将四边形中，沿着翻折到，则翻折过程中线段中点的轨迹是（    ） A．椭圆的一段 B．抛物线的一段 C．双曲线的一段 D．一段圆弧 【答案】D 【解析】在四边形中，过点作的垂线，垂足为，过点点作的垂线，垂足为，连接，如图1， 所以当四边形确定时， 和三边长度均为定值， 当沿着翻折到，形成如图2的几何体，并取中点，连接， 由于在翻折过程中，， 所以由中位线定理可得为定值， 所以线段中点的轨迹是以中点为圆心的圆弧上的部分. 故选：D 【变式6-3】（2026·四川内江·模拟预测）如图，正方形的边长为为的中点，将沿向上翻折到，连接，在翻折过程中，下列说法中正确的是（       ） ①四棱锥的体积最大值为②．中点的轨迹长度为 ③与平面所成角的正弦值之比为 ④三棱锥的外接球半径有最小值，没有最大值 A．①③ B．②③ C．①③④ D．①②③ 【答案】C 【解析】由已知梯形面积为，直角斜边 上的高为.当平面平面时，四棱锥的 体积取最大值. ①正确； 取中点为，则平行且相等，四边形是平行四边形， 所以，点的轨迹与点的轨迹完全相同，过作的垂线，垂足为 的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，从而 中点的轨迹长度为.②错误； 由四边形是平行四边形知， 则平面，则到平面距离相等， 故，与平面所成角的正弦值之比为等于. ③正确； 外接圆半径为是中点，根据正弦定理 外接圆半径为是圆与圆公共弦，. 设三棱锥外接球球心为，半径为， 则 因为，所以，所以最小值为，没有最大值. ④正确； 故选：C 题型七：交点类轨迹 【典例7】已知正方体的棱长为，分别为的中点，是线段上的动点，则与平面的交点的轨迹长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图所示，连接,，连接, 交于点,连接，交于点， 由,即共面， 由是线段上的动点，得形成平面， 当重合于或时, ,与平面的交点分别为，， 因此的轨迹为线段， 由棱长为，得,则, 又因为，所以， 由,得， 则 . 【变式7-1】（2026·浙江·模拟预测）在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上的动点，则直线与平面的交点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】连接，如图， 因为，分别为棱，的中点，所以， 则，，，四点共面． 连接，，设，，连接， 则点的轨迹为线段，易得， ∽，且， 所以．易知， 所以，又， 所以在中，由余弦定理可得， 所以，即点的轨迹长度为． 故选：C 【变式7-2】（2026·江西·模拟预测）在棱长为的正方体中，、分别为棱、的中点，则平面与正方体外接球的交点轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图所示，连接，取的中点，的中点，的中点， 连接，其中为正方体的中心， 作，垂足为， 因为平面，平面，所以， 因为四边形为正方形且为的中点，为的中点， 可得， 又因为，且平面，所以平面， 因为面，所以， 又由，且平面，所以平面， 因为面和面是同一面，所以平面， 在直角中，，可得，所以， 又因为，在中，可得， 由平面截球的轨迹为圆，其中是截面圆的圆心，为球心， 因为正方体的棱长为，所以外接球的半径， 根据截面圆的性质，可得， 所以截面的周长为. 故选：C. 【变式7-3】（2026·高三·四川·期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，直线平面，是的中点，是线段上的动点，则直线与侧面的交点的轨迹长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】分别以所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系； 其中点，， 由于直线平面，设，如图所示： 在矩形中，易得，可得：， 可得点满足，从而， 设平面的法向量为， 且，， 可得，即，不妨取， 由于直线与侧面的交点，设点， 可得四点共面， 且，显然， 得方程，显然方程在平面内表示一条直线， 当时，点，此时两点重合， 当时，，点，设线段的中点为，此时两点重合， 从而可得直线与侧面的交点在线段上， 又因为与重合时点与D重合，与重合时点与线段的中点H重合， 所以点的轨迹为线段，且， 故选：B. 题型八：向量型动点轨迹 【典例8】（2026·江西·二模）已知正方体的棱长为1，点在正方体内（包含表面）运动，若，则动点的轨迹所形成区域的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】在棱长为1的正方体中， ， 则，而，由数量积的几何意义知，在上投影的数量为， 因此点在与垂直的平面内，且点到该平面的距离为， 在正方体中易证平面，点到平面的距离为， 取的中点，易得平面平面， 则平面，且点到平面的距离为， 所以点的轨迹所形成区域为等边，面积为. 