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专题02 空间动点轨迹8种题型归类
一、核心考点题型归纳
【题型一】 空间动点恒平行型轨迹
【题型二】 空间动点恒垂直型轨迹
【题型三】 平行与垂直综合型轨迹
【题型四】 空间线段长度定值型轨迹
【题型五】 空间定长线段中点型轨迹
【题型六】 空间动点角度定值型轨迹
【题型七】 空间翻折型动点轨迹
【题型八】 空间阿波罗尼斯球（圆）型轨迹
二、期中期末好题培优练
【题型一】空间动点恒平行型轨迹
知识点与技巧： 空间点的轨迹几种常见情形： （1）平面内到空间定点的距离等于定长，可结合球面得轨迹； （2）与定点的连线与某平面平行，利用平行平面得点的轨迹； （3）与定点的连线与某直线垂直，利用垂直平面得点的轨迹； （4）与空间定点连线与某直线成等角，可结合圆锥侧面得轨迹；
（2023秋·湖南·高二株洲市第一中学校联考开学考试）
1．已知正方体的边长为4，点E是棱CD的中点，P为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，则点P的轨迹长为（ ）
A． B．2 C． D．1
（2023春·全国·高一专题练习）
2．在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F是侧面内的动点，若平面，则点F轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
（2023·全国·高二专题练习）
3．如图，在三棱柱中，M为A1C1的中点N为侧面上的一点，且MN//平面，若点N的轨迹长度为2，则（ ）

A．AC1=4 B．BC1＝4 C．AB1＝6 D．B1C＝6
（2023·江西赣州·统考二模）
4．在棱长为4的正方体中，点满足，，分别为棱，的中点，点在正方体的表面上运动，满足面，则点的轨迹所构成的周长为（ ）
A． B． C． D．
【题型二】空间动点恒垂直型轨迹
（2022·全国·高二专题练习）
5．如图，在体积为6的三棱锥中，PA PB PC两两互相垂直，，若点M是底面内一动点，且满足，则点M的轨迹长度的最大值为（ ）
A．6 B．3 C． D．
（2023春·江苏连云港·高二校考阶段练习）
6．在矩形ABCD中，，，点E在CD上，现将沿AE折起，使面面ABC，当E从D运动到C，求点D在面ABC上的射影K的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
（2023秋·辽宁沈阳·高二沈阳二十中校联考期末）
7．已知是棱长为2的正方体表面上的一个动点，且，则的轨迹周长是（ ）
A． B．2π C． D．4π
（2023春·陕西榆林·高二校考阶段练习）
8．如图，正方体的棱长为，点是棱的中点，点是正方体表面上的动点．若，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹的长度为（ ）

A． B．
C． D．
【题型三】平行与垂直综合型轨迹
（2023·河南·统考三模）
9．设正方体的棱长为1，点E是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题：

①如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为；
②如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
③如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
④如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为．
其中正确的命题个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
（2023春·上海杨浦·高二上海市杨浦高级中学校考开学考试）
10．如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在侧面及其边界上运动，则下列选项中不正确的是（ ）
A．存在点P满足
B．存在点P满足
C．满足的点P的轨迹长度为
D．满足的点P的轨迹长度为
（2023春·广西防城港·高二统考阶段练习）
11．如图，在正方体中，，P是正方形ABCD内部（含边界）的一个动点，则（ ）
A．有且仅有一个点P，使得 B．平面
C．若，则三棱锥外接球的表面积为 D．M为的中点，若MP与平面ABCD所成的角为，则点P的轨迹长为
【题型四】 空间线段长度定值型轨迹
（2023·全国·高二专题练习）
12．已知是棱长为1的正方体，点P为正方体表面上任一点，则下列说法不正确的是（ ）
A．若，则点P的轨迹长度为
B．若，则点P的轨迹长度为
C．若，则点P的迹长度为
D．若，则点P的轨迹长度为
（2023·全国·高二专题练习）
13．在正方体中，已知，点O在棱上，且，P为正方体表面上的动点，若，则点P的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
（2023春·广东深圳·高一校考阶段练习）
14．正方体的棱长为，点在三棱锥的侧面表面上运动，且，则点轨迹的长度是（ ）
A． B． C． D．
（2023春·山西运城·高一康杰中学校考阶段练习）
15．正方体的棱长为3，点在三棱锥的表面上运动，且，则点轨迹的长度是（ ）
A． B．
C． D．
（2023春·山西运城·高一康杰中学校考阶段练习）
16．正方体的棱长为3，点在三棱锥的表面上运动，且，则点轨迹的长度是（ ）
A． B．
C． D．
【题型五】 空间定长线段中点型轨迹
（2022·全国·高二专题练习）
17．在四边形ABCD中，，，P为空间中的动点，，E为PD的中点，则动点E的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
（2023·全国·高二专题练习）
18．已知正六棱柱的棱长均为，点在棱上运动，点在底面内运动，，为的中点，则动点的轨迹与正六棱柱的侧面和底面围成的较小部分的体积为（ ）
A． B． C． D．
（2022·全国·高二专题练习）
19．如图,已知直平行六面体ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为3,∠BAD=60°,长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动,另一个端点N在底面ABCD上运动,则MN的中点P的轨迹(曲面)与共顶点D的三个面所围成的几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
（2023春·陕西西安·高二校考阶段练习）
20．如图，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，长为的线段的一个端点在线段上运动，另一个端点在底面上运动，则线段的中点的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【题型六】空间动点角度定值型轨迹
（2022秋·广东佛山·高二校联考期中）
21．如图，正方体的棱长为1，点P为正方形内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为的点P的轨迹长度为（ ）

