新高考数学大一轮复习讲义专题22 立体几何中的轨迹问题（解析版）

1、专题22 立体几何中的轨迹问题 【题型归纳目录】题型一：由动点保持平行求轨迹题型二：由动点保持垂直求轨迹题型三：由动点保持等距（或定长）求轨迹题型四：由动点保持等角（或定角）求轨迹题型五：投影求轨迹题型六：翻折与动点求轨迹【典例例题】题型一：由动点保持平行求轨迹例1（多选题）（2022广东梅州高一期末）如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为正方形上的动点，则（）A满足MP/平面的点P的轨迹长度为B满足的点P的轨迹长度为C存在点P，使得平面AMP经过点BD存在点P满足【答案】AD【解析】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，由正方体的性质知，所以平面平面，又平面，平面，故点的轨迹为线

2、段，故A正确；以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，设，且，对于B，即，又，则点的轨迹为线段，且，故B错误；对于C，设，且，若平面AMP经过点B，则，且，又，所以，即，因此，从而，不合题意，所以不存在点P，使得平面AMP经过点B，故C错误；对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，故，故存在点满足，故D正确故选：AD例2（多选题）（2022重庆南开中学模拟预测）已知正四棱锥的侧面是边长为6的正三角形，点M在棱PD上，且，点Q在底面及其边界上运动，且面，则下列说法正确的是（）A点Q的轨迹为线段B与CD所成角的范围为C的最小值为D二面角的正切值为【答案】ACD【解析】对于A，取点

3、，使得，连接，如图，由线段成比例可得，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又平面，所以平面平面，故当点时，总有面，所以点Q的轨迹为线段，故A正确；对于B，由知与CD所成角即为与NE所成角，在中，由余弦定理可得，由，可知，即运动到点时，异面直线所成的角小于，故B错误；对于C，当时，最小，此时，故C正确；对于D，二面角即平面与底面所成的锐角，连接相交于，连接，取点H，使得，连接MH，过H作于G，连接，如图，由正四棱锥可知，面，由，知，由可得，面，又，平面，即为二面角的平面角，故D正确故选：ACD例3（多选题）（2022全国高一单元测试）已知正方体的边长为2，M为的中点，P为侧面上的动点，且满足平面

4、，则下列结论正确的是（）AB平面C与所成角的余弦值为D动点P的轨迹长为【答案】BCD【解析】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，所以，由平面，得，即，化简可得：，所以动点P在直线上，对于选项A：，所以与不垂直，所以A选项错误；对于选项B：平面平面，所以平面，B选项正确；对于选项C：，C选项正确；对于选项D：动点P在直线上，且P为侧面上的动点，则P在线段上，所以，D选项正确；故选：BCD例4（多选题）（2022江苏扬州高一期末）如图，正方体的棱长为2，E是棱的中点，F是侧面上的动点，且满足平面，则下列结论中正确的是（）A平面截正方体所得截面面积为B点F的轨迹长度为C存在点F，使得D平面

5、与平面所成二面角的正弦值为【答案】AC【解析】取CD中点G，连接BG、EG，则等腰梯形为截面，而，故梯形面积为，A正确；取中点M，中点N，连接，则，故四边形为平行四边形，则得，而平面，平面，故平面，同理平面，而，平面，故平面平面，点F的运动轨迹为线段MN，其长度为，B错误；取MN的中点F，则，C正确；因为平面平面且，即为平面与平面所成二面角，D错误故选：AC例5（2022湖南师大附中三模）已知棱长为的正四面体，为的中点，动点满足，平面经过点，且平面平面，则平面截点的轨迹所形成的图形的周长为_【答案】【解析】设的外心为，的中点为，过作的平行线，则以为坐标原点，可建立如图所示空间直角坐标系，为等边

