重難點專題31 立體幾何壓軸小題（軌跡與最值）十四大題型匯總（解析版）

重難點專題31立體幾何壓軸小題（軌跡與最值）十四大題型匯總題型1平行求軌跡 1題型2垂直求軌跡 16題型3翻折求軌跡 23題型4角度恒定求軌跡 32題型5定長求軌跡 42題型6向量法求軌跡 52題型7阿波羅尼斯圓相關 66題型8解析幾何相關 77題型8線段最值 93題型9折線求最值 102題型10倍數(shù)求最值 114題型11點線距離求最值 119題型12點線面距離求最值 127題型13周長求最值 138題型14面積求最值 153題型1平行求軌跡【例題1】（2023·江西贛州·統(tǒng)考二模）在棱長為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P滿足AA1=4AP，E，F(xiàn)分別為棱BC，CDA．5373 B．237 C．7【答案】D【分析】作出輔助線，找到點Q的軌跡，利用勾股定理求出邊長，得到周長.【詳解】延長AD,AB，交EF的延長線與H,G，連接PG,PH，分別交B過點A1作A1K//PG交BB1于點K，過點A因為A1K?平面EFP，PG?平面EFP，所以同理可得A1N//因為A1K∩A1過點N作NM//A1K交連接MK，則MK則平行四邊形A1KMN（A1因為正方體棱長為4，E，F(xiàn)分別為棱BC，CD的中點，AA所以AP=1,因為A1P=過點N作NJ⊥CC1于點J，則則由幾何關系可知JM=B1由勾股定理得A1所以點Q的軌跡所構成的周長為837故選：D【變式1-1】1.（2023·全國·高三專題練習）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3，點M滿足CC1=3CMA．3 B．10 C．13 D．3【答案】C【分析】在棱A1D1,AA1上分別取點E,F，使得A1E=13【詳解】解：如圖，在棱A1D1,AA1上分別取點E因為A1E=所以，EF//因為EF?平面AMD1，A所以EF//平面AM因為A1F=所以，AF=C1因為AB=C1所以，△ABF≌△C1D1所以BF所以，四邊形BFD所以BF//因為BF?平面AMD1，D所以，BF//平面AM因為BF∩EF=F，所以平面BFD1M因為平面BFD1M所以，在正方形A1B1C1D1內有一動點P滿足BP因為C所以，動點P的軌跡長為13故選：C【變式1-1】2.（2023·全國·高三專題練習）在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M,N分別為BA．點P可以是棱BB1的中點 B．線段MPC．點P的軌跡是正方形 D．點P軌跡的長度為2+【答案】B【分析】如圖，取棱BC的中點E，連接DE,B1E,ME，進而證明平面B1EM//平面CND1，再結合題意可知直線B1M必過D點，進而取A1【詳解】解：如圖，取棱BC的中點E，連接DE,因為M,N分別為BD所以，在△BCD1中，ME//CD1，由于ME所以ME//平面CN因為B1N//所以CN//B1E，因為CN?平面CN所以，B1E//因為B1E∩ME=所以，平面B1EM//由于M為體對角線BD所以，連接B1M并延長，直線B1故取A1D1中點F所以，由正方體的性質易知FD所以，四邊形CD1FE是平行四邊形，EF因為，ME//CD所以，E,F,M共線，即所以，四邊形B1EDF為點P的軌跡，故由正方體的棱長為1，所以，四邊形B1EDF的棱長均為52所以，四邊形B1EDF為菱形，周長為25由菱形的性質知，線段MP的最大值為12B1D故選：B【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵在于取棱BC的中點E，進而證明平面B1EM//平面CND【變式1-1】3.（多選）（2024秋·山東臨沂·高三校聯(lián)考開學考試）在三棱臺A1B1C1-ABC中，AA1⊥平面ABC，AB=A．點P的軌跡長度為1B．P到平面B1C．有且僅有兩個點P，使得AD．A1P與平面ABC【答案】ABD【分析】取AB的中點E，AC的中點F，根據(jù)線面平行的判定與性質可得點P在線段EF上運動.對A，根據(jù)中位線的性質求解即可；對B，根據(jù)EF//平面B1BCC1判斷可得；對C，根據(jù)AB=BC=AC結合正三角形的性質判斷即可；對D，易得【詳解】取AB的中點E，AC的中點F，因為三棱臺中AB=2A1故EB=A1B1且EB又A1E?平面BB1C1C，同理A1F//C1C，A1F//故平面A1EF//平面B1BCC對A，EF=12對B，因為EF?平面A1EF，故EF//平面B1BCC對C，因為AB=BC=AC，故A1P⊥對D，因為AA1⊥平面ABC，所以∠APA1由題意AE=EF=AF=1，故當P為EF中點時，AP取得最小值32，此時tan∠A1PA

故選：ABD【變式1-1】4.（多選）（2023·重慶·統(tǒng)考模擬預測）在棱長為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點EA．直線BC1與直線ACB．平面BC1C．若EF=25，則動點D．若AF//平面BC1E【答案】ACD【分析】對A，根據(jù)AC的平行線確定直線BC1與直線對B，根據(jù)面面平行的性質，作出平面BC對C，由題意D1F=4，動點F的軌跡為以D對D，先判斷過A且平行于平面BC1E【詳解】對A，連接A1C1,A1B,BC1,AC，可得正△A1對B，因為面ADD1A1//面BCC1B1，平面BC1E∩面BCC1B1=BC1，根據(jù)面面平行的性質可得平面BC1E截ADD對C，若EF=25，則D1F=EF2-D1對D，取B1C1中點Q，連接如圖，由B知截面為等腰梯形EPBC1，由四邊形ABC1D1為平行四邊形得AD1//BC1，又AD1?面BC1E,BC1?面BC1E，所以AD1//面BC1E，由四邊形BQD故選：ACD【點睛】方法點睛：立體幾何中與動點軌跡有關的題目歸根到底還是對點線面關系的認知，其中更多涉及了平行和垂直的一些證明方法，在此類問題中要么很容易的看出動點符合什么樣的軌跡(定義)，要么通過計算(建系)求出具體的軌跡表達式，和解析幾何中的軌跡問題并沒有太大區(qū)別，所求的軌跡一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型.【變式1-1】5.（多選）（2023春·安徽阜陽·高三安徽省臨泉第一中學?？紝ｎ}練習）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E?F?G?M?N均為所在棱的中點，動點P在正方體表面運動，則下列結論正確的有（