A． B． C． D．
（2023·海南海口·校联考一模）
22．如图，点是棱长为2的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为45°，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
（2023·全国·高二专题练习）
23．如图，线段与平面斜交于点，且直线与平面所成的角为，平面上的动点满足，则点的轨迹是（ ）
A．直线 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线一支
（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）
24．如图，二面角的大小为，已知A、B是l上的两个定点，且，，，AB与平面BCD所成的角为，若点A在平面BCD内的射影H在的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【题型七】空间翻折型动点轨迹
25．已知矩形中，，，如图，将沿着进行翻折，使得点与点重合，若点在平面上的射影在四边形内部（包含边界），则动点的轨迹长度是（ ）
A． B． C． D．
26．如图，等腰梯形中，，，，，沿着把折起至，使在平面上的射影恰好落在上．当边长变化时，点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
27．已知菱形ABCD的边长为2，.将菱形沿对角线AC折叠成大小为60°的二面角.设E为的中点，F为三棱锥表面上动点，且总满足，则点F轨迹的长度为 .
28．如图所示，在平行四边形中，为中点，，，.沿着将折起，使到达点的位置，且平面平面.若点为内的动点，且满足，则点的轨迹的长度为 .
【题型八】空间阿波罗尼斯球（圆）型轨迹
29．古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比为常数（且）的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体中，，点E在棱AB上，，动点P满足.若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为 ；若点P在长方体内部运动，F为棱的中点，M为CP的中点，则点M到平面的距离的最小值为 .
30．已知正方体的棱长为4，点P在平面内，且，则点P的轨迹的长度为 .
31．在棱长为6的正方体中，点是线段的中点，是正方形（包括边界）上运动，且满足，则点的轨迹周长为 .
一、单选题
（2023春·新疆乌鲁木齐·高二校考阶段练习）
32．在棱长为4的正方体中，为的中点，点P在正方体各棱及表面上运动且满足，则点P轨迹围成的图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
（2021秋·福建泉州·高二晋江市第一中学校考期中）
33．如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面，为底面内的一动点，若，则动点的轨迹在（ ）
A．圆上 B．双曲线上 C．直线上 D．椭圆上
（2022秋·四川·高二四川省峨眉第二中学校校考期中）
34．在四棱锥中，平面，点M是矩形内（含边界）的动点，且，直线与平面所成的角为．记点M的轨迹长度为，则（ ）
A． B．1 C． D．2
（2023·全国·高二专题练习）
35．已知长方体，，，M是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是（ ）
A． B． C． D．2
（2023春·高二课时练习）
36．如图所示，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，点P是正方体表面上的动点，若平面，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
（2022·全国·高二专题练习）
37．已知正四棱锥，底面边长为，，交于点，平面，，为的中点，动点在该棱锥的侧面上运动，并且，则点轨迹长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
（2022秋·湖北武汉·高二华中科技大学附属中学阶段练习）
38．已知正方体的棱长为3，点P在的内部及其边界上运动，且，则点P的轨迹长度为( )
A． B． C． D．
（2023·全国·高二专题练习）
39．在直三棱柱中，，，为该三棱柱表面上一动点，若，则点的轨迹长度为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
（2023春·浙江宁波·高二校联考阶段练习）
40．正方体的棱长为1，点满足，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则三棱锥的体积为定值
C．若点总满足，则动点的轨迹是一条直线
D．若点到点的距离为，则动点的轨迹是一个面积为的圆
（2023春·江苏徐州·高二统考期中）
41．在棱长为的正方体中，点为的中点，点是正方形内部（含边界）的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A．存在唯一一点，使得
B．存在唯一一点，使得直线与平面所成角取到最小值
C．若直线平面，则点的轨迹长度为
D．若 ，则三棱锥的体积为
（2023·全国·高二专题练习）
42．已知正方体的棱长为2，棱AB的中点为M，点N在正方体的内部及其表面运动，使得平面，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．当最大时，MN与BC所成的角为
C．正方体的每个面与点N的轨迹所在平面夹角都相等
D．若，则点N的轨迹长度为
（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）
43．已知正方体的棱长为为空间中任一点，则下列结论中正确的是（ ）
A．若为线段上任一点，则与所成角的余弦值范围为
B．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为
C．若在正方形内部，且，则点轨迹的长度为
D．若三棱锥的体积为恒成立，点轨迹的为圆的一部分
三、填空题
（2022·全国·高二专题练习）
44．点为正方体的内切球球面上的动点，点为上一点，，，若球的体积为，则动点的轨迹长度为 .
（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）
45．已知正四棱柱的体积为，侧棱，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度为 ．
（2023·全国·高二专题练习）
46．已知正方体的棱长为为体对角线的三等分点，动点在三角形内，且三角形的面积，则点的轨迹长度为 .
（2022春·湖北十堰·高一郧阳中学校考阶段练习）
47．已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点到底面的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球的半径为5，则满足上述条件的顶点的轨迹长度为 .
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】画出示意图，找出过且跟面平行的平面，其跟面的交线即是的轨迹．
【详解】如图，
分别作的中点G，H，F，连接，
由题可知，
则四边形为平行四边形，
平面BEF，平面，平面；
同理可得平面，∴平面平面，
由题意知平面，又点P为四边形内（包括边界）的一动点，
线段GH，点P的轨迹为GH，．
故选：A．
2．B
【分析】取中点，中点，连接，则易证平面平面，进而得当F的轨迹为线段时，则有平面，再根据勾股定理及三角形的中位线计算即可.
【详解】如图所示：
取中点，中点，连接，
因为，，
所以，
平面，平面，
所以平面，
同理可证明平面，
又因为，平面，
所以平面平面，
当F的轨迹为线段时，此时平面，则有平面，
此时.
故选：B.
3．B
【分析】根据面面平行的判定定理证明平面平面，再由MN//平面可得点N的轨迹为线段DE，据此即可得解.
【详解】如图，

