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重难点20 立体几何中的动态、轨迹问题【六大题型】
【新高考专用】
【题型1 动点保持平行的动态轨迹问题】 2
【题型2 动点保持垂直的动态轨迹问题】 2
【题型3 距离（长度）有关的动态轨迹问题】 4
【题型4 角度有关的动态轨迹问题】 4
【题型5 翻折有关的动态轨迹问题】 5
【题型6 轨迹所围图形的周长、面积问题】 6
1、立体几何中的动态、轨迹问题
“动态、轨迹”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，是高考中的重点、难度问题，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化.
【知识点1 立体几何中的动态、轨迹问题的解题策略】
1．动点轨迹的判断方法
动点轨迹的判断一般根据线面平行、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.
2．立体几何中的轨迹问题的常见解法
(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.
(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量 设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.
(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解.
(4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解.
(5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解.
【题型1 动点保持平行的动态轨迹问题】
【例1】（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为底面ABCD内一动点（含边界）．若平面，则动点F的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【变式1-1】（2024·北京昌平·二模）已知棱长为1的正方体，是的中点，动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是（ ）
A． B． C． D．
【变式1-2】（2024·江西赣州·二模）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．
【变式1-3】（2024·山东枣庄·二模）如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且．平面，则线段MP长度的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【题型2 动点保持垂直的动态轨迹问题】
【例2】（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（ ）
A． B． C． D．1
【变式2-1】（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知四棱柱的底面为正方形，侧棱与底面垂直，点是侧棱上的点，且.若点在侧面（包括其边界）上运动，且总保持，则动点的轨迹长度为（ ）

A． B． C． D．
【变式2-2】（2024·广西玉林·三模）在正四棱柱中，，，为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-3】（2024·广西南宁·一模）在边长为4的菱形中，．将菱形沿对角线折叠成大小为的二面角．若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【题型3 距离（长度）有关的动态轨迹问题】
【例3】（2024·四川南充·二模）三棱锥中，，，为内部及边界上的动点，，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-1】（2024·广东梅州·一模）如图，正四棱柱中，，点是面上的动点，若点到点的距离是点到直线的距离的2倍，则动点的轨迹是（ ）的一部分
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【变式3-2】（23-24高三上·江西抚州·阶段练习）设A、B是半径为的球体O表面上的两定点，且，球体O表面上动点M满足，则点M的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-3】（2023·陕西西安·模拟预测）已知正方体的棱长为是正方形（含边界）内的动点，点到平面的距离等于，则两点间距离的最大值为（ ）
A． B．3 C． D．
【题型4 角度有关的动态轨迹问题】
【例4】（2024·全国·模拟预测）已知正四棱锥的体积为，底面的四个顶点在经过球心的截面圆上，顶点在球的球面上，点为底面上一动点，与所成角为，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【变式4-1】（2024·海南海口·一模）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．
【变式4-2】（23-24高一上·浙江绍兴·期末）已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【变式4-3】（2024·江西·模拟预测）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为4和6，侧棱长为2，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【题型5 翻折有关的动态轨迹问题】
【例5】（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）如图，已知在中，，是边上一点，且，将沿进行翻折，使得点与点重合，若点在平面上的射影在内部及边界上，则在翻折过程中，动点的轨迹长度为（ ）

A． B． C． D．
【变式5-1】（2024·河南·模拟预测）如图，在长方形ABCD中，，，E为BC的中点，将△沿AE向上翻折到的位置，连接PC，PD，在翻折的过程中，以下结论错误的是（ ）
A．四棱锥体积的最大值为
B．PD的中点F的轨迹长度为
C．EP，CD与平面PAD所成的角相等
D．三棱锥外接球的表面积有最小值
【变式5-2】（23-24高二上·四川内江·期中）如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，点的轨迹的长度为 .

【变式5-3】（22-23高二上·广东广州·期末）已知矩形中，，现将沿对角线向上翻折（如图所示），若在翻折过程中，点D到点B的距离在内变化时，点的运动轨迹的长度等于 .
【题型6 轨迹所围图形的周长、面积问题】
【例6】（23-24高三上·广西贵港·阶段练习）正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为，的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP∥平面，则动点P的轨迹面积为（ ）
A． B．5 C． D．
【变式6-1】（2024·河北·模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为，动点Q在正方形ABCD内运动，且满足，则动点Q形成轨迹的周长为（ ）
A． B． C． D．
【变式6-2】（23-24高二下·浙江·开学考试）在正四面体中，分别是棱的中点，分别是直线上的动点，且满足，是的中点，则点的轨迹围成的区域的面积是（ ）
A． B． C． D．
【变式6-3】（2024·四川·一模）如图，正方体的棱长为3，点在棱上，且满足，动点在正方体表面上运动，且，则动点的轨迹的周长为（ ）
A． B． C． D．
一、单选题
1．（2024·陕西铜川·模拟预测）在正四棱台中，，，是四边形内的动点，且，则动点运动轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·江西·二模）已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（ ）
A．4 B． C．5 D．
4．（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·北京延庆·一模）已知在正方体中，，是正方形内的动点，，则满足条件的点构成的图形的面积等于（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·上海徐汇·二模）三棱锥各顶点均在半径为的球的表面上，，二面角的大小为，则对以下两个命题，判断正确的是（ ）
①三棱锥的体积为；②点形成的轨迹长度为.
A．①②都是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①②都是假命题
7．（2024·四川成都·三模）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的个数有（ ）
①异面直线与所成的角为45°；
②此八面体的外接球与内切球的体积之比为；
③若点为棱上的动点，则的最小值为；
④若点为四边形的中心，点为此八面体表面上动点，且，则动点的轨迹长度为.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．（2024·四川绵阳·三模）如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且．则下列结论不正确的是（ ）
A．若保持．则点的运动轨迹长度为
B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为
C．沿正方体的表面从点到点的最短路程为
D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为
二、多选题
9．（2024高三·全国·专题练习）如图，在长方体中，，，为中点，为矩形内的动点包括边界，且，则（ ）
A．点的轨迹为椭圆的一部分
B．点的轨迹为圆的一部分
C．点的轨迹与，所围成的图形面积为
D．点的轨迹长度为
10．（2024·重庆·模拟预测）已知正方体的棱长为1，空间中一动点满足，分别为的中点，则下列选项正确的是（ ）
A．存在点，使得平面
B．设与平面交于点，则
C．若，则点的轨迹为抛物线
D．三棱锥的外接球半径最小值为
11．（2024·湖南益阳·三模）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．当点P在平面上运动时，四棱锥的体积不变
B．当点P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围为
C．使直线AP与平面ABCD所成角为的动点P的轨迹长度为
D．若F是的中点，当点P在底面ABCD上运动，且满足平面时，PF长度的最小值为
三、填空题
12．（23-24高三上·江西抚州·期中）已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.若是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持则点的轨迹的面积为 .