故选：B 【变式8-1】已知正方体的棱长为分别是棱和上的中点，点是正方体表面上一点且满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】以点为原点，以分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，， 所以， 即，此方程表示以为球心，以为半径的球， 球心到每个面的距离都是1，每个平面与球的截面圆的半径为， 所以点的轨迹是以每一个正方形的中点为圆心的圆，所以轨迹长度为. 故选：D 【变式8-2】在棱长为的正方体，且为底面内一动点，且，则线段的长度的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】取的中点为，的中点为，连接， 则平面，而平面，故. 而， 而，故， 而，故， 由正方体的性质可得，故， 故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，而， 故线段的长度的最大值为， 当且仅当三点共线且在之间时的长度取最大值， 故选：D. 【变式8-3】（2026·湖南怀化·三模）在棱长为2的正方体中，为正方体表面上的动点，若，则点的运动轨迹的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】取的中点为， 则，， 因为，所以， 故点在以为球心，为半径的球面上， 所以点的轨迹在正方体的每个面上均是半径为的圆， 则6个圆的总周长为. 1．（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 【解析】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. 2．如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法中：①动点轨迹的长度为；②三棱锥体积的最小值为；③与不可能垂直；④当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为；其中正确的有（   ） A．① ②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 【答案】C 【解析】对①，如图，令中点为，中点为，连接， 又正方体中，为棱的中点，可得， 所以易得平面，平面， 又，且平面，所以平面平面， 又平面，且平面， 平面，又为正方形内一个动点（包括边界）， 平面平面，而平面平面， ，即的轨迹为线段，由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项①正确； 对②，由正方体侧棱底面，所以三棱锥体积为， 所以面积最小时，体积最小，如图， ，易得在处时最小， 此时，所以体积最小值为，故选项②正确； 对③，当为线段中点时，由，可得， 又中点为，中点为，， 而，，故选项③不正确； 对④，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时，由已知得此时， 所以在底面三角形的射影为底面外心，，，所以底面三角形为直角三角形， 所以在底面三角形的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为， 由，可得外接球半径， 外接球的表面积为，故选项④正确； 故选：C． 3．如图，所在的平面和四边形所在的平面互相垂直，且，，，，．若，则动点在平面内的轨迹是（   ）． A．椭圆的一部分 B．线段 C．双曲线的一部分 D．以上都不是 【答案】C 【解析】由，，，，则， 由，即，而，， 所以， 结合双曲线定义知，动点在平面内的轨迹是双曲线的一部分. 故选：C 4．如图，在棱长为2的正方体中是正方形的中心是内（包括边界）的动点，满足则点的轨迹长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图建立空间直角坐标系，则 设平面的法向量为则 令则故 设则 又整理得 联立方程则可得解得 当时；当时 记的中垂面为又是内（包括边界）的动点， 在空间中满足 点的轨迹是平面与三角形的公共部分， 即点的轨迹为线段，则, 故选：. 5．球是边长为2的正方体的内切球，为球的球面上动点，为中点，，则点的轨迹周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设的中点为，连接，建立如下图所示的以为坐标原点的空间直角坐标系： 因此有， ，，因为， 所以，所以，而， 而平面，，因此有平面， 所以动点的轨迹平面与正方体的内切球的交线. 正方体的棱长为2，所以内切球的半径为， 设平面的法向量为，，， 所以有， 因此到平面的距离为：， 所以截面圆的半径为：，因此动点的轨迹的长度为. 故选：D 6．