取的中点D，的中点E，连接MD，DE，ME，
由，，
又平面，平面，所以平面，
同理可得平面，又，平面
所以平面平面，又平面，
故点N的轨迹为线段DE，又由，可得．
故选：B．
4．D
【分析】作出辅助线，找到点的轨迹，利用勾股定理求出边长，得到周长.
【详解】延长，交的延长线与，连接，分别交，于，
过点作交于点，过点作交于点，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为，所以平面平面，
过点作交于点，
连接，则
则平行四边形（点除外）为点的轨迹所构成的图形，
因为正方体棱长为4，，分别为棱，的中点，，
所以，
因为，所以，
过点作⊥于点，则，
则由几何关系可知，所以，
由勾股定理得，
所以点的轨迹所构成的周长为.
故选：D
5．C
【分析】根据题意可知，点的轨迹为斜边上的高线，即可根据等面积法以及基本不等式求出点的轨迹长度的最大值．
【详解】解：如图所示，过作于，连接.
，，两两垂直，所以平面，又平面
即有，而，平面
所以平面，又平面
即，故点的轨迹为斜边上的高线，
因为三棱锥的体积为6，所以，即，
又可得．
当且仅当时取等号．
点M的轨迹长度的最大值为.
故选：C．
6．D
【分析】在原平面矩形中,连接,由面面ABC知,故点的轨迹是以为直径的圆上一段弧,根据的位置求出此弧的长度.
【详解】
由题意，将沿折起，使平面平面，在平面内过点作垂足为在平面上的射影，连接,由翻折的特征知，
则，故点的轨迹是以为直径的圆上一段弧，根据长方形知圆半径是，
如图当与重合时，,所以，
取为的中点，得到是正三角形.
故，
其所对的弧长为；
故选：D.
7．D
【分析】根据可得到的中点为的距离为，再根据正方体的几何性质可得在其中一个侧面上的轨迹长度，同理可确定其它侧面上的轨迹长度，从而可得的轨迹周长.
【详解】因为，则，又正方体的棱长为，
取线段的中点为，则，
由于在正方体的表面上运动，要满足，则点在正方体的四个侧面上运动，
如图，当在侧面上运动时，取中点为，连接
因为，分别为，中点，所以，，
又平面，所以平面，由于平面，
所以，则，则在侧面上得轨迹为以为圆心，为半径的半圆，此时的轨迹长为；
同理，当在其它侧面上运动时轨迹长均为；
综上，的轨迹周长是.
故选：D.
8．C
【分析】取的中点，的中点，连接、、、、，设，证明出平面，可知点在正方体表面上运动所形成的轨迹为的三边，求出的周长即可得解.
【详解】取的中点，的中点，连接、、、、，
设，如下图所示．

因为四边形是正方形，又点是棱的中点，点是的中点，
则，，，
所以，，所以，，
所以，，
所以，，即．
在正方体中，平面，
又平面，所以，
又，、平面，所以平面，
又平面，所以，同理可得，，
又，、平面，所以，平面．
所以点在正方体表面上运动所形成的轨迹为的三边，
因为正方体的棱长为，
由勾股定理可得，同理可得，，
所以的周长为．
故选：C．
9．C
【分析】由正方体性质得面，根据线面垂直的判定定理、性质定理证面，确定轨迹图形判断①；若分别为中点，连接，根据线面平行、面面平行的判定证面面，确定轨迹图形判断②；若分别为的中点，连接，同②方式证面面，确定轨迹图形判断③；若分别是的中点，并依次连接，先证面面，结合①得面，确定轨迹图形判断④.
【详解】由面，而面，则，又，
又，面，则面，
由面，则，同理，
，面，则面，
所以垂直于面所有直线，且面，
若，则在边长为的正△的边上，
故轨迹图形面积为，①对；

若分别为中点，连接，
由正方体的性质易得，，
所以共面，且为平行四边形，故面即为面，
由面，面，则面，
同理可得面，，面，
所以面面，要使∥平面，则在△的边上，
所以轨迹长为，②错；

若分别为的中点，连接，显然，
所以共面，即面，
由，面，面，则面，
又，同理可得面，，面，
所以面面，故面内任意直线都与面平行，
要使∥平面，则在四边形的边上运动，
此时轨迹长为，③对；

若分别是的中点，并依次连接，
易知为正六边形，显然，，
由面，面，则面，同理可得面，
，面，所以面面，
由面，则面，故垂直于面所有直线，
要使，则在边长为的正六边形边上运动，
所以轨迹图形面积为，④对；