13．（2024·江西宜春·模拟预测）如图，在四面体中，和均是边长为6的等边三角形，，则四面体外接球的表面积为 ；点E是线段AD的中点，点F在四面体的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的长度为 .
14．（2024·四川遂宁·模拟预测）在直四棱柱中，所有棱长均为2，，为的中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是 （填序号）.
①当点在线段上运动时，四面体的体积为定值
②若面，则的最小值为
③若的外心为M，则为定值2
④若，则点的轨迹长度为
四、解答题
15．（2024高三·全国·专题练习）如图，A为平面内一定点，外一定点B在内的射影为M．求平面变动时点M的轨迹．

16．（23-24高二上·湖北十堰·期中）如图，已知正方体的棱长为4，M，N，G分别是棱，BC，的中点，设Q是该正方体表面上的一点，若．

(1)求点Q的轨迹围成图形的面积；
(2)求的最大值．
17．（2024·湖南·模拟预测）如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，．过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面平面.
(1)当时，求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求二面角的余弦值.
18．（2024·重庆·一模）如图，四棱锥中，底面，四边形中，，．

(1)若为的中点，求证：平面平面；
(2)若平面与平面所成的角的余弦值为．
（ⅰ）求线段的长；
（ⅱ）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度．
19．（23-24高二上·上海·期末）如图，已知正方体的棱长为6，点在该正方体的表面上运动.
(1)若，求点的轨迹长度；
(2)已知到三个平面中的两个平面的距离相等，且到剩下一个平面的距离与到此正方体的中心的距离相等，求满足条件的点个数；
(3)若点是线段的中点，是正方形（包括边界）上运动，且满足，求点的轨迹长度.
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重难点20 立体几何中的动态、轨迹问题【六大题型】
【新高考专用】
【题型1 动点保持平行的动态轨迹问题】 2
【题型2 动点保持垂直的动态轨迹问题】 6
【题型3 距离（长度）有关的动态轨迹问题】 10
【题型4 角度有关的动态轨迹问题】 13
【题型5 翻折有关的动态轨迹问题】 17
【题型6 轨迹所围图形的周长、面积问题】 21
1、立体几何中的动态、轨迹问题
“动态、轨迹”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，是高考中的重点、难度问题，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化.
【知识点1 立体几何中的动态、轨迹问题的解题策略】
1．动点轨迹的判断方法
动点轨迹的判断一般根据线面平行、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.
2．立体几何中的轨迹问题的常见解法
(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.
(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量 设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.
(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解.
(4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解.
(5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解.
【题型1 动点保持平行的动态轨迹问题】
【例1】（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为底面ABCD内一动点（含边界）．若平面，则动点F的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】取AD的中点M、CD的中点N，结合题意可得平面平面，得出线段是动点F的轨迹，计算即可得.
【解答过程】如图，取AD的中点M、CD的中点N，连接，
因为E为BC的中点，M为中点，由正方体的性质可得，
，，所以四边形是平行四边形，
所以，，又因为，，
所以，，所以四边形是平行四边形，
所以，由正方体的性质可得,
，，所以四边形是平行四边形，
所以，又因为M为中点，N为中点，
所以，所以，
因为平面，平面，
所以平面，平面，
又，所以平面平面，
因为平面，所以平面，
所以动点F的轨迹为线段，
又，故动点F的轨迹长度为．
故选：D．
【变式1-1】（2024·北京昌平·二模）已知棱长为1的正方体，是的中点，动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】过点M做平面的平行截面，再求四边形面积即可.
【解答过程】
如图所示 E、F、G、M分别是、、、的中点，
则，，所以平面，平面，且，
所以平面 平面，故点P的轨迹为矩形.
，所以，所以.
故选：A.
【变式1-2】（2024·江西赣州·二模）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．
【解题思路】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.
【解答过程】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.
【变式1-3】（2024·山东枣庄·二模）如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且．平面，则线段MP长度的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】根据已知条件及三角形的中位线，利用线面平行的判定定理及面面平行的判定定理，结合直角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解.
【解答过程】取的中点为,取的中点为,取的中点为，如图所示
因为是的中点，是的中点，
所以,
因为平面,平面,
所以平面,
同理可得，平面,
又,平面,
所以平面平面.
又平面,线段扫过的图形是,
由,得,,
,,
所以,即为直角，
所以线段长度的取值范围是：.
故选：A.
【题型2 动点保持垂直的动态轨迹问题】
【例2】（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（ ）
A． B． C． D．1
【解题思路】连接，利用线面垂直的判定推理证得平面即可确定点的轨迹得解.
【解答过程】在棱长为1的正方体中，连接，
由平面，平面，得，而，
平面，则平面，又平面，
于是，同理，而平面，
因此平面，因为，则平面，
而点为截面上的动点，平面平面，
所以点的轨迹是线段，长度为.
故选：B.
【变式2-1】（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知四棱柱的底面为正方形，侧棱与底面垂直，点是侧棱上的点，且.若点在侧面（包括其边界）上运动，且总保持，则动点的轨迹长度为（ ）

