2025高考数学专项讲义第07讲立体几何中的轨迹、截面、动点、范围问题(学生版+解析)

这是一份2025高考数学专项讲义第07讲立体几何中的轨迹、截面、动点、范围问题(学生版+解析)，共190页。学案主要包含了轨迹形状，轨迹长度，轨迹区域面积，轨迹中长度的最值及范围，轨迹中体积的最值及范围，轨迹中空间角的最值及范围，截面问题，轨迹等内容，欢迎下载使用。

立体几何中的动点轨迹问题，是一个备受关注的重要专题，它在各级各类考试中占据一席之地，特别是在高考中亦常有所见。此类题型不仅是检验学生空间想象能力、思维能力和创新意识的有效手段，也是培养学生数学核心素养的重要途径。
在高考复习备考过程中，其试题常以选择、多选、填空等形式呈现，设计巧妙，注重知识间的交汇与融合，题型新颖灵活，旨在全面考查学生的综合素质。通过此类题型，不仅能够检验学生对各部分知识间的纵向和横向联系的掌握程度，还能够激发学生的创新意识和创新能力，渗透数学思想方法，充分体现新课程标准的要求和数学核心素养的培育目标。
然而，由于这类问题通常涉及较为复杂的空间几何体结构特征，对于许多学生而言，确实存在一定的挑战和难度。
知识讲解
方法点睛1：对于立体几何的综合问题的解答方法：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般是根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
方法点睛2：立体几何中的轨迹问题：
1、由动点保持平行性求轨迹.
（1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹.
2、动点保持垂直求轨迹.
（1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用空间坐标运算求轨迹；（3）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹.
3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹.
（1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；（2）利用空间坐标计算求轨迹.
4、由动点保持等角（或定角）求轨迹.
（1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；（3）利用空间坐标系计算求轨迹.
5、投影求轨迹.
（1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形.
6、翻折与动点求轨迹.
（1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；（3）利用空间坐标运算求轨迹.
考点一、轨迹形状
1．（浙江·高考真题）如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足，平面上的动点满足，则点的轨迹是
A．直线B．抛物线
C．椭圆D．双曲线的一支
2．（北京·高考真题）平面的斜线交于点，过定点的动直线与垂直，且交于点，则动点的轨迹是（ ）
A．一条直线B．一个圆C．一个椭圆D．曲线的一支
3．（北京·高考真题）如图，在正方体中，是侧面内一动点，若到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹是（ ）
A．直线B．圆
C．双曲线D．抛物线
4．（天津·高考真题）如图，定点A，B都在平面内，定点，C是内异于A和B的动点，且，则动点C在平面内的轨迹是（ ）
A．一条线段，但要去掉两个点B．一个圆，但要去掉两个点
C．一段弧，但要去掉两个点D．半圆，但要去掉两个点
5．（重庆·高考真题）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是（ ）
A．直线B．椭圆C．抛物线D．双曲线
6．（浙江·高考真题）如图，AB是平面的斜线段，A为斜足，若点P在平面内运动，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
7．（重庆·高考真题）若三棱锥的侧面内一动点P到底面的距离与到棱的距离相等，则动点P的轨迹与组成图形可能是（ ）
A．B．
C．D．
8．（北京·高考真题）如图，动点在正方体的对角线上，过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于M，N．设，，则函数的图象大致是（ ）
A．B．C．D．
1．（2023·浙江·一模）已知线段垂直于定圆所在的平面，是圆上的两点，是点在上的射影，当运动，点运动的轨迹（ ）
A．是圆B．是椭圆C．是抛物线D．不是平面图形
2．（2023·云南保山·二模）已知正方体，Q为上底面所在平面内的动点，当直线与的所成角为45°时，点Q的轨迹为（ ）
A．圆B．直线C．抛物线D．椭圆
3．（2024·广东梅州·一模）如图，正四棱柱中，，点是面上的动点，若点到点的距离是点到直线的距离的2倍，则动点的轨迹是（ ）的一部分
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
4．（2023·全国·模拟预测）已知空间中两条直线、异面且垂直，平面且，若点到、距离相等，则点在平面内的轨迹为（ ）
A．直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线
5．（2023·云南文山·模拟预测）用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截而与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．记圆锥轴截面半顶角为，截口曲线形状与，有如下关系：当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线．其中，，现有一定线段AB，其与平面所成角（如图），B为斜足，上一动点P满足，设P点在的运动轨迹是，则（ ）
A．当，时，是椭圆B．当，时，是双曲线
C．当，时，是抛物线D．当，时，是圆
6．（2024·浙江温州·一模）如图，所有棱长都为1的正三棱柱，，点是侧棱上的动点，且，为线段上的动点，直线平面，则点的轨迹为（ ）

A．三角形（含内部）B．矩形（含内部）
C．圆柱面的一部分D．球面的一部分
7．（2023·贵州黔西·一模）在正方体中，点为平面内的一动点，是点到平面的距离，是点到直线的距离，且（为常数），则点的轨迹不可能是（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
考点二、轨迹长度
1．（2023·湖北省直辖县级单位·模拟预测）已知正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹的长度为 ．
2．（2024·四川南充·二模）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．
3．（2024·全国·模拟预测）已知正四棱锥的体积为，底面的四个顶点在经过球心的截面圆上，顶点在球的球面上，点为底面上一动点，与所成角为，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023·湖北襄阳·模拟预测）如图，二面角的大小为，已知A、B是l上的两个定点，且，，，AB与平面BCD所成的角为，若点A在平面BCD内的射影H在的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
5．（2024·江西·二模）已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（ ）
A．4B．C．5D．
6．（2023·江西赣州·二模）在棱长为4的正方体中，点满足，，分别为棱，的中点，点在正方体的表面上运动，满足面，则点的轨迹所构成的周长为（ ）
A．B．C．D．
7．（2024·广西南宁·一模）在边长为4的菱形中，．将菱形沿对角线折叠成大小为的二面角．若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
8．（22-23高三下·江苏南京·阶段练习）如图，在矩形中，，，，，分别为，，，的中点，与交于点，现将，，，分别沿，，，把这个矩形折成一个空间图形，使与重合，与重合，重合后的点分别记为，，为的中点，则多面体的体积为 ；若点是该多面体表面上的动点，满足时，点的轨迹长度为 ．
1．（2024·江苏·一模）在棱长为的正方体中，点分别为棱，的中点．已知动点在该正方体的表面上，且，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
2（2023·河北·模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为，动点Q在正方形ABCD内运动，且满足，则动点Q形成轨迹的周长为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
5．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
6．（2024·陕西铜川·模拟预测）在正四棱台中，，，是四边形内的动点，且，则动点运动轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
7．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥中，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，是平面内一点，且，若，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
8．（2023·青海·模拟预测）在正四棱台中，，点在底面内，且，则的轨迹长度是 .
考点三、轨迹区域面积
1．（2023·四川成都·三模）如图，为圆柱下底面圆的直径，是下底面圆周上一点，已知，圆柱的高为5．若点在圆柱表面上运动，且满足，则点的轨迹所围成图形的面积为 ．
2．（2024·四川成都·二模）在所有棱长均相等的直四棱柱中，，点在四边形内（含边界）运动．当时，点的轨迹长度为，则该四棱柱的表面积为（ ）
A．B．C．D．
3．（2022·山东潍坊·三模）已知正方体的棱长为1，空间一动点满足，且，则 ，点的轨迹围成的封闭图形的面积为 ．
4．（2023·上海·模拟预测）正方体的边长为1，点分别为边的中点，是侧面上动点，若直线与面的交点位于内（包括边界），则所有满足要求的点构成的图形面积为 .
5．（2023·广西·一模）如图，在正方体中，，P是正方形ABCD内部（含边界）的一个动点，则（ ）
A．有且仅有一个点P，使得B．平面
C．若，则三棱锥外接球的表面积为D．M为的中点，若MP与平面ABCD所成的角为，则点P的轨迹长为
1．（2024·四川成都·二模）在正方体中，点在四边形内（含边界）运动.当时，点的轨迹长度为，则该正方体的表面积为（ ）
A．6B．8C．24D．54
2．（23-24高二上·北京平谷·期末）已知四棱锥中，侧面底面，，底面是边长为的正方形，是四边形及其内部的动点，且满足，则动点构成的区域面积为（ ）
A．B．C．D．
3．（2022·福建三明·模拟预测）已知正方体中，，点E为平面内的动点，设直线与平面所成的角为，若，则点E的轨迹所围成的面积为 ．
4．（2024·北京延庆·一模）已知在正方体中，，是正方形内的动点，，则满足条件的点构成的图形的面积等于（ ）
A．B．C．D．
5．（22-23高三上·江西抚州·期中）已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.若是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持则点的轨迹的面积为 .

6．（2024·四川绵阳·三模）如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且．则下列结论不正确的是（ ）
A．若保持．则点的运动轨迹长度为
B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为
C．沿正方体的表面从点到点的最短路程为
D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为
考点四、轨迹中长度的最值及范围
1．（2022·青海西宁·二模）在棱长为3的正方体中，P为内一点，若的面积为，则AP的最大值为 ．
2．（17-18高二下·山西大同·阶段练习）已知正方体的棱长为2，点M，N分别是棱，的中点，点P在平面内，点Q在线段上，若，则长度的最小值为 .

3．（23-24高三上·河北承德·期中）如图，在直三棱柱中，，若为空间一动点，且，则满足条件的所有点围成的几何体的体积为 ；若动点在侧面内运动，且，则线段长的最小值为 ．

1．（2024·江西宜春·模拟预测）如图，在四面体中，和均是边长为6的等边三角形，，则四面体外接球的表面积为 ；点E是线段AD的中点，点F在四面体的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的长度为 .
2．（2023·山东枣庄·二模）如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且．平面，则线段MP长度的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
3．（2023·陕西西安·模拟预测）已知正方体的棱长为是正方形（含边界）内的动点，点到平面的距离等于，则两点间距离的最大值为（ ）
A．B．3C．D．
考点五、轨迹中体积的最值及范围
1．（2024·重庆·三模）已知棱长为1的正方体内有一个动点M，满足，且，则四棱锥体积的最小值为 .
2．（2023·福建龙岩·二模）正方体的棱长为2，若点M在线段上运动，当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
1．（2024·山东·模拟预测）如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直，点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，，若，当四面体体积最大时，则该四面体的内切球半径为 ．
2．（2024·山东青岛·三模）已知长方体中，，点为矩形 内一动点，记二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若 ，则三棱锥体积的最小值为 .
考点六、轨迹中空间角的最值及范围
1．（2021·山东滨州·二模）在正方体中，是棱的中点，是底面内（包括边界）的一个动点，若平面，则异面直线与所成角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·江苏盐城·三模）动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．（17-18高三上·江西鹰潭·阶段练习）如图，已知平面，，A、B是直线l上的两点，C、D是平面内的两点，且，，，，．P是平面上的一动点，且直线PD，PC与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（ ）
A．B．C．D．1
4．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知正方形的边长为2，是平面外一点，设直线与平面的夹角为，若，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
1．（2021·湖南永州·模拟预测）已知正四面体内接于半径为的球中，在平面内有一动点，且满足，则的最小值是 ；直线与直线所成角的取值范围为 .
2．（2023·河南·模拟预测）正方体的棱长为，为中点，为平面内一动点，若平面与平面和平面所成锐二面角相等，则点到的最短距离是（ ）
A．B．C．D．
3．（23-24高三下·青海西宁·开学考试）如图，正四面体的棱长为2，点E在四面体外侧，且是以E为直角顶点的等腰直角三角形．现以为轴，点E绕旋转一周，当三棱锥E−BCD的体积最小时，直线与平面所成角的正弦值的平方为（ ）

A．B．C．D．
考点七、截面问题
1．（2024·江苏南京·模拟预测）已知，底面半径的圆锥内接于球，则经过和中点的平面截球所得截面面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·全国·模拟预测）在正方体中，E，F分别为棱，的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为，最大值为，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·广东广州·二模）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 ．
4．（22-23高三下·湖北武汉·期中）在正四棱台中，，AA1=23，M为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，平面MBD截该正四棱台的截面面积是（ ）．
A．B．C．D．
5．（2024·北京丰台·二模）“用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线”．利用这个原理，小明在家里用两个射灯（射出的光锥视为圆锥）在墙上投影出两个相同的椭圆（图1），光锥的一条母线恰好与墙面垂直．图2是一个射灯投影的直观图，圆锥的轴截面是等边三角形，椭圆所在平面为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
1．（2024·四川泸州·三模）已知正方体的棱长为2，P为的中点，过A，B，P三点作平面，则该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·云南曲靖·模拟预测）正方体外接球的体积为，、、分别为棱的中点，则平面截球的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·广西·模拟预测）在三棱锥中，平面，，，，点为棱上一点，过点作三棱锥的截面，使截面平行于直线和，当该截面面积取得最大值时，（ ）
A．B．C．D．
4．（23-24高二上·四川德阳·阶段练习）已知正三棱锥的外接球是球，正三棱锥底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．（2024·重庆·三模）在三棱锥中，为正三角形，为等腰直角三角形，且，，则三棱锥的外接球的体积为 ；若点满足，过点作球的截面，当截面圆面积最小时，其半径为 .
考点八、轨迹、截面、动点、范围多选题综合
1．（2024·重庆·模拟预测）已知正方体的棱长为2，M为的中点，N为ABCD（包含边界）上一动点，为平面上一点，且平面ABCD，那么（ ）
A．若，则N的轨迹为圆的一部分
B．若三棱柱的侧面积为定值，则N的轨迹为椭圆的一部分
C．若点N到直线与直线DC的距离相等，则N的轨迹为抛物线的一部分
D．若与AB所成的角为，则N的轨迹为双曲线的一部分
2．（2024·广东广州·模拟预测）在棱长为1的正方体中，若点为四边形内（包括边界）的动点，为平面内的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则平面截正方体所得截面的面积为
B．若直线与所成的角为，则点的轨迹为双曲线
C．若，则点的轨迹长度为
D．若正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小值是120
3．（2024·辽宁大连·二模）在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面BMD，则下列结论正确的是（ ）
A．B．三棱锥的体积为
C．点N的轨迹长度为D．的取值范围为
4．（2024·重庆·模拟预测）已知正方体的棱长为1，空间中一动点满足，分别为的中点，则下列选项正确的是（ ）
A．存在点，使得平面
B．设与平面交于点，则
C．若，则点的轨迹为抛物线
D．三棱锥的外接球半径最小值为
5．（23-24高二上·广东清远·期末）如图，在正方体中，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，的值最小
B．当时，
C．若平面上的动点满足，则点的轨迹是椭圆
D．直线与平面所成角的正弦值是
6．（23-24高二上·湖北·期末）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ）
A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值
B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为
D．当在底面上运动，且满足平面时，线段长度的取值范围是
7．（2024·湖南长沙·二模）在正方体中，为的中点，是正方形内部一点（不含边界），则（ ）
A．平面平面
B．平面内存在一条直线与直线成角
C．若到边距离为，且，则点的轨迹为抛物线的一部分
D．以的边所在直线为旋转轴将旋转一周，则在旋转过程中，到平面的距离的取值范围是
8．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆．著名数学家创立的双球实验证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切．下列结论中正确的有（ ）

A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等
C．所得椭圆的离心率
D．其中为椭圆长轴，为球半径，有
9．（2024·浙江台州·二模）已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，E为正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹为抛物线
B．正方体的内切球被平面所截得的截面面积为
C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
D．点为直线上一动点，则的最小值为
1．（2024·辽宁大连·一模）正四棱柱中，，动点满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线平面
B．当时，的最小值为
C．若直线与所成角为，则动点P的轨迹长为
D．当时，三棱锥外接球半径的取值范围是
2．（2024·河北保定·二模）已知正三棱柱的所有棱长均为为的中点，平面过点与直线垂直，与直线分别交于点是内一点，且，则（ ）
A．为的中点
B．
C．为的中点
D．的最小值为
3．（2024·浙江·三模）在棱长为 1 的正方体中，已知分别为线段的中点，点满足，则（ ）
A．当时，三棱锥的体积为定值
B．当，四棱锥的外接球的表面积是
C．周长的最小值为
D．若，则点的轨迹长为
4．（2024·河北石家庄·三模）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法正确的有（ ）

