重难点31 立体几何压轴小题（轨迹与最值）十四大题型【2024高考数学二轮复习题型突破】（解析版）

高中数学精编资源2/2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 16题型3翻折求轨迹 23题型4角度恒定求轨迹 32题型5定长求轨迹 42题型6向量法求轨迹 52题型7阿波罗尼斯圆相关 66题型8解析几何相关 77题型8线段最值 93题型9折线求最值 102题型10倍数求最值 114题型11点线距离求最值 119题型12点线面距离求最值 127题型13周长求最值 138题型14面积求最值 153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-A1B1C1D1中，点P满足AA1=4AP，E，F分别为棱BC，A．5373 B．237 C．【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1-1】1.（2023·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点M满足CC1=3A．3 B．10 C．13 D．3【答案】C【分析】在棱A1D1,AA1上分别取点E,F，使得A1E=13A1D【详解】解：如图，在棱A1D1,AA1上分别取点E,F，使得因为A1E=1所以，EF//AD因为EF⊄平面AMD1，AD所以EF//平面AMD因为A1F=1所以，AF=C1M=2因为AB=C1D所以，△ABF≌△C1D1M所以BF=所以，四边形BFD所以BF//D因为BF⊄平面AMD1，D1所以，BF//平面AMD因为BF∩EF=F，BF,EF⊂平面BFD所以平面BFD1M//因为平面BFD1M∩所以，在正方形A1B1C1D1内有一动点P满足BP//因为C所以，动点P的轨迹长为13故选：C【变式1-1】2.（2023·全国·高三专题练习）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M,N分别为BDA．点P可以是棱BB1的中点 B．线段MPC．点P的轨迹是正方形 D．点P轨迹的长度为2+【答案】B【分析】如图，取棱BC的中点E，连接DE,B1E,ME，进而证明平面B1EM//平面CND1，再结合题意可知直线B1M必过D点，进而取A1D1中点【详解】解：如图，取棱BC的中点E，连接DE,B因为M,N分别为BD1，所以，在△BCD1中，ME//CD1，由于ME⊄平面CND所以ME//平面CND因为B1N//CE,B所以CN//B1E，因为CN⊂平面CND1所以，B1E//平面因为B1E∩ME=E，B1所以，平面B1EM//平面由于M为体对角线BD所以，连接B1M并延长，直线B1故取A1D1中点F所以，由正方体的性质易知FD所以，四边形CD1FE是平行四边形，EF//C因为，ME//CD1，所以，E,F,M共线，即F∈平面B1所以，四边形B1EDF为点由正方体的棱长为1，所以，四边形B1EDF的棱长均为52所以，四边形B1EDF为菱形，周长为由菱形的性质知，线段MP的最大值为12故选：B【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B1EM//平面CND【变式1-1】3.（多选）（2024秋·山东临沂·高三校联考开学考试）在三棱台A1B1C1-ABC中，AA1⊥平面ABC，AB=BC=AC=2A．点P的轨迹长度为1B．P到平面B1C．有且仅有两个点P，使得AD．A1P与平面【答案】ABD【分析】取AB的中点E，AC的中点F，根据线面平行的判定与性质可得点P在线段EF上运动.对A，根据中位线的性质求解即可；对B，根据EF//平面B1BCC1判断可得；对C，根据AB=BC=AC结合正三角形的性质判断即可；对D，易得∠APA1为【详解】取AB的中点E，AC的中点F，因为三棱台中AB=2A1B故EB=A1B1且EB//A又A1E⊄平面BB1C1C，B同理A1F//C1C，A1F//平面B故平面A1EF//平面B1BCC对A，EF=1对B，因为EF⊂平面A1EF，故EF//平面B1BCC对C，因为AB=BC=AC，故A1P⊥BC当且仅当P为对D，因为AA1⊥平面ABC，所以∠APA1由题意AE=EF=AF=1，故当P为EF中点时，AP取得最小值32，此时tan∠A1PA=12

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ABCD-A1B1CA．直线BC1与直线ACB．平面BC1C．若EF=25，D．若AF//平面BC【答案】ACD【分析】对A，根据AC的平行线确定直线BC1与直线对B，根据面面平行的性质，作出平面BC对C，由题意D1F=4，动点F的轨迹为以D1对D，先判断过A且平行于平面BC1E【详解】对A，连接A1C1,A1B,BC1,AC，可得正△A1B对B，因为面ADD1A1//面BCC1B1，平面BC1E∩面BCC1B1=BC1，根据面面平行的性质可得平面BC1E截ADD对C，若EF=25，则D1F=EF2-D1对D，取B1C1中点Q，连接如图，由B知截面为等腰梯形EPBC1，由四边形ABC1D1为平行四边形得AD1//BC1，又AD1⊄面BC1E,BC1⊂面BC1E，所以AD1//面BC1E，由四边形BQD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（

）

A．当点P为BC中点时，平面PEF⊥平面GMNB．异面直线EF､GN所成角的余弦值为1C．点E､F､G､M､N在同一个球面上D．若A1P【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AD中点Q，连接PQ,FQ，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GM⊥PQ，∵FQ//DD1,∴FQ⊥∴GM⊥FQ，FQ⊂平面PQF，PQ⊂平面PQF，PQ∩FQ=Q，∴GM⊥平面PQF,PF⊂面PQF,∴GM⊥PF，

连接BA1，ABB∵FA1⊥平面ABA1B1FA1⊂平面PFA1B，∴GN⊥平面PFA1B,PF⊂平面PF综上，GN⊂平面GMN，GM⊂平面GMN，又GM∩GN=G,所以PF⊥平面GMN，PF⊂平面PEF,故平面PEF⊥平面GMN，故A正确；取A1B1中点T，连接∴∠TEF是异面直线EF,GN所成的角，又EF=FT=ET=2,则记正方体的中心为点O，则OE=故点E,F,G,M,N在以O为球心，以2为半径的球面上，故C正确；∵A1P∴A1∴P点轨迹是过点M与B1E平行的线段MP∴M故选：ACD.【变式1-1】6．（多选）（2023·湖南长沙·雅礼中学校考一模）如图，正方体ABCD-A1B1CA．若MB∥平面D1EFB．平面D1EFC．平面D1EF截正方体ABCD-D．不存在一条直线l，使得l与正方体ABCD-A【答案】ABC【分析】对于A、C项，先作出平面D1EF截正方体对于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O点，连接D1G交A1A于H点，则五边形D1FOEH为平面D1EF截正方体ABCD-A由已知及平行线分线段成比例可得：CN=1AGA1D1=HE=PQ=13故五边形D1FOEH周长为313连接BD，交EO于点I，由上计算可得I为GN中点，且D1G=G1N，故DI⊥EO，D1I垂直EO，即∠D1ID易得DI=9对于D存在直线l，如直线BD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ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E,F分别是棱AD,DDA．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5D．直线D1P与BF【答案】AB【分析】取BB1,B1C1中点G,H，由面面平行的判定可证得平面BEF//平面D1GH，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△DGH中，通过求解点【详解】对于A，分别取BB1,B1∵D1F//BG，D1F=BG=∵BF⊂平面BEF，D1G⊄平面BEF，∴D∵EF//AD1//BC1//GH，EF⊂平面∵D1G∩GH=G，D1G,GH⊂平面D1GH则当D1P⊂平面D1GH时，又平面D1GH∩平面B1BCC∴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∴VP-BEF=即三棱锥P-BEF的体积为定值124对于C，连接DG,DH，在△DGH中，DG=22+12∴点D到GH的距离为DG∴DP的取值范围为34对于D，由A知：BF//D1G，∴直线D1P与BF所成角即为直线则当P与H重合时，∠PD1G在△D1GH中，D1G=∴cos即直线D1P与BF所成角的余弦值的最小值为故选：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α内，定点P∉α,PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC．那么，动点C在平面α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AC⊥BC，进而得到动点C在平面α内的轨迹是以A,B为直径的圆（去掉A,B两个点）.【详解】连接AB,BC.PB⊥α,AC⊂α，则PB⊥AC，又PC⊥AC，PB∩PC=P，PB,PC⊂平面PBC，则AC⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，则AC⊥BC，则动点C在平面α内的轨迹是以A,B为直径的圆（去掉A,B两个点）.