A． B． C． D．
【解题思路】先找到过点与垂直的平面与侧面的交线，从而求解.
【解答过程】

如图，在侧棱上取一点，使得，连接，
过点作交于点，交于点，连接，
由，可知，
平面，，
从而平面，所以，
又由在平面内的射影，所以，
平面，，
知平面，平面，所以，
所以动点的轨迹为线段，
在中，，所以，
则，得
易得.
故选：D.
【变式2-2】（2024·广西玉林·三模）在正四棱柱中，，，为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点垂直于的正四棱柱的截面即可计算作答.
【解答过程】在正四棱柱中，连接，如图，，平面，
因为平面，则，又平面，
，则平面，又平面，则，
取中点，连接，在平面内过作，交于，显然，
而平面，则平面，有，
又平面，，于是平面，而平面，因此，
因为平面，，从而平面，
连接，则点的轨迹为平面与四棱柱的交线，即，
因为，即有，又，
于是，有，，
所以点的轨迹长为.
故选：A.
【变式2-3】（2024·广西南宁·一模）在边长为4的菱形中，．将菱形沿对角线折叠成大小为的二面角．若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求，进而利用线面垂直可判断点轨迹为，求解周长即可．
【解答过程】连接、，交于点，连接，
为菱形，，
所以，，，
所以为二面角的平面角，
于是，
又因为，
所以，
取中点，取中点，连接、、，所以、，
所以、，，相交，
所以平面，
所以在三棱锥表面上，满足的点轨迹为，
因为，，，
所以的周长为，
所以点轨迹的长度为．
故选：A．
【题型3 距离（长度）有关的动态轨迹问题】
【例3】（2024·四川南充·二模）三棱锥中，，，为内部及边界上的动点，，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】由已知可得三棱锥为正三棱锥，即可得三棱锥的高，设点在底面上的射影为，即可得，进而可得点的轨迹及其长度.
【解答过程】

如图所示，
由，，
可知三棱锥为正三棱锥，
设中点为，
则，，，
设点在底面上的射影为，
则平面，，
又为内部及边界上的动点，，
所以，
所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在内部及边界上的部分，
如图所示，
，
，
即，，
所以点的轨迹长度为，
故选：B.
【变式3-1】（2024·广东梅州·一模）如图，正四棱柱中，，点是面上的动点，若点到点的距离是点到直线的距离的2倍，则动点的轨迹是（ ）的一部分
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【解题思路】建立如图空间直角坐标系，设，利用两点距离公式可得，即可求解.
【解答过程】由题意知，以D为原点，所在直线分别为轴建立如图空间直角坐标系，
则，设，
所以，
因为到的距离是到的距离的2倍，
所以，即，
整理，得，
所以点P的轨迹为双曲线.
故选：C.
【变式3-2】（23-24高三上·江西抚州·阶段练习）设A、B是半径为的球体O表面上的两定点，且，球体O表面上动点M满足，则点M的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】先建立平面直角坐标系确定M轨迹，转化为空间中的阿氏球，利用两球相交求相交圆周长即可.
【解答过程】以所在的平面建立平面直角坐标系，为x轴，垂直平分线为y轴，
则易知，
设 ，由，可得，
故M的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
转化到空间M的轨迹为以C为球心，为半径的球，同时M在球O上，
故M在两球的交线上，轨迹为圆.
又，，易求得，即为直角三角形，
则对应圆的半径为，
M的轨迹长度即对应圆的周长为.
故选：B．
【变式3-3】（2023·陕西西安·模拟预测）已知正方体的棱长为是正方形（含边界）内的动点，点到平面的距离等于，则两点间距离的最大值为（ ）
A． B．3 C． D．
【解题思路】利用等体积法可得点到平面的距离等于，结合平行关系分析可得点的轨迹为线段，再根据的形状分析求解.
【解答过程】由题意可知：，
设三棱锥的高为，
因为，则，
解得，即点到平面的距离等于，
又因为∥，且，则四边形为平行四边形，则∥，
平面，平面，所以∥平面，
即点的轨迹为线段，
因为平面，平面，所以，
在中，两点间距离的最大值为.
故选：D.
【题型4 角度有关的动态轨迹问题】
【例4】（2024·全国·模拟预测）已知正四棱锥的体积为，底面的四个顶点在经过球心的截面圆上，顶点在球的球面上，点为底面上一动点，与所成角为，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据锥体的体积公式结合外接球的性质可得半径和四棱锥的底边边长，进而根据锐角三角函数可得，即可判断点的轨迹为为圆心，半径的圆，即可求解.
【解答过程】由题意，设球的半径为．如图所示，连接交于点，连接，则，，平面，所以，解得．
在中，因为，，所以．
因为正方形的中心到各边的距离为，所以点的轨迹为平面内，以点为圆心，半径的圆，故点的轨迹长度为．
故选:D．
【变式4-1】（2024·海南海口·一模）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．
【解题思路】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.
【解答过程】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.
【变式4-2】（23-24高一上·浙江绍兴·期末）已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】由题意，分析可得点的轨迹，分别计算各段轨迹的长度即可.
【解答过程】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，得，
则点的轨迹为以为圆心半径为1的圆（落在正方形内的部分），
若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段和，
因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点的轨迹如图所示：
故点P的轨迹长度为.
故选：D.
【变式4-3】（2024·江西·模拟预测）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为4和6，侧棱长为2，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，进而可得出答案.
【解答过程】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，
中点，连接，则有，
所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为2的菱形，
如图所示：
在中，，即，
解得，所以，
所以为边长为6等边三角形，
所以，，
所以，
因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，
在中，由余弦定理变形得，，
在中，由余弦定理变形得，
，
解得，所以，所以，
由平面，
可得平面，
又平面，所以，
由，，，平面，
可得平面，
因为AP与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为以为原点的圆被四边形所截的弧，
设的长度为，则，
所以所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为.
故选：A.
【题型5 翻折有关的动态轨迹问题】
【例5】（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）如图，已知在中，，是边上一点，且，将沿进行翻折，使得点与点重合，若点在平面上的射影在内部及边界上，则在翻折过程中，动点的轨迹长度为（ ）

