新高考数学二轮专题拔高点突破训练11 立体几何中的动态、轨迹问题（六大题型）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮专题拔高点突破训练11 立体几何中的动态、轨迹问题（六大题型）（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮专题拔高点突破训练08平面向量与复数背景下的新定义问题六大题型原卷版docx、新高考数学二轮专题拔高点突破训练08平面向量与复数背景下的新定义问题六大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共59页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc174991791" 01 方法技巧与总结 PAGEREF _Tc174991791 \h 2
\l "_Tc174991792" 02 题型归纳与总结 PAGEREF _Tc174991792 \h 2
\l "_Tc174991793" 题型一：由动点保持平行求轨迹 PAGEREF _Tc174991793 \h 2
\l "_Tc174991794" 题型二：由动点保持垂直求轨迹 PAGEREF _Tc174991794 \h 7
\l "_Tc174991795" 题型三：由动点保持等距（或定长）求轨迹 PAGEREF _Tc174991795 \h 13
\l "_Tc174991796" 题型四：由动点保持等角（或定角）求轨迹 PAGEREF _Tc174991796 \h 17
\l "_Tc174991797" 题型五：投影求轨迹 PAGEREF _Tc174991797 \h 24
\l "_Tc174991798" 题型六：翻折与动点求轨迹 PAGEREF _Tc174991798 \h 27
\l "_Tc174991799" 03 过关测试 PAGEREF _Tc174991799 \h 33
“动态”问题是高考立体几何中最具创新意识的题型，它融入了“动态”的点、线、面等元素，为传统的静态立体几何题增添了新的活力，使得题型更加新颖。同时，由于“动态”元素的引入，立体几何题变得更加多元化，它能够在立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立联系，实现这些知识点之间的灵活转化。
立体几何中的轨迹问题常用的五种方法总结：
1、定义法
2、交轨法
3、几何法
4、坐标法
5、向量法
题型一：由动点保持平行求轨迹
【典例1-1】（多选题）（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，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
【解析】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，
取、中点分别为、，连接、、、，，如图：
为正方体，为中点，为中点，
，，，，
、平面，、平面，且，，
平面平面，
为四边形内一点（含边界），且平面，
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．
【典例1-2】已知长方体，，，M是的中点，点P满足，其中，μ∈0,1，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是 .
【答案】
【解析】如图所示，E，F，G，H，N分别为，，，DA，AB的中点，则，，
由面，面，则面，
同理可证面，，面，
所以面面，
所以动点P的轨迹是六边形MEFGHN及其内部，又，
所以点在侧面，故的轨迹为线段，
因为，，所以.
故答案为：
【变式1-1】（2024·四川遂宁·模拟预测）在直四棱柱中，所有棱长均为2，，为的中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是 （填序号）
①当点在线段上运动时，四面体的体积为定值
②若面，则的最小值为
③若的外心为M，则为定值2
④若，则点的轨迹长度为
【答案】①④
【解析】对于①，因为，平面， 平面，所以平面，
所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值，①正确；
对于②，取的中点分别为，连接，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为，，则，
又平面，平面，所以平面，
，平面，所以平面平面，
因为面，所以平面，
当时，AQ有最小值，则易求出
，
则，即，所以重合，
所以AQ的最小值为，②错误；
对于③，若的外心为M，过作于点，则，
又，则，③错误；
对于④，在平面内过作于点，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，，
在上取点，使得，
则，，
所以，若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动，
又因为所以，则圆弧等于，④正确.
故答案为：①④
题型二：由动点保持垂直求轨迹
【典例2-1】（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】
【解析】
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.
故答案为：；.
【典例2-2】（2024·山西·二模）已知正三棱锥的底面边长为6，体积为，动点在棱锥侧面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长度为 .
【答案】/
【解析】
如图，取的中心为，连接，作于，连接，延长交于点，
注意到底面三角形是等边三角形，所以，
由正三棱锥的性质可得为高，
因为底面边长为6，体积为，
所以，所以，
注意到底面三角形是等边三角形，所以为三角形外接圆的半径，
所以由正弦定理有，所以，
所以.
因为面，面，
所以，
又因为，面，面，
所以面，
因为面，
所以，
因为，且，面，面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为动点在棱锥侧面上运动，并且总保持，
所以点的轨迹为线段.
