立体几何压轴小题（轨迹与最值）十四大题型（解析版）

立体几何压轴小题（轨迹与最值）十四大题型汇总

题型1平行求轨迹.................................................................1

题型2垂直求轨迹................................................................15

题型3翻折求轨迹................................................................22

题型4角度恒定求轨迹...........................................................31

题型5定长求轨迹................................................................40

题型6向量法求轨迹..............................................................51

题型7阿波罗尼斯圆相关.........................................................65

题型8解析几何相关..............................................................75

题型8线段最值..................................................................91

题型9折线求最值...............................................................101

题型10倍数求最值..............................................................112

题型11点线距离求最值.........................................................117

题型12点线面距离求最值.......................................................125

题型13周长求最值..............................................................135

题型14面积求最值..............................................................150

题型1平行求轨迹

【例题1]（2023•江西赣州统考二模）在棱长为4的正方体ABC。-中，点P满足

AAi=4AP,E，尸分别为棱8C,C。的中点，点。在正方体ABCD-4&GD】的表面上运动，

满足&Q〃面EFP,则点Q的轨迹所构成的周长为（）

A.咫B.2历C.2D.返

333

【答案】D

【分析】作出辅助线，找到点Q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H,G,连接PG,PH,分别交BB】，于R,T

过点必作&K〃PG交BBi于点K,过点公作&N〃P，交BQ于点N,

因为&KC平面EFP,PGu平面EFP,所以&K〃平面£7了,

同理可得&N〃平面EFP:

因为&KC&N=4,所以平面E"〃平面&KN,

过点N作NM〃/iK交CQ于点M,

连接MK,则MK〃4N

则平行四边形为KMN（4点除外）为点Q的轨迹所构成的图形，

因为正方体棱长为4,E,F分别为棱8。,CO的中点，襦二4存,

所以4P=l,8R=07=]

因为&p=KR=NT=3,所以/K=DIN=4-3-1=£

过点N作N/_LCCi于点/,则CJ=D]N=3

则由几何关系可知/M=&K=9所以C[M=；+；=；,

OJDJ

由勾股定理得&K=A"=MN=MK=yjNJ2+JM2=J16+1=等

【变式1-1】1.（2023・全国•高三专题练习）已知正方体A8CD-4出传心】的棱长为3，点M

满足西=3CM.若在正方形ABiGDi内有一动点P满足BP〃平面AMD1，则动点P的轨迹

长为（）

A.3B.V10C.V13D.3V2

【答案】C

【分析】在棱力”】,力4上分别取点E,F,使得4E=/】Di，=遇，连接

EF,BC、,BF,CiE,DiF,BM,证明平面。/犯“〃平面AM历即可得点『的轨迹为线段QE,再

计算长度即可.

【详解】解：如图，在棱小。1，力4上分别取点E,尸，使得4E="也，A.F=,连接

EF,BJ,BF,CiE,DiF,BM,

因为4E=：&Di,A1F=^A1A,

所以，EF//AD,.

因为“C平面AMD〕，ADiu平面AMDi,

所以“〃平面AMD1，

因为4/=1力遇,西*=3CM,

3

所以，4尸=GM=2,CM=4/=1,

因为AB=GD"BAF=cMCR,A1D1=BC/BCM=Z.FA^,

所以,△ABF^CRM,△BCM^LOI^IF,

所以8F=DiM,D]F=BM

所以，四边形BF2M是平行四边形，

所以BF〃D]M,

因为BF仁平面AMDi,DrMu平面AMD1，

所以，8/7/平面/MJ,

因为CEF=F,BF,EFu平面BFOiM,

所以平面〃平面/MO1，

因为平面8/。iMn平面48传]。1=C[E,

所以，在正方形4B]GD]内有一动点P满足8P〃平面AMD1时，点P的轨迹为线段GE,

因为GE=V22+32=V13

所以，动点P的轨迹长为同

【变式1-1]2.（2023・全国•高三专题练习）在棱长为1的正方体ABC。-中,M,N

分别为BDi,B]G的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP〃平面CND]，则下列说

法正确的是（）

A.点P可以是棱的中点B.线段MP的最大值为产

C.点P的轨迹是正方形D.点P轨迹的长度为2+V5

【答案】B

【分析】如图，取棱的中点E,连接DE,BiE,ME,进而证明平面JEM〃平面CNQ,再

结合题意可知直线81M必过。点，进而取公为中点打,连接BiF,FD,DE,证明/6平面为EM

即可得四边形4EC尸为点P的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可.

