重难点20 立体几何中的动态、轨迹问题（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点20立体几何中的动态、轨迹问题【六大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1动点保持平行的动态轨迹问题】 2【题型2动点保持垂直的动态轨迹问题】 6【题型3距离（长度）有关的动态轨迹问题】 10【题型4角度有关的动态轨迹问题】 13【题型5翻折有关的动态轨迹问题】 17【题型6轨迹所围图形的周长、面积问题】 211、立体几何中的动态、轨迹问题“动态、轨迹”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，是高考中的重点、难度问题，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将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桥梁，使得它们之间灵活转化.【知识点1立体几何中的动态、轨迹问题的解题策略】1．动点轨迹的判断方法动点轨迹的判断一般根据线面平行、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．立体几何中的轨迹问题的常见解法(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解.(4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解.(5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解.【题型1动点保持平行的动态轨迹问题】【例1】（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为底面ABCD内一动点（含边界）．若D1F//平面A1EC1，则动点FA．3 B．5 C．22 D．【解题思路】取AD的中点M、CD的中点N，结合题意可得平面D1MN//平面A1EC1，得出线段【解答过程】如图，取AD的中点M、CD的中点N，连接D1因为E为BC的中点，M为AD中点，由正方体的性质可得，CE=DM，CE//DM，所以四边形CEMD是平行四边形，所以ME//CD，ME=CD，又因为C1D1所以ME//C1D1，所以D1A1A=C1C所以A1C1//AC，又因为M为AD中点，所以MN//AC，所以MN//A因为D1M,MN⊄平面A1EC所以D1M//平面A1EC又D1M∩MN=M，所以平面D1因为D1F//平面A1EC所以动点F的轨迹为线段MN，又MN=22+22故选：D．【变式1-1】（2024·北京昌平·二模）已知棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1，M是BB1的中点，动点A．22 B．2 C．1 D．【解题思路】过点M做平面ABD【解答过程】如图所示E、F、G、M分别是AA1、A1D1则EF//AD1，EM//AB，所以EF//平面ABD1，EM//平面所以平面ABD1//平面EFGM，故点P的轨迹为矩形MB1=B1故选：A.【变式1-2】（2024·江西赣州·二模）在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足AA1=4AP，E，F分别为棱BC，CD的中点，点A．5373 B．237 C．7【解题思路】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.【解答过程】延长AD,AB，交EF的延长线与H,G，连接PG,PH，分别交BB1，DD1过点A1作A1K//PG交BB1于点K，过点A1作因为A1K⊄平面EFP，PG⊂平面EFP，所以A1同理可得A1N//平面因为A1K∩A1N=过点N作NM//A1K交C连接MK，则MK//则平行四边形A1KMN（A1因为正方体棱长为4，E，F分别为棱BC，CD的中点，AA所以AP=1,BR=DT=1因为A1P=KR=NT=3，所以过点N作NJ⊥CC1于点J，则则由几何关系可知JM=B1K=由勾股定理得A1所以点Q的轨迹所构成的周长为837故选：D.【变式1-3】（2024·山东枣庄·二模）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，点PA．62,2C．62,3【解题思路】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.【解答过程】取CC1的中点为R,取CD的中点为N,取B1因为M是A1B1的中点，H所以B1因为HR⊄平面AB1C,B所以HR//平面AB同理可得，MH//平面AB又HR∩MH=H,HR,MH⊂平面MNRH,所以平面MNRH//平面AB又MP⊂平面MNRH,线段MP扫过的图形是△MNR,由AB=1,得MN=12+MC1=所以MN2=N所以线段MP长度的取值范围是：62故选：A.【题型2动点保持垂直的动态轨迹问题】【例2】（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为截面A．22 B．2 C．12【解题思路】连接DC1,BD，利用线面垂直的判定推理证得A1C【解答过程】在棱长为1的正方体ABCD−A1B由AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，得BD⊥AAA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面AA1C于是BD⊥A1C，同理BC1因此A1C⊥平面BC1D，因为DP⊥而点P为截面A1C1B上的动点，平面所以点P的轨迹是线段BC1，长度为故选：B.【变式2-1】（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD

A．3 B．2 C．233 【解题思路】先找到过点A与BP垂直的平面与侧面BCC【解答过程】

如图，在侧棱AA1上取一点R，使得AR=2RA过点A作AN⊥BR交BR于点M，交BB1于点N，连接由PR∥AD，可知BR、PR⊂平面BPR，BR∩PR=R，从而AN⊥平面BPR，所以BP⊥AN，又由BP在平面ABCD内的射影BD⊥AC，所以BP⊥AC，AN、AC⊂平面ACN，AN∩AC=A，知BP⊥平面ACN，平面ACN，CN⊂所以BP⊥CN，所以动点Q的轨迹为线段CN，在Rt△ABN,Rt△RAB中，∠BAN=∠ARB，所以Rt△AB∼Rt△RAB，则BNAB=易得CN=B故选：D.【变式2-2】（2024·广西玉林·三模）在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AA1=4，EA．5+2 B．22+2 【解题思路】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点C1垂直于B【解答过程】在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，连接因为A1C1⊂平面A1B1ED1∩B1D1=D1，则取CC1中点F，连接EF,B1F，在平面BCC1B1内过C而D1C1⊥平面BCC1B又B1F,FE⊂平面B1FE，FE∩B1F=F，于是C1G⊥因为C1G,C1A1⊂平面C连接A1G，则点P的轨迹为平面C1因为∠B1C1G+∠G于是△C1B1G∽△F所以点P的轨迹长为A1故选：A.【变式2-3】（2024·广西南宁·一模）在边长为4的菱形ABCD中，∠ABC=120°．将菱形沿对角线AC折叠成大小为30°的二面角B′−AC−D．若点E为B′C的中点，F为三棱锥B′−ACD表面上的动点，且总满足A．4+6−22 B．4+6+【解题思路】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求B′D=6−2，进而利用线面垂直可判断点F【解答过程】连接AC、BD，交于点O，连接OB′，ABCD为菱形，∠ABC=120°，所以AC⊥BD，OB′⊥AC所以∠B′OD于是∠B又因为OB所以B′取OC中点P，取CD中点Q，连接EP、EQ、PQ，所以PQ//OD、EP//OB′，所以AC⊥EP、AC⊥PQ，EP，EQ相交，所以AC⊥平面EPQ，所以在三棱锥B′−ACD表面上，满足AC⊥EF的点F轨迹为因为EP=12OB′所以△EPQ的周长为12所以点F轨迹的长度为4+6故选：A．【题型3距离（长度）有关的动态轨迹问题】【例3】（2024·四川南充·二模）三棱锥A−BCD中，AB=AC=AD=4，BC=CD=DB=6，P为△BCD内部及边界上的动点，AP=22，则点P的轨迹长度为（

A．π B．2π C．3π D．4π【解题思路】由已知可得三棱锥为正三棱锥，即可得三棱锥的高，设点A在底面BCD上的射影为O，即可得OP，进而可得点P的轨迹及其长度.【解答过程】

如图所示，由AB=AC=AD=4，BC=CD=DB=6，可知三棱锥A−BCD为正三棱锥，设CD中点为E，则BE=33，OB=23，设点A在底面BCD上的射影为O，则AO⊥平面BCD，OA=A又P为△BCD内部及边界上的动点，AP=22所以OP=2，所以点P的轨迹为以点O为圆心，2为半径的圆在△BCD内部及边界上的部分，如图所示，

OE⊥P1∴cos即∠EOP1=所以点P的轨迹长度为2π故选：B.【变式3-1】（2024·广东梅州·一模）如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，点P是面ABB1A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线【解题思路】建立如图空间直角坐标系，设P(1,m,n)(n>0)，利用两点距离公式可得9(n+【解答过程】由题意知，以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为则A(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,2)所以PD因为P到D1的距离是P到AB所以PD1=2n整理，得9(n+所以点P的轨迹为双曲线.故选：C.【变式3-2】（23-24高三上·江西抚州·阶段练习）设A、B是半径为2的球体O表面上的两定点，且∠AOB=π2，球体O表面上动点M满足MA=3MB，则点A．467π B．2305π【解题思路】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.【解答过程】以AOB所在的平面建立平面直角坐标系，AB为x轴，AB垂直平分线为y轴，则易知A−1,0设Mx,y，由MA=3MB故M的轨迹是以C2,0为圆心，3转化到空间M的轨迹为以C为球心，3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OM=2，MC=3，易求得OC=5则对应圆的半径为=2M的轨迹长度即对应圆的周长为230故选：B．【变式3-3】（2023·陕西西安·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为22,P是正方形BBA．23 B．3 C．32 【解题思路】利用等体积法可得点B1到平面A1BD的距离等于263，结合平行关系分析可得点P【解答过程】由题意可知：B1设三棱锥B1−A因为VB1−解得ℎ=263，即点B1到平面又因为A1B1∥CD，且A1B1=CDA1D⊂平面A1BD，B1C⊄平面即点P的轨迹为线段B1因为CD⊥平面BB1C1C，B在Rt△B1CD中，故选：D.【题型4角度有关的动态轨迹问题】【例4】（2024·全国·模拟预测）已知正四棱锥P−ABCD的体积为423，底面ABCD的四个顶点在经过球心的截面圆上，顶点P在球O的球面上，点E为底面ABCD上一动点，PE与PO所成角为π6，则点EA．2π B．43π C．6【解题思路】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OE=OP⋅tan∠EPO=63，即可判断点E的轨迹为【解答过程】由题意，设球O的半径为R．如图所示，连接AC,BD交于点O，连接PO，则AO=BO=PO=R，AB=2R，PO⊥平面ABCD，所以V四棱锥在Rt△POE中，因为OP=2，∠EPO=π因为正方形ABCD的中心O到各边的距离为22R=1>63，所以点E的轨迹为平面ABCD内，以点O为圆心，半径r=6故选:D．【变式4-1】（2024·海南海口·一模）如图，点P是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的一个动点，直线A．π+42 B．42π C．【解题思路】先利用直线AP与平面ABCD所成的角为45°求得点P的轨迹，进而求得点P的轨迹长度.【解答过程】若点P在正方形A1过点P作PP′⊥平面ABCD于P则∠PAP′为直线AP与平面ABCD所成的角，则又PP′=2，则PA=2则点P的轨迹为以A1为圆心半径为2的圆（落在正方形A若点P在正方形A1B1AB内或因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点P的轨迹长度为2×π故选：A.【变式4-2】（23-24高一上·浙江绍兴·期末）已知点P是边长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的动点，若直线AP与平面A．32 B．22+π C．【解题思路】由题意，分析可得点P的轨迹，分别计算各段轨迹的长度即可.【解答过程】若点P在正方形A1B1C1D1内，过点P作P则∠PAP′为直线AP与平面ABCD所成的角，则又PP′=1，则PA=则点P的轨迹为以A1若点P在正方形ABB1A1内或ADD因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点P的轨迹如图所示：故点P的轨迹长度为21+1故选：D.【变式4-3】（2024·江西·模拟预测）如图，已知正三棱台ABC−A1B1C1的上、下底面边长分别为4和6，侧棱长为2，点P在侧面BCC1B1内运动（包含边界），且A．4π3 B．5π3 C．【解题思路】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点A到平面BCC1B【解答过程】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点O，取B1C1BC中点E，连接AD,DE,AE，则有OA=OB=OC，所以DE的延长线必过点O且DE⊥B过点D作DF//C1如图所示：