A．若点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为
B．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为
C．若点为的中点，则平面与四边形的交线长为
D．若点在侧面正方形内（包含边界）且，则点的轨迹长度为
5．（2024·湖南益阳·三模）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．当点P在平面上运动时，四棱锥的体积不变
B．当点P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围为
C．使直线AP与平面ABCD所成角为的动点P的轨迹长度为
D．若F是的中点，当点P在底面ABCD上运动，且满足平面时，PF长度的最小值为
6．（2024·贵州贵阳·模拟预测）在正三棱柱中，，点P满足，其中，则（ ）
A．当时，最小值为
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，平面AB1P⊥平面
D．若，则P的轨迹长度为
7．（2024·河北衡水·三模）已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），且平面，球为正方体的内切球，下列说法正确的是（ ）
A．球的体积为B．点的轨迹长度为
C．异面直线与BP所成角的余弦值取值范围为D．三棱锥外接球与球内切
8．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）
A．当P在平面上运动时，三棱锥的体积为定值
B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是
C．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足时，长度的最小值是
D．使直线AP与平面ABCD所成的角为的点P的轨迹长度为
9．（23-24高三下·山东·开学考试）如图，在棱长为1的正方体中，M为平面所在平面内一动点，则（ ）

A．若M在线段上，则的最小值为
B．过M点在平面内一定可以作无数条直线与垂直
C．若平面，则平面截正方体的截面的形状可能是正六边形
D．若与所成的角为，则点M的轨迹为双曲线
考点九、轨迹、截面、动点、范围大题综合
1．（2022·广东汕头·二模）如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD中点．是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角的大小为30°，且．
(1)求t的值；
(2)对于平面ACD内的动点P总有平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得平面BEC的理由．
2．（2024·重庆·一模）如图，四棱锥中，底面，四边形中，，．

(1)若为的中点，求证：平面平面；
(2)若平面与平面所成的角的余弦值为．
（ⅰ）求线段的长；
（ⅱ）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度．
3．（22-23高二上·北京石景山·期末）如图1，在中，是直角，，是斜边的中点，分别是的中点．沿中线将折起，连接，点是线段上的动点，如图2所示．

(1)求证：平面；
(2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，当二面角的余弦值为时．求的值．
条件①：；条件②：．
4．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四边形是直角梯形，，平面是的中点，E是的中点，的面积为，四棱锥的体积为．
(1)求证：平面;
(2)若P是线段上一动点，当二面角的大小为时，求的值．
5．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若为的中点，证明：平面平面；
(2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值.
1．（2023·湖南·模拟预测）如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，．过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面PAM⊥平面.
(1)当时，求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求二面角的余弦值.
2．（22-23高二上·重庆九龙坡·期中）如图①所示，长方形中，，，点是边靠近点的三等分点，将△沿翻折到△PAM，连接，，得到图②的四棱锥.
(1)求四棱锥的体积的最大值；
(2)设的大小为，若，求平面PAM和平面夹角余弦值的最小值.
3．（22-23高三上·浙江宁波·期末）在菱形中，G是对角线上异于端点的一动点（如图1），现将沿向上翻折，得三棱锥（如图2）.
(1)在三棱锥中，证明：；
(2)若菱形的边长为，，且，在三棱锥中，当时，求直线与平面所成角的正弦值.
4．（23-24高二上·上海·期末）把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，为上的动点，为上的动点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）．
(1)求证：当为的中点时，平面
(2)若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角分别为，试求出的取值范围．
(3)求三棱锥的体积的最大值．
5．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上.
(1)求二面角的正切值；
(2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
6．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
1．（2021·辽宁沈阳·模拟预测）在长方体中，点是底面上的一个动点，当三角形的面积为定值时，满足条件的点所形成的图形为（ ）
A．圆的一部分B．直线的一部分
C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分
2．（2021·河北保定·一模）已知长方体，动点到直线的距离与到平面的距离相等，则在平面上的轨迹是（ ）
A．线段B．椭圆一部分C．抛物线一部分D．双曲线一部分
3．（2021·安徽合肥·模拟预测）已知正四棱柱，底面边长为4，侧棱长为，平面为经过且与平面平行的平面，平面内一动点P满足到点的距离与到直线BD的距离相等，则动点P的轨迹为（ ）
A．圆B．双曲线C．两条直线D．抛物线
4．（陕西西安·阶段练习）如图，正方体中，P为底面上的动点，于E，且则点P的轨迹是（ ）
A．线段B．圆C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分
5．（2021·广东韶关·一模）设正方体的棱长为1，为底面正方形内的一动点，若三角形的面积，则动点的轨迹是（ ）
A．圆的一部分B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分D．椭圆的一部分
6．（2021·福建龙岩·一模）正方体的棱长为a，P是正方体表面上的动点，若，则动点P的轨迹长度为 .
7．（2023·上海松江·一模）动点的棱长为1的正方体表面上运动，且与点的距离是，点的集合形成一条曲线，这条曲线的长度为
8．（2021·浙江温州·模拟预测）已知过平面外一点A的斜线l与平面所成角为，斜线l交平面于点B，若点A与平面的距离为1，则斜线段在平面上的射影所形成的图形面积是（ ）
A．B．C．D．
9．（2022·河南许昌·三模）如图，在体积为3的三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直，，若点M是侧面CBP内一动点，且满足，则点M的轨迹长度的最大值为（ ）

A．3B．6C．D．
10．（2023·河南·三模）如图，在棱长为1的正方体中，是截面上的一个动点（不包含边界），若，则的最小值为（ ）

A．B．C．D．
11．（2021·北京海淀·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，是侧面内的一个动点（不包含端点），则下列说法中正确的是（ ）
A．三角形的面积无最大值、无最小值
B．存在点，满足
C．存在有限个点，使得三角形是等腰三角形
D．三棱锥的体积有最大值、无最小值
12．（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）已知正四面体的棱长为6，点P在内(不含边界)，若，则面积的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
一、单选题
1．（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（ ）
A．B．C．D．1
2．（23-24高三上·江西抚州·阶段练习）设A、B是半径为的球体O表面上的两定点，且，球体O表面上动点M满足，则点M的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2023·湖北武汉·三模）如图，已知正方体的棱长为，为底面内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（ ）．
A．三棱锥的体积为定值
B．存在点，使得
C．若，则点在正方形底面内的运动轨迹长为
D．若点是的中点，点是的中点，过，作平面平面，则平面截正方体的截面面积为
4．（2023·河南·模拟预测）如图，设正方体的棱长为，点是的中点，点为空间内两点，且，则（ ）

A．若平面，则点与点重合
B．设，则动点的轨迹长度为
C．平面与平面的夹角的余弦值为
D．若，则平面截正方体所得截面的面积为
5．（2024·江西九江·三模）如图，正方体的棱长为1，点在截面内，且，则（ ）
A．三棱锥的体积为B．线段的长为
C．点的轨迹长为D．的最大值为
6．（2023·湖南·模拟预测）在棱长为1的正方体中，为正方体表面上的动点，为线段上的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（ ）
A．点的轨迹确定的图形是平面图形
B．点的轨迹长度为
C．的最小值为
D．当点在侧面上时，的最小值为1
7．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知正方体棱长为4，点N是底面正方形ABCD内及边界上的动点，点M是棱上的动点（包括点），已知，P为MN中点，则下列结论正确的是（ ）
A．无论M，N在何位置，为异面直线B．若M是棱中点，则点P的轨迹长度为
C．M，N存在唯一的位置，使平面D．AP与平面所成角的正弦最大值为
8．（2024·广西南宁·一模）在边长为2的正方体中，动点满足，且，下列说法正确的是（ ）
A．当时，的最小值为
B．当时，异面直线与所成角的余弦值为
C．当，且时，则的轨迹长度为
D．当时，与平面所成角的正弦值的最大值为
三、填空题
9．（2024·上海奉贤·二模）点是棱长为1的正方体棱上一点，则满足的点的个数为 ．
10．（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，则平面截正方体所得的截面面积为 ，若为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为 ．

11．（2024·山西晋城·模拟预测）如图所示，正方形是圆柱的轴截面，且，已知为圆柱侧面上的点，则集合平面平面表示椭圆的离心率为 .

12．（2023·江西九江·三模）如图，棱长为2的正方体中，P，Q为四边形内的点（包括边界），且点P到AB的距离等于到平面的距离，点Q到的距离等于到平面ABCD的距离，则的最小值为 .
第07讲 立体几何中的轨迹、截面、动点、范围问题
（9类核心考点精讲精练）
立体几何中的动点轨迹问题，是一个备受关注的重要专题，它在各级各类考试中占据一席之地，特别是在高考中亦常有所见。此类题型不仅是检验学生空间想象能力、思维能力和创新意识的有效手段，也是培养学生数学核心素养的重要途径。
在高考复习备考过程中，其试题常以选择、多选、填空等形式呈现，设计巧妙，注重知识间的交汇与融合，题型新颖灵活，旨在全面考查学生的综合素质。通过此类题型，不仅能够检验学生对各部分知识间的纵向和横向联系的掌握程度，还能够激发学生的创新意识和创新能力，渗透数学思想方法，充分体现新课程标准的要求和数学核心素养的培育目标。
然而，由于这类问题通常涉及较为复杂的空间几何体结构特征，对于许多学生而言，确实存在一定的挑战和难度。
知识讲解
方法点睛1：对于立体几何的综合问题的解答方法：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般是根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
方法点睛2：立体几何中的轨迹问题：
1、由动点保持平行性求轨迹.
（1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹.
2、动点保持垂直求轨迹.
（1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用空间坐标运算求轨迹；（3）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹.
3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹.
（1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；（2）利用空间坐标计算求轨迹.
4、由动点保持等角（或定角）求轨迹.
（1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；（3）利用空间坐标系计算求轨迹.
5、投影求轨迹.
（1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形.
6、翻折与动点求轨迹.
（1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；（3）利用空间坐标运算求轨迹.
考点一、轨迹形状
1．（浙江·高考真题）如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足，平面上的动点满足，则点的轨迹是
A．直线B．抛物线
C．椭圆D．双曲线的一支
【答案】C
【详解】用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线．
此题中平面上的动点满足，可理解为在以为轴的圆锥的侧面上，
再由斜线段与平面所成的角为，可知的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义．
故可知动点的轨迹是椭圆．
故选C.
考点：1.圆锥曲线的定义；2.线面位置关系.
2．（北京·高考真题）平面的斜线交于点，过定点的动直线与垂直，且交于点，则动点的轨迹是（ ）
A．一条直线B．一个圆C．一个椭圆D．曲线的一支
【答案】A
【分析】先找出定点A和直线确定的一个平面，结合平面相交的特点可得轨迹类型.
【详解】如图，设与是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面，且的斜线，由过平面外一点有且只有一个平面与已知直线垂直可知过定点与垂直所有直线都在这个平面内，故动点都在平面与平面的交线上.

【点睛】本题主要考查轨迹的类型确定，熟悉平面的基本性质及推论是求解的关键，侧重考查直观想象的核心素养.
3．（北京·高考真题）如图，在正方体中，是侧面内一动点，若到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹是（ ）
A．直线B．圆
C．双曲线D．抛物线
【答案】D
【分析】由于在平面内，而平面，因此有，这样结合抛物线的定义可得结论．
【详解】在正方体中，一定有，∴点为平面内到直线和到点的距离相等的点，其轨迹为抛物线．
故选D．
【点睛】本题考查抛物线的定义，考查立体几何中的垂直关系．属于跨章节综合题，难度不大．
4．（天津·高考真题）如图，定点A，B都在平面内，定点，C是内异于A和B的动点，且，则动点C在平面内的轨迹是（ ）
A．一条线段，但要去掉两个点B．一个圆，但要去掉两个点
C．一段弧，但要去掉两个点D．半圆，但要去掉两个点
【答案】B
【分析】连接，由已知条件可得平面，从而可得，则点C在内的轨迹是以为直径的圆，进而可得答案
【详解】连接，因为，所以，又，，
所以平面，又平面，故，
因为A，B是平面上的定点，所以点C在内的轨迹是以为直径的圆，
又C是内异于A和B的点，故此轨迹要去掉A、B两个点，所以B正确.
故选：B
5．（重庆·高考真题）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是（ ）
A．直线B．椭圆C．抛物线D．双曲线
【答案】D
【分析】利用空间向量可求动点的轨迹.
【详解】如图，设两条相互垂直的异面直线一条为轴，另一条为与轴垂直的直线，
且该直线上的点的坐标为，其中为非零常数，设上的点，
设，则，而轴的方向向量为，
故到轴的距离为,
而，的方向向量为
同理到轴的距离为，
故，化简可得，
取平面，则，此时，故轨迹为双曲线.
故选：D.
先做出两条异面直线的公垂线，以其中一条直线为x轴，公垂线与x轴交点为原点，公垂线所在直线为z轴，过x且垂直于公垂线的平面为xy平面，建立空间直角坐标系，则两条异面直线的方程就分别是y=0，z="0" 和x=0，z=a（a是两异面直线公垂线长度，是个常数），空间内任意点设它的坐标是（x，y，z）那么由已知，它到两条异面直线的距离相等，即两边平方，化简可得，过一条直线且平行于另一条直线的平面是z=0和z=a，分别代入所得式子z=0时
代入可以得到，图形是个双曲线，z=a时，代入可以得到，图形也是个双曲线
考点：抛物线的定义；双曲线的标准方程
6．（浙江·高考真题）如图，AB是平面的斜线段，A为斜足，若点P在平面内运动，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
【详解】试题分析：本题其实就是一个平面斜截一个圆柱表面的问题，因为三角形面积为定值，以AB为底，则底边长一定，从而可得P到直线AB的距离为定值，分析可得，点P的轨迹为一以AB为轴线的圆柱面，与平面α的交线，且α与圆柱的轴线斜交，由平面与圆柱面的截面的性质判断，可得P的轨迹为椭圆．
考点：本题考查了平面与圆柱面的截面性质的判断
点评：解决时要注意截面与圆柱的轴线的不同位置时，得到的截面形状也不同
7．（重庆·高考真题）若三棱锥的侧面内一动点P到底面的距离与到棱的距离相等，则动点P的轨迹与组成图形可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设二面角为，作面于，于，于，根据题设有为常数，进而分析P在上的轨迹，即可得答案.
【详解】若二面角为，作面于，于，于，
如上图示，，由题设有，即为常数，
所以P在上的轨迹是一条直线，且与边夹角较小.
故选：D
8．（北京·高考真题）如图，动点在正方体的对角线上，过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于M，N．设，，则函数的图象大致是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：由题意知，MN⊥平面BB1D1D，则MN在底面ABCD上的射影是与对角线AC平行的直线，故当动点P在对角线BD1上从点B向D1运动时，x变大y变大，直到P为BD1的中点时，y最大为AC．然后x变小y变小，直到y变为0，因底面ABCD为正方形，故变化速度是均匀的，且两边一样．故答案为B．
考点：函数的图像与图像项变化．
点评：本题考查了函数图象的变化，根据几何体的特征和条件进行分析两个变量的变化情况，再用图象表示出来，考查了作图和读图能力．属于中档题．
1．（2023·浙江·一模）已知线段垂直于定圆所在的平面，是圆上的两点，是点在上的射影，当运动，点运动的轨迹（ ）
A．是圆B．是椭圆C．是抛物线D．不是平面图形
【答案】A
【分析】设定圆圆心为，半径为，由线面垂直的判定与性质可推导证得，由直角三角形性质可确定，由此可得轨迹图形.
【详解】设定圆圆心为，半径为，
连接，设直径为，连接，
平面，平面，；
为直径，，又，平面，
平面，又平面，，
又，，平面，
平面，平面，，
在中，，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
故选：A.
2．（2023·云南保山·二模）已知正方体，Q为上底面所在平面内的动点，当直线与的所成角为45°时，点Q的轨迹为（ ）
A．圆B．直线C．抛物线D．椭圆
【答案】C
【分析】建系，利用空间向量结合线线夹角分析运算.
【详解】以点D为原点，，，为x，y，z的正方向，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，则，设，
可得，，
因为直线与的所成角为，
则，化简可得，
所以点Q的轨迹为抛物线.
故选：C.