）

A．當點P為BC中點時，平面PEF⊥平面GMNB．異面直線EF?GN所成角的余弦值為1C．點E?F?G?M?N在同一個球面上D．若A1P=t【答案】ACD【分析】根據(jù)正方體圖形特征證明面面垂直判斷A選項，根據(jù)異面直線所成角判斷B選項，根據(jù)五點共圓判斷C選項，根據(jù)軌跡求出長度判斷D選項.【詳解】取AD中點Q，連接PQ,FQ，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E?F?G?M?易知GM⊥PQ，∵FQ//DD1∴GM⊥FQ，F(xiàn)Q?平面PQF，PQ?∴GM⊥平面PQF,PF?面

連接BA1，ABB1∵FA1⊥平面ABA1BFA1?平面PFA1B，∴GN⊥平面PFA1B,綜上，GN?平面GMN，GM?平面GMN所以PF⊥平面GMN，PF?平面PEF,故平面PEF⊥平面取A1B1中點T，連接∴∠TEF是異面直線EF又EF=FT=ET=記正方體的中心為點O，則OE=故點E,F,G,M,∵A1P∴A1∴P點軌跡是過點M與B1E平行的線段M∴MP'=故選：ACD.【變式1-1】6．（多選）（2023·湖南長沙·雅禮中學?？家荒＃┤鐖D，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3，E為ABA．若MB∥平面D1EF，則點MB．平面D1EF與平面ABCDC．平面D1EF截正方體ABCDD．不存在一條直線l，使得l與正方體ABCD-【答案】ABC【分析】對于A、C項，先作出平面D1EF截正方體ABCD-對于B項，作出二面角計算即可；對于D項，可知所有與體對角線平行的線與正方體各棱夾角都相等.【詳解】如圖所示，分別延長DC、D1F交于點N，連接NE并延長交DA的延長線于G點，交CB于O點，連接D1G交A1A于H點，則五邊形D1FOEH為平面D1EF截正方體ABCD-A1B1C1由已知及平行線分線段成比例可得：CN=AGA1D1=AHHA1HE=故五邊形D1FOEH周長為313+3連接BD，交EO于點I，由上計算可得I為GN中點，且D1G=G1N，故DI⊥EO，D1I垂直EO，即∠D1ID為平面D易得DI=92對于D存在直線l，如直線BD故選：ABC．【變式1-1】7.（多選）（2023·河北·模擬預測）如圖所示，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，點E,F分別是棱ADA．點P的軌跡為一條線段B．三棱錐P-C．DP的取值范圍是5D．直線D1P與BF【答案】AB【分析】取BB1,B1C1中點G,H，由面面平行的判定可證得平面BEF//平面D1GH，可知P點軌跡為線段GH，知A正確；由線面平行性質可知P點到平面BEF的距離即為點G到平面BEF的距離，利用等體積轉化，結合棱錐體積公式可求得B正確；在△DGH中，通過求解點D到【詳解】對于A，分別取BB1,B1∵D1F//BG，D1F∵BF?平面BEF，D1G?平面BEF∵EF//AD1//BC1//GH，EF∵D1G∩GH=G，D1G則當D1P?平面D1GH又平面D1GH∩平面B1BC∴P點軌跡為線段GH，A對于B，由A知：GH//平面BEF，∴點P到平面BEF的距離即為點G到平面BEF∴VP-即三棱錐P-BEF的體積為定值124對于C，連接DG,在△DGH中，DG=22+∴點D到GH的距離為DG∴DP的取值范圍為344,對于D，由A知：BF//D1G，∴直線D1P與BF所成角即為直線則當P與H重合時，∠PD1在△D1GH中，D1G∴cos即直線D1P與BF所成角的余弦值的最小值為255故選：AB.題型2垂直求軌跡【例題2】（2023·全國·高三對口高考）如圖，定點A和B都在平面α內，定點P?α,PB⊥α，C是α內異于A和B的動點，且PC⊥

A．一條線段，但要去掉兩個點 B．一個圓，但要去掉兩個點C．一個橢圓，但要去掉兩個點 D．半圓，但要去掉兩個點【答案】B【分析】利用線面垂直判定定理和性質定理即可求得AC⊥BC，進而得到動點C在平面α內的軌跡是以A,B【詳解】連接AB,PB⊥α,AC?PB∩PC=P，PB,PC?又BC?平面PBC，則AC則動點C在平面α內的軌跡是以A,B為直徑的圓（去掉A

故選：B【變式2-1】1.（2023·全國·高三對口高考）正四棱錐S-ABCD的底面邊長為2，高為2，E是邊BC的中點，動點P在表面上運動，并且總保持PE⊥AC，則動點A．6+2 B．6-2 C．【答案】A【分析】由題意，動點P的軌跡為過E且垂直AC的平面與正四棱錐S-ABCD【詳解】如圖，設AC,BD交于O，連接SO，由正四棱錐的性質可得，SO⊥平面ABCD，因為AC?平面又BD⊥AC，SO∩BD=O，SO，由題意，PE⊥AC則動點P的軌跡為過E且垂直AC的平面與正四棱錐S-ABCD的交線，即如圖EFG，則由線面垂直的性質可得平面SBD//平面EFG，又由面面平行的性質可得EG//SB，GF//SD，EF//BD，又E是邊由題意BD=22,即動點P的軌跡的周長為6+