故选：B【变式2-1】1.（2023·全国·高三对口高考）正四棱锥S-ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为（

）A．6+2 B．6-【答案】A【分析】由题意，动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S-ABCD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O，连接SO，由正四棱锥的性质可得，SO⊥平面ABCD，因为AC⊂平面ABCD，故SO⊥AC.又BD⊥AC，SO∩BD=O，SO，BD⊂平面SBD，故AC⊥平面由题意，PE⊥AC则动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S-ABCD的交线，即如图EFG，则AC⊥平面EFG.由线面垂直的性质可得平面SBD//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,GF,EF分别为△SBC,△SDC,△BCD的中位线.由题意BD=22,SB=SD=2即动点P的轨迹的周长为6+

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ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，AA1=4A．5+2 B．22+【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C1垂直于B【详解】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【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AC上的射影，当C运动，点H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O，半径为r，由线面垂直的判定与性质可推导证得BH⊥DH，由直角三角形性质可确定OH=OB=OD=r，由此可得轨迹图形.【详解】设定圆圆心为O，半径为r，连接OH，设直径为BD，连接AD,CD，∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD；∵BD为直径，∴BC⊥CD，又AB∩BC=B，AB,BC⊂平面ABC，∴CD⊥平面ABC，又BH⊂平面ABC，∴CD⊥BH，又BH⊥AC，AC∩CD=C，AC,CD⊂平面ACD，∴BH⊥平面ACD，DH⊂平面ACD，∴BH⊥DH，在Rt△BDH中，OH=OB=OD=r，则点H的轨迹是以O为圆心，r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-A1B1CA．若点P在棱AD上运动，则A1P+PCB．若点P是棱AD的中点，则平面PBC1C．若点P满足PD1⊥DD．若点P在直线AC上运动，则P到棱BC1【答案】BCD【分析】化折线为直线，即可判断A，取DD1的中点E，连接BP、PE、C1E、AD【详解】对于A：如图将平面ABCD展开与平面ADD1A1处于一个平面，连接A1此时A1P+PC取得最小值，即对于B：如图取DD1的中点E，连接BP、PE、C1因为点P是棱AD的中点，所以PE//AD又AB//C1D1且AB=所以PE//BC1，所以四边形又BC1=22，所以截面周长为32对于C：如图，DC1⊥D1C，BC⊥平面所以DC1⊥BC，又D1C∩BC=C所以DC1⊥平面BCD1D1∈平面BCD1A又PD1⊥DC1，所以P对于D：如图建立空间直角坐标系，则B2,2,0，C10,2,2，设P所以BC1=所以P到棱BC1的距离所以当a=23时故选：BCD题型3翻折求轨迹【例题3】（多选）（2023·全国·高三专题练习）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

A．四棱锥P-AECD体积的最大值为22 B．PD的中点F的轨迹长度的最大值为C．EP,CD与平面PAD所成的角相等 D．三棱锥P-AED外接球的表面积的最小值为16【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AECD的面积为2+42×2=6，AE=22，直角△APE斜边AE当平面APE⊥平面AECD时，四棱锥P-AECD的体积取得最大值13对于B，取PA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=2从而PD的中点F的轨迹长度的最大值为2π对于C，由四边形ECFG是平行四边形，知EC∥FG，则EC//平面PAD，则E,C到平面PAD故PE,CD与平面PAD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AD当三棱锥P-AED外接球球心为AD中点，即PD=23三棱锥P-AED外接球的表面积取得最小值，为4π

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3-1】1.（多选）（2023秋·广东佛山·高三校联考阶段练习）如图甲，在矩形ABCD中，AB=2，BC=1，E为AB上一动点（不含端点），且满足将△AED沿DE折起后，点A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（

）A．翻折后总有BC⊥ADB．当EB=12时，翻折后异面直线AE与BCC．当EB=12时，翻折后四棱锥A-DCBED．在点E运动的过程中，点F运动的轨迹长度为1【答案】ACD【分析】根据线面垂直得出线线垂直，可判断A，作EP⊥DC于P，可得异面直线所成的角，判断B，作AG⊥DE，设AE=x，DF=y，利用三角形相似可得x=1y，利用函数性质求出y的范围判断D，求出棱锥的高【详解】在图乙中，因为点A在平面DCBE上的射影F在棱DC上，所以AF⊥平面DCBE，又BC⊂平面DCBE，所以AF⊥BC，又BC⊥DC，AF∩DC=F，AF,DC⊂平面ADC，所以BC⊥平面ADC，又AD⊂平面ADC，所以BC⊥AD，故A正确；如图，在图乙中作EP⊥DC于P，连接AP，则EP//BC，所以AE与BC所成角即为AE与EP所成角，又由BC⊥平面ADC可得EP⊥平面ADC，所以EP⊥AP而EP=1，AE=2-BE=32，则cos∠AEP=23如上图，在图乙中作FG⊥DE于G，连接AG，则由AF⊥平面DCBE可得AF⊥DE，又FG∩AF=F，FG，AF⊂平面AGF，所以DE⊥平面又AG⊂平面AGF，则DE⊥AG，在图甲中，如图，作AG⊥DE，则A，G，F三点共线，设AE=x，DF=y，则由△DFA∽△ADE可得DFAD=ADEA，即所以y∈0,1，所以x=1y>1，而x=AE∈0,2当EB=12时，x=32，则则VA-DCBE故选：ACD.【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=2AD=4A．异面直线GN与ME的夹角大小为60°B．该多面体的体积为2C．四棱锥E－MNFH的外接球的表面积为22D．若点P是该多面体表面上的动点，满足PQ⊥ON时，点P的轨迹长度4+【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HF的中点为O，取NE的中点为点P，连接OQ,OP,由几何体形成的过程可知平面MNFH⊥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OQ⊥HF,OQ⊂平面MNFH，所以OQ⊥平面EFGH,由题意可知GE=AD=22，NG=NE=2，∴NG2+NE2=GE2，∴NG⊥NE，由于NF⊥NG,NF⊥NE,NG∩NE=N,由VF-NGE=VN-GEF，得OQ=由几何体形成的过程可知平面MNFH⊥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OE⊥HF,OE⊂平面EFGH，所以OE⊥平面MNFH，OQ=1,MH=2VMNEFGH在△NFH中，∠NFH=45°，NH=32+12=10，∴△NFH的外接圆直径D1=由A可知NF⊥平面ENG,同理HM⊥平面MEG，又ON//HM,所以ON⊥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+22+故选AC．【点睛【变式3-1】3.（多选）（2022·辽宁丹东·统考一模）如图，正方形ABCD的边长为2,E为BC的中点，将△BAE沿AE向上翻折到△PAE，连结PC,PD，在翻折过程中（