A． B． C． D．
【解题思路】过点作，得到动点的轨迹是以为圆心，以为半径且圆心角为的圆弧，在所在平面建立平面直角坐标系，求得直线和的方程，联立方程组，求得，得到的长，进而求得，结合弧长公式，即可求解.
【解答过程】如图（1）所示，过点作，分别交于点，
则动点在平面上的射影轨迹为线段，
设当与重合时，有；当与重合时，有，
则由为定长，可知动点的轨迹是以为圆心，以为半径且圆心角为的圆弧，如图（1）所示，
在所在平面建立如图（2）所示的平面直角坐标系，
则，，，，直线，直线，
联立方程组，解得，即，则，
又由，可得，所以，，
所以动点的轨迹长度为.
故选：A．

【变式5-1】（2024·河南·模拟预测）如图，在长方形ABCD中，，，E为BC的中点，将△沿AE向上翻折到的位置，连接PC，PD，在翻折的过程中，以下结论错误的是（ ）
A．四棱锥体积的最大值为
B．PD的中点F的轨迹长度为
C．EP，CD与平面PAD所成的角相等
D．三棱锥外接球的表面积有最小值
【解题思路】四棱锥的底面积为定值，当平面平面AECD时，高最大，即可求出四棱锥体积的最大值；取的中点，由已知得点的轨迹与点的轨迹形状完全相同，则可以求点的轨迹长度即可；利用线面角的概念分别找到EP，CD与平面PAD所成的角，即可求解；根据三棱锥的外接球的定义作出图形，即可求解.
【解答过程】由已知条件可知，梯形AECD的面积为6，，直角斜边AE上的高为，当平面平面AECD时，四棱锥的体积取得最大值，
即，则正确；
取的中点，连接，，，则且 ，
∴四边形ECFG是平行四边形，
∴点的轨迹与点的轨迹形状完全相同．过作AE的垂线，垂足为H，G的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，从而PD的中点的轨迹长度为，
则错误；
由四边形ECFG是平行四边形，知，则平面PAD，
则E，C到平面PAD的距离相等，
故PE，CD与平面PAD所成角的正弦值之比为，则正确；
△外接圆的半径为，为的中点，直角△外接圆的半径为，为的中点，是圆与圆的公共弦，,
设三棱锥外接球的球心为，半径为，
则,
因为 ，所以，所以球表面积的最小值为，
则正确,
故选：.
【变式5-2】（23-24高二上·四川内江·期中）如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，点的轨迹的长度为 .

【解题思路】设是的中点，可证的轨迹与的轨迹相同，求得的轨迹之后再求的轨迹.
【解答过程】由，，为边的中点
设是的中点，又为的中点，则且，
而且，所以且，
即为平行四边形，故且，