故选：C
10．C
【分析】假定，结合条件可得，，然后利用圆的位置关系可判断A，利用坐标法可得点P在中心时，可判断B，利用线面垂直的判定定理结合条件可得点P的轨迹可判断CD.
【详解】对于A选项，假设，因为，
又，且始终垂直平面，所以，点在以B为圆心，半径为1的圆上，
同理，，则，点P在以C1为圆心，半径为的圆上，如图1，
又因为，所以两个圆相交有交点，即存在点P满足，故A正确；
对于B选项，如图建立空间直角坐标系， 则，，
若点在正方形中心处，即，
则，，可得，即 ，故B正确；
对于C选项，取的中点，的中点，连接，，，
因为平面，又平面，所以，
在正方形中，，又平面，
所以平面，又平面，
所以，同理可得，又，平面，
所以平面，又因为点P在侧面上，平面平面，
所以点的轨迹为线段，且，故C错误；
对于D选项，过M点作交BC于点G，过M点作交于H，则，
因为，所以，
同理，又平面，
平面，又平面平面，
所以点的轨迹为线段，且，故D正确.
故选：C.
11．D
【分析】根据线面垂直判断线线垂直可求解A，利用线面平行判断B，根据外接球与三棱锥的的几何关系判断C，利用线面角的定义确定点的轨迹即可求解D,
【详解】
对于A，连接,
因为平面,平面,所以,
且四边形为正方形，所以,
且，平面,
所以平面,所以当点在线段上时，
必有平面,则，
所以存在无数个点P，使得，A错误；
对于B，当点与点重合时，
与平面相交，B错误；
对于C，若，则为中点，
连接,则为等腰直角三角形，且，
且也为等腰直角三角形，且,
且平面平面，
所以取中点为，则为三棱锥外接球的球心，
所以外接球的半径为,
所以我外接球的表面积为，C错误；
对于D，连接
因为平面，所以为MP与平面ABCD所成的角，
所以，所以,
所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆弧，
所以点P的轨迹长为，D正确，
故选:D.
12．D
【分析】根据题意，依次分析点P轨迹,讨论各选项即可得答案.
【详解】当时，如图1，此时点P的轨迹为半径为1，圆心角为的三段圆弧，
所以此时点P轨迹的长度为，故A选项正确；
当时，如图2，点P的轨迹一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧，
另一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧；所以此时点P轨迹的长度为，故B选项正确；
当时，如图3，点P的轨迹是在面三个面内以1为半径，圆心角为的三段弧，
所以此时点P轨迹的长度为，故C选项正确；
当，如图4，点P的轨迹是在面三个面内以为半径，圆心角小于的三段弧，
所以此时点P轨迹的长度小于，故D选项不正确；
故选：D．
13．C
【分析】，则点P会在4个面内有轨迹，且均是圆弧，分别计算半径和圆心角即可.
【详解】依题意，∵，，，∴，，
所以，所以，又因为，所以，
所以，即.
在平面内满足条件的点的轨迹为，
该轨迹是以5为半径的个圆周，所以长度为；
同理，在平面内满足条件的点轨迹长度为；
在平面内满足条件的点的轨迹为以为圆心，
为半径的圆弧，长度为；
同理，在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的圆弧，长度为.
故轨迹的总长度为.
故选：C.
14．B
【分析】作出图形，分析可知点轨迹是以点为圆心，半径为的圆与的交线，计算出圆心角的大小，结合扇形的弧长公式可求得结果.
【详解】因为平面，且，
所以，点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在内的交线，
取的中点，则，且，
设圆弧交于、两点，如下图所示：
，所以，，
又因为，则为等边三角形，
故点轨迹的长度是.
故选：B.
15．A
【分析】由题意可知点在以为球心，半径的球上，所以点的轨迹是该球与三棱锥的表面的交线，然后画出图形，分别求出其在四个面上的轨迹长度即可.
【详解】因为，所以点在以为球心，半径的球上，
因为点在三棱锥的表面上运动，
所以点的轨迹是该球与三棱锥的表面的交线，
因为正方体的棱长为3，
所以正方体的面对角线为，
所以三棱锥为棱长为的正三棱锥，
由正方体的性质可知到平面的距离为，
所以球在平面上的截面圆的半径，
所以截面圆的圆心正好是正三角形的中心，
设正三角形的内切圆半径为，外接圆半径为，
由正弦定理得，则，
所以，
所以点在平面内的轨迹是圆在内的弧长，如图所示，
，为锐角，
所以，
所以，
所以点在平面内的轨迹长度为，
因为平面，
所以球在平面上的截面圆心为，设圆的半径为，
则，
因为，所以点在平面内的轨迹是一段劣弧，如图所示，
因为为锐角，所以，
所以，
所以的长为，
由对称性可知点在平面和平面内的轨迹长相等，都等于，
所以点在三棱锥的表面上的轨迹的长度为
，
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查立体几何中轨迹的求法，解题的关键是正确的画出图形，根据图形求解，考查空间想象能力和计算能力，属于难题.
16．A
【分析】由题意可知点在以为球心，半径的球上，所以点的轨迹是该球与三棱锥的表面的交线，然后画出图形，分别求出其在四个面上的轨迹长度即可.
【详解】因为，所以点在以为球心，半径的球上，
因为点在三棱锥的表面上运动，
所以点的轨迹是该球与三棱锥的表面的交线，
因为正方体的棱长为3，
所以正方体的面对角线为，
所以三棱锥为棱长为的正三棱锥，
由正方体的性质可知到平面的距离为，
所以球在平面上的截面圆的半径，
所以截面圆的圆心正好是正三角形的中心，
设正三角形的内切圆半径为，外接圆半径为，
由正弦定理得，则，
所以，
所以点在平面内的轨迹是圆在内的弧长，如图所示，
，为锐角，
所以，
所以，
所以点在平面内的轨迹长度为，
因为平面，
所以球在平面上的截面圆心为，设圆的半径为，
则，
因为，所以点在平面内的轨迹是一段劣弧，如图所示，
因为为锐角，所以，
所以，
所以的长为，
由对称性可知点在平面和平面内的轨迹长相等，都等于，
所以点在三棱锥的表面上的轨迹的长度为
，
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查立体几何中轨迹的求法，解题的关键是正确的画出图形，根据图形求解，考查空间想象能力和计算能力，属于难题.
17．D
【分析】作的中点，连接，，即可得到且，从而得到且，则点的轨迹长度与点的轨迹长度相同，作于，则点的轨迹是以为圆心长为半径的圆，即可得解；
【详解】解：如图，作的中点，连接，．因为，，
所以．因为，，所以，
故四边形为平行四边形，则有，且，则有点的轨迹长度与点的轨迹长度相同，
过点作于，则点的轨迹是以为圆心长为半径的圆，且，
故点的轨迹长度为．
故选：D．
18．B
【分析】根据题意，可判断出动点的轨迹为球，结合球的体积公式，即可求解.
【详解】由直角三角形的性质得，
所以点在以为球心，半径是的球面上运动，
因为，所以动点的轨迹与正六棱柱的侧面和底面围成的较小部分球，
其体积为.
故选：B.
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.但是本题既不是内切，也不是外接，而是棱柱与球的结合，类似切割球来求体积问题.
19．A
【分析】先确定点的轨迹，从而确定点的轨迹与平行六面体所围成的几何体的形状，即可求几何体的体积．
【详解】连接、，则平面，平面，
在中，MN=2，MN的中点为P，则DP=1,
点P的轨迹为：以D为球心,半径r=1的球面的一部分，
球的体积为V=π·r3=.
∵，∴，
故所求几何体的体积.
故选::A.
20．D
【分析】连接、，分析得出，可知点的轨迹是以点为球心，半径长为的球面，作出图形，结合球体的体积公式可求得结果.
【详解】连接、，因为，，且、分别为、的中点，
故且，
所以，四边形为平行四边形，故且，
平面，则平面，
因为平面，所以，，
为的中点，故，
所以，点的轨迹是以点为球心，半径长为的球面，如下图所示：
所以，线段的中点的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体为球的，
故所求几何体的体积为.
故选：D.
21．B
【分析】作出辅助线，得到P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的，求出轨迹长度.
【详解】直线BP与下底面ABCD所成角等于直线BP与上底面所成角，
连接，因为⊥平面，平面，
所以⊥，故为直线BP与上底面所成角，
则，
因为，所以，
故点P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的，
故轨迹长度为.