（2026·山西朔州·模拟预测）已知正六棱柱的底面边长为4，体积为，点N在正六边形内及其边界上运动，若，则动点N的轨迹长度为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设此正六棱柱的高为h，则体积，得， 又，在直角三角形中，可得， 所以点N的轨迹为以为圆心，以2为半径的圆弧（在正六边形内的部分）， 又因为，所以动点N的轨迹长度为． 故选：C． 7．如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】∵平面，平面， ∴即点到的距离为， ∴， 如图平面中以C为原点建立平面直角坐标系， 设，，， ∵， ∴，整理得， 即的轨迹是以为圆心，半径为4的圆上， 即点的轨迹的长度为， 故选：D. 8．若正方体表面上的动点满足,则动点 的轨迹为（  ） A．三段圆弧 B．三条线段 C．椭圆的一部分和两段圆弧 D．双曲线的一部分和两条线段 【答案】A 【解析】 设正方体棱长为1,以为原点,以为轴、轴、轴建立直角坐标系,则, 所以 设,则 即,轨迹为以为球心,以为半径的球面,该球面分别与正方体的三个表面相交得三段圆弧 所以点轨迹为三段圆弧. 故选：A. 9．如图，在棱长为4的正方体中，为棱的中点，点在上底面正方形（含边界）内运动，满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，以点为坐标原点，分别为 轴，建立空间直角坐标系， 则，，设，， 所以，， 由，得，整理得， 所以点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，此圆在正方形内部， 所以点的轨迹长度为. 故选：D. 10．如图，棱长为2的正方体中，为棱中点，为棱中点，点在侧面上运动（含边界），若平面，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C．2 D．1 【答案】A 【解析】取的中点分别为，连接， 在正方形中，因为为中点，故且， 由正方体可得且， 所以，，故四边形为平行四边形， 故，而，故， 同理，故， 而平面，平面，故平面， 同理平面，而平面， 故平面平面，而平面平面， 结合平面，故的轨迹为线段，其长度为， 故选：A. 11．已知四面体满足，，动点M在四面体的外接球的球面上，且，则点M的轨迹的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】将四面体放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为， 依题意，可知，， 则，，， 解得，， 四面体的外接球半径为，球心为， 由，点的轨迹为一个圆，中点为， 设轨迹圆的半径为，圆心为，过，作球的一个轴截面， ∴，解得，， ∴的轨迹长度为. 故选：A. 12．已知正方体的体积为8，线段的中点分别为，动点在下底面内（含边界），且，则动点的轨迹长度为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为正方体的体积为8，故， ，则，而， 故， 故动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在底面内的部分， 即四分之一圆弧， 故所求轨迹长度为； 故选：D 13．（多选题）在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（   ） A．点的轨迹经过线段的中点 B．点的轨迹长度为 C．三棱锥的体积为定值 D．球面经过，，，四点的球的半径最小值为 【答案】ACD 【解析】如图，取的中点，连接，，易知， 又平面，平面，所以平面. 又是中点，所以，又平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 又平面，则平面，又点在正方形内部（不含边界）运动，且平面平面， 所以点的轨迹为线段（不含端点）. 对于A，连接，由正方体的性质易知与相交，且交点为的中点，所以A正确； 对于B，因为，所以点的轨迹长度为，故B错误； 对于C，因为平面，点是棱的中点， 则，所以C正确； 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为， 则，设，球心，半径为， 由，得到，解得，， 所以，又，且，所以当时，取到最小值，最小值为，故D正确. 14．（多选题）（2026·高三·安徽·开学考试）在棱长为2的正方体中，点在正方形内运动（含边界）且平面，则（    ） A．点的轨迹长度大小为 B．三棱锥的体积始终不变 C．异面直线与所成角的大小可能为 D．当异面直线与所成角最大时，四面体的外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】正方体中，有，平面，平面，则平面， 同理平面，又，平面， 所以平面平面， 由平面， 所以点E的轨迹是线段， 正方体棱长为2，根据勾股定理，，所以选项A正确； ，因为E在上运动，平面， 所以E到平面的距离h不变， 由，有的面积为定值， 所以三棱锥的体积始终不变，B选项正确； 因为，所以就是异面直线与所成的角(或其补角)， 点E从移动到，从0增大到，所以与不垂直， 即异面直线与所成角的大小不可能为，选项C错误； 当与重合时，异面直线与所成角最大， 此时四面体即，其外接球即为正方体的外接球， 其体对角线，则外接球的半径， 所以四面体的外接球的表面积，选项D正确. 