故選：A【變式2-1】2.（2023·安徽滁州·安徽省定遠中學?？寄M預測）在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，AA1=4A．5+2 B．22+2 C【答案】A【分析】根據(jù)給定的條件，結合正四棱柱的結構特征，作出過點C1垂直于B1【詳解】在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1因為A1C1?平面A1B1ED1∩B1D1=D1，則取CC1中點F，連接EF,B1F，在平面BCC1B1內過而D1C1⊥平面BCC1B又B1F,FE?平面B1FE，F(xiàn)E∩B1F因為C1G,C1A1?平面連接A1G，則點P的軌跡為平面C1因為∠B1C1G于是△C1B1G所以點P的軌跡長為A1故選：A【點睛】方法點睛：作截面的常用三種方法：直接法，截面的定點在幾何體的棱上；平行線法，截面與幾何體的兩個平行平面相交，或者截面上有一條直線與幾何體的某個面平行；延長交線得交點，截面上的點中至少有兩個點在幾何體的同一平面上.【變式2-1】3.（2023·寧夏銀川·校聯(lián)考二模）已知線段AB垂直于定圓所在的平面，B,C是圓上的兩點，H是點B在AC上的射影，當C運動，點H運動的軌跡（A．是圓 B．是橢圓 C．是拋物線 D．不是平面圖形【答案】A【分析】設定圓圓心為O，半徑為r，由線面垂直的判定與性質可推導證得BH⊥DH，由直角三角形性質可確定OH【詳解】設定圓圓心為O，半徑為r，連接OH，設直徑為BD，連接AD,∵AB⊥平面BCD，CD?平面BCD∵BD為直徑，∴BC⊥CD，又AB∩∴CD⊥平面ABC，又BH?平面ABC又BH⊥AC，AC∩CD=∴BH⊥平面ACD，DH?平面ACD在Rt△BDH中，OH=OB=OD=r故選：A.【變式2-1】4.（多選）（2023秋·浙江·高三浙江省春暉中學校聯(lián)考階段練習）已知正方體ABCD-A1B1C1D1A．若點P在棱AD上運動，則A1PB．若點P是棱AD的中點，則平面PBC1C．若點P滿足PD1⊥D．若點P在直線AC上運動，則P到棱BC1【答案】BCD【分析】化折線為直線，即可判斷A，取DD1的中點E，連接BP、PE、C1E、AD1，即可證明四邊形EPBC1【詳解】對于A：如圖將平面ABCD展開與平面ADD1A1處于一個平面，連接A1此時A1P+PC取得最小值，即對于B：如圖取DD1的中點E，連接BP、PE、C1因為點P是棱AD的中點，所以PE//AD又AB//C1D1且AB所以PE//BC1，所以四邊形又BC1=22，所以截面周長為32+25對于C：如圖，DC1⊥D1C，BC⊥所以DC1⊥BC，又D1所以DC1⊥平面BCD1D1∈平面BCD1A又PD1⊥DC1，所以P在直線對于D：如圖建立空間直角坐標系，則B2,2,0，C10,2,2，設P所以BC1=所以P到棱BC1的距離所以當a=23時d故選：BCD題型3翻折求軌跡【例題3】（多選）（2023·全國·高三專題練習）如圖，在長方形ABCD中，AB=2，BC=4，E為BC的中點，將△BAE沿AE向上翻折到△PAE的位置，連接

A．四棱錐P-AECD體積的最大值為22 B．PD的中點C．EP,CD與平面PAD所成的角相等 D．三棱錐P【答案】ACD【分析】根據(jù)錐體體積、動點軌跡、線面角、外接球等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】對于A，梯形AECD的面積為2+42×2=6，AE=22，直角△APE當平面APE⊥平面AECD時，四棱錐P-AECD的體積取得最大值1對于B，取PA的中點G，連接GF,GE,FC，則所以點F的軌跡與點G的軌跡形狀完全相同．過G作AE的垂線，垂足為H，G的軌跡是以H為圓心，HG=從而PD的中點F的軌跡長度的最大值為2π2，B對于C，由四邊形ECFG是平行四邊形，知EC∥則EC//平面PAD，則E,C故PE,CD與平面PAD所成角的正弦值之比為CD:對于D，Rt△ADE外接圓的半徑為2，圓心為當三棱錐P-AED外接球球心為AD中點，即三棱錐P-AED外接球的表面積取得最小值，為4π

故選：ACD【點睛】求解幾何體外接球有關問題，關鍵是判斷出球心的位置以及求得球的半徑.解幾何體外接球（表面積/體積）的一般方法和步驟為：1、尋找一個或兩個面的外接圓圓心;2、分別過兩個面的外心作該面的垂線，兩條垂線的交點即為外接圓圓心；3、構造直角三角形求解球半徑，進而求出外接球表面積或體積.【變式3-1】1.（多選）（2023秋·廣東佛山·高三校聯(lián)考階段練習）如圖甲，在矩形ABCD中，AB=2，BC=1，E為AB上一動點（不含端點），且滿足將△AED沿DE折起后，點A在平面DCBE上的射影F總在棱DCA．翻折后總有BCB．當EB=12時，翻折后異面直線AE與C．當EB=12時，翻折后四棱錐D．在點E運動的過程中，點F運動的軌跡長度為1【答案】ACD【分析】根據(jù)線面垂直得出線線垂直，可判斷A，作EP⊥DC于P，可得異面直線所成的角，判斷B，作AG⊥DE，設AE=x，DF=y，利用三角形相似可得x【詳解】在圖乙中，因為點A在平面DCBE上的射影F在棱DC上，所以AF⊥平面DCBE又BC?平面DCBE，所以AF⊥BC，又BC⊥DC，AF∩DC=F，AF,DC?平面ADC，所以如圖，在圖乙中作EP⊥DC于P，連接AP，則EP//BC，所以AE與BC所成角即為AE與EP所成角，又由BC⊥平面ADC可得EP⊥平面ADC，所以EP⊥AP而EP=1，AE=2-BE如上圖，在圖乙中作FG⊥DE于G，連接AG，則由AF⊥平面DCBE可得AF⊥DE，又FG∩AF=F又AG?平面AGF，則DE作AG⊥DE，則A，G，F(xiàn)三點共線，設AE=x，DF=y，則由△DFA所以y∈0,1，所以x=1y>1，而x=當EB=12時，x=3則VA-DCBE=故選：ACD.【變式3-1】2.（多選）（2023春·湖南·高三校聯(lián)考階段練習）如圖，在矩形ABCD中，AB=2AD=4，E，F(xiàn)，G，H分別為AB，BC，CD，AD的中點，AC與BD交于點O，現(xiàn)將△AEH，△BEF，△CFG，△DGH分別沿EH，EF，F(xiàn)G，GH把這個矩形折成一個空間圖形，使A與D重合，B與C重合，重合后的點分別記為M，N，Q為MN的中點，對于多面體A．異面直線GN與ME的夾角大小為60°B．該多面體的體積為2C．四棱錐E－MNFH的外接球的表面積為22D．若點P是該多面體表面上的動點，滿足PQ⊥ON時，點P【答案】AC【分析】根據(jù)異面直線所成角的幾何法即可利用三角形邊的關系進行求解A，根據(jù)線面垂直以及錐體的體積即可求解B,根據(jù)外接球的性質，結合勾股定理即可求解C，根據(jù)線面垂直即可判斷點P的軌跡，即可求解D.【詳解】取HF的中點為O，取NE的中點為點P，連接OQ,由幾何體形成的過程可知平面MNFH⊥平面EFGH,其交線為HF四邊形EFGH為菱形，四邊形MNFH為等腰梯形，故OQ⊥HF,OQ?平面MNFH，所以OQ由題意可知GE=AD=22，NG=NE=2，∴NG2+NE2=G由VF-NGE=VN-GEF，得OQ=NG?NE?NFEG?12HF=2×2×由幾何體形成的過程可知平面MNFH⊥平面EFGH,其交線為HF四邊形EFGH為菱形，四邊形MNFH為等腰梯形，故OE⊥HF,OE?平面EFGH，所以OE⊥平面VMNEFGH=2V在△NFH中，∠NFH=45°，NH=32+12=10，∴△NFH的外接圓直徑D1=10sin45°=25，△HEF的外接圓直徑D2=613=3由A可知NF⊥平面ENG,同理HM⊥平面MEG，又ON//HM,所以ON⊥平面MEG，點P所在平面與平面MEG平行，∴點P的軌跡為五邊形QPRST，長度為1+2故選AC．【點睛【變式3-1】3.（多選）（2022·遼寧丹東·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD的邊長為2,E為BC的中點，將△BAE沿AE向上翻折到△PAE，連結PCA．四棱錐P-AECDB．PD中點F的軌跡長度為2C．EP,CD與平面PADD．三棱錐P-AED的外接球半徑有最小值【答案】ACD【分析】根據(jù)題意，根據(jù)四棱錐的體積公式，以及線面角的概念和三棱錐的外接球概念作圖，逐個選項進行判斷即可求解【詳解】由已知梯形AECD面積為3,AE=5，直角上的高為255.當平面APE⊥平面AECD體積取最大值13×3×取PA中點為G，則GF，EC平行且相等，四邊形所以，點F的軌跡與點G的軌跡完全相同，過G作AE的垂線，垂足為H,G的軌跡是H以為圓心，HG=5中點F的軌跡長度為5π5由四邊形ECFG是平行四邊形知EC//則EC//平面PAD，則E,C故PE，CD與平面PAD所成角的正弦值之比為等于CD:PE△APE外接圓O1半徑為52,外接圓O2半徑為54,AE是圓O1設三棱錐P-AED外接球球心為O，半徑為則R因為|O2O|∈[0,+∞)，所以R∈[故選：ACD【變式3-1】4.（2023·全國·高三專題練習）如圖，在正方形ABCD中，點M是邊CD的中點，將△ADM沿AM翻折到△PAM，連接PB,PC，在△ADM

