2025年新高考数学专项复习：立体几何小题轨迹问题七大题型（解析版）

专题1-5立体几何小题轨迹问题七大题型汇总

。常考题型目录

题型1平行关系与轨迹............................................................1

题型2垂直关系与轨迹............................................................9

题型3定长与轨迹...............................................................19

题型4相等关系与轨迹...........................................................33

题型5角度定值与轨迹...........................................................44

题型6翻折问题与轨迹...........................................................59

题型7旋转问题与轨迹...........................................................67

口题型分类

题型1平行关系与轨迹

【例题1】（2023•全国•高三专题练习）如图，在三棱柱ABC中，M为4的的中点

N为侧面BCG2上的一点，目MN〃平面ABC1，若点N的轨迹长度为2,则（）

A.AC】=4B.BC1=4C.AB、=6D.BrC-6

【答案】B

【分析】根据面面平行的判定定理证明平面“DE〃平面48Q,再由MN〃平面ABC1可得点

N的轨迹为线段DE,据此即可得解.

【详解】如图,

取B1G的中点D,BB1的中点E,连接MD,DE,ME,

由MD〃48//4B,DE//BCr,

又MD0平面48G,ABu平面4BG,所以MD〃平面,

同理可得。£7/平面48G,又MDCDE=D,MD,DEu平面MDE

所以平面MDE〃平面,又MN〃平面48G,

故点N的轨迹为线段DE,又由DE=/的=2,可得BC]=4.

故选：B.

【变式1-1J1.侈选）（2023•全国•高三专题练习）已知AABC为等腰直角三角形,48=AC,

其高4D=3,E为线段BD的中点，将仆ABC沿AD折成大小为9g<0<欧的二面角，连接

BC,形成四面体A-BCD,动点P在44CD内（含边界），且PEII平面4BC,则在。变化的

过程中（）.

.AD1BC

B.E点到平面4DC的距离的最大值为|

C.点P在△4。。内（含边界）的轨迹长度为企

D.当BP14C时，BP与平面ADC所成角的正切值的取值范围为[2企,+8）

【答案】ABD

【分析】作图，根据图中的几何关系以及有关定义构造三角形逐项求解.

【详解】依题意作下图：

c.

AD=3,BD=CD=3,AB=AC=3企,

又•••BD1AD,CD1AD,乙BDC=3,BDeCD=D,BDu平面BCD,CDu平面BCD,

AD1平面BCD,BCu平面BCD,.1.AD1BC,A正确；

取AD的中点F,CD的中点G,连接EG,EF,GF；

GF"AC,ACu平面ABCGF〃平面ABC,EF//AB,ABu平面ABCEF//平面ABC,

GFCtEF=F,平面GEF//平面ABC,

又PE//平面ABC,PC平面ACD,平面AC。C平面EFG=GF，:.P点在线段GF上,

P点在△AC。内轨迹的长度GF==誓，C错误；

过E点作CD的垂线EH得垂足H,AD1平面BCD,EHu平面BCD,

•••EH1AD,CDQAD=D,CDu平面ACD,ADu平面ACD，:EH，平面ACD,

即线段EH的长度就是E点到平面ACD的距离EH=EDsind=|BDsind<|sin^|,

B正确；

对于D,

—―/\z

如图ED

过B点作CD的垂线得垂足I,则有引，平面ACD,过I点作GF的垂线得垂足P,

GF1PI,GF1BI,BICPI=I,BIn平面BPI,PIu平面BPIGF1平面BPI,GF1BP,

又GF〃a&，BPLAC,BP与平面ACD所成的角就是NBP/,

在等腰直角三角形GPI中，P/=^G/=*(|-3cos0),BI=3sin0,tanzBP/=3=

。(n+

需3sin由u力Tt亍\，

当8=T时，0/=3cos==|,I点与G点重合，P点与G点重合，此时BP1平面ACD,

tanzBPZ不存在；

f(9)是减函数，当9=%寸取/⑻最小值=2V2,BPtanzBP/e[2鱼,+8),D正确；

故选:ABD.