故的轨迹与的轨迹相同.
因为面，且，所以的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
设的中点为O，则，，
又面，面，所以面，
故的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
所以的轨迹长度为.
故答案为：.
【变式5-3】（22-23高二上·广东广州·期末）已知矩形中，，现将沿对角线向上翻折（如图所示），若在翻折过程中，点D到点B的距离在内变化时，点的运动轨迹的长度等于 .
【解题思路】根据已知，可知点的运动轨迹是圆弧，做辅助线，将的长度的变化范围转化为二面角的变化范围，再由弧长公式计算即得.
【解答过程】如图所示：在矩形中，过点D作交AC于点F，交AB于点G，
过点B作交DF于点E，故点的运动轨迹是以F为圆心，以DF为半径的圆弧，为二面角的平面角.
∵，，
，，
，.
翻折后，，平面DFE，
平面.∵平面,.
当时，，
故是等边三角形，所以.
当时，，
因为,所以,所以.
则点的运动圆弧所对应的圆心角为.
故点的运动轨迹的长度是.
故答案为:.
【题型6 轨迹所围图形的周长、面积问题】
【例6】（23-24高三上·广西贵港·阶段练习）正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为，的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP∥平面，则动点P的轨迹面积为（ ）
A． B．5 C． D．
【解题思路】取AB的中点Q，证明平面平面得动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．然后计算△MQC的面积即可．
【解答过程】取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为，，AB的中点可得，平面，平面，
所以平面，同理得平面，，平面，则平面平面，
所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．
在正三棱柱中，△ABC为等边三角形，Q为AB的中点，则，
平面平面，平面平面，则CQ⊥平面，平面，
所以．
因为，所以，
因为侧棱长是6，所以．
所以，则△MQC的面积，
故动点P的轨迹面积为．
故选：C.
【变式6-1】（2024·河北·模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为，动点Q在正方形ABCD内运动，且满足，则动点Q形成轨迹的周长为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】利用等体积法及几何关系求出关于动点Q的等式关系 ，根据相关几何意义即可求出动点Q形成轨迹的周长.
【解答过程】设内切球O的半径为R，则，∴．
如图，连接AC与BD，设交点为F，取AD的中点E，连接PE，PF，EF．
根据等体积法得，
∴，整理得，又，
解得，．∴，，．
在中，．
∴点Q在以点F为圆心，为半径的圆上，其周长为．
故选：C．
【变式6-2】（23-24高二下·浙江·开学考试）在正四面体中，分别是棱的中点，分别是直线上的动点，且满足，是的中点，则点的轨迹围成的区域的面积是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】先由对称性找到、的中点在中截面上运动，利用向量的加减运算，得到，设在中截面上的投影分别为,分析证明动点的轨迹就是边长为的正方形，即得解.
【解答过程】如图所示，
正四面体中，取、、、的中点、、、，
因为、分别是棱，的中点，所以的中点也为定点；
由对称性知，和的中点都在中截面（正方形）上；
由，
所以,
设在中截面上的投影分别为,
所以，
所以点是线段的中点，
作，则，
因为，所以
取，所以，
两式相减得，
过点作，
所以，所以,
所以的中点在上，同理的中点在上，
因为，
即动点的轨迹就是边长为的正方形，
所以其轨迹围成的区域的面积是
故选：B.
【变式6-3】（2024·四川·一模）如图，正方体的棱长为3，点在棱上，且满足，动点在正方体表面上运动，且，则动点的轨迹的周长为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】在，上分别取点，使得 ，，则的轨迹为，进而求出周长．
【解答过程】解：由正方体的特点可知平面，
在，上分别取点，使得 ，，
连接，，，则 ，，
平面平面，
平面，
的轨迹为．
正方体棱长为3，，
，
的周长为．
故选：A．
一、单选题
1．（2024·陕西铜川·模拟预测）在正四棱台中，，，是四边形内的动点，且，则动点运动轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】利用勾股定理得到，即可得到点的轨迹，然后求长度即可.
【解答过程】

设在平面内的射影为，则在线段上，则，，，
故动点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆在正方形内部部分，
如图所示，其中，故，
又，所以，
因为，所以，故，故动点的轨迹长度是．
故选：A．
2．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系可证得平面，可得点的轨迹为圆，由此即可得．
【解答过程】解：以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴，
建立空间直角坐标系，，，，，，
故，，
，设平面的法向量为，
则，
令得，，故，
因为，故平面，
为平面上的动点，直线与直线的夹角为30°，
平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆，
即为点的轨迹，其中，
由对称性可知，，故半径，
故点的轨迹长度为.
故选：C.
3．（2024·江西·二模）已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（ ）
A．4 B． C．5 D．
【解题思路】在棱上分别取点，使得，，连接，证明平面平面即可得点的轨迹为线段，再计算长度即可.
【解答过程】
如图，在棱上分别取点，使得，，
连接，
因为，，
所以，，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，所以，
又，正方体的棱长为4，
所以，，，
在棱上取点,使得，
则且，又且，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，
又且，则四边形是平行四边形，
所以，所以，
因为，
所以，则，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以，平面，
因为，平面，
所以平面平面，
因为平面平面，
所以，在正方形内有一动点满足平面时，
点的轨迹为线段，
因为，
所以，动点的轨迹长为.
故选：C.
4．（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到⊥平面，由点到平面的距离和球的半径得到点的轨迹为以为半径的圆，从而求出点的轨迹长度.
【解答过程】以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
球心，取的中点，的中点，连接，
则，，
，
故，，
又，平面，
故⊥平面，
故当位于平面与内切球的交线上时，满足，
此时到平面的距离为
，
，其中为平面截正方体内切球所得截面圆的半径，
故点的轨迹为以为半径的圆，
故点的轨迹长度为.
故选：B.
5．（2024·北京延庆·一模）已知在正方体中，，是正方形内的动点，，则满足条件的点构成的图形的面积等于（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】由题意，在平面上，分别以为轴建立平面直角坐标系，设，根据已知列出满足的关系，进而可得满足条件的点构成的图形，计算面积即可.
【解答过程】如图，连接，则，