①點P的軌跡為圓??；②存在某一翻折位置，使得AM⊥③棱PB的中點為E，則CE的長為定值；【答案】①③【分析】依據(jù)翻折過程中PH⊥AM，PH=55AD均不變，判定點P的軌跡為圓弧，從而判斷①正確；利用反證法否定②；求得翻折過程中CE【詳解】設正方形ABCD邊長為a,①在正方形ABCD中，過點D作DH⊥AM于H在△ADM翻折到△PAM的過程中，PH⊥則點P的軌跡為以H為圓心，以55a為半徑的圓弧②假設存在某一翻折位置，使得AM⊥在△PAM內，過點P作PN⊥AM于N，連接由AM⊥PB，PN⊥AM，PN又BN?平面PBN，則AM⊥又在正方形ABCD中，cos∠二者互相矛盾，故假設不成立，即不存在某一翻折位置，使得AM⊥PB③棱PB的中點為E.取PA中點K，連接EK，CE，MK，則MK則有EK∥AB，EK=1則四邊形EKMC為平行四邊形，則CE=又MK=22a，則CE=2故答案為：①③題型4角度恒定求軌跡【例題4】（2018·北京·高三強基計劃）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，動點M在底面ABCDA．圓的一部分 B．橢圓的一部分C．雙曲線一支的一部分 D．前三個答案都不對【答案】A【分析】根據(jù)∠DD1A=∠D【詳解】因為∠DD1A=∠DD而M在底面ABCD內，故動點M在底面ABCD內的軌跡是以D為圓心的四分之一圓弧AC．故選：A.【變式4-1】1.（2023春·河南·高三校聯(lián)考階段練習）已知長方體ABCD-A1B1C1D1的外接球的表面積為5π，AA1=2，點PA．π B．2π2 C．π2【答案】C【分析】首先由題意得到長方體體積最大時，得到幾何體的棱長，設AC，BD相交于點O，由BO⊥平面A1ACC【詳解】因為長方體ABCD-A1B1所以4πR2=5π，解得R設AB=a，BC=b，則所以V=2ab≤如圖，設AC，BD相交于點O，因為BO⊥AC,BO⊥AA所以BO⊥平面A1ACC1，直線BP所以∠BPO=π4，故OP=12所以動點P的軌跡長為πr故選：C【變式4-1】2.（2023·湖北襄陽·襄陽四中校考模擬預測）如圖，二面角α-l-β的大小為π4，已知A、B是l上的兩個定點，且AB=4，C∈α，D∈β，AB與平面BCD所成的角為π6，若點AA．3π6 B．2π2 C．【答案】D【分析】根據(jù)題意：點H的軌跡是以點B為球心，以BH為半徑的球與以AB為軸，母線AH與軸AB成60°的圓錐側面交線的一部分，該部分是圓心角為π4的弧長，只要求出半徑即可【詳解】如圖所示：因為AB與平面BCD所成的角為π6，且點A在平面BCD上的射影H，AB所以AH=所以點H在以點B為球心，以23又點H在以AB為軸，以AH為母線的圓錐的側面上，所以點H的軌跡為以點B為球心，以23為半徑的球與以AB母線AH與軸AB成π3即圖中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB，因為二面角α﹣1﹣β的平面角的大小為π4所以∠EOF又OH=所以點H的軌跡的長度等于π4故選：D.【變式4-1】3.（2023春·廣西防城港·高三統(tǒng)考階段練習）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1A．有且僅有一個點P，使得D1P⊥B1C．若DP=12DB，則三棱錐P-BB1C外接球的表面積為16π D．M為D【答案】D【分析】根據(jù)線面垂直判斷線線垂直可求解A，利用線面平行判斷B，根據(jù)外接球與三棱錐的的幾何關系判斷C，利用線面角的定義確定點P的軌跡即可求解D,【詳解】對于A，連接BC因為AB⊥平面BCC1B1,B1且四邊形BCC1B且AB∩BC1=所以B1C⊥平面ABC1D必有D1P?平面ABC1D所以存在無數(shù)個點P，使得D1P⊥對于B，當點P與點B重合時，AB1與平面CPC對于C，若DP=12DB，則連接PB,PC,PB1且△BCB1且平面PBC⊥平面BC所以取B1C中點為O，則O為三棱錐所以外接球的半徑為12所以我外接球的表面積為4π×2=8π對于D，連接MP因為MD⊥平面ABCD，所以∠MPD為MP與平面所以∠MPD=π所以點P的軌跡是以D為圓心，1為半徑的14所以點P的軌跡長為14×2π故選:D.【變式4-1】4.（2023·湖南·模擬預測）已知正方體ABCD-A1B1C1D1，AB=23，點E為平面A1BDA．π,2π B．π,4π C．【答案】D【分析】確定AC1⊥平面A1BD，tanα=OAOE，計算AO=2，tanα=【詳解】如圖所示，連接AC1交平面A1BD于OCC1⊥平面ABCD，BD?平面AC⊥BD，AC∩CC1=C，AC1?平面AC同理可得A1B⊥AC1，A1B∩所以∠AEO是AE與平面A1BD所成的角，∠AEO在四面體A-A1BD中，所以四面體A-A1BD為正三棱錐，所以BO=33因為tanα=OA又E在平面A1BD內的軌跡是以O為圓心，半徑為所以E在平面A1BD內的軌跡圍成的圖形面積故選：D【變式4-1】5.（2023春·河南安陽·高三安陽一中校聯(lián)考階段練習）如圖，在圓柱OO1中，AB為底面直徑，E是AB的中點，D是母線BC的中點，M是上底面上的動點，若AB=4，BC=3，且ME⊥A．32 B．7 C．574【答案】C【分析】作ON⊥AD，由圓柱的結構特征和線面垂直的判定可知AD⊥平面ONE，則M點軌跡是平面ONE與上底面的交線PQ，結合勾股定理可求得【詳解】連接OE，作ON⊥AD，交CF于點∵E是AB的中點，∴∵BC⊥平面ABE，OE?平面ABE∵AB∩BC=B∴OE⊥平面ABCF，又AD?∴OE⊥AD，又ON⊥AD，OE∴AD⊥平面設平面ONE與上底面交于PQ，∵ME⊥AD，∴點M的軌跡為∵AB=4，BC=3，D∴tan∴O∴PQ故選：C.【變式4-1】6.（多選）（2023春·湖南長沙·高三長沙一中?？茧A段練習）在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，B1D與平面ACD1相交于點E，PA．B1D⊥PEC．點P的軌跡是橢圓 D．θ的取值范圍是π【答案】ABD【分析】根據(jù)題意可得結合線面垂直的判定定理和性質定理可證得B1D⊥平面ACD1，分析可得點E即為△ACD1的中心，結合S△PB1D=13S△【詳解】如圖所示，B1D與平面ACD1相交于點E，連接BD交AC于點由題意可知BB1⊥平面ABCD，AC?平面又因為AC⊥BD，BB所以AC⊥平面BD又B1D?平面BD同理可證AD又AD1∩AC=所以B1D⊥又因為AC=AD1=CD因為O為AC的中點，OD1交B1D于點由B1D⊥平面ACD1，PE?平面即PE為△PB1由正方體棱長為a可知，B1D=3a所以S△又S△PB所以點P的軌跡是以E為圓心，半徑為13a的圓，所以B正確，由B1D⊥平面ACD1，O所以DE=因此PD是以底面半徑為13a，高為3設圓錐母線與底面所成的角為α，則tanα=3即直線PD與平面ACD1所成的角為又因為異面直線所成角的取值范圍是0,π直線AC在平面ACD1內，所以直線PD與AC所成的角的取值范圍為又因為AC//A1C1，所以直線PD與A即D正確；故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：（1）通過比較PE與△ACD1的內切圓半徑的大小，得出動點P的軌跡；（2）將直線PD與題型5定長求軌跡【例題5】（2023·四川·校聯(lián)考模擬預測）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，所有棱長均為2，∠BAD=

