数学高考练习第2讲空间几何体运动轨迹与长度问题（解析版）

第2讲空间几何体运动轨迹与长度问题一、单选题（2022•全国•高三专题练习（理））已知正方体ABC。-A'BT'。'的棱长为4,E,尸分别为BB'，C'Z＞的中点，点P在平面A8BW中，PF=2＞[i,点N在线段AE上，则下列结论正确的个数是（）①点P的轨迹长度为2万；②线段仪的轨迹与平面ABCD的交线为圆弧：③NP的最小值为6《1。:④过A、E、尸作正方体的截面，则该截面的周长为4+g万+2石A.4 B.3 C.2 D.1【答案】D【解析】【分析】对于①，根据圆的定义得到轨迹，并且①中要注意点P在平面上，而非正方形ABBA'h；对于②，圆锥的斜截面与侧面的交线不是圆的•部分就可以判断；对于③，实质是要计算①中的圆心到直线AE的距离；对于④，耍先作出截面，然后再计算周长.【详解】设A'B'的中点为O,则点P的轨迹是平面上以。为圆心，以2为半径的圆，所以点产的轨迹长度为4万，故①错误；连接/0,%知线段FP的轨迹是以倒了。的侧面，而平面A'5'CD与轴尸。不垂仃，所以线段FP的轨迹与平面A'夕CO的交线不是圆弧，故②错误；以4*的中点。为原点，分别以4*水平向右、垂直平分为x轴、V轴建立平面直角坐标系，则AE所＜1：的北线）j程为x-2y-6=0,则点。到直线x-2y-6=。的距离为"一㈤=华.所以NP的最小值为萩^2=66T°,故③正确：Jl+（-2）2 5 5 5如下图，过A,E,尸作正方体的截面，为五.边形AEMFG,其中M为的靠近。的三等

分点，G为DD'的靠近D'的四等分点.故选：D.【点睛】大犍点帖：本题一是要注意点尸在平面他94上，而非正方形WA」：，二是要正确的作出过A,E,尸的截面.（2022•江西•模拟预测（理））已知正方体ABCO-ABGA的棱长为3,点P在△AGB的内部及其边界上运动，且。2=旧，则点P的轨迹长度为（）A. B.2n C.25/271 D.3兀【答案】A【解析】【分析】连接BQ、B,D,、BD,ACfl=E，连接BE交用。于O,证明与。J.平面\CXB得DOLOP,求出OP长度，确定。的位置，确定P的轨迹形状，从而可求F的轨迹长度.【详解】连接BQ、BR、BD,4 B}

则AC，BQ,AQ1DD},BRCDDi，AGJ•平面bqr,:.ag-LBp,同理A8_LB|O,与。，平面AC/.设AGngR=E,连接BE交瓦。于O,由△BODs△EOBt且B£>=2乌E可知0。=280,则OO=g4。=2有，连接OP,则OD1OP,：.OP=>JdP2-OD2="旧丫_（2石『=V2，可得点P的轨迹为以点。为圆心，丘为华彳仝的圆在△AGB内部及其边界上的部分,OB=2OE,£为AG中点，及AABG为等边三角形可知。为△ABG中心，OE=-BE=k近x3&=渔<&=在,如图：3 32 2 2。r=&，OE=—,cos/EOF="=且=/EOF=-,2 OF2 6则/ofe=na=N,：.OF//A,B,同理易知og〃AG，故四边形AFOG是菱形，则/尸OG=1./.FG的长度为工= ，故点P的轨迹长度为3x立兀=缶.3 3 3故选：A.（2022・河南河南•三模（理））已知正四棱柱ABCO-AqG。，43=2,44,=〃，点M为CG点的中点，点P为上底面4片。|。上的动点，下列四个结论中正确的个数为（）①当〃=G且点P位于上底面的中心时，四棱柱P-A8CO外接球的表面积为罟；②当。=2时，存在点尸满足Q4+PM=4；③当。=2时，存在唯一的点P满足NAPM=90。；④当。=2时，满足的点P的轨迹长度为0.A.1BA.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】根据外接球的概念，作图计算出外接球半径R,然后求解，可判断①；然后建空间直角坐标系，得到A(0,0,2),A/(2,2,l),8(2,0,2),尸为上底面4即7画上的动点,可设P(肛〃,0),且。进而对②③④各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.【详解】对于①，如图，在ABC。中找到面的中心点H,。为球心，。在P”线段匕因为四边形ABCD为正方形，所以，BH=42<S.PH=a=y/3,则设外接球半径为R，则OP=OB=R,则在RSBOH中,可得★_(&_/?/=2,解得/=三，所以，四棱柱P—ABC。外接球的表,Sir面积为4乃/?2=宁，①正确：由于a=2,如图,建系可得,40,0,2),"(2,2,1),8(2,0,2),尸为上底面入四弓。上的动点，可设P(相,〃,0),且。,对于②，因为。VmV2,0W〃V2,AP=(m,n,-2).MP=(m-2,n-2,-1),pa+pm=|ap|+|mp|,且(网+|标|『=网F标|2+2福希=m2+n2+4+(m-2)2+(〃-2尸+1+m(m—2)4-n(n-2)+2=3(m-I)2+3(n—I)2+9,因为0<m<2,0<n<2,所以，1520羽+|两y29,所以，至叶西+|网23,得PA+PMe[3,后],所以，必有存在点P满足R4+PM=4是错误的，所以，②错误：对于③，则而=(见〃,一2),MP=(m-2,n-2,-1),因为APMP=m2-2m+n2-2n+2=(m~l)2+(n-1)2,明显可见，，"=1,〃=1时，AP±MP,此时，ZAPM=90°,所以，当a=2时，存在唯一的点尸满足NAPM=90。，③正确；对于④，BP=(m-2,n,-2),而=(2,2,-1),若8P_LAM,则有BPAM=2m-4+2n+2=2m+2n-2=0>化简得机+〃=1，又因为0WmW2,04〃42,所以，点P的轨迹长度为辰了=&,④正确；故正确的有：①@④故选：C(2022•四川泸州•三模(理))已知三棱锥P-ABC的底面aABC为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3,体积为24,若该三棱锥的外接球。的半径为5,则满足上述条件的顶点户的轨迹长度为（）A.6乃 B.30乃C.（9+2忘1）兀 D.（6+2历）兀【答案】D【解析】【分析】利用三棱锥尸-ABC的体积，求解底边边长，求出aABC的外接圆半径，以及球心。到底面ABC的距离，判断顶点尸的轨迹是两个不同截面圆的圆周,进而求解周长即可.【详解】依题意得，设底面等腰直角三角形aABC的边长为x（x>0）,」棱锥P-ABC的体积丫=聂・丁-3=24解得：x=4y/3.\^ABC的外接圆半径为｛=1.72-4>/3=2瓜••球心。到底面ABC的距离为4=h一片=025-24=1,又顶点?到底面ABC的距离为3,顶点:尸的轨迹是一个截面圆的圆周当球心在底面ABC和截面圆之间时，球心。到该截面圆的距离为W=3-1=2,•・截面圆的半径为£= =后。=V21,顶点P的轨迹长度为2万4=2瓦乃；当球心在底面ABC和截面圆同一侧时，球心。到该截面圆的距离为4=3+1=4,••截面圆的半径为G=次-*=V25-16=3,二顶点P的轨迹长度为2万弓=61；综上所述，顶点P的轨迹的总长度为（6+2，五卜故选：D.【点睛】本题考查空间几何体外接球的问题以及轨迹周长的求法，考查空间想象能力、转化思想以及计算能力，题目具有一定的难度.（2022•重庆•模拟预测）已知棱长为3的正四面体A-8CZ）,P是空间内的任一动点，且满足A4N2P。，E为AO中点，过点。的平面a〃平面BCE,则平面a截动点P的轨迹所形成的图形的面积为（）A.n B.27r C.3乃 D.4%【答案】c【解析】【分析】设△BCD的外心为O,过。点作8c的平行线，以。为坐标原点，建立的空间立角坐标系,设P（x,y,z）,根据R422P。，求得点P的轨迹方程，分别延长A及AEAC到点M,P,N,使得AB=BM,AF=FP,4C=CN,得到平面8CE〃平面a,过。点作OO|_LPO,可得证得平面。MN,即为点。到平面ZWN的距离，结合球的截面圆的性质，求得截面圆的半径，即可求解.【详解】设△BCD的外心为。，过。点作BC的平行线，以。为坐标原点，建立的空间匕角坐标系,如图所示，因为BC=3,所以00=6，OA=^ADr-ODr=76-则40,0,指）,。（0,石,0）,尸（0,-且,0）,设P（x,y,z）,2由P422PD,可得^x2+y2+（z-j6）2>2y/x2+（y-y/3）2+z2，整理得V+（y-生叵>+（z+渔产44,所以动点尸的轨迹为以（0,券,-坐）为球心，半径为2的球及球的内部，分别延长ARA£AC至lj点M,P,N,使得AB=BM,AF=FP,AC=CN,可得CE"DN,BE〃MD,可证得CE〃平面MN£>,BE//平面MND,乂由CECBfuE,所以平面8CE〃平面MM）,即平面MN£）为平面a,如图（1）所示，过。点作。O|_LP。，可得证得。。，平面DMN,即。。为点。到平面DMN的距离，连接EF,根据面面平行的性质，可得EF//DP,在直角△£>£：/='中，nj^sinZDFE=—=—,DF3在直角a。。。中，可得。。1=03与11/。。01=。£）小访/0叱=，5x等=1,