）A．四棱锥P-AECD的体积最大值为2B．PD中点F的轨迹长度为2C．EP,CD与平面PAD所成角的正弦值之比为2:1D．三棱锥P-AED的外接球半径有最小值54【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AECD面积为3,AE=5，直角△APE斜边上的高为255.当平面APE⊥平面AECD时，四棱锥体积取最大值13取PA中点为G，则GF，EC平行且相等，四边形所以，点F的轨迹与点G的轨迹完全相同，过G作AE的垂线，垂足为H,G的轨迹是H以为圆心，HG=55为半径5中点F的轨迹长度为5π由四边形ECFG是平行四边形知EC//FG，则EC//平面PAD，则E,C到平面PAD距离相等，故PE，CD与平面PAD所成角的正弦值之比为等于CD:PE=2:1.C正确；△APE外接圆O1半径为52,O外接圆O2半径为54,AE是圆O1与圆设三棱锥P-AED外接球球心为O，半径为R，则R=|OE|=因为|O2O|∈[0,+∞)，所以R∈[故选：ACD【变式3-1】4.（2023·全国·高三专题练习）如图，在正方形ABCD中，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连接PB,PC，在△ADM翻折到△PAM的过程中，下列说法正确的是．（将正确说法的序号都写上）

①点P的轨迹为圆弧；②存在某一翻折位置，使得AM⊥PB；③棱PB的中点为E，则CE的长为定值；【答案】①③【分析】依据翻折过程中PH⊥AM，PH=55AD均不变，判定点P的轨迹为圆弧，从而判断①正确；利用反证法否定②；求得翻折过程中CE【详解】设正方形ABCD边长为a,①在正方形ABCD中，过点D作DH⊥AM于H，则DH=在△ADM翻折到△PAM的过程中，PH⊥AM，PH=5则点P的轨迹为以H为圆心，以55②假设存在某一翻折位置，使得AM⊥PB.在△PAM内，过点P作PN⊥AM于N，连接BN，由AM⊥PB，PN⊥AM，PN∩PB=P，可得AM⊥平面PBN又BN⊂平面PBN，则AM⊥BN，则cos又在正方形ABCD中，cos∠MAB=二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得AM⊥PB.判断错误；③棱PB的中点为E.取PA中点K，连接EK，CE，MK，则MK=则有EK∥AB，EK=12AB，则则四边形EKMC为平行四边形，则CE=MK，又MK=22a，则CE=故答案为：①③题型4角度恒定求轨迹【例题4】（2018·北京·高三强基计划）在正方体ABCD-A1B1C1DA．圆的一部分 B．椭圆的一部分C．双曲线一支的一部分 D．前三个答案都不对【答案】A【分析】根据∠DD1A=∠DD1【详解】因为∠DD1A=∠DD1M，故而M在底面ABCD内，故动点M在底面ABCD内的轨迹是以D为圆心的四分之一圆弧AC．故选：A.【变式4-1】1.（2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知长方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的表面积为5πA．π B．2π2 C．π【答案】C【分析】首先由题意得到长方体体积最大时，得到几何体的棱长，设AC，BD相交于点O，由BO⊥平面A1ACC【详解】因为长方体ABCD-A1B1C所以4πR2=5π，解得R=设AB=a，BC=b，则a2+b所以V=2ab≤a2+如图，设AC，BD相交于点O，因为BO⊥AC,BO⊥AA1，AC∩AA1=A所以BO⊥平面A1ACC1，直线BP与平面所以∠BPO=π4，故OP=12，则点P的轨迹是以所以动点P的轨迹长为πr=故选：C【变式4-1】2.（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）如图，二面角α-l-β的大小为π4，已知A、B是l上的两个定点，且AB=4，C∈α，D∈β，AB与平面BCD所成的角为π6，若点A在平面BCD内的射影H在A．3π6 B．2π2【答案】D【分析】根据题意：点H的轨迹是以点B为球心，以BH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π4【详解】如图所示：因为AB与平面BCD所成的角为π6，且点A在平面BCD上的射影H，AB=4所以AH=AB⋅sin所以点H在以点B为球心，以23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23母线AH与轴AB成π3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π4所以∠EOF=π又OH=BHsin所以点H的轨迹的长度等于π4故选：D.【变式4-1】3.（2023春·广西防城港·高三统考阶段练习）如图，在正方体ABCD-A1BA．有且仅有一个点P，使得D1P⊥B1C．若DP=12DB，则三棱锥P-BB1C外接球的表面积为【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P的轨迹即可求解D,【详解】对于A，连接BC因为AB⊥平面BCC1B1,B1且四边形BCC1B且AB∩BC1=B，AB,B所以B1C⊥平面ABC1D必有D1P⊂平面ABC1D所以存在无数个点P，使得D1对于B，当点P与点B重合时，AB1与平面对于C，若DP=12DB，则连接PB,PC,PB1,B1且△BCB1也为等腰直角三角形，且且平面PBC⊥平面BCB所以取B1C中点为O，则O为三棱锥所以外接球的半径为12所以我外接球的表面积为4π对于D，连接MP,DP,因为MD⊥平面ABCD，所以∠MPD为MP与平面ABCD所成的角，所以∠MPD=π4，所以所以点P的轨迹是以D为圆心，1为半径的14所以点P的轨迹长为14故选:D.【变式4-1】4.（2023·湖南·模拟预测）已知正方体ABCD-A1B1C1D1，AB=23，点E为平面A1BDA．π,2π B．π,4π【答案】D【分析】确定AC1⊥平面A1BD，tanα=OAOE，计算【详解】如图所示，连接AC1交平面ACC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCDAC⊥BD，AC∩CC1=C，AC,CC1⊂平面AC1⊂平面AC同理可得A1B⊥AC1，A1B∩BD=B，A1所以∠AEO是AE与平面A1BD所成的角，∠AEO=α，所以在四面体A-A1BD中，BD=所以四面体A-A1BD所以BO=33×2因为tanα=OAOE又E在平面A1所以E在平面A1BD内的轨迹围成的图形面积故选：D【变式4-1】5.（2023春·河南安阳·高三安阳一中校联考阶段练习）如图，在圆柱OO1中，AB为底面直径，E是AB的中点，D是母线BC的中点，M是上底面上的动点，若AB=4，BC=3，且ME⊥AD，则点A．32 B．7 C．57【答案】C【分析】作ON⊥AD，由圆柱的结构特征和线面垂直的判定可知AD⊥平面ONE，则M点轨迹是平面ONE与上底面的交线PQ，结合勾股定理可求得PQ长，即为所求轨迹长度.【详解】连接OE，作ON⊥AD，交CF于点N，∵E是AB的中点，∴OE⊥AB，∵BC⊥平面ABE，OE⊂平面ABE，∴BC⊥OE，∵AB∩BC=B，AB,BC⊂平面ABCF，∴OE⊥平面ABCF，又AD⊂平面ABCF，∴OE⊥AD，又ON⊥AD，OE∩ON=O，OE,ON⊂平面ONE，∴AD⊥平面ONE，设平面ONE与上底面交于PQ，∵ME⊥AD，∴点M的轨迹为PQ；∵AB=4，BC=3，D是母线BC中点，∴tan∴O∴PQ=22故选：C.【变式4-1】6.（多选）（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1D与平面ACD1相交于点A．B1C．点P的轨迹是椭圆 D．θ的取值范围是π【答案】ABD【分析】根据题意可得结合线面垂直的判定定理和性质定理可证得B1D⊥平面ACD1，分析可得点E即为△ACD1的中心，结合S△PB1D=13S△ACD1【详解】如图所示，B1D与平面ACD1相交于点E，连接BD交AC于点由题意可知BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD又因为AC⊥BD，BB1∩BD=B所以AC⊥平面BDD又B1D⊂平面BDD同理可证AD又AD1∩AC=A，A所以B1D⊥平面又因为AC=AD1=CD1=AB因为O为AC的中点，OD1交B1D于点由B1D⊥平面ACD1，PE⊂平面即PE为△PB1D由正方体棱长为a可知，B1D=3a,AC=2所以S△P又S△PB1所以点P的轨迹是以E为圆心，半径为13由B1D⊥平面ACD1，OD所以DE=O因此PD是以底面半径为13a，高为设圆锥母线与底面所成的角为α，则tanα=33即直线PD与平面ACD1所成的角为又因为异面直线所成角的取值范围是0,π直线AC在平面ACD1内，所以直线PD与AC所成的角的取值范围为又因为AC//A1C1，所以直线PD与A即D正确；故选：ABD【点睛】关键点点睛：（1）通过比较PE与△ACD1的内切圆半径的大小，得出动点P的轨迹；（2）将直线PD与题型5定长求轨迹【例题5】（2023·四川·校联考模拟预测）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，所有棱长均为2，∠BAD=60