6、三角形，设，由得：，整理可得：，动点的轨迹是以为球心，为半径的球；延长到点，使得，则，又平面，平面，平面，平面，由，平面，平面平面，即平面为平面，则点到平面的距离即为点到直线的距离，即，点到直线的距离，截面圆的半径，球被平面截得的截面圆周长为，即平面截点的轨迹所形成的图形的周长为故答案为：例6（2022山西太原五中高一阶段练习）如图，在正四棱锥中，是的中点，点在侧面内及其边界上运动，并且总是保持平面则动点的轨迹与组成的相关图形最有可能是图中的（）ABCD【答案】A【解析】分别取、的中点、，连接，又是的中点，又面，面，面，面，又，平面，面面，当在上移动时，面，此时能够保持平面，则动点的轨迹与组成

7、的相关图形是选项A故选：A例7（2022安徽省宣城中学高二期末）已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面四边形内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（）A2BCD【答案】B【解析】取的中点，连接，如图所示：分别是棱的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面因为，所以四边形为平行四边形，所以又因为平面，平面，所以平面因为，所以平面平面因为点为底面四边形内（包括边界）的一动点，直线与平面无公共点，所以的轨迹为线段，则故选：B例8（2022河南安阳高二期末（理）如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且平面，下面说法中正确的是_（将所有正确的序号都填上）存在一点，使得；

8、存在一点，使得；点的轨迹是一条直线；三棱锥的体积是定值【答案】【解析】如图，取的中点，的中点，连接，则平面平面，所以点在线段GH上运动，即点的轨迹是线段GH，故错误当点F位于点时，故正确取AD的中点N，BC的中点，连接，则平面，设，则，所以存在一点使得，故错误平面平面，所以点到平面的距离是定值，所以三棱锥的体积是定值，故正确故答案为：【方法技巧与总结】（1）线面平行转化为面面平行得轨迹（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹题型二：由动点保持垂直求轨迹例9（2022湖北高一期末）直四棱柱的底面是边长为的正方形，点为的中点，点为的中点，则点到底面的距离为_若为底面内的动点，且，则动点的轨迹长度为_

9、【答案】 【解析】由点为的中点可得，点到平面的距离是点到平面距离的一半，则点到平面的距离为，故点到平面的距离为；，点为的中点，设以为球心，的长为半径的球与平面所截得的圆的半径为，则，则动点的轨迹即为以正方形的中心为圆心，为半径的圆留在正方形内的圆弧，如图，为中点，所以，所以，所以，点轨迹所形成的圆弧长为故答案为：；例10（2022湖南雅礼中学二模）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，此时则三棱锥的体积为_，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为_【答案】 【解析】取中点，则，平面，又，则三棱锥的高，三棱锥体积为；作，设点轨

10、迹所在平面为，则平面经过点且，设三棱锥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，解Rt，得，又，则三棱锥外接球半径，易知到平面的距离，故平面截外接球所得截面圆的半径为，截面圆的周长为，即点轨迹的周长为故答案为：；例11（2022四川雅安高一期末）点M是棱长为2的正方体的内切球O球面上的动点，点N为BC边上中点，若，则动点M的轨迹的长度为_【答案】【解析】如图，正方体的内切球的半径，由题意，分别取、的中点、，连接、，在正方体中，且，、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，可得，故，所以，、四点共面，则，所以，所以，则，平面，平面，平面，所以，动点的轨迹就是平面截内

11、切球的交线，取的中点，连接、，且，、分别为、的中点，所以，且，所以，四边形为平行四边形，易知点为的中点，过点在平面内作，平面，平面，则，平面，所以，因为点为的中点，则到平面的距离为，截面圆的半径，所以动点的轨迹的长度为截面圆的周长故答案为：例12（多选题）（2022湖北孝感高二期末）如图，已知正方体ABCD的棱长为1，P为正方形底面ABCD内一动点，则下列结论正确的有（）A三棱锥-的体积为定值B存在点P，使得C若，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹是线段ACD若点P是AD的中点，点Q是的中点，过P，Q作平面垂直于平面，则平面截正方体的截面周长为3【答案】ACD【解析】对于A，P为正方形底面