所以OQ=^ODr-OO'=V22-l2=G，即截面圆的半径为G，所以球与平面a的截面表示半径为白的圆面，其面枳为；rx（6）2=3].故选：C.（2022•浙江温州•高三开学考试）如图，正方体AG，尸为平面耳8。内一动点，设二面角A-8〃-P的大小为a,直线AP与平面所成角的大小为夕.若cos^=sina,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】【分析】先求得二面角A-82-p的大小，进而得到直线吊尸ij平面ABR所成角的大小，依据直线A,P与平面ABR所成角的正弦值列方程，可得点P的轨迹.【详解】连接AC交BD于O,取用。中点O1，连接。01以O为原点，分别以。4、OB、。。1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40,0,0),(7(-0,0,0)，4(/,0,2),4(0,0,2),P=(O,y,z)面A8A的一个法向量为福=(-夜，夜,2),面BqA的一个法向量为衣=(-20,0,0)则cos则cos(而,AB,)=(-0，6?(呼0，。)' ' 20x2a；，故.而向A-8。一q的大小为g又二面角A-82-尸的大小ai(0,兀],则a或。=与由cos^=sina,外*：，可得夕=看又AP=(-0,y,z)sinP=(—5/2,5/2,2)*(—5/2,y,z)

2V2J2+/+ZsinP=整理得z?+4z+2>/Jy+2&yz=0即y=-4Z(Z--2_)-逑，是双曲线.4 z+1 4故选：D二、多选题(2022•湖北•高一阶段练习)己知正方体ABC。-ABC。的棱长为2,E为线段A4的中UUUULUUUU点，AP^AAB+/jAD^其中4〃e[0,l],则下列选项正确的是()A.〃=1时，A]PLED, B.2=1时，8/+P。的最小值为旧C.4+4=1时，直线Af与面4RE的交点轨迹长度为也 D.4+〃=1时，正方体被2平面PAR截的图形最大面积是40【答案】ABD【解析】【分析】A选项，作出辅助线，得到点尸在线段对上，证明线向垂直，得到线线乖也；B选项，作出辅助线，将两平面展开为同一平面内，利用两点之间线段以短，得到与P+PD的最小值，求出答案；C选项，制姗鼬线，找到直线找尸与面与的交点轨迹,求出长度;D选项，作出辅助线，分尸位于线段OZ上和线段8Z上，分别求出截面的最大面积，比较得到结果.【详解】取4。中点凡BC的中点G,连接人尸，AG,FG,则而=而，UUULUULIL1U 1因为AP=2AB+〃A£>，A=->^e[O,l]所以〃=4而+而，即点P在线段FG上，因为E为线段A4的中点，则ae=a尸，故所以= 由于NA4,尸+NQAF=NAAE+N〃AF=5，所以又GF,平面AOAA，AFu平面4ORA，所以GF_LRE,因为GFcAF=F,所以"E,平面AFG,因为APu平面AFG,所以APLER,A正确；B选项，在AB上取点”，使得彳77=，而，在0c上取点K,4 1 使得£>K=：£>C,4UUULUUULIU因为AP=；L48+〃A£＞，2=z，所以点尸在线段HK上，将平面耳，KG'J平面A//KD沿着“K展开到同一平面内，如图1,连接与。交HK「点尸，即三点共线时，B/+P。取得最小值，其中由勾股定理得：4〃=1+(|)=g，所以4耳=g+；=3,所以Bp=,2。+3°=\[\3＞故B正确；UlllULIUULUUc选项，AP=AAB+pAD^Z〃e[O,l],4+〃=1时，由向量共线定理的推论可得：？点在线段8。上，连接AB，A。，交BE干点M,交RE于点N,连接MM则线段MN即为直线AJ与面BRE的交点轨迹，其中三角形AB。是等边三角形，NB4Q=60。，由三角形相似可知：f=H=＜，而A8=2五,所以AM=2也，MBdyd2 3 3同理可得：4汽=半，所以三角形AMN是等边三角形，所以MN=AN=也,直线Af与面bre的交点轨迹长度为述，c错误;3由C选项的分析可知，：P点在线段8。上，连接AC,8。相交于点Z,当尸位于线段£>Z上时，连接A尸并延长交CD于点Q,连接DtQ,则平面入。截正方体所得图形为三角形AAQ,则当尸与Z重合时，。与C重合，此时截面三角形面积最大，面积为¥、（2忘）2=26：当P位于线段8Z上时，如图3,连接AP并延长，交8c于点W,过点W做松〃4。交CC,于点R,连接。乐，则四边形AWR。即为平面PAD,截止方体所得的截面，设BW=x,则由平行性质可知：GR=x,则AW=〃/?=j4+3,所以四边形AWR。为等腰梯形，其中RW=0（2—x）,设梯形的高为〃，则%= 物;网：=身+4,则截面面积为这二22.JI7二=3旦，2V2 2如图4所示,直角三角形AB'C',直角边所B'=2近,B'C'=4,在8'C'上取一点"，连接A'。，则三角形A!DfC的面积即为（4-力6+8,2显然当x=0时，面枳取得最大值，最大面积为4人，因为46>2栏,所以4+〃=1时，正方体被平面PAR截的图形最大面积是4夜，D正确..

故选：ABD【点睛】立体几何中的点的运动轨迹问题，或线的运动轨迹问题，要结合题目特征，利用平行或垂宜关系，找出轨迹是线段或圆弧，或是椭圆，抛物线等，进而求出相应的轨迹长度.7T（2022•湖南岳阳•三模）如图，在直棱柱ABC。-A4GA中，各棱长均为2,^ABC=-,则下列说法正确的是（）A.三棱锥A-A8C外接球的体积为生叵兀27B.异面直线A片与8G所成角的正弦值为立2C.当点M在棱84上运动时，|如+|5|最小值为2屈二万D.N是ABCO所在平面上一动点，若N到直线AA,与BC的距离相等，则N的轨迹为抛物【答案】ACD【解析】【分析】A选项，求出AABC的外接圆半径，进而求出三棱锥A-ABC外接球的半径，求出体积；B选项，作平行线,找到异面直线入鸟与所成角，用余弦定理求出余由毗进而求出正弦值：C选项，将平面与平面与8。。沿着公共边折叠到同一平面内，利用勾股定理进行求解；D选项，由抛物线定义进行判断.【详解】因为在直棱柱A88-A8m中，各棱长均为2,ZABC=^,所以A4BC为等边三角形，设三棱锥A-ABC外接球球心为O,则O在底面ABC的投影为aABC的中心H,.2_4x/3设AA8C外接圆半径为R,由正弦定理得：”"一。一亍，sm—