在△OBC中，B1C1解得OC1=4所以△OBC为边长为6等边三角形，所以∠DFE=∠FDC1=∠OCB=所以DE=DF×sin因为△ABC是边长为3的等边三角形且E为BC中点，所以AE=33，BC⊥AE在△OAE中，由余弦定理变形得，cos∠OEA=在△ADE中，由余弦定理变形得，cos∠DEA=解得AD=26，所以AE2由BC⊥AE,BC⊥OE,AE∩OE=E,AE,OE⊂平面AOE，可得BC⊥平面AOE，又AD⊂平面AOE，所以BC⊥AD，由BC⊥AD，AD⊥DE，BC∩DE=E，BC,DE⊂平面BCC可得AD⊥平面BCC因为AP与平面BCC1B所以ADDP=6，解得DP=2所以点P在平面BCC1B1的轨迹为以D为原点的圆被四边形设C1F的长度为l，则所以所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为4π故选：A.【题型5翻折有关的动态轨迹问题】【例5】（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）如图，已知在△ABC中，AB=1,BC=3,AB⊥BC，D是BC边上一点，且BD=1，将△ABD沿AD进行翻折，使得点B与点P重合，若点P在平面ADC上的射影在△ADC内部及边界上，则在翻折过程中，动点P的轨迹长度为（

）

A．212π B．28π C．2【解题思路】过点B作BF⊥AD，得到动点P的轨迹是以E为圆心，以BE为半径且圆心角为∠P1EP2的圆弧，在△ABC所在平面建立平面直角坐标系，求得直线BE和AC的方程，联立方程组，求得F【解答过程】如图（1）所示，过点B作BF⊥AD，分别交AD,AC于点E,F，则动点P在平面ADC上的射影轨迹为线段EF，设当P与P1重合时，有P1E⊥EF；当P与P则由PE=BE为定长，可知动点P的轨迹是以E为圆心，以BE为半径且圆心角为∠P在△ABC所在平面建立如图（2）所示的平面直角坐标系，则A(0,1)，D(1,0)，C(3,0)，E12,12联立方程组y=xy=−13x+1，解得x=3又由BE=22，可得cos∠P所以动点P的轨迹长度为22故选：A．

【变式5-1】（2024·河南·模拟预测）如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=4，E为BC的中点，将△BAE沿AE向上翻折到△PAE的位置，连接PC，PD，在翻折的过程中，以下结论错误的是（

）A．四棱锥P−AECD体积的最大值为2B．PD的中点F的轨迹长度为3C．EP，CD与平面PAD所成的角相等D．三棱锥P−AED外接球的表面积有最小值16【解题思路】四棱锥P−AECD的底面积为定值，当平面APE⊥平面AECD时，高最大，即可求出四棱锥P−AECD体积的最大值；取PA的中点G，由已知得点F的轨迹与点G的轨迹形状完全相同，则可以求点F的轨迹长度即可；利用线面角的概念分别找到EP，CD与平面PAD所成的角，即可求解；根据三棱锥的外接球的定义作出图形，即可求解.【解答过程】由已知条件可知，梯形AECD的面积为6，AE=22，直角△APE斜边AE上的高为2，当平面APE⊥平面AECD时，四棱锥P−AECD即VP−AECD=1取PA的中点G，连接GF，GE，FC，则GF=EC且GF//EC∴四边形ECFG是平行四边形，∴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=22为半径的半圆弧，从而PD的中点F的轨迹长度为则B错误；由四边形ECFG是平行四边形，知EC//FG，则EC//则E，C到平面PAD的距离相等，故PE，CD与平面PAD所成角的正弦值之比为PE:CD=1:1，则C正确；△APE外接圆O1的半径为2，O1为AE的中点，直角△ADE外接圆O2的半径为2，O2为AD的中点，AE是圆O1设三棱锥P−AED外接球的球心为O，半径为R，则R=|OE|=|因为|O2O|∈[0,+∞)，所以R≥2则D正确,故选：B.【变式5-2】（23-24高二上·四川内江·期中）如图，已知菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=120°，E为边BC的中点，将△ABE沿AE翻折成△AB1E（点B1位于平面ABCD上方），连接B1C和B1D，F为