在等腰三角形中，由余弦定理有，
从而，所以.
故答案为：.
【变式2-1】（多选题）（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知正方体的棱长为2，棱的中点为，过点作正方体的截面，且，若点在截面内运动（包含边界），则（ ）
A．当最大时，与所成的角为
B．三棱锥的体积为定值
C．若，则点的轨迹长度为
D．若平面，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】记的中点分别为，
连接，连接，
因为，又
所以，，所以四边形为平行四边形，
连接，记其交点为，
根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，,，，，，，，，
因为，，，，
，，，
所以，，，
，，
所以六点共面，
因为，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，故平面即为平面，
对于A，与重合时，MN最大，且，
所以MN与BC所成的角的平面角为，
又，
所以，故MN与BC所成的角为，所以A错误；
对于B，因为所以，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，
所以，
向量为平面的一个法向量，又，
所以到面的距离，
又为等边三角形，则，
所以三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C：若，点在截面内，
所以点N的轨迹是以为球心， 半径为的球体被面所截的圆（或其一部分），
因为，，所以，
所以平面，所以截面圆的圆心为，
因为是面的法向量，而，
所以到面的距离为，
故轨迹圆的半径，又，
故点N的轨迹长度为，C正确.
对于D，平面，平面，
又平面与平面的交线为，
所以点的轨迹为线段，
翻折，使得其与矩形共面，如图，
所以当三点共线时，取最小值，最小值为，
由已知，，，
过作，垂足为，则，
所以
所以，
所以的最小值为，D正确；
故选：BCD
【变式2-2】（多选题）（2024·湖南怀化·二模）在三棱锥中，平面，点是三角形内的动点（含边界），，则下列结论正确的是（ ）
A．与平面所成角的大小为
B．三棱锥的体积最大值是2
C．点的轨迹长度是
D．异面直线与所成角的余弦值范围是
【答案】ACD
【解析】如图，把三棱锥补形成正四棱柱并建立空间直角坐标系，
对于A，由平面，得是与平面所成的角，，
因此，A正确；
对于C，由，得点的轨迹是以线段为直径的球面与相交的一段圆弧及点，
令的中点分别为，则平面，，于是，
显然点所在圆弧所对圆心角大小为，长度是，C正确；
对于B，由选项C知，当时，点到平面距离最大，最大距离为1，
因此三棱锥的体积，B错误；
对于D，设，则点，而，
于是，又，令异面直线与所成的角大小为，
则，
令，在上单调递增，
因此，D正确.
故选：ACD
题型三：由动点保持等距（或定长）求轨迹
【典例3-1】（多选题）（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
【解析】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.
【典例3-2】（2024·四川宜宾·三模）在直三棱柱中，，，点P在四边形内（含边界）运动，当时，点P的轨迹长度为，则该三棱柱的表面积为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】C
【解析】
设，因为，所以由棱柱的性质可得，
因为平面，平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
点P在四边形内（含边界）运动，当时，
，这意味着点是在以为圆心为半径的圆弧上运动，
该圆弧弧长是圆周周长，由题意，解得，
所以该三棱柱的表面积为.
故选：C.
【变式3-1】（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
【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，
故选：B.
【变式3-2】（2024·全国·模拟预测）已知正方体的棱长为4，点平面，且，则点M的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设E为，的交点，所以．
又平面，平面，所以．
又，平面，所以平面．
因为点平面，故平面，
所以，所以，
因为正方体的棱长为4，所以，即，
在平面内建立平面直角坐标系，如图，
则．
设，则，
，
所以．
又，故，即，
整理得，即，
故点M的轨迹是半径为的圆，
所以点M的轨迹长度为．
故选：C．
题型四：由动点保持等角（或定角）求轨迹
【典例4-1】（2024·全国·模拟预测）如图，正方体的棱长为，点是平面内的动点， ，分别为的中点，若直线与直线所成的角为，且，则动点的轨迹所围成的图形的面积为 ．

【答案】/
【解析】如图，连接，因为M，N分别为的中点，
所以，（三角形中位线定理的应用）
因此直线BP与MN所成的角就是直线BP与所成的角，
在正方体中，可得，
因为平面，平面，可得，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为，且平面，所以平面，故．
设与平面的交点为G，连接PG，
所以，因此在中，，
因为，所以，
又三棱锥
，
所以，则，
所以点P的轨迹是以G为圆心，为半径的圆，其面积．
故答案为：.