【详解】解：如图，取棱8。的中点£,连接DE,%E,ME,

因为MN分别为BQ,BiG的中点，

所以，在仆BC2中，MEj/CD一由于ME仁平面CN2,CDXu平面CNQ,

所以ME〃平面OVD1，

因为BiN〃CE,B]N=CE,所以，四边形CN/E为平行四边形，

所以CN〃B]E,因为CNu平面CNDi,BrE仁平面CNOi,

所以，8亚〃平面CW%,

因为当£QME=E,B]E,MEu平面,

所以,平面以EM〃平面UN。1，

由于M为体对角线8,的中点，

所以，连接并延长，直线aM必过D点，

故取公5中点/，连接B/,FD,DE,

所以，由正方体的性质易知尸=CE,

所以，四边形CD/E是平行四边形，EF//CD1,EF=CD-

因为，ME//CD-ME

所以,E,凡M共线,即/W平面B】EM,

所以，四边形&EDF为点P的轨迹，故A选项错误；

由正方体的棱长为1，所以，四边形&EDF的棱长均为白，且对角线为EF=&BD=V3,,

所以，四边形B】ED尸为菱形，周长为26，故CD选项错误，

由菱形的性质知，线段MP的最大值为^当。=亨，故B选项正确.

故选：B

B

【点睛】关键点点睛本题解题的关键在于取棱8C的中点E，进而证明平面&EM〃平面CNDi,

再根据面面平行的性质求解点P轨迹即可求解.

【变式1-1]3｛多选I2024秋•山东临沂•高三校联考开学考试在三棱台公当G-48C中，

AA1_L平面/IBCAB=BC=AC=24当=4力遇=2点P为平面/18C内一动点包括边界）,

满足A1P〃平面BiBCQ，则（）

A.点P的轨迹长度为1

B.P到平面B/CG的距离为定值

C.有且仅有两个点P,使得4P1BC

D.4P与平面力BC所成角的最大值为30°

【答案】ABD

【分析】取48的中点E"C的中点尸，根据线面平行的判定与性质可得点P在线段EF上运动.

对A，根据中位线的性质求解即可；对B，根据“〃平面当8"1判断可得；对C,根据48=

BC=4C结合正三角形的性质判断即可；对D,易得乙4P4为&P与平面力5C所成角，再根

据tani^PA的最值判断即可.

【详解】取/W的中点E,.4c的中点F,因为三棱台中AB=24B】，则4C=24心，

故EB=且EB〃&&，故四边形为平行四边形，则

又&E仁平面EBiGC,u平面BBiGC,故&E〃平面8当6。，

同理&/7/GC,2F〃平面881GC,又力道AAXF=必，A^E,A^u平面公£T,

故平面力送尸〃平面々BCQ,故点P在线段上运动.

对A,EF=1,故A正确；

对B,因为＜=平面4£7,故£尸〃平面B[BCC],所以户到平面8〔BCG的距离为定值，故B

正确；

对C,因为48=BC=AC,故为P1BC当且仅当P为E尸中点时成立，故C错误；

又寸D,因为A&J_平面ABC,所以乙4P4为41P与平面4BC所成角.

由题意/IE=EF=AF=1，故当P为“中点时/P取得最小值一，此时tani&PA=^=y,

所以&P与平面48c所成角的最大值为30。，故D正确.