A．当点Q在线段CD1上运动时，四面体B．若AQ∥平面A1BP，则AQC．若△A1BQ的外心为MD．若A1Q=7，则点【答案】C【分析】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，可判断A；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【详解】对于A，因为A1B∥CD1，A1B⊂平面A1BP，CD所以直线CD1上各点到平面A1

对于B，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AM又因为D1C∥MN，A1又MN⊄平面A1BP，A1B⊂平面A1BP，所以MN∩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AM=5

对于C，若△A1BQ的外心为M，过M作MH⊥A1又A1B=

对于D，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=

故选：C.【变式5-1】1.（2023·河北·统考模拟预测）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=OPA．2π11 B．3π11【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5-1】2.（2023·全国·高三专题练习）在直四棱柱中ABCD-A1B1C1D1中，∠BAD=60°，AB=AD=AA．若λ+μ=1，则四面体A1B．若AQ//平面A1BP，则AQC．若△A1BQD．若A1Q=【答案】C【分析】对于A，由λ+μ=1，可得Q,C,D1三点共线，可得点Q在CD1，而由直四棱柱的性质可得CD1//平面A1BP，所以点Q到平面A1BP的距离为定值，而△A1BP的面积为定值，从而可进行判断，对于B，取DD1,DC的中点分别为M,N，连接AM,MN,AN，由面面平行的判定定理可得平面A1BP//【详解】对于A，因为DQ=λDC+μ所以Q,C,D1三点共线，所以点Q在CD1，因为CD1//A1B⊂平面A1BP，所以CD1//因为△A1BP对于B，取DD1,DC的中点分别为M,N，连接AM,MN,AN，则AM//因为AM⊄平面A1BP，BP⊂平面A1BP，所以因为MN//CD1，A1B//CD因为MN⊄平面A1BP，A1B⊂平面A1因为MN∩AM=M，MN,AM⊂平面AMN，所以平面AMN//平面A1因为AQ⊂平面AMN，所以AQ//平面A1BP，所以当AQ⊥MN时，因为∠BAD=60∘,AB=AD=AA1所以AM2+MN2=AN对于C，若△A1BQ的外心为M，过M作MH⊥因为A1B=对于D，过A1作A1O⊥C1D1A1O⊂平面A1B1C1D1,DD1⊂OD1=A1D1则A1A3则Q在以O为圆心，2为半径的圆弧A2因为D1O=1,D1A3=故选：C.【点睛】本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题.【变式5-1】3.（2023·全国·高三专题练习）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点A．3+26C．3+6【答案】A【分析】根据题意，点P在以A1为球心，半径R=153【详解】解：由题设知点P在以A1为球心，半径R=所以点P的轨迹就是该球与三棱锥C1由正方体性质易知三棱锥A1所以，点A1到平面C1BD所以球A1在平面C1BD所以，截面圆的圆心O1是正△C1BD中心，正△C1BD因此，点P在面C1BD内的轨迹是圆O1如图所示．cos∠MO1所以∠MO所以，点P在此面内的轨迹长度为r1因为AA1⊥其半径r2=R所以点P在平面BCD内的轨迹是一段弧EF，如图所示，cos∠GAE=所以∠GAE=π6，从而∠EAF=π由于对称性，点P在平面C1BD和平面C1故点P在三棱锥C1-BCD的表面上的轨迹的长度是故选：A【变式5-1】4.（多选）（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知正方体ABCD-A1B1C1DA．CE与平面ABCD所成角为定值B．点E的轨迹长度为πC．存在点E使得AE⊥CED．存在唯一的点E使得CE⊥【答案】AD【分析】对B：可得C1E=1，故E点轨迹是以C1为圆心、1为半径的圆位于正方形A1B1C1D1以部的14圆弧；对A：∠CEC1【详解】

如图：由CE=CC12+EC12=5知C1因为CC1⊥面A1B1C因为sin∠CEC1CE与底面ABCD所成角即为CE与底面A1AE2+CE2CE在底面A1B1C1又CC1⊥B1D1又EC1⊂面CC1E，所以C1故选：AD.【变式5-1】5.（多选）（2023春·河北石家庄·高三校联考期中）如图，在四棱台A1B1C1D1-ABCD中，A1