3所以AABC外接圆半径为2叵，3设三棱锥A-4BC外接球的半径为「，则…相+^=@,3故三棱锥A-ABC外接球的体积为3“3=空叵兀，A正确；3 27连接A4,四，则ADJ/g,且从图中可以看出々A。为锐角，所以异面直线8c所成角即为N81AR,由勾股定理得：AB、=AD1=2O,由余弦定理得：BR=〃+4-2x2x2cosl20°=25故在△A8Q1中，由余弦定理得：CosZB,A£>,=-^~-=^,所以sinNB]AD]=Jl—.»B错误;将平面A竭A与平面RBDD1沿着公共边BB\折叠到同一平面内，如图连接A。，与BB,的交点即为|⑷+|M4取得最小值的M,此时同&的长度即为最小值，其中|A4j=2,\AD\^\AB\+\BD\=2+2y/3,由勾股定理得：/£>|=,4+（2+2后丫=255+26,C正确；因为AAJ•平面ABCD,故点N到直线AA的距离即为|AN|的长，又因为8Cu平面ABCD,故在平面ABCC上，到一点N的距离等于到直线BC的距离，由抛物线的定义可知：N的轨迹为抛物线，D正确.故选：ACD【点睛】求解立体几何图形的外接球或内切球问题，要能抓住关键点，比如球心的位置的确定，通常情况下先找球心在某个三角形或者四边形中的投影来确定.（2022•广东•高二阶段练习）已知正方体4BCO-A4G。的棱长为2,点P为正方形ABCO所在平面内一动点，则下列命题正确的有（）A.若点P总满足PR，OG，则动点尸的轨迹是一条直线B.若点尸到直线与到直线OC的距离相等，则点P的轨迹为抛物线C.若点P到直线。。的距离与到点C的距离之和为2,则动点P的轨迹是椭圆D.若。『与48所成的角为W，则点尸的轨迹为双曲线【答案】ABD【解析】【分析】A选项，证明出线面垂直，从而找到点P的轨迹就是直线BC,A错误；B选项，由线面垂“得到是点P到直线8片的距离，从而得到点P的轨迹是以点B为焦点，此线OC为准线的抛物线；C选项，得到满足条件的点尸的轨迹就是线段力C,不是椭圆；D选项，建立空间直角坐标系，得到空间向量夹角坐标公式求出点F的轨迹，为双曲线.【详解】对于A,在正方体A8C0-ABGA中，DCJD,C,DC,±BC,D,Cr\BC=C,所以。G平面ABCD,，而点P在侧面ABCD上运动，且PR，DC、,所以点尸的轨迹就是直线8C,故A正确：对于B,由正方体性质知，Bq,平面A8CC,由线面垂直的性质定理知PBLBBi,B|JPB是点P到直线BB、的距离，在平面ABCQ中，点P到定点B的距离与到定直线DC的距离相等，所以点P的轨迹是以点8为焦点，直线。C为准线的抛物线，故B正确：对于C,若点P到直线DD,的距离就是点P到点D的距离，即平面A8co内的点P满足|叫+俨4=2=|凶，即满足条件的点P的轨迹就是线段CC,不是椭圆，故C不正确；对于D,如图以。为直角坐标系原点，建立空间直角坐标系，P(x,y,0),D1(0,0,2),a(2,0,0),B(2,2,0),则印=(x,y,-2),AB=(0,2,0),1r麻.祠|2y|iTOC\o"1-5"\h\z利用空间向量求夹角知COS与=...J.=-/1", =,3耳J同2x7x2+/+422 2y__x__,化简整理得：3y2-f=4, 4->3所以尸的轨迹为双曲线，故D正确.故选：ABD.【点睛】对于立体几何中的轨迹方程问题，要建立合适的坐标系，利用所学的解析几何知识，进行求解.(2022•江苏南通•模拟预测)设正方体ABCD—\B^D1的棱长为2,P为底面正方形ABCD内(含边界)的一动点，则()A,存在点P,使得4P〃平面4CRB.当PC_LP£)时，IA/杆的最小值是10-2退C.若的面积为1,则动点P的轨迹是抛物线的一部分D.若三棱锥p—A4G的外接球表面积为芈，则动点p的轨迹围成图形的面积为乃

4【答案】ABD【解析】【分析】

A选项，作出辅助线，证明面面平行，从而得到点P在线段8D上；B选项，作出辅助线,找到八犬|2的最小值的位置，求出最小值；c选项，求出以AC为轴，半径为3的圆柱，与3平面A8c。的交线即为P点的轨迹，是椭圆的一部分；D选项，根据外接球表面积求出外接球半径，分析出动点P的轨迹是1为半径的圆，从而求出面积.【详解】A选项，连接则8。〃鸟2，44u平面3£><z平面耳。〃，所以8£)〃平面BCR,同理可证：A。〃平面4CR,而AOcB£>=。，所以平面平面8cA，故点尸在线段8。上时，满足4P〃平面4cR,A正确：B选项，取CD中点E,以E为圆心，EC为半径在平面AECO中作圆，如图，为圆弧C£>,当P点在弧8上时,能够满足尸C_LP£),连接A£交圆弧CD于点P,此时4尸的长度最小，则|4尸|2取得最小值，其中由勾股定理得：AE=y/i+4=y/5,AP=s/5-\,由勾股定理得：=AP2+A,A2=(>/5-l)2+4=10-2>/5,B正确；离为违=与离为违=与连接AC「由勾股定理可得：Ag|=26，若aAPG的面积为I,则动点尸到直线AG的距以的为轴，半径为手的圆柱，与平面A3W勺交线即为匕点的轨迹,由平面知识可知：用平面不垂直于轴去截圆柱，得到的是椭圆的一部分，c错误;D选项，若三棱锥P—的外接球表面积为手，设外接球半径为R则4兀*=:兀，4 4解得：/?=空，设f球心o在平面AAG上的投影为F，则F在线段AG的中点，4/=夜，设点P在平面投影为G,过点。作O//LGP于点从连接。A，OP,则CW=FG,OF=HG,OA,=OP=R=—,其中PG=2,则由勾股定理得：0尸=苻二谓'=（,则GH=-,PH=2-GH=~,则04=，0尸一尸”2=1，所以FG=1,FP= =石，所以P点到F点的距离为定值石，故动点尸的轨迹围成图形是半径为1的圆，面积为兀，D正确.故选：ABD【点睛】对于外接球问题，要能找到球心和球心在特殊平面上的投影，比如本题中，由于底面是直角三角形，所以球心在底面上投影是斜边中点，作出辅助线后利用勾股定理，余弦定理等列出方程，求出半径.11.（2022•山东•高一阶段练习）如图，在棱长为3G的正方体A8C0-A旦GR中，点尸是平面A8G内一个动点，且满足OP+P4=5+2jF,则下列正确的是（）4 3（参考数据：sin53°=-,sin37°=1）A.PB1BQB.点尸的轨迹是一个圆C.直线gP与平面A3G所成角为53。D.设直线8/与直线4〃所成角为8,则37° 490°【答案】ABD【解析】【分析】本题很复杂，先要求出直线。片与平面的交点，判断其位置，利用点尸到。与用的距离之和为常数，计算出点P的运动轨迹，再进行分析.【详解】如上图，建立直角坐标系，各点坐标如下：A（3"0,0）,8（3后330）,A（36,0,3句,B,（333336）,C,e,36,3句,西=（3后3G,3⑹，祠=（-3忘3M0）,丽=（0,3如,-3抬），则有：1D81・A8=0,DB]_L平面4BG；•.•Pe平面.•.尸，故A正确；设与平面ABG的交点为。，并设O（x,y,z）,山丁。在上，设诙函,

