立体几何压轴小题（轨迹与最值）十四大题型-2025年高考数学重难点题型突破（解析版）

重难点专题31立体几何压轴小题（轨迹与最值）十四大题型汇总

题型1平行求轨迹................................................................1

题型2垂直求轨迹...............................................................15

题型3翻折求轨迹...............................................................22

题型4角度恒定求轨迹...........................................................31

题型5定长求轨迹...............................................................41

题型6向量法求轨迹.............................................................51

题型7阿波罗尼斯圆相关.........................................................65

题型8解析几何相关.............................................................75

题型8线段最值.................................................................91

题型9折线求最值..............................................................101

题型10倍数求最值.............................................................112

题型11点线距离求最值.........................................................117

题型12点线面距离求最值.......................................................125

题型13周长求最值.............................................................135

题型14面积求最值.............................................................150

题型1平行求轨迹

【例题1]（2023•江西赣州•统考二模）在棱长为4的正方体ABCD-a/iGA中，点P满足

京=4而，E/分别为棱BC,CD的中点，点Q在正方体ABC。-的表面上运动，

满足&Q〃面EFP,则点Q的轨迹所构成的周长为（）

A.亨B.2府C.竽D.第

【答案】D

【分析】作出辅助线，找到点Q的轨迹，利用勾股定理求出边长，得到周长.

【详解】延长力48,交EF的延长线与H,G,连接PG,PH,分别交8名,。劣于R,T

过点乙作&K〃PG交BBi于点K,过点儿作&N〃PH交DA于点N,

因为&KC平面EFP,PGu平面EFP,所以&K〃平面E”,

同理可得4N〃平面EFP,

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因为4KnA]N=4,所以平面EFP〃平面&KN,

过点N作NM//&K交CCi于点M,

连接MK,则MK〃4N

则平行四边形&KMN（4点除外）为点Q的轨迹所构成的图形，

因为正方体棱长为4,£,尸分别为棱BC,CD的中点，京=4都,

所以4P=1,BR=DT=-

因为&P=KR=NT=3,所以B]K=/可=4-3-,=2

过点N作N/LCCi于点/,贝北1y=0^=1，

则由几何关系可知/M=ZK号，所以GM=|+|=g

由勾股定理得&K=A#/=MN=MK=JNJ2+]M2=2V37

【变式1-1]1.（2023・全国•高三专题练习）已知正方体2BCD-a/iGA的棱长为3，点M

满足鬲=3CM.若在正方形4B1GD1内有一动点P满足BP〃平面AM%,则动点P的轨迹

长为（）

A.3B.V10C.V13D.3V2

【答案】C

【分析】在棱45,44上分别取点E,尸，使得,ArF-,连接

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EF,BCi，BF,CiE,D#,BM,证明平面〃平面AMD1即可得点P的轨迹为线段,再

计算长度即可.

【详解】解：如图，在棱久/,411上分别取点&F，使得&E=，4/=,连接

EF,BCLBF,CXE,DXF,BM,

因为&E=,A/=,

所以，EF//ADr,

因为EF仁平面AMA,ADru平面4曲，

所以EF〃平面,

因为4/=(4〃,鬲=3CM,

所以，AF=QM=2,CM=ArF=1,

因为AB=CRi/BAF=乙MCR,4心=BC/BCM=/.FA^,

所以,△ABF^CRM,△BCM2DrArF,

所以BF=DiMRF=BM

所以，四边形BFDiM是平行四边形，

所以8F〃AM,

因为BF，平面力MD】，DrMu平面力MD】，

所以，BF〃平面力MD1,

因为BFC\EFF,BF,EFu平面BFDiM,

所以平面BFDiM〃平面AM/,

因为平面BFDiM。平面a/iGA=GE,

所以,在正方形AZGA内有一动点P满足BP〃平面AM5时，点P的轨迹为线段GE,

因为GE—V22+32=V13

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所以，动点P的轨迹长为g

【变式1-1J2.（2023•全国•高三专题练习）在棱长为1的正方体力BCD-A%G5中,M,N

分别为BA,81cl的中点，点P在正方体的表面上运动，目满足MP〃平面CN%，则下列说

A.点P可以是棱电的中点B.线段MP的最大值为日

C.点P的轨迹是正方形D.点P轨迹的长度为2+V5

【答案】B

【分析】如图，取棱8c的中点E,连接,进而证明平面/EM〃平面CNQ,再

结合题意可知直线必过。点，进而取中点F,连接,证明尸C平面/EM

即可得四边形为点P的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可.

