高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）第13讲 专题1-5 立体几何小题轨迹问题七大题型

专题1-5立体几何小题轨迹问题七大题型汇总题型1平行关系与轨迹 1题型2垂直关系与轨迹 9题型3定长与轨迹 20题型4相等关系与轨迹 33题型5角度定值与轨迹 44题型6翻折问题与轨迹 59题型7旋转问题与轨迹 68题型1平行关系与轨迹【例题1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，M为A1C

A．AC1=4 B．BC1＝4 C．AB1＝6 D．【答案】B【分析】根据面面平行的判定定理证明平面MDE//平面ABC1，再由MN//平面【详解】如图，

取B1C1由MD//A1B又MD⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，所以同理可得DE//平面ABC1，又MD∩DE=D，MD,DE⊂所以平面MDE//平面ABC1，又MN//平面故点N的轨迹为线段DE，又由DE=12B故选：B．【变式1-1】1.(多选)（2023·全国·高三专题练习）已知△ABC为等腰直角三角形，AB=AC，其高AD=3，E为线段BD的中点，将△ABC沿AD折成大小为θπ3<θ≤π2的二面角，连接BC，形成四面体A−BCD，动点P在△ACD内（含边界），且PEA．AD⊥BCB．E点到平面ADC的距离的最大值为3C．点P在△ACD内（含边界）的轨迹长度为2D．当BP⊥AC时，BP与平面ADC所成角的正切值的取值范围为2【答案】ABD【分析】作图，根据图中的几何关系以及有关定义构造三角形逐项求解.【详解】依题意作下图：∵AD=3，BD=CD=3,AB=AC=32又∵BD⊥AD,CD⊥AD,∴∠BDC=θ，BD∩CD=D,BD⊂平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴AD⊥BC，A正确；取AD的中点F，CD的中点G，连接EG,EF,GF；∵GF//AC,AC⊂平面ABC，∴GF//平面ABC，EF//AB,AB⊂平面ABC，∴EF//平面ABC，GF∩EF=F，∴平面GEF//平面ABC，又PE//平面ABC，P∈平面ACD，平面ACD∩平面EFG=GF，∴P点在线段GF上，P点在△ACD内轨迹的长度GF=1过E点作CD的垂线EH得垂足H，AD⊥平面BCD，EH⊂平面BCD，∴EH⊥AD,CD∩AD=D,CD⊂平面ACD，AD⊂平面ACD，∴EH⊥平面ACD，即线段EH的长度就是E点到平面ACD的距离，∴EH=EDsin对于D，如图过B点作CD的垂线得垂足I，则有BI⊥平面ACD，过I点作GF的垂线得垂足P，∵GF⊥PI,GF⊥BI,BI∩PI=I,BI⊃平面BPI，PI⊂平面BPI，∴GF⊥平面BPI，GF⊥BP，又GF//AC,∴BP⊥AC，BP与平面ACD所成的角就是∠BPI，在等腰直角三角形GPI中，PI=22GI=2232当θ=π3时，DI=3cosπ3令fθ=3fθ是减函数，当θ=π2时取fθ最小值故选：ABD.【变式1-1】2.(多选)（2023·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD−A1B1CA．三棱锥N−A1B．当MN最大时，MN与BC所成的角为πC．正方体的每个面与点N的轨迹所在平面夹角都相等D．若DN=2，则点N的轨迹长度为2【答案】ACD【分析】首先利用平面的基本性质确定N点所在平面MEFGHI，且面MEFGHI//面A1BC1，构建空间直角坐标系，求面A1BC1的一个法向量，应用向量法求N到面A1BC1的距离，进而求三棱锥N−A1B【详解】过AB中点M作ME//A1B与A1A交E，作EF//B依次作A1C1,A最后依次连接各交点，得到如下图示的正六边形MEFGHI，因为ME//A1B，ME⊄面A1B所以ME//面A1BC1因为ME∩EF=E，ME,EF⊂面A1BC所以面MEFGHI中直线都平行于面A1BC1，又M∈面MEFGHI，且所以MN⊂面MEFGHI，即N∈面MEFGHI，根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，C1(0,2,2)，且M(2,1,0)，E(2,0,1)，F(1,0,2)，G(0,1,2)，A：由上分析知：面MEFGHI任意一点到面A1BC1的距离，即为而A1B=(0,2,−2)，C1B所以m⋅A1B=2y−2z=0m⋅所以M到面A1BC1的距离，即N到面又△A1BC所以三棱锥N−A1BB：由图知：当N与G重合时MN最大为22，且MG//B所以MN与BC所成的角，即为∠CC：由正方体性质，只需判断各侧面的法向量DA=(2,0,0)，DC=(0,2,0)，DD又cosm,DA所以正方体的每个面与点N的轨迹所在平面夹角都相等，正确；D：若DN=2，则点N的轨迹是以N为球心的球体被面MEFGHI所截的圆，因为面MEFGHI//面A1BC1，故m=(1,1,1)所以D到面MEFGHI的距离为d'=m故点N的轨迹长度为2π故选：ACD【变式1-1】3.(多选)（2022·全国·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，平面A．当BD//平面α时，H点的轨迹长度为B．点H所形成曲面的面积为2C．若仅存在唯一的平面α，使得HC⊥HP，则DD．