故选：B
22．A
【分析】先利用直线与平面所成的角为45°求得点的轨迹，进而求得点的轨迹长度.
【详解】若点P在正方形内，
过点P作平面于，连接.
则为直线与平面所成的角，则，
又，则，则，
则点的轨迹为以为圆心半径为2的圆（落在正方形内的部分），
若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段，
因为点P不可能落在其他三个正方形内，
所以点的轨迹长度为.
故选：A
23．C
【分析】根据题意，为定值，可得点P的轨迹为一以AB为轴线的圆锥侧面与平面的交线，由圆锥曲线的定义可求.
【详解】用垂直于圆锥轴线的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，且平面与轴线所成角大于母线与轴线所成角时得到椭圆；
当平面与轴线所成角小于母线与轴线所成角时得到双曲线，当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线．
平面上的动点满足，则在以为轴的圆锥的侧面上，可构造如图所示的圆锥，
母线与所在直线（中轴线）的夹角为，然后用平面去截圆锥，使直线与平面的夹角为，
则平面与圆锥侧面的交线为的轨迹图形，由圆锥曲线的定义可知，的轨迹为椭圆.
故选：C
24．D
【分析】根据题意：点H的轨迹是以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60°的圆锥侧面交线的一部分，该部分是圆心角为的弧长，只要求出半径即可.
【详解】如图所示：
因为AB与平面BCD所成的角为，且点A在平面BCD上的射影H，，
所以，
所以点H在以点B为球心，以为半径的球面上，
又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上，
所以点H的轨迹为以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，
母线AH与轴AB成的圆锥侧面交线的一部分，
即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB，
因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为，
所以，
又，
所以点H的轨迹的长度等于，
故选：D.
25．C
【分析】过点作于点，交于点，则点在平面上的射影落在线段上.由翻折过程可知，，判断出的轨迹是以点为圆心，为半径的一段圆弧，求出圆心角，利用弧长公式求出弧长.
【详解】
如图（1），过点作于点，交于点，则点在平面上的射影落在线段上.
在中，，，则，由等面积法得.
翻折的过程中，动点满足，则动点的轨迹是以点为圆心，为半径的一段圆弧.易得，，，所以，则，如图（2），在圆中，，，所以点的轨迹是，且，则，，从而点的轨迹长度为.
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．
26．B
【分析】根据的射影在边上，且固定长度为1，所以的轨迹在以为原点半径为1的圆上，因此考虑的长度缩短到0时和变长到的长度两种情况，从而求出夹角大小，进而求出弧长.
【详解】因为的射影在边上，且固定长度为1，所以的轨迹在以为原点半径为1的圆上.考虑极端情况：当的长度缩短到0时，都汇聚到线段的中点（D2）；当变长到的长度时（的射影为D3），如图，设，则,
在中，，
同理：，
∴，即在线段上的投影与点的距离为，从而与夹角为，故点的轨迹为.
故选：B.
27．
【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＝ ，
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＝OB′，PQ＝OD，EQ＝B′Q，所以△EPQ的周长为，
所以点F轨迹的长度为 ．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的轨迹问题，属于偏难题型，本题的关键是通过条件，得到平面，从而得到点的轨迹，
28．
【分析】根据给定条件探求出PB，PC在平面的射影PE，PD的关系，再在平面内建立平面直角坐标系，探讨出动点P在内的轨迹即可作答.
【详解】因平面平面，平面平面，，于是得平面，而，则平面，
从而得PE，PD分别是PB，PD在平面内的射影，如图，，
，而，则，
在所在平面内以点E为原点，射线ED、分别为x，y轴非负半轴建立平面直角坐标系，如图，
则，设，于是得，整理得，
从而得点P的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，圆M交分别于Q，N，
显然，圆M在内的部分是圆心角所对的弧，弧长为，
所以点的轨迹的长度为.
故答案为：
29．
【分析】①建立空间直角坐标系，设，求出点P的轨迹为，即得解；
②先求出点P的轨迹为，P到平面的距离为，再求出的最小值即得解.
【详解】①以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的空间坐标系，
则设，
由得，
所以，
所以若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为.
②设点，由得，
所以，
由题得
所以设平面的法向量为，
所以，令，则由题得，
所以点P到平面的距离为，
因为，
所以，所以点M到平面的最小距离为.
故答案为：；.
30．
【分析】若E为与的交点，由正方体的性质可证面，在Rt△中有可得，再在面上构建平面直角坐标系，并写出各点坐标且令，结合已知条件列方程，即可得P的轨迹，进而求轨迹长度.
【详解】
若E为与的交点，则，
∵面，面，
∴，又，
∴面，
∴连接PE，即在Rt△中有，又正方体的棱长为4，
∴
在面上构建如下平面直角坐标系，若，，
∴，，
∴，又，
∴，整理得，
∴，故轨迹为半径的圆，
∴轨迹长度为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：应用正方体的性质及勾股定理得，再在面上构建平面直角坐标系，设结合已知条件可得方程，整理即有P的轨迹方程.
31．##
【分析】由题意易知，由此可得，在平面上，建立平面直角坐标系，可知点的轨迹为圆与四边形的交点，由弧长公式可求解.
【详解】如图，在棱长为6的正方体中，
则平面，平面，
又，在平面上，，，