【详解】解：如图，取棱BC的中点E,连接,

因为MN分别为BA,ZG的中点，

所以,在小BCD］中，ME//CD1,由于ME0平面CN%,C/u平面CNO1，

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所以ME〃平面GV%,

因为BiN//CE,B]N=CE,所以，四边形CN/E为平行四边形，

所以CN〃2E,因为CNu平面CND],BrE仁平面CN%,

所以，〃平面CN%,

因为aEClME=E,BrE,MEu平面/EM,

所以，平面/EM〃平面CN/,

由于M为体对角线BO1的中点，

所以，连接并延长,直线必过。点，

故取中点尸,连接,

所以，由正方体的性质易知FDi//CE,FDi=CE,

所以，四边形CD/E是平行四边形，EF//CD1,EF=CD1,

因为,ME//CDr,ME=lcDlt

所以,E,F,M共线,即尸C平面BiEM,

所以，四边形/EOF为点P的轨迹，故A选项错误；

由正方体的棱长为1，所以，四边形/EOF的棱长均为亨，且对角线为EF=42,BrD=V3,,

所以，四边形/EDF为菱形，周长为2遍,故CD选项错误，

由菱形的性质知，线段MP的最大值为"1。=?，故B选项正确.

故选：B

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【点睛】关键点点睛:本题解题的关键在于取棱BC的中点E，进而证明平面/EM〃平面CNO1，

再根据面面平行的性质求解点P轨迹即可求解.

【变式1-1]3（多选I2024秋・山东临沂•高三校联考开学考试应三棱台A/iG-A8C中，

力4，平面A8C人8=8C=2C=24/1=4A1A=2点P为平面ABC内一动点（包括边界），

满足&P〃平面BiBCQ,则（）

A.点P的轨迹长度为1

B.P到平面B/CG的距离为定值

C.有且仅有两个点P,使得占P1BC

D.&P与平面48c所成角的最大值为30°

【答案】ABD

【分析】取4B的中点£，力C的中点尸，根据线面平行的判定与性质可得点P在线段£尸上运动.

对A,根据中位线的性质求解即可；对B，根据EF//平面B/CG判断可得；对C,根据48=

BC=4C结合正三角形的性质判断即可，•对D,易得乙4P4为4P与平面ABC所成角，再根

据tanN&P力的最值判断即可.

【详解】取4B的中点E,4C的中点F,因为三棱台中28=24祝，则"=24cl,

故EB=A/且EB〃4a,故四边形为平行四边形，则

又&E仁平面BBiGC,B/u平面BBQC,故2亚〃平面881cle,

同理4/〃GC,4尸〃平面B/CiC,又&EC4/=4,ArE,ArFu平面&EF,

故平面4EF〃平面8/CQ,故点P在线段£尸上运动.

对A,EF=匏。=1,故A正确;

对B,因为EFu平面&EF,故EF〃平面B/CG,所以P到平面的距离为定值，故B

正确；

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对C,因为力B=BC=AC‘故&P1BC当且仅当P为EF中点时成立，故C错误；

对D,因为A4i1平面ABC,所以NAPAI为4#与平面ABC所成角.

由题意AE=EF=AF=1，故当P为EF中点时/P取得最小值咚，止匕时tanN&P4=鲁=£,

2

所以4P与平面ABC所成角的最大值为30。，故D正确.