【变式1-1】2.侈选)(2023•全国•高三专题练习)已知正方体力BCD-a/iGA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MN〃平面&BG,则()

AMB

A.三棱锥N-&BG的体积为定值|

B.当|MN|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DN=2,则点N的轨迹长度为2TT

【答案】ACD

【分析】首先利用平面的基本性质确定N点所在平面MEFGH/,且面MEFGH/〃面&BG,

构建空间直角坐标系，求面4/6的一个法向量，应用向量法求N到面4/C]的距离，进而

求三棱锥N-&BQ的体积判断A找到|MN|最大时MN与BC所成角的平面角即可判断B;

判断a=(2,0,0),DC=(0,2,0),西=(0,0,2)与率=(1,1,1)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N为球心的球体被面MEFGH/所截的圆，进而求周长判断D.

【详解】过4B中点M作ME〃&B与交E,作EF〃BC1与交F,重复上述步骤，

依次作&a，a/,BG的平行线与。1G,GC,8c分别交于G,/7,/(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MEFGH/,

因为,ME仁面&BG,ArBu面&BCi,

所以ME〃面4/6,同理可得EF〃面4/Ci,

因为MEClEF=E,ME,EFu面4/6,所以面MEFGH/〃面A/C1，

所以面MEFGH/中直线都平行于面&BG,又ME^MEFGHI,且MN〃平面4/6,

所以MNc^MEFGHl,即NE^MEFGHl,

根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，贝必(2,0,0),4(2,0,2),5(2,2,0),

Ci(0,2,2),且M(2,l,0),£(2,0,1),F(l,0,2),G(0,1,2),H(0,2,l),/(l,2,0),

A：由上分析知：面MEFGH/任意一点到面&BG的距离，即为N到面4BG的距离，

而=(0,2,-2),CjB=(2,0,-2),若沅=(x,y,z)为面的，一个法向量,

所以,竺=2y-2z=o,令z=1,则沅=(w),而而=©IQ),

Im-C1B=2x-2z=0

所以M到面&BC1的距离，即N到面&BC】的距离为d=与票=手,

又A&BQ为等边三角形，贝！|SA&BG=IX(2烟2x'=2百，

所以三棱锥N-&BCi的体积为定值gXdXSAABQ=|，正确；

B：由图知：当N与G重合时|MN|最大为2a,且MG〃BG,

所以MN与BC所成的角，即为NC/C=:,错误；

C：由正方体性质，只需判断各侧面的法向量瓦I=(2,0,0),DC=(0,2,0),西=(0,0,2)与

m=(1,1,1)的夹角余弦值的绝对值是否相等即可，

又cos向瓦^)|=|嵩翁=专,同理可得|cos同项|=|cos伍历7)1=专,

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DN=2,则点N的轨迹是以N为球心的球体被面MEFGH/所截的圆，

因为面MEFGH/〃面&BG,故沅=(1,1,1)也是面用第6出的法向量，而加=(1,0,2),

所以。到面MEFGH/的距离为出=噌=V3,故轨迹圆的半径r=)22-(V3)2=1,

故点N的轨迹长度为2nr=2n,正确.

故选：ACD

【变式1-1】3.侈选)(2022•全国模拟预测)已知正方体2BCD-&B1GA的棱长为2,

平面a过点A,ArH1平面a,且垂足H在正方体的内部，P是棱G5上的动点，则()

A.当BD〃平面a时，H点的轨迹长度为TI

B.点H所形成曲面的面积为与

C.若仅存在唯一的平面a，使得1HP,则DiP=史?

D.若P为C也的中点，则直线PH与平面人/道也所成角的最大正切值为手

【答案】ACD

【分析】根据AH1垂直关系可得H在以A&为直径的球面上，根据线面平行可判断H

点轨迹为以为直径的半圆，即可根据弧长公式求解A,根据球的表面积公式即可判断B,

根据H的轨迹以及相切，根据长度关系即可列方程求解C,根据四点共面以及正切二倍角

公式即可判断D.