如图，在平面上，分别以为轴建立平面直角坐标系，

则，设，
由，得，
即，整理得，
设直线与交于点，
则点在内部(含边界)，即满足条件的点构成的图形为及其内部，
易知，∴，
∴．
故选：A．
6．（2024·上海徐汇·二模）三棱锥各顶点均在半径为的球的表面上，，二面角的大小为，则对以下两个命题，判断正确的是（ ）
①三棱锥的体积为；②点形成的轨迹长度为.
A．①②都是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①②都是假命题
【解题思路】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断外心和外心的位置，利用垂直关系证明是中点，利用体积公式判断①，根据为定长判断点轨迹是圆，判断②．
【解答过程】由题意知，故,
设外心为，则为BC的中点，设外心为，如图，
则平面，平面，
平面，平面，
，，
，平面，平面，
又因为，则平面，即，，，四点共面，
则平面，
连接，则为二面角的平面角，
二面角的大小为，，
而，，因为平面，平面，
故 ，而，则，
在中，，
则，故，即三点共线，
且是的中点；
则，故①是真命题；
又 ，
点形成的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
轨迹长度为，故②真命题．
故选：A．
7．（2024·四川成都·三模）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的个数有（ ）
①异面直线与所成的角为45°；
②此八面体的外接球与内切球的体积之比为；
③若点为棱上的动点，则的最小值为；
④若点为四边形的中心，点为此八面体表面上动点，且，则动点的轨迹长度为.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解题思路】对①：借助等角定理，找到与平行，与相交的线段，计算即可得；对②：借助外接球与内切球的性质计算即可得；对③：空间中的距离和的最值问题可将其转化到同意平面中进行计算.对④，计算的值，并比较它们的大小，即可得出当点在平面内时，点在三角形的内切圆上运动，结合对称性即可验算.
【解答过程】对①：连接，取中点，连接、，
由题意可得、为同一直线，、、、四点共面，
又，故四边形为菱形，
故，故异面直线与所成的角等于直线与所成的角，
即异面直线与所成的角等于，故①错误；
对②：由四边形为正方形，有，
故四边形亦为正方形，即点到各顶点距离相等，
即此八面体的外接球球心为，半径为，
设此八面体的内切球半径为，
则有，化简得，
则此八面体的外接球与内切球的体积之比为，故②正确；
对③：将延折叠至平面中，如图所示：
则在新的平面中，、、三点共线时，有最小值，
则，故③错误.
对于④，设三角形的内切圆半径为，则由等面积法，有，
解得，
由②可知，点到平面的距离为，
所以，
这表明当点在平面内时，点在三角形的内切圆上运动，
它的周长是，
根据对称性可知动点的轨迹长度为，故④正确.
正确的编号有②④.
故选：B.
8．（2024·四川绵阳·三模）如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且．则下列结论不正确的是（ ）
A．若保持．则点的运动轨迹长度为
B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为
C．沿正方体的表面从点到点的最短路程为
D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为
【解题思路】
由可知，可过点作平面，即可找到动点的运动轨迹；找出与垂直的平面，与平面的交线即为动点的轨迹；将平面和平面沿展开在同一平面上求点到点的最短路程；将建立空间直角坐标系求解三棱锥的外接球的半径.
【解答过程】对于，过点作平面，以为圆心，为半径在平面内作圆交于点,则即为点的运动轨迹，
∵，∴ , ∴，∴，
∴的长为，则正确；
对于，∵平面,平面，∴,
∵，平面，平面，，
∴平面，
∵平面，∴,
同理可证，
∵平面，，平面，
∴平面，
找上的点，使得，找上的点，使得,连接，
∵∥, ∥, ∴∥,
∵平面，平面，∴∥平面，
∵∥，平面， 平面，
∴∥平面，
∵平面，平面，，
∴平面∥平面，∴平面，
在上找一点使得，连接,
∵∥，∥，∴∥，
∴四点共面，∴平面，
∴点的轨迹为线段, ,则正确；
将平面和平面沿展开在同一平面上，从点到点的最短路程为,则,则错误；
分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
设三棱锥的外接球的球心为，则，
即，解得，
∴三棱锥的外接球半径,
∴三棱锥的外接球表面积为,则正确；
故选：C.