故选:ABD

【变式1-1]4.（多选）（2023・重庆・统考模拟预测）在棱长为4的正方体力BCD-

中，点E为棱的中点,点F是正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确

的是（）

A.直线BG与直线AC夹角为60°

B.平面BGE截正方体所得截面的面积为6夜

C.若EF=2V5,则动点F的轨迹长度为2兀

D.若2尸//平面BCiE,则动点F的轨迹长度为2曲

【答案】ACD

【分析】对A,根据AC的平行线确定直线BG与直线4c夹角即可；

对B，根据面面平行的性质，作出平面8GE截正方体所得截面并求其面积即可；

对C,由题意D/=4,动点尸的轨迹为以A为圆心的四分之一圆弧加心，再根据弧长公式

求解即可；

对D,先判断过力且平行于平面8GE的平面截正方体的面，再分析F的轨迹即可

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【详解】对A,连接,可得正AA/G,根据正方体的性质，A^CJ/AC,

故直线BG与直线力C夹角为直线BG与直线&G的夹角为60。，故A正确；

对B,因为面4DD1&〃面BCC/i,平面BQEn面BCC/i=BJ,根据面面平行的性质可得

平面BC】E截4。。出的交线EP〃BCi,故平面8C1E截4。的交点P为4。的中点，故P8=

y/AB2+AP2=.Cj+中52=EQ=2V5，故截面为等腰梯形EPBC1，在等腰梯形EPBC1

中BCi=4&,PE=2企，高h=3/,故截面的面积为2!越x3或=18,故B错误；

对C,若EF=2V5,则D/=y/EF2-=4,故动点F的轨迹为以名为圆心的四分之一

圆弧方心，其长度为三x4=2TT,故C正确；

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对D,取81cl中点Q,连接如图，由B知截面为等腰梯形EPBG,由四边形4BGA为平行

四边形得力D//BG,又4%，面u面,所以4%〃面BC】E,由四边形8Q5P

为平行四边形得。iQ〃PB,DiQ仁面8QE,BPu面8。花，所以QQ〃面,由4/n

%Q=%得平面AQ4〃平面BEC]，又4Fu平面D&4,所以转〃平面BEC1,故尸的轨迹为

线段AQ,其长度为"TR=2近，故D正确；

故选：ACD

【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.

【变式1-1]5.（多选）（2023春•安徽阜阳•高三安徽省临泉第一中学校考专题练习）如图，

在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、M、N均为所在棱的中点，动点P在正

方体表面运动，则下列结论正确的有（）

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A.当点P为BC中点时，平面PEF,平面GMN

B.异面直线EF、GN所成角的余弦值为,

C.点E、F、G、M、N在同一个球面上

D.若可=tm-2西高,则P点轨迹长度为日

【答案】ACD

【分析】根据正方体图形特征证明面面垂直判断A选项，根据异面直线所成角判断B选项,

根据五点共圆判断C选项，根据轨迹求出长度判断D选项.

【详解】取4。中点Q,连接PQ,“，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F、G、

M、N均为所在棱的中点,

易知GM1PQ,•••FQ/fDD^FQ_1平面ABCQ,GM在面ABCD内,

•••GM1FQ,FQu平面PQF,PQu平面PQF,PQCFQ=Q,

.­.GM1平面PQF,PFu面PQF,GMLPF,

连接是正方形,GN1A±B,

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FAr1平面ABA/i,GNu平面AB&Bi,GN1A±F,

FA1u平面,ArBu平面PFAiB,ArBClFA1=,

：.GN_L平面PR4/,PFu平面PF41B,GN1PF,

综上，GNu平面GMN,GMu平面GMN,又GMCGN=G,

所以PF1平面GMN,PFu平面PEF,故平面PEF1平面GMN,故A正确；

取中点T,连接ET,FT,ET//GN,

•••NTEF是异面直线EF,GN所成的角,

又EF=FT=ET=VX则NTEF=pCOSZTFF=］故B错误；

记正方体的中心为点。,则|。四=\0F\=\0G\=\0M\=\0N\=V2,

故点E,F,G,M,N在以。为球心，以应为半径的球面上，故C正确；

A^P—tA^A+A^M—的中点,

ArP—ArM=2tArE—2tA1B1,故MP—2tBiE,

P点轨迹是过点M与BiE平行的线段MP"且|CP1=］

|MP，|='，故D正确.

故选：ACD.