若P为C1D1的中点，则直线PH与平面【答案】ACD【分析】根据AH⊥A1H垂直关系可得H在以A【详解】由于A1H⊥平面α，AH⊂α,所以AH⊥A1H，即H在以A因为AA1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD因为AC⊥BD,AA1∩AC=A,A由于BD⊥平面ACC1A1,当BD//平面α时，可知A1H⊥BD,所以H∈平面ACC因为平面ABB1A所以点H形成的曲面是球面的14，所以面积S=由题意可知，存在唯一的点H，使得HC⊥HP，所以以AA设AA1中点为O，CP中点为M，DD1中点为N，则则CP=22+2−2x2则OM=x+12+22=x2+2x+5，又由于相切，则OM=R+PH与以AA1为直径的球相切，且P，A1，O，H共面，易知PA1与以AA1故选：ACD【点睛】方法点睛：本题考查了空间中点线面的位置关系，轨迹弧长的问题，以及空间中的距离最值以及空间角的最值问题.解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，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）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（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球、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）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解【变式1-1】4.（2023·全国·高二专题练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC、【答案】22/【分析】利用坐标法，根据线面平行和面面平行的判定及性质找出P的轨迹，根据轨迹特点可求答案.【详解】如图，分别取AA1,A1以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为则M1,0,12所以MN=−12,0,故MN=EF，即MN//EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面所以MN//平面AEF，同理可得NC1//平面AEF，又MN∩N所以平面MNC1//因为P是侧面ADD1A所以点P必在线段MN上，即点P的轨迹为MN，所以点P的轨迹长度为MN=MN故答案为：22题型2垂直关系与轨迹【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.(多选)（2023·全国·高二专题练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B

A．存在点P，使得DB．过三点A、M、D1的正方体ABCD−AC．四面体A1CD．点N在棱BB1上，且B1N=4NB，若【答案】BC【分析】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由D1P⋅AD1=0可判断A；过三点A、M、D1的正方体ABCD−A1B1C1D1的截面为以MQ,AD1为底的等腰梯形，求出截面面积可判断B；设四面体A1【详解】对于A，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设Px,y,0，则D10,0,1，A1,0,0，若D1P⊥AD1，则对于B，取BB1中点Q，连接D1所以可得A、M、D1、Q所以过三点A、M、D1的正方体ABCD−A1AD过点Q作QH⊥D1A所以梯形的高为QH=5所以，S=1

对于C，如下图知：四面体A1

可知四面体A1C1取△A1DC1的外心O1，连接则2A1O1=

所以四面体A1C1设四面体A1C1BD的侧面积为S，其内切球的半径为∵V即r=ℎ4=对于D，N1,1,15，NP=x−1,y−1,−即xx−1+yy−1所以，圆心12,12，所以，轨迹为圆：(x−12)所以D错误；故选：BC.【变式2-1】2.(多选)（2023·全国·高三专题练习）（多选）如图所示，圆锥PO中，PO为高，AB为底面圆的直径，圆锥的轴截面是面积等于2的等腰直角三角形，C为母线PA的中点，点M为底面上的动点，且OM⊥AM，点O在直线PM上的射影为H．当点M运动时，（

）A．三棱锥M-ABC体积的最大值为2B．直线CH与直线PA垂直不可能成立C．H点的轨迹长度为πD．AH+HO的值小于2【答案】ACD【分析】根据圆锥体积公式结合最值判断A选项，由已知得出矛盾判断B选项，由线面垂直得出轨迹判断C选项，结合不等式判断最值判断D选项.【详解】设圆锥的底面半径为R，高为h，母线长为l．由已知，圆锥的轴截面为面积等于2的等腰直角三角形，则其面积S=12PA⋅PB=对于A项，如图2，由OM⊥AM可知，点M在以OA为直径的圆上．因为OA=R=2，所以点M到平面PAB距离的最大值为1易知S△ABC=1对于B项，易知PO⊥平面AMB，AM⊂平面AMB，所以AM⊥PO，又AM⊥OM，OM∩PO=O，OM⊂平面POM，PO⊂平面POM，所以AM⊥平面POM，又OH⊂平面POM，则AM⊥OH，又OH⊥PM，PM∩AM=M，AM⊂平面PAM，PM⊂平面PAM，则OH⊥平面PAM，又PA⊂平面PAM，则OH⊥PA，由△PAB是等腰直角三角形，可得PO=OA，即△POA为等腰三角形，连接OC，又C为PA的中点，故PA⊥OC，又OH∩OC=O，OH⊂平面OHC，OC⊂平面OHC，则PA⊥平面OHC，所以PA⊥CH恒成立，故B项不正确．