故选：ABD

【变式1-1]4.（多选）（2023・重庆・统考模拟预测）在棱长为4的正方体力BCD-A,BXC.DX

中，点E为棱DD1的中点，点F是正方形为B】GQ内一动点（含边界）,则下列说法中正确

的是（）

A.直线8G与直线AC夹角为60。

B.平面8GE截正方体所得截面的面积为6企

C.若EF=2V5,则动点F的轨迹长度为27r

D.若”〃平面BCiE,贝励点F的轨迹长度为2遍

【答案】ACD

【分析】对A,根据力C的平行线确定直线BG与直线AC夹角即可；

对B,根据面面平行的性质,作出平面BGE截正方体所得截面并求其面积即可；

对C,由题意D/=4,动点尸的轨迹为以以为圆心的四分之一圆弧,再根据弧长公式

求解即可；

对D,先判断过力且平行于平面BQE的平面截正方体的面，再分析而勺轨迹即可

【详解】对A,连接/iG，&8,8G，/4c,可得正△&8口，根据正方体的性质，A^/./AC,

故直线8G与直线AC夹角为直线BC1与直线&G的夹角为60。，故A正确；

对B,因为面/0。送1〃面BCG81,平面叫En面BCCSi=Bg,根据面面平行的性质可得

平面截/ID。"］的交线,故平面8GE截AD的交点户为力0的中点，故PB=

>/AB2+AP2=JoiCj+Dil=EG=2V5，故截面为等腰梯形EPBG,在等腰梯形EPBC1

中8G=4企,PE=2或，高％=3或，故截面的面积为若丝x3迎二18,故B错误；

对C,若EF=2V5,则5F=JE。一D］E2=4,故动点尸的轨迹为以外为圆心的四分之一

圆弧4式一其长度为］x4=211，故C正确；

对D,取81G中点Q,连接如图,由B知截面为等腰梯形EP8G,由四边形48GD1为平行

四边开/导45//BG,又/WiU面BQE,8Gu面,所以力。//面BGE,由四边形BQQP

为平行四边形得DiQ〃PB,DiQ《面BC]E,BPu面,所以。过〃面8的£,由A

DiQ=劣得平面DiQA〃平面BEG,又/ru平面JQ/l,所以4尸〃平面BEG，故尸的轨迹为

线段5Q，其长度为=2遍，故D正确；

故选：ACD

【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，

其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么

样的轨迹（定义），要么通过计算（建系）求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并

没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.

【变式1-1]5.（多选）（2023春・安徽阜阳•高三安徽省临泉第一中学校考专题练习）如图，

在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、M、N均为所在棱的中点，动点P在正

方体表面运动，则下列结论正确的有（）

A.当点P为BC中点时，平面PEF_L平面GMN

B.异面直线EF、GN所成角的余弦值为£

C.点E、F、G、M、N在同一个球面上

D.若/=t而f+而i?-2t石瓦，则P点轨迹长度为第

【答案】ACD

【分析】根据正方体图形特征证明面面垂直判断A选项根据异面直线所成角判断B选项，

根据五点共圆判断C选项，根据轨迹求出长度判断D选项.

【详解】取AD中点Q,连接PQ,尸Q,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、

M、N均为所在棱的中点，

易知GM1PQ,FQ//DDlt：,FQJ_平面力BCO,GM在面ABCD内,

:.GM1.FQ,FQu平面PQF,PQu平面尸QF,PQC\FQ=Q,

AGM_L平面PQF,PFu面PQF,GM1PF,

D___df.

4TBi

连接84,是正方形,GN1A.B,

FJL平面,GNu平面,.*•GNJ_A^F,

FAiu平面P/AiB,AXBu平面PF/liB,AXBClFAr=A,,

:.GNJ■平面PF/liB,PFu平面PF/liB,GN1PF,

综上，GNu平面GMN,GMu平面GMN,又GMOGN=G,

所以PFJ_平面GMN,PFu平面PEF,故平面J_平面GMN,故A正确；

取中点T,连接,ET//GN,

・••乙丁£/是异面直线EF,GN所成的角，

又“=FT=ET=奁，则乙7TF=；,COS〃EF=[故B错误；

记正方体的中心为点。，则|。臼=\0F\=\0G\=\0M\=\0N\=V2,

故点&匕G,M,N在以。为球心，以或为半径的球面上，故C正确；

,*,A^P=tA^A+-2£彳1瓦,E是4遇的中点，

A^P-A^M=2tA^E-2tA8；，故而尸=2t瓦瓦

・••P点轨迹是过点M与々E平行的线段MP"且|CP|=1..

・•.|MP[=今故D正确.

故选:ACD.

【变式1-1]6.（多选X2023•湖南长沙・雅礼中学校考T莫）如图，正方体力BCD-48£01

的棱长为3,E为AB的中点,C】F=2FC动点M在侧面人4劣。内运动（含边界），则（）

A.若“811平面。透尸，则点M的轨迹长度为手

B.平面尸与平面ABCD的夹角的正切值为竽

C.平面。花尸截正方体所得的截面多边形的周长为3履+苧

D.不存在一条直线I，使得I与正方体力BCD-的所有棱所成的角都相等

【答案】ABC

【分析】对于A、C项，先作出平面9截正方体ABC。-4aGDi所得的截面,通过构

造面面平行得出M轨迹及截面多边形周长；

对于B项，作出二面角计算即可；对于D项，可知所有与体对角线平行的线与正方体各棱

夹角都相等.

【详解】如图所示，

分别延长DC、D1F交于点N,连接NE并延长交DA的延长线于G点，交CB于。点，连

接DIG交A1A于H点，则五边形D1F0EH为平面为“截正方体力BCD-所得

的截面，在侧面"必。中作PQIID1H,可得M轨迹为线段PQ,

由已知及平行线分线段成比例可得：CN==BE=C。=4E=RG=：,

若=黑=挤所以&P=14Q=|,即PQ=早，A正确；

HE=PQ=^-=OF,D1H=2PQ=V13=0/,OE=竽，

故五边形D1FOEH周长为3m+苧，C正确；

连接BD,交EO于点I,由上计算可得I为GN中点，且D1G=G1N,故DI±EO,D1I垂

直EO,即为平面。山?与平面ABCD的夹角，

易得D/=¥，•,•tanzD/D]=竽，B正确；

对于D存在直线I,如直线BD】与正方体三条棱夹角相等.