【详解】由于4/1平面a,AHua,所以力H1ArH,即H在以441为直径的球面上，因为

AA1=2,所以球的半径为R=1,

因为1平面4BCD,BDu平面4BCD,所以1BD,

因为AC1BD,AA1C4C=A,AAltACu平面"。出，

由于BD1平面4CC14,当B。//平面a时，可知41H1BD,所以H6平面ACC/i,即H点轨迹

为以为直径的半圆，所以半圆的弧长为[x2TIx1=TI,故H点的轨迹长度为TT,A正

确；

因为平面，平面ADD14,

所以点H形成的曲面是球面的：，所以面积S=ix4TTR2=冗，即B错误；

由题意可知，存在唯一的点H，使得HC1HP,所以以力为为直径的球与以CP为直径的球

相切，

设中点为。，CP中点为M,DA中点为N,贝UON1MN,设=2x(xG[0,1]),

则CP=02+(2-2x)2=2Vx2-2x+2,ON=2,MN=x+1,

贝[]0M=](久+I[+22=Vx2+2x+5，又由于相切，则。M=R+与，所以，-+2x+5=

1+V%2-2%+2，解得x=卓，所以=等，即C正确；设直线PH与平面4B1C1D1

所成角最大时，

PH与以A4i为直径的球相切，目P,&,O,H共面，易知P4与以为直径的球相切，

则=Z.HP0=0,且tang=9=橐，所以tan28=2^an^=，，即D正确.

2

PAtV5l-tan02

故选：ACD

【点睛】方法点睛：本题考查了空间中点线面的位置关系，轨迹弧长的问题，以及空间中的

距离最值以及空间角的最值问题.解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间

几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：

(1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心

到接点的距离相等且为半径；

(2)作截面：选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元

素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的；

(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解

【变式1-1]4.(2023・全国•高二专题练习)如图，在棱长为1的正方体4BCD-

中，点E,F分别是棱BC、CG的中点，P是侧面ADD14内一点(含边界)，若PC"/平面

AEF,点P的轨迹长度为

【分析】利用坐标法，根据线面平行和面面平行的判定及性质找出P的轨迹，根据轨迹特点

可求答案.

【详解】如图，分别取441，4%的中点也村,连接MN,MB,NC],

以。为坐标原点，。40&。5所在直线分别为*,%2轴，建立空间直角坐标系，

则M(1,0,1),N&0,1),Q(0,l,l),E&1,0),F(0,1,乡,力(1,0,0)；

所以而=(后,0,3,而=(6,0,》西=(一仙0),XE=(-|,l,0)；

故而=EF,即MN//EF,又MN仁平面4EF,EFu平面2EF,

所以MN〃平面AEF,同理可得NG〃平面4EF,又MNnNCr=N,MN,NCru平面MNC1，

所以平面MNG〃平面AEF；

因为P是侧面内一点(含边界),PG〃平面AEF,

所以点P必在线段MN上，即点P的轨迹为MN,

所以点P的轨迹长度为MN=|而|'.

故答案为：号

题型2垂直关系与轨迹

【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星a,PBla,

C是a内异于A和B的动点，目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48为直径的圆(去掉4B两个点).

【详解】连接4B,8C.

PB1a,ACca,则PB1AC,又PC1AC,

PBCPC=P,PB,PCu平面P8C,贝！MC1平面P8C,

又BCu平面P8C,贝！MC1BC,

则动点C在平面a内的轨迹是以48为直径的圆（去掉4B两个点）.

【变式2-1]1.（多选）（2023•全国•高二专题练习）如图，在棱长为1的正方体4BCD-

a/iGA中，M为4a边的中点，点P在底面ABCD内运动（包括边界），则下列说法正

A.存在点P,使得1ADr

B.过三点4M、2的正方体ABC。-A/iGA的截面面积为?

O

C.四面体A1GBO的内切球的表面积为:

D.点N在棱BE1上，且BiN=4NB,若5P1NP,则满足条件的P的轨迹是圆

【答案】BC

【分析】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由原-M=0可判断A；

过三点4M、%的正方体4BCD-4/iQDi的截面为以MQ,4£>i为底的等腰梯形，求出截

面面积可判断B；设四面体&C/D的侧面积为S，其内切球的半径为r,球心为。，由小

1clBD—

4%Y©B，即?八=4X2求出r可判断C；由分析可得「的轨迹是(x-|)2+(y-1=总

被四边形4BCD截得的4段圆弧，求解可判断D.