12、ABCD时，三棱锥的高不变，底面积也不变，所以体积为定值，所以A正确；对于B，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，；若，则，即，与题意矛盾，所以B不正确；对于C，由得，所以的轨迹就是线段，所以C正确；对于D，因为，所以平面；因为平面平面，所以平面；以为参照线作出平面与正方体各个侧面的交线，如图，易知每个侧面的交线均相等，长度为，所以截面周长为，所以D正确故选：ACD例13（多选题）（2022全国高二专题练习）已知棱长为4的正方体中，点P在正方体的表面上运动，且总满足，则下列结论正确的是（）A点P的轨迹所围成图形的面积为5B点P的轨迹过棱上靠近的四等分点C点P的轨迹上有且仅有两

13、个点到点C的距离为6D直线与直线MP所成角的余弦值的最大值为【答案】ACD【解析】如图，过点M作，在上取一点，使，连接，过点作，连接，易知，四点共面；又，面，即点的轨迹为矩形（不含点），设，则又解得，即，对于A，矩形的面积为：，A正确；对于B，B错误；对于C，在中，到的距离范围是：上存在一点到点C的距离为6；在中，到的距离范围是：上存在一点到点C的距离为6；但在、中不存在到点C的距离为6的点，C正确；对于D，直线与直线所成的最小角就是直线与平面所成的角，直线与平面所成的即是直线与平面所成的角，延长交于点，则即是直线与平面所成的角，在中，D正确；故选：ACD例14（2022全国高一专题练习）在正

14、方体中，点P在侧面及其边界上运动，并且总保持，则动点P的轨迹是（）A线段B线段C中点与中点连成的线段D中点与中点连成的线段【答案】A【解析】连接，因为，且，所以平面，平面，所以，因为，且，所以平面，平面，所以，且，所以平面，平面，所以，点的轨迹为面与面的交线，故选：A例15（2022河南许昌三模（文）如图，在体积为3的三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直，若点M是侧面CBP内一动点，且满足，则点M的轨迹长度的最大值为（） A3B6CD【答案】A【解析】如图所示：因为PA，PB，PC两两垂直，所以平面，即有，而，所以平面，即，故点的轨迹为斜边上的高线因为三棱锥P-ABC的体积为，所以，即

15、，由等积法可得，当且仅当时取等号故选：A例16（2022浙江杭州市富阳区场口中学高二期末）如图，在直三棱柱中，是边长为2的正三角形，N为棱上的中点，M为棱上的动点，过N作平面ABM的垂线段，垂足为点O，当点M从点C运动到点时，点O的轨迹长度为（）ABCD【答案】B【解析】取AB中点P，连接PC，C1N，如图，因为PCAB，PNAB，且PNPC=P，所以AB平面，AB平面ABM，所以平面ABM平面，平面ABM平面=PM，过N作NOPM，NO平面，所以NO平面ABM，当点M从点C运动到点C1时，点是以PN为直径的圆（部分），如图，当M运动到点时，点到最高点，此时，所以，从而，所以弧长，即点的轨迹长

16、度为故选：B例17（2022浙江高二阶段练习）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（）A1BCD2【答案】B【解析】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例18（2022云南昆明一中高三阶段练习（理）已知四面体，二面角为，为棱中点，为四面体表面上一动点，且总满足，则点轨迹的长度为_【答案】【解析】取中点，易得，所以平面，则是二面角的平面角，即，又，则，分别取，中点，所以，面，面，故面，又，同理：面，而，面，所以面面，则平面，因为为四面体表面

17、上一动点，且总满足，所以点轨迹是，其长度为故答案为：【方法技巧与总结】（1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹（2）利用空间坐标运算求轨迹（3）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹题型三：由动点保持等距（或定长）求轨迹例19（2022四川成都高二期中（理）如图，已知棱长为2的正方体ABCDABCD，M是正方形BBCC的中心，P是ACD内（包括边界）的动点，满足PM=PD，则点P的轨迹长度为_【答案】【解析】如图建立空间直角坐标系，则设平面的法向量则有，令，则则设，则，则又PM=PD，则整理得：联立方程，则可得，可得当时，当时，在空间中，满足PM=PD的P为过MD的中点且与MD垂直的平