3．（2024·广东梅州·一模）如图，正四棱柱中，，点是面上的动点，若点到点的距离是点到直线的距离的2倍，则动点的轨迹是（ ）的一部分
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】C
【分析】建立如图空间直角坐标系，设，利用两点距离公式可得，即可求解.
【详解】由题意知，以D为原点，所在直线分别为轴建立如图空间直角坐标系，
则，设，
所以，
因为到的距离是到的距离的2倍，
所以，即，
整理，得，
所以点P的轨迹为双曲线.
故选：C
4．（2023·全国·模拟预测）已知空间中两条直线、异面且垂直，平面且，若点到、距离相等，则点在平面内的轨迹为（ ）
A．直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】C
【分析】设在内的射影为，以与的交点为原点，为轴，为轴，与的公垂线为轴，建立空间直角坐标系. 设，利用空间向量坐标法表示距离，列出方程，求解结果.
【详解】设在内的射影为，到的距离为，
以与的交点为原点，为轴，为轴，与的公垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则到的距离为.
过点作于点，过点作于点，
又在内的射影为，则，连结,
又，，
所以平面，又平面，
所以，所以，
所以则到的距离为,
因为点到、距离相等，
所以，即，
所以点在平面内的轨迹为双曲线.
故选：C.
【点睛】方法点睛：
关于立体几何中的轨迹问题，一般要建立适当的空间直角坐标系，根据已知信息列出的等量关系，化简得出轨迹方程，结合方程特征找到轨迹曲线.
5．（2023·云南文山·模拟预测）用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截而与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．记圆锥轴截面半顶角为，截口曲线形状与，有如下关系：当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线．其中，，现有一定线段AB，其与平面所成角（如图），B为斜足，上一动点P满足，设P点在的运动轨迹是，则（ ）
A．当，时，是椭圆B．当，时，是双曲线
C．当，时，是抛物线D．当，时，是圆
【答案】AC
【分析】P在以AB为轴的圆锥上运动，结合题干信息，逐一分析即可.
【详解】∵AB为定线段，为定值，∴P在以AB为轴的圆锥上运动，
其中圆锥的轴截面半顶角为，与圆锥轴AB的夹角为，
对于A，，∴平面截圆锥得椭圆，故A正确；
对于B，，平面截圆锥得椭圆，故B错误；
对于C，，平面截圆锥得抛物线，故C正确；
对于D，，平面截圆锥得椭圆，故D不正确．
故选：AC．
6．（2024·浙江温州·一模）如图，所有棱长都为1的正三棱柱，，点是侧棱上的动点，且，为线段上的动点，直线平面，则点的轨迹为（ ）

A．三角形（含内部）B．矩形（含内部）
C．圆柱面的一部分D．球面的一部分
【答案】A
【分析】根据题意首先保持在线段上不动（与重合），研究当点运动时的轨迹为线段，再根据点在线段上运动的轨迹即可得出点的轨迹为及其内部的所有点的集合.
【详解】如下图所示：

首先保持在线段上不动，假设与重合
根据题意可知当点在侧棱上运动时，若点在点处时，为的中点，
此时由可得满足，
当点运动到图中位置时，易知，取，可得，
取棱上的点，满足，根据三角形相似可得三点共线，
当点在侧棱上从点运动到点时，点轨迹即为线段；
再研究当点在线段上运动，
当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段，
当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段，
因此可得，当点是侧棱上运动时，在线段上运动时，点的轨迹为及其内部的所有点的集合；
即可得的轨迹为三角形（含内部）.
故选：A
7．（2023·贵州黔西·一模）在正方体中，点为平面内的一动点，是点到平面的距离，是点到直线的距离，且（为常数），则点的轨迹不可能是（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】A
【分析】根据条件作出正方体，再以为原点，直线、和分别为、和轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为（），再设点，根据题目条件得到，分类讨论，、时，结合圆锥曲线的方程特征，即可求解.
【详解】由条件作出正方体，并以为原点，直线、和分别为、和轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设正方体的棱长为（），点，
所以得，，
由，得，
所以，即①（），
当时，①式化得：，
此时，点的轨迹是抛物线；
当时，①式化得：，
即，
②，
当时，，则②式，是双曲线的方程，即点的轨迹为双曲线；
当时，，则②式，是椭圆的方程，即点的轨迹为椭圆；
故选：A.
考点二、轨迹长度
1．（2023·湖北省直辖县级单位·模拟预测）已知正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹的长度为 ．
【答案】
【分析】利用线面角求法得出N的轨迹为正方形内一部分圆弧，求其圆心角计算弧长即可.
【详解】如图所示，取BC中点G，连接MG，NG，由正方体的特征可知MG⊥底面ABCD，

故MN与底面ABCD的夹角即，
∴，则，
故N点在以G为原点为半径的圆上，又N在底面正方形ABCD上，
即N的轨迹为图示中的圆弧，
易知，
所以长为.
故答案为：.
2．（2024·四川南充·二模）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
【分析】由已知可得三棱锥为正三棱锥，即可得三棱锥的高，设点在底面上的射影为，即可得，进而可得点的轨迹及其长度.
【详解】

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，
故选：B.
3．（2024·全国·模拟预测）已知正四棱锥的体积为，底面的四个顶点在经过球心的截面圆上，顶点在球的球面上，点为底面上一动点，与所成角为，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据锥体的体积公式结合外接球的性质可得半径和四棱锥的底边边长，进而根据锐角三角函数可得，即可判断点的轨迹为为圆心，半径的圆，即可求解.
【详解】由题意，设球的半径为．如图所示，连接交于点，连接，则，，平面，所以，解得．
在中，因为，，所以．
因为正方形的中心到各边的距离为，所以点的轨迹为平面内，以点为圆心，半径的圆，故点的轨迹长度为．
故选:D．

4．（2023·湖北襄阳·模拟预测）如图，二面角的大小为，已知A、B是l上的两个定点，且，，，AB与平面BCD所成的角为，若点A在平面BCD内的射影H在的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意：点H的轨迹是以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60°的圆锥侧面交线的一部分，该部分是圆心角为的弧长，只要求出半径即可.
【详解】如图所示：
因为AB与平面BCD所成的角为，且点A在平面BCD上的射影H，，
所以，
所以点H在以点B为球心，以为半径的球面上，
又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上，
所以点H的轨迹为以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，
母线AH与轴AB成的圆锥侧面交线的一部分，
即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB，
因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为，
所以，
又，
所以点H的轨迹的长度等于，
故选：D.
5．（2024·江西·二模）已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（ ）
A．4B．C．5D．
【答案】C
【分析】在棱上分别取点，使得，，连接，证明平面平面即可得点的轨迹为线段，再计算长度即可.
【详解】
如图，在棱上分别取点，使得，，
连接，
因为，，
所以，，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，所以，
又，正方体的棱长为4，
所以，，，
在棱上取点,使得，
则且，又且，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，
又且，则四边形是平行四边形，
所以，所以，
因为，
所以，则，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以，平面，
因为，平面，
所以平面平面，
因为平面平面，
所以，在正方形内有一动点满足平面时，
点的轨迹为线段，
因为，
所以，动点的轨迹长为.
故选：C.
6．（2023·江西赣州·二模）在棱长为4的正方体中，点满足，，分别为棱，的中点，点在正方体的表面上运动，满足面，则点的轨迹所构成的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作出辅助线，找到点的轨迹，利用勾股定理求出边长，得到周长.
【详解】延长，交的延长线与，连接，分别交，于，
过点作交于点，过点作交于点，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为，所以平面平面，
过点作交于点，
连接，则
则平行四边形（点除外）为点的轨迹所构成的图形，
因为正方体棱长为4，，分别为棱，的中点，，
所以，
因为，所以，
过点作⊥于点，则，
则由几何关系可知，所以，
由勾股定理得，
所以点的轨迹所构成的周长为.
故选：D
7．（2024·广西南宁·一模）在边长为4的菱形中，．将菱形沿对角线折叠成大小为的二面角．若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求，进而利用线面垂直可判断点轨迹为，求解周长即可．
【详解】连接、，交于点，连接，
为菱形，，
所以，，，
所以为二面角的平面角，
于是，
又因为，
所以，
取中点，取中点，连接、、，所以、，
所以、，，相交，
所以平面，
所以在三棱锥表面上，满足的点轨迹为，
因为，，，
所以的周长为，
所以点轨迹的长度为．
故选：A．
8．（22-23高三下·江苏南京·阶段练习）如图，在矩形中，，，，，分别为，，，的中点，与交于点，现将，，，分别沿，，，把这个矩形折成一个空间图形，使与重合，与重合，重合后的点分别记为，，为的中点，则多面体的体积为 ；若点是该多面体表面上的动点，满足时，点的轨迹长度为 ．
【答案】
【分析】根据给定的几何体，证明平面，求出四棱锥的体积即可；证明点所在平面平行于平面，作出过点与平面平行的几何体的截面，求出其周长作答.
【详解】连接，有，而，为中点，则有，
，则平面，同理平面，又平面与平面有公共点，
于是点共面，而，即有，，
因为，，平面，则平面，
又平面，即有，则，同理，
即，从而，即四边形为平行四边形，，，
等腰梯形中，高，其面积，
显然平面，所以多面体的体积；
因为平面，同理可得平面，又，则平面，
依题意，动点所在平面与垂直，则该平面与平面平行，而此平面过点，
令这个平面与几何体棱的交点依次为，则,
又为的中点，则点为所在棱的中点，即点的轨迹为五边形，
长度为：
.
故答案为：；
【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.
1．（2024·江苏·一模）在棱长为的正方体中，点分别为棱，的中点．已知动点在该正方体的表面上，且，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据条件得到点轨迹为以为直径的球，进而得出点的轨迹是六个半径为a的圆，即可求出结果.
【详解】因为，故P点轨迹为以为直径的球，
如图，易知中点即为正方体中心，球心在每个面上的射影为面的中心，
设在底面上的射影为，又正方体的棱长为，所以，
易知，，又动点在正方体的表面上运动，
所以点的轨迹是六个半径为a的圆，轨迹长度为，
故选：B．
2（2023·河北·模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为，动点Q在正方形ABCD内运动，且满足，则动点Q形成轨迹的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用等体积法及几何关系求出关于动点Q的等式关系 ，根据相关几何意义即可求出动点Q形成轨迹的周长.
【详解】设内切球O的半径为R，则，∴．
如图，连接AC与BD，设交点为F，取AD的中点E，连接PE，PF，EF．
根据等体积法得，
∴，整理得，又，
解得，．∴，，．
在中，．
∴点Q在以点F为圆心，为半径的圆上，其周长为．
故选：C．
3．（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到⊥平面，由点到平面的距离和球的半径得到点的轨迹为以为半径的圆，从而求出点的轨迹长度.
【详解】以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
球心，取的中点，的中点，连接，
则，，
，
故，，
又，平面，
故⊥平面，
故当位于平面与内切球的交线上时，满足，
此时到平面的距离为
，
，其中为平面截正方体内切球所得截面圆的半径，
故点的轨迹为以为半径的圆，
故点的轨迹长度为.
故选：B
4．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系可证得平面，可得点的轨迹为圆，由此即可得．
【详解】解：以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴，
建立空间直角坐标系，，，，，，
故，，
，设平面的法向量为m=x,y,z，
则，
令得，，故，
因为，故平面，
为平面上的动点，直线与直线的夹角为30°，
平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆，
即为点的轨迹，其中，
由对称性可知，，故半径，
故点的轨迹长度为.
故选：C.
5．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意，分析可得点的轨迹，分别计算各段轨迹的长度即可.
【详解】若点P在正方形内，过点P作平面于，连接.
则为直线与平面所成的角，则，
又，则，得，
则点的轨迹为以为圆心半径为1的圆（落在正方形内的部分），
若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段和，
因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点的轨迹如图所示：
故点P的轨迹长度为.
故选：D
6．（2024·陕西铜川·模拟预测）在正四棱台中，，，是四边形内的动点，且，则动点运动轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用勾股定理得到，即可得到点的轨迹，然后求长度即可.
【详解】

设在平面内的射影为，则在线段上，则，，，
故动点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆在正方形内部部分，
如图所示，其中，故，
又，所以，
因为，所以，故，故动点的轨迹长度是．
故选：A．
7．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥中，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，是平面内一点，且，若，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】取的中点，连接，作交的延长线于点，利用线面垂直的判定得到平面，进而得出，再结合余弦定理和同角三角函数的基本关系可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，最后结合圆的周长计算公式即可求解.
【详解】如图，取的中点，连接，易得，
又，平面，所以平面，
又，所以，，，
在中，，由余弦定理得，
作交的延长线于点，则，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以，所以，
在中，，则，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
则点的轨迹长度为，
故选：C，
【点睛】方法点睛：立体几何中的轨迹问题：
1、由动点保持平行性求轨迹.
（1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹.
2、动点保持垂直求轨迹.
（1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用空间坐标运算求轨迹；（3）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹.
3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹.
（1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；（2）利用空间坐标计算求轨迹.
4、由动点保持等角（或定角）求轨迹.
（1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；（3）利用空间坐标系计算求轨迹.
5、投影求轨迹.
（1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形.
6、翻折与动点求轨迹.
（1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；（3）利用空间坐标运算求轨迹.
8．（2023·青海·模拟预测）在正四棱台中，，点在底面内，且，则的轨迹长度是 .
【答案】
【分析】过点作交于点，根据已知线段长度和位置关系求解出，然后确定出的轨迹为，再通过扇形的弧长公式求解出轨迹长度.
【详解】连接，连接，过点作交于点，
因为，所以，
所以，所以，
因为几何体为正四棱台，所以平面，
所以，
又因为，平面，平面，
所以，所以A1Q⊥平面，
又因为，所以，
以为圆心，为半径画圆，如下图，即为的轨迹，
过作，分别交于，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以的长度为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的轨迹问题，对于空间想象能力和计算能力要求较高，难度较大.解答问题的关键是求解出的长度从而确定出的轨迹形状，借助扇形的弧长公式完成相关计算.
考点三、轨迹区域面积
1．（2023·四川成都·三模）如图，为圆柱下底面圆的直径，是下底面圆周上一点，已知，圆柱的高为5．若点在圆柱表面上运动，且满足，则点的轨迹所围成图形的面积为 ．
【答案】10
【分析】先推出平面，设过的母线与上底面的交点为，过的母线与上底面的交点为，连，推出平面，从而可得点的轨迹是矩形AEFC，计算这个矩形的面积即可得解.
【详解】因为是圆柱下底面圆的直径，所以，
又，，平面，所以平面，
设过的母线与上底面的交点为，过的母线与上底面的交点为，连，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以点在平面内，又点在圆柱的表面，所以点的轨迹是矩形AEFC，
依题意得，，，所以，
所以矩形AEFC的面积为.
故点的轨迹所围成图形的面积为.
故答案为：.
2．（2024·四川成都·二模）在所有棱长均相等的直四棱柱中，，点在四边形内（含边界）运动．当时，点的轨迹长度为，则该四棱柱的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据轨迹的长度求出棱长，利用四棱柱的表面积公式可求答案.
【详解】设棱长为，延长，过点作垂直于的延长线于，
由，可得；
由直四棱柱的性质可得，平面，所以；
因为，所以.
在平面内，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆夹在四边形内的部分，即图中圆弧.
因为，所以，
因为点的轨迹长度为，所以，即.
四棱柱的表面积为.
故选：A.