对于C项，由B项可知PA⊥平面OHC，又OH⊥平面PAM，HC⊂平面PAM，所以OH⊥HC，过点C且与PA垂直的平面仅有一个，则H点的轨迹为以OC为直径的圆（除去O，C两点）．又OC=1对于D项，设OH=x,x∈0,1，由B项可知CH⊥PA，CH⊥OH，则CH=1−x所以AH+HO=x+2−故选:ACD【变式2-1】3.(多选)（2023·重庆·校联考三模）已知在三棱锥P−ABC中，PA=PC=AB=BC=2，AC=23，平面PAC⊥平面ABC．若点M为BC的中点，点N为三棱锥P−ABCA．三棱锥P−ABC的外接球的表面积为20π B．直线PC与AM所成的角C．若AC⊥MN，则点N的轨迹长度为1+22 D．若点N在棱AC上，则【答案】ABC【分析】先求出∠ABC=∠APC=2π3，再根据平面PAC⊥平面ABC．利用球的性质找到球心O，求出球的半径，球的表面积公式可知A正确；通过作平行线作出异面直线所成角，利用余弦定理计算可知B正确；过点M作ME⊥AC于点E．在平面PAC内，过点E作EF⊥AC，交PC于点F，连接MF．根据AC⊥MN【详解】因为PA=PC=AB=BC=2，AC=23，所以∠ABC=∠APC=对于A，如图（1），设△ABC的外心为O1，△PAC的外心为O连接BO1，PO取AC的中点H，则H∈PO2，H∈BO1，则因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PH⊂平面PAC，BH⊂平面ABC，所以PH⊥平面ABC，BH⊥平面PAC．过点O1作平面ABC的垂线，过点O2作平面PAC的垂线，两垂线的交点O为三棱锥P−ABC的外接球的球心，且其半径R=B所以S=4π对于B，如图（2），取PB的中点D，连接AD，DM，则AD⊥PB，DM//PC，DM=1则∠AMD（或其补角）即为直线PC与AM所成的角θ．因为平面PAC⊥平面ABC，△ABC和△PAC都是以2π所以PB=1所以AD=A因为AM=A所以cos∠AMD=因为22<9对于C，如图（2），过点M作ME⊥AC于点E．在平面PAC内，过点E作EF⊥AC，交PC于点F，连接MF．若AC⊥MN，则点N的轨迹长度为ME+EF+FM=1对于D，如图（3），把侧面PAC与底面ABC展开到同一个平面，连接PM，交AC于点N．由两点之间线段最短，得MN+NP≥PM=3，所以MN+NP的最小值为3故D错误．故选：ABC．【点睛】关键点点睛：对于A，根据平面PAC⊥平面ABC．利用球的性质找到球心O是解题关键.对于C，利用垂直找到点N的轨迹是解题关键【变式2-1】4.（2021秋·高二课时练习）如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO中点，动点P在圆锥底面内（包括圆周）．若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为，点S与P距离的最小值是．

【答案】72/127【分析】建系，根据空间向量的垂直关系可得点P的轨迹方程为y=3【详解】由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示．

则A0,−1,0设Px,y,0，则AM因为AM⊥MP，则AM⋅MP=0×x+1×y+所以点P的轨迹方程为y=3空1：根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为21−空2：因为SP=x−0所以当x=0时，点S与P距离的最小，其最小值为574故答案为：72；57【变式2-1】5.(多选)（2023·全国·高三专题练习）如图，圆柱OO1的底面半径和母线长均为3,AB是底面直径，点C在圆O上且OC⊥AB，点E在母线BD上A．存在唯一的点F，使得AF+FE=2B．若AE⊥CF，则点F的轨迹长为4C．若AF⊥FE，则四面体ACEF的外接球的表面积为40D．若AF⊥FE，则点F的轨迹长为2【答案】ACD【分析】对选项A：作E关于D点的对称点为E'，利用对称性与三点共线距离最短求解；对选项BD：建立空间直角坐标系，根据F满足的条件判断其轨迹，求其长度；对选项C：证明AE中点Q为四面体ACEF【详解】设E关于D点的对称点为E'则AF+EF=AF+FE所以AF+FE≥213,当且仅当故存在唯一的点F，使得AF+FE=213由题意知OC⊥AB,OO1⊥OC,OO1则A(0,−3,0),C(3,0,0),E(0,3,2),设F(x,y,3)，则AE=(0,6,2),对选项B：当AE⊥CF时，AE⋅所以点F的轨迹长为上底面圆O1的一条弦MN，O所以MN=232−1=42对选项D：当AF⊥FE时，AF⋅所以点F的轨迹是以O1为圆心，6为半径的圆，其轨迹长为2对选项C：在△ACE中，AC=32∴AC2+CE2=AE2,∴△ACE而QF=Q所以QF=QE=QC=QA，所以Q为四面体ACEF的外接球的球心，球半径为10，所以球的表面积为40π故选：ACD【点睛】方法点睛：对立体几何中动点的轨迹问题采用几何法分析难度时可以用坐标法去研究，根据动点的坐标满足的方程可以方便的判断出轨迹的形状，将几何问题转化为代数问题解决.题型3定长与轨迹【例题3】（2023·全国·高三专题练习）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点A．