18、面两个平面的公共部分为直线，即点P的轨迹为平面ACD，则故答案为：例20（多选题）（2022山东模拟预测）如图，正方体的棱长为2，点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则下列结论正确的是（）A存在点P，M，使得平面与平面平行B存在点P，M，使得二面角大小为C当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为D当M为中点时，四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为【答案】ACD【解析】对于A选项，当M为中点，P为中点时，易得，又平面，平面，则平面，同理可得平面，又，则平面与平面平行，故A正确；对于B选项，因为平面，平面，则，又，可知二面角的平面角为，显然其范围为，故B错误；对于C选项，取中点E

19、，连接，则平面，则，则点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧，分别交于，则，则，劣弧的长为故C正确；对于D选项，当M为中点时，易知为等腰直角三角形，又平面，则，又平面，则平面，则，又，可知四棱锥外接球的球心即为的中点，所以四棱锥外接球的半径为，设四棱锥外接球的内接正四面体的棱长为x，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体的面对角线，故正方体的棱长为，正方体的体对角线为外接球的直径，所以，得，所以正四面体的表面积为，所以D正确故选：ACD例21（多选题）（2022福建莆田二中模拟预测）在棱长为1的正方体中，点M是的中点，点P，Q，R在底面四边形ABCD内（包括边界），平面，点R到平

20、面的距离等于它到点D的距离，则（）A点P的轨迹的长度为B点Q的轨迹的长度为CPQ长度的最小值为DPR长度的最小值为【答案】BCD【解析】对于A，取BC的中点N，连接AN，则，所以平面，平面，又平面，平面，所以平面平面，又点P在底面四边形ABCD内（包括边界），平面，所以点P的轨迹为线段AN，因为，所以点P的轨迹的长度为，故A不正确；对于B，连接DQ，因为Q在底面ABCD上，所以，解得，所以点Q的轨迹是以点D为圆心，以为半径的圆，如下图所示，所以点Q的轨迹的长度为，故B正确；对于C，过点D作于，交点Q的轨迹于，此时的长度就是PQ长度的最小值，而，所以，所以，即，解得，所以，所以PQ长度的最小值为

21、，故C正确；，对于D，因为点R到平面的距离等于它到点D的距离，由正方体的特点得点R到直线的距离等于点R到平面的距离，所以点R到直线的距离等于它到点D的距离，根据抛物线的定义知点R的轨迹是以点D为焦点，以AB为准线的抛物线，以AD的中点为坐标原点O，过点O且垂直于AD的直线为x轴建立平面直角坐标系，如下图所示，则，直线AB的方程为，直线AN的方程为，则抛物线的方程为，设与直线AN平行且与抛物线相切的直线l的方程为：，联立，整理得，解得，所以直线l的方程为：，则直线AN与直线l的距离为：，所以PR长度的最小值为，故D正确，故选：BCD例22（2022江西模拟预测（理）已知正方体的棱长为3，点P在的

22、内部及其边界上运动，且，则点P的轨迹长度为（）A B C D 【答案】A【解析】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例23（多选题）（2022辽宁高一期末）如图，正方体棱长为2，点M是其侧面上的动点（含边界），点P是线段上的动点，下列结论正确的是（）A存在点P，M，使得平面与平面PBD平行 B当点P为中点时，过点的平面截该