3．（2022·山东潍坊·三模）已知正方体的棱长为1，空间一动点满足，且，则 ，点的轨迹围成的封闭图形的面积为 ．
【答案】
【分析】利用，转化为求的正切值；先确定点的轨迹围成的封闭图形为圆，在用面积公式计算.
【详解】.
由正方体知平面，
又点满足，所以点在平面内运动，
如图，连接，交于点，连接，，
由对称性，，
所以，解得
所以
所以点的轨迹围成的封闭图形是以点为圆心，为半径的圆，
所以面积.
故答案为：；.
4．（2023·上海·模拟预测）正方体的边长为1，点分别为边的中点，是侧面上动点，若直线与面的交点位于内（包括边界），则所有满足要求的点构成的图形面积为 .
【答案】/
【分析】设，利用空间向量求交点的坐标，再根据交点位于内（包括边界），则，求出满足的关系式，作出相应区域，即可得结果.
【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，
设，可得，
设平面的法向量为，则有，
令，则，即，
设直线与面的交点为，
则，
∵点在直线上，可设，
则，即，
故，则，
又∵点在面上，则，解得，
故，
则，
设，
则，解得，
若点位于内（包括边界），则，整理得，
如图，在面中，即，
作出相应的区域，可得，
故点构成的图形面积为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：
（1）根据三点共线：若在直线上，可设，用表示点的坐标；
（2）根据共面向量：点位于内（包括边界），则.
5．（2023·广西·一模）如图，在正方体中，，P是正方形ABCD内部（含边界）的一个动点，则（ ）
A．有且仅有一个点P，使得B．平面
C．若，则三棱锥外接球的表面积为D．M为的中点，若MP与平面ABCD所成的角为，则点P的轨迹长为
【答案】D
【分析】根据线面垂直判断线线垂直可求解A，利用线面平行判断B，根据外接球与三棱锥的的几何关系判断C，利用线面角的定义确定点的轨迹即可求解D,
【详解】
对于A，连接,
因为平面,平面,所以,
且四边形为正方形，所以,
且，平面,
所以平面,所以当点在线段上时，
必有平面,则，
所以存在无数个点P，使得，A错误；
对于B，当点与点重合时，
与平面相交，B错误；
对于C，若，则为中点，
连接,则为等腰直角三角形，且PB⊥PC，
且也为等腰直角三角形，且,
且平面平面，
所以取中点为，则为三棱锥外接球的球心，
所以外接球的半径为,
所以我外接球的表面积为，C错误；
对于D，连接
因为平面，所以为MP与平面ABCD所成的角，
所以，所以,
所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆弧，
所以点P的轨迹长为，D正确，
故选:D.
1．（2024·四川成都·二模）在正方体中，点在四边形内（含边界）运动.当时，点的轨迹长度为，则该正方体的表面积为（ ）
A．6B．8C．24D．54
【答案】C
【分析】由线段是定值结合正方体的特征得出点的轨迹，结合弧长公式计算即可.
【详解】设正方体棱长为，
由正方体性质知平面，
平面，得，
所以，
所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，
设圆弧分别交与点，则，
所以，同理，所以圆心角是，
则轨迹长度为，可得，
所以正方体的表面积为.
故选：.
2．（23-24高二上·北京平谷·期末）已知四棱锥中，侧面底面，，底面是边长为的正方形，是四边形及其内部的动点，且满足，则动点构成的区域面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
取线段的中点，连接、，推导出平面，可知点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部，结合圆的面积公式可求得结果.
【详解】取线段的中点，连接、，
因为，为的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为四边形是边长为的正方形，则，
所以，，，
所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部，
因此，动点构成的区域面积为.
故选：B.
3．（2022·福建三明·模拟预测）已知正方体中，，点E为平面内的动点，设直线与平面所成的角为，若，则点E的轨迹所围成的面积为 ．
【答案】
【分析】连接交平面于，连接，则有四面体为正三棱锥，由题意可得在平面内的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆即可得答案.
【详解】解：如图所示，连接交平面于，连接，
由题意可知平面，
所以是与平面所成的角，
所以＝.
由可得，即.
在四面体中，, ,
所以四面体为正三棱锥，为的重心，
如图所示：
所以解得 ，,
又因为，
所以 ，
即在平面内的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，
所以.
故答案为:.
4．（2024·北京延庆·一模）已知在正方体中，，是正方形内的动点，，则满足条件的点构成的图形的面积等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意，在平面上，分别以为轴建立平面直角坐标系，设，根据已知列出满足的关系，进而可得满足条件的点构成的图形，计算面积即可.
【详解】如图，连接，则，

如图，在平面上，分别以为轴建立平面直角坐标系，

则，设，
由，得，
即，整理得，
设直线与交于点，
则点在内部(含边界)，即满足条件的点构成的图形为及其内部，
易知，∴，
∴．
故选：A．
【点睛】关键点睛：本题解题关键是在底面上建立平面直角坐标系，把空间问题转化为平面问题去解决．
5．（22-23高三上·江西抚州·期中）已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.若是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持则点的轨迹的面积为 .

【答案】
【分析】取中点，由题可得平面，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得.
【详解】取中点，连接，则，
，平面，所以平面，
又因为，则，
作于，设点轨迹所在平面为，
则平面经过点，且，
设三棱锥外接球的球心为，半径为，的中心分别为，
可知平面平面，且四点共面，
由题可得，
在Rt中，可得，
又因为，则，
易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
所以截面圆的面积为.
故答案为：.

【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
6．（2024·四川绵阳·三模）如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且．则下列结论不正确的是（ ）
A．若保持．则点的运动轨迹长度为
B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为
C．沿正方体的表面从点到点的最短路程为
D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】C
【分析】
由可知，可过点作平面，即可找到动点的运动轨迹；找出与垂直的平面，与平面的交线即为动点的轨迹；将平面和平面沿展开在同一平面上求点到点的最短路程；将建立空间直角坐标系求解三棱锥的外接球的半径.
【详解】对于，过点作平面，以为圆心，为半径在平面内作圆交于点,则即为点的运动轨迹，
∵，∴ , ∴，∴，
∴的长为，则正确；
对于，∵平面,平面，∴,
∵，平面，平面，，
∴平面，
∵平面，∴,
同理可证，
∵平面，，平面，
∴平面，
找上的点，使得，找上的点，使得,连接，
∵∥, ∥, ∴∥,
∵平面，平面，∴∥平面，
∵∥，平面， 平面，
∴∥平面，
∵平面，平面，，
∴平面∥平面，∴平面，
在上找一点使得，连接,
∵∥，∥，∴∥，
∴四点共面，∴平面，
∴点的轨迹为线段, ,则正确；
将平面和平面沿展开在同一平面上，从点到点的最短路程为,则,则错误；
分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
设三棱锥的外接球的球心为，则，
即，解得，
∴三棱锥的外接球半径,
∴三棱锥的外接球表面积为,则正确；
故选：.
【点睛】求三棱锥的外接球半径还可以建立空间直角坐标系，设出球心的坐标，利用顶点到球心的距离相等列出方程组求解.
考点四、轨迹中长度的最值及范围
1．（2022·青海西宁·二模）在棱长为3的正方体中，P为内一点，若的面积为，则AP的最大值为 ．
【答案】/
【分析】先证明平面，由条件确定点的轨迹，由此可求AP的最大值.
【详解】因为，,平面，，
所以，同理可证，又，，
所以平面，
设与平面相交于点O，连接，因为平面，所以
所以，又，
则，即点P的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆，
因为，平面，所以，
又为等边三角形，且,
所以，
所以AP的最大值为．
故答案为：.
2．（17-18高二下·山西大同·阶段练习）已知正方体的棱长为2，点M，N分别是棱，的中点，点P在平面内，点Q在线段上，若，则长度的最小值为 .

【答案】
【分析】根据题意，由条件可得点在以为圆心，为半径的位于平面内的半圆上，点到的距离减去半径就是长度的最小值，结合图形，代入计算，即可得到结果.
【详解】
取中点，连接，则平面，所以，因为，正方体的棱长为2，为的中点，所以，，所以点在以为圆心，为半径的位于平面内的半圆上，单独画出平面以及相关点线，所以点到的距离减去半径就是长度的最小值，连接，做交于点，则
，所以，解得，所以长度的最小值为.
故答案为：
3．（23-24高三上·河北承德·期中）如图，在直三棱柱中，，若为空间一动点，且，则满足条件的所有点围成的几何体的体积为 ；若动点在侧面内运动，且，则线段长的最小值为 ．

【答案】
【分析】根据球的体积公式即可求解空1，根据球的截面圆性质，结合线面垂直以及点到圆上的最小距离即可求解空2.
【详解】由可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的球面，
所以围成的球的体积为，
过作，
由，则由等面积法可得,
由于在直三棱柱中，平面 平面故,
由于平面，故平面，
由于平面，故,
所以,
由于到平面的距离和点到平面的距离相等，均为，
又，所以点的轨迹为以为圆心，以为半径的球与侧面的截面圆，该截面圆的半径为,圆心为,且满足，
因此点的最小距离为，
故，
故答案为：，

1．（2024·江西宜春·模拟预测）如图，在四面体中，和均是边长为6的等边三角形，，则四面体外接球的表面积为 ；点E是线段AD的中点，点F在四面体的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的长度为 .
【答案】 53π
【分析】设四面体外接球的球心为的中心分别为，则可得平面平面，且四点共面，可得，进而求出，然后由勾股定理求出四面体外接球的半径；取中点，作，设点轨迹所在平面为，求出四面体外接球半径和到平面的距离，从而可求出平面截外接球所得截面圆的半径，进而可得结果.
【详解】
取中点，连接，则，平面，
又和均是边长为6的等边三角形，，
∴平面，，
所以，
∴，
设四面体外接球的球心为的中心分别为，
易知平面平面，且四点共面，
由题可得，，
在中，得，又，
则四面体外接球半径，
所以四面体外接球的表面积为；
作于，设点轨迹所在平面为，
则平面经过点且，
易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
所以截面圆的周长为，即点轨迹的周长为53π.
故答案为：；53π.
2．（2023·山东枣庄·二模）如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且．平面，则线段MP长度的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据已知条件及三角形的中位线，利用线面平行的判定定理及面面平行的判定定理，结合直角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解.
【详解】取的中点为,取的中点为,取的中点为，如图所示
因为是的中点，是的中点，
所以,
因为平面,平面,
所以平面,
同理可得，平面,
又,平面,
所以平面平面.
又平面,线段扫过的图形是,
由,得,,
,,
所以,即为直角，
所以线段长度的取值范围是：.
故选：A.
3．（2023·陕西西安·模拟预测）已知正方体的棱长为是正方形（含边界）内的动点，点到平面的距离等于，则两点间距离的最大值为（ ）
A．B．3C．D．
【答案】D
【分析】利用等体积法可得点到平面的距离等于，结合平行关系分析可得点的轨迹为线段，再根据的形状分析求解.
【详解】由题意可知：，
设三棱锥的高为，
因为，则，
解得，即点到平面的距离等于，
又因为∥，且，则四边形为平行四边形，则∥，
平面，平面，所以∥平面，
即点的轨迹为线段，
因为平面，平面，所以，
在中，两点间距离的最大值为.
故选：D.

【点睛】关键点睛：（1）利用等体积法求得点到平面的距离等于；
（2）结合平行关系分析可得点的轨迹为线段.
考点五、轨迹中体积的最值及范围
1．（2024·重庆·三模）已知棱长为1的正方体内有一个动点M，满足，且，则四棱锥体积的最小值为 .
【答案】
【分析】利用正方体的空间垂直关系去证明平面内的点都满足，再去证明动点M在以为圆心，以为半径的圆上，从而利用点M在圆上的性质去解决最值问题.
【详解】解：如图所示，设，
由正方体性质可知平面，
由于平面，，又因为线段的中点，
所以，
即点在平面内，
又因为，所以与点在以点为球心，1为半径的球面上，
又因为平面，
到平面的距离为的一半，由正方体的边长为1，则，
又，，
在平面内，且以H为圆心，为半径的半圆弧上，
到平面的距离的最小值为，
四棱锥体积的最小值为
故答案为：
【点睛】关键点点睛：借助空间关系可知到线段两端点距离相等的点M在线段的中垂面上，又由到定点距离为1的点M又在球面上，从而得到点M的轨迹是中垂面截平面的小圆.
2．（2023·福建龙岩·二模）正方体的棱长为2，若点M在线段上运动，当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先确定点的位置，再利用球的性质，以及空间向量的距离公式，确定球心坐标，即可确定外接球的半径，即可求解．
【详解】的周长为，由于为定值，即最小时，的周长最小，
如图，将平面展成与平面同一平面，则当点共线时，此时最小，在展开图中作，垂足为，，解得：，

如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，

，，
连结，因为平面，平面，
所以，又因为，且，平面，平面，
所以平面，平面，所以，
同理，且，
所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过△的中心．
所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，，，则，
即，
解得：，，所以外接球的表面积.
故选：C.
1．（2024·山东·模拟预测）如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直，点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，，若，当四面体体积最大时，则该四面体的内切球半径为 ．
【答案】或
【分析】先确定点的轨迹，确定四面体体积最大时，，点的位置，再利用体积法求内切球半径.
【详解】如图：
因为平面平面，平面平面，平面，且，
所以平面.
平面，所以BE⊥AP，
又，平面，所以平面，
平面，所以.
又在正方形及其内部，所以点轨迹是如图所示的以为直径的半圆，
作于，则是三棱锥的高.
所以当的面积和都取得最大值时，四面体的体积最大.
此时点应该与或重合，为正方形的中心.
如图：
当点与重合，为正方形的中心时：
，，，，
中，因为，，，所以.
设内切球半径为，由得：
.
如图：
当点与重合，为正方形的中心时：
，，，，
.
设内切球半径为，由得：
.
综上可知，当四面体的体积最大时，其内切球半径为：或.
故答案为：或
【点睛】关键点点睛：根据得到点在以为直径的球面上，又点在正方形及其内部，所以点轨迹就是球面与平面的交线上，即以为直径的半圆上.明确点轨迹是解决问题的关键.
2．（2024·山东青岛·三模）已知长方体中，，点为矩形 内一动点，记二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若 ，则三棱锥体积的最小值为 .
【答案】
【分析】根据题意，判断得的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线和抛物线段的方程，由题意，计算点到线段的最短距离，再由等体积法计算三棱锥最小体积.
【详解】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为，
连接，则，，由，则，
又、平面，故，，则，
由抛物线定义可知，的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分，
所以的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分，
当点到线段距离最短时，三角形面积最小，即三棱锥体积最小，
取中点为原点，建立如图所示平面直角坐标系，
则，，，
则直线的方程为：，即，
抛物线的方程为，则，
由题意，令，得，代入，得，
所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为：
，因为，
所以，
所以三棱锥体积的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是能判断出点的轨迹为抛物线一部分，再建立平面直角坐标系，求解到直线的最短距离，利用等体积法求解三棱锥的最小体积.
考点六、轨迹中空间角的最值及范围
1．（2021·山东滨州·二模）在正方体中，是棱的中点，是底面内（包括边界）的一个动点，若平面，则异面直线与所成角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】取中点，中点，连接，，，取中点，连接，推导出平面平面，从而的轨迹是线段，建立空间之间坐标系后，利用空间向量求解异面直线夹角的余弦值，即可得角度范围.
【详解】解：取中点，中点，连接，，，取中点，连接，
在正方体中，是棱的中点，
，，，
，，
平面平面，
是底面内（包括边界）的一个动点，平面，
的轨迹是线段，
如图，以D为原点，为轴建立空间之间坐标系，设正方体棱长为2
则，，，，
由于在线段上，设，且
所以
则 ，又
所以
由于，所以
所以异面直线与所成角的取值范围.
故选：C.
2．（2023·江苏盐城·三模）动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据线面位置关系和余弦定理以及同角三角函数基本关系式即可求解.
【详解】
连接，
容知，,
所以平面平面,
M与平面的距离保持不变，
点M的移动轨迹为三角形的三条边，
当M为中点时，直线与平面所成角正弦值最大，

取的中点，
设正方体的棱长为2，
所以，
，
，
所以,
所以为直角三角形，

所以直线与平面所成角正弦值为,
当M为C点时，直线与平面所成角的正弦值最小，
此时，，，

所以，
.
直线与平面所成角正弦值的取值范围是，
故选：A.
3．（17-18高三上·江西鹰潭·阶段练习）如图，已知平面，，A、B是直线l上的两点，C、D是平面内的两点，且，，，，．P是平面上的一动点，且直线PD，PC与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据题目条件得到，进而建立平面直角坐标系，求出P点轨迹方程，点P在内的轨迹为以为圆心，以4为半径的上半圆，从而求出当PB与圆相切时，二面角的平面角最大，求出相应的余弦值最小值.
【详解】由题意易得PD与平面所成角为，PC与平面所成角为，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴P点轨迹为阿氏圆．
在平面内，以为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，
则，设，
所以，
整理得：，
所以点P在内的轨迹为以为圆心，以4为半径的上半圆，
因为平面，，，，
所以，
因为，
所以，
因为平面平面，，
所以二面角的平面角为，
由图可知，当PB与圆相切时，最大，余弦值最小，
此时，故.
故选：B．
4．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知正方形的边长为2，是平面外一点，设直线与平面的夹角为，若，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义和旋转体的概念可知当时点的轨迹是一个椭球,即可根据求解最值.
【详解】由题意知，点为动点，、为定点，，
由椭圆的定义知，点的轨迹是以、为焦点，为焦距，长轴为的椭圆，
将此椭圆绕旋转一周，得到一个椭球，即点的轨迹是一个椭球，
而椭球面为一个椭圆，由，
即，得，
设点在平面上的射影为，则，
又，且，
所以当且仅当时最大，即取到最大值，
故选：B．
1．（2021·湖南永州·模拟预测）已知正四面体内接于半径为的球中，在平面内有一动点，且满足，则的最小值是 ；直线与直线所成角的取值范围为 .
【答案】
【分析】设A在面内的投影为E，故E为三角形的中心，设正四面体的棱长为x，球O的半径为R，球心O在上，列式求出得 ，则可求出 ，，推导出P的轨迹为平面内以E为圆心，为半径的圆，三点共线时，且P在之间时，可求得的最小值；以E为圆点，所在直线为x轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出直线与直线所成角的取值范围．
【详解】在正四面体中，设A在面内的投影为E，故E为三角形的中心，
设正四面体的棱长为x，球O的半径为R，
则 ，
依题意正四面体内接于半径为的球中，故球心O在上，
设球的半径为R,则，
即，解得 ，（舍去），
则，，
又，
故P的轨迹为平面 内以E为圆心，为半径的圆，
而，当三点共线时，且P在之间时，最小，最小值是；
以E为圆心，所在直线为x轴，在底面内过点E作的垂线为y轴，为z轴，建立如图所示直角坐标系，
则,,,，
设，，
故，,
设直线与直线所成角为，
,
因为，故，故，
又，故，故，
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：求解的最小值时，关键在于根据正四面体中的相关计算，确定点P的轨迹为以E为圆心，为半径的圆，结合圆的几何性质，即可求得答案.求解直线与直线所成角时，将问题转化为利用向量的夹角公式求解，关键是要明确向量的夹角与直线所成的角之间的关系.
2．（2023·河南·模拟预测）正方体的棱长为，为中点，为平面内一动点，若平面与平面和平面所成锐二面角相等，则点到的最短距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先证明一个结论：若平面与平面所成二面角为，且平面，则.根据推出，再求出中边上的高，得到点轨迹为与平行且距离为的两条直线，从而可得结果.
【详解】先证明一个结论：若平面与平面所成二面角为，且平面，则.
证明：作，垂足为，连，
因为平面，平面，所以，
又平面，，所以平面，
因为平面，所以，所以，
在直角三角形中，，即.

