第07讲 立体几何中的轨迹、截面、动点、范围问题（教师版）-2025版高中数学一轮复习考点帮

Page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：B5．（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xoy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：D8．（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：C4．（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：A7．（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．4 B． C．5 D．【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：D7．（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：B4．（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：D6．（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．6 B．8 C．24 D．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】53【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：；53π2．（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．3 C． 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：A2．（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：D2．（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；