23、正方体所得的截面是梯形C过点A，P，M的平面截该正方体所得的截面图形不可能为五边形D当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为【答案】ABD【解析】对于A选项，当M为中点，P为中点时，连接、，又平面PBD，平面PBD，则平面PBD，又平面PBD，平面PBD，则平面PBD，又，则平面平面PBD故A正确；对于B选项，取BC中点N，连接则，则，又则为梯形则梯形为截面，故B正确；对于C选项，当M为中点，P为中点时，在上取点Q，使，在上取点T，使连接、，则，则四边形为平行四边形，则在平面内过点M作，交于N，则连接，则则五边形为过点A，P，M的平面截该正方体所得的截面故C判断错误；对于D选项，取中点E，连接P

24、E，ME，PM，则平面，则，则点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧，分别交AD、于、，则，则，劣弧的长为故D正确故选：ABD例24（2022河南安阳模拟预测（文）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（）ABCD【答案】D【解析】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例25（2022四川达州高二期末（理）正方体的棱长为1，点P在正方体内部及表面上运动，下列结论错误的是（）A若点P在线段上运动，则AP与所成

25、角的范围为B若点P在矩形内部及边界上运动，则AP与平面所成角的取值范围是C若点P在内部及边界上运动，则AP的最小值为D若点P满足，则点P轨迹的面积为【答案】B【解析】连接，则为等边三角形，当点与重合时，AP与所成角最小为，当点在的中点时，AP与所成角最大为，故A对连接交于，故，则平面，故当与重合时，AP与平面所成角最大为，当与重合时，此时长度最大，此时AP与平面所成角最小，最小角为，故AP与平面所成角的取值范围是，故B错误四面体是正四面体，棱长为，等边的中线长为，故四面体的高为，当平面时，此时的最小值为故C对点P满足时，此时在以为球心，半径为1的球面上，又因为点P在正方体内部及表面上运动，故点

26、在的球面上运动，故面积为，故D对故选：B例26（2022江西省乐平中学高一期末）已知正方体的棱长为，过顶点的平面为，点是平面内的动点，则点的轨迹长度等于（）ABCD【答案】B【解析】如图建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，所以点到平面的距离，设点在平面的射影为，即，又，所以，是边长为的等边三角形，其内切圆半径为，所以为以为圆心，半径的圆上，所以点的轨迹长度为；故选：B【方法技巧与总结】（1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹（2）利用空间坐标计算求轨迹题型四：由动点保持等角（或定角）求轨迹例27（2022福建三明一中模

27、拟预测）已知正方体中，点E为平面内的动点，设直线与平面所成的角为，若，则点E的轨迹所围成的面积为_【答案】【解析】如图所示，连接交平面于，连接，由题意可知平面，所以是与平面所成的角，所以由可得，即在四面体中，所以四面体为正三棱锥，为的重心，如图所示：所以解得，又因为，所以，即在平面内的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，所以故答案为：例28（多选题）（2022云南昭通市第一中学高一阶段练习）（多选）如图，若正方体的棱长为，点是正方体的侧面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则下列结论正确的是（）A沿正方体的表面从点到点的最短路程为B若保持，则点在侧面内运动路径的长度为C三棱锥的体积最大值为D若点满

28、足，则点的轨迹为线段【答案】BD【解析】对于A，将侧面和侧面沿棱展开，可得展开图如下图所示，此时从点到点的最短路程为；将底面和侧面沿棱展开，可得展开图如下图所示，此时从点到点的最短路程为；，从点到点的最短路程为，A错误；对于B，取中点，连接，分别为中点，又平面，平面，即为在平面内的投影；，点的运动路径是以为圆心，为半径的圆与侧面的交线，即，如下图所示，的长度为，即点在侧面内运动路径的长度为，B正确；对于C，是边长为的等边三角形，；设点到平面的距离为，则，即当最大时，最大；当与重合时，取得最大值，C错误；对于D，作，垂足分别为，平面，平面，；设，则，又，整理可得：，即，即，则为满足的线段上的点，