设平面与平面和平面所成锐二面角为，取的中点，作，垂足为，
则三角形在平面内的射影是三角形，在平面内的射影是三角形，
根据以上结论得，，
在中，设边上高为，
，所以，，
所以点轨迹为与平行且距离为的两条直线，所以点到的最短距离为.

故选：C
【点睛】关键点点睛：利用三角形面积、射影三角形面积和二面角的余弦值之间的关系推出是解题关键.
3．（23-24高三下·青海西宁·开学考试）如图，正四面体的棱长为2，点E在四面体外侧，且是以E为直角顶点的等腰直角三角形．现以为轴，点E绕旋转一周，当三棱锥E−BCD的体积最小时，直线与平面所成角的正弦值的平方为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取中点F，取中点M，确定点E的轨迹，从而结合三棱锥E−BCD的体积最小，确定E点所处位置，进而作出直线CE与平面BCD所成角，解三角形，求出相关线段长，即可求得答案.
【详解】在正四面体中，取中点F，连接，则，
取中点M，连接，则，
是以E为直角顶点的等腰直角三角形，正四面体的棱长为2，
则，且，

点E绕AD旋转一周，形成的图形为以M为圆心，以为半径的圆，
设该圆与的交点为，当三棱锥E−BCD的体积最小时，即E点到底面的距离最小，
即此时E点即位于处，
因为正四面体的棱长为2，则，
又中点为M，则，则，
设点在底面上的射影为H，则，
又，中点为F，故，
故，
由于点在底面上的射影为H，故即为直线与平面BCD所成角，
故，
故选：D
【点睛】关键点睛：本题考查在四面体中求解线面角的正弦值问题，解答时要发挥空间想象，明确空间的点、线、面的位置关系，解答的关键在于确定E点的轨迹，从而确定三棱锥E−BCD的体积最小时E点的位置，由此作出直线与平面BCD所成角，解三角形，求得答案.
考点七、截面问题
1．（2024·江苏南京·模拟预测）已知，底面半径的圆锥内接于球，则经过和中点的平面截球所得截面面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据球的截面性质，结合三角形面积等积性、勾股定理进行求解即可.
【详解】如图，
设球的半径为，线段的中点为，因为，
所以，解得，
设经过和中点的平面截球所得截面圆的圆心为，半径为，球心到截面的距离，
则，要截面面积最小，则要最小，即要最大，
因为当为点到的距离时最大，此时，又，
所以，
所以，
故截面面积的最小值为．
故答案为：．
故选：A
2．（2024·全国·模拟预测）在正方体中，E，F分别为棱，的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为，最大值为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意可求得正方体的外接球球心位置，易知当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径，当截面与OP垂直时，截面面积最小；分别求出对应的半径大小即可得出结果.
【详解】如图，正方体的外接球球心在其中心点处，设该正方体的棱长为，
则外接球的半径，
要使过直线EF的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段EF的中点，
连接OE，OF，OP，则，
，
所以，
此时截面圆的半径．
显然当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径；
所以．
故选：D．
3．（2024·广东广州·二模）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.
4．（22-23高三下·湖北武汉·期中）在正四棱台中，，AA1=23，M为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，平面MBD截该正四棱台的截面面积是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正四棱台的体积公式、结合基本不等式、线面平行的判定定理、梯形的面积公式进行求解即可．
【详解】设，上底面和下底面的中心分别为，，过作,
该四棱台的高，
在上下底面由勾股定理可知，．
在梯形中，，
所以该四棱台的体积为，
所以，
当且仅当，即时取等号，此时，，．
取,的中点，,连接,，显然有，
由于平面，平面，所以平面，因此平面就是截面．
显然，
在直角梯形中，，
因此在等腰梯形中，，
同理在等腰梯形中，，
在等腰梯形中，设，，
则，
，
所以梯形的面积为，
故选：C．
【点睛】解决与几何体截面的问题，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面面关系，
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求长度下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解.
5．（2024·北京丰台·二模）“用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线”．利用这个原理，小明在家里用两个射灯（射出的光锥视为圆锥）在墙上投影出两个相同的椭圆（图1），光锥的一条母线恰好与墙面垂直．图2是一个射灯投影的直观图，圆锥的轴截面是等边三角形，椭圆所在平面为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，由勾股定理结合余弦定理代入计算可得，再由相似三角形的相似比结合勾股定理可分别计算出椭圆的，结合椭圆的离心率即可得到结果.
【详解】设，由于，所以PB⊥AM，在等边三角形中，
点为的中点，于是，在平面中，由椭圆的对称性可知，
，连接，延长与交于点，
由于为中点，所以在中，，
由勾股定理可得，
在中，，，，由余弦定理可得
，
在中，由于，所以，
于是有，
设椭圆短轴的两个顶点为，连接分别交圆锥于，
由于，所以，
由于为圆锥母线，所以，
从而有，
在中，由勾股定理可得，
所以在椭圆中，，，
则，
则离心率为.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题主要考查了椭圆定义的理解以及椭圆离心率的求解，难度较大，解答本题的关键在于结合椭圆的定义以及余弦定理代入计算，分别求得，从而得到结果.
1．（2024·四川泸州·三模）已知正方体的棱长为2，P为的中点，过A，B，P三点作平面，则该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出球心到平面的距离，再利用球的截面小圆性质求出截面圆半径即可.
【详解】正方体的外接球球心是的中点，而，
则点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，又平面过线段的中点P，
因此点与点到平面的距离相等，由平面，，得平面，
在平面内过作于，而平面，于是，
又，从而，又球的半径，
则正方体的外接球被平面截得的截面圆半径，有，
所以正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积.
故选：D
2．（2024·云南曲靖·模拟预测）正方体外接球的体积为，、、分别为棱的中点，则平面截球的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知，得到正方体外接球的半径，进而得到正方体的棱长，再由勾股定理计算出平面截球的截面圆的半径，即可得到截面面积.
【详解】

设正方体外接球的半径为，棱长为，
因为正方体外接球的体积为，
所以，则，
由，得，
设球心到平面的距离为，平面截球的截面圆的半径为，
设到平面的距离为,
因为、、分别为棱的中点，
所以是边长为的正三角形,
由,得,
则,
解得,又,
所以到平面的距离为，
则，
，
所以平面截球的截面面积为，.
故选：A.
3．（2024·广西·模拟预测）在三棱锥中，平面，，，，点为棱上一点，过点作三棱锥的截面，使截面平行于直线和，当该截面面积取得最大值时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】通过作平行线作出题中的截面，并结合线面平行以及线面垂直说明其为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，结合二次函数性质确定截面面积取得最大值时参数的值，解直角三角形即可求得答案.
【详解】根据题意，在平面内，过点作，交于点；
在平面内，过点作，交于点；
在平面内，过点作，交于点，连接，如图所示，

因为，则，设其相似比为，即，
则；
又因为，，，
由余弦定理得，，则，
即.
又平面，，平面，所以，.
又，则，.
因为，则，则，
因为，所以，即，
同理可得，即，
因为，，则，
故四边形为平行四边形；而平面，平面，
故平面，同理平面，
即四边形为截面图形；
又平面，平面，则，
又，所以.
故平行四边形为矩形，则，
所以当时，有最大值，则，
在中，.
故选：C.
【点睛】思路点睛：先作平行线作出题中的截面，再证明四边形为符合题意的截面图形，结合线面平行以及线面垂直说明四边形为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，利用二次函数求出最值得解.
4．（23-24高二上·四川德阳·阶段练习）已知正三棱锥的外接球是球，正三棱锥底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设的中心为，球O的半径为R，在中，利用勾股定理求出，余弦定理求出，再由勾股定理求出，过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大.
【详解】如下图，设的中心为，球O的半径为R，
连接，OD，，OE，则
，
在中，，
解得R＝2，所以，因为BE＝DE，所以，
在中，，
所以，过点E作球O的截面，
当截面与OE垂直时，截面的面积最小，
此时截面的半径为，则截面面积为，
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4π.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大.
5．（2024·重庆·三模）在三棱锥中，为正三角形，为等腰直角三角形，且，，则三棱锥的外接球的体积为 ；若点满足，过点作球的截面，当截面圆面积最小时，其半径为 .
【答案】 /
【分析】根据勾股定理可得，，如图，，结合球的体积公式计算即可求出外接球的体积；确定当与截面垂直时球心到截面的距离d最大，且，结合勾股定理计算即可求解.
【详解】由题意知，，，，
由勾股定理可知，，，
所以，，取的中点，所以，
所以为三棱锥的外接球的球心，则三棱锥的外接球的半径，
故外接球的体积.
过点作球的截面，若要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，
设球到截面的距离d，只需球心到截面的距离d最大即可，
当且仅当与截面垂直时，球心到截面的距离d最大，
即，取的中点，，
所以，
所以截面圆的半径为.
故答案为：；
【点睛】思路点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的思路是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
考点八、轨迹、截面、动点、范围多选题综合
1．（2024·重庆·模拟预测）已知正方体的棱长为2，M为的中点，N为ABCD（包含边界）上一动点，为平面上一点，且平面ABCD，那么（ ）
A．若，则N的轨迹为圆的一部分
B．若三棱柱的侧面积为定值，则N的轨迹为椭圆的一部分
C．若点N到直线与直线DC的距离相等，则N的轨迹为抛物线的一部分
D．若与AB所成的角为，则N的轨迹为双曲线的一部分
【答案】ABD
【分析】对于A：求出可得答案；对于B：根据侧面积为定值，可得为定值，根据椭圆定义可得答案；对于C：根据距离相等可得动点轨迹为AD所在直线一部分，进而得答案；对于D：以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，，利用坐标运算可得点N的轨迹方程.
【详解】对于A，若，则，故动点N的轨迹为圆的一部分，故A正确；
对于B，若三棱柱的侧面积为定值，且高为2，可得为定值，即为定值，且必有成立，故动点N的轨迹为椭圆的一部分，故B正确；
对于C，由题意得点N到直线与直线DC的距离相等，故点N到点D与到直线DC的距离相等，故动点轨迹为AD所在直线一部分，故C错误；
对于D，以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A2,0,0，，，设，
则，，若与AB所成的角为，
所以，所以整理得，
所以点N的轨迹为双曲线的一部分，故D正确.
故选：ABD．
2．（2024·广东广州·模拟预测）在棱长为1的正方体中，若点为四边形内（包括边界）的动点，为平面内的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则平面截正方体所得截面的面积为
B．若直线与所成的角为，则点的轨迹为双曲线
C．若，则点的轨迹长度为
D．若正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小值是120
【答案】ABD
【分析】由截面知识结合三角形面积公式即可验证A，由异面直线夹角结合双曲线的定义可验证B，由椭球的概念和性质可知该椭球被平面截得的在四边形内的部分为半圆，且半径为，则可验证C，将正方体绕旋转后与其自身重合，转化为旋转后能和自身重合，则D可验证.
【详解】对于A，若，显然平面截正方体所得截面为，所以，截面面积为，所以A正确；
对于B，因为，若与所成的角为，
则点在以为旋转轴的圆锥（无底）的表面上，而平面，
所以则点的轨迹为双曲线，所以B正确；
对于C，若，则在以、为焦点的椭球上且，，
所以，又因为点为四边形内，该椭球被平面截得的在四边形内的部分为半圆，且半径为，
所以点的轨迹长度为，所以C错误，
对于D，平面，且为正三角形，
若正方体绕旋转后与其自身重合，只需要旋转后能和自身重合即可，所以D正确.
故选：ABD.
3．（2024·辽宁大连·二模）在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面BMD，则下列结论正确的是（ ）
A．B．三棱锥的体积为
C．点N的轨迹长度为D．的取值范围为
【答案】BD
【分析】根据正方体的性质得出平面平面BMD，则根据已知得出点在线段上（含端点），当为时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出与的夹角为，此时，即可判断A；三棱锥,利用等体积法结合体积公式即可判断B；根据点在线段上（含端点），利用勾股定理求出求，即可判断C；根据正方体性质结合已知可得，则，即可根据的范围得出的范围判断D．
【详解】在棱长为2的正方体中，为中点，为四边形内一点（含边界），
平面BMD，
取、中点分别为、，连接、、、，，如图：
为正方体，为中点，为中点，
，，，，
、平面，、平面BMD，且，，
平面平面BMD，
为四边形内一点（含边界），且平面BMD，
点在线段上（含端点），
对于A：当在时，则与的夹角为，此时，
则与不垂直，故A不正确；
对于B为四边形内一点（含边界），
到平面的距离为2，
三棱锥的体积为，故B正确；
对于C：由于点在线段上（含端点），
而，
点的轨迹长度为，故C不正确；
对于D为正方体，
平面，
平面，
，
△为直角三角形，且直角为，
，
点在线段上（含端点），
则当最大时，即点为点时，此时，此时最小，为，
当最小时，即，此时，
此时最大，最大为，
则的取值范围，故D正确．
故选：BD．
4．（2024·重庆·模拟预测）已知正方体的棱长为1，空间中一动点满足，分别为的中点，则下列选项正确的是（ ）
A．存在点，使得平面
B．设与平面交于点，则
C．若，则点的轨迹为抛物线
D．三棱锥的外接球半径最小值为
【答案】ABD
【分析】对于A，根据向量共面定理可得在平面上运动，当在点时，可证平面；对于B，以点为坐标原点建立空间坐标系，可证平面，故交点为点在平面的射影，利用等体积法可求得的长度，从而得到；对于C，分别表示出和，利用向量夹角公式，化简即可得到，从而得到点的轨迹；对于D，由B选项可知，三棱锥外接球的球心在上，则有，故当平面时，外接球的半径最小，表示出球心的坐标，列出等式，从而可得答案.
【详解】对于A，因为空间中一动点满足，根据向量共面定理可得在平面上运动，
所以当在点时，连接
因为分别为，所以，平面，平面，故平面，则A正确；
对于B，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间如图所示的坐标系
则，，，，，
所以，，，
所以，则，，
因为，，平面，
所以平面，故交点为点在平面的射影，即平面，
所以，即，解得： ，
因为，所以，则，故B正确；
对于C，由，可得
则，，因为，
所以，
化简可得：，所以点的轨迹为椭圆；故C不正确；
对于D，由B选项可知，外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心在上，
设，，即，
所以三棱锥外接球的半径，要使最小，
则平面，
由于平面的法向量，所以，
则，即，由，可得，
解得：，由于，所以，
则，即三棱锥的外接球半径最小值为，故D正确；
故选：ABD
【点睛】方法点睛：立体几何中，与角、距离等有关的计算，可以利用综合法构造几何对象利用解三角形的方法进行相关的计算，也可以利用几何体的特征构造空间直角坐标系，把角、距离的计算问题归结向量的坐标运算.
5．（23-24高二上·广东清远·期末）如图，在正方体中，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，的值最小
B．当时，
C．若平面上的动点满足，则点的轨迹是椭圆
D．直线与平面所成角的正弦值是
【答案】ABC
【分析】对于选项A,B，建立空间直角坐标系，利用向量运算可判断；对于C，构造圆锥．母线与中轴线的夹角为，然后用平面去截圆锥，根据椭圆定义可判断；对于D，易知是与平面所成的角，可判断得解.
【详解】对于A选项，建立如图1所示的空间直角坐标系，

设，则．
设，则．
，
，
，
当，即时，的值最小，故A正确．
对于B选项，，
，
，故B正确．
对于C选项，如图2所示构造圆锥．母线与中轴线的夹角为，然后用平面去截圆锥，
使直线与平面的夹角为，则截口为点的轨迹图形，
由圆锥曲线的定义可知，点的轨迹为椭圆，故C正确．
对于D选项，直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
是与平面所成的角，又，则，故D不正确．
故选：ABC．