故选：ABC.

【变式＞1】7.（多选）（2023诃北模拟预测）如图所示，已知正方体力8co-4当&内的

棱长为1,点E,F分别是棱的中点，点P是侧面8道。6内一点（含边界）.若DM〃平

面，Q,则下列说法正确的有（）

A.点P的轨迹为一条线段

B.三棱锥P-8EF的体积为定值

C.|DP|的取值范围是停身

D.直线与89所成角的余弦值的最小值为当

【答案】AB

【分析】取B8i，8iG中点G,”，由面面平行的判定可证得平面BE/7/平面,可知P点轨

迹为线段GH，知A正确；由线面平行性质可知P点到平面8EF的距离即为点G到平面BE/的

距离，利用等体积转化，结合棱锥体积公式可求得B正确；在^OGH中，通过求解点。到GH

的距离可确定C错误；根据平行关系可知所求角为乙P%G,则余弦值最小时，。与H重合，

由余弦定理可求得结果，知D错误.

【详解】对于A,分别取8%81cl中点G,H,连接DiG,GH,D]H,BCi，AD],

•••D]F〃BG,D】F=BG=卯当，・•・四边形BFDiG为平行四边形，.•・D.G//BF,

•••BFu平面BE尸,D]G仁平面8EF，:，〃平面BE/7；

•••EF//ADJ/BCJ/GH,EFu平面BEF,GH仁平面BEF，二GH//平面BEF；

vD]GCGH=G.D]G,GHu平面「GH，二平面BE/〃平面。道”；

则当QPu平面5GH时,5P〃平面8"恒成立，

又平面DiGHn平面BiBCq=GH,P£平面当8。。1,

••・P点轨迹为线段GH,A正确；

对于B,由A知：GH〃平面8EF，，点P到平面的距离即为点G到平面8EF的距离,

-Vp-BEP=^G-BEF=VE-BFG=耳Kl-BFG=^A-BDFG=~^^OBDFG《AC=­X&2X

V2__1_

224

即三棱锥P-8"的体积为定值/，B正确；

对于C,连接DG,D”,

OGH中,DG=J(或P+(1)2=^,DH=/+12+(3=^

・••点D至l」GH的日巨离为JDG?—GG“)2=J91V34

----=---

484

・•.|DP|的取值范围为|亨,C错误；

对于D,由A知：BF//D.G,直线内P与95所成角即为直线DiP与内G所成角，即,

则当P与H重合时，△0D4取得最大值,此时余弦值取得最小值；

90/==%GH*

...cos叫G=犷+八-=岑=延，

1

2D.HD.G2x^x15

即直线2P与斤成角的余弦值的最小值为誓，D错误.

故选：AB.

题型2垂直求轨迹

【例题2］（2023・全国•高三对口高考）如图，定点A和B都在平面a内，定点P^a,PBla,

C是a内异于A和B的动点，且PC1AC.那么，动点C在平面a内的轨迹是（）

A.一条线段，但要去掉两个点B.一个圆，但要去掉两个点

C.一个椭圆，但要去掉两个点D.半圆，但要去掉两个点

【答案】B

【分析】利用线面垂直判定定理和性质定理即可求得AC1BC,进而得到动点C在平面a内

的轨迹是以4B为直径的圆（去掉4B两个点）.

【详解】连接48,BC.

PB1a,ACca,贝1AC,又PC1AC,

PBCiPC=P,PB,PCu平面P8C,贝!MC_L平面尸BC,

又BCu平面PBC,则力。1BC,

则动点C在平面a内的轨迹是以A8为直径的圆（去掉43两个点）.

【变式2-1]1.（2023・全国•高三对口高考）正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,

E是边8c的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE1AC,则动点P的轨迹的底长为

（）

A.V6+\/2B.巫-衣C.4D.V5+1

【答案】A

【分析】由题意，动点P的轨迹为过E且垂直"的平面与正四棱锥S-A8CD的交线，再根

据线面垂直的性质求解即可.

【详解】如图，设4c,8。交于。，连接S。，由正四棱锥的性质可得，SO1平面，因为

ACu平面/BCD,故SO1AC.

又BDLAClSOnBD=O,SO,BDu平面SB。,故从。，平面S8D.

由题意，PE14则动点P的轨迹为过E且垂直4C的平面与正四棱锥S-4BCD的交线，即

如图,贝!J/CJ_平面EAG.