【典例4-2】（多选题）（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
【解析】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
【变式4-1】（多选题）（2024·广东梅州·二模）如图，平面，，M为线段AB的中点，直线MN与平面的所成角大小为30°，点P为平面内的动点，则（ ）
A．以为球心，半径为2的球面在平面上的截痕长为
B．若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
C．若P到直线MN的距离为1，则的最大值为
D．满足的点P的轨迹是椭圆
【答案】BC
【解析】对于A，由于MN与平面的所成角大小为30°，所以点到平面的距离，
故半径为的球面在平面上截面圆的半径为,故截痕长为，A错误，
对于B,由于平面，所以以为，在平面内过作,平面内作，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
设，则，
化简得，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确，
,所以P到直线MN的距离为，化简可得，
所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点，如图，
当在短轴的端点时，此时最大，由于,故，因此,C正确，
对于D, ，,
若，则，
化简得且，故满足的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误，
故选：BC
【变式4-2】（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
【解析】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.
题型五：投影求轨迹
【典例5-1】在等腰直角中，，，为中点，为中点，为边上一个动点，沿翻折使，点在平面上的投影为点，当点在上运动时，以下说法错误的是
A．线段为定长B．
C．线段的长D．点的轨迹是圆弧
【答案】B
【解析】如图所示，
对于A中，在为直角三角形，ON为斜边AC上的中线，为定长，即A正确；
对于C中，点D在M时，此时点O与M点重合，此时，，此时，即正确；
对于D，由A可知，根据圆的定义可知，点O的轨迹是圆弧，即D正确；
故选B．
【典例5-2】如图，已知水平地面上有一半径为4的球，球心为，在平行光线的照射下，其投影的边缘轨迹为椭圆O．如图，椭圆中心为O，球与地面的接触点为E，．若光线与地面所成角为，椭圆的离心率．
【答案】/
【解析】连接,
因为，
所以,
所以,
在照射过程中，椭圆的短半轴长是球的半径，即，
如图，椭圆的长轴长是，过点向作垂线，垂足为，
由题意得，
因为，所以，
所以，得，
所以椭圆的离心率为，
故答案为：
【变式5-1】（2024·浙江嘉兴·高三嘉兴一中校考期中）如图，在中，，，.过的中点的动直线与线段交于点.将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的投影落在线段上.则点的轨迹长度为 .
【答案】
【解析】
因为翻折前后长度不变，所以点可以在空间中看做以为球心，AC为直径的球面上，又因为的投影始终在上，所以点所在的面垂直于底面，
故点轨迹为垂直于底面ABC的竖直面去截球所得圆面的圆弧，这个圆弧的直径为时，的长度（由余弦定理可得，所以此时），
如图，以底面点B为空间原点建系，根据底面几何关系，
得点，点，
设点，翻折后点的投影在轴上，
所以点纵坐标为0，即由，，
根据空间两点之间距离公式可得轨迹：，
又因为动点要符合空间面翻折结论：，
即，其中，
又动点N在线段AB上动，设，
故，
且，由，可计算得横坐标范围为，
且点在上方，由，计算可得圆弧所在扇形圆心角为，
所以弧长为.
故答案为：.
【变式5-2】如图，在矩形中，，，为线段上一动点，现将沿折起得到，当二面角的平面角为，点在平面上的投影为，当从运动到，则点所形成轨迹的长度为 .
【答案】
【解析】根据折叠关系找出与有关的几何关系，得出点的轨迹为圆的一部分，再考虑在运动过程中扫过的弧长即可求解.
在折叠后的图中，作垂足为，连接，根据三垂线定理，，
所以就是二面角的平面角为，，
根据折叠关系，与全等，对应边上的高位置相同，即在线段上，
且是线段的中点，取的中点，连接，则，
所以点的轨迹为以为直径的圆的一部分，当从运动到，点在圆周上从点运动到
，这段弧所对圆心角为，这段弧长为.