29、即点的轨迹为线段，D正确故选：BD例29（多选题）（2022福建厦门外国语学校高二阶段练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD中，E为侧面的中心，F是棱的中点，若点P为线段上的动点，N为ABCD所在平面内的动点，则下列说法正确的是（）A的最小值为B若，则平面PAC截正方体所得截面的面积为C若与AB所成的角为，则N点的轨迹为双曲线的一部分D若正方体绕旋转角度后与其自身重合，则的最小值是【答案】BCD【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，正方体棱长为1，则，对于A，设，所以，所以时，A不正确；对于B，则是上靠近的三等分点，取上靠近的三等分点，则，显然与平面的法向量垂直，因此平面，所以截面与平面的交线

30、与平行，作交于点，设，则，由得，解得，则与重合，因此取中点，易得，截面为，它是等腰梯形，梯形的高为，截面面积为，B正确；对于C，若与AB所成的角为，则有，两边平方化简整理有，C正确；对于D，同理，所以是平面的一个法向量，即平面，设垂足为，则，是正方体的外接球的直径，因此正方体绕旋转角度后与其自身重合，至少旋转D正确故选：BCD例30（2022福建省福州第一中学三模）在三棱锥中，平面，则三棱锥外接球的表面积为_；若动点M在该三棱锥外接球上，且，则点M的轨迹长为_【答案】 【解析】由平面，得，三棱锥为直三棱锥，其外接球相当于以为棱的长方体的外接球，故外接球半径为，故三棱锥外接球的表面积为；如图，中

31、点为F，则易得以为棱的正方体，由正方体的对称性，要使，则M在的角平分面上，即面，故M的轨迹为面与外接球相交出的圆取AP、HE中点I、J，由正方体的对称性易得面面，且，故，故IJ上的高，故M的轨迹圆的半径，故轨迹长为故答案为：；例31（2022江西景德镇一中高一期末）已知正方体的棱长为1，空间一动点满足，且，则_，点的轨迹围成的封闭图形的面积为_【答案】 【解析】由正方体知平面，又点满足，所以点在平面内运动，如图，连接，交于点，连接，由对称性，所以，解得所以所以点的轨迹围成的封闭图形是以点为圆心，为半径的圆，所以面积故答案为：；例32（多选题）（2022福建龙岩高二期末）若正方体的棱长为1，且，

32、其中，则下列结论正确的是（）A当时，三棱锥的体积为定值B当时，三棱锥的体积为定值C当时，的最小值为D若，点P的轨迹为一段圆弧【答案】AC【解析】因为，其中，所以点P在平面内运动，对于A：取AD中点E、中点F，连接EF，所以，因为平面，平面，所以平面，当时，则，所以点P在线段EF上运动，因为平面，所以无论点P在EF任何位置，P到平面的距离不变，即高不变，所以三棱锥的体积为定值，故A正确；对于B：取中点G，中点H，连接GH，当时，所以点P在GH上运动，假设平面，又，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，与已知矛盾，故假设不成立，所以GH不平行平面，所以P在GH上运动时，P到平面的距离在变化

33、，所以三棱锥的体积不是定值，故B错误；对于C：连接，当时，可得三点共线，将沿翻折至与平面共面，如下图所示连接AB，当P为AB与交点时，最小，即为AB，因为均为面对角线，所以，即为等边三角形，又，所以，所以在中，由正弦定理得，所以，故C正确；对于D：分别以DA、DC、为x，y，z轴正方向建系，如图所示，则，设，所以，所以因为平面，平面，所以，又，所以，所以，整理得，所以，即，所以P点轨迹为线段，故D错误故选：AC例33（多选题）（2022江苏盐城高二期末）在长方体中，点M是棱AD的中点，点P在侧面的边界及其内部运动，则（）A直线MP与直线所成角的最大值为90B若，则点P的轨迹为椭圆的一部分C不存