A．當點Q在線段CD1上運動時，四面體B．若AQ∥平面A1BP，則AQC．若△A1BQ的外心為M，則D．若A1Q=7【答案】C【分析】由題證得CD1∥面A1BP，所以直線CD1上各點到平面A1BP的距離相等，又△A1BP的面積為定值，可判斷A；取DD1,DC的中點分別為M,N，由面面平行的判定定理可得平面A1BP∥面AMN，因為AQ?面AMN，所以AQ∥平面A【詳解】對于A，因為A1B∥CD1，A1B?平面A1BP，所以直線CD1上各點到平面A1BP的距離相等，又

對于B，取DD1,DC的中點分別為因為AM∥PB，AM?平面A1BP，PB?平面A1又因為D1C∥MN，又MN?平面A1BP，A1B?平面A1MN∩AM=M，AM,MN?平面AMN因為AQ?面AMN，所以AQ∥平面A當AQ⊥MN時，AQAN=則AM2+MN所以AQ的最小值為AM=5，故

對于C，若△A1BQ的外心為M，過M作MH⊥A又A1B=22

對于D，在平面A1B1C1D1因為DD1⊥平面A1B1C1D1，A因為DD1∩C1所以A1O⊥平面C在DD1,D1則A1A3所以，若A1Q=7，則Q在以O為圓心，又因為D1O=1,D1A3=3,