故选：ABD 15．（多选题）在棱长为2的正方体中，为的中点，是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（    ） A．若，则的轨迹长度为 B．与所成角的最大值为 C．若在线段上，则 D．若在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 【答案】AD 【解析】 对于A，取为的中点，如图1，此时满足， 因为点在侧面内，且， 所以的轨迹为以为球心，为半径的球面与侧面的交线，为以点为圆心且以为半径的四分之一圆弧，即长度为，故A正确． 对于B，如图2所示，连接，在中，，同理可求得，所以为等腰三角形， 当点为的中点时，，易知，故， 此时EF与所成角为，故B错误． 对于C，举反例，当点与点重合时，平面平面， 所以EF与不垂直，故C错误． 对于D，如图3，设，当点为的中点时，最大，取的中点， 连接PF，如图4，则， 所以；当点与点或点重合时，最小， 此时，所以． 因为在球面上，所以的外接圆直径， 所以三棱锥的外接球的直径为， 所以三棱锥的外接球的半径， 所以三棱锥的外接球的表面积，故D正确． 故选：AD． 16．如图，在四棱锥 中， 平面 ，四边形 是边长为4的正方形，，， 分别是棱 ， 的中点， 是侧面内的一个动点，若平面，则动点 的轨迹长度是______． 【答案】 【解析】如图，取棱的中点G，连接． 因为F，G分别是棱的中点，所以． 因为 平面，所以平面． 因为平面，所以． 由正方形的性质易证． 因为平面，平面，， 所以平面，则平面． 因为M是侧面内的一个动点，所以动点M的轨迹为线段． 因为，所以． 因为E，G分别是棱的中点，所以， 即动点M的轨迹长度是． 17．如图，正方体，则下列四个命题： ①点P在直线上运动，三棱锥的体积不变； ②点P在直线上运动，直线与平面所成角的大小不变； ③点P在直线上运动，二面角的大小不变； ④点P是平面上到点D和，距离相等的动点，则P的轨迹是过点B的一条直线．其中真命题是________（请在横线上填上正确命题的序号） 【答案】①③④ 【解析】在正方体中，且，则四边形为平行四边形，， 平面，平面，所以，平面， 点在直线上运动，点到平面的距离为定值， 为定值，①正确； 设直线与平面所成的角为， 当点在直线上运动，点到平面的距离为定值，但在变，则不是定值，故直线与平面所成角的大小不是定值，②错； 设二面角的大小为，点在到面的距离不变，到的距离不变，故为定值， 所以二面角的大小不变，③正确； 设正方体边长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、，设点， 由可得，解得， 因此，的轨迹是过点的一条直线，④正确. 故答案为：①③④. 18．（2026·河南开封·模拟预测）已知正四棱柱的体积为，，且底面内（包含边界）一动点P满足，则点P的轨迹长度为______． 【答案】 【解析】设正四棱柱的高为， 则，解得，即侧棱. 易知为直角三角形，所以， 所以点在底面上的轨迹是以为圆心、半径的圆的一部分. 底面是边长为2的正方形，因为， 所以点的轨迹圆与底面的交点在，上，设为，， 则. 在中，，则， 同理可得， 所以点的轨迹是圆在正方形内的一段弧，圆心角为， 所以弧长为. 故点P的轨迹长度为. 19．已知在空间直角坐标系中，，动点满足，其中，且，则点轨迹的面积为_____． 【答案】 【解析】令，则， 由，得， 由，得点在平面内， 设，由， 得，且， 又，则， 因此点轨迹是， 因为， 则， 所以点轨迹的面积为. 故答案为： 20．如图，在单位正方体中，是表面上一动点，若到点的距离为，则动点的轨迹的长为______．    【答案】 【解析】如图11，点到点的距离为， 则点在以点为球心，为半径的球面上运动，球面与单位正方体的交线为6段圆弧． 由对称性可知． 由，，，故，得， 所以，所以， 由，得，所以， 所以轨迹总长度为． 故答案为： 21．将边长为2的正方形沿着对角线折起，使点到达点的位置，得到三棱锥，点平面，且，若，则点的轨迹长度为______. 【答案】 【解析】取棱的中点，连接， 则， 又平面， 则平面，由平面， 得平面平面. 在中，，由余弦定理得， 为钝角，且. 在平面内过点作交的延长线于点，而平面平面， 于是平面，连接，又平面，则. 在中，. 在中，， 因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以其轨迹长度为. 故答案为：. 22．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）设正方体的棱长为 2，为正方体表面上一点，且点到直线的距离与它到平面的距离相等，记动点的轨迹为曲线，则曲线的周长是_____. 