【变式1-1J6.（多选X2023・湖南长沙・雅礼中学校考一模）如图，正方体2BCD-A/iGDi

的棱长为3,E为AB的中点£尸=2FC，动点M在侧面A4也。内运动（含边界），则（）

A.若“811平面。］£尸，则点M的轨迹长度为日

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B.平面DiEF与平面ABCD的夹角的正切值为乎

C.平面AEF截正方体4BCD-4/iGDi所得的截面多边形的周长为3旧+乎

D.不存在一条直线I,使得I与正方体4BCD-4/16%的所有棱所成的角都相等

【答案】ABC

【分析】对于A、C项，先作出平面必EF截正方体ABC。-久aGA所得的截面，通过构

造面面平行得出M轨迹及截面多边形周长；

对于B项，作出二面角计算即可；对于D项，可知所有与体对角线平行的线与正方体各棱

夹角都相等.

【详解】如图所示，

分别延长DC、D1F交于点N,连接NE并延长交DA的延长线于G点，交CB于。点，连

接DIG交A1A于H点，则五边形D1F0EH为平面D/F截正方体ABC。-4/16/所得

的截面，在侧面44/1。中作PQIID1H,可得M轨迹为线段PQ,

由已知及平行线分线段成比例可得：CN=1DC=BE=C。=AE=4G=|,

若=黑=泉所以&P=1,&Q=|,即PQ=手，A正确；

17/1^ZZZ

HE=PQ=手=OF,=2PQ=V13=D、F,OE=当,

故五边形D1F0EH周长为3局+言，C正确；

连接BD,交E0于点I,由上计算可得I为GN中点，且D1G=G1N,故DI±EO,D1I垂

直E0,即4。/。为平面D/F与平面ABCD的夹角，

易得0/=券,；.tanND/D]=乎，B正确；

43

对于D存在直线I,如直线与正方体三条棱夹角相等.

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故选：ABC.

【变式1-1]7.（多选）（2023河北模拟预测）如图所示，已知正方体A8CD-4/iGA的

棱长为1，点E,尸分别是棱AD,。2的中点，点P是侧面B/CG内一点（含边界）.若DR〃平

面BEF,则下列说法正确的有（）

A.点P的轨迹为一条线段

B.三棱锥P-BEF的体积为定值

C.|DP|的取值范围是怜|]

D.直线AP与BF所成角的余弦值的最小值为g

【答案】AB

【分析】取中点G,H,由面面平行的判定可证得平面BEF〃平面AGH,可知P点轨

迹为线段GH,知A正确；由线面平行性质可知P点到平面BEF的距离即为点G到平面BEF的

距离,利用等体积转化,结合棱锥体积公式可求得B正确；在小DGH中,通过求解点。到GH

的距离可确定C错误；根据平行关系可知所求角为ZP/G,则余弦值最小时，P与H重合,

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由余弦定理可求得结果，知D错误.

【详解】对于A,分别取中点G,H,连接。,

D±F//BG,DrF=8G=.•.四边形BFDiG为平彳亍四边形,D^Z/BF,

■：BFu平面8EF,DrGC平面BEF，：.。母〃平面8£1尸；

•­•EF//ADJ/BCJ/GH,EFu平面8EF,GH仁平面BEF，:.GH//平面8EF；

D]GCGH=G,%G,GHu平面，二平面BE/7/平面/GH；

则当D/u平面/GH时，0/〃平面BEF恒成立，

又平面AGHCl平面B/CG=GH,P6平面B/CQ,

••・P点轨迹为线段GH,A正确；

对于B,由A知：GH〃平面BEF,•••点P到平面BEF的距离即为点G到平面BEF的距离，

"Vp-BEF=VG-BEF=VE-BFG=5%-BFG^A-BDFG=石SCBDFG-AC^-x^2x-x

V2_J_

2~~241

即三棱锥P-BEF的体积为定值或，B正确；

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对于c,连接,

在AOGH中,DG=J(企:+(3=?DH=J#+12+J?=J0?+4=号,

二点。至!JGH的距离为J°G2—(翔”)2=［二=号,

二IDPI的取值范围为［号1］,C错误；

对于D,由A知：BF/ZDrG，二直线。止与BF所成角即为直线。止与QG所成角，即NP/G,

则当P与H重合时，NP%G取得最大值4HAG,此时余弦值取得最小值；

在AOiGH中,D1G=J(V2)2+(|)2=，=J+©)2=亨

GH-―

2

£>I“2+DIG2-GH22V5

•••cos乙HDiG=

2Z)iHOiG5

即直线与BF所成角的余弦值的最小值为雪，D错误.