故答案为：
题型六：翻折与动点求轨迹
【典例6-1】（多选题）（2024·山东泰安·模拟预测）如图，在五边形中，四边形为正方形，，，F为AB中点，现将沿折起到面位置，使得，则下列结论正确的是（ ）

A．平面平面
B．若为的中点，则平面
C．折起过程中，点的轨迹长度为
D．三棱锥的外接球的体积为
【答案】ABD
【解析】对于A：由题意得，所以，即，
而已知，且注意到，，平面，平面，
所以平面，平面，所以平面平面，故A正确；
对于B：因为为的中点，所以，又，所以，
又平面，平面，所以平面，故B正确；
对于C：
因为四边形为正方形，，，所以，
过点作交于点，则，
所以折起过程中，点的轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧，
所以点的轨迹长为，故C错误；
对于D：连接，则，又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又四边形为边长为的正方形，则三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，
又四边形外接圆的直径为，，
设四棱锥的外接球的半径为，则，即，
所以，
所以外接球的体积，
即三棱锥的外接球的体积为，故D正确.
故选：ABD
【典例6-2】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．①②B．①③C．①②④D．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6-1】（多选题）（2024·吉林·模拟预测）如图1，在等腰梯形中，，且为的中点，沿将翻折，使得点到达的位置，构成三棱锥（如图2），则（ ）
A．在翻折过程中，与可能垂直
B．在翻折过程中，二面角无最大值
C．当三棱锥体积最大时，与所成角小于
D．点在平面内，且直线与直线所成角为，若点的轨迹是椭圆，则三棱锥的体积的取值范围是
【答案】AC
【解析】如图1：
在未折起之前，有，， ，..
又，，所以.
沿将翻折，则点轨迹为一个圆，且圆面一直和垂直，如图：
当时，，又，平面，
所以平面，平面，所以平面平面，
又平面，平面平面，，所以平面.
平面，所以.故A正确.
此时，，所以即为二面角的平面角为，是二面角的最大值，故B错误；
此时三棱锥的高等于，高取得最大值，又底面不变，所以三棱锥的体积最大.
如图：
取中点，连接，，则即为一面直线与所成角，
在中，，，，
所以，
所以，故C正确；
对D：点在平面内，且直线与直线所成角为，若点的轨迹是椭圆，根据圆锥曲线的概念，二面角应该在之间取值，且不能为（此时点的轨迹是圆），
当二面角或时，，
当二面角时，，
所以点在平面内，且直线与直线所成角为，且点的轨迹是椭圆时，，故D错误.
故选：AC
【变式6-2】（多选题）（2024·山东·模拟预测）如图，长方形中，为的中点，现将沿向上翻折到的位置，连接，在翻折的过程中，以下结论正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．四棱锥体积的最大值为
C．的中点的轨迹长度为
D．与平面所成的角相等
【答案】ABD
【解析】对于A，当平面平面时有，下面证明：
在底面中，，所以，
当平面平面时，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，故A正确.
对于B，梯形的面积为，，直角斜边上的高为．
当平面平面时，四棱锥的体积取得最大值，B正确．
对于C，取的中点，连接，则平行且相等，四边形是平行四边形，
所以点F的轨迹与点G的轨迹形状完全相同．
过G作AE的垂线，垂足为H，G的轨迹是以H为圆心，为半径的半圆弧，
从而PD的中点F的轨迹长度为，C错误.
对于D，由四边形ECFG是平行四边形，知，
又平面，平面，
则平面，则到平面的距离相等，
故与平面所成角的正弦值之比为，D正确．
故选：ABD
1．（多选题）如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方形内包含边界的动点，则（ ）
A．满足平面的点的轨迹为线段
B．若，则动点的轨迹长度为
C．直线与直线所成角的范围为
D．满足的点的轨迹长度为
【答案】AD
【解析】对于A，如图所示，取棱的中点分别为，
连接，
根据正方体的特征易知，
则共面，且平面，平面，
又平面且相交于，故平面平面，
所以满足平面的点的轨迹为线段，
故A正确；
对于B，设M到上底面的投影为N，易知，而，所以，
即P在以N为圆心，半径为2的圆上，
且P在正方形内，如图所示，即上，易知，所以的长度为，
故B错误；
对于C，
如图所示建立空间直角坐标系，取的中点Q，连接，作，
设，则，，
易知直线与直线所成角为，
显然当P为的中点时，此时，
当时，，
易知，
若最小，则需，此时，故C错误；
对于D，取，
可知，即共面，
在底面正方形中易知，则，
结合正方体的性质可知底面，底面，
所以，
而平面，
所以平面，故P在线段上运动，
易知，故D正确.