【详解】对于A,以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设P(x,y,O),则。式0,0,1),4(1,0,0),印=(x,y,-l),丽=(-1,0,1);

若D]P1ADr,则瓦？•~AD1=0,即％=-1,与题意矛盾,所以A错误；

对于B,取中点Q,连接AM,MQ,4Q,因为D〃//MQ,

所以可得人M、心、Q四点共面，

所以过三点4M、必的正方体ABC。-的截面为以MQ,4Di为底的等腰梯形，

皿=<2,MQ=^-,DrM=+CM='，

过点Q作Q"1ZM，所以力"=空F"=v，

Z4

所以梯形的高为QH=佰)2一(彳)2=乎,

所以，s=^x(曰+&)义学=支故B正确；

对于C,如下图知：四面体&GBD的体积为正方体体积减去四个三棱锥的体积,

可知四面体&C1BD是棱长为近的正四面体，

取A&DC1的外心。1,连接8。1,则BO11平面&DC1,

则241。]=,则4。=y,所以BO1=J(何2-(日)=W'

所以四面体&C/D的高BO1=h=等，

设四面体&C/D的侧面积为S,其内切球的半径为r,球心为。，

11

1匕IGBO=4%TICIB，--Sh=4X-Sr,

即r=3=¥，S=4兀产-所以C正确；

463

对于D,N(1,1日,WP=(x-l,y-l,-|),-.DrPlNP,：.D^NP=O,

BPx(x-1)+y(y-1)+1=0,可得轨迹为圆：-1)+(y-0=,

所以,圆心(|,),r=^>|\AB\=J又3e[0,1],

所以，轨迹为圆：(*-j)2+(y-|)2=2被四边形4BCD截得的4段圆弧，

所以D错误；

故选：BC.

【变式2-1]2.侈选)(2023•全国•高三专题练习)(多选)如图所示，圆锥PO中，P。为

高，AB为底面圆的直径，圆锥的轴截面是面积等于2的等腰直角三角形，C为母线PA的

中点，点M为底面上的动点，目OM^AM,点O在直线PM上的射影为H.当点M运

A.三棱锥M-ABC体积的最大值为,

B.直线CH与直线PA垂直不可能成立

C.H点的轨迹长度为n

D.AH+HO的值小于2

【答案】ACD

【分析】根据圆锥体积公式结合最值判断A选项，由已知得出矛盾判断B选项，由线面垂

直得出轨迹判断C选项，结合不等式判断最值判断D选项.

【详解】设圆锥的底面半径为R,高为h,母线长为I.

由已知，圆锥的轴截面为面积等于2的等腰直角三角形，则其面积S=|P4.PB=|/2=2,

解得1=2,所以/?=/1='/=企.

对于A项，如图2,由OM±AM可知，点M在以OA为直径的圆上.

因为04=R=夜，所以点M到平面PAB距离的最大值为卯4='.

图2

易知SfBC=OAMB=；X2=1,故三棱维M-ABC体积的最大值为！x1x¥=巳故A

Zz5Zo

正确.

对于B项易知PO,平面AMBAMu平面AMB所以AMLP。，又AM^OM,OMnPO=O,

OMu平面POM,POu平面POM,

所以AM，平面POM,又OHu平面POM，则AM，OH,

又OH_LPM,PMDAM=M,AMu平面PAM,PMu平面PAM,则OH,平面PAM,又

PAu平面PAM，则OH^PA,

由APAB是等腰直角三角形，可得PO=OA,即WOA为等腰三角形，连接OC,又C为PA

的中点，故PA±OC,

又OHnOC=O,OHu平面OHC,OCu平面OHC,见IPA,平面OHC,所以PA±CH恒

成立，故B项不正确.

对于C项，由B项可知PA,平面OHC又01_1_1_平面「人1\/1,HCu平面PAM所以OH_LHC,

过点C且与PA垂直的平面仅有一个，则H点的轨迹为以OC为直径的圆(除去。，C两

点).

又。C=[PH=1,则H点形成的轨迹周长为IT,故C项正确.

对于D项，设OH=x,xE(0,1),由B项可知CH±PA,CH_LOH，贝=V1—%2,AH=

V2—x2.

所以ZH+H0=%+V2—x2<V2V%2+2—%2=2,则AH+HO的值小于2,D项正确.

