專題1-5立體幾何小題軌跡問題七大題型匯總

。常考題型目錄

題型1平行關系與軌跡............................................................1

題型2垂直關系與軌跡............................................................9

題型3定長與軌跡...............................................................19

題型4相等關系與軌跡...........................................................33

題型5角度定值與軌跡...........................................................44

題型6翻折問題與軌跡...........................................................59

題型7旋轉問題與軌跡...........................................................67

口題型分類

題型1平行關系與軌跡

【例題1】（2023?全國?高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC中，M為4的的中點

N為側面BCG2上的一點，目MN〃平面ABC1，若點N的軌跡長度為2,則（）

A.AC】=4B.BC1=4C.AB、=6D.BrC-6

【答案】B

【分析】根據面面平行的判定定理證明平面“DE〃平面48Q,再由MN〃平面ABC1可得點

N的軌跡為線段DE,據此即可得解.

【詳解】如圖,

取B1G的中點D,BB1的中點E,連接MD,DE,ME,

由MD〃48//4B,DE//BCr,

又MD0平面48G,ABu平面4BG,所以MD〃平面,

同理可得。￡7/平面48G,又MDCDE=D,MD,DEu平面MDE

所以平面MDE〃平面,又MN〃平面48G,

故點N的軌跡為線段DE,又由DE=/的=2,可得BC]=4.

故選：B.

【變式1-1J1.侈選）（2023?全國?高三專題練習）已知AABC為等腰直角三角形,48=AC,

其高4D=3,E為線段BD的中點，將仆ABC沿AD折成大小為9g<0<歐的二面角，連接

BC,形成四面體A-BCD,動點P在44CD內（含邊界），且PEII平面4BC,則在。變化的

過程中（）.

.AD1BC

B.E點到平面4DC的距離的最大值為|

C.點P在△4。。內（含邊界）的軌跡長度為企

D.當BP14C時，BP與平面ADC所成角的正切值的取值范圍為[2企,+8）

【答案】ABD

【分析】作圖，根據圖中的幾何關系以及有關定義構造三角形逐項求解.

【詳解】依題意作下圖：

c.

AD=3,BD=CD=3,AB=AC=3企,

又???BD1AD,CD1AD,乙BDC=3,BDeCD=D,BDu平面BCD,CDu平面BCD,

AD1平面BCD,BCu平面BCD,.1.AD1BC,A正確；

取AD的中點F,CD的中點G,連接EG,EF,GF；

GF"AC,ACu平面ABCGF〃平面ABC,EF//AB,ABu平面ABCEF//平面ABC,

GFCtEF=F,平面GEF//平面ABC,

又PE//平面ABC,PC平面ACD,平面AC。C平面EFG=GF，:.P點在線段GF上,

P點在△AC。內軌跡的長度GF==誓，C錯誤；

過E點作CD的垂線EH得垂足H,AD1平面BCD,EHu平面BCD,

???EH1AD,CDQAD=D,CDu平面ACD,ADu平面ACD，:EH，平面ACD,

即線段EH的長度就是E點到平面ACD的距離EH=EDsind=|BDsind<|sin^|,

B正確；

對于D,

—―/\z

如圖ED

過B點作CD的垂線得垂足I,則有引，平面ACD,過I點作GF的垂線得垂足P,

GF1PI,GF1BI,BICPI=I,BIn平面BPI,PIu平面BPIGF1平面BPI,GF1BP,

又GF〃a&，BPLAC,BP與平面ACD所成的角就是NBP/,

在等腰直角三角形GPI中，P/=^G/=*(|-3cos0),BI=3sin0,tanzBP/=3=

。(n+

需3sin由u力Tt亍\，

當8=T時，0/=3cos==|,I點與G點重合，P點與G點重合，此時BP1平面ACD,

tanzBPZ不存在；

f(9)是減函數，當9=%寸取/⑻最小值=2V2,BPtanzBP/e[2魚,+8),D正確；

故選:ABD.

【變式1-1】2.侈選)(2023?全國?高三專題練習)已知正方體力BCD-a/iGA的棱長為

2，棱AB的中點為M，點N在正方體的內部及其表面運動，使得MN〃平面&BG,則()

AMB

A.三棱錐N-&BG的體積為定值|

B.當|MN|最大時，MN與BC所成的角為:

C.正方體的每個面與點N的軌跡所在平面夾角都相等

D.若DN=2,則點N的軌跡長度為2TT

【答案】ACD

【分析】首先利用平面的基本性質確定N點所在平面MEFGH/,且面MEFGH/〃面&BG,

構建空間直角坐標系，求面4/6的一個法向量，應用向量法求N到面4/C]的距離，進而

求三棱錐N-&BQ的體積判斷A找到|MN|最大時MN與BC所成角的平面角即可判斷B;

判斷a=(2,0,0),DC=(0,2,0),西=(0,0,2)與率=(1,1,1)的夾角余弦值的絕對值是否

相等即可判斷C；N的軌跡是以N為球心的球體被面MEFGH/所截的圓，進而求周長判斷D.

【詳解】過4B中點M作ME〃&B與交E,作EF〃BC1與交F,重復上述步驟，

依次作&a，a/,BG的平行線與。1G,GC,8c分別交于G,/7,/(注意各交點均為各棱上的中

點)，

最后依次連接各交點，得到如下圖示的正六邊形MEFGH/,

因為,ME仁面&BG,ArBu面&BCi,

所以ME〃面4/6,同理可得EF〃面4/Ci,

因為MEClEF=E,ME,EFu面4/6,所以面MEFGH/〃面A/C1，

所以面MEFGH/中直線都平行于面&BG,又ME^MEFGHI,且MN〃平面4/6,

所以MNc^MEFGHl,即NE^MEFGHl,

根據正方體性質，可構建如下圖示的空間直角坐標系，貝必(2,0,0),4(2,0,2),5(2,2,0),

Ci(0,2,2),且M(2,l,0),￡(2,0,1),F(l,0,2),G(0,1,2),H(0,2,l),/(l,2,0),

A：由上分析知：面MEFGH/任意一點到面&BG的距離，即為N到面4BG的距離，

而=(0,2,-2),CjB=(2,0,-2),若沅=(x,y,z)為面的，一個法向量,

所以,竺=2y-2z=o,令z=1,則沅=(w),而而=?IQ),

Im-C1B=2x-2z=0

所以M到面&BC1的距離，即N到面&BC】的距離為d=與票=手,

又A&BQ為等邊三角形，貝！|SA&BG=IX(2煙2x'=2百，

所以三棱錐N-&BCi的體積為定值gXdXSAABQ=|，正確；

B：由圖知：當N與G重合時|MN|最大為2a,且MG〃BG,

所以MN與BC所成的角，即為NC/C=:,錯誤；

C：由正方體性質，只需判斷各側面的法向量瓦I=(2,0,0),DC=(0,2,0),西=(0,0,2)與

m=(1,1,1)的夾角余弦值的絕對值是否相等即可，

又cos向瓦^)|=|嵩翁=專,同理可得|cos同項|=|cos伍歷7)1=專,

所以正方體的每個面與點N的軌跡所在平面夾角都相等，正確；

D：若DN=2,則點N的軌跡是以N為球心的球體被面MEFGH/所截的圓，

因為面MEFGH/〃面&BG,故沅=(1,1,1)也是面用第6出的法向量，而加=(1,0,2),

所以。到面MEFGH/的距離為出=噌=V3,故軌跡圓的半徑r=)22-(V3)2=1,

故點N的軌跡長度為2nr=2n,正確.

故選：ACD

【變式1-1】3.侈選)(2022?全國模擬預測)已知正方體2BCD-&B1GA的棱長為2,

平面a過點A,ArH1平面a,且垂足H在正方體的內部，P是棱G5上的動點，則()

A.當BD〃平面a時，H點的軌跡長度為TI

B.點H所形成曲面的面積為與

C.若僅存在唯一的平面a，使得1HP,則DiP=史?

D.若P為C也的中點，則直線PH與平面人/道也所成角的最大正切值為手

【答案】ACD

【分析】根據AH1垂直關系可得H在以A&為直徑的球面上，根據線面平行可判斷H

點軌跡為以為直徑的半圓，即可根據弧長公式求解A,根據球的表面積公式即可判斷B,

根據H的軌跡以及相切，根據長度關系即可列方程求解C,根據四點共面以及正切二倍角

公式即可判斷D.

【詳解】由于4/1平面a,AHua,所以力H1ArH,即H在以441為直徑的球面上，因為

AA1=2,所以球的半徑為R=1,

因為1平面4BCD,BDu平面4BCD,所以1BD,

因為AC1BD,AA1C4C=A,AAltACu平面"。出，

由于BD1平面4CC14,當B。//平面a時，可知41H1BD,所以H6平面ACC/i,即H點軌跡

為以為直徑的半圓，所以半圓的弧長為[x2TIx1=TI,故H點的軌跡長度為TT,A正

確；

因為平面，平面ADD14,

所以點H形成的曲面是球面的：，所以面積S=ix4TTR2=冗，即B錯誤；

由題意可知，存在唯一的點H，使得HC1HP,所以以力為為直徑的球與以CP為直徑的球

相切，

設中點為。，CP中點為M,DA中點為N,貝UON1MN,設=2x(xG[0,1]),

則CP=02+(2-2x)2=2Vx2-2x+2,ON=2,MN=x+1,

貝[]0M=](久+I[+22=Vx2+2x+5，又由于相切，則。M=R+與，所以，-+2x+5=

1+V%2-2%+2，解得x=卓，所以=等，即C正確；設直線PH與平面4B1C1D1

所成角最大時，

PH與以A4i為直徑的球相切，目P,&,O,H共面，易知P4與以為直徑的球相切，

則=Z.HP0=0,且tang=9=橐，所以tan28=2^an^=，，即D正確.

2

PAtV5l-tan02

故選：ACD

【點睛】方法點睛：本題考查了空間中點線面的位置關系，軌跡弧長的問題，以及空間中的

距離最值以及空間角的最值問題.解決與球相關的切、接問題，其通法是作出截面，將空間

幾何問題轉化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：

(1)定球心：如果是內切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心

到接點的距離相等且為半徑；

(2)作截面：選準最佳角度做出截面(要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元

素以及體現這些元素的關系)，達到空間問題平面化的目的；

(3)求半徑下結論：根據作出截面中的幾何元素，建立關于球的半徑的方程，并求解

【變式1-1]4.(2023?全國?高二專題練習)如圖，在棱長為1的正方體4BCD-

中，點E,F分別是棱BC、CG的中點，P是側面ADD14內一點(含邊界)，若PC"/平面

AEF,點P的軌跡長度為

【分析】利用坐標法，根據線面平行和面面平行的判定及性質找出P的軌跡，根據軌跡特點

可求答案.

【詳解】如圖，分別取441，4%的中點也村,連接MN,MB,NC],

以。為坐標原點，。40&。5所在直線分別為*,%2軸，建立空間直角坐標系，

則M(1,0,1),N&0,1),Q(0,l,l),E&1,0),F(0,1,鄉,力(1,0,0)；

所以而=(后,0,3,而=(6,0,》西=(一仙0),XE=(-|,l,0)；

故而=EF,即MN//EF,又MN仁平面4EF,EFu平面2EF,

所以MN〃平面AEF,同理可得NG〃平面4EF,又MNnNCr=N,MN,NCru平面MNC1，

所以平面MNG〃平面AEF；

因為P是側面內一點(含邊界),PG〃平面AEF,

所以點P必在線段MN上，即點P的軌跡為MN,

所以點P的軌跡長度為MN=|而|'.

故答案為：號

題型2垂直關系與軌跡

【例題2](2023?全國?高三對口高考)如圖，定點A和B都在平面a內，定點P星a,PBla,

C是a內異于A和B的動點，目PC1AC.那么，動點C在平面a內的軌跡是()

A.一條線段，但要去掉兩個點B.一個圓，但要去掉兩個點

C.一個橢圓，但要去掉兩個點D.半圓，但要去掉兩個點

【答案】B

【分析】利用線面垂直判定定理和性質定理即可求得AC1BC,進而得到動點C在平面a內

的軌跡是以48為直徑的圓(去掉4B兩個點).

【詳解】連接4B,8C.

PB1a,ACca,則PB1AC,又PC1AC,

PBCPC=P,PB,PCu平面P8C,貝！MC1平面P8C,

又BCu平面P8C,貝！MC1BC,

則動點C在平面a內的軌跡是以48為直徑的圓（去掉4B兩個點）.

【變式2-1]1.（多選）（2023?全國?高二專題練習）如圖，在棱長為1的正方體4BCD-

a/iGA中，M為4a邊的中點，點P在底面ABCD內運動（包括邊界），則下列說法正

A.存在點P,使得1ADr

B.過三點4M、2的正方體ABC。-A/iGA的截面面積為?

O

C.四面體A1GBO的內切球的表面積為:

D.點N在棱BE1上，且BiN=4NB,若5P1NP,則滿足條件的P的軌跡是圓

【答案】BC

【分析】以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，由原-M=0可判斷A；

過三點4M、%的正方體4BCD-4/iQDi的截面為以MQ,4￡>i為底的等腰梯形，求出截

面面積可判斷B；設四面體&C/D的側面積為S，其內切球的半徑為r,球心為。，由小

1clBD—

4%Y?B，即?八=4X2求出r可判斷C；由分析可得「的軌跡是(x-|)2+(y-1=總

被四邊形4BCD截得的4段圓弧，求解可判斷D.

【詳解】對于A,以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，

設P(x,y,O),則。式0,0,1),4(1,0,0),印=(x,y,-l),麗=(-1,0,1);

若D]P1ADr,則瓦？?~AD1=0,即％=-1,與題意矛盾,所以A錯誤；

對于B,取中點Q,連接AM,MQ,4Q,因為D〃//MQ,

所以可得人M、心、Q四點共面，

所以過三點4M、必的正方體ABC。-的截面為以MQ,4Di為底的等腰梯形，

皿=<2,MQ=^-,DrM=+CM='，

過點Q作Q"1ZM，所以力"=空F"=v，

Z4

所以梯形的高為QH=佰)2一(彳)2=乎,

所以，s=^x(曰+&)義學=支故B正確；

對于C,如下圖知：四面體&GBD的體積為正方體體積減去四個三棱錐的體積,

可知四面體&C1BD是棱長為近的正四面體，

取A&DC1的外心。1,連接8。1,則BO11平面&DC1,

則241。]=,則4。=y,所以BO1=J(何2-(日)=W'

所以四面體&C/D的高BO1=h=等，

設四面體&C/D的側面積為S,其內切球的半徑為r,球心為。，

11

1匕IGBO=4%TICIB，--Sh=4X-Sr,

即r=3=￥，S=4兀產-所以C正確；

463

對于D,N(1,1日,WP=(x-l,y-l,-|),-.DrPlNP,：.D^NP=O,

BPx(x-1)+y(y-1)+1=0,可得軌跡為圓：-1)+(y-0=,

所以,圓心(|,),r=^>|\AB\=J又3e[0,1],

所以，軌跡為圓：(*-j)2+(y-|)2=2被四邊形4BCD截得的4段圓弧，

所以D錯誤；

故選：BC.

【變式2-1]2.侈選)(2023?全國?高三專題練習)(多選)如圖所示，圓錐PO中，P。為

高，AB為底面圓的直徑，圓錐的軸截面是面積等于2的等腰直角三角形，C為母線PA的

中點，點M為底面上的動點，目OM^AM,點O在直線PM上的射影為H.當點M運

A.三棱錐M-ABC體積的最大值為,

B.直線CH與直線PA垂直不可能成立

C.H點的軌跡長度為n

D.AH+HO的值小于2

【答案】ACD

【分析】根據圓錐體積公式結合最值判斷A選項，由已知得出矛盾判斷B選項，由線面垂

直得出軌跡判斷C選項，結合不等式判斷最值判斷D選項.

【詳解】設圓錐的底面半徑為R,高為h,母線長為I.

由已知，圓錐的軸截面為面積等于2的等腰直角三角形，則其面積S=|P4.PB=|/2=2,

解得1=2,所以/?=/1='/=企.

對于A項，如圖2,由OM±AM可知，點M在以OA為直徑的圓上.

因為04=R=夜，所以點M到平面PAB距離的最大值為卯4='.

圖2

易知SfBC=OAMB=；X2=1,故三棱維M-ABC體積的最大值為！x1x￥=巳故A

Zz5Zo

正確.

對于B項易知PO,平面AMBAMu平面AMB所以AMLP。，又AM^OM,OMnPO=O,

OMu平面POM,POu平面POM,

所以AM，平面POM,又OHu平面POM，則AM，OH,

又OH_LPM,PMDAM=M,AMu平面PAM,PMu平面PAM,則OH,平面PAM,又

PAu平面PAM，則OH^PA,

由APAB是等腰直角三角形，可得PO=OA,即WOA為等腰三角形，連接OC,又C為PA

的中點，故PA±OC,

又OHnOC=O,OHu平面OHC,OCu平面OHC,見IPA,平面OHC,所以PA±CH恒

成立，故B項不正確.

對于C項，由B項可知PA,平面OHC又01_1_1_平面「人1\/1,HCu平面PAM所以OH_LHC,

過點C且與PA垂直的平面僅有一個，則H點的軌跡為以OC為直徑的圓(除去。，C兩

點).

又。C=[PH=1,則H點形成的軌跡周長為IT,故C項正確.

對于D項，設OH=x,xE(0,1),由B項可知CH±PA,CH_LOH，貝=V1—%2,AH=

V2—x2.

所以ZH+H0=%+V2—x2<V2V%2+2—%2=2,則AH+HO的值小于2,D項正確.

故選ACD

【變式2-1J3.侈選）（2023?重慶校聯考三模）已知在三棱錐P-ABC中,PA=PC=AB=

BC=2,AC=2陋,平面PAC，平面ABC.若點M為BC的中點，點N為三棱錐P-ABC

表面上一動點，則下列說法正確的是（）

A.三棱錐P-4BC的外接球的表面積為2011B.直線PC與AM所成的角9e

C.若AC1MN,則點N的軌跡長度為1+,D.若點N在棱AC上，則MN+NP的最小

值為2

【答案】ABC

【分析】先求出=4PC=罟,再根據平面PAC平面ABC.利用球的性質找到球心

0,求出球的半徑，球的表面積公式可知A正確；通過作平行線作出異面直線所成角，利用

余弦定理計算可知B正確；過點M作ME1AC于點E.在平面PAC內，過點E作EF1AC,

交PC于點F,連接MF.根據力C1MN,EF1AC,得到點N的軌跡，計算可知C正確；

利用側面展開圖中兩點連線段最短，計算可得D錯誤.

【詳解】因為P4=PC=AB=BC=2,AC=2^3,所以乙4BC=ZXPC=與,

對于A，如圖（1）,設44BC的夕卜心為。1,△PAC的夕卜心為。2,

連接BO1，PO.由已知，得8。1=PO==2.

222sin-^-

取AC的中點H,則HePO2,HeBOr,則PH1AC,BHLAC.

因為平面PAC1平面ABC,平面PACC平面28CAC,PHu平面P4C,BHu平面ABC,

所以PH1平面ABC,BH1平面PAC.

過點。i作平面ABC的垂線，過點5作平面PAC的垂線，兩垂線的交點。為三棱錐P-48c的

外接球的球心，目。。1=HO2==1,

其半徑R=J80：+0］。2=?+F=75,

所以S=4nR2=2On,故A正確.

對于B,如圖（2）,取PB的中點D，連接AD,DM,^]AD1PB.DM//PC,DM=^PC=1,

則乙4MD（或其補角）即為直線PC與AM所成的角8.

因為平面PAC1平面ABC,P力C都是以甘為頂角的等腰三角形,

所以PB=Jgpc)2+QXB)2=V12+I2=V2,

所以4D=加2_(?4=)—倒=歲.

因為4M=JAB2+BM2-2AB-BM-cosy=J22+I2-2x2X1X(-|)=V7,

I2+(V7)2-(^)2

222

所以cos乙4MDDM+AM-AD977

2DM-AM2xlxV728

因為手（終＜￥，所以直線PC與AM所成的角8e（IT）,故B正確.

ZZoZ\o4/

對于C,如圖（2）,過點M作ME1AC于點E.在平面PAC內，過點E作EF1",交PC

于點F,連接MF.

若4CLMN,則點N的軌跡長度為ME+EF+FM=T+T+?=l+￥，故C正確.

對于D,如圖（3）,把側面PAC與底面ABC展開到同一個平面,連接PM,交AC于點N.

由兩點之間線段最短，得MN+NPNPM=痘，所以MN+NP的最小值為百，

故D錯誤.

A

B

圖⑴圖⑵圖⑶

故選：ABC.

【點睛】關鍵點點睛：對于A,根據平面PAC_L平面ABC.利用球的性質找到球心。是解題

關鍵.對于C,利用垂直找到點N的軌跡是解題關鍵

【變式2-1]4.（2021秋?高二課時練習）如圖，圓錐的軸截面SAB是邊長為2的等邊三

角形，0為底面中心，M為S。中點，動點P在圓錐底面內（包括圓周）.若AM，MP,

則點P形成的軌跡長度為，點S與P距離的最小值是

【答案】?/1V7當/；夙

2244

【分析】建系，根據空間向量的垂直關系可得點P的軌跡方程為y=[.空1：根據圓的弦長

公式運算求解；空2:根據空間中兩點間距離公式運算求解.

【詳解】由題意可知，建立空間直角坐標系，如圖所示.

貝必（0,S（0,0,V3）,M（0,0,^）,

設P（”0）,則宿=（0,1,丹麗=（x,y,-y）,

因為AM_LMP,則施?麗=0Xx+lXy+yX（-y）=0,解得y=：,

所以點P的軌跡方程為y=|,

空1:根據圓的弦長公式,可得點P形成的軌跡長度為211-?）2=?；

空2:因為SP=J（x-0）2+g-0）2+（0-V3）2二卜+||,

所以當久=0時，點S與P距離的最小，其最小值為苧.

4

故答案為：;苧.

Z4

【變式2-1]5.（多選）（2023?全國?高三專題練習）如圖，圓柱。01的底面半徑和母線長均

為3,是底面直徑，點C在圓。上且OC1AB，點E在母線BD上,BE=2，點F是上底面的一

A.存在唯一的點尸，使得2F+FE=2舊

B.若4E1CF,則點尸的軌跡長為4

C.若2F1FE,則四面體4CEF的外接球的表面積為40n

D.若4F1FE,則點F的軌跡長為2傷II

【答案】ACD

【分析】對選項A:作E關于D點的對稱點為,利用對稱性與三點共線距離最短求解；

對選項BD:建立空間直角坐標系，根據F滿足的條件判斷其軌跡，求其長度；對選項C：

證明AE中點Q為四面體4CEF的外接球的球心即可.

設E關于D點的對稱點為斤，

貝！］4F+EF=AF+FE'>AE'=AB2+BE'2=<62+42=2V13,

所以AF+FE>2g,當且僅當三點共線時取等號,

故存在唯一的點尸，使得4F+FE=2后,故A正確；

由題意知。C1AB,OO110C,00114B,以0為坐標原點，以。C,0B,。。1為x,y,z正方

向建立空間直角坐標系，

則4(0,—3,0),C(3,0,0),縱0,3,2),設尸3y,3),

則版=(0,6,2),CF=(x-3,y,3),而=(x,y+3,3),而=(x,y-3,l),

對選項B：當月E1CF時，族?療=6y+6=0,二y=-1,

所以點F的軌跡長為上底面圓。1的一條弦MN,。]到MN的距離為1,

所以MN=2百一=4V2,故點F的軌跡長為4位,所以B錯誤；

對選項D:當4尸1FE時，AF-FE—(x,y+3,3)-(x,y—3,1)=0,x2+y2-6,

所以點F的軌跡是以Oi為圓心，傷為半徑的圓，其軌跡長為2①TT，故D正確；

對選項C：在44CE中，AC=3V2,CE=J(3V2)2+22=y/22,AE=V62+22=V40,

AC2+CE2=4產,ACE為直角三角形，其夕卜心為4E與。。i的交點Q,且。Q=1,QE=

V10,

而QF=皿。/+。/2=V22+6=V10

所以QF=QE=QC=Q4,所以Q為四面體4CEF的外接球的球心，球半徑為同,所以球

的表面積為40Tl,故C正確.

故選：ACD

【點睛】方法點睛：對立體幾何中動點的軌跡問題采用幾何法分析難度時可以用坐標法去研

究,根據動點的坐標滿足的方程可以方便的判斷出軌跡的形狀,將幾何問題轉化為代數問題

解決

題型3定長與軌跡

【例題3](2023?全國?高三專題練習)正方體A8CD-a/iGA的棱長為1,點P在三棱錐

G-BCD的表面上運動，且&P=手,則點P軌跡的長度是（）

Aj3+2V6ng_2V3+V6n

66

A/3+76^2^/34-76^

CR.----nDn.------TT

63

【答案】A

【分析】根據題意，點P在以公為球心，半徑R=平的球面上，進而依次討論該球與三棱錐

G-BCD的表面的交線即可得答案.

【詳解】解：由題設知點P在以①為球心，半徑R=半的球面上，

所以點P的軌跡就是該球與三棱錐G-BCD的表面的交線.

由正方體性質易知三棱錐&-GBD為正四面體，

所以，點&到平面QBD的距離d=手,

所以球必在平面C/D上的截面圓的半徑q=7^二二涯=日,

所以，截面圓的圓心01是正△QBD中心JEAC/D的邊長為企其內切圓。1的半徑2=當＜

O

因此，點P在面GBD內的軌跡是圓。1在4C/D內的弧長，

如圖所示.3乙M0、H=^=L所以乙”。擔==,

所以NM01N=],

所以，點P在此面內的軌跡長度為qm-3x歐=等.

因為A41平面ABCD,所以球％在平面ABCD上的截面圓心為A,

其半徑上=尸二遍=半，又曰<當<1,

所以點P在平面BCD內的軌跡是一段弧即,

如圖所示，cosZ-GAE=*=f，

AE2

所以NG4E==,從而血尸==,所以即=等.

639

由于對稱性，點P在平面QBD和平面6CD內的軌跡長度都是等，

故點P在三棱錐G-BCD的表面上的軌跡的長度是等+3X粵=宜等n.

故選：A

【變式3-1J1.（多選）（2023秋?廣東陽江?高三統考開學考試）已知正方體ABCD-

的棱長為2,M為空間中任一點，則下列結論中正確的是（）

A.若M為線段AC上任一點，則AM與/Ci所成角的范圍為

B.若M為正方形ADZMi的中心，則三棱錐M-48。外接球的體積為8n

C.若M在正方形DCC/i內部，且|MB|=V6，則點”軌跡的長度為彳n

D.若三棱錐M-BDQ的體積為5亙成立，點M軌跡的為橢圓的一部分

DO

【答案】ACD

【分析】對于A:根據異面直線夾角分析判斷；對于B:根據題意分析可得AC與BD的交點。

即為三棱錐M-48。的外接球的球心，結合錐體的體積公式分析運算；對于C：分析可得

MC-V2,結合圓的周長分析運算；對于D：根據題意結合圓錐的截面分析判斷.

【詳解】對于A：過點M作交DC于點N,連接。.

則41MN即為與BQ所成角的平面角，且MN1DrN.

當點M由點A向點C移動的過程中,點N由點D向點C移動，

線段。1N逐漸變長，MN逐漸變短，

所以tanzD】MN=器逐漸變大.

又當點M在點A處時，乙DIMN=:；當點M在點C處時，血MN=：.故A正確.

對于B：由題意可知：48，平面,DM,AMu平面,

貝！1DM,AB1AM,

又因為AMLDM,ABCyAMA,AB,AMu平面ABM,

所以DM1平面4BM,

BMu平面ABM,則。M1BM,

故4時20和42BD均為直角三角形.

所以"與8。的交點。即為三棱錐M-48。的外接球的球心,半徑R=坪。=&,

此外接球的體積1/=*(2了=學口.故B不正確.

對于C：由題意可知：BC，平面DCCi。］,CMu平面DCCiA,

貝！］8C1CM,

點M在側面DCG5內，滿足MC=y/MB2-BC2=夜,

故點M的軌跡是以點C為圓心，半徑為近的四分之一圓弧，

所以點M的軌跡的長度為;?2TT?(&)=yTT,C正確.

對于D：設三棱錐M-BOQ的高為h,

由三棱錐M-BO/的體積為1/ix|x2V2x2V2x^=p解得h=警,

即點M到平面BDQ的距離為學.

對于三棱錐C-BDC.,設高為必，

由體積可得也x|x2V2x2V2x^=|x2x|x2x2,解得自=誓,

即點C到平面BDCI的距離為竽,

可得：點4到平面B15C的距離為平，平面/AC與平面BDQ的距離為竽,

故點M在平面當。停或為點C,

若NMDiC==,空間點”的軌跡為以DiC為軸的圓錐表側面，

顯然點C不滿足題意，

設與平面B/iC所成的角為。，貝[|sinB=矗=*>]

故平面aAC與圓錐側面相交，且平面8101c與不垂直，故平面8101c與圓錐的截面為橢

圓，

顯然點/不合題意，所以點M的軌跡為橢圓的一部分，故D正確.

故選:ACD.

【點睛】方法定睛：在立體幾何中，某些點、線、面按照一定的規則運動，構成各式各樣的

軌跡，探求空間軌跡與探求平面軌跡類似，應注意幾何條件，善于基本軌跡轉化.對于較為

復雜的軌跡，常常要分段考慮，注意特定情況下的動點的位置，然后對任意情形加以分析判

定，也可轉化為平面問題.對每一道軌跡命題必須特別注意軌跡的純粹性與完備性.

【變式3-1]2.侈選）（2023?全國?高二專題練習）如圖,在棱長為1的正方體ABCD-

ABiC/i中，。為棱BBi的中點，Q為正方形BBiGC內一動點（含邊界），則下列說法中正

確的是（）

DC

A.若DM〃平面&PD,則動點Q的軌跡是一條線段

B.存在點Q，使得DiQ_L平面&PD

C.當且僅當點Q落在G處時，三棱錐Q-&PD的體積最大

D.若D]Q=苧,那么點Q的軌跡長度為聲

【答案】ACD

【分析】選項A:利用面面平行證明線面平行，得到動點軌跡；選項B:利用向量法證明線

面垂直，判斷動點是否存在；選項C:利用向量法求點到平面距離，計算棱錐體積；選項

D:利用方程判斷軌跡形狀并求軌跡長度.

【詳解】取ZG、GC中點E、F,連接。止、DEEF、PF,

由PF〃BC//AiDi且PF=BCL4名知4記尸劣是平行四邊形，.,力//〃1/,

：DrF0平面4/。,A±Pu平面&PD,D/〃平面&PD,同理可得￡77/平面&PD,

'：EFnDrF=F,EF,DrFu平面,

???平面〃平面DiEF,則Q點的軌跡為線段EF,A選項正確；

如圖，建立空間直角坐標系，

則&(1,0,0),P(l,l,|),D(0,0,l),設Q(x,l,z),0<x,z<1,

則硒=(-1,0,1),A^P=(0,1,1),O=(x,l,z).

設記=(<2,6,切為平面4/。的一-^法向量,

取c=1,則沅=(1,一31).

唱:n‘得『二

"%=A

若DiQ1平面&PD,則瓦同〃記，即存在26R，使得強=4沅，則-1=一（，解得x=z=

<z=A

-2生［0,1］,故不存在點Q使得。iQ1平面A/D,B選項錯誤；

△&PD的面積為定值，二當且僅當Q到平面&PD的距離d最大時，三棱錐Q-&PD的體積

最大

①x+zw|,d=1-|(x+z),則當x+z=0時，d有最大值1；

②x+z>|,d=|(x+z)-l,則當x+z=2時，d有最大值1；

綜上，當x+z=0,即Q和酊重合時，三棱錐Q-&PD的體積最大，C選項正確；

AG，平面B/C1C,.ACi1伙,DiQ=?4+Cg=苧，

：GQ=4，Q點的軌跡是半徑為學，圓心角為:勺圓弧，軌跡長度為4兀,D選項正確.

ZZZ4

故選:ACD.

【變式3-1】3.侈選）（2023春廣東惠州?高一統考期末）如圖，點M是棱長為1的正方體

ABCD-&B1G必中的側面4。。山上的一個動點（包含邊界），則下列結論正確的是（）

A.有無數個點M滿足CM144

B.當點M在棱DA上運動時，MA+MB］的最小值為遮+1

C.若MBLV2,則動點M的軌跡長度為］

D.在線段/Wi上存在點M，使異面直線MB】與CD所成的角是30。

【答案】AC

【分析】對于A,根據線面垂直性質定理以及判定定理，可得其正誤；

對于B,利用"將軍飲馬"模型，旋轉平面化折為直，結合勾股定理，可得其正誤；

對于C,利用直觀想象圓錐的模型，利用勾股定理，求得其底面軌跡，可得其正誤；

對于D,根據異面直線夾角的定義，利用數形結合以及三角函數的定義，可得其正誤.

【詳解】對于A,若M在右。上,則此時有無數個點M滿足CM1ADr,

證明如下：由正方體的性質得CD1平面,因為u平面4DD14,所以CD1AD1.

又&。1ADr,CDClArD=D,CD,A±Du平面&DC,所以他1平面&OC,

因為CMu平面A/C,所以A/1CM,即此時有無數個點M滿足CM1ADr,故A正確；

對于B,旋轉平面4。。送1使之與平面共面，如圖中,連接4名交。。1于點

M,

此時M4+MB1最短為,大小為+(1+2>H%+1,故B錯誤；

對于C,當點M在平面內時MiBi1面力u面力。,則A/】_L&M,

2

所以4/J+A1M=B]M2=2,所以=1，所以點”的軌跡是以久為圓心，半徑為1的

摑弧，

從而動點M軌跡長度為:x2TT=三，故C正確；

對于D,因為CD〃/1%,所以直線與CD所成的角，即為直線BiM與4/1所成角，即

乙4181M或其補角，

由在線段4久上存在點M知>乎，由&%1ArM，得tanN&BiM=^-=A1M>^>

V3

故選：AC

【變式3-1]4.侈選）（2023?全國?模擬預測）如圖，已知正方體4BCD-的棱長

為2,P,Q分別是DA和底面ABCD上的動點（包含邊界），且PQ=1,PQ的中點為M,

則下列說法正確的有（）

A.點M的軌跡的面積為弓

O

B.直線CiQ與BC所成角的余弦值的范圍為[|,平]

C.當PQ14G時，三棱錐％-QC%的體積為定值

D.|帝+瓦的最小值為4百-1

【答案】ACD

【分析】A選項，連接QD,DM,可得DM=[PQ=J從而可判斷選項；

B選項，注意Q與D重合的特殊情況；

C選項，由PQ14G,可得點Q在線段BD上,結合BDII平面/CD],可判斷選項；

D選項，注意到|可+瓦?=2|瓦百，則問題轉化為球外一點到球面距離的最小值

【詳解】A