【答案】 【解析】在棱长为 2的正方体 中，建立如图所示的空间直角坐标系， 设点，，在上任取点， ，，依题意，，即， 当时，，点的轨迹是一个点，轨迹长度为0； 当时，，点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆弧，轨迹长度为； 当时，，则，点的轨迹是一个点，轨迹长度为0； 当时，，，点的轨迹是线段，轨迹长度为； 当时，，点的轨迹是线段，轨迹长度为； 当时，，则，点的轨迹是一个点，轨迹长度为0， 所以曲线的周长是. 故答案为： 28 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题拓展26 破解立体几何动态轨迹问题 目录 01 解题方法总结 2 02 重难点题型梳理 3 题型一：平行型动点轨迹 3 题型二：垂直型动点轨迹 3 题型三：定长型动点轨迹 5 题型四：定角型动点轨迹 5 题型五：投影法求轨迹 7 题型六：翻折类轨迹 8 题型七：交点类轨迹 9 题型八：向量型动点轨迹 10 03 课后拓展精练 11 立体几何动态轨迹问题以空间动点为核心，融合平行、垂直、距离、角度等约束条件，是高中数学的难点题型，重点考查空间想象能力与转化化归思想，掌握四类核心方法即可精准破题。 一是定义判定法，紧扣空间几何定义直接判断轨迹。依据线面平行、垂直的判定定理，满足平行或垂直约束的动点轨迹多为平面或直线；依据球面、圆柱面定义，到定点定长、到定直线定长的动点轨迹分别为球面、圆柱面，适用于平行、垂直、定长类基础题型。 二是降维转化法，将空间轨迹问题平面化。通过投影法将空间动点投影到指定平面，转化为平面解析几何轨迹；翻折问题中抓住翻折前后的不变量，动点轨迹落在垂直于折痕的平面内，为平面圆弧，大幅降低空间复杂度。 三是坐标建模法，建立空间直角坐标系，设出动点坐标，根据约束条件列方程，通过方程形式判定轨迹类型，适用于定角、复杂翻折等难以直观判断的题型。 四是模型归类法，积累正方体、圆锥等经典模型的轨迹结论，快速匹配题型。解题整体遵循 “化动为静、降维平面、数形结合” 的思路，核心是将空间问题转化为平面问题求解。 题型一：平行型动点轨迹 【典例1】在棱长均为2的正三棱锥中，点是的中点，点是侧面上的一个动点，当平面时，动点的轨迹的长度是（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】在棱长为2的正方体中，点E，F分别是棱，的中点，P是上底面内一点（含边界），若平面BDEF，则Р点的轨迹长为（    ） A．1 B． C．2 D． 【变式1-2】在棱长为4的正方体中，为棱的中点，是侧面上的动点，且平面，则点在侧面上的轨迹长度为（   ）    A．4 B． C． D． 【变式1-3】（2026·全国·模拟预测）已知在三棱锥中，为线段的中点，点在(含边界位置)内，则满足平面的点的轨迹为（    ） A．线段，的中点连接而成的线段 B．线段的中点与线段靠近点的三等分点连接而成的线段 C．线段的中点与线段靠近点的三等分点连接而成的线段 D．线段靠近点的三等分点与线段靠近点的三等分点连接而成的线段 题型二：垂直型动点轨迹 【典例2】如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为的正方形，，，分别是棱，的中点，是侧面内的一个动点，若平面，则动点的轨迹长度为（     ） A． B． C． D． 【变式2-1】（2026·高三·湖南长沙·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，侧棱底面，是的中点，是内的动点，，则的轨迹长为（    ）    A． B． C． D． 【变式2-2】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2-3】在四棱锥中，平面，四边形是边长为5的正方形，，分别是棱的中点，是侧面内的一个动点，若平面，则动点的轨迹长度是（   ） A． B． C．4 D． 题型三：定长型动点轨迹 【典例3】在棱长为1的平行六面体中，，点是中一点（包含边界），，则点在中轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【变式3-1】在直平行六面体中，，，点在侧面内，且，则点轨迹的长度为（   ） A． B． C． D． 【变式3-2】在正三棱柱中， ，点为内（含边界）一点，且到,的距离的平方和为8，则点的轨迹长为（    ） A． B． C． D． 【变式3-3】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． 题型四：定角型动点轨迹 【典例4】（2026·高三·河北·阶段检测）如图，线段所在直线与平面平行，平面上的动点P满足，则点P的轨迹为（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分 【变式4-1】（2026·河南鹤壁·二模）如图，直二面角，，，，且，，，，，，则点在平面内的轨迹是 A．