故选ACD

【变式2-1J3.侈选）（2023•重庆校联考三模）已知在三棱锥P-ABC中,PA=PC=AB=

BC=2,AC=2陋,平面PAC，平面ABC.若点M为BC的中点，点N为三棱锥P-ABC

表面上一动点，则下列说法正确的是（）

A.三棱锥P-4BC的外接球的表面积为2011B.直线PC与AM所成的角9e

C.若AC1MN,则点N的轨迹长度为1+,D.若点N在棱AC上，则MN+NP的最小

值为2

【答案】ABC

【分析】先求出=4PC=罟,再根据平面PAC平面ABC.利用球的性质找到球心

0,求出球的半径，球的表面积公式可知A正确；通过作平行线作出异面直线所成角，利用

余弦定理计算可知B正确；过点M作ME1AC于点E.在平面PAC内，过点E作EF1AC,

交PC于点F,连接MF.根据力C1MN,EF1AC,得到点N的轨迹，计算可知C正确；

利用侧面展开图中两点连线段最短，计算可得D错误.

【详解】因为P4=PC=AB=BC=2,AC=2^3,所以乙4BC=ZXPC=与,

对于A，如图（1）,设44BC的夕卜心为。1,△PAC的夕卜心为。2,

连接BO1，PO.由已知，得8。1=PO==2.

222sin-^-

取AC的中点H,则HePO2,HeBOr,则PH1AC,BHLAC.

因为平面PAC1平面ABC,平面PACC平面28CAC,PHu平面P4C,BHu平面ABC,

所以PH1平面ABC,BH1平面PAC.

过点。i作平面ABC的垂线，过点5作平面PAC的垂线，两垂线的交点。为三棱锥P-48c的

外接球的球心，目。。1=HO2==1,

其半径R=J80：+0］。2=⑪+F=75,

所以S=4nR2=2On,故A正确.

对于B,如图（2）,取PB的中点D，连接AD,DM,^]AD1PB.DM//PC,DM=^PC=1,

则乙4MD（或其补角）即为直线PC与AM所成的角8.

因为平面PAC1平面ABC,P力C都是以甘为顶角的等腰三角形,

所以PB=Jgpc)2+QXB)2=V12+I2=V2,

所以4D=加2_(»4=)—倒=岁.

因为4M=JAB2+BM2-2AB-BM-cosy=J22+I2-2x2X1X(-|)=V7,

I2+(V7)2-(^)2

222

所以cos乙4MDDM+AM-AD977

2DM-AM2xlxV728

因为手（终＜¥，所以直线PC与AM所成的角8e（IT）,故B正确.

ZZoZ\o4/

对于C,如图（2）,过点M作ME1AC于点E.在平面PAC内，过点E作EF1",交PC

于点F,连接MF.

若4CLMN,则点N的轨迹长度为ME+EF+FM=T+T+?=l+¥，故C正确.

对于D,如图（3）,把侧面PAC与底面ABC展开到同一个平面,连接PM,交AC于点N.

由两点之间线段最短，得MN+NPNPM=痘，所以MN+NP的最小值为百，

故D错误.

A

B

图⑴图⑵图⑶

故选：ABC.

【点睛】关键点点睛：对于A,根据平面PAC_L平面ABC.利用球的性质找到球心。是解题

关键.对于C,利用垂直找到点N的轨迹是解题关键

【变式2-1]4.（2021秋•高二课时练习）如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三

角形，0为底面中心，M为S。中点，动点P在圆锥底面内（包括圆周）.若AM，MP,

则点P形成的轨迹长度为，点S与P距离的最小值是

【答案】?/1V7当/；夙

2244

【分析】建系，根据空间向量的垂直关系可得点P的轨迹方程为y=[.空1：根据圆的弦长

公式运算求解；空2:根据空间中两点间距离公式运算求解.

【详解】由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示.

贝必（0,S（0,0,V3）,M（0,0,^）,

设P（”0）,则宿=（0,1,丹丽=（x,y,-y）,

因为AM_LMP,则施•丽=0Xx+lXy+yX（-y）=0,解得y=：,

所以点P的轨迹方程为y=|,

空1:根据圆的弦长公式,可得点P形成的轨迹长度为211-©）2=?；

空2:因为SP=J（x-0）2+g-0）2+（0-V3）2二卜+||,

所以当久=0时，点S与P距离的最小，其最小值为苧.

4

故答案为：;苧.