3+266C．3+66【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3-1】1.(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3-1】2.(多选)（2023·全国·高二专题练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，A．若D1Q//平面AB．存在点Q，使得D1Q⊥C．当且仅当点Q落在C1处时，三棱锥Q−D．若D1Q=62【答案】ACD【分析】选项A：利用面面平行证明线面平行，得到动点轨迹；选项B：利用向量法证明线面垂直，判断动点是否存在；选项C：利用向量法求点到平面距离，计算棱锥体积；选项D:利用方程判断轨迹形状并求轨迹长度.【详解】取B1C1、C1C中点E、F，连接D1E由PF//BC1//A1∵D1F⊂平面A1PD，A1P⊂平面A1PD∵EF∩D1F=F，EF,∴平面A1PD//如图，建立空间直角坐标系，则A11,0,0，P1,1,12，D0,0,1，设则A1D=−1,0,1，设m=a,b,c为平面则m⋅A1D=0,m⋅A1若D1Q⊥平面A1PD，则D1Q//m，即存在λ∈R，使得D1Q△A1PD的面积为定值，∴当且仅当Q到平面A1PDd=A①x+z≤32，d=1−23x+z②x+z>32，d=23x+z−1，则当综上，当x+z=0，即Q和C1重合时，三棱锥Q−D1C1⊥平面BB∴C1Q=22，Q点的轨迹是半径为22故选：ACD.【变式3-1】3.(多选)（2023春·广东惠州·高一统考期末）如图，点M是棱长为1的正方体ABCD−A1BA．有无数个点M满足CM⊥AB．当点M在棱DD1上运动时，MA+MC．若MB1=2D．在线段AD1上存在点M，使异面直线MB1【答案】AC【分析】对于A，根据线面垂直性质定理以及判定定理，可得其正误；对于B，利用“将军饮马”模型，旋转平面化折为直，结合勾股定理，可得其正误；对于C，利用直观想象圆锥的模型，利用勾股定理，求得其底面轨迹，可得其正误；对于D，根据异面直线夹角的定义，利用数形结合以及三角函数的定义，可得其正误.【详解】对于A，若M在A1D上，则此时有无数个点M满足证明如下：由正方体的性质得CD⊥平面ADD1A1，因为AD又A1D⊥AD1，CD∩A1D=D，CD,因为CM⊂平面A1DC，所以AD对于B，旋转平面ADD1A1使之与平面BB1D此时MA+MB1最短为A'对于C，当点M在平面ADD1A1内时，A1B1⊥面所以A1B12+A1M2=B从而动点M轨迹长度为14对于D，因为CD//A1B1，所以直线B1M与CD所成的角，即为直线由在线段AD1上存在点M知，A1M≥2即∠A1B故选：AC【变式3-1】4.(多选)（2023·全国·模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1CA．点M的轨迹的面积为πB．直线C1QC．当PQ⊥A1CD．B1P【答案】ACD【分析】A选项，连接QD，DM，可得DM=1B选项，注意Q与D重合的特殊情况；C选项，由PQ⊥A1C1，可得点Q在线段BD上，结合D选项，注意到B1【详解】A选项：连接QD，DM，易知PD⊥平面ABCD，QD⊂平面ABCD，所以PD⊥DQ.因直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，所以DM=1所以点M的轨迹是以D为球心、12为半径的球的表面的1所以点M的轨迹的面积为18B选项：易知BC⊥平面DCC1D此时直线C1C选项：连接BD，BD1，易知PD⊥平面A1B1所以PD⊥A1C1.又PQ⊂平面PDQ，DP⊂平面PDQ，所以A1所以A1又因BD∥B1D1，BD⊄平面B1CD1所以点Q到平面B1CD所以BBD选项：连接B1M，B1BM表示球D外一点到球面上一点的距离，则BMmin所以B1故选：ACD【变式3-1】5.(多选)（2023·全国·高二专题练习）在直四棱柱中ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，A．若λ+μ=12，则四面体B．若AQ∥平面A1BP，则AQ+C．若△A1BQ的外心为OD．若A1Q=7，则点【答案】ABD【分析】对于A，取DD1,DC的中点分别为M,N，由条件确定Q的轨迹，结合锥体体积公式判断A，对于B，由条件确定Q的轨迹为MN，将原问题转化为平面上两点间的距离最小问题求解；对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，由条件确定点Q【详解】对于A，取DD1,DC的中点分别为M,N，连接AM,AN,MN,DQ，则DD1因为DQ=λDC+μ所以DQ=2λDN+2μ所以Q,M,N三点共线，所以点Q在MN，因为D1C//A1B，MN//D1C，所以MN//A1B,MN⊄平面A1BP，对于B，因为AM//BP，因为AM⊄平面A1BP，BP⊂平面A1BP，所以AM∥平面A1BP，又AQ∥平面A1BP，AQ∩AM=M，AQ,AM⊂平面AMQ，所以平面AMQ//平面A1BP，取D1C1的中点E，连接PE，则PE//D1C，D1C//A1B，所以PE//A在同一平面，如图，则AQ+C1Q≥AC1，当且仅当A,Q,C1三点共线时等号成立，所以AQ+C1Q的最小值为AC1，因为∠BAD=60∘,AB=AD=AA1=2，所以在△AMC1中，AM=5，M所以AC1=MA2+M所以B正确，对于C，若△A1BQ的外心为O，过O作OH⊥A1B于对于D，过A1作A1K⊥C1D1，垂足为K，因为DD1⊥平面A1B1C1D1，A1K⊂平面A又在△A1K所以KD1=在△A1KQ中，A1K=3，A1Q=7在DD1,D1C1上取点A3,A2，使得D1A3=故选：ABD.