得x=y=z=3>/54，AyO=^x—3\[3,y,z-3>/3j,由空间向量基本定理可知：A。=M4与+〃AG=(-36〃,3\/^^+3>/^〃,—,[3&=-3同+36得方程：<3后=3石机+3屈解得：m=n=-,A=-,3向=-3扇+3扃故。（26,2石,26），.♦.£>4=J（3可+（3商+（3尉=9,2DO=qDB、=6,OB,=3,将平面的直观图分离出来如下:OB；+OP2=PB；OD2+OP2=PD2OB；+OP2=PB；OD2+OP2=PD2解得QP=4，故P点的轨迹是以O为圆心，半径为4的圆,故B正确;OB3与平面A8G的夹角就是NB/O,sinNB，PO=£=w，故C错误；rD^J由于AR〃Bq,8/与AR的夹角就是87与8G的夹角，由于O（26,2石,2石），取AB的中点则〃36,•，苧），MO.A^=0,：.MO1A.B,MO=—,MO=；MG,即点。是VABG的重心，2 JVA8£是等边三角形，其边长为0.36=3#,.••以O为原点，GM为x轴，过。点垂直于GM的直线为y轴，建立坐标系如下图:B】各点坐标为:(-3^,O,O),B,(O,O,3)B】各点坐标为:(-3^,O,O),B,(O,O,3),P(x,y,O),I国1=3#,|即卜5,设画’与庭的夹角为e,则|cosM=则|cosM=BJB\P,，/x2+y2=16,.,.0<|>/3x+y|<80<0<|cos0\<—故D正确.故选：ABD.即37°40490";12.（2022•广东•佛山市南海区艺术高级中学模拟预测）如图，若正方体的棱长为1,点M是正方体ABCO-A4GA的侧面上的一个动点（含边界），P是棱CG的中点，则下列结论正确的是（）A.沿正方体的表面从点A到点尸的最短路程为姮2B.若保持1PMi=夜，则点M在侧面内运动路径的长度为（C.三棱锥B-GM。的体积最大值为：6

D.若M在平面A。。A内运动，且NMRB=NB0iB,点M的轨迹为抛物线【答案】AB【解析】【分析】A选项，把两个平面展开到同一平面内，利用两点之间，线段最短进行求解，注意展开方式可能有多种；B选项，找到点M在侧面内的运动轨迹是圆弧，再求解弧长；C选项，利用等体积法和建立空间直角坐标系，求出力一的最大值，即为Vwcm最大值：D选项，在空间直角坐标系中利用余弦定理得到点M的轨迹方程为线段.【详解】将平面ABB^'jT-iiiiBCC冉展开至恫一平面内，连接AP,此时”=J（1+1『+出=乎,也可将平面A8CC与平面CDD£展开到同一平面内，此时AP=Jf+[1+£|=孚，叵〈叵,故A正确；2 2过点P作PEI交于点E,连接EM,则E为。。的中点，PE=],且PE_L平面ADD^,£Mu平面AO£>|A，所以尸E_LEM,因为由|PM|=JI可知，EM=>JPM2-PE2=1>故M在侧面ADRA上得轨迹为以E为圆心，1为半径的半圆，故点M在侧面内运动路径的长为27txln一——=-，B正确；o3MD.连接G8，GMD.连接G8，G。BD.MS, ,则8。=G。=C]8=及，所以S.dbc、以D为坐标原点，分别以DA,DC,0A所在H线为x轴，了轴，z轴建立空间直角坐标系，则£>（0,0,0）, C,（0,1,1）,设M（/n,0,〃），（0</n<L0</?<1）,设平面QB。的法向量为>=（x,y,z）,则，;蔡二+；：‘令日’得：x=zi所以1（法向量为>=（x,y,z）,则，7724-77时,7724-77时,/?取得最大值,此时三棱锥B-GMO体枳最大,设M（"7,0,〃）到平面C,BD的距离为h,则人=I -设M（"7,0,〃）到平面C,BD的距离为h,则人=71+1+1V31 2-^3 1 0Ajh'QVB-ClMD=VM-C,BD=^X—X 'CkH天；BR应一指-BR应一指-73-V所以cosNMRB=连接MA，MB,因为M（肛0,〃）,(0<m<l,0<n<l),所以MR=1苏+(〃_1)2,mb=｛瓜-1丫+1+",cosNMRB=MD-+BD；-MBcosNMRB=MD-+BD；-MB2

2MD、-BD、2m—2〃+22y/3^m2+(n-l)-3化简得：（m+M-lfuO,所以m+n-\=0,可知M点的轨迹不是抛物线，D错误.故选：AB【点睛】对于立体几何中的满足一定条件下的点的轨迹问题，往往需要建立空间直角坐标系来进行求解，当然建立空间直角坐标系还可以求解角度和距离，将几何问题代数化可以大大减少思考难度，提高做题效率.13.（2022•广东佛山•高二期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A8CQ中，M为口。的中点，连接8M,设的中点为E,动点N在底面正方形ABCO内（含边界）运动，则下列结论中正确的是（）A.存在无数个点N满足丽.丽=0B.若而=2而，则A，E,N三点共线C.若|丽+|叫=2百，则的最大值为近7TD.若MN与平面ABCD所成的角为：，则点N的轨迹为抛物线的一部分【答案】AB【解析】【分析】根据给定条件建立空间宜角坐标系，借助空间向量逐一分析各选项，计算判断作答.【详解】在正方体A8CD-A4CA中，连接AC,即交于点O,取正方形ABCQ中心01,在。。,则OQL平面48CO,而ACLBD,建立如图所示的空间直角坐标系，A(0,-V2,0),8(五,0,0),C(0,V2,0),ZX-V2,0,0),M(-0,0,1),A(0,-夜,2),则线段BM中点£(0,0,1),设N(x,y,0)(-&4x4&且-夜4y4四)，对于A,A/V=(x,y+V2,0),8M.=(-20,0,1),由福•丽=0得x=0,而-丘34丘，所以存在无数个点N满足丽.丽=。，A正确;对于B,因而=2近，即丽=|而^(O,逑,0)，则N(0,*,0),4E=(0,V2,-|),而=(0,半,-2)=34后，所以A，E,N三点共线，B正确；对于C,因|丽+|沟=26>2夜斗比>|,则点N的轨迹是以点B,D为焦点,长轴长为2石的椭圆(在正方形A8C£)及内部)，1n、，, 2izi-v24~\6方程为5+y=1(|y|>—--)，|AN|=&+(y+&>+4=y/3-3y2+(y+y/2)2+4=J-2y?+2夜y+9=J-2(y-^-)2+10所以当且仅当y=直誉时，RM取最大值白6+2厉,c不正确；对于D,MN=(x+y[2,y,-1),平面ABC。的法向量G=(0,0,1),依题意，siny=|cos(n,MN)|= \===^,整理得：(x+s/2)2+y2=^-,3 7(x+^)2+/+l2 3所以点N的轨迹为圆的一部分，D不正确.故选：AB【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的轨迹问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算建立动点坐标的关系解决.14.(2022•全国•模拟预测)如图，点M是棱长为1的正方体ABCO-A8CQ中的侧面AORA上的一个动点(包含边界)，则下列结论正确的是()A.存在无数个点M满足CMJ.A。

B.当点M在棱DR上运动时，的最小值为志+1C.在线段ar上存在点股，使异面直线与M与8所成的角是3伊D.满足|皿。|=2|河0|的点〃的轨迹是一段圆弧【答案】AD【解析】【分析】根据空间线面关系，逐个分析判断即可.【详解】对A,若M在A。匕，此时必有CMLAR,证明如卜：CDmADD^,所以CDLAR,^A,D±AD,,所以ARJ_平面AQC,所以ARJ.CM,所以A正确；对B,如图对B,如图,旋转面40。A使之与面B8Q。共面,连接A'q交。。厅加，此时|M4|+|"4|最短为4'耳，大小为再运，故B错误,对C,当对C,当M在和44交点处时,此时直线BtM与CZ)所成的角即直线BtM与4片所成角,此时此异面直线所成最小，其正切值为也，2即最小角大于30。，故不存在，即C错误，对D,在面ADRA上建立直角坐标系，设£>(-go),R(g,O),设由|MD=21鹤|整理可得：f+y2-gx+：=0,根据解析式可得时的轨迹是圆的一部分，故D正确,故选：AD.【点睛】本题考查了空间几何体相关的线面关系，考查了线线垂直，异面直线所成角以及动点轨迹和最值问题，要求较高的空间想象能力和转化能力，属于难题.本题的关键有：(1)转化思想的应用，根据两点之间线段最短求距离的最值：(2)异面直线所成角的平行转化法：(3)建系利用解析几何求动点轨迹.(2022•福建・厦门一中高一阶段练习)如图，在棱长为2的正方体A8CD-ABCA中，。为正方形48co的中心，尸为棱AA上的动点.则下列说法正确的是()A.点尸为AA中点时，尸。J.OGB.当尸点运动时，折线段AP+PC长度的最小值是3+逐c.当尸点运动时，三棱锥P-8OG外接球的球心总在直线AC上D.当P为A4的中点时，正方体表面到P点距离为2的轨迹的总长度为+【答案】ACD【解析】【分析】根据点P为棱4Al上的动点，则根据对应点尸在不同位置，对各项进行分析即可.【详解】对于A,根据题意得PO为aACA的中位线，所以PO//AC,乂A,。，面BOQ,所以面BDG，OC；u面则PO_L£>G，故A正确；对于B,将平面沿4①翻折到平面AC4A,如图，折线段〃尸+PC的长度最小为℃ +(2+2忘了片3+逐，故B错误；