故选：AB.

题型2垂直求轨迹

【例题2］（2023•全国•高三对口高考）如图，定点A和B都在平面a内，定点P任a,P81a,

C是a内异于A和B的动点，且PC1AC.那么，动点C在平面a内的轨迹是（）

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p

A.一条线段，但要去掉两个点B.一个圆，但要去掉两个点

C.一个椭圆，但要去掉两个点D.半圆，但要去掉两个点

【答案】B

【分析】利用线面垂直判定定理和性质定理即可求得AC1BC,进而得到动点C在平面a内

的轨迹是以48为直径的圆（去掉4B两个点）.

【详解】连接

PB1a,ACca,贝！|PB±AC,又PC1AC,

PBClPC=P,PB,PCu平面P8C,贝！MC_L平面P8C,

又BCu平面P8C,贝！MC1BC,

则动点C在平面a内的轨迹是以A,8为直径的圆（去掉4B两个点）.

【变式2-1]1.（2023•全国•高三对口高考）正四棱锥S-4BCD的底面边长为2,高为2,

E是边8C的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE1AC,则动点P的轨迹的周长为

（）

A.V6+V2B.V6—V2C.4D.V5+1

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【答案】A

【分析】由题意，动点P的轨迹为过E且垂直4C的平面与正四棱锥S-ABC。的交线，再根

据线面垂直的性质求解即可.

【详解】如图，设AC,BD交于0,连接S。,由正四棱锥的性质可得，SO1平面ABC。，因为

ACu平面4BCD,故S。1AC.

又BD工AC,SOCBD=0,SO,BDu平面SBD,故AC1平面SBD.

由题意，PE1AC则动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S-48CD的交线，即

如图EFG,贝必C_L平面EFG.

由线面垂直的性质可得平面SB。//平面EFG,又由面面平行的性质可得EG〃SB,GF//SD,

EF//BD,又E是边BC的中点,故EG,6尸金尸分另1）为^SBCASDC^BCD的中位线.

由题意BD=2®SB=SD=V22+2=V6，故EG+EF+GF=*在+在+2/）=在+

V2.

即动点P的轨迹的周长为遍+V2.

故选：A

【变式2-1]2.（2023・安徽滁州•安徽省定远中学校考模拟预测）在正四棱柱48CD-

为B1GD1中，4B=1,441=4,E为。必中点,P为正四棱柱表面上一点,且1BrE,

则点P的轨迹的长为（）

A.V5+V2B.2V2+V2C.2V5+V2D.V13+V2

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【答案】A

【分析】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点G垂直于的正四棱柱的

截面即可计算作答.

【详解】在正四棱柱4BCD-4/iQDi中,连接船1，46,如图,41G1BR,ED11平

面4/1GA,

因为a©u平面人声停皿,则,又B[Di，EDiu平面石当心,

ED]nB1D1—D1,贝！MiGJ■平面EBiA,又B^Eu平面EB]。1,则±BrE,

取CCi中点F，连接，在平面BCG/内过G作GG/，交BB】于G，显然E尸〃AG,

而。iGJ_平面BCC/i,则EF_L平面BCC/i,有C】G1EF,

又B3,FEu平面B/E,FECB/=F，于是C】G_L平面B/E，而u平面/FE，因此QG1

B#,

因为GG,C141U平面C]G41,G&ClCrG=G,从而B]E，平面GGA1，

连接&G,则点P的轨迹为平面QG4与四棱柱的交线，即AACiG,

因为4B1&G+Z.GCrF=乙GCJ+Z.BrFCr=90°,即有NBIGG=4B/C1，又NQBIG=

Z-FC1B1,

于是△CBG-△FCB,有辞=最=2,4G=|,

所以点P的轨迹长为&G+QG+&G=2Jl+i+V2=V5+V2.

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故选：A

【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线

法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延

长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.

【变式2-1]3.（2023•宁夏银川•校联考二模）已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B,C是

圆上的两点，H是点B在4c上的射影，当C运动，点H运动的轨迹（）

L

C

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r,由线面垂直的判定与性质可推导证得8H，,由直

角三角形性质可确定=OB=OD=r,由此可得轨迹图形.