【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.题型4相等关系与轨迹【例题4】（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4-1】1.(多选)（2023·河北唐山·开滦第二中学校考模拟预测）已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，点M在平面ABCD上，且AM=λAD(0<λ<1)，则（

）A．存在λ，使得直线PB与AM所成角为πB．不存在λ，使得平面PAB⊥平面PBMC．当λ一定时，点P与点M轨迹上所有的点连线和平面ABCD围成的几何体的外接球的表而积为4D．若λ=22，以P为球心，PM为半径的球面与四棱琟P−ABCD【答案】BCD【分析】根据线面角是斜线与平面内直线所成角的最小角判断A，根据平面PBC⊥平面PAB判断B，根据圆锥与其外接球轴截面求球的半径判断C，利用侧面展开图求球与侧面交线长，再由球与底面交线为以点A为圆心，2为半径的四分之一圆弧即可判断D.【详解】对A，如图，由题意∠PBA=π4为直线与平面ABCD所成的角，所以PB与AM所成的角不小于对B，PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，PA∩AB=A,PA,AB⊂面PAB，∴BC⊥面PAB，∴点M要在直线BC上，因为AM=λAD(0<λ<1)，所以不存在，故B正确.对C，由题意知，几何体为圆锥，作圆锥及外接球的轴截面图，如图，所以外接球的半径R满足R2=(2−R)所以外接球的表而积为S=4λ对D，将侧面展开，知球与侧面的交线为以点P为圆心，6为半径的圆与侧面展开图的交线，即图中EMF，因为tan∠APF=22又∠APF+∠FPB=π4，所以由对称性知∠FPC=∠CPE，所以∠FPE=π故EMF的长为π2又球与底面交线为以点A为圆心，2为半径的圆与底面ABCD的交线，故长度为π2×2，所以球面与四棱琟P−ABCD故选：BCD【点睛】关键点点睛：因为平面与球的截面为圆面，交线为一段圆弧，所以球与棱锥各面的交线是圆上一段，且圆的半径为6，所以只需求出圆心角，本题选项D可以沿侧棱展开，棱锥各个侧面放在同一平面上，借助平面几何知识及对称性求出圆心角为π2【变式4-1】2.(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4-1】3．（2023·全国·高三专题练习）已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，【答案】8【分析】建立空间直角坐标系，设出Pa,2a,0,Qb,6−2b,c，Mx,y,z，利用PM=2MQ得到2x+y=4+43a【详解】如图，以点D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD设Pa,2a,0,Qb,6−2b,c，其中c设点Mx,y,z，则由PM=2即x−a=23b−ay−2a=2因为z=23c因为a,b∈0,3，所以4≤2x+y≤8在直角坐标系中作出其可行域，如图，则EF=且2x+y=4与2x+y=8之间的距离为8−44+1所以点M的轨迹面积为25故答案为：8【变式4-1】4.(多选)（2023·全国·高三专题练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点A．若点F是线段AB的中点，则CF//B．若点G是线段AD的中点，则C1G⊥C．若B1M//平面A1BE，则MD．若点M到BC的距离与到DD1的距离相等，则【答案】BD【分析】根据给定的正方体，以点A为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，B；设出点M的坐标，利用向量垂直的坐标表示求出点M的轨迹判断C；利用抛物线定义判断D作答.【详解】在棱长为2的正方体ABCD−A则A(0,0,0),B(2,0,0),A对于A，FC=(1,2,0),A1E=(0,2,−1)，显然向量FC与A对于B，A1B=(2,0,−2),A1E⋅GC1=2×1+(−1)×2=0，即A又A1B∩A1E=A1对于C，由选项B知，向量GC1=(2,1,2)是平面A1BEB1M=(x−2,2,z−2)，因为B1M//于是得B1M⋅所以0≤x≤20≤z=3−x≤2，得1≤x≤2满足x+z=3，1≤x≤2的点M轨迹是正方形CDD1C1内的线段所以M点轨迹在正方形CDD1C对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，显然点M与C不重合，否则0=CD，矛盾，即有MC⊥BC，因此点M到直线BC的距离等于点M到点C的距离，又DD1⊂平面CDD1依题意，在平面CDD1C1内，点M到定点C的距离等于它到定直线故选：BD【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【变式4-1】5.(多选)（2023·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD−A1B1CA．