对于C,体对角线AC过a8£>G的中心且垂直于平面BOG，故以a8£>G为底的三棱锥，球心在AC上，故C正确；对于D,在平面ABB^和平面ADD^上轨迹是以尸为圆心，2为半径，圆心角为（的两段弧，在平面A8CR和平面ABCC匕轨迹是以右为半径，圆心角为1的两段弧，故/=与+6万，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：根据正方体的性质及线线、线面关系判断线线位置、线段长的最值，分析锥体外接球球心位置.（2022•山东聊城•三模）在直四棱柱ABCO-A4CQ中，所有棱长均2,ZS4£>=60。，P为cc,的中点，点。在四边形。CGR内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（）A.当点。在线段CR上运动时，四面体ABPQ的体积为定值B.若AQ〃平面A/尸，则AQ的最小值为逐C.若△ABQ的外心为M,则福•丽为定值2D.若AQ=币,则点。的轨迹长度为当【答案】ABD【解析】【分析】由虺易证得DtC//面AtBP,所以直线CD,到平面ABP的距离相等，又的面积为定值，可判断A：取。A，OC的中点分别为M,N,连接40.MMAN,由面向平行的判定定理可得平面ABP〃面4WN,因为AQu面4WN,所以4Q〃平面4刀尸，当AQJ.MN时，AQ有最小值可判断B；山三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断C：在DnDC上取点&,4,使得〃A=g,24=1,易知点Q的轨迹为圆弧&A可判断D.【详解】对于A,因为AB//QC,又因为A8u面ABP,£>C<Z面ABP,所以RC〃面A8P,所以直线CR到平面尸的距离相等，又aA1尸的面积为定值，故A正确：对于B,取。AQC的中点分别为M,N,连接AM,MN,AN,则易证明：AMIIPC, 而ABP,尸Co面ABP,所以AA/〃而ABP,又因为％B〃MN,,M/V(z面A/P.ABU面ABP,所以MN〃面4BP,MNcAM=M,所以平面ABP〃面AMN,AQu面AMV,所以AQ〃平面4BP当AQJ_MN时，AQ有最小值，则易求出AM=6,MN=近，AN=^AD2+DN2-2AD-DNcos120°=/4+l-2x2xlxl-^j=x/7,所以Q,M重合，所以则AQ的最小值为AM=石，故B正确;

CiCi对于C,若△AB。的外心为M,,过“作于点H,1M=02+22=20. .1—2则AB-AM=]A8=4.故C错误;Qrr对于D,过A作4。_LCQ于点。，易知4。，平面G。。，OR=ARcos耳=1在£)〃,£)心上取点&，4，使得"4=6,04=i,则44=44=不，0%=0%=4^=2所以若AQ=近，则。在以。为圆心，2为半径的圆弧4Al上运动，又因为〃0=1，44=6,所以4。4=鼻，则圆弧44等于弯，故d正确.故选：ABD.（2022•全国•华中师大一附中模拟预测）如图，在四棱锥P-4BCD中，底面ABCQ是边长为2的正方形，2_L平面ABCO,且24=2.点E,F,G分别为棱AB,AO,PC的中点，下列说法正确的是（）A.AGJ■平面B.直线FG和直线AC所成的角为?C.过点E,F,G的平面截四棱锥尸-A8C。所得的截面为五边形D.当点T在平面A8CO内运动，且满足△AGT的面积为g时，动点T的轨迹是圆【答案】ABC【解析】【分析】对选项A,将四棱锥P-ABCD补形成正方体ABCD-PB^D,,再证明AGJ"平面PBD即可.对选项B,取CO的中点“，连接尸H，从而得到NG/77（或其补角）与直线尸G和直线AC所成的角相同，再计算其大小即可判断B正确.对选项C,延长EF交直线CC于点力，交直线BC于点/,连接G/交PB于点连接GH交PD于点N,即可得到截面，判断C正确.对选项D,根据题意得到点T的轨迹是椭圆.故D错误.【详解】对选项A,可将四棱锥P-ABC。补形成正方体ABCD—PBCR,如图所示:直线AG即体对角线AG,BD1AC.BD±CC,=>BD1平面ACC,,ACnCC,=C因为AGu平面ACC］，所以BOJ.AG.BPLAB,■BP1B£ 平面ABG,AB、cB£=Bt因为AGu平面ABC，所以BP_LAG.又因为= 所以47_1_平面/>8。.故A正确.对选项B,如图所示：取CO的中点“，连接F”，因为尸,“分别为A。，CD的中点，可知/7〃/AC,所以NGFH（或其补角）与直线尸G和直线AC所成的角相同,又因为尸,〃,G分别为A£>,CD,AG的中点，所以FG=gC1O=gx/?7F=亚，FH=^AC^^\l22+22=42,GH=-PD=->j22+22=y/22 2在aFG”中，FG=GH=FH,所以NGFH=鼻,故B正确；对选项C,延长£F交直线CD于点〃，交直线BC于点/,连接G/交?B于点M,连接G”交于点M如图所示：pB C则五边形EFNGM即为平面EFG截四棱锥P-A8CD所得的截面，故C正确；对选项D,当时，AG=5所以点T到4G的距离为也，点7在以AG为轴，底面半径「=走的圆柱上，乂点7在平面A8CO匕3所以点T的轨迹是椭圆.故D错误.故选：ABC（2022•福建三明•模拟预测）已知棱长为4的正方体ABC。-ABGA中，AM=-AB,4点尸在正方体的表面上运动，且总满足标.祝=0，则下列结论正确的是（）A.点P的轨迹所围成图形的面积为5 B.点P的轨迹过棱AR上靠近A的四等分点C.点尸的轨迹上有且仅有两个点到点C的距离为6D,直线4G与直线MP所成角的余弦值的最大值为］【答案】ACD【解析】【分析】苜先根据动点尸满足的条件及正方体的结构特征得到动点尸的轨迹，然后利用轨迹的特征判断选项A,B,C,对于选项D,将线线角转化为线面角，运用线面角的定义找出线面角进行求解.【详解】如图，E过点M作MF〃/四，在A£＞上取一点N,使MVJLMC,连接NC,EC,FC,过点、N作NE//AA,,连接所，易用MFHNE,；.E,F,",N四点共面；又•.•MF_LMC,MNRMF=M,MC_L面MNEF,即点P的轨迹为矩形MNEF（不含点M）,设AN=x,则MN=&+I又rMCndM^+BC，=5NC=-JND?+DC?=J（4-x『+16.-.MN2+MC2=NC2解得x=g,即AN=g;.MN=3，NC=^-4 4 4 4对于A,矩形MNEF的面积为：S=MNMF=-x4=5,A正确；4对于B,A,E=AN=-,B错误；对于c,cf=Jmc2+m产="T在RtCMN中,C到MN的距离范围是：［,士手.♦.M/V上存在一点到点C的距离为6；在MaCW中，C到的距离范围是：（5,历］.•.M/上存在一点到点。的距离为6；但在RSCNE、Rt^CEF中不存在到点C的距离为6的点，C正确；对于D,月线4G与直线MP所成的最小角就是直线B£与平面MNEF所成的角,VBG//BC：.直线8c与平面MNEF所成的即是直线BC与平面MNEF所成的角,延长NM,CB交于点G，则ZMGB即是直线BCLj平面MNEF所成的角,.2GB.嗡嗡-GB=^MC4 3在R/aMGC中，sinZA/GC=—=-:.cosZMGC=~,D正确；GC5 5故选：ACD.【点睛】本题考查动点轨迹，点、线、面位置关系，线线角、线面角以及几何体中一些线段的最值,考查了空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，属于难题.(2022•重庆巴蜀中学高一期中)在正方体4BCO-A4G。中，M,N,P分别为棱AB,C£，GR的中点，动点Qw平面MNP,DQ=AB=2,则()A.AC,||MN B.直线PQ〃平面A8GC.正方体被平面MNP截得的截面为正六边形D.点Q的轨迹长度为2万【答案】BCD【解析】【分析】取8孰中点”，由ACJMH即可判断A选项；取棱R4AABC的中点££G,由£7:^,E尸,GM,GNu平面MNP即可判断C选项；先判断平面EFMGNP||平面A^G,由PQu平面EFMGNF即可判断B选项；连接。耳，先判断。耳，平面MNP,进而求得点。的轨迹为以。为圆心1为半径的圆即可判断D选项.【详解】连接AG，8G，取BC中点“，连接M"，易得ACJM”,则AQMN不平行，A错误;如图，取棱AA，AA，BC的中点££G,易得Mw平面MNP,则MFu面MNP,同理可得所,£P,GM,GNu平面MNP,即正六边形EFMGNP为正方体被平面MNP截得的截面，C正确；由C选项知：平面MN尸即平面EFMGNP,易得乂加0平面4,8u平面ABC一则尸M||平面A8£,同理可得NG||平面A^G，又NG||PM,则必/||平面486，PMcFM=M,则平面EFMGNP||平面A8G,又PQu平面EFMGNP,则直线PQ〃平面ABG，B正确；连接。耳，易得与平面EFMGNP交于正方体的体心。，连接08,易得DBLMG,又B]B1平面ABCD,MGu平面ABCD,则与BJ.MG,又OB,84u平面。88〉CBcBg=8,则MGJ•平面，Oqu平面则MG±DBt,同理可得GN，£>4,又MG,GNu平面MNP，MGIGN=G,则OgJ•平面MNP,OQu平面MNP,则。q_L。。，又£>O=；g=gx〃+4+4=6,^lOQ=y/DQ2-DO2=1.即点。的轨迹为以。为圆心1为半径的圆，故点。的轨迹长度为2万，D正确.故选：BCD.（2022•云南・昭通市第一中学高一阶段练习）（多选）如图，若正方体的棱长为1,点”是正方体ABCO-A4GR的侧面A。。圈上的一个动点（含边界），P是棱CG的中点，则下列结论正确的是（）A.沿正方体的表面从点A到点户的最短路程为短2B.若保持归M|=g,则点M在侧面内运动路径的长度为?C.三棱锥的体积最大值为:

【答案】BD【解析】【分析】将侧面4阴A和侧面BCC、B\沿棱BBi展开、底面ABC£)和侧面CDD,C,沿棱8展开，可知最短距离为|明，对比两种情况可知A错误；取中点E,利用勾股定理可知点M的运动路径是以£为圆心，1为半径的圆与侧面ADAA的交线，由弧长的求解可知B正确；根据VB-ClMD=VM-BC,D，可知当三棱锥体积最大时，M与A两合，则所求体积最大值即为.由割补法可知C错误；作MF±DD),设0同=|月⑷=〃?，\DF\=\ME\=n,利用余弦定理表示出=,整理可知M为满足|明=|。尸|的线段EF上的点，知D正确.【详解】对T-A,将侧面ABB.A,和侧面BCC向沿棱展开，可得展开图如下图所示，将底面ABCD和侧面CDD£沿棱将底面ABCD和侧面CDD£沿棱CD展开，可得展开图如下图所示,此时从点A到点P的最短路程为加2+函•..巫＜姮，，从点A到点P的最短路程为巫，A错误:2 2 2对于B,取。A中点E,连接尸

,.,P，E分别为C6，。R中点，.•.PE//C。，乂。，平面A£@A，PE_L平面ADD^,即E为尸在平面AORA内的投影；-,-\PM\=yf2,|P£|=1,：.\EM\=l,••.点”的运动路彳仝是以E为国心，1为半径的圆与侧面AD0A的交线，即S7,如下图所小,•.・5=陷|=网=1,.”烟=?,...57'的长度为料=5,JT即点M在侧面内运动路径的长度为B正确；对于c,:"CP是边长为亚的等边三角形，：.s的口=5曰员与=与；设点M到平面BC0的距离为"，则%小。=乙-go=|S'bcq."=W"，即当％.c,MD最大时，d最大；•.."'|”叮4电合时，d取得最大值，1nli*=kg。=%3ABic自-4%_BcO=1-4xgx；xlxlxl=g,C错误;对于D,作ME_LAD,MF1DDt,垂足分别为E,尸,・・・34_1平面446",印。《平面4片。.，「.3片_1片。1,/.cos4B\D\B=/.cos4B\D\B=BQBD、7276国二亍设|£>£|=|FM|=m,|DF|=|M£|=〃，»amg[0,1],则忸M|=附+|ME『=^|/AB|2+|AE|2+|A/E|2=Jl+(l_7nJ+〃2,18Al=6,|=7(i-«)2+w2，_|DiA/|2+|DiB2-|BM|2_(l-n)2+m2+3-l-(l-/n)2-n2= m-n+\.•.cosZA/D,B=-20M.叫一= 2行』1-〃)2+. 一百/"行+而m-n+lV6又NMD、B=NB,D、B,二/ 「二,V3^(1-n)+nr3整理可得:(m+n-l)2=0,即m+〃-l=0,即|。£|=1一|四=|〃£|,则M为满足|。£1=|。目的线段£尸上的点，即点M的轨迹为线段，D正确.故选：BD.（2022•山东•模拟预测）如图，正方体A8CQ-ABCQ的棱长为2,点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段CG上的动点，则下列结论正确的是（）A.存在点P,M,使得平面BQM与平面厂比＞平行B.存在点P,M,使得二面角M-OC-尸大小为当C.当P为棱CG的中点且PM=2&时，则点M的轨迹长度为gD.当M为A。中点时，四棱锥M-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为竺也3【答案】ACD【解析】【分析】当M为4A中点,P为CG中点时，即可判断A选项；11J二面角〃-OC-P的平面角为NMDD、即可判断B选项：取。。中点E,先求出点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧，即可判断C选项；先求事四棱锥M-A3C。外接球的半径，再将外接球的内接正四面体补成正方体即可判断D选项.【详解】对于A选项，当M为4A中点，P为CC,中点时，易得BD//BR,乂BDu平面PBD,BRa平面PBD，则B,D,//平面PBD,同理可得MBt//平面PBD，又MB^cBR=B,,则平面BRM与平面PBD平行，故A正确；对于B选项，因为C£)_L平面DWu平面A3"A，则CD_L£)M,又CD上DR,7T可知：向为M-OC—P的平面角为NMOR,显然其范围为0,-,故B错误；对于C选项，取。4中点E,连接PE,ME,PM,则PEL平面AARRPEJ.ME,则ME=yJPM2-PE2=J（2近）2-2?=2，则点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧，分别交A。、A"于"2、,TT则ZA/.ED,=ZM2ED=y,,jr jr27r则NME%=§，劣弧mm,的长为yx2=y.故c正确;对于D选项，当“为A。中点时，易知"1A”）为等腰直角三角形，AMLDM，乂ABJ■平而AORA，则AB_LDW,又ARAMu平面abm,AB[\AM=A,则DWJ_平面A8M,则£>A/J_8W,又。C_LBC,可知四棱锥M-A8C。外接球的球心即为8。的中点，所以四棱锥M-ABCD外接球的半径为正，设四棱锥M-ABCD外接球的内接正四面体的棱长为x，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体的面对角线，故正方体的棱长为也X,2正方体的体对角线为外接球的直径，所以3-等x）=（2&-，得》2=?，所以正四面体的表面积为4xLx'-@=3叵，所以D正确.2 2 3故选：ACD.（2022・广东•三模）在正方体ABC£>-A8Ca中，AB=1,点P满足丽=2丽+比已,其中义€[0,1],〃目0』，则下列结论正确的是()A.当4P〃平面AB3时，用户可能垂直C"TT 7TB.若与平面CG。。所成角为:，则点尸的轨迹长度为g4 2C.当/1=〃时，|而|+|解|的最小值为应;石D.当2=1时，正方体经过点A、p、c的截面面积的取值范围为[亚，丘]2【答案】ABD【解析】【分析】依题意画出图形，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算A、D,连接C/,则ZBfG即为87与平面CCQ。所成角，根据锐角三角函数得到户的轨迹，即可判断B,将平面与平面ABCR沿C%展成平面图形，化曲为直，利用余弦定理计算即可判断C；【详解】解：对于A选项：建立如图所示的空间宜角坐标系A-qz,则A(0,0,0),5(1,0,0),D(0,l,0),C(l,l,0),A(0,0,1),C,(1,1,1),D,(0,1,1),所以西=(-1,0,1),肝=配+而=麻+2而+〃忑=(-则西=(T0,l),BD=(-1,1,0),设平面48。的一个法向量为G=(x,y,z),所以‘叫"=r+z=°,令x=l,则y=z=l,即平面ABZ)的一个法向量为7=(1,1,1),[BDn=-x-^y=0若gP〃平面则7•庭=0,即2=〃，则当/="=；时，印.西=九+〃-1=0,即P为C"中点时，有用P〃平面ABD, 故A正确;