故選：C.【變式5-1】1.（2023·河北·統(tǒng)考模擬預測）已知正四棱錐（底面為正方形，且頂點在底面的射影為正方形的中心的棱錐為正四棱錐）P－ABCD的底面正方形邊長為2，其內切球O的表面積為π3，動點Q在正方形ABCD內運動，且滿足OQ=OP，則動點QA．2π11 B．3π11 C．【答案】C【分析】利用等體積法及幾何關系求出關于動點Q的等式關系，根據(jù)相關幾何意義即可求出動點Q形成軌跡的周長.【詳解】設內切球O的半徑為R，則4πR2=如圖，連接AC與BD，設交點為F，取AD的中點E，連接PE，PF，EF．根據(jù)等體積法得13∴134+4×12×2×解得PE=1311，PF=4311．在Rt△OFQ中，∴點Q在以點F為圓心，211為半徑的圓上，其周長為2故選：C．【變式5-1】2.（2023·全國·高三專題練習）在直四棱柱中ABCD-A1B1C1D1中，∠BAD=60°，AB=AD=AA1A．若λ+μ=1B．若AQ//平面A1BP，則C．若△A1BQ的外心為M，則D．若A1Q=7【答案】C【分析】對于A，由λ+μ=1，可得Q,C,D1三點共線，可得點Q在CD1，而由直四棱柱的性質可得CD1//平面A1BP，所以點Q到平面A1BP的距離為定值，而△A1BP的面積為定值，從而可進行判斷，對于B，取DD1,DC的中點分別為M,N，連接AM【詳解】對于A，因為DQ=λDC所以Q,C,D1三點共線，所以點Q在CD1，因為CA1B?平面A1BP，所以CD1因為△A1BP的面積為定值，所以四面體A對于B，取DD1,DC的中點分別為M,N，連接因為AM?平面A1BP，BP?平面A1因為MN//CD1，A1B//因為MN?平面A1BP，A1B?平面因為MN∩AM=M，MN,AM?因為AQ?平面AMN，所以AQ//平面A1BP，所以當因為∠BAD=60°,所以AM2+MN2=AN對于C，若△A1BQ的外心為M，過M作MH因為A1B=22對于D，過A1作A1O⊥C1DA1O?平面A1BC1D1,DD1OD1=A1D1則A1A3則Q在以O為圓心，2為半徑的圓弧A2因為D1O=1,D1A3=3故選：C.【點睛】本題解決的關鍵在于根據(jù)所給條件結合線面位置關系確定點的軌跡，再結合錐體體積公式，空間圖形與平面圖形的轉化解決問題.【變式5-1】3.（2023·全國·高三專題練習）正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，點PA．3+266C．3+66【答案】A【分析】根據(jù)題意，點P在以A1為球心，半徑R=153【詳解】解：由題設知點P在以A1為球心，半徑R所以點P的軌跡就是該球與三棱錐C1由正方體性質易知三棱錐A1所以，點A1到平面C1BD所以球A1在平面C1BD所以，截面圓的圓心O1是正△C1BD中心，正△C1BD因此，點P在面C1BD內的軌跡是圓O1如圖所示．cos∠MO所以∠M所以，點P在此面內的軌跡長度為r1因為AA1⊥平面ABCD，所以球A1在平面其半徑r2=R所以點P在平面BCD內的軌跡是一段弧EF，如圖所示，cos∠所以∠GAE=π6，從而由于對稱性，點P在平面C1BD和平面C1故點P在三棱錐C1-BCD故選：A【變式5-1】4.（多選）（2023春·重慶沙坪壩·高三重慶南開中學?？茧A段練習）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2A．CE與平面ABCD所成角為定值B．點E的軌跡長度為πC．存在點E使得AED．存在唯一的點E使得CE【答案】AD【分析】對B：可得C1E=1，故E點軌跡是以C1為圓心、1為半徑的圓位于正方形A1B1C1D1以部的14圓弧；對A：∠CEC1為CE與底面【詳解】

如圖：由CE=CC12+EC12=5知C1E=1因為CC1⊥面A1B1C1因為sin∠CECCE與底面ABCD所成角即為CE與底面A1B1AE2+CE2=CE在底面A1B1C1又CC1⊥B1D1又EC1?面CC1E，所以C1E⊥故選：AD.【變式5-1】5.（多選）（2023春·河北石家莊·高三校聯(lián)考期中）如圖，在四棱臺A1B1C1D1-ABCD中，A1A

A．直線C1CB．異面直線AC與B1BC．若該四棱臺內（包括表面）的動點M到頂點B，D的距離相等，則點M形成的圖形的面積為3D．若底面ABCD內的動點N到頂點C1的距離為2，則動點N的軌跡的長度為【答案】BCD【分析】結合空間點、線、面的位置關系的判斷，直線與平面平行的判定，以及軌跡的求法，對各項逐一判斷，即可得到本題答案.【詳解】連接A1C1，與B1D1交于點O1，連接O1O，A1O，則可得A1O//C1C，O1O連接OD1，則OD1//B1B，則∠COD1（或其補角）為所求，易得D1D=OD1=B1B=32+2-12=2，因為CD⊥依題意，該四棱臺被對角面A1C1CA分成的兩部分關于該對角面對稱，所以該對角面上任意一點到頂點B，D的距離都相等，所以所求面積即為該對角面的面積，易得面積為底面ABCD內的動點N到頂點C1的距離為2，即C1N=2，連接OC1，ON，則ON=22-3故選：BCD

題型6向量法求軌跡【例題6】（2023秋·湖北荊州·高三沙市中學?？茧A段練習）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，E,F分別為BC1和①三棱錐P-B1EF的體積是定值；②若FQ⊥DP恒成立，則線段FQ的最大值為22；③當DQA．①② B．②③ C．①③ D．①②③【答案】A【分析】根據(jù)題意，得到EF//BD1，得出點P到直線EF的距離等于點C1到直線BD1的距離的一半，錐體的體積公式求得三棱錐P-B1EF的體積為83，可判定①正確；以D為原點，建立空間直角坐標系，設BP=λBD1=(-4λ,-4λ,4λ)，得到DP=(4-4λ【詳解】如圖（1）所示，因為點E為BC1的中點，又由F是C1又因為點P為BD1上的動點，所以點P到直線EF的距離等于點E到所以點P到直線EF的距離等于點C1到直線B因為正方體的棱長為4，可得C1因為C1D1⊥面BB1C1C可得點C1到直線BD1的距離為4×4243=所以△EFP的面積為S由B1E⊥BC1,所以B1E⊥平面EFP所以三棱錐P-B1EF的體積為

如圖（2）所示，以D為原點，以DA,DC,DD1所在的直線分別為x軸、設BP=由DP=設Q(x,因為FQ⊥DP，所以(4-4λ所以FQ=x又因為0≤x≤4,0≤y≤4且所以當y=0時，線段FQ取得最大值，最大值為22，所以因為DQ=(又因為DQ與DA1的所成的角為所以cos45整理得y2=8x且0≤x≤4,0≤y故選：A.