二、多选题
9．（2024高三·全国·专题练习）如图，在长方体中，，，为中点，为矩形内的动点包括边界，且，则（ ）
A．点的轨迹为椭圆的一部分
B．点的轨迹为圆的一部分
C．点的轨迹与，所围成的图形面积为
D．点的轨迹长度为
【解题思路】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，求得，得到点的轨迹为圆的一部分，B正确，A错误；再由扇形的弧长公式，可判定D正确，进而扇形的面积公式，可判定C正确.
【解答过程】在正方体中，由平面，且平面，
因为平面，可得，所以，
又因为，所以，可得，
在平面内，以为坐标原点，为轴建立平面直角坐标系，
可得，设，则有，整理得，
又点为平面内的动点，所以点的轨迹为圆的一部分，B正确，A错误；
令，可得，所以与轴的交点为，
所以点的轨迹所在的扇形圆心角为，点的轨迹长度为，所以D正确.
点的轨迹与所围成的图形面积为，所以C正确.
故选：BCD.
10．（2024·重庆·模拟预测）已知正方体的棱长为1，空间中一动点满足，分别为的中点，则下列选项正确的是（ ）
A．存在点，使得平面
B．设与平面交于点，则
C．若，则点的轨迹为抛物线
D．三棱锥的外接球半径最小值为
【解题思路】对于A，根据向量共面定理可得在平面上运动，当在点时，可证平面；对于B，以点为坐标原点建立空间坐标系，可证平面，故交点为点在平面的射影，利用等体积法可求得的长度，从而得到；对于C，分别表示出和，利用向量夹角公式，化简即可得到，从而得到点的轨迹；对于D，由B选项可知，三棱锥外接球的球心在上，则有，故当平面时，外接球的半径最小，表示出球心的坐标，列出等式，从而可得答案.
【解答过程】对于A，因为空间中一动点满足，根据向量共面定理可得在平面上运动，
所以当在点时，连接
因为分别为，所以，平面，平面，故平面，则A正确；
对于B，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间如图所示的坐标系
则，，，，，
所以，，，
所以，则，，
因为，，平面，
所以平面，故交点为点在平面的射影，即平面，
所以，即，解得： ，
因为，所以，则，故B正确；
对于C，由，可得
则，，因为，
所以，
化简可得：，所以点的轨迹为椭圆；故C不正确；
对于D，由B选项可知，外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心在上，
设，，即，
所以三棱锥外接球的半径，要使最小，
则平面，
由于平面的法向量，所以，
则，即，由，可得，
解得：，由于，所以，
则，即三棱锥的外接球半径最小值为，故D正确；
故选：ABD.
11．（2024·湖南益阳·三模）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．当点P在平面上运动时，四棱锥的体积不变
B．当点P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围为
C．使直线AP与平面ABCD所成角为的动点P的轨迹长度为
D．若F是的中点，当点P在底面ABCD上运动，且满足平面时，PF长度的最小值为
【解题思路】由底面正方形的面积不变，点到平面的距离不变，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B正确；由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定C正确；设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定D错误.
【解答过程】选项A：底面正方形的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，所以四棱锥的体积不变，正确；
选项B：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，
设，则，
设直线与所成角为，则，
因为，则，
当时，可得，所以；
当时，，
当且仅当，即时，等号成立，
可知，且，所以；
所以异面直线与所成角的取值范围是，正确；
对于C：因为直线与平面所成的角为，
若点在平面和平面内，
因为最大，不成立；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，点的轨迹是；
在平面时，作平面，如图所示，
因为，所以，
又因为，所以，所以，
所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点的轨迹的长度为，
综上，点的轨迹的总长度为，所以C正确；
对于D，由，
设，则
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
因为平面，所以，可得，
所以，当时，等号成立，错误.
故选：ABC.
三、填空题
12．（23-24高三上·江西抚州·期中）已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.若是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持则点的轨迹的面积为 .

【解题思路】取中点，由题可得平面，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面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.
【解答过程】取中点，连接，则，
，平面，所以平面，
又因为，则，
作于，设点轨迹所在平面为，
则平面经过点，且，
设三棱锥外接球的球心为，半径为，的中心分别为，
可知平面平面，且四点共面，
由题可得，
在Rt中，可得，
又因为，则，
易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
所以截面圆的面积为.
故答案为：.

13．（2024·江西宜春·模拟预测）如图，在四面体中，和均是边长为6的等边三角形，，则四面体外接球的表面积为 ；点E是线段AD的中点，点F在四面体的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的长度为 .
【解题思路】设四面体外接球的球心为的中心分别为，则可得平面平面，且四点共面，可得，进而求出，然后由勾股定理求出四面体外接球的半径；取中点，作，设点轨迹所在平面为，求出四面体外接球半径和到平面的距离，从而可求出平面截外接球所得截面圆的半径，进而可得结果.
【解答过程】
取中点，连接，则，平面，
又和均是边长为6的等边三角形，，
∴平面，，
所以，
∴，
设四面体外接球的球心为的中心分别为，
易知平面平面，且四点共面，
由题可得，，
在中，得，又，
则四面体外接球半径，
所以四面体外接球的表面积为；
作于，设点轨迹所在平面为，
则平面经过点且，
易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
所以截面圆的周长为，即点轨迹的周长为.
故答案为：；.
14．（2024·四川遂宁·模拟预测）在直四棱柱中，所有棱长均为2，，为的中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是 ①④ （填序号）.
①当点在线段上运动时，四面体的体积为定值
②若面，则的最小值为
③若的外心为M，则为定值2
④若，则点的轨迹长度为
【解题思路】由题证得面，所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值判断①；取的中点分别为，由面面平行的判定定理可得平面面，因为面，所以平面，当时，AQ有最小值判断②；由三角形外心的性质和向量数量积的性质判断③；在上取点，使得，求出点Q的轨迹为圆弧判断④.
【解答过程】对于①，因为，平面， 平面，所以平面，
所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值，①正确；
对于②，取的中点分别为，连接，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为，，则，
又平面，平面，所以平面，
，平面，所以平面平面，
因为面，所以平面，
当时，AQ有最小值，则易求出
，
则，即，所以重合，
所以AQ的最小值为，②错误；
对于③，若的外心为M，过作于点，则，
又，则，③错误；
对于④，在平面内过作于点，
因为 平面，平面，所以 ，
因为，平面，
所以平面，，
在上取点，使得，
则，，
所以，若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动，
又因为所以，则圆弧等于，④正确.
故答案为：①④.
四、解答题
15．（2024高三·全国·专题练习）如图，A为平面内一定点，外一定点B在内的射影为M．求平面变动时点M的轨迹．