【详解】设定圆圆心为。，半径为r,

连接。H,设直径为8D,连接A。,CD,

C

■：AB_L平面BCD,CDu平面BCD,•••AB1CD；

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8。为直径,BC1CD,又48CBC=B,AB,BCu平面ABC,

CD1平面ABC,又BHu平面ABC，:.CD1BH,

又BHlAC,ACPtCD^C,AC,CDu平面AC。,

•••BH_L平面"O,DHu平面力CD,BH1DH,

在RtABDH中,OH=0B=0D=T,则点H的轨迹是以。为圆心，r为半径的圆.

故选：A.

【变式2-1】4.（多选）（2023秋・浙江•高三浙江省春晖中学校联考阶段练习）已知正方体

ABCD-4道心必的棱长为2，点P为平面4BCD内一动点，则下列说法正确的是（）

A.若点P在棱4。上运动，则&P+PC的最小值为2+2V2

B.若点P是棱4。的中点，则平面PBG截正方体所得截面的周长为2班+3V2

C.若点P满足PA1DC］，则动点P的轨迹是一条直线

D.若点P在直线4c上运动，则P到棱BC1的最小距离为管

【答案】BCD

【分析】化折线为直线，即可判断A,取。％的中点E,连接BP、PE、。止、ADr,即可证

明四边形EPBG即为平面P8G截正方体所得截面，从而求出截面周长，即可判断B，根据线

面垂直判断C,利用空间向量法判断D.

【详解】对于A：如图将平面4BCD展开与平面ADDMi处于一个平面，连接&C与力。交于

点P,

此时4止+PC取得最小值，即（4P+PC）min=V22+42=2再，故A错误；

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对于B：如图取DA的中点E,连接BP、PE、GE、ADr,

因为点P是棱4D的中点，所以PE〃力Di且PE=,

又〃6。1且48=6%,所以四边形力BGA为平行四边形，所以AD//BQ,

所以PE〃BG,所以四边形EPBG即为平面PBG截正方体所得截面，

22

又BC]=2^2,PE=^AD1=戊，BP=ECLVl+2=V5,

所以截面周长为3夜+2西，故B正确；

又寸于C：如图,DC11DrC,BC1平面DCG01,DCru平面。。心心,

所以OCi1BC,又D]CCBC=C,DrC,BCu平面3。0出，

所以DC11平面8皿4,因为平面2BC0C平面8皿4=BC,

D1C平面8皿4,PC平面48CD,

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又PDi所以P在直线BC上,即动点P的轨迹是一条直线，故C正确；

对于D:如图建立空间直角坐标系,则8(220),G(0,2,2),设P(a,2-a,0)(ae[0,2]),

所以遍=(-2,0,2),BP=(a-2,-a,0),

所以P到棱BQ的距离d=|函2—(需彳=J|a2—2a+2=J|(a一|丫+J

故选：BCD

题型3翻折求轨迹

【例题3】（多选X2023•全国•高三专题练习）如图，在长方形ABCD中，4B=2,BC=4,

E为BC的中点，将△BAE沿AE向上翻折到△P4E的位置，连接PC,PD,在翻折的过程中，

则（）

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A.四棱锥P-4ECD体积的最大值为2鱼B.PD的中点F的轨迹长度的最大值为苧

C.EP,C。与平面巴W所成的角相等D.三棱锥P-2ED外接球的表面积的最小值为1611

【答案】ACD

【分析】根据锥体体积、动点轨迹、线面角、外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确

答案.

【详解】对于A，梯形4ECD的面积为学X2=6,4E=2/，直角△APE斜边力E上的高为

V2.

当平面4PE1平面AECD时,四棱锥P-4ECD的体积取得最大值:x6x/=2/,A正确.

对于B，取P4的中点G，连接GF,GE,FC，则GF,EC平行且相等，四边形ECFG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，HG='为半径的半圆弧，

从而PD的中点F的轨迹长度的最大值为等，B错误.

对于C,由四边形ECFG是平行四边形，知EC||FG,

则EC〃平面24。，贝屯,C到平面P4D的距离相等,

故PE,CD与平面24。所成角的正弦值之比为CD:PE=1:1,C正确.