【變式6-1】1.（2023·全國·學軍中學校聯(lián)考模擬預測）已知空間中兩條直線l1、l2異面且垂直，平面α∥l1且l2?α，若點P到l1A．直線 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線【答案】C【分析】設l1在α內的射影為l，以l與l2的交點O為原點，l2為x軸，l為y軸，l1與l的公垂線為z軸，建立空間直角坐標系.【詳解】設l1在α內的射影為l，l1到α的距離為以l與l2的交點O為原點，l2為x軸，l為y軸，l1與l的公垂線為設Px,y,0，則P到過點P作PD⊥l于點D，過點D作ED⊥又l1在α內的射影為l，則ED⊥l又PD⊥l，所以l⊥平面PED，又PE?平面所以l⊥PE，所以所以則P到l1的距離為x因為點P到l1、l所以y=x2所以點P在平面α內的軌跡為雙曲線.故選：C.【點睛】方法點睛：關于立體幾何中的軌跡問題，一般要建立適當?shù)目臻g直角坐標系，根據(jù)已知信息列出的等量關系，化簡得出軌跡方程，結合方程特征找到軌跡曲線.【變式6-1】2.（2023·河南濮陽·濮陽一高?？寄M預測）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1①當λ=1時，△②當μ=1時，三棱錐P③當λ=12時，有且僅有一個點P④若AP≤1，則點P的軌跡所圍成的面積為πA．①② B．②③ C．②④ D．①③【答案】C【分析】取BC的中點O，連接AO，以點O為坐標原點，OA、OB、AA1的方向分別為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標系，取μ=0和μ=12求△AB1P的周長，可判斷①；利用錐體的體積公式可判斷②【詳解】取BC的中點O，連接AO，因為△ABC為等邊三角形，則AO⊥BC，且A以點O為坐標原點，OA、OB、AA1的方向分別為x、y、則A32,0,0、B0,12,0、CBP=λBC+μOP=對于①，當λ=1時，P0,-1若μ=0，則P0,-12,0此時，△AB1若μ=12，則P同理可得B1P=52故當λ=1時，△AB對于②，當μ=1時，P0,12-λ,1所以，S△BPC=12故VP-A對于③，當λ=12時，P0,0,μ因為A1P⊥BP，則A1P?所以，當λ=12時，有且僅有兩個點P，使得A對于④，設點P0,y,z，其中則AP=0-3所以，點P的軌跡是平面BCC1B1內以點故點P的軌跡所圍成的面積為12×π×故選：C.【變式6-1】3.（2023·四川涼山·二模）如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1棱長為2，點P為正方形BCC1①直線BC1與點②存在點P使得PB⊥③三棱錐P-BCD體積最大值為④點P運動軌跡長為4π上述說法中正確的個數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據(jù)題意，由正弦定理結合軌跡方程即可判斷①②，然后根據(jù)三棱錐體積公式以及點P的運動軌跡，即可判斷③④.【詳解】因為PQ為∠BPC的角平分線，在△BPQ中，由正弦定理可知，設∠BPQ=θ在△PQC中，由正弦定理可知，CQ因為BQCQ=2，所以BPPC=2，且BC=2所以B0,0,C2,0,所以x-832+y2=169，點P的軌跡是以83所以BC1與圓無公共點，若PB⊥BC，設BP=2PC=2所以BP2=4a2=所以點P85,若VP-BCD最大，則P到BC距離最大，即P到CC1與圓的交點處，但P令x=2，得到點2,233，又因為F43,0，所以EF=43，所以故④正確；故選:C【變式6-1】4.（2023·全國·高三專題練習）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱A1B1的中點，M,N分別是底面ABCD與側面CDDA．43π B．655π C【答案】B【分析】建立空間直角坐標系，找到球心O和點P的軌跡，求出O到平面α的距離，利用幾何法求截面圓的半徑和周長.【詳解】取面對角線B1C中點O，連接ON，B1N，CN，C1N，以A為原點，AB,AD,AA1的方向分別為B2,0,0，C2,2,0B12,0,2，E1,0,2，F(xiàn)1,2,0，G1,0,0，HB1N=-1,2,-1，CN三棱錐C1-B1NC中，因此點O即為三棱錐C1-BBE=-1,0,2，GF=0,2,0，HG=-GF?BE=0，HG?BE=0GF,HG?平面FGHI，GF∩HG=G，BE點P的軌跡為矩形FGHI的四邊，如圖所示，OG=-1,-1,-1，BE則球心O到平面FGHI的距離為OG?球面被平面α截得的圓的半徑22-5故選：B【點睛】本題找球心O考查學生的空間想象能力，其余的計算和證明問題，則利用空間向量法.【變式6-1】5.（多選）（2023秋·廣東·高三校聯(lián)考階段練習）已知四面體ABCD的所有棱長均為2，則下列結論正確的是（

）A．異面直線AC與BD所成角為60°B．點A到平面BCD的距離為2C．四面體ABCD的外接球體積為6D．動點P在平面BCD上，且AP與AC所成角為60°，則點P的軌跡是橢圓【答案】BC【分析】在正四面體中通過線面垂直可證得AC⊥BD，通過計算可驗證BC，通過軌跡法可求得P的軌跡為雙曲線方程即可得D錯誤【詳解】取BD中點E,連接AE,CE,可得BD⊥面ACE,則AC⊥BD在四面體ABCD中，過點A作AF⊥面BCD于點F,則F為為底面正三角形BCD的重心，因為所有棱長均為2,AF=AB2-BF2=2設O為正四面體的中心則OF為內切球的半徑，OA為外接球的半徑，因為VA-BCD=1所以四面體ABCD的外接球體積V=43π建系如圖：A0,0,263,因為AP?AC=即233y+83=x2+故選：BC．【變式6-1】6.（多選）（2023·全國·高三專題練習）如圖，棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點M、N滿足AM=λ

A．當λ=13時，B．當μ=12時，若B1P//C．當λ=μ=12時，若D．過A、M、N三點作正方體的截面，截面圖形可以為矩形【答案】AC【分析】以點D1為原點，D1A1、D1C1、D1D所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷AC選項；分別取AB、BC中點G、H，連接B1G、GH、B1H、【詳解】以點D1為原點，D1A1、D1C1、D