【解题思路】设G′是AB1的中点，可证F的轨迹与G′的轨迹相同，求得【解答过程】由AB=2，∠BAD=120°，E为边BC的中点设G′是AB1的中点，又F为B1D而CE=12BC=12AD且即FG′EC为平行四边形，故EG

故F的轨迹与G′因为AE⊥面B1EC，且B1E=1，所以设AE的中点为O，则OG′=又OG′⊄面B1EC，B1E⊂故G′的轨迹为以O为圆心，B所以F的轨迹长度为12故答案为：π2【变式5-3】（22-23高二上·广东广州·期末）已知矩形ABCD中AB=3，AD=3，现将△ACD沿对角线AC向上翻折（如图所示），若在翻折过程中，点D到点B的距离在212,302内变化时，点D【解题思路】根据已知，可知点D的运动轨迹是圆弧，做辅助线，将BD的长度的变化范围转化为二面角D−AC−B的变化范围，再由弧长公式计算即得.【解答过程】如图所示：在矩形ABCD中，过点D作DF⊥AC交AC于点F，交AB于点G，过点B作BE⊥DF交DF于点E，故点D的运动轨迹是以F为圆心，以DF为半径的圆弧，∠DFE为二面角D−AC−B的平面角.∵AB=3，AD=3∴DF=AD×DCAC=EF=sin∠ACB×BC=3翻折后BE⊥DF，BE⊥EF，DF∩EF=F,DF,EF⊂平面DFE，∴BE⊥平面DFE.∵DE⊂平面DFE,∴BE⊥DE.当BD=212时，故△DEF是等边三角形，所以∠DFE=π当BD=302时，因为EF=DF=32,DE=32则点D的运动圆弧所对应的圆心角为π2故点D的运动轨迹的长度是αr=π故答案为:π4【题型6轨迹所围图形的周长、面积问题】【例6】（23-24高三上·广西贵港·阶段练习）正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为BB1，CC1的中点，若点A．53 B．5 C．39 D．【解题思路】取AB的中点Q，证明平面MQC∥平面AB1N得动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点【解答过程】取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为BB1，CC1，AB的中点可得MC∥B1N，所以MC//平面AB1N，同理MQ∥AB1得MQ//平面AB1N，所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．在正三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC为等边三角形，平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1=AB所以CQ⊥QM．因为AB=4，所以CQ=23因为侧棱长是6，所以AB所以MQ=13，则△MQC的面积S=故动点P的轨迹面积为39．故选：C.【变式6-1】（2024·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π3，动点Q在正方形ABCD内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（

A．2π11 B．3π11 C．【解题思路】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.【解答过程】设内切球O的半径为R，则4πR2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13∴134+4×12×2×PE解得PE=1311，PF=4311．∴OF=在Rt△OFQ中，QF=∴点Q在以点F为圆心，211为半径的圆上，其周长为2故选：C．【变式6-2】（23-24高二下·浙江·开学考试）在正四面体ABCD中，P,Q分别是棱AB,CD的中点，E,F分别是直线AB,CD上的动点，且满足PE+QF=a，M是EF的中点，则点MA．a24 B．a22 C．【解题思路】先由对称性找到PQ、EF的中点在中截面GHLK上运动，利用向量的加减运算，得到OM→=12(PE→+QF→)【解答过程】如图所示，正四面体ABCD中，取BC、BD、AD、AC的中点G、H、K、L，因为P、Q分别是棱AB，CD的中点，所以PQ的中点O也为定点；由对称性知，PQ和EF的中点都在中截面GHKL（正方形）上；由OM→所以OM→设E,F在中截面上的投影分别为E′所以OM→所以点M是线段E′作a//CD,b//AB，则∠E因为PE+QF取OR=ON=a2，所以两式相减得RE过点E′作E所以RE′=NS所以E′F′的中点M在RN上，同理E′F因为RN=(即动点M的轨迹就是边长为22a的正方形所以其轨迹围成的区域的面积是(故选：B.【变式6-3】（2024·四川·一模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点E在棱BC上，且满足BE=2EC，动点A．62 B．43 C．42【解题思路】在AB，BB1上分别取点G,F，使得BG=2GA，BF=2FB1，则【解答过程】解：由正方体的特点可知BD1⊥在AB，BB1上分别取点G,F，使得BG=2GA，连接GE，GF，EF，则GE//AC，EF//B∴平面AB1C//∴BD1⊥∴M的轨迹为△GEF．∵正方体棱长为3，∴AC=32∴GE=2∴△GEF的周长为3GE=62故选：A．一、单选题1．（2024·陕西铜川·模拟预测）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2A1B1=4A．53π3 B．43π3【解题思路】利用勾股定理得到PM=23，即可得到点P【解答过程】