由线面垂直的性质可得平面S。。〃平面,又由面面平行的性质可得EG〃SZ?,GF//SD,

EF//BD,又E是边BC的中点，故EG,G居Er分别为^SBCASDCqBCD的中位线.

由题意8。=2丘,SB=SD=72^+2=V6，故EG+E/+GF=*后+石+2&）=76+

血.

即动点P的轨迹的周长为痣+V2.

古嬷：A

【变式2-1]2.（2023・安徽滁州•安徽省定远中学校考模拟预测）在正四棱柱/BCD-

中，力8=1,A'=4,E为DD]中点，。为正四棱柱表面上一点，且1B1E,

则点P的轨迹的长为（）

A.V5+V2B.2V2+V2C.2V5+V2D.VT3+V2

【答案】A

【分析】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点G垂直于BiE的正四棱柱的

截面即可计算作答.

【详解】在正四棱柱力BCD-4181c也中,连接％加4G,如图,41Gl8也，ED._1平

面,

萨

因为4GU平面481C]D],则£D]_L4G，又比D1，£D]u平面EBR],

ED】nB】Di=D],则4G1平面EB"i,又B】Eu平面EB“i,则G&，,

取CG中点/，连接FEB/，在平面BCG/内过G作GG1B]尸，交BB】于G，显然EF〃D】G,

而DiGJ■平面BCQBi,则E尸1平面BCCMi,有QG1EF,

又B#,FEu平面B/E,FEC\BXF=F，于是_L平面8/E，而当/u平面B/E，因此C；G1

因为GGG4tu平面GG4,G&ncxG=q,从而4Ei平面。住儿,

连接4G,则点P的轨迹为平面GG4与四棱柱的交线，即△&GG,

S^z51C1G+zGC1F=^C1F+z01FC1=90°,即有/々GG=乙8/6,又4G&G=

乙FC$i,

于是△C]81G八FgB-有黑=羔=2,BXG=J

所以点P的轨迹长为41G+C]G+A©=2小+：+凤百+叵

故选：A

【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线

法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延

长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.

【变式2-1]3.（2023•宁夏银川校联考二模）已知线段4B垂直于定圆所在的平面,8,C是

圆上的两点，，是点B在4c上的射影，当C运动，点”运动的轨迹（）

A.是圆B.是椭圆C,是抛物线D.不是平面图形

【答案】A

【分析】设定圆圆心为。，半径为r,由线面垂直的判定与性质可推导证得8H1DH,由直

角三角形性质可确定。〃=。8=。。=r,由此可得轨迹图形.

【详解】设定圆圆心为。,半径为r,

连接。“，设直径为8。，连接AD,CD,

vAB，平面BCD,CDu平面BCD,AB1CD；

---RD为直径，:.BCA.CD,又C\BC=B,AB,BC「平面,

/.CD1平面ABC,又BHu平面ABC.CD1BH,

又BHLAC,ACdCD=C,AC,CDu平面ACT),

•••BH1平面力CD,DHu立面AC。，:.BH1DH.

在Rt△BD”中,OH=OB=OD=r,则点，的轨迹是以。为圆心，丁为半径的圆.

古嬷：A.

【变式2-1]4.（多选）（2023秋・浙江•高三浙江省春胜中学校联考阶段练习）已知正方体

ABCD-的棱长为2,点P为平面力BCD内一动点，则下列说法正确的是（）

A.若点P在棱AD上运动，贝IJ&P+PC的最小值为2+2/2

B.若点P是棱力。的中点,则平面P3G截正方体所得截面的周长为2通+3V2

C.若点P满足PD11DC一则动点P的轨迹是一条直线

D.若点P在直线4C上运动，则P到棱8G的最小距离为平

【答案】BCD

【分析】化折线为直线，即可判断A,取CD1的中点E,连接BP、PE、C】E、AD..即可证

明四边形EPBG即为平面P8G截正方体所得截面，从而求出截面周长，即可判断B,根据线

面垂直判断C,利用空间向量法判断D.