A．直线C1CB．异面直线AC与B1BC．若该四棱台内（包括表面）的动点M到顶点B，D的距离相等，则点M形成的图形的面积为3D．若底面ABCD内的动点N到顶点C1的距离为2，则动点N的轨迹的长度为【答案】BCD【分析】结合空间点、线、面的位置关系的判断，直线与平面平行的判定，以及轨迹的求法，对各项逐一判断，即可得到本题答案.【详解】连接A1C1，与B1D1交于点O1，连接O1O，A1O，则可得A1O//C1C，O连接OD1，则OD1//B1B，则∠COD1（或其补角）为所求，易得D1D=OD1=B1B=32+2-12=2，因为CD⊥AD，A1依题意，该四棱台被对角面A1C1CA分成的两部分关于该对角面对称，所以该对角面上任意一点到顶点B，底面ABCD内的动点N到顶点C1的距离为2，即C1N=2，连接OC1，ON，则ON=22-3故选：BCD

题型6向量法求轨迹【例题6】（2023秋·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E,F分别为BC1和①三棱锥P-B1EF的体积是定值；②若FQ⊥DP恒成立，则线段FQ的最大值为22；③当DQ与DAA．①② B．②③ C．①③ D．①②③【答案】A【分析】根据题意，得到EF//BD1，得出点P到直线EF的距离等于点C1到直线BD1的距离的一半，锥体的体积公式求得三棱锥P-B1EF的体积为83，可判定①正确；以D为原点，建立空间直角坐标系，设BP=λBD1=(-4λ,-4λ,4λ)，得到DP=(4-4λ,4-4λ,4λ)，再设Q(x,y,4)，得到FQ=(x,y-2,0)，结合【详解】如图（1）所示，因为点E为BC1的中点，又由F是C1又因为点P为BD1上的动点，所以点P到直线EF的距离等于点E到所以点P到直线EF的距离等于点C1到直线B因为正方体的棱长为4，可得C1因为C1D1⊥面BB1C1C可得点C1到直线BD1的距离为4×4243=所以△EFP的面积为S△EFP由B1E⊥BC1,C1所以B1E⊥平面EFP，且所以三棱锥P-B1EF

如图（2）所示，以D为原点，以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BP=λ由DP=设Q(x,y,4)，则FQ=(x,y-2,0)因为FQ⊥DP，所以(4-4λ)x+(4-4λ)(y-2)=0，可得x+y=2，所以FQ=又因为0≤x≤4,0≤y≤4且x+y=2，可得0≤y≤2，所以当y=0时，线段FQ取得最大值，最大值为22因为DQ=(x,y,4),又因为DQ与DA1的所成的角为所以cos45整理得y2=8x且0≤x≤4,0≤y≤4，所以点故选：A.

【变式6-1】1.（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知空间中两条直线l1、l2异面且垂直，平面α∥l1且l2⊂α，若点P到lA．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线【答案】C【分析】设l1在α内的射影为l，以l与l2的交点O为原点，l2为x轴，l为y轴，l1与l的公垂线为【详解】设l1在α内的射影为l，l1到α的距离为以l与l2的交点O为原点，l2为x轴，l为y轴，l1与l设Px,y,0，则P到l2的距离为过点P作PD⊥l于点D，过点D作ED⊥l1于点又l1在α内的射影为l，则ED⊥l，连结ED又PD⊥l，ED∩PD=D，所以l⊥平面PED，又PE⊂平面PED，所以l⊥PE，所以l1所以则P到l1的距离为x因为点P到l1、l所以y=x2所以点P在平面α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.【变式6-1】2.（2023·河南濮阳·濮阳一高校考模拟预测）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1①当λ=1时，△AB②当μ=1时，三棱锥P-A③当λ=12时，有且仅有一个点P，使得④若AP≤1，则点P的轨迹所围成的面积为πA．①② B．②③ C．②④ D．①③【答案】C【分析】取BC的中点O，连接AO，以点O为坐标原点，OA、OB、AA1的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，取μ=0和μ=12求△AB1P【详解】取BC的中点O，连接AO，因为△ABC为等边三角形，则AO⊥BC，且AA1⊥以点O为坐标原点，OA、OB、AA1的方向分别为x、y、则A32,0,0、B0,12,0、CBP=λBC+μBBOP=对于①，当λ=1时，P0,-12若μ=0，则P0,-12,0，此时，△AB1P若μ=12，则P0,-同理可得B1P=52故当λ=1时，△AB对于②，当μ=1时，P0,12-λ,1，则点P到直线所以，S△BPC=12×故VP-对于③，当λ=12时，P0,0,μ，A因为A1P⊥BP，则A1P⋅BP=μ所以，当λ=12时，有且仅有两个点P，使得对于④，设点P0,y,z，其中y=12则AP=0-3所以，点P的轨迹是平面BCC1B1内以点故点P的轨迹所围成的面积为12故选：C.【变式6-1】3.（2023·四川凉山·二模）如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2，点P为正方形①直线BC②存在点P使得PB⊥PC；③三棱锥P-BCD体积最大值为89④点P运动轨迹长为4π上述说法中正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据题意，由正弦定理结合轨迹方程即可判断①②，然后根据三棱锥体积公式以及点P的运动轨迹，即可判断③④.【详解】因为PQ为∠BPC的角平分线，在△BPQ中，由正弦定理可知，设∠BPQ=θ，则∠CPQ=θ，所以BQsin在△PQC中，由正弦定理可知，CQsin因为BQCQ=2，所以BPPC=2，且BC=2，设所以B0,0,C2,0,BP=x所以x-832+y2=169，点P的轨迹是以83,0所以BC若PB⊥BC，设BP=2PC=2a，所以BP2+C所以BP2=4a2=所以点P8若VP-BCD最大，则P到BC距离最大，即P到CC1与圆的交点处，但P令x=2，得到点2,233，又因为F43,0，所以EF=43，所以△EFG故④正确；故选:C【变式6-1】4.（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱A1B1的中点，M,N分别是底面ABCD与侧面CDD1A．43π B．655【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，找到球心O和点P的轨迹，求出O到平面α的距离，利用几何法求截面圆的半径和周长.【详解】取面对角线B1C中点O，连接ON，B1N，CN，C1N，以A为原点，AB,AD,AA1的方向分别为B2,0,0，C2,2,0B12,0,2，E1,0,2，F1,2,0，G1,0,0，HB1N=-1,2,-1，CN=三棱锥C1-B1NC因此点O即为三棱锥C1-BBE=-1,0,2，GF=0,2,0，HG=-1,0,-1GF⋅BE=0，HG⋅BEGF,HG⊂平面FGHI，GF∩HG=G，BE⊥平面FGHI，M∈平面FGHI，点P的轨迹为矩形FGHI的四边，如图所示，OG=-1,-1,-1，BE为平面则球心O到平面FGHI的距离为OG⋅球面被平面α截得的圆的半径22-5故选：B【点睛】本题找球心O考查学生的空间想象能力，其余的计算和证明问题，则利用空间向量法.【变式6-1】5.（多选）（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）已知四面体ABCD的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（