故选：AD
2．（多选题）（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
【解析】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
3．（多选题）（2024·湖南·三模）如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（ ）

A．三棱锥的体积是定值
B．存在点P，使得与所成的角为
C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
D．若，则P的轨迹的长度为
【答案】ACD
【解析】对于A，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
是定值，A正确；
以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，则
对于B，，使得与所成的角满足：
，
因为，故，故，
而，B错误；
对于C，平面的法向量，
所以直线与平面所成角的正弦值为：，
因为，故
故，
而，，
故即的取值范围为，C正确；
对于D，，由，
可得，化简可得，
在平面内，令，得，令，得，则P的轨迹的长度为
，D正确；
故选：ACD.
4．（多选题）（2024·全国·模拟预测）如图，已知正三棱台由一个平面截棱长为6的正四面体所得，，M，分别是AB，的中点，P是棱台的侧面上的动点（包含边界），则下列结论中正确的是（ ）
A．该三棱台的体积为
B．平面平面
C．直线CP与平面所成角的正切值的最小值为
D．若，则点P的轨迹的长度为
【答案】AB
【解析】选项A：将三棱台补形为棱长为6的正四面体SABC，
如图1，依题意，是边长为6的正三角形，且，
所以，即，解得，
（另因为，是边长为6的正三角形，
所以也是正三角形，边长，所以）.
于是正三棱台的高，
（另（棱长为a的正四面体的高为）），
所以该三棱台的体积，故A选项正确；
选项B：易知，，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，故B选项正确；
选项C：连接，，，在中，，
因此在中，，
有，所以，又平面，
由平面得，又，平面，
所以平面，故直线CP与平面所成的角为，
在中，，而，
所以当最大时，最小，由点P在平面及其边界上运动，
知当点P与点A或点B重合时最大，此时，，
所以直线CP与平面所成角的正切值的最小值为，故C选项错误；
选项D：当时，可得，
因此点P的轨迹是以为圆心，2为半径的圆与等腰梯形重合部分的两段弧和（如图2），
连接，，由，，易得，
因此，所以的长度，
则点P的轨迹的长度为，故选项D错误．
故选：AB
5．（多选题）（2024·全国·二模）已知正方体外接球的体积为是空间中的一点，则下列命题正确的是（ ）
A．若点在正方体表面上运动，且，则点轨迹的长度为
B．若是棱上的点（不包括点），则直线与是异面直线
C．若点在线段上运动，则始终有
D．若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值
【答案】BCD
【解析】方体外接球的体积为.设外接球的半径为，则，解得.
设正方体的棱长为，则.
对于，在平面中，点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆弧；同理，在平面ABCD和平面中，点的轨迹都是以为圆心，2为半径的圆弧.故点的轨迹的长度为.故错误；
对于B，利用异面直线的判定定理可以判断直线与是异面直线.故正确；
对于，在正方体中，有平面平面平面平面.故C正确；
对于，在正方体中，平面为定值.故D正确.
故选：BCD
6．（多选题）（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
【解析】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.
7．（多选题）（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
【解析】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
8．（多选题）（2024·云南·模拟预测）如图，直四棱柱的底面是梯形，，是棱的中点，在直四棱柱的表面上运动，则（ ）
A．若在棱上运动，则的最小值为
B．若在棱上运动，则三棱锥的体积为定值
C．若，则点的轨迹为平行四边形
D．若，则点的轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】由题意可得，.将平面和平面，
沿直线展开，如图2，在中，，
，所以，
则的最小值为，故A错；
平面平面平面，
即到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，
又为定值，
所以为定值，故B正确；
如图3，连接，
由正四棱柱的性质可得四边形为正方形，故，
而为中点，故，故，
而平面，平面，故，
又，平面，故平面，
故平面，而平面，故，
而，平面，故平面，
而平面，故.