B选项：因为B©_L平面CG2。，连接GP,则NB/G即为用尸与平面CCQQ所成角,若87与平面CGA。所成角为J，则tanN8/£=Q=l,所以GP=qC=l,4 ”卜।JT即点P的轨迹是以G为圆心，以1为半径的9个圆，于是点尸的轨迹长度为5,故B正确;C选项：如图，将平面CD。与平面ABC.沿C"展成平面图形,线段A。即为I方刊+1相的最小值，利用余弦定理可知4万=A。：+ -2A分cos与所以A。=也+^/^,故c错误：

D选项：正方体经过点A、P、C的截面为平行四边形APCH,以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-孙z,则A(0,0,0),c(l,l,o),A(°，°，1)，P(O,l,r)，所以斤=(i,o,-r),^c=(i,i,-i),pc-A^c=\+t,|pc|=Vi+7,|ac|=V3,于是当r=:时，△&C的面积取最小值，此时截面而枳为迈：2 2当r=o或1时，的面枳取最大值，此时截面面枳为近，故D正确.故选：ABD(2022•重庆巴蜀中学高三阶段练习)已知正四面体A-8Q)的棱长为2,底面88所在平面上一动点P满足42=石，下列说法正确的是()A.点P运动轨迹长度为2叵兀 B.直线AP与底面BCD所成角的正弦值为《3 3c.I。”的最大值为6D.直线AP与直线CO所成角的取值范围为n7i.352.【答案】AC【解析】【分析】对于A选项，求出OP=且，从而判断出点P轨迹的形状进而求出其轨迹的长度；对于B3选项，NAPO即为所求，在RtzMO尸中，sinNA尸0=丝=述，即可判断；对于C选项,AP3数形结合即可判断；对于D选项建立空间直角坐标系，用空间向量求解【详解】AC对于A,如图，设点A在平面BCD上的射影为。，取8。的中点E,连接O£,OB因为。是正△BC。的中心，所以OE_LBO在Rf.OEB中,OB=―眸=毡cos300 3在Rt^AOB中，AO=VAB2-OB2=卜一（萼）在RtAAOP中，OP=44尸一AO2= #所以点尸的轨迹是以。为圆心，半价为立的圆，3则P的轨迹的长度为2Tx走=友］，故A正确3 3连接AO,OP,则AO_L平面BCD2后= 3对于B,AP与底面8c。所成角为NAPO,在RtAAOP中，sinZAPO=—=—,故B错误AP3对于C,如图所示」四4|。。+|四当o,o,P三点共线时，I。4最大，最大值为|oo|+|op|=2叵+3=6故C正确对于D,以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系,(其中aw[0,2句),CD=(-73,1,0)3则A0,0,半C斗，0,0，设直线a尸与直线co所成角的大小为e[0,2乃]=>cos^=-G°』7T因为余弦函数在o,-上单调递减TT TT当cos6=一时，。最小，而cos6=-<-=cos—,所以0>一3 32 3 3故D错误故选：AC（2022.福建・莆田二中模拟预测）在棱长为1的正方体中，点M是4A的中点，点尸，。，R在底面四边形4BCO内（包括边界），〃平面MCQ,步©|=当，点R到平面的距离等于它到点。的距离，则（）rrA.点尸的轨迹的长度为& B.点。的轨迹的长度为十C.PQ长度的最小值为型一L D.尸R长度的最小值为短5 2 20【答案】BCD【解析】【分析】对于A,取BC的中点N,连接4MBN,根据面面平行的判定可证得平面〃平面0MJ,从而得点P的轨迹为线段AM解三角形计算可判断；对于B,连接OQ,由勾股定理得从而布点Q的轨迹是以点。为圆心，以J为半径的,圆，由圆的周长计算可判断：4对于C,过点。作OP」ANJP,交点。的轨迹于0,此时尸。的长度就是P。长度的最小值，由三角形相似计算得OP=2叵，由此可判断；5对于D,由己知得点/?到直线A8的距离等于它到点。的距离，根据抛物线的定义知点R的轨迹是以点。为焦点，以AB为准线的抛物线，以A£>的中点为坐标原点O,过点O且垂直TAD的直线为x轴建上平面直角坐标系，则抛物线的方程为f=2>，设与直线4V平行且|x-2y+n=0与抛物线相切的直线/的方程为：x-2y+〃=0,联立〈，； ,整理得[x-=2y4y2-（4〃+2）y+〃2=0,f||A=0,解得〃=:，再根据平:行线间的距离可求得PR长度的最小值.【详解】解：对于A,取BC的中点N,连接AN,B、N,则AM/MQ,AB,//DC,,所以AN〃平面DMC,,44〃平面。初6，又AN〃平面。MG，AB"平面。MG，ANC\AB,=A,所以平面ANg〃平面。MQ,又点P在底面四边形ABCD内（包括边界），PB]//平面”G。，所以点P的轨迹为线段AN,因为AnMb'M=1+弓]考,所以点尸的轨迹的长度为当，故A不正确；对于B,连接。Q,因为。在底面45CD上，|AQ|=*,所以QDQ2+时="+DQ2=（用,解得OQ=；,所以点。的轨迹是以点。为圆心，以;为半径的!圆，如下图所示,2 4所以点。的轨迹的长度为:x2x；xt=（,故B正确；对于C,过点。作OP」4V于尸，交点。的轨迹于。，此时尸。的长度就是PQ长度的最小值，1DPAririp = 而N8=NAP'D,N8AN=NA0P,所以〜△OP”，所以上=匕，即百1,解ANAB—2得OP=坡，所以PQ=OP-OQ=也_1,5 5 2所以PQ长度的最小值为2叵-』，故C正确；屋一A B时「D,因为点R到平面AB4A的距离等于它到点D的距离，由正方体的特点得点R到直线AB的距离等于点R到平面ABB.A,的距离，所以点R到直线AB的距离等于它到点。的距图，根据抛物线的定义知点R的轨迹是以点D为焦点，以A8为准线的抛物线，以的中点为坐标原点O,过点。且垂直于AC的直线为x轴建立平面直角坐标系，如下图所示，则40,g）,A（O,-g）,N（l,O）,直线48的方程为y= 直线4N的方程为x-2y-l=0,则抛物线的方程为丁=2y,设与宜线AN平行且与抛物线相切的宜线/的方程为：x-2y+n=0,联立｛:= 整理得4y2-（4〃+2）y+〃2=0,A=（4n+2）2-16n2=0,解得“=所以直线，的方程为：一t=。，i-iI-则直线4N与直线/的距离为：zv-4 _3V5J+（_2）2 20所以PR长度的最小值为拽，故D正确，20故选：BCD.（2022•全国・高三专题练习）如图，若正方体的棱长为1,点M是正方体48CO-ABG。的侧面A。。其上的一个动点（含边界），P是棱cq的中点，则下列结论正确的是（）A.沿正方体的表面从点A到点户的最短路程为巫2B.若保持1PMi=应，则点”在侧面内运动路径的长度为：C.三棱锥的体积最大值为:D.若“在平面4。"A内运动，且= 点”的轨迹为线段【答案】ABD【解析】【分析】A把两个平面展开到同一平面内，利用两点之间，线段最短进行求解，注意展开方式可能有多种；B找到点M在侧面内的运动轨迹是圆弧，再求解弧长；C利用等体积法和建立空间宜角坐标系，求出匕.cm。的最大值，即为九-c即最大值；D在空间直角坐标系中利用余弦定理得到点M的轨迹方程为线段.【详解】将面与面3CG4展开到同一平面内，连接"，此时AP=J（1+1）2+R]=—,ABCABC也可将面A8CO与面CQAG展开到同一平面内，此时AP=Ji?