对于D,Rt△ADE外接圆的半径为2,圆心为4。的中点，

当三棱锥P-4ED外接球球心为AD中点，即PD=28时，

三棱锥P-4ED外接球的表面积取得最小值，为4nx22=16TI.D正确.

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故选：ACD

【点睛】求解几何体外接球有关问题，关键是判断出球心的位置以及求得球的半径.解几何

体外接球（表面积/体积）的一般方法和步骤为：1、寻找一个或两个面的外接圆圆心;2、分

别过两个面的外心作该面的垂线，两条垂线的交点即为外接圆圆心；3、构造直角三角形求

解球半径，进而求出外接球表面积或体积.

【变式3-1J1.（多选X2023秋•广东佛山•高三校联考阶段练习）如图甲，在矩形力BCD中，

AB=2,BC=1,E为48上一动点（不含端点），且满足将44ED沿DE折起后，点2在平面

DCBE上的射影F总在棱DC上,如图乙，则下列说法正确的有（）

甲乙

A.翻折后总有BC1AD

B.当EB=胡寸，翻折后异面直线4E与BC所成角的余弦值为!

C.当EB=用寸，翻折后四棱锥4-DCBE的体积为呼

D.在点E运动的过程中，点F运动的轨迹长度为科

【答案】ACD

【分析】根据线面垂直得出线线垂直，可判断A，作EP1DC于P,可得异面直线所成的角，

判断B，作力G1DE,设2E=x,DF=y,利用三角形相似可得x=；,利用函数性质求出y

的范围判断D,求出棱锥的高4尸,再由四棱锥体积公式计算可判断C.

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【详解】在图乙中，因为点4在平面OCBE上的射影/在棱DC上,所以4F1平面0C2E,

又BCu平面OCBE，所以4F1BC，又BC1DC,AFCDC=尸,AF,DCu平面ADC，所以BC1

平面ADC,又2。u平面ADC,所以BC_L4。，故A正确；

如图，

在图乙中作EP1DC于P,连接力P,贝场P//BC,所以4E与BC所成角即为AE与EP所成角,

又由BC1平面4DC可得EP1平面4DC,所以EP14P而EP=1,4E=2-BE=|,则

cos^AEP=|,即4E与BC所成角余弦值为|,故B错误；

如上图，在图乙中作FG1DE于G，连接力G，则由4F1平面DC8E可得4F1DE,XFGnAF=

F,FG,AFu平面力GF,所以DE1平面力GF,

又4Gu平面4GF,则DE1AG,在图甲中，如图，

作4G1DE，则4,G,F三点共线,设4E=x,OF=y,则由△DFA“△4DE可得黑=蓝，

即:=]又在图乙中有4F=VXD2-DF2=V1三区>0,

所以ye(0,1),所以x=^>1，而x=AEG(0,2),所以％e(1,2),y=eQ,1^,1—1=|,

故D正确；

当EB=1时，％=|,则y=|,所以4尸=VXD2-DF2=｝一三=y,

则%“CBE=[.(EB+；C)BC.4F=1Xq=磐，故C正确.

故选：ACD.

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【变式3-1]2.（多选）（2023春・湖南•高三校联考阶段练习）如图，在矩形ABCD中,AB=

近AD=4,E,F,G,H分别为AB,BC,CD,AD的中点,AC与BD交于点O，现将AAEH,

△BEF,ACFG,ADGH分别沿EH,EF,FG,GH把这个矩形折成一个空间图形，使A与D

重合，B与C重合，重合后的点分别记为M,N,Q为MN的中点，对于多面体MNEFGH,

A.异面直线GN与ME的夹角大小为60°

B.该多面体的体积为近

C.四棱锥E-MNFH的外接球的表面积为22n

D.若点P是该多面体表面上的动点，满足PQ1ON时，点P的轨迹长度4+V2

【答案】AC

【分析】根据异面直线所成角的几何法即可利用三角形边的关系进行求解A,根据线面垂直

以及锥体的体积即可求解B,根据外接球的性质，结合勾股定理即可求解C,根据线面垂直即

可判断点P的轨迹，即可求解D.