）A．异面直线AC与BD所成角为60°B．点A到平面BCD的距离为2C．四面体ABCD的外接球体积为6D．动点P在平面BCD上，且AP与AC所成角为60°，则点P的轨迹是椭圆【答案】BC【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC⊥BD，通过计算可验证BC，通过轨迹法可求得P的轨迹为双曲线方程即可得D错误.【详解】取BD中点E,连接AE,CE,可得BD⊥面ACE,则AC⊥BD,故A错误；在四面体ABCD中，过点A作AF⊥面BCD于点F,则F为为底面正三角形BCD的重心，因为所有棱长均为2,AF=AB2-BF2=设O为正四面体的中心则OF为内切球的半径，OA为外接球的半径，因为VA-BCD=13S所以四面体ABCD的外接球体积V=4建系如图：A0,0,263因为AP⋅AC=即233y+83故选：BC．【变式6-1】6.（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M、N满足AM=λ

A．当λ=13时，DMB．当μ=12时，若B1P//平面C．当λ=μ=12时，若PM⊥D1D．过A、M、N三点作正方体的截面，截面图形可以为矩形【答案】AC【分析】以点D1为原点，D1A1、D1C1、D1D所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；分别取AB、BC中点G、H，连接B1G、GH【详解】以点D1为原点，D1A1、D1C1、D

则D10,0,0、B12,2,0、C0,2,2，A对于A选项，当λ=13=4设平面CB1D1的法向量为m=则m⋅D1B1所以，m⋅DM=因为DM⊄平面CB1D1，故当λ=1对于B选项，当μ=12时，N为

分别取AB、BC中点G、H，连接B1G、GH、B1H、因为G、H分别为AB、BC的中点，所以，GH//又因为AA1//CC1且所以，GH//因为GH⊄平面A1NC1，A1C1因为AB//CD且AB=CD，G、N分别为AB、所以，BG//CN且BG=CN，所以，四边形BCNG为平行四边形，可得GN//又因为BC//B1C1且BC=故四边形B1C1因为B1G⊄平面A1NC1，C1因为B1G∩GH=G，B1G、GH⊂平面当点P为△B1GH的边上一点（异于点B1）时，则B1P⊂平面故点P的轨迹为△B1GH因为B1G=结合图形可得B1当λ=μ=12时，M、N分别为AC

此时点N0,1,2、M1,1,1、D1当点P在平面AA1D1D内运动时，设点P则MP=因为D1N⊥MP，则D1设点P的轨迹分别交棱AA1、DD1于点R、Q，则当点P在平面CC1D1D内运动时，设点PMP=-1,y-1,z-1，则设点P的轨迹交棱CC1于点F，则F0,2,12，设点P因为平面AA1D1D//平面平面RQFT∩平面BB1C1C=FT所以，四边形RQFT为平行四边形，且FT=RQ=2因此，点P的轨迹的长度即为平行四边形RQFT的周长22+对于D选项，设截面AMN交棱A1B1于点U，连接AU

题意可知，截面AMN与平面AC因为平面ABCD//平面A1B1C平面ANC1∩平面A1B所以，四边形AUC易知N0,2-2λ,2，其中0<λ<1，所以，AN=-2,2-2λ,0所以，AN⋅C1N=-2λ故平行四边形AUC1N不可能为矩形，故过A、M故选：AC.【点睛】方法点睛：利用平面的性质确定截面形状的依据如下：（1）平面的四个公理及推论;.（2）直线与平面平行的判定与性质;（3）两个平面平行的性质.题型7阿波罗尼斯圆相关【例题7】（2023·四川泸州·泸县五中校考模拟预测）如图，已知正方体ABCD-A1B①若AE=λAC，λ∈0,1，则D②若平面α与正方体各个面都相交，且B1D⊥α，则截面多边形的周长一定为③若∠AEB的角平分线交AB于点F，且AF=2FB，则动点E的轨迹长为4π④直线D1E与平面ABCD所成的角的余弦值的最大值为【答案】①②③【分析】由点E在线段AC上，连接AD1，CD1，证得AC//平面A1BC1和AD1//平面A1BC1，得到平面D1AC//平面A1BC1，进而得到D1E//平面A1BC1，可判定①正确；由B1D⊥平面A1B【详解】对于①中，如图所示，由AE=λAC,λ∈0,1知，点E在线段AC上，连接因为AC//A1C1，且AC⊄平面A1BC1，同理可证得AD1//又因为AC∩AD1=A且AC,AD1⊂平面因为D1E⊂平面D1AC，所以对于②中，如图所示，在正方体ABCD-A1B1C又因为B1D⊥α，所以平面α/平面A因为平面A1BC1∩平面A所以A1C1//MJ，同理可证设MD1=xD1因为A1C1//MJ，所以因为A1C1同理，可得GF+GH=22，HI+IJ=22，故截面多面形MFGHIJ的周长为所以②正确；对于③中，建立平面直角坐标系，如图所示，设Ex,y，A0,0，B2,0即AE2=4EB2即所以x-832+y2=169，故点E对于④中，如图所示，在正方体ABCD-A1B1C所以∠DED1即为直线在直角△D1DE又因为E在△ABC的内部及其边界，可得DE∈2所以cos∠DED1故答案为：①②③.【变式7-1】1.（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）表面积为36π的球M表面上有A，B两点，且△AMB为等边三角形，空间中的动点P满足PA=2PB，当点P在【答案】圆12【分析】建立平面直角坐标系以及空间直角坐标系，可得P在平面中轨迹方程为x-22+y【详解】设球的半径为r，则4π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A-2,0，B1,0，此时动点P的轨迹方程为设其圆心为O1动点P的轨迹为xOy平面中的圆x-22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O1在△MBO2中，结合余弦定理得到设交线所围成的圆半径为R.则12解得R=61313故答案为：圆；12【变式7-1】2.（多选）（2024秋·湖南永州·高三永州市第一中学校考阶段练习）如图，点M是棱长为l的正方体ABCD-A1B1A．不存在点M满足CM⊥平面B．存在无数个点M满足CM⊥AC．当点M满足A1M=1D．满足MD=2M【答案】BCD【分析】对于A：根据线面垂直关系可得A1C⊥平面【详解】对于选项A：连接AC,A因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC，∵AA1⊥平面ABCD，且BD⊂AC∩A1A=A，AC,所以BD⊥平面A1ACC1，且可得BD⊥A同理可证BCBD∩BC1=B，BD,BC1又点M是面ADD1故A错误；对于选项B：连接A1CD⊥侧面ADD1A又因为AD1⊥A1所以AD可知当M在线段A1D上时，有CM⊥AD对于选项C：延长D1M交D1∵A1M=13A1且A1A∥D1D，则A1如图，以D点为原点建立空间直角坐标系，则D10,0,1,B设平面BD1M的法向量为n令z=2，则y=1,x=1，即n=设平面BD1M∩CC1则n⋅BF=-1+2c=0则F0,1,12可得BD1⋅且BD故截面BED1F对于选项D：因为正方体ABCD-A1所以MD=-x,0,-z，因为MD=2M化简得：x2所以点M的轨迹是一段以N0,0,43设圆弧与A1D1取x=0，则z=23，即DQ=23；取z=1，则则PD1=且∠PND1∈∴轨迹长度是23故选：BCD.【变式7-1】3.（多选）（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）正四棱柱ABCD-A1BA．点A1到平面B1CB．四棱锥D1-ABCD内切球的表面积为C．平面BC1DD．点M,N为线段AC上的两点，且AM=CN=14AC，点P为面A1B1C【答案】AC【分析】利用等体积法判断A，利用等体积法求出内切球的半径，即可判断B，找到二面角的平面角，利用勾股定理逆定理即可判断C，建立空间直角坐标系，设点Px,y,2，即可求出动点P【详解】对于A：设点A1到平面B1C