Z4

【变式2-1]5.（多选）（2023•全国•高三专题练习）如图，圆柱。01的底面半径和母线长均

为3,是底面直径，点C在圆。上且OC1AB，点E在母线BD上,BE=2，点F是上底面的一

A.存在唯一的点尸，使得2F+FE=2旧

B.若4E1CF,则点尸的轨迹长为4

C.若2F1FE,则四面体4CEF的外接球的表面积为40n

D.若4F1FE,则点F的轨迹长为2伤II

【答案】ACD

【分析】对选项A:作E关于D点的对称点为,利用对称性与三点共线距离最短求解；

对选项BD:建立空间直角坐标系，根据F满足的条件判断其轨迹，求其长度；对选项C：

证明AE中点Q为四面体4CEF的外接球的球心即可.

设E关于D点的对称点为斤，

贝！］4F+EF=AF+FE'>AE'=AB2+BE'2=<62+42=2V13,

所以AF+FE>2g,当且仅当三点共线时取等号,

故存在唯一的点尸，使得4F+FE=2后,故A正确；

由题意知。C1AB,OO110C,00114B,以0为坐标原点，以。C,0B,。。1为x,y,z正方

向建立空间直角坐标系，

则4(0,—3,0),C(3,0,0),纵0,3,2),设尸3y,3),

则版=(0,6,2),CF=(x-3,y,3),而=(x,y+3,3),而=(x,y-3,l),

对选项B：当月E1CF时，族•疗=6y+6=0,二y=-1,

所以点F的轨迹长为上底面圆。1的一条弦MN,。]到MN的距离为1,

所以MN=2百一=4V2,故点F的轨迹长为4位,所以B错误；

对选项D:当4尸1FE时，AF-FE—(x,y+3,3)-(x,y—3,1)=0,x2+y2-6,

所以点F的轨迹是以Oi为圆心，伤为半径的圆，其轨迹长为2①TT，故D正确；

对选项C：在44CE中，AC=3V2,CE=J(3V2)2+22=y/22,AE=V62+22=V40,

AC2+CE2=4产,ACE为直角三角形，其夕卜心为4E与。。i的交点Q,且。Q=1,QE=

V10,

而QF=皿。/+。/2=V22+6=V10

所以QF=QE=QC=Q4,所以Q为四面体4CEF的外接球的球心，球半径为同,所以球

的表面积为40Tl,故C正确.

故选：ACD

【点睛】方法点睛：对立体几何中动点的轨迹问题采用几何法分析难度时可以用坐标法去研

究,根据动点的坐标满足的方程可以方便的判断出轨迹的形状,将几何问题转化为代数问题

解决

题型3定长与轨迹

【例题3](2023•全国•高三专题练习)正方体A8CD-a/iGA的棱长为1,点P在三棱锥

G-BCD的表面上运动，且&P=手,则点P轨迹的长度是（）

Aj3+2V6ng_2V3+V6n

66

A/3+76^2^/34-76^

CR.----nDn.------TT

63

【答案】A

【分析】根据题意，点P在以公为球心，半径R=平的球面上，进而依次讨论该球与三棱锥

G-BCD的表面的交线即可得答案.

【详解】解：由题设知点P在以①为球心，半径R=半的球面上，

所以点P的轨迹就是该球与三棱锥G-BCD的表面的交线.

由正方体性质易知三棱锥&-GBD为正四面体，

所以，点&到平面QBD的距离d=手,

所以球必在平面C/D上的截面圆的半径q=7^二二涯=日,

所以，截面圆的圆心01是正△QBD中心JEAC/D的边长为企其内切圆。1的半径2=当＜

O

因此，点P在面GBD内的轨迹是圆。1在4C/D内的弧长，

如图所示.3乙M0、H=^=L所以乙”。担==,

所以NM01N=],

所以，点P在此面内的轨迹长度为qm-3x欧=等.

因为A41平面ABCD,所以球％在平面ABCD上的截面圆心为A,

其半径上=尸二遍=半，又曰<当<1,

所以点P在平面BCD内的轨迹是一段弧即,

如图所示，cosZ-GAE=*=f，

AE2

所以NG4E==,从而血尸==,所以即=等.

639

由于对称性，点P在平面QBD和平面6CD内的轨迹长度都是等，

故点P在三棱锥G-BCD的表面上的轨迹的长度是等+3X粤=宜等n.