+(l+g)=零，过户作PELDDt于E,连接EM,则E为DDt的中点,PE=1”.PEL面ADD,A,EMu面ADD,A,所以PELEM,由|PM|=及知：EM=>JPM2-PE2=b故M在面4。。人上的轨迹：以E?7TX1TT为圆心，1为半径的半圆，故M在侧面运动路径的长为三?=£,B正确；6 3连接C8,C.D.BD,MD,MB,"C,则8。=匕。=。避=血，所以=#*(正『=#，以D为原点.，分别以OA,DC,0A所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则0(0,0,0),3(1,1,0),C,(0,1,1),设M(肛a〃)(04/n41,0<n<l),设面。产。的法向量为〃=(x,y,z),则｛ ,令y=l得n=(-l,l,-l),设M(，几0,〃)到面GB。的n•DC,=y+z=0距离为3则a=吗臼=1；"一〃1=吗可，故当小=1,〃=1时,〃取得最大值为力=2叵,同 Vl+1+1 G V33此时三棱锥B-GMO体积最大，匕/皿=乙一cm=gx*x¥=g，C错误；B,D,y/2s/6,所以B,D,y/2s/6,所以cosNMAB=@1 3连接M。，MB,因为A/（m,O,〃）,(0<m<l,0<n<l),所以MR=荷+._1丫,MB=y/(m-l)2+l+n2,cosNMD\B=MDcosNMD\B=MD；+ -MB?2MD、-BD]2m-2n+2—底2百Qm2+(〃_]), 3化筒(m+〃-l)2=0,所以，〃+〃-l=0且皿〃e[O,l],知M的轨迹是线段，D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：应用空间宜角坐标系解决轨迹问题，并求解空间角度和距离.（2022•福建•厦门一中高二期中）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCO是边长为2的正方形，PA_L平面48c。，且B4=2.若点E,F,G分别为棱AB,AD,PC的中点，则（）A.AGJ"平面PB£>B.直线灯和直线A8所成的角为生4C.当点7在平面尸BD内，且窗+7<7=2时，点7的轨迹为一个椭圆D.过点E,F,G的平面与四棱锥P-A8C。表面交线的周长为20+几【答案】ABD【解析】【分析】将该四棱锥补成正方体后可判断AB的正误，结合椭圆的定义可判断C的正误，结合空间中垂直关系的转化可判断D的正误.【详解】将该四棱锥补成正方体，可知AG位于其体对角线匕则AG，平面PBD,即A正确；JF设PB中点为H,则/G〃A//,且即B正确；4因为办+7U=2,故T在空间中的轨迹为椭圆绕其长轴旋转形成的椭球，乂平面尸处与其长轴垂直，所以截面为圆，即C错误；B C设平面EFG与P8,PD交于点、M,N,连接PE,EC,PF,FC,EM,MG,GN,NF,B C因为FA=BC,AE=BE/PAE=NCBE,故.PAESaCBE,所以PE=CE,而PG=GC,故EGLPC,同理尸G_LPC,而FGnEG=G,故PC_L平面EFG,而£Mu平面EFG,则PCLEM,因为PAJ*平面ABC。，BCu平面ABC。，故E4_L8C,而8C_LAB,PA[}AB=A,故8CJ_平面PAB,而RWu平面F4B，故BCJ.EM,因8CcPC=C,则平面P8C,而PBu平面PBC,则㈤所以BM=EM=^BE=也,同理FN=£W=走，2 2 2又PG=G，PM=2y/2--=—,则GM=GN=渔，2 2 2而E尸=』8。=应，2所以交线长为EF+EM+MG+GN+FN=2&+n,即D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：空间中动点的轨迹，一般可根据平面曲线的定义结合旋转来处理，而截面问题则需结合位置关系的判定与性质或平面的性质来处理.（2022•全国•模拟预测）如图，在棱长为1的正方体A8CO-Aq4。中，P为棱的中点，。为正方形8BCC内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（）A.若A。〃平面AP。，则动点。的轨迹是一条线段B.存在。点，使得AQ_L平面AP。C.当且仅当。点落在棱CG上某点处时，三棱锥Q-AP。的体积最大D.若RQ=当，那么。点的轨迹长度为史万【答案】ACD【解析】【分析】A：取4G、CC中点区F,连接RE、RF、EF、PF,证明平面4尸。〃平面尸，则Q点的轨迹为线段E尸：B：以。为原点，建立空间白：角坐标系，设。（乂1,2）,04占2„1,求出平面4尸。的法向量,根据£>iQ=彷求出x、z即可判断：c：△AP。的面积为定值，，当且仅当。到平面apo的距离d最大时，三棱锥Q-AP。的体积最大；D：可求G。为定值，即可判断Q的轨迹，从而求其长度.【详解】取用G、GC中点区F,连接AE、DF、EF、PF,由PF//BCt//4。且PF=BCt=知APFR是平行四边形，:.DXF//\P,..."尸二平面APO,APu平面AP力，A尸〃平面APO,同理可得EF〃平面4尸。，VEFnD.F=F,平面AP。〃平面£>核尸，则。点的轨迹为线段所，A选项正确；如图，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0),0(0,0,1),设2(x,l,z),0Vxj,l,则亚=(-1,0,1),帮=(0,1,£|,而=(x,l,z).设所=(a,b,c)为平面AP。的一个法向量，则[沅丁力；c '得[;取c=i,则M=(y.m-A.P=0, /?+-=0,h=一一 V2JI2 2x=2若。Q~L平面AP。，则£>[0〃而，即存在使得£>|Q=2所，则<1=一]，解得z=Ax=z=-2g[0,l],故不存在点Q使得RQ，平面A?。，B选项错误；△APD的面积为定值，，当且仅当。到平面AP。的距离d最大时,三棱锥。一4尸。的体积最大.TOC\o"1-5"\h\z/2 3|/n| 3 23 2①x+z»，5，d=1——（x+z）,则当x+z=O时，d有最大值1；②x+z>],d=；（x+z）-l,则当x+z=2时，d有最大值.综上，当x+z=O,即。和C1五合时，：.极锥Q-AP。的体积最大，C选项正确；D©1平面BB,C,C,D,C,1C,Q,dq=Jdc：+gq2邛,.-.gq=孝，。点的轨迹是半径为乎，圆心角为]的圆弧，轨迹长度为立；r,D选项正确.4故选：ACD.【点睛】本题综合考察空间里面的位置关系的判断与应用，需熟练运用线面平行、面面平行的判定定理和性质，需掌握运用空间直角坐标系和空间向量来解决垂直问题，掌握利用空间向量求点到平面的距离，利用几何关系判断空间里面的动点的轨迹，考察知识点较多，计算量较大,属于难题.28.（2022・湖南益阳•一模）已知正方体的棱长为2,点E、尸分别是棱48、A用的中点，点P在四边形ABC。内（包含边界）运动，则下列说法正确的是（）A.若尸是线段8c的中点，则平面平面OE尸TT71B.若P在线段4c上，则异面直线与AC所成角的范围是c.若P"II平面age,则点p的轨迹长度为应D.若「尸||平面8c则尸产长度的取值范围是[指,2&]【答案】ACD【解析】【分析】对于A,先证明AP_LDE，成，AP,得到面力所，然后利用面面垂直的判定定理即可判断；对于B,由AG//AC可将DF与AG所成的角转化为D\P与AC所成的角，