又，，
，即，
如图，在平面中，以为原点，分别为轴建立平面直角坐标系，
则，，，
由，知，
化简整理得，，圆心，半径的圆，
所以点的轨迹为圆与四边形的交点，即为图中的
其中，，，则
由弧长公式知
故答案为：.
32．A
【分析】构造辅助线，找到点P轨迹围成的图形为长方形，从而求出面积.
【详解】取的中点E，的中点F，连接BE，EF，AF，则由于为的中点，可得，所以∠CBE=∠ECN，从而∠BCN+∠CBE=∠BCN+∠ECN=90°，所以BE⊥CN，又EF⊥平面，平面，所以EF⊥CN，又因为BEEF=E，所以CN⊥平面ABEF，所以点P轨迹围成的图形为矩形ABEF，又，所以矩形ABEF面积为.
故选：A
33．A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得的轨迹方程，从而确定正确答案.
【详解】依题意四边形是正方形，平面，
建立空间直角坐标系如下图所示，以为轴，为轴，为轴，为坐标原点，
则，，设，
因为
，
由题意可得：，可得动点的轨迹为：
以为圆心，以为半径的圆．
故选：A
34．C
【分析】根据题意即为直线与平面所成的角，故问题转化为以点为圆心在平面内做2为半径的圆，圆弧在矩形内的部分即为点的轨迹，进而利用几何关系求解即可.
【详解】因为平面，所以即为直线与平面所成的角，
所以，
因为，所以，
所以点位于矩形内的以点为圆心，2为半径的圆上，
则点的轨迹为圆弧.
连接，则，
因为，，
所以，
则弧的长度，
所以.
故选：C.
35．A
【分析】先构造和平面平行的截面，再根据空间向量共面确定点的轨迹形状，再求其长度.
【详解】如图所示，E，F，G，H，N分别为，，，DA，AB的中点，
则，，
所以平面平面，
所以动点P的轨迹是六边形MEFGHN及其内部.
又因为，所以点在侧面，
所以点的轨迹为线段，
因为AB=AD=2，，
所以.
故选：A.
36．B
【分析】要满足平面，只需要寻找一个平面，使该平面经过，且与平面平行即可, 取的中点G，的中点H，连结.证明出面面.得到点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形，求出周长即可.
【详解】取的中点G，的中点H，连结.
正方体的棱长为2.为中点，所以,所以且.
因为为分别为的中点，所以,且，所以四边形为平行四边形，所以.
因为面，面，所以面.
同理可证：面.
又,面,面,
所以面面.
所以点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形.
因为正方体的棱长为2，所以,
所以三角形的周长为.
故选：B
37．B
【分析】取的中点分别为，利用线面垂直的判定定理可得平面，进而可得点轨迹为折线，结合条件即得.
【详解】取的中点分别为，连接，
则，，又平面，，
∴平面，，
∴，又，
∴平面，
因为动点在该棱锥的侧面上运动，并且，
故点轨迹为折线，
由题可知，，
∴，
故点轨迹长度为.
故选：B.
38．A
【分析】连接、、，，连接BE交于O，证明平面得DO⊥OP，求出OP长度，确定O的位置，确定P的轨迹形状，从而可求P的轨迹长度．
【详解】连接、、，
则，，，
∴⊥平面，∴，
同理，∴平面．
设，连接BE交于O，
由△BOD∽△且BD=可知OD=，则，
连接OP，则，∴，
可得点P的轨迹为以点O为圆心，为半径的圆在内部及其边界上的部分，
OB=2OE，E为中点，及△为等边三角形可知O为△中心，
OE=，如图：
，，，
则∠OFE=∠=，∴OF∥，同理易知OG∥，
故四边形是菱形，则
∴的长度为，故点P的轨迹长度为．
故选：A．
39．B
【分析】将三棱柱补形为正方体，容易找到BC的中垂面，因为，所以确定点P在中垂面内，通过几何关系求解中垂面与三棱柱相交的轨迹长度即可.
【详解】因为，，所以可将直三棱柱补形为边长为2的正方体，取的中点E，F，G，H，K，L按顺序连接.，，如图所示，
正方体中，，，
所以面，
所以，因为，所以.
同理可得，
因为，所以面，其中为正六边形.
因为E，G，H，L为的中点，所以M，N为的四等分点，
根据正方体对称性，知O为MN中点也是BC中点，因为，所以点P在过点O垂直于BC的平面内，即点P在面内.
又因为点P在三棱柱表面上，所以P点的轨迹为五边形MNEFG，
，由正六边形及正方体对称性可知
，
故点P的轨迹长度为，
故选：B
【点睛】处理此类问题的关键是熟练掌握立体几何中的点线面垂直平行异面的关系，找到与包含未知点的量和已知量之间的等量关系或不等关系即可.本题把到两点距离问题转化为找中垂面，再通过线面垂直的判定定理即可证明垂面位置，由此确定点P的轨迹为五边形，求出长度即可.
40．ABC
【分析】作出图形，利用线面垂直、平行的判定定理和性质定理逐项分析检验即可求解.
【详解】对于，因为且，由向量基本定理可知：点共线，如图，连接，
在正方体中，，平面，
因为平面，所以，又，
所以平面，
在上任取一点，连接，则平面，所以，
在正方体中，因为，且，
所以四边形为平行四边形，所以，则，
故选项正确；
对于，如图，连接，
因为且，由向量基本定理可知：点共线，即点在直线上，在正方体中，因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，则直线上任意一点到平面的距离相等，又因为的面积为一定值，所以三棱锥的体积为定值，故选项正确；
对于，如图，连接，
在正方体中，，平面，因为平面，所以，又，所以平面，平面，所以，同理，有，所以平面，因为点满足，所以点在侧面所在的平面上运动，且，所以动点的轨迹就是直线，故选项正确；
对于，因为点到点的距离为，所以点的轨迹是以为球心，半径为的球面与平面的交线，即点的轨迹为小圆，设小圆半径为，
因为球心到平面的距离为1，则，
所以小圆的面积为，故选项错误；
故选：.
41．BCD
【分析】可证得平面，则当在线段上时都满足，即可判断A；可得是直线与平面所成的角，当直线与平面所成角取到最小时，最大，亦有最大，即可判断B；可证平面平面，所以若直线平面，则点在线段上，求出的长度即可判断C；用向量法求出点到平面的距离，再求出的面积即可计算三棱锥的体积，可判断D.
【详解】对于A，在正方体中，，，
，所以平面，所以当在线段上时，
都满足，此时点有无数个，故A错误；
对于B，在正方体中，平面，
所以是直线与平面所成的角，
因为，且，，
所以当直线与平面所成角取到最小时，最大，亦有最大，
所以当且仅当点与重合时，最大，故B正确；