故选：A

【变式3-1J1.（多选）（2023秋・广东阳江•高三统考开学考试）已知正方体ABCD-

的棱长为2,M为空间中任一点，则下列结论中正确的是（）

A.若M为线段AC上任一点，则AM与/Ci所成角的范围为

B.若M为正方形ADZMi的中心，则三棱锥M-48。外接球的体积为8n

C.若M在正方形DCC/i内部，且|MB|=V6，则点”轨迹的长度为彳n

D.若三棱锥M-BDQ的体积为5亘成立，点M轨迹的为椭圆的一部分

DO

【答案】ACD

【分析】对于A:根据异面直线夹角分析判断；对于B:根据题意分析可得AC与BD的交点。

即为三棱锥M-48。的外接球的球心，结合锥体的体积公式分析运算；对于C：分析可得

MC-V2,结合圆的周长分析运算；对于D：根据题意结合圆锥的截面分析判断.

【详解】对于A：过点M作交DC于点N,连接。.

则41MN即为与BQ所成角的平面角，且MN1DrN.

当点M由点A向点C移动的过程中,点N由点D向点C移动，

线段。1N逐渐变长，MN逐渐变短，

所以tanzD】MN=器逐渐变大.

又当点M在点A处时，乙DIMN=:；当点M在点C处时，血MN=：.故A正确.

对于B：由题意可知：48，平面,DM,AMu平面,

贝！1DM,AB1AM,

又因为AMLDM,ABCyAMA,AB,AMu平面ABM,

所以DM1平面4BM,

BMu平面ABM,则。M1BM,

故4时20和42BD均为直角三角形.

所以"与8。的交点。即为三棱锥M-48。的外接球的球心,半径R=坪。=&,

此外接球的体积1/=*(2了=学口.故B不正确.

对于C：由题意可知：BC，平面DCCi。］,CMu平面DCCiA,

贝！］8C1CM,

点M在侧面DCG5内，满足MC=y/MB2-BC2=夜,

故点M的轨迹是以点C为圆心，半径为近的四分之一圆弧，

所以点M的轨迹的长度为;•2TT•(&)=yTT,C正确.

对于D：设三棱锥M-BOQ的高为h,

由三棱锥M-BO/的体积为1/ix|x2V2x2V2x^=p解得h=警,

即点M到平面BDQ的距离为学.

对于三棱锥C-BDC.,设高为必，

由体积可得也x|x2V2x2V2x^=|x2x|x2x2,解得自=誓,

即点C到平面BDCI的距离为竽,

可得：点4到平面B15C的距离为平，平面/AC与平面BDQ的距离为竽,

故点M在平面当。停或为点C,

若NMDiC==,空间点”的轨迹为以DiC为轴的圆锥表侧面，

显然点C不满足题意，

设与平面B/iC所成的角为。，贝[|sinB=矗=*>]

故平面aAC与圆锥侧面相交，且平面8101c与不垂直，故平面8101c与圆锥的截面为椭

圆，

显然点/不合题意，所以点M的轨迹为椭圆的一部分，故D正确.

故选:ACD.

【点睛】方法定睛：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.对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性.

【变式3-1]2.侈选）（2023・全国•高二专题练习）如图,在棱长为1的正方体ABCD-

ABiC/i中，。为棱BBi的中点，Q为正方形BBiGC内一动点（含边界），则下列说法中正

确的是（）

DC

A.若DM〃平面&PD,则动点Q的轨迹是一条线段

B.存在点Q，使得DiQ_L平面&PD

C.当且仅当点Q落在G处时，三棱锥Q-&PD的体积最大

D.若D]Q=苧,那么点Q的轨迹长度为声

【答案】ACD

【分析】选项A:利用面面平行证明线面平行，得到动点轨迹；选项B:利用向量法证明线

面垂直，判断动点是否存在；选项C:利用向量法求点到平面距离，计算棱锥体积；选项

D:利用方程判断轨迹形状并求轨迹长度.