设A1在平面ABCD内的射影为M，则M在线段AC上，则AM=AC−A1C故动点P的轨迹为以M为圆心，以23为半径的圆在正方形ABCD如图所示，其中MT=MK=3，故DT=BK=3又SM=ML=23，所以ST=KL=因为STSM=KLLM=32，所以∠SMT=∠LMK=故选：A．2．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，QA．π2 B．π C．2π D．【解题思路】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系可证得DB1⊥【解答过程】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x、y、建立空间直角坐标系，P1,2,0，M0,1,2，N2,0,1，D故DB1=PN=1,−2,1，设平面PMN的法向量为则m⋅令z=1得，x=y=1，故m=因为DB1=2m，故Q为平面PMN上的动点，直线QB1与直线DB1⊥平面PMN，设垂足为S，以S即为点Q的轨迹，其中B1由对称性可知，B1S=1故点Q的轨迹长度为2π故选：C.3．（2024·江西·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，点M满足C1M=3MC，若在正方形A．4 B．17 C．5 D．4【解题思路】在棱A1D1,AA1上分别取点E,F，使得A1E=14A1D【解答过程】如图，在棱A1D1,AA1上分别取点连接EF,BC因为A1E=1所以，EF//AD因为EF⊄平面AMD1，AD所以EF//平面AMD因为C1M=3又A1F=1所以，AF=C1M=3在棱BB1上取点G,使得则FG//AB且FG=AB，又AB//C1D所以FG//C1D1且所以FD又BG//MC1且BG=MC所以GC1//BM因为A1所以△BCM≅△D1A所以四边形BFD1M因为BF⊄平面AMD1，D1所以，BF//平面AMD因为BF∩EF=F，BF,EF⊂平面BFEC所以平面BFEC1//因为平面BFEC1∩所以，在正方形A1B1C1D1点P的轨迹为线段C1因为C1所以，动点P的轨迹长为5.故选：C.4．（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体ABCD−A1B1C1D1中，Q是DDA．5π B．25π C．5【解题思路】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到AQ⊥平面CDRH，由点到平面的距离和球的半径得到点P的轨迹为以5为半径的圆，从而求出点P的轨迹长度.【解答过程】以点D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为则Q0,0,52球心O52,52,52，取A1则R52,0,5DC⃗故DR⊥AQ，CD⊥AQ，又DR∩CD=D，DR,CD⊂平面CDRH，故AQ⊥平面CDRH，故当P位于平面CDRH与内切球O的交线上时，满足CP⊥AQ，此时O52,d=DOr=254−54故点P的轨迹为以5为半径的圆，故点P的轨迹长度为25故选：B.5．（2024·北京延庆·一模）已知在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，P是正方形A．18 B．14 C．π16【解题思路】由题意，在平面ABCD上，分别以AB,AD为x,y轴建立平面直角坐标系，设P(x,y)，根据已知列出x,y满足的关系，进而可得满足条件的点P构成的图形，计算面积即可.【解答过程】如图，连接PC，则PC

如图，在平面ABCD上，分别以AB,AD为x,y轴建立平面直角坐标系，

则A(0,0),C(1,1)，设P(x,y)，由PA≥PC1，得即x2+y设直线l:2x+2y−3=0与DC,BC交于点M,N，则点P在△CMN内部(含边界)，即满足条件的点P构成的图形为△CMN及其内部，易知M12,1∴S△CMN故选：A．6．（2024·上海徐汇·二模）三棱锥P−ABC各顶点均在半径为22的球O的表面上，AB=AC=22,∠BAC=90。，二面角P−BC−A①三棱锥O−ABC的体积为83；②点P形成的轨迹长度为2A．①②都是真命题B．①是真命题，②是假命题C．①是假命题，②是真命题D．①②都是假命题【解题思路】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断△ABC外心O1和△PBC外心O2的位置，利用垂直关系证明O2是AO中点，利用体积公式判断①，根据O【解答过程】由题意知AB=AC=22,∠BAC=90设△ABC外心为O1，则O1为BC的中点，设△PBC外心为则OO1⊥平面ABC，O∵BC⊂平面ABC，BC⊂平面PBC，∴OO1⊥BC∵OO2∩OO1=O，∵OO又因为AO1⊥BC，则AO1⊂平面OO1O则BC⊥平面OAO连接O1O2，则∠A∵二面角P−BC−A的大小为45°，∴∠AO而AO1⊥BC，O1A=12BC=2，因为故OO2⊥O1O在△AO1O则AO2=2，故且O2是OA则VO−ABC又∵O2∴点P形成的轨迹是以O2为圆心，半径为6∴轨迹长度为26故选：A．7．（2024·四川成都·三模）六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面体E−ABCD−F的棱长为a，下列说法中正确的个数有（