当C1P=13B．当C1P=λC．当点P到平面ABCD的距离等于到直线A1B1D．当C1P=1【答案】ABC【分析】A项可通过找异面直线所成的角的平面角判断；B项先证线面平行，得点到平面的距离为定值，得体积为定值；C项将两个距离具体化，得点到定点的距离等于到定直线的距离；D项利用球的性质得BD即直径，计算表面积.【详解】正方体ABCD−A对于A，如图，CP与AD所成的角即CP与BC所成的角，因为C1P=13C1B，所以BP=223对于B，因为C1B∥D1A，所以C1B//平面ACD1，所以当C对于C，点P到平面ABCD的距离即点P到直线BC的距离，点P到直线A1B1对于D，当C1P=12C1B即点P为C1外接球表面积S=4π故选：ABC.【点睛】思路点睛：根据点是否满足圆锥曲线的定义来判断动点轨迹是否是圆锥曲线；外接球问题关键找到几何体外接球球心.题型5角度定值与轨迹【例题5】（2023秋·高二单元测试）如图，点P是棱长为2的正方体ABCD−A

A．当P在平面BCC1BB．当P在线段AC上运动时，D1P与AC．使直线AP与平面ABCD所成的角为45o的点P的轨迹长度为D．若F是A1B1的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF//平面B1【答案】D【分析】由底面正方形ADD1A1的面积不变，点以D为原点，建立空间直角坐标系，设P(x,2−x,0)，则D1由直线AP与平面ABCD所成的角为45∘，作PM⊥平面ABCD，得到点P设P(m,m,0)，求得平面CB1D1的一个法向量为【详解】对于A中：底面正方形ADD1A1的面积不变，点所以四棱锥P−AA对于B中：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−1≤1，当x−1=0时，可得cos当0<x−1≤1时，cosθ=所以异面直线D1P与A1

对于C中：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PM=AM，又因为PM=AB，所以AM=AB，所以所以点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中，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=当x=1时，等号成立，所以D错误.故选：D.

【点睛】方法点拨：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：一般时根据线面平行，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.【变式5-1】1.（2023·全国·高三专题练习）如图，在正方体ABCD−A1BA．有且仅有一个点P，使得D1P⊥B1CC．若DP=12DB，则三棱锥P−BB1C外接球的表面积为16【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5-1】2.(多选)（2023·全国·高二专题练习）如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，A．当a=12时，三棱锥A−PBB．当a+b=1时，PB+PB1C．若直线BP与BD所成角为π4，则动点P的轨迹长为D．当a+2b=1时，三棱锥P−ABC外接球半径的取值范围是2【答案】BCD【分析】当a=12时，由平面向量线性运算法则可知点P在线段OO1上，利用等体积法求出体积可判断A；当a+b=1时，由共线定理可得点P在线段CA1上，根据对称性将PB+PB1的最值转化成平面几何问题，即可求得最小值；若直线BP与BD所成角为π4，可知点P的轨迹是以O为圆心，半径为r=【详解】对于A，取AC,BD相交于点O,A1C当a=12时，即由平面向量线性运算法则可知，点P在线段OO1上，又∴V对于B，当a+b=1时，由AP=aAC+bAA1，利用共线定理可得，由对称性可知，线段CA1上的点到D1取平面A1所以PB+PD1≥B此时点P为线段CA1的中点，即PB+PB对于C，由图可知，BA,BC与BD所成角都为π4，由AP=aAC+bA若直线BP与BD所成角为π4，在线段OO1上取点P1，使OP1=OB则点P的轨迹是以O为圆心，半径为r=22，且在平面A1所以动点P的轨迹长为πr=对于D，当a+2b=1时，取AA1的中点为E，即由AP=aAC+bAA1=a易知三棱锥P−ABC外接球球心在直线OO1上，设球心为作PQ⊥AC于点Q，设PQ=x∈0,1，易知AE=1,AC=因为PQ∥AE，则PQAE=CQAC，得设外接球半径为R，则R2=ℎ所以R2由二次函数的性质可知，当x=23时，半径最小为R=22；当又x∈0,1，所以半径的取值范围是2故选：BCD.【点睛】关键点睛：本题关键在于根据向量线性运算法则和共线定理的应用，确定点P的位置，再根据几何体特征利用对称性即可求得距离之和的最小值，利用几何法即可找出球心位置，进而写出半径的表达式，利用二次函数的性质求出半径的取值范围.【变式5-1】3.(多选)（2023·全国·高三专题练习）已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的所有顶点都在球O的球面上，A．AA1B．球O的表面积为8C．EA+EA1D．若AE与平面BDC1所成角的正弦值为217，则【答案】ABD【分析】对于A，由条件先证线线平行，进而证得线面平行；对于B，先假设球心O的位置，利用勾股定理与半径相等建立方程组进而确定O的位置，可求得球O的表面积；对于C，先判断E落在C1O上，再进一步判断E与O重合时，对于D，利用面面垂直的性质作出AF⊥面BDC1，故∠AEF为AE与平面BDC1所成角，再利用sin∠AEF【详解】对于A，如图1，设底面ABCD对角线交于点O由棱台的结构特征易知AA1与CC又面A1B1C1D1面AA1C1C∩面ABCD=AC由平面几何易得A1C1所以四边形AA1C而AA1⊄面BDC1，C1O.对于B，如图2，设O1为A1C1的中点，在等腰梯形AA1C1C为方便计算，不妨设O1O=a,O即222+又a+b=O1O2=62，解得a=故球O的表面积为4π.对于C，由图2易得BD⊥O1O2，BD⊥AC，O1O2∩AC=O不妨设E落在图3E'处，过E'作E'E1//BD故在Rt△AE1E'所以E1A+E1A1<再看图4，由A1故EA+EA.对于D，由选项C可知，BD⊥面AA1C1C，BD⊂面BD在面AA1C1C内过A作AF⊥则AF⊂面AA1C1C，面AA1C1C∩面BDC在△C1OC中，C1O=AA1=2，C在Rt△AEF中，sin∠AEF=217,∴而FO=22=12故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于确定E的位置，先假设E在C1O外（记为E'），由勾股边小于斜边推得E1A+E1A1<E'A+E'【变式5-1】4.（2023·全国·高三专题练习）已知矩形ABCD，CD=4AD=43，过CD作平面α，使得平面ABCD⊥α，点P在α内，且AP与CD所成的角为π3，则点P的轨迹为，BP长度的最小值为【答案】双曲线6【分析】建立空间直角坐标系，设点P坐标，结合已知条件求出P点轨迹方程进行求解即可.【详解】如图，以D为原点，DC所在直线为x轴，平面α内过D且与CD垂直的直线为y轴，DA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则由已知，D0,0,0，A0,0,3，C∵点P在平面α内，∴设Px,y,0，则AP=x,y,−∵直线AP与直线CD所成的角为π3∴cosAP两边同时平方，化简得P点轨迹方程为x2∴点P的轨迹为双曲线.BP=∵P点轨迹方程为x2−y23∴BP=∴当x=3时，BP的最小值为BP故答案为：双曲线，6【点睛】易错点睛：本题第二个空容易误认为当点P在线段CD上时，BP长度最小，使用空间向量运算，可以有效避免这种直觉上的错误.【变式5-1】5.(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.题型6翻折问题与轨迹【例题6】（2022·全国·高三专题练习）已知矩形ABCD中，AB=1，AE=2，如图，将△ABE沿着BE进行翻折，使得点A与点S重合，若点S在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内部（包含边界），则动点SA．3π B．6π6 C．6【答案】C【分析】过点A作AM⊥BE于点M，交BC于点G，则点S在平面BCDE上的射影N落在线段MG上.由翻折过程可知，SM=AM=63，判断出S的轨迹是以点M为圆心，【详解】如图（1），过点A作AM⊥BE于点M，交BC于点G，则点S在平面BCDE上的射影N落在线段MG上.在Rt△ABE中，AB=1，AE=2，则BE=3翻折的过程中，动点S满足SM=63，则动点S的轨迹是以点M为圆心，63为半径的一段圆弧.易得BM=33，EM=233，△AME∽△GMB，所以MGMA=MBME=12，则MG=66<SM，如图（2），在圆M中，故选：C【点睛】立体几何中的动点轨迹问题一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型，有两种处理方法：(1)很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义法)；(2)要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式【变式6-1】1.（2023·全国·高三专题练习）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，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A．523π B．453π【答案】D【分析】取AC中点M，作EH⊥AC于H，设点F轨迹所在平面为α，设三棱锥S−ABC外接球的球心为O,△SAC,△BAC的中心分别为O1,O2，则可得OO1⊥平面SAC,OO2⊥平面【详解】取AC中点M，连接BM,SM，则AC⊥BM,AC⊥SM,BM∩SM=M，BM,SM⊂平面SMB∴AC⊥平面SMB，SM=MB=3，又SB=3∴∠SBM=∠MSB=30则三棱锥S−ABC的高ℎ=sin三棱锥S−ABC体积为V=1作EH⊥AC于H，设点F轨迹所在平面为则平面α经过点H且AC⊥α，设三棱锥S−ABC外接球的球心为O,△SAC,△BAC的中心分别为O1易知OO1⊥平面SAC,OO2由题可得∠OMO1=解Rt△OO1M，得O则三棱锥S−ABC外接球半径r=O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∴截面圆的周长为l=2πr1=53故答案为：53【变式6-1】2.（2020秋·浙江台州·高二校联考期中）矩形ABCD中，AB=2,AD=3，E为AB中点，将△ADE沿DE折起至△A'DE，记二面角A'-DE-C=θ，当θ在0，π范围内变化时，点A'的轨迹长度为【答案】32【分析】取DE的中点为M，过A'作A'G⊥DE，垂足为G，连接AG，可证明所以A'在以【详解】取DE的中点为M，连接AM,A'M故A'在以M球心，AM过A'作A'G⊥DE，垂足为G，连接AG在矩形ABCD中，AE=1,AD=3，故AG=故AG=AG'=32，而A故A'在过G且垂直于DE的平面上，所以A'在以G为圆心，而∠AGA'为二面角A−DE−A故点A'的轨迹长度为3故答案为：32【变式6-1】3.（2021秋·福建泉州·高二福建省南安市侨光中学校考阶段练习）如图所示，在平行四边形ABCD中，E为AB中点，DE⊥AB，DC=8，DE=6.沿着DE将△ADE折起，使A到达点A'的位置，且平面A'DE⊥平面BCDE.若点P为△A'【答案】4π【分析】根据给定条件探求出PB，PC在平面A'DE的射影PE，PD的关系，再在平面A'【详解】因平面A'DE⊥平面BCDE，平面A'DE∩平面BCDE=DE，DE⊥AB，于是得BE⊥平面A'DE，而从而得PE，PD分别是PB，PD在平面A'DE内的射影，如图，BEPE=tan∠EPB=tan在△A'DE则D(6,0)，设P(x,y)，于是得2x2+从而得点P的轨迹是以M(−2,0)为圆心，4为半径的圆，圆M交EA显然∠QME=π3，圆M在△A'DE内的部分是圆心角∠QME所对的弧QN所以点P的轨迹的长度为4π3故答案为：4π【变式6-1】4.（2021秋·福建福州·高二福建省长乐第一中学校考阶段练习）已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°.将菱形沿对角线AC折叠成大小为60°的二面角B'−AC−D.设E为B'C的中点，F为三棱锥B'【答案】3【分析】在侧面B′AC上，F点的轨迹是EP，在侧面B′CD上，F点的轨迹是EQ，在底面ACD上，F点的轨迹是PQ，求的△EPQ周长即可．【详解】连接AC、BD，交于点O，连接OB′，ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以AC⊥BD，OB′⊥AC，△ABC、△ACD、△AB′C均为正三角形，所以∠B′OD为二面角B'﹣AC﹣D的平面角，于是∠B′OD＝60°，又因为OB′＝OD，所以△B′OD为正三角形，所以B′D＝OB′＝OD＝2⋅3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，所以AC⊥平面EPQ，所以在三棱锥B'﹣ACD表面上，满足AC⊥EF的点F轨迹的△EPQ，因为EP＝12OB′，PQ＝12OD，EQ＝12所以点F轨迹的长度为33故答案为：3【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的轨迹问题，属于偏难题型，本题的关键是通过条件，得到AC⊥平面EPQ，从而得到点F的轨迹，【变式6-1】5.(2023春·全国·高一专题练习）已知菱形ABCD的各边长为4,∠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，若SB=6则三棱锥S−ABC的体积为，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的轨迹的周长为【答案】43103【分析】取AC中点M，由题可得AC⊥平面SMB，进而可得三棱锥S−ABC的高ℎ，进而得出体积，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.【详解】取AC中点M，连接BM,SM，则AC⊥BM,AC⊥SM,BM∩SM=M，BM,SM⊂平面SMB，∴AC⊥平面SMB，SM=MB=23又SB=6，cos∠SBM=∴∠SBM=∠MSB=30∘，则三棱锥S−ABC的高三棱锥S−ABC体积为V=1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,△SAC,△BAC的中心分别为O1易知OO1⊥平面SAC,OO2由题可得∠OMO1=OO1=则三棱锥S−ABC外接球半径r=O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∴截面圆的周长为l=2πr1=103故答案为：43；10【点睛】关键点点睛：对于求三棱锥S−ABC外接球半径，关键在于找到三棱锥S−ABC外接球的球心，根据勾股定理得出三棱锥S−ABC外接球的半径.题型7旋转问题与轨迹【例题7】(多选)（2023·全国·高三专题练习）如图，正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为2，BC2．若将正三棱锥A-PBC绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点A'，  P'A．A'B．PP'//C．多面体PP'D．点A，P旋转运动的轨迹长相等【答案】BC【分析】由已知可得，正三棱锥侧棱两两互相垂直，放到正方体中，借助正方体研究线面位置关系和外接球表面积.【详解】正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为2，BC2，则正三棱锥A-PBC中侧棱两两互相垂直，正三棱锥D-PBC中侧棱两两互相垂直，则正三棱锥可以放到正方体中，当点