【详解】取ZG、GC中点E、F,连接。止、DEEF、PF,

由PF〃BC//AiDi且PF=BCL4名知4记尸劣是平行四边形，.,力//〃1/,

：DrF0平面4/。,A±Pu平面&PD,D/〃平面&PD,同理可得£77/平面&PD,

'：EFnDrF=F,EF,DrFu平面,

・•・平面〃平面DiEF,则Q点的轨迹为线段EF,A选项正确；

如图，建立空间直角坐标系，

则&(1,0,0),P(l,l,|),D(0,0,l),设Q(x,l,z),0<x,z<1,

则硒=(-1,0,1),A^P=(0,1,1),O=(x,l,z).

设记=(<2,6,切为平面4/。的一-^法向量,

取c=1,则沅=(1,一31).

唱:n‘得『二

"%=A

若DiQ1平面&PD,则瓦同〃记，即存在26R，使得强=4沅，则-1=一（，解得x=z=

<z=A

-2生［0,1］,故不存在点Q使得。iQ1平面A/D,B选项错误；

△&PD的面积为定值，二当且仅当Q到平面&PD的距离d最大时，三棱锥Q-&PD的体积

最大

①x+zw|,d=1-|(x+z),则当x+z=0时，d有最大值1；

②x+z>|,d=|(x+z)-l,则当x+z=2时，d有最大值1；

综上，当x+z=0,即Q和酊重合时，三棱锥Q-&PD的体积最大，C选项正确；

AG，平面B/C1C,.ACi1伙,DiQ=⑪4+Cg=苧，

：GQ=4，Q点的轨迹是半径为学，圆心角为:勺圆弧，轨迹长度为4兀,D选项正确.

ZZZ4

故选:ACD.

【变式3-1】3.侈选）（2023春广东惠州•高一统考期末）如图，点M是棱长为1的正方体

ABCD-&B1G必中的侧面4。。山上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（）

A.有无数个点M满足CM144

B.当点M在棱DA上运动时，MA+MB］的最小值为遮+1

C.若MBLV2,则动点M的轨迹长度为］

D.在线段/Wi上存在点M，使异面直线MB】与CD所成的角是30。

【答案】AC

【分析】对于A,根据线面垂直性质定理以及判定定理，可得其正误；

对于B,利用"将军饮马"模型，旋转平面化折为直，结合勾股定理，可得其正误；

对于C,利用直观想象圆锥的模型，利用勾股定理，求得其底面轨迹，可得其正误；

对于D,根据异面直线夹角的定义，利用数形结合以及三角函数的定义，可得其正误.

【详解】对于A,若M在右。上,则此时有无数个点M满足CM1ADr,

证明如下：由正方体的性质得CD1平面,因为u平面4DD14,所以CD1AD1.

又&。1ADr,CDClArD=D,CD,A±Du平面&DC,所以他1平面&OC,

因为CMu平面A/C,所以A/1CM,即此时有无数个点M满足CM1ADr,故A正确；

对于B,旋转平面4。。送1使之与平面共面，如图中,连接4名交。。1于点

M,

此时M4+MB1最短为,大小为+(1+2>H%+1,故B错误；

对于C,当点M在平面内时MiBi1面力u面力。,则A/】_L&M,

2

所以4/J+A1M=B]M2=2,所以=1，所以点”的轨迹是以久为圆心，半径为1的

掴弧，

从而动点M轨迹长度为:x2TT=三，故C正确；

对于D,因为CD〃/1%,所以直线与CD所成的角，即为直线BiM与4/1所成角，即

乙4181M或其补角，

由在线段4久上存在点M知>乎，由&%1ArM，得tanN&BiM=^-=A1M>^>

V3

故选：AC

【变式3-1]4.侈选）（2023•全国•模拟预测）如图，已知正方体4BCD-的棱长

为2,P,Q分别是DA和底面ABCD上的动点（包含边界），且PQ=1,PQ的中点为M,

则下列说法正确的有（）

A.点M的轨迹的面积为弓

O

B.直线CiQ与BC所成角的余弦值的范围为[|,平]

C.当PQ14G时，三棱锥％-QC%的体积为定值

D.|帝+瓦的最小值为4百-1

【答案】ACD

【分析】A选项，连接QD,DM,可得DM=[PQ=J从而可判断选项；

B选项，注意Q与D重合的特殊情况；

C选项，由PQ14G,可得点Q在线段BD上,结合BDII平面/CD],可判断选项；

D选项，注意到|可+瓦©=2|瓦百，则问题转化为球外一点到球面距离的最小值

【详解】A