【详解】取的中点为。，取NE的中点为点P,连接。Q,OP,

由几何体形成的过程可知平面MNFH1平面EFGH,其交线为,由于

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四边形EFGH为菱形，四边形MNFH为等腰梯形，故。Q1HF,OQu平面MNFH，所以0Q1平

面EFGH,

由题意可知GE=4。=2V2,NG=NE=2,.iNG?+NE2=GE2,：.NG1NE,由于NF1

NG,NF1NE,NGCNE=N,NE,NGu平面NEG,所以NF1平面NEG,

由4.NGE=限-GEF,得。Q=等翳=簧等=1,则NOPQ即为异面直线GN与ME所

EG—HFZV/XN

2

成夹角的平面角或其补角，而OP=PQ=(ME=1,."OPQ为等边三角形，，异面直线

GN与ME的夹角大小为60°,选项A正确；

由几何体形成的过程可知平面MNFH1平面EFGH,其交线为HF,由于

四边形EFGH为菱形，四边形MNFH为等腰梯形，故0E1HF,OEu平面EFGH，所以0E1平

面MNFH,0Q=1,MH=®HF=4nMN=2,

^MNEFGH=2%-MNFH=2x梯形-OE=2x-x-x(2+4)xlxV2=2V2,选项B

错误；

在ANFH中，乙NFH=45°,NH=V32+I2=V10,."NFH的外接圆直径5==2A/5,

sin45

△HEF的外接圆直径。2=半=3或,.•.四棱锥E-MNFH的外接球直径D满足。2=西+

V5

於-HF2=20+18-16=22，，四棱锥E-MNFH的外接球的表面积为山＞=22TT,选

项C正确：

由A可知NF1平面ENG,同理HMJ_平面MEG,又。N〃HM,所以ONJ_平面MEG，点P

所在平面与平面MEG平行，，点P的轨迹为五边形QPRST,长度为1+号+应+曰+1=

2+2a,D选项错误.

故选AC.

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【变式3-1]3.（多选）（2022•辽宁丹东统考一模）如图，正方形A8CD的边长为2,E为8c

的中点，将仆沿AE向上翻折到△PAE,连结PC,PD,在翻折过程中（）

P®

A.四棱锥P-AECD的体积最大值为学

B.PD中点F的轨迹长度为近兀

C.EP,CD与平面玄。所成角的正弦值之比为2:1

D.三棱锥P的外接球半径有最小值：,没有最大值

【答案】ACD

【分析】根据题意根据四棱锥的体积公式，以及线面角的概念和三棱锥的外接球概念作图,

逐个选项进行判断即可求解

【详解】由已知梯形4EC。面积为3,4E=V5,直角A4PE斜边4E

上的高为学.当平面APE1平面AECD时，四棱锥P-4ECD的

体积取最大值之x3x等=管.A正确；

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P(8)

取P4中点为G,贝LIGF,EC平行且相等，四边形ECFG是平行四边形，

所以，点F的轨迹与点G的轨迹完全相同，过G作力£■的垂线，垂足为

H,G的轨迹是H以为圆心，HG=?为半径?的半圆弧，从而PD

中点F的轨迹长度为等.B错误；

由四边形ECFG是平行四边形知EC〃/G,

则EC〃平面P4D,则E,C到平面P40距离相等，

故PE,与平面P4D所成角的正弦值之比为等于CD:PE=2:1.C正确；

△在的卜接圆。1半径为苧,。1是他中点，根据正弦定理△力DE

外接圆。2半径为是圆。】与圆G公共弦，|。2。11=手.

设三棱锥P-AED外接球球心为。，半径为R,

则\0E\=川『+】222；22

R=OiE|OO|2=A/|O1E|+|O2O1|+|O2O|=J()+|O2O|.

因为|。2。|e[0,+00),所以R6[|,+oo),所以R最小值为:,没有最大值.D正确；

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故选：ACD

【变式3-1】4.（2023・全国•高三专题练习）如图，在正方形4BCD中，点M是边CD的中点，

将小ADM沿AM翻折到△PAM,连接PB,PC,在44DM翻折到△P4M的过程中，下列说法正

确的是.（将正确说法的序号