在梯形中，，而，
故，故，而，故同理可证，
而平面，
则平面点的轨迹为平行四边形，故C正确；
，如图4，以为球心，为半径作球，
则点的轨迹即为该球与直四棱柱各面截球所得的弧，
在线段上取一点，使得上取一点，使得，
则，平面截球得，长度为，平面截球得，
长度平面平面截球得，长度为，
同理可得，平面截球得，长度为，平面与球相切与点，
则点的轨迹长度为，故D正确.
故选：BCD.
9．（多选题）如图，在棱长为的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，点满足，，下列说法正确的是（ ）

A．平面
B．若，，，四点共面，则
C．若，点在侧面内，且平面，则点的轨迹长度为
D．若，由平面分割该正方体所成的两个空间几何体为和，某球能够被整体放入或，则该球的表面积最大值为
【答案】AC
【解析】
对于A，在正方体中平面平面，平面，故平面，故A选项正确；
对于B，如图，延展平面，易知平面过的中点，所以，故B选项错误；
对于C，如图，若，取的三等分点靠近，的中点，
则， HG⊄平面，平面，
故平面，同理平面，
又，，平面，
所以平面平面，当点在线段上时，平面，
则满足平面，所以即为的轨迹，
由，得，故C选项正确；
对于D，如图所示，
易知，该球是以为顶点，底面为正六边形的正六棱锥相切的球， ，则该六棱锥的高为：，
正六边形的面积为：，
的面积为：，
设内切球的半径为，由等体积法可得：，
则该球的半径为，
所以该球的表面积最大为，故D选项错误．
故选AC．
10．（多选题）（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（ ）

A．
B．
C．点的轨迹的长度为
D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为
【答案】BCD
【解析】
依题意，将沿直线翻折至，连接,由翻折的性质可知，关于所沿轴对称的两点连线被该轴垂直平分，
故，又在平面内的射影在线段上，
所以平面，平面，所以，
，平面，平面
所以平面.
平面，平面，平面，
，
，且即为二面角的平面角
对于A选项，由题意可知，为与平面所成的线面角，故由线面角最小可知，故A错误；
对于B选项， 即为二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正确；
对于C选项， 恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，易知其长度为，故C正确；
对于D选项，如下图所示
设，
在中，，，
在中，，，
所以，设直线与平面所成角为，
则
，
当且仅当时取等号，故D正确．
故选：BCD．
11．（多选题）如图甲，在矩形中，，，为上一动点（不含端点），且满足将沿折起后，点在平面上的射影总在棱上，如图乙，则下列说法正确的有（ ）
A．翻折后总有
B．当时，翻折后异面直线与所成角的余弦值为
C．当时，翻折后四棱锥的体积为
D．在点运动的过程中，点运动的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】在图乙中，因为点在平面上的射影在棱上，所以平面，
又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，故A正确；
如图，
在图乙中作于，连接，则，所以与所成角即为与所成角，又由平面可得平面，所以而，，则，即与所成角余弦值为，故B错误；
如上图，在图乙中作于，连接，则由平面可得，又，平面，所以平面，
又平面，则，在图甲中，如图，
作，则，，三点共线，设，，则由可得，即，又在图乙中有，
所以，所以，而，所以，，故D正确；
当时，，则，所以，
则，故C正确.
故选：ACD.
12．（2024·黑龙江·二模）已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，则三棱锥的外接球半径为 ；点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为 ．
【答案】 /
【解析】三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，如图所示，
则有，，
把三棱锥扩成长方体，
则有，解得，
则长方体外接球半径，
所以三棱锥的外接球半径；
点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，
由，动点的轨迹是半径为的圆，
轨迹长度为.
故答案为：；.
13．（2024·山东聊城·一模）已知正四面体的棱长为2，动点满足，且，则点的轨迹长为 .
【答案】
【解析】由，故点在过点且垂直于的平面上，
由，故点在以为直径的球面上，
即点的轨迹为过点且垂直于的平面截以为直径的球面所得的圆，
由正四面体的性质可得，取中点，连接，，
则有，又、平面，，
故平面，取中点，中点，连接，
则，由平面，故平面，
，，
为以为直径的球的球心，则该球半径为，
则点的轨迹所形成的圆的半径为，
则其轨迹长为.
故答案为：.
14．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）设，是半径为3的球体表面上两定点，且，球体表面上动点满足，则点的轨迹长度为 .