圆的一部分 B．椭圆的一部分 C．一条直线 D．两条直线 【变式4-2】（2026·山东滨州·一模）如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足．平面上的动点满足，则点的轨迹为（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分 【变式4-3】（2026·高三·浙江温州·开学考试）如图，正方体，P为平面内一动点，设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为.若，则点P的轨迹是（    ） A．圆 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线 题型五：投影法求轨迹 【典例5】（2026·江苏·模拟预测）已知三棱柱，是棱上的一个动点（不含端点），点在平面上的投影为，则点的轨迹为（   ） A．线段 B．圆弧 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 【变式5-1】长方体中，，，上底面的中心为，当点在线段上从移动到时，点在平面上的射影的轨迹长度为（     ） A． B． C． D． 【变式5-2】如图，在等腰中，，，为的中点，为的中点，为线段上一个动点（异于两端点），沿翻折至，点在平面上的投影为点，当点在线段上运动时，以下说法不正确的是（    ）． A．线段为定长 B． C． D．点的轨迹是圆弧 【变式5-3】如图所示，圆锥中，为高，为底面圆的直径，圆锥的轴截面是面积等于2的等腰直角三角形，为母线的中点．点为底面上的动点，且，点在直线上的射影为．当点运动时，下列结论不正确的是（    ） A．三棱锥体积的最大值为 B．直线与直线垂直不可能成立 C．点的轨迹长度为 D．的值小于2 题型六：翻折类轨迹 【典例6】（2026·辽宁大连·三模）已知矩形ABCD中，，，如图，将沿着BE进行翻折，使得点A与点S重合，若点S在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内部（包含边界），则动点S的轨迹长度是（   ） A． B． C． D． 【变式6-1】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，F为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） ①平面平面；②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为；④点的轨迹的长度为. A．①② B．①③ C．①②④ D．②③④ 【变式6-2】（2026·高三·浙江温州·阶段检测）如图，将四边形中，沿着翻折到，则翻折过程中线段中点的轨迹是（    ） A．椭圆的一段 B．抛物线的一段 C．双曲线的一段 D．一段圆弧 【变式6-3】（2026·四川内江·模拟预测）如图，正方形的边长为为的中点，将沿向上翻折到，连接，在翻折过程中，下列说法中正确的是（       ） ①四棱锥的体积最大值为②．中点的轨迹长度为 ③与平面所成角的正弦值之比为 ④三棱锥的外接球半径有最小值，没有最大值 A．①③ B．②③ C．①③④ D．①②③ 题型七：交点类轨迹 【典例7】已知正方体的棱长为，分别为的中点，是线段上的动点，则与平面的交点的轨迹长为（    ） A． B． C． D． 【变式7-1】（2026·浙江·模拟预测）在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上的动点，则直线与平面的交点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【变式7-2】（2026·江西·模拟预测）在棱长为的正方体中，、分别为棱、的中点，则平面与正方体外接球的交点轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【变式7-3】（2026·高三·四川·期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，直线平面，是的中点，是线段上的动点，则直线与侧面的交点的轨迹长为（   ） A． B． C． D． 题型八：向量型动点轨迹 【典例8】（2026·江西·二模）已知正方体的棱长为1，点在正方体内（包含表面）运动，若，则动点的轨迹所形成区域的面积是（   ） A． B． C． D． 【变式8-1】已知正方体的棱长为分别是棱和上的中点，点是正方体表面上一点且满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【变式8-2】在棱长为的正方体，且为底面内一动点，且，则线段的长度的最大值为（    ） A． B． C． D． 