6．（23-24高二上·湖北·期末）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ）
A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值
B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为
D．当在底面上运动，且满足平面时，线段长度的取值范围是
【答案】ACD
【分析】对A：三角形的面积不变，点到平面的距离为，即可判断；对B：将所求角度转化为所成角，连接，取交点为，求得角度的最大值；考虑三角形中角度最小时的状态为点与重合，再求对应最小值即可；对C：分析点在不同平面下的轨迹，即可求得轨迹长度；对D：求得点的运动轨迹，再根据几何关系求的长度即可.
【详解】对A：当在平面上运动时，
三棱锥的底面为三角形，其面积为定值，
又点到面的距离即平面到平面的距离，也为定值，
故三棱锥的体积不变，A正确；
对B：连接，设其交点为，连接，作图如下所示：

因为面，故面，
又面，故；
当点在上运动，因为//，则与所成的角即为与所成的角；
当点与点重合时，因为，故可得所成角为；
当点异于点时，设所成的角为，则，
故当与重合时，取得最大值，此时取得最小值，最小，
此时，三角形为等边三角形，故可得；
综上所述，当点在上运动时，直线所成角范围为，故B错误；
对C：当点与重合时，，也即与底面的夹角为；
当点在平面上时（异于点），过作，连接，显然即为所求线面角；

又，又，故，，
故当点在平面上时（异于点），与平面的夹角小于，不满足题意；
同理可得，当点在平面上（异于点）时，与平面的夹角也小于，不满足题意；
当点在平面上时，因为，易知点的轨迹为，
；
当点在平面上时，因为，易知点的轨迹为，
；
当点在平面上时，因为面//面，
故与面所成角与与面所成角相等，
因为面，连接，故；

在三角形中，易知，
故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，
故其轨迹长度为：；
当点在面上，不满足题意；
综上所述：点轨迹的长度为：，故C正确；
对D：取的中点分别为，
连接，如下所示：

因为//面面，故//面；
//面面，故//面；
又面，故平面//面；
又//////，故平面与平面是同一个平面.
则点的轨迹为线段；
在三角形中，
；；；
则，故三角形是以为直角的直角三角形；
故，
故长度的取值范围是，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题综合考察立体几何中线面位置关系，以及角度，轨迹长度的求解；特别的对选项C，分别考虑点在不同平面下轨迹的情况，是解决问题的核心，属综合困难题.
7．（2024·湖南长沙·二模）在正方体中，为的中点，是正方形内部一点（不含边界），则（ ）
A．平面平面
B．平面内存在一条直线与直线成角
C．若到边距离为，且，则点的轨迹为抛物线的一部分
D．以的边所在直线为旋转轴将旋转一周，则在旋转过程中，到平面的距离的取值范围是
【答案】AC
【分析】根据正方体的结构特征可证明线线垂直，进而可得线面垂直，即可求证面面垂直，可判断A，根据线面角的性质，结合线面角的求解即可判断B，根据抛物线的定义即可判断C，根据旋转可得点的运动轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆，即可求解D.
【详解】对于A：如图，连接，则，
因为平面平面，所以，
且平面，
所以平面平面，
所以，同理，且，且平面，
所以平面，且平面，
所以平面平面，故A正确；

对于B：从正方体中分离出四棱锥，取的中点，连接，
并让点可在正方形边界移动.
因为平面，
，即，
则与平面所成角的最小值是，
所以，
因为线面角是线与平面内的线所成的最小角，
所以平面内不存在一条直线与直线成角，故B错误；

对于C：如图，取的中点，连接平面，
作于点，则，因为，
则，
即点到点的距离和点到的距离相等，
即可知点形成的轨迹是抛物线的一部分，故C正确；

对于D：连接交于点，取的中点，连接，
则点的运动轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆，
易知，由，知，
且平面，
所以平面平面，
所以平面平面，
，
如图，与圆的交点分别为，
当点位于点时，点到平面的距离分别取得最大值和最小值，
且距离的最大值为，
距离的最小值为，
所以点到平面的距离的取值范围是，故错误.
故选：AC

【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
8．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆．著名数学家创立的双球实验证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切．下列结论中正确的有（ ）

A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等
C．所得椭圆的离心率
D．其中为椭圆长轴，为球半径，有
【答案】ABC
【分析】过点作线段，分别与球、切于点、，结合球的切线的性质与椭圆定义即可得A、B，借助离心率的定义可得C，借助正切函数的定义可得D.
【详解】

对A，B：过点作线段，分别与球、切于点、，
由图可知，、分别与球、切于点、，
故有，
由椭圆定义可知，该椭圆以、为焦点，为长轴长，故B正确，
由与球切于点，故，
有，
即有椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故A正确；
对C:由题意可得，则，故C正确；
对D：由题意可得，，
故，即，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于作出线段，从而可结合球的切线的性质与椭圆定义逐项判断.
9．（2024·浙江台州·二模）已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，E为正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹为抛物线
B．正方体的内切球被平面所截得的截面面积为
C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
D．点为直线上一动点，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A，根据到点长度为定值，确定动点轨迹为圆；
对于B，理解内切球的特点，计算出球心到平面的距离，再计算出截面半径求面积；
对于C，找到线面所成角的位置，再根据动点的运动特点（相切时）找到正弦的最大值；
对于D，需要先找到点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解.
【详解】
对于A，因为直线与平面所成角为，所以.点在以为圆心，为半径的圆周上运动，因此运动轨迹为圆.故A错误.
对于B，在面内研究，如图所示为内切球球心，为上底面中心，为下底面中心，为内切球与面的切点.已知，为球心到面的距离.在正方体中，，，.利用相似三角形的性质有，即，.因此可求切面圆的，面积为.故B正确.
对于C，直线与平面所成角即为，当与点的轨迹圆相切时，最大.此时.故C正确.
对于D，分析可知，点为和圆周的交点时，最小.此时可将面沿着翻折到面所在平面.根据长度关系，翻折后的图形如图所示.
当三点共线时，最小.因为，，所以最小值为，故D正确.
故选：BCD
1．（2024·辽宁大连·一模）正四棱柱中，，动点满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线平面
B．当时，的最小值为
C．若直线与所成角为，则动点P的轨迹长为
D．当时，三棱锥外接球半径的取值范围是
【答案】ABD
【分析】当时，由平面向量线性运算法则可知点在线段上，根据正四棱柱特征利用线面垂直判定定理即可证明直线平面；当时，由共线定理可得点在线段上，根据对称性将的最值转化成平面几何问题，即可求得最小值；若直线与所成角为，可知点的轨迹是以为圆心，半径为r=22的半圆弧，即可计算出其轨迹长度；当时，取的中点为，由共线定理可知三点共线，几何法找出球心位置写出半径的表达式，利用函数单调性求其取值范围即可得出结果.
【详解】对于A，取相交于点，的中点为，如下图所示：
当时，即，，
由平面向量线性运算法则可知，点在线段上，
由正四棱柱可得，
且平面，又平面，所以，
又，且平面，所以平面；
又因为平面与平面是同一平面，所以平面，即A正确；
对于B，当时，由利用共线定理可得，三点共线，
即点在线段上，
由对称性可知，线段上的点到两点之间的距离相等，所以；
取平面进行平面距离分析，如下图所示：
所以，当且仅当三点共线时，等号成立，
此时点为线段的中点，即的最小值为，故B正确；
对于C，由图可知，与所成角都为，
由可知，点在平面内，
若直线与所成角为，在线段上取点，使，
则直线与所成角为；
则点的轨迹是以为圆心，半径为r=22，且在平面内的半圆弧，
如下图中细虚线所示：
所以动点P的轨迹长为，故C错误；
对于D，当时，取的中点为，即；
由可知，三点共线，
即点在线段上，如下图所示：
易知三棱锥外接球球心在直线上，设球心为，；
作于点，设，易知，
由相似比可得，
设外接球半径为，则，解得；
所以，
易知当时，半径最小为；当时，半径最大为；
又x∈0,1，所以半径的取值范围是，即D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据向量线性运算法则和共线定理的应用，确定点的位置，再根据几何体特征利用对称性即可求得距离之和得最小值，利用几何法即可求得外接球球心和半径的取值范围.
2．（2024·河北保定·二模）已知正三棱柱的所有棱长均为为的中点，平面过点与直线垂直，与直线分别交于点是内一点，且，则（ ）
A．为的中点
B．
C．为的中点
D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】利用线面垂直的性质和函数正切值即可判断A；利用线面垂直的判定和性质可得为平面的法向量，结合，即可判断B；利用面面平行的性质定理即可判断C；求证出点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在内的圆弧，再利用圆外点到圆上点最值问题即可得到答案.
【详解】对A，如图1，由，，可得，因为侧面为正方形，
所以，
所以，即，
又因为为的中点，所以，即，
所以为的中点，故A正确；
对B，在正三棱柱中，因为为的中点，，
所以，又平面平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，又，即为平面的法向量，所以，故B正确；
对C，取的中点，可得，，
所以平面平面，又平面，所以，
即四边形是平行四边形，所以，即为的四等分点，故C错误；
对D，，
如图，，设与交于点，
则平面，在Rt中，
由等面积法得，所以，
因为，所以，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在内的圆弧，
设与圆弧交于，则的最小值即为，
因为，
所以，故D正确.
故选：ABD.

【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是求出点的轨迹是一段圆弧，再求出相关线段长，利用圆外点到圆上点距离最值模型即可判断.
3．（2024·浙江·三模）在棱长为 1 的正方体中，已知分别为线段的中点，点满足，则（ ）
A．当时，三棱锥的体积为定值
B．当，四棱锥的外接球的表面积是
C．周长的最小值为
D．若，则点的轨迹长为
【答案】ABD
【分析】A选项，先得到，故点在线段上，证明出，所以三棱锥为定值；B选项，点为线段的中点，作出辅助线，找到外接球球心，从而得到外接球半径和外接球面积；C选项，取线段的中点，由对称性知，，数形结合得到，从而得到周长的最小值；D选项，由得到点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分，求出圆的半径，得到轨迹长度.
【详解】A选项，当时，，
故，即，
故点在线段上，
连接，与相交于点，则为的中点，连接，
因为为的中点，所以，故三棱锥的体积为定值，A正确；
B选项，当时，由A选项可知，，点为线段的中点，
连接相交于点，则⊥平面，
设正四棱锥的外接球的球心为，则三点共线，
其中，设，则，
由勾股定理得，即，
解得，
则表面积是，B正确；
C选项，点在矩形及其内部，取线段的中点，
由对称性知，，
，此时三点共线，
又，
，C错误；
D选项，因为 ，又点在矩形及其内部，
点的轨迹为点为球心，半径长为的球面被平面截且在矩形及其内部的图形，
又⊥平面，且，
故 ，
所以点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分，
如图，其中，，
故，
则，
则，
则轨迹长为，D正确.
故选：ABD
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
4．（2024·河北石家庄·三模）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法正确的有（ ）

A．若点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为
B．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为
C．若点为的中点，则平面与四边形的交线长为
D．若点在侧面正方形内（包含边界）且，则点的轨迹长度为
【答案】BD
【分析】取中点，连接，为异面直线与所成角，可判断A；将侧面延旋转至与平面共面，根据两点间线段最短可判断B；对于C，如图以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，取靠近的四等分点，则可证明，判断C；并确定点的轨迹为直线在正方形内的线段，判断D.
【详解】对于A，取中点，连接，
则，所以为异面直线与所成角，
在中，，故A错误；
对于B，将侧面延旋转至与平面共面，
如图连接，交与点，此时最小，

且，故B正确；
对于C，如图，以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，
则
因为平面平面，
所以平面与平面的交线为过点且平行于的直线，
取靠近的四等分点，连接，并延长交于点，
连接，交于点，
由，所以，
则，则，所以为平面与平面的交线，
则为平面与平面的交线，
所以为平面与四边形的交线，
由于，所以，
又，所以，
则，故C错误；
对于D，因为点在侧面正方形内，设，
则，
因为，所以，
化简为，
则点的轨迹为直线在正方形内的线段，其长度为，故D正确.
故选：BD

【点睛】关键点睛：本题选项D为空间动点轨迹的探索问题，解答本题的关键是利用空间直角坐标系探索出动点的轨迹.
5．（2024·湖南益阳·三模）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．当点P在平面上运动时，四棱锥的体积不变
B．当点P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围为
C．使直线AP与平面ABCD所成角为的动点P的轨迹长度为
D．若F是的中点，当点P在底面ABCD上运动，且满足平面时，PF长度的最小值为
【答案】ABC
【分析】由底面正方形的面积不变，点到平面的距离不变，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B正确；由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定C正确；设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定D错误.
【详解】选项A：底面正方形的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，所以四棱锥的体积不变，正确；
选项B：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，
设，则，
设直线与所成角为，则，
因为，则，
当时，可得，所以；
当时，，
当且仅当，即时，等号成立，
可知，且，所以；
所以异面直线与所成角的取值范围是，正确；
对于C：因为直线与平面所成的角为，
若点在平面和平面内，
因为最大，不成立；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，点的轨迹是；
在平面时，作平面，如图所示，
因为，所以，
又因为，所以，所以，
所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点的轨迹的长度为，
综上，点的轨迹的总长度为，所以C正确；
对于D，由，
设，则
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
因为平面，所以，可得n=m+1，
所以，当时，等号成立，错误.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
6．（2024·贵州贵阳·模拟预测）在正三棱柱中，，点P满足，其中，则（ ）
A．当时，最小值为
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，平面AB1P⊥平面
D．若，则P的轨迹长度为
【答案】BCD
【分析】当时，点在上，把平面与平面展在一个平面上，可判定A错误；当时，得到点在上，证得平面，求得三棱柱的体积定值，可判定B正确；当时，得到点为的中点，取的中点，证得平面，得到AB1P⊥平面，可判定C正确；由点P满足，得到点在矩形内，取的中点，证得平面，得到，求得，得出以点的轨迹，可判定D正确.
【详解】对于A中，当时，，可得点在上，
以为轴，把平面与平面展在一个平面上，如图所示，
连接交于点，此时最小值为，所以A错误；

对于B中，当时，，可得点在上，
取的中点，在等边中，可得，且，
因为平面，且平面，所以，
又因为且平面，所以平面，
即为三棱锥的高，
所以三棱锥的体积为为定值，所以B正确；

对于C中，当时，BP=BC+12BB1，可得点为的中点，
如图所示，取的中点，分别连接，
可得且，所以为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以AB1P⊥平面，所以C正确；

对于D中，由点P满足，其中，
可得点在矩形内（包含边界），
取的中点，连接和，
因为平面，且平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，且，
在直角中，可得，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，其轨迹长度为，所以D正确.
故选：BCD

【点睛】解题方法点拨：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
7．（2024·河北衡水·三模）已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），且平面，球为正方体的内切球，下列说法正确的是（ ）
A．球的体积为B．点的轨迹长度为
C．异面直线与BP所成角的余弦值取值范围为D．三棱锥外接球与球内切
【答案】ACD
【分析】根据正方体内切球的性质判断A；利用面面平行确定点的轨迹，即可求得其长度，判断B；根据异面直线所成角的概念，确定该角取到最值时的位置，即可判断C；根据圆内切的判断条件可判断D.
【详解】由题意知球的半径为1，故其体积为，故A选项正确；
取的中点为，
连结，易知，平面，平面，
故平面，
连接MN，，即四边形为平行四边形，
则，平面，平面，所以平面．
又因为，平面，
故平面平面，平面平面，结合平面，
故点的轨迹为线段，故B选项错误；
因为，故异面直线与BP所成角等于或其补角，
当P位于N点时，得取得最小，;
当P位于点时，取得最大，，故选项正确；
由正方体几何性质易知，
故BM为三棱锥外接球的直径，取为BM的中点，
即为三棱锥外接球的球心，由题意知为的中点，
故，
因为球的半径为，球的半径为，
故三棱锥外接球与球内切，D正确
故选：ACD．
【点睛】关键点睛：解答此类题目的关键是要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，依据相关定理以及性质，准确判断，即可求解.
8．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）
A．当P在平面上运动时，三棱锥的体积为定值
B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是
C．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足时，长度的最小值是
D．使直线AP与平面ABCD所成的角为的点P的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】求三棱锥的体积判断A的真假；根据线线角的概念确定与所成角的取值范围，判断B的真假；确定点轨迹，求长度的最小值，判断C的真假；判断点轨迹，求P的轨迹长度判断D的真假.
【详解】对A：当P在平面上运动时，点到平面的距离为2，
，所以，故A正确；
对B：如图： 取中点，连接，则.
当P在线段AC上运动时，因为，且，
所以为异面直线与所成角.
当与重合时，异面直线与所成角为.
当与不重合时，因为,，所以，所以，所以异面直线与所成角的范围为，故B正确；
对C：如图：
根据正方体的结构特点，平面，为中点，
因为，所以点轨迹是过点且平行于平面的平面，即为平面，其中分别为所在棱上的中点.
故当P在底面ABCD上运动，且满足时，P点的运动轨迹为线段.
其中分别为，中点.易知六边形为正六边形，
所以当与重合时，，
此时为点到直线的垂线段，取得最小值，为，故C错误；
对D：如图：
当直线与平面ABCD所成的角为时，
因为，所以不可能在四边形内（除外）；
同理不可能在四边形内（除外）.
在平面与平面的运动轨迹为线段和，且；
当在平面时，作平面，垂足为，连接，
因为，所以，
所以在四边形上的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆的，
所以点的轨迹长度为：，故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
9．（23-24高三下·山东·开学考试）如图，在棱长为1的正方体中，M为平面所在平面内一动点，则（ ）