34、在点P，使得平面D若平面与平面ABCD和平面与平面所成的锐二面角相等，则点P的轨迹长度为【答案】ACD【解析】对于A，取中点，易得，则平面，又，平面，则直线MP与直线为异面直线，则直线MP与直线所成角的范围为，平面，又在上时，平面，则，此时直线MP与直线所成角为90，则直线MP与直线所成角的最大值为90，A正确；对于B，满足的动点的轨迹是以为轴，半顶角为的圆锥面，又轴平面，则圆锥面与平面的交线为双曲线的一部分，即点P的轨迹为双曲线的一部分，B错误；对于C，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，易得，设，其中，则，设平面的法向量为，则，取，则，要使平面，则，即，又，显然无解，即不存在点P，使得平

35、面，故C正确；对于D，由C选项知，平面的法向量，易得平面ABCD的法向量为，平面的法向量为，由锐二面角相等，可得，化简得，即（舍去）或；画出平面的平面图，易得与的交点为，与的交点为，则，即点P的轨迹长度为，D正确故选：ACD例34（多选题）（2022全国高三专题练习）在三棱锥中，二面角的大小为，点M为侧面PAB上的动点，点M到直线PA的距离为，点M到平面ABC的距离为，若，则（）AB点M到直线AB的距离等于C点M的轨迹为一段圆弧D点M的轨迹长度为【答案】AD【解析】在中，因为，由余弦定理得，故A正确过点M作AB的垂线，垂足为G，作平面ABC的垂线，垂足为H，过点M作PA的垂线，垂足为N，连接H

36、G因为二面角的大小为，所以，所以，又因为，所以，故B错误，点的轨迹是的角平分线，故C错误，设的角平分线为AQ，在中，由余弦定理得，由角平分线定理得，又因为，则，在中，所以，所以点M的轨迹长度为，所以D正确故选：AD例35（多选题）（2022湖北宜昌市一中高一阶段练习）如图，点是棱长为1的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（）A存在无数个点满足B当点在棱上运动时，的最小值为C在线段上存在点，使异面直线与所成的角是D满足的点的轨迹长度是【答案】AD【解析】对A，若M在上，此时必有，证明如下：平面，所以，又，所以平面，所以，所以A正确；对B，如图旋转面使之与面共面，连接交于，

37、此时最短为，大小为，故B错误，对C，当在和交点处时，此时直线与所成的角即直线与所成角，此时此异面直线所成角最小，其正切值为，即最小角大于，故不存在，即C错误，当点在平面内时，由面，面，则，所以有，所以，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，从而动点轨迹长度为，所以D正确故选：A D例36（多选题）（2022山东聊城三模）在直四棱柱中，所有棱长均2，P为的中点，点Q在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（）A当点Q在线段上运动时，四面体的体积为定值B若平面，则AQ的最小值为C若的外心为M，则为定值2D若，则点Q的轨迹长度为【答案】ABD【解析】对于A，因为，又因为面，面，所以面，所以直线

38、到平面的距离相等，又的面积为定值，故A正确；对于B，取的中点分别为，连接，则易证明：，面，面，所以面，又因为，面，面，所以面，所以平面面，面，所以平面当时，AQ有最小值，则易求出，所以重合，所以则AQ的最小值为，故B正确；对于C，若的外心为M，过作于点，则故C错误；对于D，过作于点，易知平面，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，故D正确故选：ABD例37（2022广东茂名模拟预测）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（）AB1CD2【答案】C【解析】因为平面，所以即为直线与平面所成的角

39、，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【方法技巧与总结】（1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面（3）利用空间坐标系计算求轨迹题型五：投影求轨迹例38（2022山东日照三模）如图所示，二面角的平面角的大小为，是上的两个定点，且，满足与平面所成的角为，且点在平面上的射影在的内部（包括边界），则点的轨迹的长度等于_【答案】【解析】如图所示：因为与平面所成的角为30，点在平面上的射影，所以，所以的轨迹为直角三角形绕斜边旋转所形成的轨迹，在直角中，作，垂足为，因为，可得，即点的