B1D1S△B1又VA1-B1对于B：

SABCD=22S△ABVD设内切球的半径为r，则163=1对于C：设底面ABCD中心为O,BC1∩B1C=E,DC1∩D1

则CG⊥EF，C1G⊥EF，所以∠CGO为面BC在△CGO中，GO=GC=2,OC=2，OG所以平面BC1D对于D，设底面ABCD中心为O，底面A1B1C1D1

设点Px,y,2，又M由PM=2PN得，x2所以P点轨迹为圆x2+(y-3)2=4因为JC1=1，JK=2，∠O1即∠KJH<π

所以HK的弧长不为π，即点P的轨迹长不为π，故D错误.故选：AC【点睛】关键点睛：涉及点到面的距离一般利用等体积法或空间向量法，D选项关键是建立空间直角坐标系，定量计算出动点P的轨迹.【变式7-1】4.（2023·山东淄博·统考三模）设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且∠AOB=60°，球体O表面上动点P满足PA=2A．121111π B．415【答案】D【分析】建立直角坐标系，根据PA=2PB确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心距CO=【详解】以AOB所在的平面建立直角坐标系，AB为x轴，AB的垂直平分线为y轴，AB=3，则A-32,0，B则x+322故P轨迹是以C52,0转化到空间中：当P绕AB为轴旋转一周时，PA,PB不变，依然满足故空间中P的轨迹为以C为球心，半径为r=2的球，同时P在球O上，故P在两球的交线上，为圆.球心距为CO=△OCP为直角三角形，对应圆的半径为r1周长为2π故选：D题型8解析几何相关【例题8】（2023秋·安徽·高三安徽省马鞍山市第二十二中学校联考阶段练习）若正四面体P-ABC的侧面PAB所在平面内有一动点Q，已知Q到底面ABC的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则k的值为.【答案】2【分析】求正四面体侧面与底面的夹角，再由抛物线的定义求解．【详解】设正四面体二面角P-AB-C平面角为θ，P在底面的投影为O，M为AB中点，PM⊥AB,OM⊥AB，则∠PMO=θ，设正四面体边长为a，则PM=32a，OM=36

点Q到底面ABC的距离为QH，点Q到定直线AB的距离为d，则d=QH再由点Q到底面ABC的距离与到点P的距离之比为正常数k，可得PQ=QHk∵平面PAB内，点P为定点，直线AB为定直线，又动点Q的轨迹是抛物线，故PQd=1，故故答案为：2【变式8-1】1.（2023春·四川遂宁·高三射洪中学校考阶段练习）设点P是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1表面上的动点,点M①当点P在底面ABCD内运动时,三棱锥P-C1D②当点P在线段B1C上运动时,异面直线AP与A1③当点P在线段A1D1上运动时,平面PAN⊥④当点P在侧面BCC1B1内运动时,若P到棱A1【答案】①③④【分析】对于①,根据点P到平面C1D1M的距离即为点P到平面A1B1C1D1的距离为2即可判断;对于②,异面直线AP与A1D所成角即为直线AP与B1C所成角,转化为在△AB1C中,AP与B1C所成角即可判断;对于③,根据N为底面【详解】对于①,当点P在底面ABCD内运动时,点P到平面C1D1M的距离即为点P到平面则VP-对于②,如图:点P在线段B1C上运动时,因为所以异面直线AP与A1D所成角即为直线AP与因为AC=AB1=当点P在线段B1C的中点时,AP⊥B1C,即直线AP当点P向两个端点运动时,直线AP与B1C所成角越来越小,当点P与点B1或点C重合时,直线AP与B所以直线AP与B1C所成角的取值范围是即异面直线AP与A1D所成角的取值范围是对于③,如图:∵N为底面ABCD的中心,∴AN⊥BD,∵BB1⊥平面ABCD,AN⊂∴AN⊥BB又BD∩BB1=B,BD⊂平面BDD1∴AN⊥平面BDD∵AN⊂平面PAN,∴平面PAN⊥平面BDD对于④,点P在侧面BCC∵A1B1∴P到棱A1B1∴P到棱A1B1的距离等于它到棱BC的距离即为点P到B1的距离等于点根据抛物线的定义,又点P在侧面BCC∴点P的轨迹为抛物线的一部分.故答案为:①③④.【变式8-1】2.（多选）（2023·全国·模拟预测）已知正方体ABCD-AA．直线BD'与直线ACB．与12条棱夹角相同的最大截面面积为3C．面切球与外接球半径之比为1:D．若Q为空间内一点，且满足D'Q与AB所成角为【答案】ABC【分析】根据给定的正方体，证明AC⊥BD确定符合条件的最大截面并求出面积判断B；求出两球半径比判断C；求出点Q的轨迹方程判断D作答.【详解】A.如图，在正方体ABCD-ADD'⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则DD'DD',BD⊂平面BDD'，因此AC⊥平面BDD'B.与正方体ABCD-A点M,N,E,F,R,T分别为正方体ABCD-A'B多边形MNEFRT为正六边形，其边长为2，其面积为S=6×3因为正方体ABCD-A'B'C因此面切球与外接球半径之比为13点Q在平面ABCD内，过Q作QH//AB交AD于H，连接D'而AB⊥平面ADD'A'，D'H⊂平面显然∠HQD'是D'Q与AB所成的角，则有在平面ABCD中，以DA，DC所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，设Q(x,y)，则|DQ|=x2+于是得4+x2+y2故选：ABC【变式8-1】3.（多选）（2023·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E为侧面BCC1B1的中心，A．三棱锥P-BB．若EP//平面A1C．若FQ⊥DP，则线段FQ的最大值为2D．当DQ与DA1的所成角为45∘【答案】AC【分析】证明EF//BD1，由此证明△EFP的面积为定值，再证明B1E⊥平面【详解】因为E为侧面BCC1B1的中心，所以又F为棱C1所以EF//所以点P到直线EF的距离等于点E到直线BD所以点P到直线EF的距离等于点C1到直线B设C1所以点C1到直线BD1所以点P到直线EF的距离为26所以△EFP的面积S△EFP又B1E⊥BCBC1∩C1所以B1E⊥平面所以三棱锥P-B1EF如图以点D为原点，DA,DC,则D0,0,0所以DA所以DA所以向量BD1=设BP=λBD所以EP=因为EP//平面A1C所以λ=13，所以所以EP=设Qx,y,4，则FQ又DP=因为FQ⊥DP，所以4-4λx+所以x+y=2，所以FQ=又0≤x≤4,0≤y≤4，所以0≤y≤2，所以当y=0时，线段FQ取最大值，最大值为22因为DQ=x,y,4，又DQ与DA1的所成角为所以cos45化简可得y2=8x，且所以点Q的轨迹为抛物线的一部分，D错误；故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题解集的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量方法研究空间中的线面位置关系.【变式8-1】4.（多选）（2023·全国·高三专题练习）已知在棱长为1的正方体ABCD-A1B1CA．当P在对角线BD上运动时，三棱锥A-PBB．当P在对角线BD上运动时，异面直线D1P与BC．当P在对角线BD上运动时，直线D1P与平面AD．若点P到棱AA1的距离是到平面BCC【答案】AB【分析】根据线面平行的性质结合三棱锥体积公式可判断A；建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法可判断B，C；根据圆锥曲线的定义可判断D.【详解】当P在对角线BD上运动时，BD∥B1D1,B故BD∥平面AB1D1，从而点从而三棱锥P-AB1D1的体积为定值，即三棱锥以D为原点，DA,DC,DD1分别为x轴､y轴､