A．若M在线段上，则的最小值为
B．过M点在平面内一定可以作无数条直线与垂直
C．若平面，则平面截正方体的截面的形状可能是正六边形
D．若与所成的角为，则点M的轨迹为双曲线
【答案】ACD
【分析】对A，将平面展开到与同一平面，由两点间线段最短得解；对B，当M点在A处时，过M点只能作一条直线，可判断；对C，当M与B重合时，平面，分别取的中点E，F，G，H，P，Q，可得到正六边形符合题意；对D，建立空间直角坐标系，设出点坐标，根据条件求出点坐标满足的方程，依此判断.
【详解】选项A：将平面展开到与同一平面如图所示，连接交于M,此时为最小值，计算可得，故A正确；

选项B：当M点在D处时，因为平面，所以过M点可作无数条直线与垂直，
当M点在A处时，过M点只能作一条直线,故B不正确；
选项C：当M与B重合时，平面，分别取的中点E，F，G，H，P，Q，
则六边形是正六边形，且此正六边形所在平面与平面平行，
所以当平面为平面时满足题意，故C正确；

选项D：以D为原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则,得，
，
整理得为双曲线方程，故D正确．
故选：ACD．

【点睛】思路点睛：A选项，沿将平面展开到与同一平面，转化为平面上问题求解；B选项，举反例，当M点在A处时，过M点只能作一条直线；C选项，当M与B重合时，易证平面，分别取的中点E，F，G，H，P，Q，则六边形是正六边形，即为所求的；D选项，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，设出点M坐标，依据条件求出点M的轨迹方程，由此判断.
考点九、轨迹、截面、动点、范围大题综合
1．（2022·广东汕头·二模）如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD中点．是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角的大小为30°，且．
(1)求t的值；
(2)对于平面ACD内的动点P总有平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得平面BEC的理由．
【答案】(1)；
(2)P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，理由见解析
【分析】（1）建立空间坐标系，易得面的一个法向量为，用表示出面的法向量，通过二面角的大小为30°建立方程，解方程即可；
（2）取中点，中点，连接，证明面平面BEC，结合面，即可求出P的轨迹.
【详解】（1）
易知面，，以所在直线为轴建立如图的空间直角坐标系，则，，，
易知面的一个法向量为，
设面的法向量为，则，
令，则，
可得，
解得或3，又点E在弦AD上，故.
（2）
P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，证明如下：
取靠近的三等分点即中点，中点，连接，
由为中点，易知，又面，面，
所以平面BEC，
又，面，面，所以平面BEC，
又，所以面平面BEC，
即和所在直线上任意一点连线都平行于平面BEC，
又面，故P的轨迹即为所在直线，
即过靠近的三等分点及中点的直线.
2．（2024·重庆·一模）如图，四棱锥中，底面，四边形中，，．

(1)若为的中点，求证：平面平面；
(2)若平面与平面所成的角的余弦值为．
（ⅰ）求线段的长；
（ⅱ）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）2；（ⅱ）.
【分析】
（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，再结合面面垂直的判定推理即得.
（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，设，利用面面角的向量求法结合已知求出，再求出并确定轨迹求解即得.
【详解】（1）在四棱锥中，底面，平面，则，
而平面，于是平面，又平面，
则，由，为的中点，得平面，
因此平面，而平面，
所以平面平面.
（2）（ⅰ）由（1）知，直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

过作于，由，得，令，
则，，
设平面的法向量，则，令，得，
由平面，得平面的一个法向量，
依题意，，整理得，而，解得，
所以线段的长为2.
（ⅱ）显然平面，而平面，则，又，
于是，解得，因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的，
所以点的轨迹的长度为.
3．（22-23高二上·北京石景山·期末）如图1，在中，是直角，，是斜边的中点，分别是的中点．沿中线将折起，连接，点是线段上的动点，如图2所示．

(1)求证：平面；
(2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，当二面角的余弦值为时．求的值．
条件①：；条件②：．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用线面平行的判定定理直接证明；（2）选条件①：.可以证明出两两垂直，以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求解.选条件②：.先证明出两两垂直，以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求解.
【详解】（1）在中，因为分别是的中点，所以.
因为面,面,
所以平面.
（2）在中，是直角，，P是斜边的中点，所以，即.
选条件①：.
因为，，,面,面,
所以BP⊥面.
又，可以以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.
在中，是直角，，P是斜边的中点，所以.
所以，，.
因为分别是的中点，所以，，所以，.
因为点是线段上的动点，所以可设,所以.
不妨设为平面的一个法向量，则，设，则.
显然为面的一个法向量.
所以二面角的余弦值为.
由题意可得：，
解得：.
所以.
选条件②：.
在中，是直角，，P是斜边的中点，所以..
因为，所以，所以.
所以可以以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.则，，.
因为分别是的中点，所以，，所以，.
因为点是线段上的动点，所以可设,所以.
不妨设为平面的一个法向量，则，设，则.
显然为面的一个法向量.
所以二面角的余弦值为.
由题意可得：，
解得：.
所以.
4．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四边形是直角梯形，，平面是的中点，E是的中点，的面积为，四棱锥的体积为．
(1)求证：平面;
(2)若P是线段上一动点，当二面角的大小为时，求的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题意，可得是等边三角形，求出，过点D作交于点M，可得四边形为平行四边形，可求得，结合四棱锥的体积为，求得利用勾股定理证明，进而证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法求出点的坐标得解.
【详解】（1）因为平面，所以．
因为N是的中点，所以，故．
又因为，所以是等边三角形．
因为的面积为，所以．
如图1，过点D作交于点M，四边形是直角梯形，
且，，则，
故四边形为平行四边形．
因此．
又，因此．
因为四棱锥的体积为，
所以，
解得．
连接，在中，．
连接，在中，．
因为，
则．
因为平面，所以，
而平面平面，
所以平面．
（2）以N为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图2所示．
则．
因为P是线段上一动点，
所以设，其中．
故．
设平面的一个法向量，
则，令，得，，
所以．
设平面的一个法向量，
则有，令，得，，
可取．
因为二面角的大小为，
所以，即，解得，即．
因为，
所以．
5．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若为的中点，证明：平面平面；
(2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点为，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可；
（2）通过正三角形证明，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计算求解即可.
【详解】（1）取中点为，由条件可得为梯形的中位线，则，
又，则，
且，平面，平面，
根据线面垂直的判定定理，得平面，
平面，.
由，则，又，为梯形的两腰，则与相交，
平面，
又平面，所以平面平面.
（2）取的中点为Q，由，，
则，，
因此△为等边三角形，.
由（1）知平面，，，两两垂直，
如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，

由，，则，
，，，，
由，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
由
取，得，，得.
设平面的一个法向量为，
由
取，得，，
即平面的一个法向量为.
记平面与平面夹角的大小为，
所以，化简得，即，所以实数的值为.
1．（2023·湖南·模拟预测）如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，．过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面PAM⊥平面.
(1)当时，求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到平面PAM，再由线面垂直推出，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，建立坐标系，求出动点的轨迹方程，进一步求解扇形的弧长；
（2）由（1）知，设出点M的坐标，利用向量法求得二面角的余弦值，求出点M坐标，再根据向量法求二面角的平面角余弦值.
【详解】（1）作交于，
因为平面PAM⊥平面，且平面平面，所以平面PAM，
又因为平面PAM，所以，
因为平面，且平面，所以PB⊥AM，
因为，PB⊥AM，、平面，，
所以平面，
又因为平面，所以，
分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
设，因为，所以，，
所以，即，
设AB中点为N，则，
如图，
又，所以，
因此，的轨迹为圆弧，其长度为.
（2）由（1）知，可设，
，
设平面PAM的一个法向量为，
则即，
令，则，
可得平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
所以.
当二面角的余弦值为时，，
解得或csθ=1（M与A重合，舍去），
所以，，
易知平面的一个法向量为，
所以.
由图知，二面角的平面角为钝角，
故二面角的余弦值为.
2．（22-23高二上·重庆九龙坡·期中）如图①所示，长方形中，，，点是边靠近点的三等分点，将△沿翻折到△PAM，连接，，得到图②的四棱锥.
(1)求四棱锥的体积的最大值；
(2)设的大小为，若，求平面PAM和平面夹角余弦值的最小值.
【答案】(1)
(2)平面PAM和平面夹角余弦值的最小值为
【分析】（1）作出辅助线，得到当平面PAM⊥平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；
（3）作出辅助线，得到为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面PAM和平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式及，得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值．
【详解】（1）解：取的中点，连接，
因为，则，
当平面PAM⊥平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，
此时平面，且，
底面为梯形，面积为，
则四棱锥的体积最大值为；
（2）解：连接，
因为，所以，
所以为的平面角，即，
过点作平面，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
过作于点，由题意得平面，
设,,，
所以，
所以，
所以，
设平面PAM的法向量为，
则，
令，则，
设平面的法向量为，
因为，
则，
令，可得：，
设两平面夹角为，
则
，
令，所以，则
所以，所以当时，有最小值，
所以平面PAM和平面夹角余弦值的最小值为.
【点睛】关键点点睛：利用二面角的平面角来表示折叠过程中形成的动点的横、纵、竖坐标，从而减少题中的变量，并且求解平面与平面夹角的余弦值时，两个平面法向量都含参数的正弦或余弦值，利用空间向量的坐标运算求解时，还需应用与的关系进行变形处理，从而使得只含或者的式子，转换成单变量的函数关系从而可以利用函数思想求解的最值，属于较难题目．
3．（22-23高三上·浙江宁波·期末）在菱形中，G是对角线上异于端点的一动点（如图1），现将沿向上翻折，得三棱锥（如图2）.
(1)在三棱锥中，证明：；
(2)若菱形的边长为，，且，在三棱锥中，当时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）由题意求得相关线段的长，证明平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）在图1中，连接交于O，连接，
由菱形的性质得，
在图2中，因为平面且，
,
所以由直线与平面垂直的判定定理得平面，
因为平面，所以.
（2）由平面平面，得平面平面，
菱形的边长为，，，
则,
则三棱锥中，，又，
解得，
故，
作，交延长线于H，得，
由于平面平面，平面平面，平面,
所以平面，
如图，以O为原点，分别为轴，过O作的平行线作为z轴，
建立空间直角坐标系，如图，
所以，
，
设平面的法向量为，
则，取，则，
可得平面的法向量，
设直线与平面所成角为，，
所以.
另解提示：根据上述解法求出，
由，可得，
由，可得，
设点G到平面的距离为d，直线与平面所成角为，
因为即，可得，
所以.
4．（23-24高二上·上海·期末）把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，为上的动点，为上的动点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）．
(1)求证：当为的中点时，平面
(2)若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角分别为，试求出的取值范围．
(3)求三棱锥的体积的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）由题设知分别是中点，连接，进而得四边形为平行四边形，则，再结合中位线性质、线面平行的判定证结论；
（2）令，得，，应用和角正切公式及椭圆性质有且，即可求范围；
（3）利用等体积法有，问题化为求面积、到面距离之和都最大，应用直线与椭圆关系求最大，进而得结果.
【详解】（1）由题设，长轴长，短轴长，则，
所以分别是中点，而柱体中为矩形，连接，
由，故四边形为平行四边形，则，
当为的中点时，则，故，
面，面，故平面.
（2）由题设，令，则，又，
所以，，则，
所以，根据椭圆性质知，故.
（3）
由，要使三棱锥的体积最大，
只需面积和到面距离之和都最大，
，令且，则，
所以，
显然时，有最大；
构建如上图直角坐标系且，椭圆方程为，
设，联立椭圆得，且，
所以，，而，
所以，令，则，
由对勾函数性质知在上递增，故；
综上，.
5．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上.
(1)求二面角的正切值；
(2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）过点作于点，连接，可证得平面，进而可知为二面角的平面角，利用三角形计算即可得出结果.
（2）连接，由为等边三角形，H为线段的中点，，又平面，以H为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，假设棱上存在满足要求的点，设，，利用，计算可求得，即可得出结果.
【详解】（1）如图，过点作于点，连接，，
平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，，.
为二面角的平面角.
∵，，∴为等边三角形，，
又中，，，，.
又，，，H为线段的中点.
，，
中，，，
所以二面角的正切值为.
（2）连接，为等边三角形，H为线段的中点，，
又平面，则，，两两垂直，
以H为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，.
设平面的法向量为n=x,y,z，，
令，可得.
假设棱上存在满足要求的点Q，设，，.
，
因为直线与平面所成的角为，
，
整理得：，解得或（舍去）.
所以，则.
所以当时，与平面所成的角为.
6．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
【答案】(1)；
(2)8.
【分析】（1）若平面平面，由面面平行的性质定理可知，，由为的中点，可得为的中点，同理为的中点，即可得出结果；
（2）以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，求得的法向量为，由平面，则有，即，代入计算化简可得结果.
【详解】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以，
又因为为的中点，所以为的中点，同理为的中点，所以.
（2）因为，底面，
如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，
故，则，，
设平面的法向量为，则取，可得.
因为，，所以，，
则，
因为平面，所以，即，
所以，即，
所以，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8.
1．（2021·辽宁沈阳·模拟预测）在长方体中，点是底面上的一个动点，当三角形的面积为定值时，满足条件的点所形成的图形为（ ）
A．圆的一部分B．直线的一部分
C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分
【答案】C
【分析】由三角形面积是定值，得到直线距离不变，因此得点在参为轴的圆柱侧面上，由圆顶侧面与平面的交线可得结论．
【详解】因为长不变，因此到直线的距离不变，所以在以为轴的圆柱的侧面上，又在底面中，平面与轴相交，因此圆柱侧面与底面的交线为椭圆．
故选：C．
2．（2021·河北保定·一模）已知长方体，动点到直线的距离与到平面的距离相等，则在平面上的轨迹是（ ）
A．线段B．椭圆一部分C．抛物线一部分D．双曲线一部分
【答案】C
【分析】根据长方体里的线线，线面关系，把问题转化为动点到定点的距离与到定直线的距离相等，即抛物线定义，从而得出轨迹是抛物线的一部分.
【详解】如图所示长方体，