40、轨迹为以为圆心，以为半径的圆弧，又因为二面角的平面角的大小为，所以点的轨迹的长度等于故答案为：例39（2022云南师大附中高二期中）1822年，比利时数学家Dandelin利用圆锥曲线的两个内切球，证明了用一个平面去截圆锥，可以得到椭圆（其中两球与截面的切点即为椭圆的焦点），实现了椭圆截线定义与轨迹定义的统一性在生活中，有一个常见的现象：用手电筒斜照地面上的篮球，留下的影子会形成椭圆这是由于光线形成的圆锥被地面所截产生了椭圆的截面如图，在地面的某个占正上方有一个点光源，将小球放置在地面，使得与小球相切若，小球半径为2，则小球在地面的影子形成的椭圆的离心率为（）ABCD【答案】A【解析】在中，设

41、，长轴长，则离心率故选：A例40（2022河南一模（理）椭圆是日常生活中常见的图形，在圆柱形的玻璃杯中盛半杯水，将杯体倾斜一个角度，水面的边界即是椭圆现有一高度为12厘米，底面半径为3厘米的圆柱形玻璃杯，且杯中所盛水的体积恰为该玻璃杯容积的一半（玻璃厚度忽略不计），在玻璃杯倾斜的过程中（杯中的水不能溢出），杯中水面边界所形成的椭圆的离心率的取值范围是（）ABCD【答案】C【解析】根据题意可知当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大，由椭圆的几何性质即可确定此时椭圆的离心率，进而确定离心率的取值范围【详解】当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大此

42、时椭圆长轴长为，短轴长为6，所以椭圆离心率，所以故选：C例41（2022重庆市第十一中学校高三阶段练习）参加数学兴趣小组的小何同学在打篮球时，发现当篮球放在地面上时，篮球的斜上方灯泡照过来的光线使得篮球在地面上留下的影子有点像数学课堂上学过的椭圆，但他自己还是不太确定这个想法，于是回到家里翻阅了很多参考资料，终于明白自己的猜想是没有问题的，而且通过学习，他还确定地面和篮球的接触点（切点）就是影子椭圆的焦点他在家里做了个探究实验：如图所示，桌面上有一个篮球，若篮球的半径为个单位长度，在球的右上方有一个灯泡（当成质点），灯泡与桌面的距离为个单位长度，灯泡垂直照射在平面的点为，影子椭圆的右顶点到点的

43、距离为个单位长度，则这个影子椭圆的离心率_【答案】【解析】以A为原点建立平面直角坐标系，则，直线PR的方程为设，由到直线PR的距离为1，得，解之得或（舍）则，又设直线PN的方程为由到直线PN的距离为1，得，整理得则，又，故则直线PN的方程为，故，由，解得，故椭圆的离心率故答案为：例42（2022江西南昌二模（理）通过研究发现：点光源P斜照射球，在底面上形成的投影是椭圆，且球与底面相切于椭圆的一个焦点（如图所示），如图是底面边长为2高为3的正四棱柱，一实心小球与正四棱柱的下底面及四个侧面均相切，若点光源P位于的中点处时，则在平面上的投影形成的椭圆的离心率是_【答案】【解析】从P作于M点，在平面内

44、作球的切线，交平面于N点，则在平面内形成的图形如图所示：底面边长为2高为3的正四棱柱，实心小球与正四棱柱的下底面及四个侧面均相切，则，故，则，根据题目条件知，是椭圆焦点，MN是长轴，即，则，离心率故答案为：例43（2022吉林东北师大附中模拟预测（理）如图，已知水平地面上有一半径为4的球，球心为，在平行光线的照射下，其投影的边缘轨迹为椭圆O如图，椭圆中心为O，球与地面的接触点为E，若光线与地面所成角为，椭圆的离心率_【答案】【解析】连接，因为，所以，所以，在照射过程中，椭圆的短半轴长是球的半径，即，如图，椭圆的长轴长是，过点向作垂线，垂足为，由题意得，因为，所以，所以，得，所以椭圆的离心率为，故答案为：【方法技巧与总结】（1）球的非正投影，可能是椭圆面（2）多面体的投影，多为多边形题型六：