【解题思路】
理解题意，由点B在内的射影为,可知始终保持为直角，利用直角三角形斜边上的中线的性质，连接，即得，根据球的定义即得轨迹.
【解答过程】
因为定长，且点B在α内的射影为,故,即得：.
在中，取AB中点C，则为定长．
即不论如何变动，点M到定点C的距离都为定长.
故点M的轨迹是以AB为直径的球．

16．（23-24高二上·湖北十堰·期中）如图，已知正方体的棱长为4，M，N，G分别是棱，BC，的中点，设Q是该正方体表面上的一点，若．

(1)求点Q的轨迹围成图形的面积；
(2)求的最大值．
【解题思路】（1）根据线线平行得四点共面，进而可得Q的轨迹是正六边形OFNEMG，根据三角形的面积公式即可求解，
（2）根据数量积的几何意义即可结合图形求解最值.
【解答过程】（1）因为，∴点在平面上，
如图，分别取，，的中点，

连接
因为分别为，的中点，故，
又由正方体可得，，，，
故，，故四边形为平行四边形，故，
故，故四点共面，同理可证四点共面，
故五点共面，同理可证四点共面，
故六点共面，由正方体的对称性可得六边形 为正六边形．
故点的轨迹是正六边形，
因为正方体的棱长为4，所以正六边形的边长为，
所以点的轨迹围成图形的面积是．
（2）如图，根据向量数量积的几何意义可得
当位于时，此时在上的投影最大，
故
，
∴的最大值为12．

17．（2024·湖南·模拟预测）如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，．过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面平面.
(1)当时，求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求二面角的余弦值.
【解题思路】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直推出，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，建立坐标系，求出动点的轨迹方程，进一步求解扇形的弧长；
（2）由（1）知，设出点M的坐标，利用向量法求得二面角的余弦值，求出点M坐标，再根据向量法求二面角的平面角余弦值.
【解答过程】（1）作交于，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
因为，，、平面，，
所以平面，
又因为平面，所以，
分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
设，因为，所以，，
所以，即，
设AB中点为N，则，
如图，
又，所以，
因此，的轨迹为圆弧，其长度为.
（2）由（1）知，可设，
，
设平面的一个法向量为，
则即，
令，则，
可得平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
所以.
当二面角的余弦值为时，，
解得或（M与A重合，舍去），
所以，，
易知平面的一个法向量为，
所以.
由图知，二面角的平面角为钝角，
故二面角的余弦值为.
18．（2024·重庆·一模）如图，四棱锥中，底面，四边形中，，．

(1)若为的中点，求证：平面平面；
(2)若平面与平面所成的角的余弦值为．
（ⅰ）求线段的长；
（ⅱ）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度．
【解题思路】
（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，再结合面面垂直的判定推理即得.
（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，设，利用面面角的向量求法结合已知求出，再求出并确定轨迹求解即得.
【解答过程】（1）在四棱锥中，底面，平面，则，
而平面，于是平面，又平面，
则，由，为的中点，得平面，
因此平面，而平面，
所以平面平面.
（2）（ⅰ）由（1）知，直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

过作于，由，得，令，
则，，
设平面的法向量，则，令，得，
由平面，得平面的一个法向量，
依题意，，整理得，而，解得，
所以线段的长为2.
（ⅱ）显然平面，而平面，则，又，
于是，解得，因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的，
所以点的轨迹的长度为.
19．（23-24高二上·上海·期末）如图，已知正方体的棱长为6，点在该正方体的表面上运动.
(1)若，求点的轨迹长度；
(2)已知到三个平面中的两个平面的距离相等，且到剩下一个平面的距离与到此正方体的中心的距离相等，求满足条件的点个数；
(3)若点是线段的中点，是正方形（包括边界）上运动，且满足，求点的轨迹长度.
【解题思路】（1）确定点P 以点A为球心的，半径为的球面上运动且与正方体的三个面相交，利用弧长公式求解
（2）确定在平面上，根据得到的轨迹为平面内的一条抛物线，建立坐标系确定抛物线方程，计算交点得到答案．
（3）确定P点轨迹为圆的一部分可求解
【解答过程】（1）若，则点P 以点A为球心半径为的球面上运动，
又P在正方体表面运动， 平面，
则P在以D为圆心，半径为的圆上（正方形内部），
如图所示：，同理可得，
故点的轨迹长度为

（2）若到平面、距离相等，根据对称性知在平面上，

平面，平面，故平面平面，
故到平面的距离即到的距离，
设正方体的中心为，即，故的轨迹为平面内的一条抛物线，
正方体棱长为6，中点为，以所在的直线为轴，
以线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，
抛物线方程为，当时，，故抛物线与棱和相交，
故共有个点满足条件．
（3）易知正方体中平面，平面，平面，
所以，又，所以
即
如图，在平面中，以D为原点，分别为x,y轴建立平面直角坐标系：
则由知
化简整理得
所以点P的轨迹为圆在正方形内部的部分，
即,其中，则，由弧长公式知
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