【答案】
【解析】以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的中垂线为轴：
则，，，设，由，可得：，
整理得到：，故点在平面的轨迹是以为圆心，半径的圆，
转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，，不变，依然满足，
故空间中点的轨迹为以为球心，半径为2的球，同时点在球商，故点在两球的交线，为圆，
球心距为，
所以为直角三角形，对应圆的半径为，周长为
故答案为：
15．（2024·山东临沂·二模）如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”．点A，B，M是该多面体的三个顶点，点N是该多面体表面上的动点，且总满足，若，则该多面体的表面积为 ，点N轨迹的长度为 ．

【答案】
【解析】根据题意该正四面体的棱长为，点分别是正四面体棱的三等分点．
该正四面体的表面积为，
该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体，
每个角上小正四面体的侧面面积为，
每个角上小正四面体的底面面积为，
所以该多面体的表面积为：．
如图设点为该多面体的一个顶点，为所在棱的顶点，则，
在中，，
则，所以， 得，即；
同理，，
由，平面，所以平面．
由点是该多面体表面上的动点，且总满足，
则点的轨迹是线段，
所以点轨迹的长度为：．
故答案为：；
16．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】
【解析】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：；
17．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）表面积为36π的球M表面上有A，B两点，且为等边三角形，空间中的动点P满足，当点P在所在的平面内运动时，点P的轨迹是 ；当P在该球的球面上运动时，点P的轨迹长度为 .
【答案】 圆
【解析】设球的半径为r，则，解得r＝3，
在平面内，动点P的轨迹组成一个圆，以线段AB所在直线为x轴，以靠近点B且长度为1处为坐标原点，
则，，此时动点P的轨迹方程为，
设其圆心为，则在空间中，z轴和xOy坐标平面垂直，
动点P的轨迹为xOy平面中的圆绕x轴旋转一周形成球的球面，
如图所示，
所以点P的轨迹是两个球面的交线，这两个球分别是以M和为球心，
在中，结合余弦定理得到.
设交线所围成的圆半径为R.则，
解得.所以交线的长度为.
故答案为：圆；
18．在正四棱柱中，，E 为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为 .
【答案】/
【解析】如图，连接，，由题可知，，平面.
因平面，则.
又平面，平，，则平面.又平面，则；
如图，过E做平行线，交于F，则F为中点.连接，
过做垂线，交于G.
由题可得，平面，又，则平面.
因平面，则.
又平面，平面，，则平面.
因平面，则；
因平面，平面，，则平面.
连接，则点P轨迹为平面与四棱柱的交线，即.
注意到，
，则，故.
则点的轨迹的长为.
故答案为：.
19．（2024·河南开封·二模）已知矩形，，过作平面，使得平面，点在内，且与所成的角为，则点的轨迹为 ，长度的最小值为 ．
【答案】 双曲线
【解析】
如图，以为原点，所在直线为轴，平面内过且与垂直的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则由已知，，，，，
∵点在平面内，∴设，则，，
∵直线与直线所成的角为，
∴，
两边同时平方，化简得点轨迹方程为，
∴点的轨迹为双曲线.
，
∵点轨迹方程为，∴，且，
∴，
∴当时，的最小值为.
故答案为：双曲线，
20．如图，已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面四边形内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点在四边形内运动所形成轨迹的长度为 .
【答案】
【解析】取的中点，连接，如图所示：
分别是棱的中点，所以，
又因为平面平面，所以平面.
因为，
所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面平面，所以平面.
因为，所以平面平面.
因为点为底面四边形内（包括边界）的一动点，直线与平面无公共点，
所以的轨迹为线段，则.
故答案为：.
21．（2024·河南·模拟预测）已知正方体的棱长为，动点P在内，满足，则点P的轨迹长度为 ．
【答案】/
【解析】在正方体中，如图，
平面，平面，则，而，
平面，于是平面，又平面，
则，同理，而平面，因此平面，
令交平面于点E，由，得，
即，解得，而，于是，
因为点P在内，满足，则，
因此点P的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆在内的圆弧，
而为正三角形，则三棱锥必为正三棱锥，为正的中心，
于是正的内切圆半径，
则，即，，
所以圆在内的圆弧为圆周长的，即点P的轨迹长度为．
故答案为：