【变式8-3】（2026·湖南怀化·三模）在棱长为2的正方体中，为正方体表面上的动点，若，则点的运动轨迹的长度为（   ） A． B． C． D． 1．（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 2．如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法中：①动点轨迹的长度为；②三棱锥体积的最小值为；③与不可能垂直；④当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为；其中正确的有（   ） A．① ②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 3．如图，所在的平面和四边形所在的平面互相垂直，且，，，，．若，则动点在平面内的轨迹是（   ）． A．椭圆的一部分 B．线段 C．双曲线的一部分 D．以上都不是 4．如图，在棱长为2的正方体中是正方形的中心是内（包括边界）的动点，满足则点的轨迹长度是（    ） A． B． C． D． 5．球是边长为2的正方体的内切球，为球的球面上动点，为中点，，则点的轨迹周长为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·山西朔州·模拟预测）已知正六棱柱的底面边长为4，体积为，点N在正六边形内及其边界上运动，若，则动点N的轨迹长度为（    ）． A． B． C． D． 7．如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 8．若正方体表面上的动点满足,则动点 的轨迹为（  ） A．三段圆弧 B．三条线段 C．椭圆的一部分和两段圆弧 D．双曲线的一部分和两条线段 9．如图，在棱长为4的正方体中，为棱的中点，点在上底面正方形（含边界）内运动，满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 10．如图，棱长为2的正方体中，为棱中点，为棱中点，点在侧面上运动（含边界），若平面，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C．2 D．1 11．已知四面体满足，，动点M在四面体的外接球的球面上，且，则点M的轨迹的长度为（   ） A． B． C． D． 12．已知正方体的体积为8，线段的中点分别为，动点在下底面内（含边界），且，则动点的轨迹长度为（   ）    A． B． C． D． 13．（多选题）在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（   ） A．点的轨迹经过线段的中点 B．点的轨迹长度为 C．三棱锥的体积为定值 D．球面经过，，，四点的球的半径最小值为 14．（多选题）（2026·高三·安徽·开学考试）在棱长为2的正方体中，点在正方形内运动（含边界）且平面，则（    ） A．点的轨迹长度大小为 B．三棱锥的体积始终不变 C．异面直线与所成角的大小可能为 D．当异面直线与所成角最大时，四面体的外接球的表面积为 15．（多选题）在棱长为2的正方体中，为的中点，是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（    ） A．若，则的轨迹长度为 B．与所成角的最大值为 C．若在线段上，则 D．若在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 16．如图，在四棱锥 中， 平面 ，四边形 是边长为4的正方形，，， 分别是棱 ， 的中点， 是侧面内的一个动点，若平面，则动点 的轨迹长度是______． 17．如图，正方体，则下列四个命题： ①点P在直线上运动，三棱锥的体积不变； ②点P在直线上运动，直线与平面所成角的大小不变； ③点P在直线上运动，二面角的大小不变； ④点P是平面上到点D和，距离相等的动点，则P的轨迹是过点B的一条直线．其中真命题是________（请在横线上填上正确命题的序号） 18．（2026·河南开封·模拟预测）已知正四棱柱的体积为，，且底面内（包含边界）一动点P满足，则点P的轨迹长度为______． 19．已知在空间直角坐标系中，，动点满足，其中，且，则点轨迹的面积为_____． 20．如图，在单位正方体中，是表面上一动点，若到点的距离为，则动点的轨迹的长为______．    21．将边长为2的正方形沿着对角线折起，使点到达点的位置，得到三棱锥，点平面，且，若，则点的轨迹长度为______. 22．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）设正方体的棱长为 2，为正方体表面上一点，且点到直线的距离与它到平面的距离相等，记动点的轨迹为曲线，则曲线的周长是_____. 28 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $