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第07講 立體幾何中的軌跡、截面、動點、范圍問題
（9類核心考點精講精練）
立體幾何中的動點軌跡問題，是一個備受關注的重要專題，它在各級各類考試中占據一席之地，特別是在高考中亦常有所見。此類題型不僅是檢驗學生空間想象能力、思維能力和創新意識的有效手段，也是培養學生數學核心素養的重要途徑。
在高考復習備考過程中，其試題常以選擇、多選、填空等形式呈現，設計巧妙，注重知識間的交匯與融合，題型新穎靈活，旨在全面考查學生的綜合素質。通過此類題型，不僅能夠檢驗學生對各部分知識間的縱向和橫向聯系的掌握程度，還能夠激發學生的創新意識和創新能力，滲透數學思想方法，充分體現新課程標準的要求和數學核心素養的培育目標。
然而，由于這類問題通常涉及較為復雜的空間幾何體結構特征，對于許多學生而言，確實存在一定的挑戰和難度。
知識講解
方法點睛1：對于立體幾何的綜合問題的解答方法：
1、立體幾何中的動態問題主要包括：空間動點軌跡的判斷，求解軌跡的長度及動角的范圍等問題；
2、解答方法：一般是根據線面平行，線面垂直的判定定理和性質定理，結合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程；
3、對于線面位置關系的存在性問題，首先假設存在，然后再該假設條件下，利用線面位置關系的相關定理、性質進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足則肯定假設，若得出矛盾的結論，則否定假設；
4、對于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設存在，設出空間點的坐標，轉化為代數方程是否有解的問題，若由解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.
方法點睛2：立體幾何中的軌跡問題：
1、由動點保持平行性求軌跡.
（1）線面平行轉化為面面平行得軌跡；（2）平行時可利用法向量垂直關系求軌跡.
2、動點保持垂直求軌跡.
（1）可利用線線線面垂直，轉化為面面垂直，得交線求軌跡；（2）利用空間坐標運算求軌跡；（3）利用垂直關系轉化為平行關系求軌跡.
3、由動點保持等距（或者定距）求軌跡.
（1）距離，可轉化為在一個平面內的距離關系，借助于圓錐曲線的定義或者球和圓的定義等知識求解軌跡；（2）利用空間坐標計算求軌跡.
4、由動點保持等角（或定角）求軌跡.
（1）直線與面成定角，可能是圓錐側面；（2）直線與定直線成等角，可能是圓錐側面；（3）利用空間坐標系計算求軌跡.
5、投影求軌跡.
（1）球的非正投影，可能是橢圓面；（2）多面體的投影，多為多邊形.
6、翻折與動點求軌跡.
（1）翻折過程中尋求不變的垂直關系求軌跡；（2）翻折過程中尋求不變的長度關系求軌跡；（3）利用空間坐標運算求軌跡.
考點一、軌跡形狀
1．（浙江·高考真題）如圖，斜線段與平面所成的角為，為斜足，平面上的動點滿足，則點的軌跡是
A．直線 B．拋物線
C．橢圓 D．雙曲線的一支
2．（北京·高考真題）平面的斜線交于點，過定點的動直線與垂直，且交于點，則動點的軌跡是（ ）
A．一條直線 B．一個圓 C．一個橢圓 D．曲線的一支
3．（北京·高考真題）如圖，在正方體中，是側面內一動點，若到直線與直線的距離相等，則動點的軌跡是（ ）
A．直線 B．圓
C．雙曲線 D．拋物線
4．（天津·高考真題）如圖，定點A，B都在平面內，定點，C是內異于A和B的動點，且，則動點C在平面內的軌跡是（ ）
A．一條線段，但要去掉兩個點 B．一個圓，但要去掉兩個點
C．一段弧，但要去掉兩個點 D．半圓，但要去掉兩個點
5．（重慶·高考真題）到兩互相垂直的異面直線的距離相等的點，在過其中一條直線且平行于另一條直線的平面內的軌跡是（ ）
A．直線 B．橢圓 C．拋物線 D．雙曲線
6．（浙江·高考真題）如圖，AB是平面的斜線段，A為斜足，若點P在平面內運動，使得△ABP的面積為定值，則動點P的軌跡是
A．圓 B．橢圓
C．一條直線 D．兩條平行直線
7．（重慶·高考真題）若三棱錐的側面內一動點P到底面的距離與到棱的距離相等，則動點P的軌跡與組成圖形可能是（ ）
A． B．
C． D．
8．（北京·高考真題）如圖，動點在正方體的對角線上，過點作垂直于平面的直線，與正方體表面相交于．設，，則函數的圖象大致是（ ）
A．B．C．D．
1．（2023·浙江·一模）已知線段垂直于定圓所在的平面，是圓上的兩點，是點在上的射影，當運動，點運動的軌跡（ ）
A．是圓 B．是橢圓 C．是拋物線 D．不是平面圖形
2．（2023·云南保山·二模）已知正方體，Q為上底面所在平面內的動點，當直線與的所成角為45°時，點Q的軌跡為（ ）
A．圓 B．直線 C．拋物線 D．橢圓
3．（2024·廣東梅州·一模）如圖，正四棱柱中，，點是面上的動點，若點到點的距離是點到直線的距離的2倍，則動點的軌跡是（ ）的一部分
A．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線
4．（2023·全國·模擬預測）已知空間中兩條直線、異面且垂直，平面且，若點到、距離相等，則點在平面內的軌跡為（ ）
A．直線 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線
5．（2023·云南文山·模擬預測）用一個垂直于圓錐的軸的平面去截圓錐，截口曲線（截而與圓錐側面的交線）是一個圓，用一個不垂直于軸的平面截圓錐，當截面與圓錐的軸的夾角不同時，可以得到不同的截口曲線，它們分別是橢圓、拋物線、雙曲線．因此，我們將圓、橢圓、拋物線、雙曲線統稱為圓錐曲線．記圓錐軸截面半頂角為，截口曲線形狀與，有如下關系：當時，截口曲線為橢圓；當時，截口曲線為拋物線：當時，截口曲線為雙曲線．其中，，現有一定線段AB，其與平面所成角（如圖），B為斜足，上一動點P滿足，設P點在的運動軌跡是，則（ ）
A．當，時，是橢圓 B．當，時，是雙曲線
C．當，時，是拋物線 D．當，時，是圓
6．（2024·浙江溫州·一模）如圖，所有棱長都為1的正三棱柱，，點是側棱上的動點，且，為線段上的動點，直線平面，則點的軌跡為（ ）

A．三角形（含內部） B．矩形（含內部）
C．圓柱面的一部分 D．球面的一部分
7．（2023·貴州黔西·一模）在正方體中，點為平面內的一動點，是點到平面的距離，是點到直線的距離，且（為常數），則點的軌跡不可能是（ ）
A．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線
考點二、軌跡長度
1．（2023·湖北省直轄縣級單位·模擬預測）已知正方體的棱長為2，M為棱的中點，N為底面正方形ABCD上一動點，且直線MN與底面ABCD所成的角為，則動點N的軌跡的長度為 ．
2．（2024·四川南充·二模）三棱錐中，，，為內部及邊界上的動點，，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·全國·模擬預測）已知正四棱錐的體積為，底面的四個頂點在經過球心的截面圓上，頂點在球的球面上，點為底面上一動點，與所成角為，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·湖北襄陽·模擬預測）如圖，二面角的大小為，已知A、B是l上的兩個定點，且，，，AB與平面BCD所成的角為，若點A在平面BCD內的射影H在的內部（包括邊界），則點H的軌跡的長度為（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·江西·二模）已知正方體的棱長為4，點滿足，若在正方形內有一動點滿足平面，則動點的軌跡長為（ ）
A．4 B． C．5 D．
6．（2023·江西贛州·二模）在棱長為4的正方體中，點滿足，，分別為棱，的中點，點在正方體的表面上運動，滿足面，則點的軌跡所構成的周長為（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·廣西南寧·一模）在邊長為4的菱形中，．將菱形沿對角線折疊成大小為的二面角．若點為的中點，為三棱錐表面上的動點，且總滿足，則點軌跡的長度為（ ）
A． B． C． D．
8．（22-23高三下·江蘇南京·階段練習）如圖，在矩形中，，，，，分別為，，，的中點，與交于點，現將，，，分別沿，，，把這個矩形折成一個空間圖形，使與重合，與重合，重合后的點分別記為，，為的中點，則多面體的體積為 ；若點是該多面體表面上的動點，滿足時，點的軌跡長度為 ．
1．（2024·江蘇·一模）在棱長為的正方體中，點分別為棱，的中點．已知動點在該正方體的表面上，且，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
2（2023·河北·模擬預測）已知正四棱錐（底面為正方形，且頂點在底面的射影為正方形的中心的棱錐為正四棱錐）P－ABCD的底面正方形邊長為2，其內切球O的表面積為，動點Q在正方形ABCD內運動，且滿足，則動點Q形成軌跡的周長為（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·四川成都·三模）在棱長為5的正方體 中，是中點，點在正方體的內切球的球面上運動，且，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·遼寧·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，已知，，分別是棱，，的中點，為平面上的動點，且直線與直線的夾角為，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
5．（23-24高一上·浙江紹興·期末）已知點是邊長為1的正方體表面上的動點，若直線與平面所成的角大小為，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·陜西銅川·模擬預測）在正四棱臺中，，，是四邊形內的動點，且，則動點運動軌跡的長度為（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·全國·模擬預測）在三棱錐中，底面是等邊三角形，側面是等腰直角三角形，，是平面內一點，且，若，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
8．（2023·青海·模擬預測）在正四棱臺中，，點在底面內，且，則的軌跡長度是 .
考點三、軌跡區域面積
1．（2023·四川成都·三模）如圖，為圓柱下底面圓的直徑，是下底面圓周上一點，已知，圓柱的高為5．若點在圓柱表面上運動，且滿足，則點的軌跡所圍成圖形的面積為 ．
2．（2024·四川成都·二模）在所有棱長均相等的直四棱柱中，，點在四邊形內（含邊界）運動．當時，點的軌跡長度為，則該四棱柱的表面積為（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·山東濰坊·三模）已知正方體的棱長為1，空間一動點滿足，且，則 ，點的軌跡圍成的封閉圖形的面積為 ．
4．（2023·上海·模擬預測）正方體的邊長為1，點分別為邊的中點，是側面上動點，若直線與面的交點位于內（包括邊界），則所有滿足要求的點構成的圖形面積為 .
5．（2023·廣西·一模）如圖，在正方體中，，P是正方形ABCD內部（含邊界）的一個動點，則（ ）
A．有且僅有一個點P，使得 B．平面
C．若，則三棱錐外接球的表面積為 D．M為的中點，若MP與平面ABCD所成的角為，則點P的軌跡長為
1．（2024·四川成都·二模）在正方體中，點在四邊形內（含邊界）運動.當時，點的軌跡長度為，則該正方體的表面積為（ ）
A．6 B．8 C．24 D．54
2．（23-24高二上·北京平谷·期末）已知四棱錐中，側面底面，，底面是邊長為的正方形，是四邊形及其內部的動點，且滿足，則動點構成的區域面積為（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·福建三明·模擬預測）已知正方體中，，點E為平面內的動點，設直線與平面所成的角為，若，則點E的軌跡所圍成的面積為 ．
4．（2024·北京延慶·一模）已知在正方體中，，是正方形內的動點，，則滿足條件的點構成的圖形的面積等于（ ）
A． B． C． D．
5．（22-23高三上·江西撫州·期中）已知菱形的各邊長為.如圖所示，將沿折起，使得點到達點的位置，連接，得到三棱錐，此時.若是線段的中點，點在三棱錐的外接球上運動，且始終保持則點的軌跡的面積為 .

6．（2024·四川綿陽·三模）如圖，正方體的棱長為3，點是側面上的一個動點（含邊界），點在棱上，且．則下列結論不正確的是（ ）
A．若保持．則點的運動軌跡長度為
B．保持與垂直時，點的運動軌跡長度為
C．沿正方體的表面從點到點的最短路程為
D．當在點時，三棱錐的外接球表面積為
考點四、軌跡中長度的最值及范圍
1．（2022·青海西寧·二模）在棱長為3的正方體中，P為內一點，若的面積為，則AP的最大值為 ．
2．（17-18高二下·山西大同·階段練習）已知正方體的棱長為2，點M，N分別是棱，的中點，點P在平面內，點Q在線段上，若，則長度的最小值為 .

3．（23-24高三上·河北承德·期中）如圖，在直三棱柱中，，若為空間一動點，且，則滿足條件的所有點圍成的幾何體的體積為 ；若動點在側面內運動，且，則線段長的最小值為 ．

1．（2024·江西宜春·模擬預測）如圖，在四面體中，和均是邊長為6的等邊三角形，，則四面體外接球的表面積為 ；點E是線段AD的中點，點F在四面體的外接球上運動，且始終保持EF⊥AC，則點F的軌跡的長度為 .
2．（2023·山東棗莊·二模）如圖，在棱長為1的正方體中，M是的中點，點P是側面上的動點，且．平面，則線段MP長度的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023·陜西西安·模擬預測）已知正方體的棱長為是正方形（含邊界）內的動點，點到平面的距離等于，則兩點間距離的最大值為（ ）
A． B．3 C． D．
考點五、軌跡中體積的最值及范圍
1．（2024·重慶·三模）已知棱長為1的正方體內有一個動點M，滿足，且，則四棱錐體積的最小值為 .
2．（2023·福建龍巖·二模）正方體的棱長為2，若點M在線段上運動，當的周長最小時，三棱錐的外接球表面積為（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·山東·模擬預測）如圖，正方形和矩形所在的平面互相垂直，點在正方形及其內部運動，點在矩形及其內部運動．設，，若，當四面體體積最大時，則該四面體的內切球半徑為 ．
2．（2024·山東青島·三模）已知長方體中，，點為矩形 內一動點，記二面角的平面角為，直線與平面所成的角為，若 ，則三棱錐體積的最小值為 .
考點六、軌跡中空間角的最值及范圍
1．（2021·山東濱州·二模）在正方體中，是棱的中點，是底面內（包括邊界）的一個動點，若平面，則異面直線與所成角的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·江蘇鹽城·三模）動點在正方體從點開始沿表面運動，且與平面的距離保持不變，則動直線與平面所成角正弦值的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
3．（17-18高三上·江西鷹潭·階段練習）如圖，已知平面，，A、B是直線l上的兩點，C、D是平面內的兩點，且，，，，．P是平面上的一動點，且直線PD，PC與平面所成角相等，則二面角的余弦值的最小值是（ ）
A． B． C． D．1
4．（2024·陜西咸陽·模擬預測）已知正方形的邊長為2，是平面外一點，設直線與平面的夾角為，若，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
1．（2021·湖南永州·模擬預測）已知正四面體內接于半徑為的球中，在平面內有一動點，且滿足，則的最小值是 ；直線與直線所成角的取值范圍為 .
2．（2023·河南·模擬預測）正方體的棱長為，為中點，為平面內一動點，若平面與平面和平面所成銳二面角相等，則點到的最短距離是（ ）
A． B． C． D．
3．（23-24高三下·青海西寧·開學考試）如圖，正四面體的棱長為2，點E在四面體外側，且是以E為直角頂點的等腰直角三角形．現以為軸，點E繞旋轉一周，當三棱錐的體積最小時，直線與平面所成角的正弦值的平方為（ ）

A． B． C． D．
考點七、截面問題
1．（2024·江蘇南京·模擬預測）已知，底面半徑的圓錐內接于球，則經過和中點的平面截球所得截面面積的最小值為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·全國·模擬預測）在正方體中，E，F分別為棱，的中點，過直線EF的平面截該正方體外接球所得的截面面積的最小值為，最大值為，則（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·廣東廣州·二模）用兩個平行平面去截球體，把球體夾在兩截面之間的部分稱為球臺．根據祖暅原理（“冪勢既同，則積不容異”），推導出球臺的體積，其中分別是兩個平行平面截球所得截面圓的半徑，是兩個平行平面之間的距離．已知圓臺的上、下底面的圓周都在球的球面上，圓臺的母線與底面所成的角為，若圓臺上、下底面截球所得的球臺的體積比圓臺的體積大，則球O的表面積與圓臺的側面積的比值的取值范圍為 ．
4．（22-23高三下·湖北武漢·期中）在正四棱臺中，，，M為棱的中點，當正四棱臺的體積最大時，平面截該正四棱臺的截面面積是（ ）．
A． B． C． D．
5．（2024·北京豐臺·二模）“用一個不垂直于圓錐的軸的平面截圓錐，當圓錐的軸與截面所成的角不同時，可以得到不同的截口曲線”．利用這個原理，小明在家里用兩個射燈（射出的光錐視為圓錐）在墻上投影出兩個相同的橢圓（圖1），光錐的一條母線恰好與墻面垂直．圖2是一個射燈投影的直觀圖，圓錐的軸截面是等邊三角形，橢圓所在平面為，則橢圓的離心率為（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·四川瀘州·三模）已知正方體的棱長為2，P為的中點，過A，B，P三點作平面，則該正方體的外接球被平面截得的截面圓的面積為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·云南曲靖·模擬預測）正方體外接球的體積為，、、分別為棱的中點，則平面截球的截面面積為（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·廣西·模擬預測）在三棱錐中，平面，，，，點為棱上一點，過點作三棱錐的截面，使截面平行于直線和，當該截面面積取得最大值時，（ ）
A． B． C． D．
4．（23-24高二上·四川德陽·階段練習）已知正三棱錐的外接球是球，正三棱錐底邊，側棱，點在線段上，且，過點作球的截面，則所得截面圓面積的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·重慶·三模）在三棱錐中，為正三角形，為等腰直角三角形，且，，則三棱錐的外接球的體積為 ；若點滿足，過點作球的截面，當截面圓面積最小時，其半徑為 .
考點八、軌跡、截面、動點、范圍多選題綜合
1．（2024·重慶·模擬預測）已知正方體的棱長為2，M為的中點，N為ABCD（包含邊界）上一動點，為平面上一點，且平面ABCD，那么（ ）
A．若，則N的軌跡為圓的一部分
B．若三棱柱的側面積為定值，則N的軌跡為橢圓的一部分
C．若點N到直線與直線DC的距離相等，則N的軌跡為拋物線的一部分
D．若與AB所成的角為，則N的軌跡為雙曲線的一部分
2．（2024·廣東廣州·模擬預測）在棱長為1的正方體中，若點為四邊形內（包括邊界）的動點，為平面內的動點，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則平面截正方體所得截面的面積為
B．若直線與所成的角為，則點的軌跡為雙曲線
C．若，則點的軌跡長度為
D．若正方體以直線為軸，旋轉后與其自身重合，則的最小值是120
3．（2024·遼寧大連·二模）在棱長為2的正方體中，M為中點，N為四邊形內一點（含邊界），若平面，則下列結論正確的是（ ）
A． B．三棱錐的體積為
C．點N的軌跡長度為 D．的取值范圍為
4．（2024·重慶·模擬預測）已知正方體的棱長為1，空間中一動點滿足，分別為的中點，則下列選項正確的是（ ）
A．存在點，使得平面
B．設與平面交于點，則
C．若，則點的軌跡為拋物線
D．三棱錐的外接球半徑最小值為
5．（23-24高二上·廣東清遠·期末）如圖，在正方體中，點為線段上的動點，則下列結論正確的是（ ）
A．當時，的值最小
B．當時，
C．若平面上的動點滿足，則點的軌跡是橢圓
D．直線與平面所成角的正弦值是
6．（23-24高二上·湖北·期末）如圖，點是棱長為2的正方體的表面上一個動點，是線段的中點，則（ ）
A．當在平面上運動時，三棱錐的體積為定值
B．當在線段上運動時，與所成角的取值范圍是
C．當直線與平面所成的角為時，點的軌跡長度為
D．當在底面上運動，且滿足平面時，線段長度的取值范圍是
7．（2024·湖南長沙·二模）在正方體中，為的中點，是正方形內部一點（不含邊界），則（ ）
A．平面平面
B．平面內存在一條直線與直線成角
C．若到邊距離為，且，則點的軌跡為拋物線的一部分
D．以的邊所在直線為旋轉軸將旋轉一周，則在旋轉過程中，到平面的距離的取值范圍是
8．（23-24高三下·山東菏澤·階段練習）用平面截圓柱面，圓柱的軸與平面所成角記為，當為銳角時，圓柱面的截線是一個橢圓．著名數學家創立的雙球實驗證明了上述結論．如圖所示，將兩個大小相同的球嵌入圓柱內，使它們分別位于的上方和下方，并且與圓柱面和均相切．下列結論中正確的有（ ）

A．橢圓的短軸長與嵌入圓柱的球的直徑相等
B．橢圓的長軸長與嵌入圓柱的兩球的球心距相等
C．所得橢圓的離心率
D．其中為橢圓長軸，為球半徑，有
9．（2024·浙江臺州·二模）已知正方體的棱長為1，為平面內一動點，且直線與平面所成角為，E為正方形的中心，則下列結論正確的是（ ）
A．點的軌跡為拋物線
B．正方體的內切球被平面所截得的截面面積為
C．直線與平面所成角的正弦值的最大值為
D．點為直線上一動點，則的最小值為
1．（2024·遼寧大連·一模）正四棱柱中，，動點滿足，且，則下列說法正確的是（ ）
A．當時，直線平面
B．當時，的最小值為
C．若直線與所成角為，則動點P的軌跡長為
D．當時，三棱錐外接球半徑的取值范圍是
2．（2024·河北保定·二模）已知正三棱柱的所有棱長均為為的中點，平面過點與直線垂直，與直線分別交于點是內一點，且，則（ ）
A．為的中點
B．
C．為的中點
D．的最小值為
3．（2024·浙江·三模）在棱長為 1 的正方體中，已知分別為線段的中點，點滿足，則（ ）
A．當時，三棱錐的體積為定值
B．當，四棱錐的外接球的表面積是
C．周長的最小值為
D．若，則點的軌跡長為
4．（2024·河北石家莊·三模）如圖，在棱長為2的正方體中，為的中點，則下列說法正確的有（ ）

A．若點為中點，則異面直線與所成角的余弦值為
B．若點為線段上的動點（包含端點），則的最小值為
C．若點為的中點，則平面與四邊形的交線長為
D．若點在側面正方形內（包含邊界）且，則點的軌跡長度為
5．（2024·湖南益陽·三模）如圖，點P是棱長為2的正方體的表面上的一個動點，則下列結論正確的是（ ）
A．當點P在平面上運動時，四棱錐的體積不變
B．當點P在線段AC上運動時，與所成角的取值范圍為
C．使直線AP與平面ABCD所成角為的動點P的軌跡長度為
D．若F是的中點，當點P在底面ABCD上運動，且滿足平面時，PF長度的最小值為
6．（2024·貴州貴陽·模擬預測）在正三棱柱中，，點P滿足，其中，則（ ）
A．當時，最小值為
B．當時，三棱錐的體積為定值
C．當時，平面平面
D．若，則P的軌跡長度為
7．（2024·河北衡水·三模）已知在正方體中，，點為的中點，點為正方形內一點（包含邊界），且平面，球為正方體的內切球，下列說法正確的是（ ）
A．球的體積為 B．點的軌跡長度為
C．異面直線與BP所成角的余弦值取值范圍為 D．三棱錐外接球與球內切
8．（2024·浙江嘉興·模擬預測）如圖，點P是棱長為2的正方體的表面上一個動點，則（ ）
A．當P在平面上運動時，三棱錐的體積為定值
B．當P在線段AC上運動時，與所成角的取值范圍是
C．若F是的中點，當P在底面ABCD上運動，且滿足時，長度的最小值是
D．使直線AP與平面ABCD所成的角為的點P的軌跡長度為
9．（23-24高三下·山東·開學考試）如圖，在棱長為1的正方體中，M為平面所在平面內一動點，則（ ）

A．若M在線段上，則的最小值為
B．過M點在平面內一定可以作無數條直線與垂直
C．若平面，則平面截正方體的截面的形狀可能是正六邊形
D．若與所成的角為，則點M的軌跡為雙曲線
考點九、軌跡、截面、動點、范圍大題綜合
1．（2022·廣東汕頭·二模）如圖所示，C為半圓錐頂點，O為圓錐底面圓心，BD為底面直徑，A為弧BD中點．是邊長為2的等邊三角形，弦AD上點E使得二面角的大小為30°，且．
(1)求t的值；
(2)對于平面ACD內的動點P總有平面BEC，請指出P的軌跡，并說明該軌跡上任意點P都使得平面BEC的理由．
2．（2024·重慶·一模）如圖，四棱錐中，底面，四邊形中，，．

(1)若為的中點，求證：平面平面；
(2)若平面與平面所成的角的余弦值為．
（ⅰ）求線段的長；
（ⅱ）設為內（含邊界）的一點，且，求滿足條件的所有點組成的軌跡的長度．
3．（22-23高二上·北京石景山·期末）如圖1，在中，是直角，，是斜邊的中點，分別是的中點．沿中線將折起，連接，點是線段上的動點，如圖2所示．
(1)求證：平面；
(2)從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個條件作為已知，當二面角的余弦值為時．求的值．
條件①：；條件②：．
4．（2024·全國·模擬預測）如圖，已知四邊形是直角梯形，，平面是的中點，E是的中點，的面積為，四棱錐的體積為．
(1)求證：平面;
(2)若P是線段上一動點，當二面角的大小為時，求的值．
5．（2024·江西新余·二模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若為的中點，證明：平面平面；
(2)若，，線段上的點滿足，且平面與平面夾角的余弦值為，求實數的值.
1．（2023·湖南·模擬預測）如圖，四棱錐內，平面，四邊形為正方形，，．過的直線交平面于正方形內的點，且滿足平面平面.
(1)當時，求點的軌跡長度；
(2)當二面角的余弦值為時，求二面角的余弦值.
2．（22-23高二上·重慶九龍坡·期中）如圖①所示，長方形中，，，點是邊靠近點的三等分點，將△沿翻折到△，連接，，得到圖②的四棱錐.
(1)求四棱錐的體積的最大值；
(2)設的大小為，若，求平面和平面夾角余弦值的最小值.
3．（22-23高三上·浙江寧波·期末）在菱形中，G是對角線上異于端點的一動點（如圖1），現將沿向上翻折，得三棱錐（如圖2）.
(1)在三棱錐中，證明：；
(2)若菱形的邊長為，，且，在三棱錐中，當時，求直線與平面所成角的正弦值.
4．（23-24高二上·上海·期末）把底面為橢圓且母線與底面垂直的柱體稱為“橢圓柱”．如圖，橢圓柱中底面長軸，短軸長為下底面橢圓的左右焦點，為上底面橢圓的右焦點，為上的動點，為上的動點，為過點的下底面的一條動弦（不與重合）．
(1)求證：當為的中點時，平面
(2)若點是下底面橢圓上的動點，是點在上底面的投影，且與下底面所成的角分別為，試求出的取值范圍．
(3)求三棱錐的體積的最大值．
5．（2024·湖北·模擬預測）如圖，在梯形中，，，.將沿對角線折到的位置，點P在平面內的射影H恰好落在直線上.
(1)求二面角的正切值；
(2)點F為棱上一點，滿足，在棱上是否存在一點Q，使得直線與平面所成的角為 若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
6．（2024·湖南長沙·三模）如圖，在四棱錐中，平面，，底面為直角梯形，，，，是的中點，點，分別在線段與上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
1．（2021·遼寧沈陽·模擬預測）在長方體中，點是底面上的一個動點，當三角形的面積為定值時，滿足條件的點所形成的圖形為（ ）
A．圓的一部分 B．直線的一部分
C．橢圓的一部分 D．拋物線的一部分
2．（2021·河北保定·一模）已知長方體，動點到直線的距離與到平面的距離相等，則在平面上的軌跡是（ ）
A．線段 B．橢圓一部分 C．拋物線一部分 D．雙曲線一部分
3．（2021·安徽合肥·模擬預測）已知正四棱柱，底面邊長為4，側棱長為，平面為經過且與平面平行的平面，平面內一動點P滿足到點的距離與到直線BD的距離相等，則動點P的軌跡為（ ）
A．圓 B．雙曲線 C．兩條直線 D．拋物線
4．（陜西西安·階段練習）如圖，正方體中，P為底面上的動點，于E，且則點P的軌跡是（ ）
A．線段 B．圓 C．橢圓的一部分 D．拋物線的一部分
5．（2021·廣東韶關·一模）設正方體的棱長為1，為底面正方形內的一動點，若三角形的面積，則動點的軌跡是（ ）
A．圓的一部分 B．雙曲線的一部分
C．拋物線的一部分 D．橢圓的一部分
6．（2021·福建龍巖·一模）正方體的棱長為a，P是正方體表面上的動點，若，則動點P的軌跡長度為 .
7．（2023·上海松江·一模）動點的棱長為1的正方體表面上運動，且與點的距離是，點的集合形成一條曲線，這條曲線的長度為
8．（2021·浙江溫州·模擬預測）已知過平面外一點A的斜線l與平面所成角為，斜線l交平面于點B，若點A與平面的距離為1，則斜線段在平面上的射影所形成的圖形面積是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·河南許昌·三模）如圖，在體積為3的三棱錐P-ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，，若點M是側面CBP內一動點，且滿足，則點M的軌跡長度的最大值為（ ）
A．3 B．6 C． D．
10．（2023·河南·三模）如圖，在棱長為1的正方體中，是截面上的一個動點（不包含邊界），若，則的最小值為（ ）

A． B． C． D．
11．（2021·北京海淀·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，是側面內的一個動點（不包含端點），則下列說法中正確的是（ ）
A．三角形的面積無最大值、無最小值
B．存在點，滿足
C．存在有限個點，使得三角形是等腰三角形
D．三棱錐的體積有最大值、無最小值
12．（2023·重慶沙坪壩·模擬預測）已知正四面體的棱長為6，點P在內(不含邊界)，若，則面積的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
一、單選題
1．（2024·山東濰坊·一模）如圖所示，在棱長為1的正方體中，點為截面上的動點，若，則點的軌跡長度是（ ）
A． B． C． D．1
2．（23-24高三上·江西撫州·階段練習）設A、B是半徑為的球體O表面上的兩定點，且，球體O表面上動點M滿足，則點M的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2023·湖北武漢·三模）如圖，已知正方體的棱長為，為底面內（包括邊界）的動點，則下列結論正確的是（ ）．
A．三棱錐的體積為定值
B．存在點，使得
C．若，則點在正方形底面內的運動軌跡長為
D．若點是的中點，點是的中點，過，作平面平面，則平面截正方體的截面面積為
4．（2023·河南·模擬預測）如圖，設正方體的棱長為，點是的中點，點為空間內兩點，且，則（ ）

A．若平面，則點與點重合
B．設，則動點的軌跡長度為
C．平面與平面的夾角的余弦值為
D．若，則平面截正方體所得截面的面積為
5．（2024·江西九江·三模）如圖，正方體的棱長為1，點在截面內，且，則（ ）
A．三棱錐的體積為 B．線段的長為
C．點的軌跡長為 D．的最大值為
6．（2023·湖南·模擬預測）在棱長為1的正方體中，為正方體表面上的動點，為線段上的動點，若直線與的夾角為，則下列說法正確的是（ ）
A．點的軌跡確定的圖形是平面圖形
B．點的軌跡長度為
C．的最小值為
D．當點在側面上時，的最小值為1
7．（2024·安徽蚌埠·模擬預測）已知正方體棱長為4，點N是底面正方形ABCD內及邊界上的動點，點M是棱上的動點（包括點），已知，P為MN中點，則下列結論正確的是（ ）
A．無論M，N在何位置，為異面直線 B．若M是棱中點，則點P的軌跡長度為
C．M，N存在唯一的位置，使平面 D．AP與平面所成角的正弦最大值為
8．（2024·廣西南寧·一模）在邊長為2的正方體中，動點滿足，且，下列說法正確的是（ ）
A．當時，的最小值為
B．當時，異面直線與所成角的余弦值為
C．當，且時，則的軌跡長度為
D．當時，與平面所成角的正弦值的最大值為
三、填空題
9．（2024·上海奉賢·二模）點是棱長為1的正方體棱上一點，則滿足的點的個數為 ．
10．（2024·全國·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，已知分別是棱的中點，則平面截正方體所得的截面面積為 ，若為平面上的動點，且直線與直線的夾角為，則點的軌跡長度為 ．

11．（2024·山西晉城·模擬預測）如圖所示，正方形是圓柱的軸截面，且，已知為圓柱側面上的點，則集合平面平面表示橢圓的離心率為 .

12．（2023·江西九江·三模）如圖，棱長為2的正方體中，P，Q為四邊形內的點（包括邊界），且點P到AB的距離等于到平面的距離，點Q到的距離等于到平面ABCD的距離，則的最小值為 .
21世紀教育網(www.21cnjy.com)第07講 立體幾何中的軌跡、截面、動點、范圍問題
（9類核心考點精講精練）
立體幾何中的動點軌跡問題，是一個備受關注的重要專題，它在各級各類考試中占據一席之地，特別是在高考中亦常有所見。此類題型不僅是檢驗學生空間想象能力、思維能力和創新意識的有效手段，也是培養學生數學核心素養的重要途徑。
在高考復習備考過程中，其試題常以選擇、多選、填空等形式呈現，設計巧妙，注重知識間的交匯與融合，題型新穎靈活，旨在全面考查學生的綜合素質。通過此類題型，不僅能夠檢驗學生對各部分知識間的縱向和橫向聯系的掌握程度，還能夠激發學生的創新意識和創新能力，滲透數學思想方法，充分體現新課程標準的要求和數學核心素養的培育目標。
然而，由于這類問題通常涉及較為復雜的空間幾何體結構特征，對于許多學生而言，確實存在一定的挑戰和難度。
知識講解
方法點睛1：對于立體幾何的綜合問題的解答方法：
1、立體幾何中的動態問題主要包括：空間動點軌跡的判斷，求解軌跡的長度及動角的范圍等問題；
2、解答方法：一般是根據線面平行，線面垂直的判定定理和性質定理，結合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程；
3、對于線面位置關系的存在性問題，首先假設存在，然后再該假設條件下，利用線面位置關系的相關定理、性質進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足則肯定假設，若得出矛盾的結論，則否定假設；
4、對于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設存在，設出空間點的坐標，轉化為代數方程是否有解的問題，若由解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.
方法點睛2：立體幾何中的軌跡問題：
1、由動點保持平行性求軌跡.
（1）線面平行轉化為面面平行得軌跡；（2）平行時可利用法向量垂直關系求軌跡.
2、動點保持垂直求軌跡.
（1）可利用線線線面垂直，轉化為面面垂直，得交線求軌跡；（2）利用空間坐標運算求軌跡；（3）利用垂直關系轉化為平行關系求軌跡.
3、由動點保持等距（或者定距）求軌跡.
（1）距離，可轉化為在一個平面內的距離關系，借助于圓錐曲線的定義或者球和圓的定義等知識求解軌跡；（2）利用空間坐標計算求軌跡.
4、由動點保持等角（或定角）求軌跡.
（1）直線與面成定角，可能是圓錐側面；（2）直線與定直線成等角，可能是圓錐側面；（3）利用空間坐標系計算求軌跡.
5、投影求軌跡.
（1）球的非正投影，可能是橢圓面；（2）多面體的投影，多為多邊形.
6、翻折與動點求軌跡.
（1）翻折過程中尋求不變的垂直關系求軌跡；（2）翻折過程中尋求不變的長度關系求軌跡；（3）利用空間坐標運算求軌跡.
考點一、軌跡形狀
1．（浙江·高考真題）如圖，斜線段與平面所成的角為，為斜足，平面上的動點滿足，則點的軌跡是
A．直線 B．拋物線
C．橢圓 D．雙曲線的一支
【答案】C
【詳解】用垂直于圓錐軸的平面去截圓錐，得到的是圓；把平面漸漸傾斜，得到橢圓；當平面和圓錐的一條母線平行時，得到拋物線．
此題中平面上的動點滿足，可理解為在以為軸的圓錐的側面上，
再由斜線段與平面所成的角為，可知的軌跡符合圓錐曲線中橢圓定義．
故可知動點的軌跡是橢圓．
故選C.
考點：1.圓錐曲線的定義；2.線面位置關系.
2．（北京·高考真題）平面的斜線交于點，過定點的動直線與垂直，且交于點，則動點的軌跡是（ ）
A．一條直線 B．一個圓 C．一個橢圓 D．曲線的一支
【答案】A
【分析】先找出定點A和直線確定的一個平面，結合平面相交的特點可得軌跡類型.
【詳解】如圖，設與是其中的兩條任意的直線，則這兩條直線確定一個平面，且的斜線，由過平面外一點有且只有一個平面與已知直線垂直可知過定點與垂直所有直線都在這個平面內，故動點都在平面與平面的交線上.

【點睛】本題主要考查軌跡的類型確定，熟悉平面的基本性質及推論是求解的關鍵，側重考查直觀想象的核心素養.
3．（北京·高考真題）如圖，在正方體中，是側面內一動點，若到直線與直線的距離相等，則動點的軌跡是（ ）
A．直線 B．圓
C．雙曲線 D．拋物線
【答案】D
【分析】由于在平面內，而平面，因此有，這樣結合拋物線的定義可得結論．
【詳解】在正方體中，一定有，∴點為平面內到直線和到點的距離相等的點，其軌跡為拋物線．
故選D．
【點睛】本題考查拋物線的定義，考查立體幾何中的垂直關系．屬于跨章節綜合題，難度不大．
4．（天津·高考真題）如圖，定點A，B都在平面內，定點，C是內異于A和B的動點，且，則動點C在平面內的軌跡是（ ）
A．一條線段，但要去掉兩個點 B．一個圓，但要去掉兩個點
C．一段弧，但要去掉兩個點 D．半圓，但要去掉兩個點
【答案】B
【分析】連接，由已知條件可得平面，從而可得，則點C在內的軌跡是以為直徑的圓，進而可得答案
【詳解】連接，因為，所以，又，，
所以平面，又平面，故，
因為A，B是平面上的定點，所以點C在內的軌跡是以為直徑的圓，
又C是內異于A和B的點，故此軌跡要去掉A、B兩個點，所以B正確.
故選：B
5．（重慶·高考真題）到兩互相垂直的異面直線的距離相等的點，在過其中一條直線且平行于另一條直線的平面內的軌跡是（ ）
A．直線 B．橢圓 C．拋物線 D．雙曲線
【答案】D
【分析】利用空間向量可求動點的軌跡.
【詳解】如圖，設兩條相互垂直的異面直線一條為軸，另一條為與軸垂直的直線，
且該直線上的點的坐標為，其中為非零常數，設上的點，
設，則，而軸的方向向量為，
故到軸的距離為,
而，的方向向量為
同理到軸的距離為，
故，化簡可得，
取平面，則，此時，故軌跡為雙曲線.
故選：D.
先做出兩條異面直線的公垂線，以其中一條直線為x軸，公垂線與x軸交點為原點，公垂線所在直線為z軸，過x且垂直于公垂線的平面為xoy平面，建立空間直角坐標系，則兩條異面直線的方程就分別是y=0，z="0" 和x=0，z=a（a是兩異面直線公垂線長度，是個常數），空間內任意點設它的坐標是（x，y，z）那么由已知，它到兩條異面直線的距離相等，即兩邊平方，化簡可得，過一條直線且平行于另一條直線的平面是z=0和z=a，分別代入所得式子z=0時
代入可以得到，圖形是個雙曲線，z=a時，代入可以得到，圖形也是個雙曲線
考點：拋物線的定義；雙曲線的標準方程
6．（浙江·高考真題）如圖，AB是平面的斜線段，A為斜足，若點P在平面內運動，使得△ABP的面積為定值，則動點P的軌跡是
A．圓 B．橢圓
C．一條直線 D．兩條平行直線
【答案】B
【詳解】試題分析：本題其實就是一個平面斜截一個圓柱表面的問題，因為三角形面積為定值，以AB為底，則底邊長一定，從而可得P到直線AB的距離為定值，分析可得，點P的軌跡為一以AB為軸線的圓柱面，與平面α的交線，且α與圓柱的軸線斜交，由平面與圓柱面的截面的性質判斷，可得P的軌跡為橢圓．
考點：本題考查了平面與圓柱面的截面性質的判斷
點評：解決時要注意截面與圓柱的軸線的不同位置時，得到的截面形狀也不同
7．（重慶·高考真題）若三棱錐的側面內一動點P到底面的距離與到棱的距離相等，則動點P的軌跡與組成圖形可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】設二面角為，作面于，于，于，根據題設有為常數，進而分析P在上的軌跡，即可得答案.
【詳解】若二面角為，作面于，于，于，
如上圖示，，由題設有，即為常數，
所以P在上的軌跡是一條直線，且與邊夾角較小.
故選：D
8．（北京·高考真題）如圖，動點在正方體的對角線上，過點作垂直于平面的直線，與正方體表面相交于．設，，則函數的圖象大致是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】試題分析：由題意知，MN⊥平面BB1D1D，則MN在底面ABCD上的射影是與對角線AC平行的直線，故當動點P在對角線BD1上從點B向D1運動時，x變大y變大，直到P為BD1的中點時，y最大為AC．然后x變小y變小，直到y變為0，因底面ABCD為正方形，故變化速度是均勻的，且兩邊一樣．故答案為B．
考點：函數的圖像與圖像項變化．
點評：本題考查了函數圖象的變化，根據幾何體的特征和條件進行分析兩個變量的變化情況，再用圖象表示出來，考查了作圖和讀圖能力．屬于中檔題．
1．（2023·浙江·一模）已知線段垂直于定圓所在的平面，是圓上的兩點，是點在上的射影，當運動，點運動的軌跡（ ）
A．是圓 B．是橢圓 C．是拋物線 D．不是平面圖形
【答案】A
【分析】設定圓圓心為，半徑為，由線面垂直的判定與性質可推導證得，由直角三角形性質可確定，由此可得軌跡圖形.
【詳解】設定圓圓心為，半徑為，
連接，設直徑為，連接，
平面，平面，；
為直徑，，又，平面，
平面，又平面，，
又，，平面，
平面，平面，，
在中，，則點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓.
故選：A.
2．（2023·云南保山·二模）已知正方體，Q為上底面所在平面內的動點，當直線與的所成角為45°時，點Q的軌跡為（ ）
A．圓 B．直線 C．拋物線 D．橢圓
【答案】C
【分析】建系，利用空間向量結合線線夾角分析運算.
【詳解】以點D為原點，，，為x，y，z的正方向，建立空間直角坐標系，
設正方體棱長為1，則，設，
可得，，
因為直線與的所成角為，
則，化簡可得，
所以點Q的軌跡為拋物線.
故選：C.

3．（2024·廣東梅州·一模）如圖，正四棱柱中，，點是面上的動點，若點到點的距離是點到直線的距離的2倍，則動點的軌跡是（ ）的一部分
A．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線
【答案】C
【分析】建立如圖空間直角坐標系，設，利用兩點距離公式可得，即可求解.
【詳解】由題意知，以D為原點，所在直線分別為軸建立如圖空間直角坐標系，
則，設，
所以，
因為到的距離是到的距離的2倍，
所以，即，
整理，得，
所以點P的軌跡為雙曲線.
故選：C
4．（2023·全國·模擬預測）已知空間中兩條直線、異面且垂直，平面且，若點到、距離相等，則點在平面內的軌跡為（ ）
A．直線 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線
【答案】C
【分析】設在內的射影為，以與的交點為原點，為軸，為軸，與的公垂線為軸，建立空間直角坐標系. 設，利用空間向量坐標法表示距離，列出方程，求解結果.
【詳解】設在內的射影為，到的距離為，
以與的交點為原點，為軸，為軸，與的公垂線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.
設，則到的距離為.
過點作于點，過點作于點，
又在內的射影為，則，連結,
又，，
所以平面，又平面，
所以，所以，
所以則到的距離為,
因為點到、距離相等，
所以，即，
所以點在平面內的軌跡為雙曲線.
故選：C.
【點睛】方法點睛：
關于立體幾何中的軌跡問題，一般要建立適當的空間直角坐標系，根據已知信息列出的等量關系，化簡得出軌跡方程，結合方程特征找到軌跡曲線.
5．（2023·云南文山·模擬預測）用一個垂直于圓錐的軸的平面去截圓錐，截口曲線（截而與圓錐側面的交線）是一個圓，用一個不垂直于軸的平面截圓錐，當截面與圓錐的軸的夾角不同時，可以得到不同的截口曲線，它們分別是橢圓、拋物線、雙曲線．因此，我們將圓、橢圓、拋物線、雙曲線統稱為圓錐曲線．記圓錐軸截面半頂角為，截口曲線形狀與，有如下關系：當時，截口曲線為橢圓；當時，截口曲線為拋物線：當時，截口曲線為雙曲線．其中，，現有一定線段AB，其與平面所成角（如圖），B為斜足，上一動點P滿足，設P點在的運動軌跡是，則（ ）
A．當，時，是橢圓 B．當，時，是雙曲線
C．當，時，是拋物線 D．當，時，是圓
【答案】AC
【分析】P在以AB為軸的圓錐上運動，結合題干信息，逐一分析即可.
【詳解】∵AB為定線段，為定值，∴P在以AB為軸的圓錐上運動，
其中圓錐的軸截面半頂角為，與圓錐軸AB的夾角為，
對于A，，∴平面截圓錐得橢圓，故A正確；
對于B，，平面截圓錐得橢圓，故B錯誤；
對于C，，平面截圓錐得拋物線，故C正確；
對于D，，平面截圓錐得橢圓，故D不正確．
故選：AC．
6．（2024·浙江溫州·一模）如圖，所有棱長都為1的正三棱柱，，點是側棱上的動點，且，為線段上的動點，直線平面，則點的軌跡為（ ）

A．三角形（含內部） B．矩形（含內部）
C．圓柱面的一部分 D．球面的一部分
【答案】A
【分析】根據題意首先保持在線段上不動（與重合），研究當點運動時的軌跡為線段，再根據點在線段上運動的軌跡即可得出點的軌跡為及其內部的所有點的集合.
【詳解】如下圖所示：

首先保持在線段上不動，假設與重合
根據題意可知當點在側棱上運動時，若點在點處時，為的中點，
此時由可得滿足，
當點運動到圖中位置時，易知，取，可得，
取棱上的點，滿足，根據三角形相似可得三點共線，
當點在側棱上從點運動到點時，點軌跡即為線段；
再研究當點在線段上運動，
當點在線段上從點運動到點時，點的軌跡是線段，
當點在線段上從點運動到點時，點的軌跡是線段，
因此可得，當點是側棱上運動時，在線段上運動時，點的軌跡為及其內部的所有點的集合；
即可得的軌跡為三角形（含內部）.
故選：A
7．（2023·貴州黔西·一模）在正方體中，點為平面內的一動點，是點到平面的距離，是點到直線的距離，且（為常數），則點的軌跡不可能是（ ）
A．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線
【答案】A
【分析】根據條件作出正方體，再以為原點，直線、和分別為、和軸建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為（），再設點，根據題目條件得到，分類討論，、時，結合圓錐曲線的方程特征，即可求解.
【詳解】由條件作出正方體，并以為原點，直線、和分別為、和軸建立空間直角坐標系，如圖所示：
設正方體的棱長為（），點，
所以得，，
由，得，
所以，即①（），
當時，①式化得：，
此時，點的軌跡是拋物線；
當時，①式化得：，
即，
②，
當時，，則②式，是雙曲線的方程，即點的軌跡為雙曲線；
當時，，則②式，是橢圓的方程，即點的軌跡為橢圓；
故選：A.
考點二、軌跡長度
1．（2023·湖北省直轄縣級單位·模擬預測）已知正方體的棱長為2，M為棱的中點，N為底面正方形ABCD上一動點，且直線MN與底面ABCD所成的角為，則動點N的軌跡的長度為 ．
【答案】
【分析】利用線面角求法得出N的軌跡為正方形內一部分圓弧，求其圓心角計算弧長即可.
【詳解】如圖所示，取BC中點G，連接MG，NG，由正方體的特征可知MG⊥底面ABCD，

故MN與底面ABCD的夾角即，
∴，則，
故N點在以G為原點為半徑的圓上，又N在底面正方形ABCD上，
即N的軌跡為圖示中的圓弧，
易知，
所以長為.
故答案為：.
2．（2024·四川南充·二模）三棱錐中，，，為內部及邊界上的動點，，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由已知可得三棱錐為正三棱錐，即可得三棱錐的高，設點在底面上的射影為，即可得，進而可得點的軌跡及其長度.
【詳解】

如圖所示，
由，，
可知三棱錐為正三棱錐，
設中點為，
則，，，
設點在底面上的射影為，
則平面，，
又為內部及邊界上的動點，，
所以，
所以點的軌跡為以點為圓心，為半徑的圓在內部及邊界上的部分，
如圖所示，
，
，
即，，
所以點的軌跡長度為，
故選：B.
3．（2024·全國·模擬預測）已知正四棱錐的體積為，底面的四個頂點在經過球心的截面圓上，頂點在球的球面上，點為底面上一動點，與所成角為，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據錐體的體積公式結合外接球的性質可得半徑和四棱錐的底邊邊長，進而根據銳角三角函數可得，即可判斷點的軌跡為為圓心，半徑的圓，即可求解.
【詳解】由題意，設球的半徑為．如圖所示，連接交于點，連接，則，，平面，所以，解得．
在中，因為，，所以．
因為正方形的中心到各邊的距離為，所以點的軌跡為平面內，以點為圓心，半徑的圓，故點的軌跡長度為．
故選:D．

4．（2023·湖北襄陽·模擬預測）如圖，二面角的大小為，已知A、B是l上的兩個定點，且，，，AB與平面BCD所成的角為，若點A在平面BCD內的射影H在的內部（包括邊界），則點H的軌跡的長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據題意：點H的軌跡是以點B為球心，以為半徑的球與以AB為軸，母線AH與軸AB成60°的圓錐側面交線的一部分，該部分是圓心角為的弧長，只要求出半徑即可.
【詳解】如圖所示：
因為AB與平面BCD所成的角為，且點A在平面BCD上的射影H，，
所以，
所以點H在以點B為球心，以為半徑的球面上，
又點H在以AB為軸，以AH為母線的圓錐的側面上，
所以點H的軌跡為以點B為球心，以為半徑的球與以AB為軸，
母線AH與軸AB成的圓錐側面交線的一部分，
即圖中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB，
因為二面角α﹣1﹣β的平面角的大小為，
所以，
又，
所以點H的軌跡的長度等于，
故選：D.
5．（2024·江西·二模）已知正方體的棱長為4，點滿足，若在正方形內有一動點滿足平面，則動點的軌跡長為（ ）
A．4 B． C．5 D．
【答案】C
【分析】在棱上分別取點，使得，，連接，證明平面平面即可得點的軌跡為線段，再計算長度即可.
【詳解】
如圖，在棱上分別取點，使得，，
連接，
因為，，
所以，，
因為平面，平面，
所以平面，
因為，所以，
又，正方體的棱長為4，
所以，，，
在棱上取點,使得，
則且，又且，
所以且，所以四邊形是平行四邊形，
所以，
又且，則四邊形是平行四邊形，
所以，所以，
因為，
所以，則，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
因為平面，平面，
所以，平面，
因為，平面，
所以平面平面，
因為平面平面，
所以，在正方形內有一動點滿足平面時，
點的軌跡為線段，
因為，
所以，動點的軌跡長為.
故選：C.
6．（2023·江西贛州·二模）在棱長為4的正方體中，點滿足，，分別為棱，的中點，點在正方體的表面上運動，滿足面，則點的軌跡所構成的周長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出輔助線，找到點的軌跡，利用勾股定理求出邊長，得到周長.
【詳解】延長，交的延長線與，連接，分別交，于，
過點作交于點，過點作交于點，
因為平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因為，所以平面平面，
過點作交于點，
連接，則
則平行四邊形（點除外）為點的軌跡所構成的圖形，
因為正方體棱長為4，，分別為棱，的中點，，
所以，
因為，所以，
過點作⊥于點，則，
則由幾何關系可知，所以，
由勾股定理得，
所以點的軌跡所構成的周長為.
故選：D
7．（2024·廣西南寧·一模）在邊長為4的菱形中，．將菱形沿對角線折疊成大小為的二面角．若點為的中點，為三棱錐表面上的動點，且總滿足，則點軌跡的長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據二面角的平面角可結合余弦定理求解求，進而利用線面垂直可判斷點軌跡為，求解周長即可．
【詳解】連接、，交于點，連接，
為菱形，，
所以，，，
所以為二面角的平面角，
于是，
又因為，
所以，
取中點，取中點，連接、、，所以、，
所以、，，相交，
所以平面，
所以在三棱錐表面上，滿足的點軌跡為，
因為，，，
所以的周長為，
所以點軌跡的長度為．
故選：A．
8．（22-23高三下·江蘇南京·階段練習）如圖，在矩形中，，，，，分別為，，，的中點，與交于點，現將，，，分別沿，，，把這個矩形折成一個空間圖形，使與重合，與重合，重合后的點分別記為，，為的中點，則多面體的體積為 ；若點是該多面體表面上的動點，滿足時，點的軌跡長度為 ．
【答案】
【分析】根據給定的幾何體，證明平面，求出四棱錐的體積即可；證明點所在平面平行于平面，作出過點與平面平行的幾何體的截面，求出其周長作答.
【詳解】連接，有，而，為中點，則有，
，則平面，同理平面，又平面與平面有公共點，
于是點共面，而，即有，，
因為，，平面，則平面，
又平面，即有，則，同理，
即，從而，即四邊形為平行四邊形，，，
等腰梯形中，高，其面積，
顯然平面，所以多面體的體積；
因為平面，同理可得平面，又，則平面，
依題意，動點所在平面與垂直，則該平面與平面平行，而此平面過點，
令這個平面與幾何體棱的交點依次為，則,
又為的中點，則點為所在棱的中點，即點的軌跡為五邊形，
長度為：
.
故答案為：；
【點睛】思路點睛：涉及立體圖形中的軌跡問題，若動點在某個平面內，利用給定條件，借助線面、面面平行、垂直等性質，確定動點與所在平面內的定點或定直線關系，結合有關平面軌跡定義判斷求解.
1．（2024·江蘇·一模）在棱長為的正方體中，點分別為棱，的中點．已知動點在該正方體的表面上，且，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據條件得到點軌跡為以為直徑的球，進而得出點的軌跡是六個半徑為a的圓，即可求出結果.
【詳解】因為，故P點軌跡為以為直徑的球，
如圖，易知中點即為正方體中心，球心在每個面上的射影為面的中心，
設在底面上的射影為，又正方體的棱長為，所以，
易知，，又動點在正方體的表面上運動，
所以點的軌跡是六個半徑為a的圓，軌跡長度為，
故選：B．
2（2023·河北·模擬預測）已知正四棱錐（底面為正方形，且頂點在底面的射影為正方形的中心的棱錐為正四棱錐）P－ABCD的底面正方形邊長為2，其內切球O的表面積為，動點Q在正方形ABCD內運動，且滿足，則動點Q形成軌跡的周長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用等體積法及幾何關系求出關于動點Q的等式關系 ，根據相關幾何意義即可求出動點Q形成軌跡的周長.
【詳解】設內切球O的半徑為R，則，∴．
如圖，連接AC與BD，設交點為F，取AD的中點E，連接PE，PF，EF．
根據等體積法得，
∴，整理得，又，
解得，．∴，，．
在中，．
∴點Q在以點F為圓心，為半徑的圓上，其周長為．
故選：C．
3．（2024·四川成都·三模）在棱長為5的正方體 中，是中點，點在正方體的內切球的球面上運動，且，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】建立空間直角坐標系，作出輔助線，得到⊥平面，由點到平面的距離和球的半徑得到點的軌跡為以為半徑的圓，從而求出點的軌跡長度.
【詳解】以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
則，，
球心，取的中點，的中點，連接，
則，，
，
故，，
又，平面，
故⊥平面，
故當位于平面與內切球的交線上時，滿足，
此時到平面的距離為
，
，其中為平面截正方體內切球所得截面圓的半徑，
故點的軌跡為以為半徑的圓，
故點的軌跡長度為.
故選：B
4．（2024·遼寧·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，已知，，分別是棱，，的中點，為平面上的動點，且直線與直線的夾角為，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】以為坐標原點，，，所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，由空間向量的位置關系可證得平面，可得點的軌跡為圓，由此即可得．
【詳解】解：以為坐標原點，，，所在直線分別為、、軸，
建立空間直角坐標系，，，，，，
故，，
，設平面的法向量為，
則，
令得，，故，
因為，故平面，
為平面上的動點，直線與直線的夾角為30°，
平面，設垂足為，以為圓心，為半徑作圓，
即為點的軌跡，其中，
由對稱性可知，，故半徑，
故點的軌跡長度為.
故選：C.
5．（23-24高一上·浙江紹興·期末）已知點是邊長為1的正方體表面上的動點，若直線與平面所成的角大小為，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由題意，分析可得點的軌跡，分別計算各段軌跡的長度即可.
【詳解】若點P在正方形內，過點P作平面于，連接.
則為直線與平面所成的角，則，
又，則，得，
則點的軌跡為以為圓心半徑為1的圓（落在正方形內的部分），
若點P在正方形內或內，軌跡分別為線段和，
因為點P不可能落在其他三個正方形內，所以點的軌跡如圖所示：
故點P的軌跡長度為.
故選：D
6．（2024·陜西銅川·模擬預測）在正四棱臺中，，，是四邊形內的動點，且，則動點運動軌跡的長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用勾股定理得到，即可得到點的軌跡，然后求長度即可.
【詳解】

設在平面內的射影為，則在線段上，則，，，
故動點的軌跡為以為圓心，以為半徑的圓在正方形內部部分，
如圖所示，其中，故，
又，所以，
因為，所以，故，故動點的軌跡長度是．
故選：A．
7．（2024·全國·模擬預測）在三棱錐中，底面是等邊三角形，側面是等腰直角三角形，，是平面內一點，且，若，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取的中點，連接，作交的延長線于點，利用線面垂直的判定得到平面，進而得出，再結合余弦定理和同角三角函數的基本關系可得點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，最后結合圓的周長計算公式即可求解.
【詳解】如圖，取的中點，連接，易得，
又，平面，所以平面，
又，所以，，，
在中，，由余弦定理得，
作交的延長線于點，則，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以，所以，
在中，，則，
所以點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，
則點的軌跡長度為，
故選：C，
【點睛】方法點睛：立體幾何中的軌跡問題：
1、由動點保持平行性求軌跡.
（1）線面平行轉化為面面平行得軌跡；（2）平行時可利用法向量垂直關系求軌跡.
2、動點保持垂直求軌跡.
（1）可利用線線線面垂直，轉化為面面垂直，得交線求軌跡；（2）利用空間坐標運算求軌跡；（3）利用垂直關系轉化為平行關系求軌跡.
3、由動點保持等距（或者定距）求軌跡.
（1）距離，可轉化為在一個平面內的距離關系，借助于圓錐曲線的定義或者球和圓的定義等知識求解軌跡；（2）利用空間坐標計算求軌跡.
4、由動點保持等角（或定角）求軌跡.
（1）直線與面成定角，可能是圓錐側面；（2）直線與定直線成等角，可能是圓錐側面；（3）利用空間坐標系計算求軌跡.
5、投影求軌跡.
（1）球的非正投影，可能是橢圓面；（2）多面體的投影，多為多邊形.
6、翻折與動點求軌跡.
（1）翻折過程中尋求不變的垂直關系求軌跡；（2）翻折過程中尋求不變的長度關系求軌跡；（3）利用空間坐標運算求軌跡.
8．（2023·青海·模擬預測）在正四棱臺中，，點在底面內，且，則的軌跡長度是 .
【答案】
【分析】過點作交于點，根據已知線段長度和位置關系求解出，然后確定出的軌跡為，再通過扇形的弧長公式求解出軌跡長度.
【詳解】連接，連接，過點作交于點，
因為，所以，
所以，所以，
因為幾何體為正四棱臺，所以平面，
所以，
又因為，平面，平面，
所以，所以平面，
又因為，所以，
以為圓心，為半徑畫圓，如下圖，即為的軌跡，
過作，分別交于，
因為，
所以，
所以，
所以，
所以的長度為，
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查立體幾何中的軌跡問題，對于空間想象能力和計算能力要求較高，難度較大.解答問題的關鍵是求解出的長度從而確定出的軌跡形狀，借助扇形的弧長公式完成相關計算.
考點三、軌跡區域面積
1．（2023·四川成都·三模）如圖，為圓柱下底面圓的直徑，是下底面圓周上一點，已知，圓柱的高為5．若點在圓柱表面上運動，且滿足，則點的軌跡所圍成圖形的面積為 ．
【答案】10
【分析】先推出平面，設過的母線與上底面的交點為，過的母線與上底面的交點為，連，推出平面，從而可得點的軌跡是矩形，計算這個矩形的面積即可得解.
【詳解】因為是圓柱下底面圓的直徑，所以，
又，，平面，所以平面，
設過的母線與上底面的交點為，過的母線與上底面的交點為，連，
因為平面，平面，所以，
因為，平面，所以平面，
所以點在平面內，又點在圓柱的表面，所以點的軌跡是矩形，
依題意得，，，所以，
所以矩形的面積為.
故點的軌跡所圍成圖形的面積為.
故答案為：.
2．（2024·四川成都·二模）在所有棱長均相等的直四棱柱中，，點在四邊形內（含邊界）運動．當時，點的軌跡長度為，則該四棱柱的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根據軌跡的長度求出棱長，利用四棱柱的表面積公式可求答案.
【詳解】設棱長為，延長，過點作垂直于的延長線于，
由，可得；
由直四棱柱的性質可得，平面，所以；
因為，所以.
在平面內，點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓夾在四邊形內的部分，即圖中圓弧.
因為，所以，
因為點的軌跡長度為，所以，即.
四棱柱的表面積為.
故選：A.

3．（2022·山東濰坊·三模）已知正方體的棱長為1，空間一動點滿足，且，則 ，點的軌跡圍成的封閉圖形的面積為 ．
【答案】
【分析】利用，轉化為求的正切值；先確定點的軌跡圍成的封閉圖形為圓，在用面積公式計算.
【詳解】.
由正方體知平面，
又點滿足，所以點在平面內運動，
如圖，連接，交于點，連接，，
由對稱性，，
所以，解得
所以
所以點的軌跡圍成的封閉圖形是以點為圓心，為半徑的圓，
所以面積.
故答案為：；.
4．（2023·上海·模擬預測）正方體的邊長為1，點分別為邊的中點，是側面上動點，若直線與面的交點位于內（包括邊界），則所有滿足要求的點構成的圖形面積為 .
【答案】/
【分析】設，利用空間向量求交點的坐標，再根據交點位于內（包括邊界），則，求出滿足的關系式，作出相應區域，即可得結果.
【詳解】如圖，以為坐標原點建立空間直角坐標系，則，
設，可得，
設平面的法向量為，則有，
令，則，即，
設直線與面的交點為，
則，
∵點在直線上，可設，
則，即，
故，則，
又∵點在面上，則，解得，
故，
則，
設，
則，解得，
若點位于內（包括邊界），則，整理得，
如圖，在面中，即，
作出相應的區域，可得，
故點構成的圖形面積為.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：
（1）根據三點共線：若在直線上，可設，用表示點的坐標；
（2）根據共面向量：點位于內（包括邊界），則.
5．（2023·廣西·一模）如圖，在正方體中，，P是正方形ABCD內部（含邊界）的一個動點，則（ ）
A．有且僅有一個點P，使得 B．平面
C．若，則三棱錐外接球的表面積為 D．M為的中點，若MP與平面ABCD所成的角為，則點P的軌跡長為
【答案】D
【分析】根據線面垂直判斷線線垂直可求解A，利用線面平行判斷B，根據外接球與三棱錐的的幾何關系判斷C，利用線面角的定義確定點的軌跡即可求解D,
【詳解】
對于A，連接,
因為平面,平面,所以,
且四邊形為正方形，所以,
且，平面,
所以平面,所以當點在線段上時，
必有平面,則，
所以存在無數個點P，使得，A錯誤；
對于B，當點與點重合時，
與平面相交，B錯誤；
對于C，若，則為中點，
連接,則為等腰直角三角形，且，
且也為等腰直角三角形，且,
且平面平面，
所以取中點為，則為三棱錐外接球的球心，
所以外接球的半徑為,
所以我外接球的表面積為，C錯誤；
對于D，連接
因為平面，所以為MP與平面ABCD所成的角，
所以，所以,
所以點的軌跡是以為圓心，1為半徑的個圓弧，
所以點P的軌跡長為，D正確，
故選:D.
1．（2024·四川成都·二模）在正方體中，點在四邊形內（含邊界）運動.當時，點的軌跡長度為，則該正方體的表面積為（ ）
A．6 B．8 C．24 D．54
【答案】C
【分析】由線段是定值結合正方體的特征得出點的軌跡，結合弧長公式計算即可.
【詳解】設正方體棱長為，
由正方體性質知平面，
平面，得，
所以，
所以點軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，
設圓弧分別交與點，則，
所以，同理，所以圓心角是，
則軌跡長度為，可得，
所以正方體的表面積為.
故選：.
2．（23-24高二上·北京平谷·期末）已知四棱錐中，側面底面，，底面是邊長為的正方形，是四邊形及其內部的動點，且滿足，則動點構成的區域面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
取線段的中點，連接、，推導出平面，可知點的軌跡是以點為圓心，半徑為的圓及其內部，結合圓的面積公式可求得結果.
【詳解】取線段的中點，連接、，
因為，為的中點，則，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因為平面，則，
因為四邊形是邊長為的正方形，則，
所以，，，
所以，點的軌跡是以點為圓心，半徑為的圓及其內部，
因此，動點構成的區域面積為.
故選：B.
3．（2022·福建三明·模擬預測）已知正方體中，，點E為平面內的動點，設直線與平面所成的角為，若，則點E的軌跡所圍成的面積為 ．
【答案】
【分析】連接交平面于，連接，則有四面體為正三棱錐，由題意可得在平面內的軌跡是以O為圓心，半徑為1的圓即可得答案.
【詳解】解：如圖所示，連接交平面于，連接，
由題意可知平面，
所以是與平面所成的角，
所以＝.
由可得，即.
在四面體中，, ,
所以四面體為正三棱錐，為的重心，
如圖所示：
所以解得 ，,
又因為，
所以 ，
即在平面內的軌跡是以O為圓心，半徑為1的圓，
所以.
故答案為:.
4．（2024·北京延慶·一模）已知在正方體中，，是正方形內的動點，，則滿足條件的點構成的圖形的面積等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由題意，在平面上，分別以為軸建立平面直角坐標系，設，根據已知列出滿足的關系，進而可得滿足條件的點構成的圖形，計算面積即可.
【詳解】如圖，連接，則，

如圖，在平面上，分別以為軸建立平面直角坐標系，

則，設，
由，得，
即，整理得，
設直線與交于點，
則點在內部(含邊界)，即滿足條件的點構成的圖形為及其內部，
易知，∴，
∴．
故選：A．
【點睛】關鍵點睛：本題解題關鍵是在底面上建立平面直角坐標系，把空間問題轉化為平面問題去解決．
5．（22-23高三上·江西撫州·期中）已知菱形的各邊長為.如圖所示，將沿折起，使得點到達點的位置，連接，得到三棱錐，此時.若是線段的中點，點在三棱錐的外接球上運動，且始終保持則點的軌跡的面積為 .

【答案】
【分析】取中點，由題可得平面，設點軌跡所在平面為，則軌跡為平面截三棱錐的外接球的截面圓，利用球的截面性質求截面圓半徑即得.
【詳解】取中點，連接，則，
，平面，所以平面，
又因為，則，
作于，設點軌跡所在平面為，
則平面經過點，且，
設三棱錐外接球的球心為，半徑為，的中心分別為，
可知平面平面，且四點共面，
由題可得，
在Rt中，可得，
又因為，則，
易知到平面的距離，
故平面截外接球所得截面圓的半徑為，
所以截面圓的面積為.
故答案為：.

【點睛】方法點睛：多面體與球切、接問題的求解方法
利用平面幾何知識尋找幾何體中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解．
6．（2024·四川綿陽·三模）如圖，正方體的棱長為3，點是側面上的一個動點（含邊界），點在棱上，且．則下列結論不正確的是（ ）
A．若保持．則點的運動軌跡長度為
B．保持與垂直時，點的運動軌跡長度為
C．沿正方體的表面從點到點的最短路程為
D．當在點時，三棱錐的外接球表面積為
【答案】C
【分析】
由可知，可過點作平面，即可找到動點的運動軌跡；找出與垂直的平面，與平面的交線即為動點的軌跡；將平面和平面沿展開在同一平面上求點到點的最短路程；將建立空間直角坐標系求解三棱錐的外接球的半徑.
【詳解】對于，過點作平面，以為圓心，為半徑在平面內作圓交于點,則即為點的運動軌跡，
∵，∴ , ∴，∴，
∴的長為，則正確；
對于，∵平面,平面，∴,
∵，平面，平面，，
∴平面，
∵平面，∴,
同理可證，
∵平面，，平面，
∴平面，
找上的點，使得，找上的點，使得,連接，
∵∥, ∥, ∴∥,
∵平面，平面，∴∥平面，
∵∥，平面， 平面，
∴∥平面，
∵平面，平面，，
∴平面∥平面，∴平面，
在上找一點使得，連接,
∵∥，∥，∴∥，
∴四點共面，∴平面，
∴點的軌跡為線段, ,則正確；
將平面和平面沿展開在同一平面上，從點到點的最短路程為,則,則錯誤；
分別以所在的直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，
則，，，
設三棱錐的外接球的球心為，則，
即，解得，
∴三棱錐的外接球半徑,
∴三棱錐的外接球表面積為,則正確；
故選：.
【點睛】求三棱錐的外接球半徑還可以建立空間直角坐標系，設出球心的坐標，利用頂點到球心的距離相等列出方程組求解.
考點四、軌跡中長度的最值及范圍
1．（2022·青海西寧·二模）在棱長為3的正方體中，P為內一點，若的面積為，則AP的最大值為 ．
【答案】/
【分析】先證明平面，由條件確定點的軌跡，由此可求AP的最大值.
【詳解】因為，,平面，，
所以，同理可證，又，，
所以平面，
設與平面相交于點O，連接，因為平面，所以
所以，又，
則，即點P的軌跡是以O為圓心，1為半徑的圓，
因為，平面，所以，
又為等邊三角形，且,
所以，
所以AP的最大值為．
故答案為：.
2．（17-18高二下·山西大同·階段練習）已知正方體的棱長為2，點M，N分別是棱，的中點，點P在平面內，點Q在線段上，若，則長度的最小值為 .

【答案】
【分析】根據題意，由條件可得點在以為圓心，為半徑的位于平面內的半圓上，點到的距離減去半徑就是長度的最小值，結合圖形，代入計算，即可得到結果.
【詳解】
取中點，連接，則平面，所以，因為，正方體的棱長為2，為的中點，所以，，所以點在以為圓心，為半徑的位于平面內的半圓上，單獨畫出平面以及相關點線，所以點到的距離減去半徑就是長度的最小值，連接，做交于點，則
，所以，解得，所以長度的最小值為.
故答案為：
3．（23-24高三上·河北承德·期中）如圖，在直三棱柱中，，若為空間一動點，且，則滿足條件的所有點圍成的幾何體的體積為 ；若動點在側面內運動，且，則線段長的最小值為 ．

【答案】
【分析】根據球的體積公式即可求解空1，根據球的截面圓性質，結合線面垂直以及點到圓上的最小距離即可求解空2.
【詳解】由可得點的軌跡為以為圓心，以為半徑的球面，
所以圍成的球的體積為，
過作，
由，則由等面積法可得,
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,
由于到平面的距離和點到平面的距離相等，均為，
又，所以點的軌跡為以為圓心，以為半徑的球與側面的截面圓，該截面圓的半徑為,圓心為,且滿足，
因此點的最小距離為，
故，
故答案為：，

1．（2024·江西宜春·模擬預測）如圖，在四面體中，和均是邊長為6的等邊三角形，，則四面體外接球的表面積為 ；點E是線段AD的中點，點F在四面體的外接球上運動，且始終保持EF⊥AC，則點F的軌跡的長度為 .
【答案】
【分析】設四面體外接球的球心為的中心分別為，則可得平面平面，且四點共面，可得，進而求出，然后由勾股定理求出四面體外接球的半徑；取中點，作，設點軌跡所在平面為，求出四面體外接球半徑和到平面的距離，從而可求出平面截外接球所得截面圓的半徑，進而可得結果.
【詳解】
取中點，連接，則，平面，
又和均是邊長為6的等邊三角形，，
∴平面，，
所以，
∴，
設四面體外接球的球心為的中心分別為，
易知平面平面，且四點共面，
由題可得，，
在中，得，又，
則四面體外接球半徑，
所以四面體外接球的表面積為；
作于，設點軌跡所在平面為，
則平面經過點且，
易知到平面的距離，
故平面截外接球所得截面圓的半徑為，
所以截面圓的周長為，即點軌跡的周長為.
故答案為：；.
2．（2023·山東棗莊·二模）如圖，在棱長為1的正方體中，M是的中點，點P是側面上的動點，且．平面，則線段MP長度的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根據已知條件及三角形的中位線，利用線面平行的判定定理及面面平行的判定定理，結合直角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解.
【詳解】取的中點為,取的中點為,取的中點為，如圖所示
因為是的中點，是的中點，
所以,
因為平面,平面,
所以平面,
同理可得，平面,
又,平面,
所以平面平面.
又平面,線段掃過的圖形是,
由,得,,
,,
所以,即為直角，
所以線段長度的取值范圍是：.
故選：A.
3．（2023·陜西西安·模擬預測）已知正方體的棱長為是正方形（含邊界）內的動點，點到平面的距離等于，則兩點間距離的最大值為（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】D
【分析】利用等體積法可得點到平面的距離等于，結合平行關系分析可得點的軌跡為線段，再根據的形狀分析求解.
【詳解】由題意可知：，
設三棱錐的高為，
因為，則，
解得，即點到平面的距離等于，
又因為∥，且，則四邊形為平行四邊形，則∥，
平面，平面，所以∥平面，
即點的軌跡為線段，
因為平面，平面，所以，
在中，兩點間距離的最大值為.
故選：D.

【點睛】關鍵點睛：（1）利用等體積法求得點到平面的距離等于；
（2）結合平行關系分析可得點的軌跡為線段.
考點五、軌跡中體積的最值及范圍
1．（2024·重慶·三模）已知棱長為1的正方體內有一個動點M，滿足，且，則四棱錐體積的最小值為 .
【答案】
【分析】利用正方體的空間垂直關系去證明平面內的點都滿足，再去證明動點M在以為圓心，以為半徑的圓上，從而利用點M在圓上的性質去解決最值問題.
【詳解】解：如圖所示，設，
由正方體性質可知平面，
由于平面，，又因為線段的中點，
所以，
即點在平面內，
又因為，所以與點在以點為球心，1為半徑的球面上，
又因為平面，
到平面的距離為的一半，由正方體的邊長為1，則，
又，，
在平面內，且以H為圓心，為半徑的半圓弧上，
到平面的距離的最小值為，
四棱錐體積的最小值為
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：借助空間關系可知到線段兩端點距離相等的點M在線段的中垂面上，又由到定點距離為1的點M又在球面上，從而得到點M的軌跡是中垂面截平面的小圓.
2．（2023·福建龍巖·二模）正方體的棱長為2，若點M在線段上運動，當的周長最小時，三棱錐的外接球表面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先確定點的位置，再利用球的性質，以及空間向量的距離公式，確定球心坐標，即可確定外接球的半徑，即可求解．
【詳解】的周長為，由于為定值，即最小時，的周長最小，
如圖，將平面展成與平面同一平面，則當點共線時，此時最小，在展開圖中作，垂足為，，解得：，

如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，

，，
連結，因為平面，平面，
所以，又因為，且，平面，平面，
所以平面，平面，所以，
同理，且，
所以平面，且三棱錐是正三棱錐，所以經過△的中心．
所以三棱錐外接球的球心在上，設球心，，，則，
即，
解得：，，所以外接球的表面積.
故選：C.
1．（2024·山東·模擬預測）如圖，正方形和矩形所在的平面互相垂直，點在正方形及其內部運動，點在矩形及其內部運動．設，，若，當四面體體積最大時，則該四面體的內切球半徑為 ．
【答案】或
【分析】先確定點的軌跡，確定四面體體積最大時，，點的位置，再利用體積法求內切球半徑.
【詳解】如圖：
因為平面平面，平面平面，平面，且，
所以平面.
平面，所以，
又，平面，所以平面，
平面，所以.
又在正方形及其內部，所以點軌跡是如圖所示的以為直徑的半圓，
作于，則是三棱錐的高.
所以當的面積和都取得最大值時，四面體的體積最大.
此時點應該與或重合，為正方形的中心.
如圖：
當點與重合，為正方形的中心時：
，，，，
中，因為，，，所以.
設內切球半徑為，由得：
.
如圖：
當點與重合，為正方形的中心時：
，，，，
.
設內切球半徑為，由得：
.
綜上可知，當四面體的體積最大時，其內切球半徑為：或.
故答案為：或
【點睛】關鍵點點睛：根據得到點在以為直徑的球面上，又點在正方形及其內部，所以點軌跡就是球面與平面的交線上，即以為直徑的半圓上.明確點軌跡是解決問題的關鍵.
2．（2024·山東青島·三模）已知長方體中，，點為矩形 內一動點，記二面角的平面角為，直線與平面所成的角為，若 ，則三棱錐體積的最小值為 .
【答案】
【分析】根據題意，判斷得的軌跡為拋物線一部分，建立平面直角坐標系，寫出直線和拋物線段的方程，由題意，計算點到線段的最短距離，再由等體積法計算三棱錐最小體積.
【詳解】如圖，作平面，垂足為，再作，垂足為，
連接，則，，由，則，
又、平面，故，，則，
由拋物線定義可知，的軌跡為以為焦點，以為準線的拋物線一部分，
所以的軌跡為以為焦點，以為準線的拋物線一部分，
當點到線段距離最短時，三角形面積最小，即三棱錐體積最小，
取中點為原點，建立如圖所示平面直角坐標系，
則，，，
則直線的方程為：，即，
拋物線的方程為，則，
由題意，令，得，代入，得，
所以點的坐標為，所以到直線的最短距離為：
，因為，
所以，
所以三棱錐體積的最小值為.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：求解本題的關鍵是能判斷出點的軌跡為拋物線一部分，再建立平面直角坐標系，求解到直線的最短距離，利用等體積法求解三棱錐的最小體積.
考點六、軌跡中空間角的最值及范圍
1．（2021·山東濱州·二模）在正方體中，是棱的中點，是底面內（包括邊界）的一個動點，若平面，則異面直線與所成角的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取中點，中點，連接，，，取中點，連接，推導出平面平面，從而的軌跡是線段，建立空間之間坐標系后，利用空間向量求解異面直線夾角的余弦值，即可得角度范圍.
【詳解】解：取中點，中點，連接，，，取中點，連接，
在正方體中，是棱的中點，
，，，
，，
平面平面，
是底面內（包括邊界）的一個動點，平面，
的軌跡是線段，
如圖，以D為原點，為軸建立空間之間坐標系，設正方體棱長為2
則，，，，
由于在線段上，設，且
所以
則 ，又
所以
由于，所以
所以異面直線與所成角的取值范圍.
故選：C.
2．（2023·江蘇鹽城·三模）動點在正方體從點開始沿表面運動，且與平面的距離保持不變，則動直線與平面所成角正弦值的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據線面位置關系和余弦定理以及同角三角函數基本關系式即可求解.
【詳解】
連接，
容知，,
所以平面平面,
M與平面的距離保持不變，
點M的移動軌跡為三角形的三條邊，
當M為中點時，直線與平面所成角正弦值最大，

取的中點，
設正方體的棱長為2，
所以，
，
，
所以,
所以為直角三角形，

所以直線與平面所成角正弦值為,
當M為C點時，直線與平面所成角的正弦值最小，
此時，，，

所以，
.
直線與平面所成角正弦值的取值范圍是，
故選：A.
3．（17-18高三上·江西鷹潭·階段練習）如圖，已知平面，，A、B是直線l上的兩點，C、D是平面內的兩點，且，，，，．P是平面上的一動點，且直線PD，PC與平面所成角相等，則二面角的余弦值的最小值是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】根據題目條件得到，進而建立平面直角坐標系，求出P點軌跡方程，點P在內的軌跡為以為圓心，以4為半徑的上半圓，從而求出當PB與圓相切時，二面角的平面角最大，求出相應的余弦值最小值.
【詳解】由題意易得PD與平面所成角為，PC與平面所成角為，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴P點軌跡為阿氏圓．
在平面內，以為軸，以的中垂線為軸，建立平面直角坐標系，
則，設，
所以，
整理得：，
所以點P在內的軌跡為以為圓心，以4為半徑的上半圓，
因為平面，，，，
所以，
因為，
所以，
因為平面平面，，
所以二面角的平面角為，
由圖可知，當PB與圓相切時，最大，余弦值最小，
此時，故.
故選：B．
4．（2024·陜西咸陽·模擬預測）已知正方形的邊長為2，是平面外一點，設直線與平面的夾角為，若，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據橢圓的定義和旋轉體的概念可知當時點的軌跡是一個橢球,即可根據求解最值.
【詳解】由題意知，點為動點，、為定點，，
由橢圓的定義知，點的軌跡是以、為焦點，為焦距，長軸為的橢圓，
將此橢圓繞旋轉一周，得到一個橢球，即點的軌跡是一個橢球，
而橢球面為一個橢圓，由，
即，得，
設點在平面上的射影為，則，
又，且，
所以當且僅當時最大，即取到最大值，
故選：B．
1．（2021·湖南永州·模擬預測）已知正四面體內接于半徑為的球中，在平面內有一動點，且滿足，則的最小值是 ；直線與直線所成角的取值范圍為 .
【答案】
【分析】設A在面內的投影為E，故E為三角形的中心，設正四面體的棱長為x，球O的半徑為R，球心O在上，列式求出得 ，則可求出 ，，推導出P的軌跡為平面內以E為圓心，為半徑的圓，三點共線時，且P在之間時，可求得的最小值；以E為圓點，所在直線為x軸建立空間直角坐標系，利用向量法即可求出直線與直線所成角的取值范圍．
【詳解】在正四面體中，設A在面內的投影為E，故E為三角形的中心，
設正四面體的棱長為x，球O的半徑為R，
則 ，
依題意正四面體內接于半徑為的球中，故球心O在上，
設球的半徑為R,則，
即，解得 ，（舍去），
則，，
又，
故P的軌跡為平面 內以E為圓心，為半徑的圓，
而，當三點共線時，且P在之間時，最小，最小值是；
以E為圓心，所在直線為x軸，在底面內過點E作的垂線為y軸，為z軸，建立如圖所示直角坐標系，
則,,,，
設，，
故，,
設直線與直線所成角為，
,
因為，故，故，
又，故，故，
故答案為：.
【點睛】
關鍵點點睛：求解的最小值時，關鍵在于根據正四面體中的相關計算，確定點P的軌跡為以E為圓心，為半徑的圓，結合圓的幾何性質，即可求得答案.求解直線與直線所成角時，將問題轉化為利用向量的夾角公式求解，關鍵是要明確向量的夾角與直線所成的角之間的關系.
2．（2023·河南·模擬預測）正方體的棱長為，為中點，為平面內一動點，若平面與平面和平面所成銳二面角相等，則點到的最短距離是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先證明一個結論：若平面與平面所成二面角為，且平面，則.根據推出，再求出中邊上的高，得到點軌跡為與平行且距離為的兩條直線，從而可得結果.
【詳解】先證明一個結論：若平面與平面所成二面角為，且平面，則.
證明：作，垂足為，連，
因為平面，平面，所以，
又平面，，所以平面，
因為平面，所以，所以，
在直角三角形中，，即.

設平面與平面和平面所成銳二面角為，取的中點，作，垂足為，
則三角形在平面內的射影是三角形，在平面內的射影是三角形，
根據以上結論得，，
在中，設邊上高為，
，所以，，
所以點軌跡為與平行且距離為的兩條直線，所以點到的最短距離為.

故選：C
【點睛】關鍵點點睛：利用三角形面積、射影三角形面積和二面角的余弦值之間的關系推出是解題關鍵.
3．（23-24高三下·青海西寧·開學考試）如圖，正四面體的棱長為2，點E在四面體外側，且是以E為直角頂點的等腰直角三角形．現以為軸，點E繞旋轉一周，當三棱錐的體積最小時，直線與平面所成角的正弦值的平方為（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取中點F，取中點M，確定點E的軌跡，從而結合三棱錐的體積最小，確定E點所處位置，進而作出直線CE與平面BCD所成角，解三角形，求出相關線段長，即可求得答案.
【詳解】在正四面體中，取中點F，連接，則，
取中點M，連接，則，
是以E為直角頂點的等腰直角三角形，正四面體的棱長為2，
則，且，

點E繞AD旋轉一周，形成的圖形為以M為圓心，以為半徑的圓，
設該圓與的交點為，當三棱錐的體積最小時，即E點到底面的距離最小，
即此時E點即位于處，
因為正四面體的棱長為2，則，
又中點為M，則，則，
設點在底面上的射影為H，則，
又，中點為F，故，
故，
由于點在底面上的射影為H，故即為直線與平面BCD所成角，
故，
故選：D
【點睛】關鍵點睛：本題考查在四面體中求解線面角的正弦值問題，解答時要發揮空間想象，明確空間的點、線、面的位置關系，解答的關鍵在于確定E點的軌跡，從而確定三棱錐的體積最小時E點的位置，由此作出直線與平面BCD所成角，解三角形，求得答案.
考點七、截面問題
1．（2024·江蘇南京·模擬預測）已知，底面半徑的圓錐內接于球，則經過和中點的平面截球所得截面面積的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據球的截面性質，結合三角形面積等積性、勾股定理進行求解即可.
【詳解】如圖，
設球的半徑為，線段的中點為，因為，
所以，解得，
設經過和中點的平面截球所得截面圓的圓心為，半徑為，球心到截面的距離，
則，要截面面積最小，則要最小，即要最大，
因為當為點到的距離時最大，此時，又，
所以，
所以，
故截面面積的最小值為．
故答案為：．
故選：A
2．（2024·全國·模擬預測）在正方體中，E，F分別為棱，的中點，過直線EF的平面截該正方體外接球所得的截面面積的最小值為，最大值為，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據題意可求得正方體的外接球球心位置，易知當截面面積最大時，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑，當截面與OP垂直時，截面面積最小；分別求出對應的半徑大小即可得出結果.
【詳解】如圖，正方體的外接球球心在其中心點處，設該正方體的棱長為，
則外接球的半徑，
要使過直線EF的平面截該球得到的截面面積最小，則截面圓的圓心為線段EF的中點，
連接OE，OF，OP，則，
，
所以，
此時截面圓的半徑．
顯然當截面面積最大時，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑；
所以．
故選：D．
3．（2024·廣東廣州·二模）用兩個平行平面去截球體，把球體夾在兩截面之間的部分稱為球臺．根據祖暅原理（“冪勢既同，則積不容異”），推導出球臺的體積，其中分別是兩個平行平面截球所得截面圓的半徑，是兩個平行平面之間的距離．已知圓臺的上、下底面的圓周都在球的球面上，圓臺的母線與底面所成的角為，若圓臺上、下底面截球所得的球臺的體積比圓臺的體積大，則球O的表面積與圓臺的側面積的比值的取值范圍為 ．
【答案】
【分析】設圓臺的上下底面半徑分別為，根據母線與底面所成的角為，可得圓臺的高為，母線長為，表示出圓臺體積，由題意，可求得，進而可得，求值域即可得解．
【詳解】設圓臺的一條母線為，過點作的垂線，垂足為，
則即為母線與底面所成的角為，
設圓臺上底面圓的半徑為，下底面圓的半徑為，高為，
則，
即，即，
圓臺體積為，
球臺的體積為
，
由題意，
則，
即，
即，即，
設圓臺外接球的球心為，半徑為，則在所在直線上，
設，則，
由，
解得，
則球的表面積，
臺體側面積，
故，
，
由，可得，則，則，
故的取值范圍為，
故答案為：．
【點睛】立體幾何中體積最值問題，一般可從三個方面考慮：一是構建函數法，即建立所求體積的目標函數，轉化為函數的最值問題進行求解；二是借助基本不等式求最值，幾何體變化過程中兩個互相牽制的變量（兩個變量之間有等量關系），往往可以使用此種方法；三是根據幾何體的結構特征，變動態為靜態，直觀判斷在什么情況下取得最值.
4．（22-23高三下·湖北武漢·期中）在正四棱臺中，，，M為棱的中點，當正四棱臺的體積最大時，平面截該正四棱臺的截面面積是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據正四棱臺的體積公式、結合基本不等式、線面平行的判定定理、梯形的面積公式進行求解即可．
【詳解】設，上底面和下底面的中心分別為，，過作,
該四棱臺的高，
在上下底面由勾股定理可知，．
在梯形中，，
所以該四棱臺的體積為，
所以，
當且僅當，即時取等號，此時，，．
取,的中點，,連接,，顯然有，
由于平面，平面，所以平面，因此平面就是截面．
顯然，
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，設，，
則，
，
所以梯形的面積為，
故選：C．
【點睛】解決與幾何體截面的問題，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）根據空間中的線面關系，找到線線平行或者垂直，進而確定線面以及面面關系，
（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）求長度下結論：根據作出截面中的幾何元素，建立關于長度的方程，并求解.
5．（2024·北京豐臺·二模）“用一個不垂直于圓錐的軸的平面截圓錐，當圓錐的軸與截面所成的角不同時，可以得到不同的截口曲線”．利用這個原理，小明在家里用兩個射燈（射出的光錐視為圓錐）在墻上投影出兩個相同的橢圓（圖1），光錐的一條母線恰好與墻面垂直．圖2是一個射燈投影的直觀圖，圓錐的軸截面是等邊三角形，橢圓所在平面為，則橢圓的離心率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據題意，由勾股定理結合余弦定理代入計算可得，再由相似三角形的相似比結合勾股定理可分別計算出橢圓的，結合橢圓的離心率即可得到結果.
【詳解】設，由于，所以，在等邊三角形中，
點為的中點，于是，在平面中，由橢圓的對稱性可知，
，連接，延長與交于點，
由于為中點，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，
設橢圓短軸的兩個頂點為，連接分別交圓錐于，
由于，所以，
由于為圓錐母線，所以，
從而有，
在中，由勾股定理可得，
所以在橢圓中，，，
則，
則離心率為.
故選：D
【點睛】關鍵點睛：本題主要考查了橢圓定義的理解以及橢圓離心率的求解，難度較大，解答本題的關鍵在于結合橢圓的定義以及余弦定理代入計算，分別求得，從而得到結果.
1．（2024·四川瀘州·三模）已知正方體的棱長為2，P為的中點，過A，B，P三點作平面，則該正方體的外接球被平面截得的截面圓的面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據給定條件，求出球心到平面的距離，再利用球的截面小圓性質求出截面圓半徑即可.
【詳解】正方體的外接球球心是的中點，而，
則點到平面的距離等于點到平面的距離的一半，又平面過線段的中點P，
因此點與點到平面的距離相等，由平面，，得平面，
在平面內過作于，而平面，于是，
又，從而，又球的半徑，
則正方體的外接球被平面截得的截面圓半徑，有，
所以正方體的外接球被平面截得的截面圓的面積.
故選：D
2．（2024·云南曲靖·模擬預測）正方體外接球的體積為，、、分別為棱的中點，則平面截球的截面面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由已知，得到正方體外接球的半徑，進而得到正方體的棱長，再由勾股定理計算出平面截球的截面圓的半徑，即可得到截面面積.
【詳解】

設正方體外接球的半徑為，棱長為，
因為正方體外接球的體積為，
所以，則，
由，得，
設球心到平面的距離為，平面截球的截面圓的半徑為，
設到平面的距離為,
因為、、分別為棱的中點，
所以是邊長為的正三角形,
由,得,
則,
解得,又,
所以到平面的距離為，
則，
，
所以平面截球的截面面積為，.
故選：A.
3．（2024·廣西·模擬預測）在三棱錐中，平面，，，，點為棱上一點，過點作三棱錐的截面，使截面平行于直線和，當該截面面積取得最大值時，（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】通過作平行線作出題中的截面，并結合線面平行以及線面垂直說明其為矩形，利用三角形相似表示出矩形的兩邊長，并求得其面積表達式，結合二次函數性質確定截面面積取得最大值時參數的值，解直角三角形即可求得答案.
【詳解】根據題意，在平面內，過點作，交于點；
在平面內，過點作，交于點；
在平面內，過點作，交于點，連接，如圖所示，

因為，則，設其相似比為，即，
則；
又因為，，，
由余弦定理得，，則，
即.
又平面，，平面，所以，.
又，則，.
因為，則，則，
因為，所以，即，
同理可得，即，
因為，，則，
故四邊形為平行四邊形；而平面，平面，
故平面，同理平面，
即四邊形為截面圖形；
又平面，平面，則，
又，所以.
故平行四邊形為矩形，則，
所以當時，有最大值，則，
在中，.
故選：C.
【點睛】思路點睛：先作平行線作出題中的截面，再證明四邊形為符合題意的截面圖形，結合線面平行以及線面垂直說明四邊形為矩形，利用三角形相似表示出矩形的兩邊長，并求得其面積表達式，利用二次函數求出最值得解.
4．（23-24高二上·四川德陽·階段練習）已知正三棱錐的外接球是球，正三棱錐底邊，側棱，點在線段上，且，過點作球的截面，則所得截面圓面積的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】設的中心為，球O的半徑為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，過點E作球O的截面，當截面與OE垂直時，截面的面積最小，當截面過球心時，截面面積最大.
【詳解】如下圖，設的中心為，球O的半徑為R，
連接，OD，，OE，則
，
在中，，
解得R＝2，所以，因為BE＝DE，所以，
在中，，
所以，過點E作球O的截面，
當截面與OE垂直時，截面的面積最小，
此時截面的半徑為，則截面面積為，
當截面過球心時，截面面積最大，最大面積為4π.
故選：D.
【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵點是過點E作球O的截面，當截面與OE垂直時，截面的面積最小，當截面過球心時，截面面積最大.
5．（2024·重慶·三模）在三棱錐中，為正三角形，為等腰直角三角形，且，，則三棱錐的外接球的體積為 ；若點滿足，過點作球的截面，當截面圓面積最小時，其半徑為 .
【答案】 /
【分析】根據勾股定理可得，，如圖，，結合球的體積公式計算即可求出外接球的體積；確定當與截面垂直時球心到截面的距離d最大，且，結合勾股定理計算即可求解.
【詳解】由題意知，，，，
由勾股定理可知，，，
所以，，取的中點，所以，
所以為三棱錐的外接球的球心，則三棱錐的外接球的半徑，
故外接球的體積.
過點作球的截面，若要所得的截面圓中面積最小，只需截面圓半徑最小，
設球到截面的距離d，只需球心到截面的距離d最大即可，
當且僅當與截面垂直時，球心到截面的距離d最大，
即，取的中點，，
所以，
所以截面圓的半徑為.
故答案為：；
【點睛】思路點睛：解決與球有關的內切或外接的問題時，解題的思路是確定球心的位置．對于外切的問題要注意球心到各個面的距離相等且都為球半徑；對于球的內接幾何體的問題，注意球心到各個頂點的距離相等，解題時要構造出由球心到截面圓的垂線段、小圓的半徑和球半徑組成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半徑.
考點八、軌跡、截面、動點、范圍多選題綜合
1．（2024·重慶·模擬預測）已知正方體的棱長為2，M為的中點，N為ABCD（包含邊界）上一動點，為平面上一點，且平面ABCD，那么（ ）
A．若，則N的軌跡為圓的一部分
B．若三棱柱的側面積為定值，則N的軌跡為橢圓的一部分
C．若點N到直線與直線DC的距離相等，則N的軌跡為拋物線的一部分
D．若與AB所成的角為，則N的軌跡為雙曲線的一部分
【答案】ABD
【分析】對于A：求出可得答案；對于B：根據側面積為定值，可得為定值，根據橢圓定義可得答案；對于C：根據距離相等可得動點軌跡為AD所在直線一部分，進而得答案；對于D：以D為原點，DA，DC，分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，，利用坐標運算可得點N的軌跡方程.
【詳解】對于A，若，則，故動點N的軌跡為圓的一部分，故A正確；
對于B，若三棱柱的側面積為定值，且高為2，可得為定值，即為定值，且必有成立，故動點N的軌跡為橢圓的一部分，故B正確；
對于C，由題意得點N到直線與直線DC的距離相等，故點N到點D與到直線DC的距離相等，故動點軌跡為AD所在直線一部分，故C錯誤；
對于D，以D為原點，DA，DC，分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
則，，，設，
則，，若與AB所成的角為，
所以，所以整理得，
所以點N的軌跡為雙曲線的一部分，故D正確.
故選：ABD．
2．（2024·廣東廣州·模擬預測）在棱長為1的正方體中，若點為四邊形內（包括邊界）的動點，為平面內的動點，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則平面截正方體所得截面的面積為
B．若直線與所成的角為，則點的軌跡為雙曲線
C．若，則點的軌跡長度為
D．若正方體以直線為軸，旋轉后與其自身重合，則的最小值是120
【答案】ABD
【分析】由截面知識結合三角形面積公式即可驗證A，由異面直線夾角結合雙曲線的定義可驗證B，由橢球的概念和性質可知該橢球被平面截得的在四邊形內的部分為半圓，且半徑為，則可驗證C，將正方體繞旋轉后與其自身重合，轉化為旋轉后能和自身重合，則D可驗證.
【詳解】對于A，若，顯然平面截正方體所得截面為，所以，截面面積為，所以A正確；
對于B，因為，若與所成的角為，
則點在以為旋轉軸的圓錐（無底）的表面上，而平面，
所以則點的軌跡為雙曲線，所以B正確；
對于C，若，則在以、為焦點的橢球上且，，
所以，又因為點為四邊形內，該橢球被平面截得的在四邊形內的部分為半圓，且半徑為，
所以點的軌跡長度為，所以C錯誤，
對于D，平面，且為正三角形，
若正方體繞旋轉后與其自身重合，只需要旋轉后能和自身重合即可，所以D正確.
故選：ABD.
3．（2024·遼寧大連·二模）在棱長為2的正方體中，M為中點，N為四邊形內一點（含邊界），若平面，則下列結論正確的是（ ）
A． B．三棱錐的體積為
C．點N的軌跡長度為 D．的取值范圍為
【答案】BD
【分析】根據正方體的性質得出平面平面，則根據已知得出點在線段上（含端點），當為時，根據異面直線的平面角結合正方體的性質得出與的夾角為，此時，即可判斷A；三棱錐,利用等體積法結合體積公式即可判斷B；根據點在線段上（含端點），利用勾股定理求出求，即可判斷C；根據正方體性質結合已知可得，則，即可根據的范圍得出的范圍判斷D．
【詳解】在棱長為2的正方體中，為中點，為四邊形內一點（含邊界），
平面，
取、中點分別為、，連接、、、，，如圖：
為正方體，為中點，為中點，
，，，，
、平面，、平面，且，，
平面平面，
為四邊形內一點（含邊界），且平面，
點在線段上（含端點），
對于A：當在時，則與的夾角為，此時，
則與不垂直，故A不正確；
對于B為四邊形內一點（含邊界），
到平面的距離為2，
三棱錐的體積為，故B正確；
對于C：由于點在線段上（含端點），
而，
點的軌跡長度為，故C不正確；
對于D為正方體，
平面，
平面，
，
△為直角三角形，且直角為，
，
點在線段上（含端點），
則當最大時，即點為點時，此時，此時最小，為，
當最小時，即，此時，
此時最大，最大為，
則的取值范圍，故D正確．
故選：BD．
4．（2024·重慶·模擬預測）已知正方體的棱長為1，空間中一動點滿足，分別為的中點，則下列選項正確的是（ ）
A．存在點，使得平面
B．設與平面交于點，則
C．若，則點的軌跡為拋物線
D．三棱錐的外接球半徑最小值為
【答案】ABD
【分析】對于A，根據向量共面定理可得在平面上運動，當在點時，可證平面；對于B，以點為坐標原點建立空間坐標系，可證平面，故交點為點在平面的射影，利用等體積法可求得的長度，從而得到；對于C，分別表示出和，利用向量夾角公式，化簡即可得到，從而得到點的軌跡；對于D，由B選項可知，三棱錐外接球的球心在上，則有，故當平面時，外接球的半徑最小，表示出球心的坐標，列出等式，從而可得答案.
【詳解】對于A，因為空間中一動點滿足，根據向量共面定理可得在平面上運動，
所以當在點時，連接
因為分別為，所以，平面，平面，故平面，則A正確；
對于B，以點為坐標原點，為軸，為軸，為軸，建立空間如圖所示的坐標系
則，，，，，
所以，，，
所以，則，，
因為，，平面，
所以平面，故交點為點在平面的射影，即平面，
所以，即，解得： ，
因為，所以，則，故B正確；
對于C，由，可得
則，，因為，
所以，
化簡可得：，所以點的軌跡為橢圓；故C不正確；
對于D，由B選項可知，外接圓的圓心為，三棱錐外接球的球心在上，
設，，即，
所以三棱錐外接球的半徑，要使最小，
則平面，
由于平面的法向量，所以，
則，即，由，可得，
解得：，由于，所以，
則，即三棱錐的外接球半徑最小值為，故D正確；
故選：ABD
【點睛】方法點睛：立體幾何中，與角、距離等有關的計算，可以利用綜合法構造幾何對象利用解三角形的方法進行相關的計算，也可以利用幾何體的特征構造空間直角坐標系，把角、距離的計算問題歸結向量的坐標運算.
5．（23-24高二上·廣東清遠·期末）如圖，在正方體中，點為線段上的動點，則下列結論正確的是（ ）
A．當時，的值最小
B．當時，
C．若平面上的動點滿足，則點的軌跡是橢圓
D．直線與平面所成角的正弦值是
【答案】ABC
【分析】對于選項A,B，建立空間直角坐標系，利用向量運算可判斷；對于C，構造圓錐．母線與中軸線的夾角為，然后用平面去截圓錐，根據橢圓定義可判斷；對于D，易知是與平面所成的角，可判斷得解.
【詳解】對于A選項，建立如圖1所示的空間直角坐標系，

設，則．
設，則．
，
，
，
當，即時，的值最小，故A正確．
對于B選項，，
，
，故B正確．
對于C選項，如圖2所示構造圓錐．母線與中軸線的夾角為，然后用平面去截圓錐，
使直線與平面的夾角為，則截口為點的軌跡圖形，
由圓錐曲線的定義可知，點的軌跡為橢圓，故C正確．
對于D選項，直線與平面所成的角，即直線與平面所成的角．
是與平面所成的角，又，則，故D不正確．
故選：ABC．

6．（23-24高二上·湖北·期末）如圖，點是棱長為2的正方體的表面上一個動點，是線段的中點，則（ ）
A．當在平面上運動時，三棱錐的體積為定值
B．當在線段上運動時，與所成角的取值范圍是
C．當直線與平面所成的角為時，點的軌跡長度為
D．當在底面上運動，且滿足平面時，線段長度的取值范圍是
【答案】ACD
【分析】對A：三角形的面積不變，點到平面的距離為，即可判斷；對B：將所求角度轉化為所成角，連接，取交點為，求得角度的最大值；考慮三角形中角度最小時的狀態為點與重合，再求對應最小值即可；對C：分析點在不同平面下的軌跡，即可求得軌跡長度；對D：求得點的運動軌跡，再根據幾何關系求的長度即可.
【詳解】對A：當在平面上運動時，
三棱錐的底面為三角形，其面積為定值，
又點到面的距離即平面到平面的距離，也為定值，
故三棱錐的體積不變，A正確；
對B：連接，設其交點為，連接，作圖如下所示：

因為面，故面，
又面，故；
當點在上運動，因為//，則與所成的角即為與所成的角；
當點與點重合時，因為，故可得所成角為；
當點異于點時，設所成的角為，則，
故當與重合時，取得最大值，此時取得最小值，最小，
此時，三角形為等邊三角形，故可得；
綜上所述，當點在上運動時，直線所成角范圍為，故B錯誤；
對C：當點與重合時，，也即與底面的夾角為；
當點在平面上時（異于點），過作，連接，顯然即為所求線面角；

又，又，故，，
故當點在平面上時（異于點），與平面的夾角小于，不滿足題意；
同理可得，當點在平面上（異于點）時，與平面的夾角也小于，不滿足題意；
當點在平面上時，因為，易知點的軌跡為，
；
當點在平面上時，因為，易知點的軌跡為，
；
當點在平面上時，因為面//面，
故與面所成角與與面所成角相等，
因為面，連接，故；

在三角形中，易知，
故點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，
故其軌跡長度為：；
當點在面上，不滿足題意；
綜上所述：點軌跡的長度為：，故C正確；
對D：取的中點分別為，
連接，如下所示：

因為//面面，故//面；
//面面，故//面；
又面，故平面//面；
又//////，故平面與平面是同一個平面.
則點的軌跡為線段；
在三角形中，
；；；
則，故三角形是以為直角的直角三角形；
故，
故長度的取值范圍是，故D正確.
故選：ACD.
【點睛】關鍵點點睛：本題綜合考察立體幾何中線面位置關系，以及角度，軌跡長度的求解；特別的對選項C，分別考慮點在不同平面下軌跡的情況，是解決問題的核心，屬綜合困難題.
7．（2024·湖南長沙·二模）在正方體中，為的中點，是正方形內部一點（不含邊界），則（ ）
A．平面平面
B．平面內存在一條直線與直線成角
C．若到邊距離為，且，則點的軌跡為拋物線的一部分
D．以的邊所在直線為旋轉軸將旋轉一周，則在旋轉過程中，到平面的距離的取值范圍是
【答案】AC
【分析】根據正方體的結構特征可證明線線垂直，進而可得線面垂直，即可求證面面垂直，可判斷A，根據線面角的性質，結合線面角的求解即可判斷B，根據拋物線的定義即可判斷C，根據旋轉可得點的運動軌跡是平面內以為圓心，為半徑的圓，即可求解D.
【詳解】對于A：如圖，連接，則，
因為平面平面，所以，
且平面，
所以平面平面，
所以，同理，且，且平面，
所以平面，且平面，
所以平面平面，故A正確；

對于B：從正方體中分離出四棱錐，取的中點，連接，
并讓點可在正方形邊界移動.
因為平面，
，即，
則與平面所成角的最小值是，
所以，
因為線面角是線與平面內的線所成的最小角，
所以平面內不存在一條直線與直線成角，故B錯誤；

對于C：如圖，取的中點，連接平面，
作于點，則，因為，
則，
即點到點的距離和點到的距離相等，
即可知點形成的軌跡是拋物線的一部分，故C正確；

對于D：連接交于點，取的中點，連接，
則點的運動軌跡是平面內以為圓心，為半徑的圓，
易知，由，知，
且平面，
所以平面平面，
所以平面平面，
，
如圖，與圓的交點分別為，
當點位于點時，點到平面的距離分別取得最大值和最小值，
且距離的最大值為，
距離的最小值為，
所以點到平面的距離的取值范圍是，故錯誤.
故選：AC

【點睛】方法點睛：立體幾何中與動點軌跡有關的題目歸根到底還是對點線面關系的認知，其中更多涉及了平行和垂直的一些證明方法，在此類問題中要么很容易的看出動點符合什么樣的軌跡(定義)，要么通過計算(建系)求出具體的軌跡表達式，和解析幾何中的軌跡問題并沒有太大區別，所求的軌跡一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型.
8．（23-24高三下·山東菏澤·階段練習）用平面截圓柱面，圓柱的軸與平面所成角記為，當為銳角時，圓柱面的截線是一個橢圓．著名數學家創立的雙球實驗證明了上述結論．如圖所示，將兩個大小相同的球嵌入圓柱內，使它們分別位于的上方和下方，并且與圓柱面和均相切．下列結論中正確的有（ ）

A．橢圓的短軸長與嵌入圓柱的球的直徑相等
B．橢圓的長軸長與嵌入圓柱的兩球的球心距相等
C．所得橢圓的離心率
D．其中為橢圓長軸，為球半徑，有
【答案】ABC
【分析】過點作線段，分別與球、切于點、，結合球的切線的性質與橢圓定義即可得A、B，借助離心率的定義可得C，借助正切函數的定義可得D.
【詳解】

對A，B：過點作線段，分別與球、切于點、，
由圖可知，、分別與球、切于點、，
故有，
由橢圓定義可知，該橢圓以、為焦點，為長軸長，故B正確，
由與球切于點，故，
有，
即有橢圓的短軸長與嵌入圓柱的球的直徑相等，故A正確；
對C:由題意可得，則，故C正確；
對D：由題意可得，，
故，即，故D錯誤.
故選：ABC.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于作出線段，從而可結合球的切線的性質與橢圓定義逐項判斷.
9．（2024·浙江臺州·二模）已知正方體的棱長為1，為平面內一動點，且直線與平面所成角為，E為正方形的中心，則下列結論正確的是（ ）
A．點的軌跡為拋物線
B．正方體的內切球被平面所截得的截面面積為
C．直線與平面所成角的正弦值的最大值為
D．點為直線上一動點，則的最小值為
【答案】BCD
【分析】對于A，根據到點長度為定值，確定動點軌跡為圓；
對于B，理解內切球的特點，計算出球心到平面的距離，再計算出截面半徑求面積；
對于C，找到線面所成角的位置，再根據動點的運動特點（相切時）找到正弦的最大值；
對于D，需要先找到點位置，再將立體問題平面化，根據三點共線距離最短求解.
【詳解】
對于A，因為直線與平面所成角為，所以.點在以為圓心，為半徑的圓周上運動，因此運動軌跡為圓.故A錯誤.
對于B，在面內研究，如圖所示為內切球球心，為上底面中心，為下底面中心，為內切球與面的切點.已知，為球心到面的距離.在正方體中，，，.利用相似三角形的性質有，即，.因此可求切面圓的，面積為.故B正確.
對于C，直線與平面所成角即為，當與點的軌跡圓相切時，最大.此時.故C正確.
對于D，分析可知，點為和圓周的交點時，最小.此時可將面沿著翻折到面所在平面.根據長度關系，翻折后的圖形如圖所示.
當三點共線時，最小.因為，，所以最小值為，故D正確.
故選：BCD
1．（2024·遼寧大連·一模）正四棱柱中，，動點滿足，且，則下列說法正確的是（ ）
A．當時，直線平面
B．當時，的最小值為
C．若直線與所成角為，則動點P的軌跡長為
D．當時，三棱錐外接球半徑的取值范圍是
【答案】ABD
【分析】當時，由平面向量線性運算法則可知點在線段上，根據正四棱柱特征利用線面垂直判定定理即可證明直線平面；當時，由共線定理可得點在線段上，根據對稱性將的最值轉化成平面幾何問題，即可求得最小值；若直線與所成角為，可知點的軌跡是以為圓心，半徑為的半圓弧，即可計算出其軌跡長度；當時，取的中點為，由共線定理可知三點共線，幾何法找出球心位置寫出半徑的表達式，利用函數單調性求其取值范圍即可得出結果.
【詳解】對于A，取相交于點，的中點為，如下圖所示：
當時，即，，
由平面向量線性運算法則可知，點在線段上，
由正四棱柱可得，
且平面，又平面，所以，
又，且平面，所以平面；
又因為平面與平面是同一平面，所以平面，即A正確；
對于B，當時，由利用共線定理可得，三點共線，
即點在線段上，
由對稱性可知，線段上的點到兩點之間的距離相等，所以；
取平面進行平面距離分析，如下圖所示：
所以，當且僅當三點共線時，等號成立，
此時點為線段的中點，即的最小值為，故B正確；
對于C，由圖可知，與所成角都為，
由可知，點在平面內，
若直線與所成角為，在線段上取點，使，
則直線與所成角為；
則點的軌跡是以為圓心，半徑為，且在平面內的半圓弧，
如下圖中細虛線所示：
所以動點P的軌跡長為，故C錯誤；
對于D，當時，取的中點為，即；
由可知，三點共線，
即點在線段上，如下圖所示：
易知三棱錐外接球球心在直線上，設球心為，；
作于點，設，易知，
由相似比可得，
設外接球半徑為，則，解得；
所以，
易知當時，半徑最小為；當時，半徑最大為；
又，所以半徑的取值范圍是，即D正確.
故選：ABD.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于根據向量線性運算法則和共線定理的應用，確定點的位置，再根據幾何體特征利用對稱性即可求得距離之和得最小值，利用幾何法即可求得外接球球心和半徑的取值范圍.
2．（2024·河北保定·二模）已知正三棱柱的所有棱長均為為的中點，平面過點與直線垂直，與直線分別交于點是內一點，且，則（ ）
A．為的中點
B．
C．為的中點
D．的最小值為
【答案】ABD
【分析】利用線面垂直的性質和函數正切值即可判斷A；利用線面垂直的判定和性質可得為平面的法向量，結合，即可判斷B；利用面面平行的性質定理即可判斷C；求證出點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓在內的圓弧，再利用圓外點到圓上點最值問題即可得到答案.
【詳解】對A，如圖1，由，，可得，因為側面為正方形，
所以，
所以，即，
又因為為的中點，所以，即，
所以為的中點，故A正確；
對B，在正三棱柱中，因為為的中點，，
所以，又平面平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，又，即為平面的法向量，所以，故B正確；
對C，取的中點，可得，，
所以平面平面，又平面，所以，
即四邊形是平行四邊形，所以，即為的四等分點，故C錯誤；
對D，，
如圖，，設與交于點，
則平面，在Rt中，
由等面積法得，所以，
因為，所以，
所以點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓在內的圓弧，
設與圓弧交于，則的最小值即為，
因為，
所以，故D正確.
故選：ABD.

【點睛】關鍵點點睛：本題D選項的關鍵是求出點的軌跡是一段圓弧，再求出相關線段長，利用圓外點到圓上點距離最值模型即可判斷.
3．（2024·浙江·三模）在棱長為 1 的正方體中，已知分別為線段的中點，點滿足，則（ ）
A．當時，三棱錐的體積為定值
B．當，四棱錐的外接球的表面積是
C．周長的最小值為
D．若，則點的軌跡長為
【答案】ABD
【分析】A選項，先得到，故點在線段上，證明出，所以三棱錐為定值；B選項，點為線段的中點，作出輔助線，找到外接球球心，從而得到外接球半徑和外接球面積；C選項，取線段的中點，由對稱性知，，數形結合得到，從而得到周長的最小值；D選項，由得到點的軌跡為以為圓心，半徑為1的圓的一部分，求出圓的半徑，得到軌跡長度.
【詳解】A選項，當時，，
故，即，
故點在線段上，
連接，與相交于點，則為的中點，連接，
因為為的中點，所以，故三棱錐的體積為定值，A正確；
B選項，當時，由A選項可知，，點為線段的中點，
連接相交于點，則⊥平面，
設正四棱錐的外接球的球心為，則三點共線，
其中，設，則，
由勾股定理得，即，
解得，
則表面積是，B正確；
C選項，點在矩形及其內部，取線段的中點，
由對稱性知，，
，此時三點共線，
又，
，C錯誤；
D選項，因為 ，又點在矩形及其內部，
點的軌跡為點為球心，半徑長為的球面被平面截且在矩形及其內部的圖形，
又⊥平面，且，
故 ，
所以點的軌跡為以為圓心，半徑為1的圓的一部分，
如圖，其中，，
故，
則，
則，
則軌跡長為，D正確.
故選：ABD
【點睛】解決與球有關的內切或外接的問題時，解題的關鍵是確定球心的位置．對于外切的問題要注意球心到各個面的距離相等且都為球半徑；對于球的內接幾何體的問題，注意球心到各個頂點的距離相等，解題時要構造出由球心到截面圓的垂線段、小圓的半徑和球半徑組成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半徑
4．（2024·河北石家莊·三模）如圖，在棱長為2的正方體中，為的中點，則下列說法正確的有（ ）

A．若點為中點，則異面直線與所成角的余弦值為
B．若點為線段上的動點（包含端點），則的最小值為
C．若點為的中點，則平面與四邊形的交線長為
D．若點在側面正方形內（包含邊界）且，則點的軌跡長度為
【答案】BD
【分析】取中點，連接，為異面直線與所成角，可判斷A；將側面延旋轉至與平面共面，根據兩點間線段最短可判斷B；對于C，如圖以點為原點，以為軸建立空間直角坐標系，取靠近的四等分點，則可證明，判斷C；并確定點的軌跡為直線在正方形內的線段，判斷D.
【詳解】對于A，取中點，連接，
則，所以為異面直線與所成角，
在中，，故A錯誤；
對于B，將側面延旋轉至與平面共面，
如圖連接，交與點，此時最小，

且，故B正確；
對于C，如圖，以點為原點，以為軸建立空間直角坐標系，
則
因為平面平面，
所以平面與平面的交線為過點且平行于的直線，
取靠近的四等分點，連接，并延長交于點，
連接，交于點，
由，所以，
則，則，所以為平面與平面的交線，
則為平面與平面的交線，
所以為平面與四邊形的交線，
由于，所以，
又，所以，
則，故C錯誤；
對于D，因為點在側面正方形內，設，
則，
因為，所以，
化簡為，
則點的軌跡為直線在正方形內的線段，其長度為，故D正確.
故選：BD

【點睛】關鍵點睛：本題選項D為空間動點軌跡的探索問題，解答本題的關鍵是利用空間直角坐標系探索出動點的軌跡.
5．（2024·湖南益陽·三模）如圖，

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