①异面直线AE与BF所成的角为45°；②此八面体的外接球与内切球的体积之比为33③若点P为棱EB上的动点，则AP+CP的最小值为23④若点O为四边形ABCD的中心，点Q为此八面体表面上动点，且OQ=a2，则动点QA．1个 B．2个 C．3个 D．4个【解题思路】对①：借助等角定理，找到与AE平行，与BF相交的线段，计算即可得；对②：借助外接球与内切球的性质计算即可得；对③：空间中的距离和的最值问题可将其转化到同意平面中进行计算.对④，计算r2−OQ2,r1的值，并比较它们的大小，即可得出当点Q【解答过程】对①：连接AC，取AC中点O，连接OE、OF，由题意可得OE、OF为同一直线，A、E、C、F四点共面，又AE=EC=CF=FA，故四边形AECF为菱形，故AE//CF，故异面直线AE与BF所成的角等于直线CF与BF所成的角，即异面直线AE与BF所成的角等于∠CFB=60对②：由四边形ABCD为正方形，有AC故四边形AECF亦为正方形，即点O到各顶点距离相等，即此八面体的外接球球心为O，半径为R=2设此八面体的内切球半径为r，则有VE−ABCD−F=1则此八面体的外接球与内切球的体积之比为Rr对③：将△AEB延EB折叠至平面EBC中，如图所示：则在新的平面中，A、P、C三点共线时，AP+CP有最小值，则AP+CPmin对于④，设三角形BCE的内切圆半径为r1，则由等面积法，有1解得r1由②可知，点O到平面BCE的距离为r=6所以OQ2这表明当点Q在平面BCE内时，点Q在三角形BCE的内切圆上运动，它的周长是2π根据对称性可知动点Q的轨迹长度为8×2π正确的编号有②④.故选：B.8．（2024·四川绵阳·三模）如图，正方体ABCD−A′B′C′D′的棱长为3，点M是侧面ADAA．若保持PM=13．则点MB．保持PM与BD′垂直时，点MC．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为2D．当M在D′点时，三棱锥B′【解题思路】由PD=13可知，可过点P作PQ⊥平面ADD′A′，即可找到动点M的运动轨迹；找出与BD′垂直的平面，与平面A′ADD′的交线即为动点M的轨迹；将平面ABCD【解答过程】对于A，过点P作PQ⊥平面ADD′A′，以Q为圆心，QD为半径在平面ADD′A′内作圆交∵D′Q=1,EQ=2，∴D′E=3∴DE的长为l=23π对于B，∵D′D⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD，∴∵AC⊥BD，D′D,BD⊂平面D′DB，AC⊄平面∴AC⊥平面D′∵D′B⊂平面D′同理可证B′∵AC,B′C⊂平面B′AC，AC∩∴D′B⊥平面找DC上的点H，使得HC=2，找AD上的点G，使得DG=1,连接PH,GH,D∵PH∥D′C,AB′∥D′∵PH⊄平面B′AC，AB′⊂平面B∵GH∥AC，GH⊄平面B′AC，AC⊂平面∴GH∥平面B′∵GH⊂平面PGH，PH⊂平面PGH，GH∩PH=H，∴平面PGH∥平面B′AC，∴D′在A′A上找一点F使得A′∵FP∥AC，GH∥AC，∴FP∥GH，∴F,P,G,H四点共面，∴D′B⊥平面∴点M的轨迹为线段FG,FG=AG2将平面ABCD和平面C′CBB′沿BC展开在同一平面上，从点A到点P的最短路程为AP,则分别以DC,DA,DM所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则M0,0,3，A3,0,0，P0,3,2设三棱锥B′−MAP的外接球的球心为Ox,y,z即3−x2+3−y∴三棱锥B′−MAP的外接球半径∴三棱锥B′−MAP的外接球表面积为S=4π故选：C.