对于C，分别取的中点为，连接，
在正方形中，因为分别是的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
同理可证平面，平面，，
所以平面平面，所以若直线平面，
则点在线段上，点的轨迹长度即为线段的长度，
在中，，故C正确；

对于D，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，由得，
，，，
设是平面的一个法向量，则
，令得，
设点到平面的距离为，
则，
在中，，，
则等腰底边上的高，，
所以三棱锥的体积，故D正确.
故选：BCD
42．ACD
【分析】首先利用平面的基本性质确定点所在平面，且面面，构建空间直角坐标系，求面的一个法向量，应用向量法求到面的距离，进而求三棱锥的体积判断A；找到最大时MN与BC所成角的平面角即可判断B；判断，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可判断C；N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，进而求周长判断D.
【详解】过中点作与交，作与交，重复上述步骤，
依次作的平行线与分别交于（注意各交点均为各棱上的中点），
最后依次连接各交点，得到如下图示的正六边形，
因为，面，面，
所以面，同理可得面，
因为，面，所以面面，
所以面中直线都平行于面，又面，且平面，
所以面，即面，
根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，且，，，，，，
A：由上分析知：面任意一点到面的距离，即为到面的距离，
而，，若为面的一个法向量，
所以，令，则，而，
所以到面的距离，即到面的距离为，
又△为等边三角形，则，
所以三棱锥的体积为定值，正确；
B：由图知：当与重合时最大为，且，
所以MN与BC所成的角，即为，错误；
C：由正方体性质，只需判断各侧面的法向量，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可，
又，同理可得，
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，则点N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，
因为面面，故也是面的法向量，而，
所以到面的距离为，故轨迹圆的半径，
故点N的轨迹长度为，正确.
故选：ACD
43．ABC
【分析】对于A：建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式计算分析判断；对于B：根据题意分析可得与的交点即为三棱锥的外接球的球心，结合球体的体积公式计算；对于C：分析可得，结合圆的周长分析计算；对于D：根据题意结合圆锥的截面分析判断.
【详解】对于A：以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，由题意设，
，设与所成角为，
则，
当时，；
当时，，，
因为，得，则，时取等号，则，
综上，，故A正确．
对于B：设与的交点，连接OM，，