【详解】对于A:如图将平面48CD展开与平面A。5为处于一个平面，连接&C与力。交于

点、P,

此时为P+PC取得最小值，即（4P+PC）min=V22+42=26，故A错误；

A/），

对于B：如图取DD]的中点E,连接BP、PE、C1E、AD.,

因为点P是棱4。的中点，所以P勿〃D[且PE=\ADX,

又48〃GDi且48=C/i,所以四边形力8G5为平行四边形，所以40//8G,

所以PE〃BG,所以四边形EP8G即为平面P8G截正方体所得截面，

又BCi=2y/2,PE==立，BP=E£=Vl2+22=V5,

所以截面周长为3&+2近，故B正确；

又寸于C：如图，DC11，BC，平面DCG01,DC1u平面,

所以。q1BC,又D]CCBC=c,。1。,8cu平面8czM」

所以DGJ•平面BCD/i,因为平面ABC。Cl平面8CD14=BC,

5W平面8CDi4,PW平面ABC。,

又PQ1DC..所以P在直线BC上，即动点P的轨迹是一条直线，故C正确；

对于D：如图建立空间直龟坐标系，则8(2,2,0),G(0,2,2),设P(a,2-af0)(aE[0,2]),

所以西=(-2,0,2),BP={a-2,-a,0),

所以P到棱8cl的距离d=I而,_悟^)_电由一2a+2=J沁-g)+g

题型3翻折求轨迹

【例题3】(多选X2023•全国•高三专题练习)如图，在长方形ABCD中癖8=2,8C=4,

E为BC的中点，将△B4E沿AE向上翻折到△P4E的位置，连接PC,PD,在翻折的过程中，

A.四棱锥P-4ECD体积的最大值为2&B.PD的中点F的轨迹长度的最大值为粤

C.EP,CD与平面PAD所成的角相等D.三棱锥P-4ED外接球的表面积的最小值为16口

【答案】ACD

【分析】根据锥体体积、动点轨迹、线面角、外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确

答案

【详解】对于A,梯形4ECD的面积为2；4x2=6,z4F=2V2,直角△斜边AE上的高为

V2.

当平面力PE1平面AECD时，四棱锥P-AECO的体积取得最大值:x6x&=2&A正确.

对于B,取P/的中点G，连接GF,GE,FC，则GF,EC平行目相等，四边形EUY；是平行四边形，

所以点F的轨迹与点G的轨迹形状完全相同.

过G作AE的垂线，垂足为HrG的轨迹是以H为圆心，HG=专为半径的半圆弧，

从而PD的中点F的轨迹长度的最大值为等，B错误.

对于C,由四边形ECFG是平行四边形，知ECIIFG.

则EC〃平面PAD,则瓦。到平面P/W的距离相等，

故尸E,CD与平面P4。所成角的正弦值之比为CD:PE=1:1,C正确.

对于D,Rt△力DE外接圆的半径为2,圆心为40的中点，

当三棱锥P-外接球球心为AD中点，即PD=2次时，

三棱推P-力ED外接球的表面积取得最小值，为4TTx22=16TT.D正确.

P(B)

故选：ACD

【点睛】求解几何体外接球有关问题，关键是判断出球心的位置以及求得球的半径.解几何

体外接球（表面积/体积）的一般方法和步骤为：1、寻找一个或两个面的外接圆圆心;2、分

别过两个面的外心作该面的垂线，两条垂线的交点即为外接圆圆心；3、构造直角三隹形求

解球半径，进而求出外接球表面积或体积.

【变式3-1]1.（多选I2023秋•广东佛山•高三校联考阶段练习）如图甲，在矩形力BCD中，

AD=2,BC=1,E为4。上一动点（不含端点），且满足将^AEO沿OE折起后，点A在平面

CCBE上的射影/总在棱DC上，如图乙，则下列说法正确的有（）

A.翻折后总有8C1AD

B.当EB=决寸，翻折后异面直线AE与8C所成角的余弦值为:

C.当E8=g时，翻折后四棱锥4-DC8E的体积为等

D.在点E运动的过程中，点尸运动的轨迹长度为3

【答案】ACD

【分析】根据线面垂直得出线线垂直，可判断A,作EP1DC于P，可得异面直线所成的角，

判断B，作4GIDEtiS：AE=x,DF=y,利用三角形相似可得x=；,利用函数性质求出y

的范围判断D,求出棱锥的高力尸，再由四棱锥体积公式计算可判断C.

【详解】在图乙中，因为点A在平面DCBE上的射影厂在棱DC上,所以M1平面DCBE,

又BCu平面DC8E，所以4F1BC又BC1DC,AFC\DC=F,AF,DCu平面力DC，所以BC1

平面4DC,又ADu平面ADC,所以8c1AD,故A正碓；

如图，

在图乙中作“1DC于P,连接4P,则EP〃8C,所以4E与"所成角即为4E与EP所成角，

又由8cJ_平面ADC可得EP1平面ADC,所以£P14P而EP=1,AE=2-BE=》则

cos乙4"=1,即力E与BC所成角余弦值为:，故B错误；

如上图，在图乙中作PG±DE于G，连接4G，则由4〃J_平面。C3E可得A"1DE，又“GAAF=

F,FG,AFu平面AGF,所以。EJ_平面AGF,

又4Gu平面4G/7,贝」OlE1AG,在图甲中,如图,

A,____里__.B

口

DFC

作力G1DE,则4,G,F三点共线，设力/?=x,OF=y,则由△DFA4DE可得黑=岩，

r\UC/i

即：=1,又在图乙中有AF=\IAD2-DF2=y/T^>0,

所以ye(0,1),所以x=^>1，而x=AEe(0,2),所以xe(1,2),y=[£一^二J

故D正确；

当EB=:时，x=[则y=|,所以"=VAD2-DF2=Jl=y,

则%-=4•"等型==，故C正确.