二、多选题9．（2024高三·全国·专题练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=4，AA1=3，M为AD中点，PA．点P的轨迹为椭圆的一部分B．点P的轨迹为圆的一部分C．点P的轨迹与DC，DD1D．点P的轨迹长度为8【解题思路】以D为坐标原点，建立平面直角坐标系，设P(x,y)，求得(x+43)【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，由因为DP,CP⊂平面CDD1C1，可得又因为∠DPM=∠BPC，所以△PDM∽△PCB，可得PDPC在平面DCC1D1内，以D为坐标原点，可得D(0,0),C(4,0)，设P(x,y)，则有x2+y又点P为平面CC1D令x=0，可得y=433，所以与y所以点P的轨迹所在的扇形圆心角为π3，点P的轨迹长度为1点P的轨迹与DC,DD1所围成的图形面积为故选：BCD.10．（2024·重庆·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，空间中一动点P满足A．存在点P，使得A1PB．设ACl与平面MNQ交于点KC．若∠PAC=30°，则点P的轨迹为抛物线D．三棱锥P−QMN的外接球半径最小值为5−【解题思路】对于A，根据向量共面定理可得P在平面BCC1B1上运动，当P在B点时，可证A1P//平面MNQ；对于B，以B点为坐标原点建立空间坐标系，可证ACl⊥平面MNQ，故交点K为点A在平面MNQ的射影，利用等体积法可求得AK的长度，从而得到AKC1K；对于C，分别表示出AP和AC，利用向量夹角公式，化简即可得到(λ−2)23+μ【解答过程】对于A，因为空间中一动点P满足BP=λBC+μBB所以当P在B点时，连接A因为M,N分别为AA1,AB，所以A1P//MN，A1P⊄平面MNQ，MN⊂对于B，以B点为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为则N(12,0,0)，M(1,0,12)，所以NQ=(12,1所以NQ⋅AC1=0因为NQ∩NM=N，NQ，NM⊂平面MNQ，所以ACl⊥平面MNQ，故交点K为点A在平面MNQ的射影，即AK⊥所以VA−MNQ=VM−ANQ，即因为AC1=3，所以对于C，由BP=λBC则AP=(−1,λ,μ)，AC=(−1,1,0)，因为所以cosAP化简可得：(λ−2)23+对于D，由B选项可知，△MNQ外接圆的圆心为K，三棱锥P−QMN外接球的球心O在AC设AO=mAC1，所以三棱锥P−QMN外接球的半径R=ON=OP则OP⊥平面BCC由于平面BCC1B1的法向量则λ=μ=m，即P(0,m,m)，由R=ON=OP解得：m=−1±74，由于m>0则R=(1−m)2=5−7故选：ABD.11．（2024·湖南益阳·三模）如图，点P是棱长为2的正方体ABCD−A1BA．当点P在平面BCC1BB．当点P在线段AC上运动时，D1P与AC．使直线AP与平面ABCD所成角为45∘的动点P的轨迹长度为D．若F是A1B1的中点，当点P在底面ABCD上运动，且满足PF//平面B1【解题思路】由底面正方形ADD1A1的面积不变，点P到平面AA1D1D的距离不变，可判定A正确；以D为原点，建立空间直角坐标系，设P(x,2−x,0)，则D1P=(x,2−x,−2),A1C1=(−2,2,0)，结合向量的夹角公式，可判定B正确；由直线AP与平面ABCD【解答过程】选项A：底面正方形ADD1A1的面积不变，点P到平面选项B：以D为原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，可得设P(x,2−x,0),0≤x≤2，则D1设直线D1P与A1C1因为0≤x≤2，则0≤x−1当x−1=0时，可得cosθ=0，所以当0<x−1≤1时，当且仅当x−1=1，即x=0可知0<cosθ≤12，且所以异面直线D1P与A1对于C：因为直线AP与平面ABCD所成的角为45∘若点P在平面DCC1D因为∠B在平面ADD1A1内，点在平面ABB1A1内，点在平面A1B1C1因为∠PAM=45∘，所以又因为PM=AB，所以AM=AB，所以A1所以点P的轨迹是以A1所以点P的轨迹的长度为14综上，点P的轨迹的总长度为π+4对于D，由B1设P(m,n,0),0≤m≤2,0≤n≤2，则CB设平面CB1D1的一个法向量为取a=1，可得b=−1,c=−1，所以n=(1,−1,−1)因为PF//平面B1CD，所以FP⋅所以FP=(m−2)2故选：ABC.三、填空题12．（23-24高三上·江西抚州·期中）已知菱形ABCD的各边长为2,∠D=60∘.如图所示，将△ACD沿AC折起，使得点D到达点S的位置，连接SB，得到三棱锥S−ABC，此时SB=3.若E是线段SA的中点，点F在三棱锥S−ABC的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC则点F的轨迹的面积为25

【解题思路】取AC中点M，由题可得AC⊥平面SMB，设点F轨迹所在平面为α，则F轨迹为平面α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.【解答过程】取AC中点M，连接SM,BM，则AC⊥BM,AC⊥SM，SM=MB=BM∩SM=M，BM,SM⊂平面SMB，所以AC⊥平面SMB，又因为SB=3，则∠SBM=∠MSB=30作EH⊥AC于H，设点F轨迹所在平面为α，则平面α经过点H，且AC⊥α，设三棱锥S−ABC外接球的球心为O，半径为R，△SAC,△BAC的中心分别为O1可知OO1⊥平面SAC,OO2由题可得∠OMO在Rt△OO1M又因为O1S=2易知O到平面α的距离d=MH=1故平面α截外接球所得截面圆的半径为r1所以截面圆的面积为π5故答案为：2512