因为O，M分别是与AC的中点，
则MO＝＝，又MA＝MB＝MD＝，
所以点为三棱锥的外接球的球心，半径，
此外接球的体积，故B正确．
对于C：由题意可知：平面平面，则，
点在侧面内，满足，
故点的轨迹是以点为圆心，半径为的四分之一圆弧，
所以点的轨迹的长度为，故C正确．

对于D：设三棱锥的高为，
由三棱锥的体积为，解得，
即点到平面的距离为．
对于三棱锥，设高为，
由体积可得，解得，
即点到平面的距离为，点到平面的距离为，
平面与平面的距离为，故点在平面或为点，
若，空间点的轨迹为以为轴的圆锥侧面，
显然点不满足题意，设与平面所成的角为，则，
故平面与圆锥侧面相交，且平面与不垂直，
故平面与圆锥的截面为椭圆，显然点不合题意，
所以点的轨迹为椭圆的一部分，故D错误．
故选：ABC．
【点睛】方法点睛：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．注意轨迹的纯粹性与完备性．
44．
【分析】在取点，使，证明平面，从而得点的轨迹为平面与球的截面圆周，因此求出球半径和球心到截面的距离，然后利用截面圆性质可得球面圆半径后可得其周长．题中球心到截面的距离利用体积法求解．球半径利用球的体积公式计算可得．
【详解】解：如图，在取点，使，连接，，，
因为，可得，则，所以
所以，
又平面，平面，所以，同理，
因为，平面，
所以平面，
则点的轨迹为平面与球的截面圆周，
设正方体的棱长为，则，解得，连接，，，
如图，在对角面中，
，
到平面的距离即到平面的距离为，
，
又，，设到平面的距离为，则，，
得到平面的距离为，
所以截面圆的半径，
则点的轨迹长度为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查空间的几何体中的轨迹问题，解题关系是确定平面，得点的轨迹为平面与球的截面圆周，为了求截面圆半径，需求得球半径和球心到截面的距离，这个距离我们利用体积法求解．
45．
【分析】利用平行确定四点共面，从而得到两个平面的交线，进而得到交点轨迹，再利用三角形相似，求出轨迹的长度.
【详解】如图取的中点，连接交于点，连接，交于，连接，，
因为是棱的中点，所以，
则是的四等分点，且，
由正四棱柱的性质可得且，
所以四边形是平行四边形，
所以，所以，
所以四点共面，
所以平面平面，
连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点，
所以线段即为动点的轨迹，
如图在平面中，过点作，交于点，则，
因为，所以相似于，
所以，所以，
因为正四棱柱的体积为，侧棱，
所以，则，
所以，
因为，所以，
所以.
故答案为：.

46．
【分析】由题意求出到的距离，又易证面，进而得到点在所在平面的轨迹是以为半径的圆，因为内切圆的半径为，所以该圆一部分位于三角形外，作出图形即可求解．
【详解】因为正方体的棱长为，所以，
所以，
设到的距离为，由，得，
平面，平面，
，
又，，
平面，
，同理可证，又，
面，
点在所在平面的轨迹是以为半径的圆，
内切圆的半径为，
该圆一部分位于三角形外，
如图有，解得，
，
圆在三角形内的圆弧为圆周长的一半，
，
故答案为：.
47．
【分析】先设出，并根据体积求解出，然后再根据给出的外接球半径，计算球心到底面的距离，然后分两种情况，球心在底面和截面圆之间和球心在底面和截面圆同一侧，分别计算截面圆的半径，从而求得顶点的轨迹长度.
【详解】由为等腰直角三角形可得：，
由顶点到底面的距离为3，
三棱锥体积为24，可得：，所以，
所以，
因为三棱锥外接球的半径为5，为底面的外接圆圆心，
在中，，解得，
即球心到底面的距离为，又因为顶点到底面的距离为3，
所以顶点的轨迹是一个截面圆的圆周，
当球心在底面和截面圆之间时，球心到该截面圆的距离为，
设顶点的轨迹所在圆的半径为，可得：，
所以顶点的轨迹长度为，
当球心在底面和截面圆同一侧时，球心到该截面圆的距离为，
所以截面圆的半径为，
所以顶点的轨迹长度为，
综上，顶点的轨迹长度为：.
故答案为：.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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