则D10,0,1，B1由P在对角线BD上运动，设Pm,m,0于是B1假设存在点P满足异面直线D1P与B1C所成角为解得m=14，所以异面直线D1P与AC1=(-1,1,1),D故AC1⊥平面A1BD于是令sinπ3=即直线D1P与平面A1BD所成角取不到注意到点P到棱AA1的距离为PA，过点P作BC的垂线，垂足为则点P到平面BCC1B在平面ABCD内，动点P到定点A的距离与到定直线BC的距离之比为2，即动点P的轨迹在双曲线上，D错误,故选：AB.【点睛】关键点睛：本题考查立体几何中动点轨迹，异面直线所成角､线面角的计算，解答的关键是要发挥空间想象能力。利用空间向量处理空间角，利用圆锥曲线的定义确定立体几何中动点的轨迹,【变式8-1】5.（多选）（2023秋·广东阳江·高三统考开学考试）已知正方体ABCD-A1BA．若M为线段AC上任一点，则D1M与BB．若M为正方形ADD1A1C．若M在正方形DCC1D1内部，且|MB|=D．若三棱锥M-BDC1的体积为43【答案】ACD【分析】对于A：根据异面直线夹角分析判断；对于B：根据题意分析可得AC与BD的交点O即为三棱锥M-ABD的外接球的球心，结合锥体的体积公式分析运算；对于C：分析可得MC=2【详解】对于A：过点M作MN//BC交DC于点N，连接D1则∠D1MN即为D1M当点M由点A向点C移动的过程中，点N由点D向点C移动,线段D1N逐渐变长，所以tan∠又当点M在点A处时，∠D1MN=π4；当点M对于B：由题意可知：AB⊥平面ADD1A1，则AB⊥DM,AB⊥AM，又因为AM⊥DM，AB∩AM=A，AB,AM⊂平面ABM，所以DM⊥平面ABM，BM⊂平面ABM，则DM⊥BM，故△MAD和△ABD均为直角三角形．所以AC与BD的交点O即为三棱锥M-ABD的外接球的球心，半径R=1此外接球的体积V=4对于C：由题意可知：BC⊥平面DCC1D1，则BC⊥CM，点M在侧面DCC1D故点M的轨迹是以点C为圆心，半径为2的四分之一圆弧，所以点M的轨迹的长度为14对于D：设三棱锥M-BDC1的高为由三棱锥M-BDC1的体积为13即点M到平面BDC1的距离为对于三棱锥C-BDC1，设高为由体积可得13h1即点C到平面BDC1的距离为可得：点A1到平面B1D1C的距离为233故点M在平面B1D1若∠MD1C=π6显然点C不满足题意，设D1C与平面B1D1故平面B1D1C与圆锥侧面相交，且平面B1显然点D1不合题意，所以点M故选：ACD.【点睛】方法定睛：在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性【变式8-1】6.（多选）（2023·河北·校联考三模）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1CA．若点P到直线AB与到直线B1C1距离之比为2:1B．若点P到直线AB与到直线B1C1距离之比为1:1C．过点P,C,D三点作正方体ABCD-AD．三棱锥P-ABC体积的最大值为1【答案】BCD【分析】对A：如图，以B1为坐标原点，建立空间直角坐标系，设点Px,0,z，由点P到直线AB与到直线B1C1距离之比为2:1求得点P的轨迹；对B：根据抛物线的定义得点P的轨迹；对C：过点P作MN//AB分别交AA1,BB1于M，【详解】如图，以B1为坐标原点，以B1A则B10,0,0，设侧面ABB

对于A：点P到直线AB的距离为1-z，由正方体知B1C1⊥面ABB1A1，又所以点P到直线B1C1距离为PB1所以点P的轨迹为椭圆的一部分，故A错误；对于B：点P到直线AB与到直线B1C1距离之比为1:1，即P到直线AB根据抛物线定义知点P的轨迹为抛物线的一部分，故B正确；对于C：过点P作MN//AB分别交AA1,BB1则MN//CD且MN=CD，所以四边形MNCD是平行四边形，则平行四边形MNCD为过点P,C,D三点的截面，故C正确；

对于D：当点P在A1B1上时，点P此时三棱锥P-ABC体积VP-ABC故选：BCD【变式8-1】7.（多选）（2023·江苏扬州·统考模拟预测）圆柱OO1高为1，下底面圆O的直径AB长为2，BB1是圆柱A．若PA+PB=3，则P点的轨迹为圆B．若直线OP与直线OB1成45°，则C．存在唯一的一组点P,Q，使得AP⊥PQD．AP+PQ+QB1【答案】BC【分析】建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式以及向量夹角公式列式计算可得点P的轨迹方程判断选项A和选项B，假设AP⊥PQ，根据勾股定理列式结合均值不等式计算最值，即可判断选项C，计算AP+PQ+QB1的最大值【详解】对B，如图，不妨以O为原点，以AB的垂直平分线，OA,O分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则O0,0,0B10,-1,1，设Px,y,1由题意，-y+1-12+由于P点在上底面内，所以P的轨迹是抛物线的一部分，故B正确；对A，PA+PB=3,x2+(y-1)2

对C，设点P在下平面的投影为P1，若AP⊥PQ则AP2+P当P1在线段AQ上时，A由均值不等式，AP当且仅当AP所以2=AQ2-(A而点Q只有在与点B重合时，AQ2才能取到此时点B与点Q重合，点P与点O1对D，当点P与点B1，点A与点QAP+PQ+QB1的值为故选：BC【点睛】判断本题选项B时，利用定义法计算线线所成的角不好计算时，可通过建立空间直角坐标系，利用向量夹角的计算公式列式计算.题型8线段最值【例题8】（2023春·宁夏·高三六盘山高级中学校考开学考试）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1DA．NB1⊥NCC．线段B1N最小值为305 D．【答案】D【分析】由题意判断N点的位置特征，由N点的位置变化验证各选项是否正确.【详解】如图所示：取A1A中点N1，连接D1B1，D1又DB,MD⊂面BMD，DB∩MD=D，则D1B1D1B1∩B1N而B1N⊂面B1N1当N在D1时NB1VB线段B1N的最小值为