13．（2024·江西宜春·模拟预测）如图，在四面体ABCD中，△ABC和△ACD均是边长为6的等边三角形，DB=9，则四面体ABCD外接球的表面积为84π；点E是线段AD的中点，点F在四面体ABCD的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的长度为53π【解题思路】设四面体ABCD外接球的球心为O,△DAC,△BAC的中心分别为O1,O2，则可得OO1⊥平面DAC,OO2⊥平面BAC，且O,O1,O2,M四点共面，可得∠OMO1=12∠O【解答过程】取AC中点M，连接BM,DM，则AC⊥BM,AC⊥DM,BM∩DM=M，BM,DM⊂平面DMB，又△ABC和△ACD均是边长为6的等边三角形，DB=9，∴AC⊥平面DMB，DM=MB=6所以cos∠DBM=∴∠DBM=∠MDB=30设四面体ABCD外接球的球心为O,△DAC,△BAC的中心分别为O1易知OO1⊥平面DAC,OO2由题可得∠OMO1=在Rt△OO1M中，得则四面体ABCD外接球半径r=O所以四面体ABCD外接球的表面积为4π作EH⊥AC于H，设点F轨迹所在平面为α，则平面α经过点H且AC⊥α，易知O到平面α的距离d=MH=3故平面α截外接球所得截面圆的半径为r1所以截面圆的周长为l=2πr1=53故答案为：84π；514．（2024·四川遂宁·模拟预测）在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，所有棱长均为2，∠BAD=60°，P①当点Q在线段CD1上运动时，四面体②若AQ//面A1BP，则③若△A1BQ的外心为M④若A1Q=7，则点【解题思路】由题证得CD1//面A1BP，所以直线CD1上各点到平面A1BP的距离相等，又△A1BP的面积为定值判断①；取DD1,DC的中点分别为M,N，由面面平行的判定定理可得平面A1BP//面AMN，因为AQ⊂面AMN，所以AQ//【解答过程】对于①，因为A1B//CD1，A1B⊂平面A1BP，所以直线CD1上各点到平面A1对于②，取DD1,DC的中点分别为M,N因为AM//PB，AM⊄平面A1BP，PB⊂平面A1BP，所以又因为D1C//MN，A1又MN⊄平面A1BP，A1B⊂平面A1MN∩AM=M，AM,MN⊂平面AMN，所以平面A1BP//平面因为AQ⊂面AMN，所以AQ//平面A1当AQ⊥MN时，AQ有最小值，则易求出AM=AN=A则AM2+MN2所以AQ的最小值为AQ=AM=5对于③，若△A1BQ的外心为M，过M作MH⊥A1又A1B=对于④，在平面A1B1C1D1因为DD1⊥平面A1B1C1D1，A因为DD1∩C1所以A1O⊥平面C1在DD1,D1则A1A3所以，若A1Q=7，则Q在以O又因为D1O=1,D1A3=故答案为：①④.四、解答题15．（2024高三·全国·专题练习）如图，A为平面α内一定点，α外一定点B在α内的射影为M．求平面α变动时点M的轨迹．

【解题思路】理解题意，由点B在α内的射影为M,可知∠AMB始终保持为直角，利用直角三角形斜边上的中线的性质，连接CM，即得MC=1【解答过程】因AB为定长，且点B在α内的射影为M,故BM⊥α,即得：BM⊥AM.在Rt△ABM中，取AB中点C，则MC=即不论α如何变动，点M到定点C的距离都为定长12故点M的轨迹是以AB为直径的球．

16．（23-24高二上·湖北十堰·期中）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，M，N，G分别是棱AA

(1)求点Q的轨迹围成图形的面积；(2)求MG⋅【解题思路】（1）根据线线平行得四点共面，进而可得Q的轨迹是正六边形OFNEMG，根据三角形的面积公式即可求解，（2）根据数量积的几何意义即可结合图形求解最值.【解答过程】（1）因为MQ=xMG+yMNx,y∈如图，分别取AB，CC1，C1

连接OG,OF,FN,EN,A因为M,G分别为AA1，A1又由正方体ABCD−A1B1C1D1可得故D1O∥AE，D1故MG∥OE，故M,G,O,E四点共面，同理可证故M,G,O,N,E五点共面，同理可证G,O,N,F四点共面，故六点共面，由正方体的对称性可得六边形为正六边形．故点Q的轨迹是正六边形OFNEMG，因为正方体ABCD−A1B1C所以点Q的轨迹围成图形的面积是S=6×1（2）如图，根据向量数量积的几何意义可得当Q位于O时，此时MQ在MG上的投影最大，故MG=22∴MG⋅

17．（2024·湖南·模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD内，PB⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，AB=2，BP=23．过P的直线l交平面ABCD于正方形ABCD内的点M，且满足平面PAM⊥平面PBM(1)当∠ABM∈π6,(2)当二面角M−PA−B的余弦值为45时，求二面角P−MA−D【解题思路】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到BH⊥平面PAM，再由线面垂直推出BH⊥AM，利用线面垂直的判定得到AM⊥平面PBM，进而得到AM⊥BM，建立坐标