故选：ACD.

【变式3-1]2.(多选X2023春・湖南•高三校联考阶段练习)如图，在矩形ABCD中,AB=

V2AD=4,E,F,G,H分别为AB,BC,CD,AD的中点,AC与BD交于点O，现将SEH,

△BEF,ACFG,ADGH分别沿EH,EF,FG,GH把这个矩形折成一个空间图形，使A与D

重合，B与C重合，重合后的点分别记为M,N,Q为MN的中点，对于多面体MNEFGH,

下列说法正确的是()

A.异面直线GN与ME的夹角大小为60°

B.该多面体的体积为企

C.四棱锥E-MNFH的外接球的表面积为22Tl

D.若点P是该多面体表面上的动点，满足PQ1ON时，点P的轨迹长度4+V2

【答案】AC

【分析】根据异面直线所成角的几何法即可利用三角形边的关系进行求解A,根据线直垂直

以及锥体的体积即可求解B,根据外接球的性质，结合勾股定理即可求解C,根据线面垂直即

可判断点P的轨迹，即可求解D.

【详解】取，尸的中点为。,取NE的中点为点P,连接OQ,OP,

由几何体形成的过程可知平面MNFH1平面EFGH,其交线为〃尸，由于

四边形EFG〃为菱形，四边形为等腰梯形，故OQ±HFQQ厂平面MNFH，所以OQJL平

面“GH,

由题意可知GE=AD=2>/2,NG=NE=2,：.NG2+NE2=GE2,：.NG1NE,由于NF1

NG,NF1NE,NGCNE=N,NE,NGu平面NEG,所以NF1平面NEG,

由4.NGE=VN-GEF，得OQ=等等=簧野=1，则NOPQ即为异面直线GN与ME所

成夹角的平面角或其补角，而。P=PQ==1,.•.△OPQ为等边三角形，.•・异面直线

GN与ME的夹角大小为60°,选项A正确；

由几何体形成的过程可知平面MNFH1平面EFGH,其交线为，由于

四边形为菱形，四边形MN/7/为等腰梯形，故Of1HF,OEu平面"GH，所以OC1平

面MNFH,OQ=1,MH=>/2tHF=4=MN=2,

VMNEFGH=2VE_MNFH=2x三梯形M"H-^=2X|X1X（2+4）X1XV2=272,B

错误；

在&NFH中/NFH=45°,NH=y/32+l2=V10「.△NFH的外接圆直径为=亮;=2花，

△HEF的外接圆直径"=半=3奁，.•・四棱锥E-MNFH的外接球直径D满足"=宵+

Dl-HF2=20+18-16=22,••.四棱锥E-MNFH的外接球的表面积为TW?=22TT,选

项C正确：

由A可知NF1平面ENG,同理HM1平面MEG,又0N〃HM,所以01\1_1_平面MEG,点P

所在平面与平面MEG平行，二点P的轨迹为五边形QPRST,长度为1+号+/+曰+1=

2+2企，D选项错误.

故选AC.