平面，
则，即点到的距离为，
作，则为点到平面的距离，
在平面中，动点到定点的距离与到定直线的距离相等，满足抛物线定义，
故点的轨迹是抛物线的一部分.
故选：C
3．（2021·安徽合肥·模拟预测）已知正四棱柱，底面边长为4，侧棱长为，平面为经过且与平面平行的平面，平面内一动点P满足到点的距离与到直线BD的距离相等，则动点P的轨迹为（ ）
A．圆B．双曲线C．两条直线D．抛物线
【答案】D
【分析】结合抛物线的定义可知动点的轨迹是一条抛物线.
【详解】抛物线的定义：平面内到一个定点和到一条定直线(直线不经过定点)的距离相等的点的轨迹叫做抛物线.
如图，，,
以为定直线，点为焦点，轴，
因为动点到直线的距离与到点的距离相等，
所以动点的轨迹符合抛物线的定义，设，
又到的距离为，
所以
故选：
4．（陕西西安·阶段练习）如图，正方体中，P为底面上的动点，于E，且则点P的轨迹是（ ）
A．线段B．圆C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分
【答案】A
【解析】连接，可证，即，可确定E的位置，由题意，可得P必定在线段AE的中垂面上，根据面面相交的性质，即可得答案.
【详解】连接，因为，且，
所以，即，
所以点E是体对角线上的定点，
连接AE，则直线AE也是定直线．
因为，所以动点P必定在线段AE的中垂面上，
所以中垂面与底面的交线就是动点P的轨迹，
所以动点P的轨迹是线段．
故选：A
5．（2021·广东韶关·一模）设正方体的棱长为1，为底面正方形内的一动点，若三角形的面积，则动点的轨迹是（ ）
A．圆的一部分B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分D．椭圆的一部分
【答案】D
【分析】根据三角形面积可得点到直线的距离为定值，即点在以直线为轴，以为底面半径的圆柱侧上，由直线与平面既不平行也不垂直，可得点的轨迹是椭圆，即可得出选项.
【详解】设是三角形边的高，
，所以，
即点到直线的距离为定值，
所以点在以直线为轴，以为底面半径的圆柱侧上，
直线与平面既不平行也不垂直，
所以点的轨迹是平面上的一个椭圆，
其中只有一部分在正方形内.
故选：D
6．（2021·福建龙岩·一模）正方体的棱长为a，P是正方体表面上的动点，若，则动点P的轨迹长度为 .
【答案】
【分析】首先利用正方体的结构特征以及，确定点的轨迹，进而求出其轨迹长度.
【详解】动点P的轨迹是以A为球心，半径为的球与平面，平面，平面的交线，这三条弧长之和为.
故答案为：
7．（2023·上海松江·一模）动点的棱长为1的正方体表面上运动，且与点的距离是，点的集合形成一条曲线，这条曲线的长度为
【答案】
【分析】根据题意知，分情况解决即可.
【详解】由题意，此问题的实质是以为球心，为半径的球，
因为，
所以在正方体各个面上交线的长度计算，
正方体的各个面根据与球心位置关系分成两类：
为过球心的截面，
截痕为大圆弧，各弧圆心角为，
为与球心距离为1的截面，截痕为小圆弧，
由于截面圆半径为，故各段弧圆心角为，
所以这条曲线长度为，
故答案为：
8．（2021·浙江温州·模拟预测）已知过平面外一点A的斜线l与平面所成角为，斜线l交平面于点B，若点A与平面的距离为1，则斜线段在平面上的射影所形成的图形面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先得出射影形成的图形为半径为的圆面，进而求得面积.
【详解】如图，过点作平面的垂线，垂足为，连接，所以线段为线段在平面上的射影，为斜线与平面所成的角，则，又，所以，故射影形成的图形为半径为的圆面，其面积显然为．
故选：A.
9．（2022·河南许昌·三模）如图，在体积为3的三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直，，若点M是侧面CBP内一动点，且满足，则点M的轨迹长度的最大值为（ ）

A．3B．6C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可知，点的轨迹为斜边上的高线，即可根据等面积法以及基本不等式求出点M的轨迹长度的最大值．
【详解】如图所示： ，
因为PA，PB，PC两两垂直，所以平面，即有，而，
所以平面，即，故点的轨迹为斜边上的高线．
因为三棱锥P-ABC的体积为，所以，即，
由等积法可得，，
当且仅当时取等号．
故选：A．
10．（2023·河南·三模）如图，在棱长为1的正方体中，是截面上的一个动点（不包含边界），若，则的最小值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】找到的轨迹为，的最小值为到的距离，由垂直关系求出答案.
【详解】若，则在平面上的投影在上，所以的轨迹为，

的最小值为到的距离，
连接，过点作于点，
因为，且，
所以，
故的最小值为.
故选：C
11．（2021·北京海淀·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，是侧面内的一个动点（不包含端点），则下列说法中正确的是（ ）
A．三角形的面积无最大值、无最小值
B．存在点，满足
C．存在有限个点，使得三角形是等腰三角形
D．三棱锥的体积有最大值、无最小值
【答案】B
【分析】结合点到的距离有关，可判定A不正确；由点在以中点为球心，为半径的球面与侧面交线，可判定B正确；由时，点在的中垂面上，得到点的轨迹是线段，可判定C不正确；由，可判定D不正确．
【详解】选项A中，边的长度为定值，三角形面积与点到的距离有关，
当点在线段上时，距离最小，此时面积取得最小值，在端点处的距离最大，
此时面积取得最大值（舍去，端点不可取），所以A不正确；
选项B中，若，可得点在以中点为球心，为半径的球面上，
因为以为直径的球面与侧面有交，所以存在点，满足，
所以B正确；
选项C中，三角形是等腰三角形，当时，点在的中垂面上，且在侧面上，所以点的轨迹是线段（不含端点），有无穷多，所以C不正确；
选项D中，由，高不存在最大值（不包含端点）和最小值，所以D不正确．
故选：B.
12．（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）已知正四面体的棱长为6，点P在内(不含边界)，若，则面积的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知结合体积公式，可求出点到平面的距离等于点到平面的距离距离的，确定点在过ΔABC的重心与平行，且在ΔABC内的线段，即可求解.
【详解】设到平面距离为，到平面距离为，
，
，点在过ΔABC的重心与平行
且在ΔABC内的线段，
分别为边靠近的三等分点，
此时.
故选:B.
【点睛】本题以体积为背景考查点的轨迹，解题关键要把空间问题转化为平面关系，考查空间想象能力，以及分析问题、解决问题的能力，属于较难题.
一、单选题
1．（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】连接，利用线面垂直的判定推理证得平面即可确定点的轨迹得解.
【详解】在棱长为1的正方体中，连接，
由平面，平面，得，而，
平面，则平面，又平面，
于是，同理，而平面，
因此平面，因为，则平面，
而点为截面上的动点，平面平面，
所以点的轨迹是线段，长度为.
故选：B
2．（23-24高三上·江西抚州·阶段练习）设A、B是半径为的球体O表面上的两定点，且，球体O表面上动点M满足，则点M的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先建立平面直角坐标系确定M轨迹，转化为空间中的阿氏球，利用两球相交求相交圆周长即可.
【详解】以所在的平面建立平面直角坐标系，为x轴，垂直平分线为y轴，
则易知，
设Mx,y ，由，可得，
故M的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
转化到空间M的轨迹为以C为球心，为半径的球，同时M在球O上，
故M在两球的交线上，轨迹为圆.
又，，易求得OC=5，即为直角三角形，
则对应圆的半径为，
M的轨迹长度即对应圆的周长为.
故选：B．
【点睛】难点点睛：在于合理建立平面坐标系得出M的轨迹，并转化为空间中的轨迹，最后结合两球相交的位置关系计算交线长.
二、多选题
3．（2023·湖北武汉·三模）如图，已知正方体的棱长为，为底面内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（ ）．
A．三棱锥的体积为定值
B．存在点，使得
C．若，则点在正方形底面内的运动轨迹长为
D．若点是的中点，点是的中点，过，作平面平面，则平面截正方体的截面面积为
【答案】ABD
【分析】根据等体积法可计算出三棱锥的体积，可判断选项A，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，设，根据垂直得向量数量积为列式，从而判断选项B，C，利用线面垂直的判定定理得平面，再证明四点共面，从而得平面，再由面面平行的性质可得平面截正方体的截面为正六边形，根据正六边形的性质计算面积即可判断选项D.
【详解】对于A，由等体积法，三棱锥的高为，
底面积，所以，
所以三棱锥的体积为定值，A正确；
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，，，，，
，，
若，则，
即，取，此时点与点重合，满足题意，
所以存在点，使得，B正确；
对于C，，若，
，即，
所以点的轨迹就是线段，
轨迹长为，C错误；
对于D，如图取中点，连接，
由题可得，平面，
连接，因为，平面，
则，，又，
平面，则平面，
又取中点为，则，
有四点共面，则平面即为平面，
又由两平面平行性质可知，，，，
又都是中点，故是中点，是中点，
则平面截正方体的截面为正六边形，
又正方体棱长为，则，
故截面面积为，D正确.
故选：ABD
4．（2023·河南·模拟预测）如图，设正方体的棱长为，点是的中点，点为空间内两点，且，则（ ）

A．若平面，则点与点重合
B．设，则动点的轨迹长度为
C．平面与平面的夹角的余弦值为
D．若，则平面截正方体所得截面的面积为
【答案】ABD
【分析】假设点不与重合，根据平面，平面，可得，而，故假设不成立，A正确；根据已知判断出动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆的，，进而判断选项B；建立空间直角坐标系，利用向量法求解面面夹角余弦值即可判断选项C；根据已知条件做出图形，即可求出面积判断选项D.
【详解】由正方体的性质知，平面，
若点不与重合，因为平面，
则，与矛盾，
故当平面时，点与重合，故A正确；
因为，
所以点在平面上，
因为，
所以，
则动点的轨迹是以点为圆心，
以为半径的圆的，故其长度为，故B正确；
对于C，以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以.
设平面的一个法向量为n1=x1,y1,z1，
平面的一个法向量为，
则得，
令，，所以，
同理结合得，
因为，
所以平面与平面的夹角的余弦值为，故C错误；
对于D，过的直线分别交的延长线于点，
然后再分别连接，交侧棱于点，
交侧棱于点，连接和，如图所示：

则得截面为五边形，
易求，
，故，
所以，
，
所以五边形的面积，故D正确.
故选：ABD
5．（2024·江西九江·三模）如图，正方体的棱长为1，点在截面内，且，则（ ）
A．三棱锥的体积为B．线段的长为
C．点的轨迹长为D．的最大值为
【答案】ACD
【分析】对于A，点到平面的距离为，再通过三棱锥的体积公式计算即可；对于B，设的中心为，则，通过勾股定理计算即可；对于C，如图②所示，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，由三段劣弧构成并计算即可；对于D，建立空间直角坐标系，当位于点或的位置时，最小，计算即可.
【详解】对于A，在正方体中，易证平面，平面平面，且两平面间的距离为，
又的面积，所以三棱锥的体积故A正确；
对于B，如图①所示，设的中心为，则，
故B错误；
对于C，如图②所示，由知，，
点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，
由三段劣弧构成，其长度为圆周长的一半故C正确；
对于D，，
为在方向上的投影，由图①可知，
当位于点或的位置时，最小，
此时取得最大值，如图②所示，建立空间直角坐标系，
则，，故D正确.
故选：ACD.
6．（2023·湖南·模拟预测）在棱长为1的正方体中，为正方体表面上的动点，为线段上的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（ ）
A．点的轨迹确定的图形是平面图形
B．点的轨迹长度为
C．的最小值为
D．当点在侧面上时，的最小值为1
【答案】BCD
【分析】判断出点的轨迹即可得A，B，C，用向量法计算判断D
【详解】如图建立空间直角坐标系，则
∵直线与的夹角为，
当点在侧面上时，，不合题意；
当点在底面和侧面上时，点到直线的距离大于的长度，此时，与的夹角大于；
当点在侧面和底面上时，可知线段满足题意；
当点在侧面上时，由，可知，此时弧为所求．
∴点的轨迹为线段，弧，
显然线段，弧不共面，∴A错误；
对于B：点的轨迹长度为，∴B正确；
对于C：若在线段上，则的最小值为1；
同理：若在线段上，则的最小值也为1；
若在弧上，则的最小值为；∴C正确；
对于D：，且，由题意设，
则，
等号当且仅当，且，即时成立．∴D正确．
故选：BCD．
7．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知正方体棱长为4，点N是底面正方形ABCD内及边界上的动点，点M是棱上的动点（包括点），已知，P为MN中点，则下列结论正确的是（ ）
A．无论M，N在何位置，为异面直线B．若M是棱中点，则点P的轨迹长度为
C．M，N存在唯一的位置，使平面D．AP与平面所成角的正弦最大值为
【答案】ABD
【分析】根据相交，而即可判断A，建立空间直角坐标系，利用坐标运算可判断P的轨迹长度为半径为的圆的，即可判断B，根据法向量与方向向量垂直即可判断C,根据线面角的向量法，结合基本不等式即可求解.
【详解】由于相交，而，因此为异面直线，A正确，
当M是棱中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设,
故， 且，
由于，故，化简得，
由于，所以点P的轨迹长度为半径为的圆的，故长度为，B正确，
设,则，且，
，,
设平面的法向量为，则
，令，则,
，故，
由于，故，化简得，
联立，故解不唯一，比如取，则或取，故C错误，
由于平面，平面，故,
又四边形为正方形，所以,
平面，
所以平面，
故平面的法向量为
，
设AP与平面所成角为，则，
则，当且仅当时取等号，
，
x∈0,2时，令，则，
故，
由于，当且仅当，即时等号成立，此时，
由且可得
因此，
由于，，故的最大值为，故D正确，、
故选：ABD
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
8．（2024·广西南宁·一模）在边长为2的正方体中，动点满足，且，下列说法正确的是（ ）
A．当时，的最小值为
B．当时，异面直线与所成角的余弦值为
C．当，且时，则的轨迹长度为
D．当时，与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】AD
【分析】对于A，确定M的位置，利用侧面展开的方法，求线段的长，即可判断；对于B，利用平移法，作出异面直线所成角，解三角形，即可判断；对于C，结合线面垂直以及距离确定点M的轨迹形状，即可确定轨迹长度；对于D，利用等体积法求得M点到平面的距离，结合线面角的定义求得与平面所成角的正弦值，即可判断.
【详解】对于A，在上取点H，使，在上取点K，使，
因为，即，故M点在上，
将平面与平面沿着展开到同一平面内，如图：

连接交于P，此时三点共线，取到最小值即的长，
由于，则，
故，
即此时的最小值为，A正确；
对于B，由于时，则，
此时M为的中点，取的中点为N，连接，

则,故即为异面直线与所成角或其补角，
又,，
故，
而异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为，B错误；
对于C，当时，可得点M的轨迹在内（包括边界），
由于平面，平面，故，
又，平面，故平面，
平面，故，同理可证,
平面，故平面，
设与平面交于点P，由于，
为边长为的正三角形，则点A到平面的距离为，
若，则，
即M点落在以P为圆心，为半径的圆上，
P点到三遍的距离为，
即M点轨迹是以P为圆心，为半径的圆的一部分，其轨迹长度小于圆的周长，C错误；
对于D，因为平面，平面，故平面，

因为当时，，即M在上，
点M到平面的距离等于点B到平面的距离，设点B到平面的距离为d，
则，
为边长为的正三角形，即，
解得，
又M在上，当M为的中点时，取最小值，
设直线与平面所成角为，
则，即与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确，
故选：AD
【点睛】难点点睛：本题考查了空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，难点在于C，D选项的判断，对于C，要结合空间距离，确定动点的轨迹形状；对于D，要结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.
三、填空题
9．（2024·上海奉贤·二模）点是棱长为1的正方体棱上一点，则满足的点的个数为 ．
【答案】
【分析】由椭圆的定义可得P点的轨迹，再找到与正方体棱的交点个数即可.
【详解】因为正方体的棱长为1，所以，
又，
所以点是以为焦距，以为长半轴，以为短半轴的椭球上的一点，且焦点分别为，
所以点是椭球与正方体棱的交点，在以为顶点的棱上，所以共有6个，
故答案为：6.
10．（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，则平面截正方体所得的截面面积为 ，若为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为 ．

【答案】
【分析】如图1，过M,N,P三点的平面为正六边形，即可求解其面积；先确定是以为轴、直线与直线的夹角为的圆锥的母线，则点Q的轨迹为圆锥底面圆，求出底面圆的半径即可.
【详解】如图1，扩展过M,N,P三点的平面，

可知平面与正方体相交的截面即为正六边形，其边长为，
因此面积为．
由上可知，平面，且垂足H为的中点，
如图2，动直线是以为轴、直线与直线的夹角为的圆锥的母线，
点Q的轨迹为圆锥底面圆．
图2
因为，所以底面圆的半径，
所以点Q的轨迹长度为．
故答案为：；
11．（2024·山西晋城·模拟预测）如图所示，正方形是圆柱的轴截面，且，已知为圆柱侧面上的点，则集合平面平面表示椭圆的离心率为 .

【答案】/
【分析】作平面，交圆柱侧面于两点，根据条件及对称性得到，即可求出结果.
【详解】如图所示，设O为的中点，
过作平面，交圆柱侧面于两点，故平面平面，
又平面平面，所以平面且点在圆柱侧面上，
设该椭圆长轴长为，短轴长为，又，
由对称性可知，，
得到，所以离心率，

故答案为：.
【点睛】关键点点晴：过作平面，交圆柱侧面于两点，从而得平面且点在圆柱侧面上，即可求解.
12．（2023·江西九江·三模）如图，棱长为2的正方体中，P，Q为四边形内的点（包括边界），且点P到AB的距离等于到平面的距离，点Q到的距离等于到平面ABCD的距离，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据抛物线的定义得到P，Q的轨迹，结合图像，即可求解.
【详解】当P，Q在线段上时，由P到AB的距离等于到平面的距离知，P到点B的距离等于到的距离，故点P在以B为焦点，为准线的抛物线上；同理，点Q在以为焦点，BC为准线的抛物线上.设这两条抛物线与的交点即分别为点，（如图1）.
则P，Q的轨迹分别为四边形内过点，且平行于AB的线段（如图2）.则的最小值即为.
如图3所示，建立平面直角坐标系，则的坐标为，，所在的抛物线方程为，，联立方程且，得，
，，即的最小值为.
故答案为：.