【变式3-1]3.（多选）（2022•辽宁丹东统考一模）如图，正方形A8CD的边长为2,E为8C

的中点，将4B4E沿HE向上翻折到△PAE,连结PC,PD,在翻折过程中（）

P(0

A.四棱锥P-4ECD的体积最大值为学

B.P。中点尸的轨迹长度为企乃

C.EP,CO与平面P/1。所成角的正弦值之比为2:1

D.三棱锥P-力ED的外接球半径有最小值;，没有最大值

4

【答案】ACD

【分析】根据题意根据四棱锥的体积公式以及线面角的概念和三棱推的外接球概念作图，

逐个选项进行判断即可求解

【详解】由已知梯形4ECD面积为3,AE=V5,直角△4PE斜边力E

上的高为等.当平面力PE1平面4%。时，四棱锥P-4ECD的

体积取最大阍x3x第二空A正确；

JDD

取PA中点为G,则G尸，EC平行且相等,四边形EC”是平行四边形,

所以，点尸的轨迹与点G的轨迹完全相同，过G作4E的垂线，垂足为

从G的轨迹是H以为圆心，HG=*为半径4的半圆弧，从而P。

DD

中点尸的轨迹长度为等.B错误；

由四边形EC"G是平行四边形知EC〃/G,

则EC〃平面P4D,则瓦C到平面P4D距离相等，

故PE,CD与平面P4D所成角的正弦值之比为等于CD:PE=2:1.C正确；

△4PE外接圆为半径为内,3是4E中点，根据正弦定理△ADE

外接圆。2半径为3,AE是圆。1与圆。2公共弦，1。2。11=*

设三棱锥P-AED外接球球心为。，半径为R,

22

则R=|0E|=川0闽2+0向2=尺0遂|2+|020][2+|。2。|2=J（；）+|020|.

因为|。2。|G[0,+oo）,所以RG£+8）,所以R最小值为：，没有最大值.D正确;

故选：ACD

【变式3-1】4.（2023•全国高三专题练习）如图，在正方形4BCD中，点M是边CD的中点，

将4沿4M翻折到△,连接P8,PC,在440M翻折到△P4M的过程中，下列说法正

确的是.（将正确说法的序号都写上）

①点P的轨迹为圆弧；

②存在某一翻折位置，使得AM±PB；

③棱PB的中点为E,则CE的长为定值；

【答案】①③

【分析】依据翻折过程中P"LAM,PH=得力。均不变，判定点P的轨迹为圆弧，从而判断

①正确；利用反证法否定②；求得翻折过程中的长恒为今4。，从而判断③正确.

【详解】设正方形4BCD边长为a,

①在正方形48CD中,过点D作DH1AM于H,则DH=^a

在44DM翻折到△P4M的过程中,PH上AM,PH=均不变，

则点P的轨迹为以H为圆心，以9a为半径的圆弧.判断正确；

②假设存在某一翻折位置，使得AM1PB.

在6PAM内，过点P作PW1于N,连接BN,

由力MA.PB,PN1AM,PNdPB=P,可得/IM_L平面PBN

又BNu平面PBN,则AM±BN,则cxMA"枭=管

又在正方形48CD中，COSLMAB=COS^LAMD=y.

二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得AM1PB.判断错误；

③棱P8的中点为应取PA中点K,连接EK,CE,MK,贝!JMK=*

则有EK||AB,EK=^AB,则EKIIMC,EK=MC

则四边形EKMC为平行四边形，则CE=MK,

又MK=^a,则CE=与a,即CE的长为定值.判断正确.

故答案为：①③

题型4角度恒定求轨迹

【例题4】（2018•北京・高三强基计划）在正方体力BCD-力出C/i中，动点M在底面4BCD

内运动且满足乙。。源=乙DD】M,则动点M在底面力BCD内的轨迹为（）

A.圆的一部分B.椭圆的一部分

C.双曲线一支的一部分D.前三个答案都不对

【答案】A

【分析】根据WZM=可得DM在圆锥面上，故可得M的轨迹.

【详解】因为NDD4=乙DDiM,故DM在圆锥面上，该圆锥以DD】为轴,。为顶点,

而M在底面4BCD内，

故动点M在底面力8。。内的轨迹是以D为圆心的四分之一圆弧力C.

古嬷：A.

【变式4-1]1.（2023春河南高三校联考阶段练习）已知长方体/WCO-431Q01的外

接球的表面积为5Tl,力4=2,点P在四边形力遇CC1内，且直线BP与平面占4CC1所成角

为:，则长方体的体积最大时,动点P的轨迹长为（）

A.TTB.®C.2D.包

224

【答案】C

【分析】首先由题意得到长方体体积最大时，得到几何体的棱长，设AC,80相交于点。，

由801平面AMCC],确定线面角，从而确定点P的轨迹，从而得解.

【详解】因为长方体力BCD-4避62的外接球的表面枳为571,设外接球的半径为R,

所以4近=5n，解得R=亨或R=-苧（舍去），即外接球的直径为遥,

设48=a,BC=b,则49+炉+=遥，可得Q?+b2=1,

所以V=2ab<a2+b2=l,当且仅当a=b=当时，等号成立.

如图，设AC,8D相交于点。，

因为801.AC.B0LAAr,ACC\AAX=A,AC,AA1,

所以8。，平面力遇CG,直线BP与平面4"CQ所成角为3,

所以乙BP0=%故0P=3则点P的轨迹是以。为圆心,半径r=[的半圆弧，

422

所以动点P的轨迹长为TTr=.

故选：C

【变式4-1]2.（2023・湖北襄阳・襄阳四中校考模拟预测）如