則D10,0,0、B12,2,0、C0,2,2，A對于A選項，當λ=1=4設平面CB1D1的法向量為m=則m?D1B1所以，m?DM=因為DM?平面CB1D1，故當λ=1對于B選項，當μ=12時，N

分別取AB、BC中點G、H，連接B1G、GH、B1H、因為G、H分別為AB、BC的中點，所以，GH//又因為AA1//CC1且所以，GH//因為GH?平面A1NC1，A1C因為AB//CD且AB=CD，G、N分別為所以，BG//CN且BG=CN，所以，四邊形BCNG為平行四邊形，可得又因為BC//B1C1且BC故四邊形B1C1因為B1G?平面A1NC1，C因為B1G∩GH=G，B1當點P為△B1GH的邊上一點（異于點B1）時，則B1P?故點P的軌跡為△B1GH因為B1G=結合圖形可得B1Pmax當λ=μ=12時，M、N

此時點N0,1,2、M1,1,1、D1當點P在平面AA1D1D內運動時，設點P則MP=因為D1N⊥MP，則設點P的軌跡分別交棱AA1、DD1于點R、Q，則當點P在平面CC1D1D內運動時，設點PMP=-1,設點P的軌跡交棱CC1于點F，則F0,2,12，設點P因為平面AA1D1D//平面平面RQFT∩平面BB1C1所以，四邊形RQFT為平行四邊形，且FT=RQ=2因此，點P的軌跡的長度即為平行四邊形RQFT的周長22+5=4+2對于D選項，設截面AMN交棱A1B1于點U，連接AU

題意可知，截面AMN與平面AC因為平面ABCD//平面A1B1C平面ANC1∩平面A1B所以，四邊形AUC易知N0,2-2λ,2，其中0<λ<1所以，AN?C1N=-2故平行四邊形AUC1N不可能為矩形，故過A、M、N三點的截面不可能是矩形，故選：AC.【點睛】方法點睛：利用平面的性質確定截面形狀的依據(jù)如下：（1）平面的四個公理及推論;.（2）直線與平面平行的判定與性質;（3）兩個平面平行的性質.題型7阿波羅尼斯圓相關【例題7】（2023·四川瀘州·瀘縣五中?？寄M預測）如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1①若AE=λAC，λ∈0,1②若平面α與正方體各個面都相交，且B1D⊥③若∠AEB的角平分線交AB于點F，且AF=2FB，則動點E④直線D1E與平面ABCD所成的角的余弦值的最大值為【答案】①②③【分析】由點E在線段AC上，連接AD1，CD1，證得AC//平面A1BC1和AD1//平面A1BC1，得到平面D1AC//平面A1BC1，進而得到D1E//平面A1BC1，可判定①正確；由B1D⊥平面A1BC1，得到平面α【詳解】對于①中，如圖所示，由AE=λAC,λ∈0,1知，點E因為AC//A1C1，且AC?平面A1BC同理可證得AD1//又因為AC∩AD1=A且AC,因為D1E?平面D1AC，所以D對于②中，如圖所示，在正方體ABCD-A1B1又因為B1D⊥α，所以平面α/因為平面A1BC1∩平面A所以A1C1//MJ設MD1=xD因為A1C1//MJ因為A1C1同理，可得GF+GH=22，HI+所以②正確；對于③中，建立平面直角坐標系，如圖所示，設Ex,y，A0,0，即AE2=4EB即所以x-832+y2=169，故點E的軌跡是以對于④中，如圖所示，在正方體ABCD-A1B1所以∠DED1即為直線D在直角△D1DE又因為E在△ABC的內部及其邊界，可得DE所以cos∠DED1的最大值為故答案為：①②③.【變式7-1】1.（2023·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考二模）表面積為36π的球M表面上有A，B兩點，且△AMB為等邊三角形，空間中的動點P滿足PA=2PB，當點P在△AMB所在的平面內運動時，點P的軌跡是；當P【答案】圓12【分析】建立平面直角坐標系以及空間直角坐標系，可得P在平面中軌跡方程為x-22+y2=4，【詳解】設球的半徑為r，則4πr2=36π在平面內，動點P的軌跡組成一個圓，以線段AB所在直線為x軸，以靠近點B且長度為1處為坐標原點，則A-2,0，B1,0，此時動點P設其圓心為O1，則在空間中，z軸和xOy動點P的軌跡為xOy平面中的圓x-22如圖所示，所以點P的軌跡是兩個球面的交線，這兩個球分別是以M和O1在△MBO2設交線所圍成的圓半徑為R.則12解得R=61313故答案為：圓；12【變式7-1】2.（多選）（2024秋·湖南永州·高三永州市第一中學?？茧A段練習）如圖，點M是棱長為l的正方體ABCD-A1B1A．不存在點M滿足CM⊥平面B．存在無數(shù)個點M滿足CMC．當點M滿足A1M=1D．滿足MD=2MD1【答案】BCD【分析】對于A：根據(jù)線面垂直關系可得A1C⊥平面C1BD，分析判斷；對于B：根據(jù)線面垂直關系可得AD1⊥【詳解】對于選項A：連接AC,因為四邊形ABCD是正方形，所以BD⊥∵AA1⊥平面ABCD，且BDAC∩A1A=所以BD⊥平面A1ACC1可得BD⊥同理可證BCBD∩BC1=B，又點M是面ADD1A1上的一個動點（包含邊界），所以當M故A錯誤；對于選項B：連接A1CD⊥側面ADD1又因為AD1⊥A1所以AD可知當M在線段A1D上時，有CM⊥AD對于選項C：延長D1M交D1∵A1M=13A1且A1A∥D1D，則A1如圖，以D點為原點建立空間直角坐標系，則D10,0,1,設平面BD1M的法向量為n令z=2，則y=1,x設平面BD1M∩C則n?BF=-1+2則F0,1,12可得BD1?且BD故截面BED1F面積S對于選項D：因為正方體ABCD-A1B所以MD=-x因為MD=2M化簡得：x2所以點M的軌跡是一段以N0,0,43設圓弧與A1D1取x=0，則z=23，即DQ=23則PD1=且∠PND1∴軌跡長度是23×π故選：BCD.【變式7-1】3.（多選）（2023·湖北武漢·華中師大一附中?？寄M預測）正四棱柱ABCD-A1B1C1A．點A1到平面B1CB．四棱錐D1-ABCDC．平面BC1DD．點M,N為線段AC上的兩點，且AM=CN=14AC，點P為面【答案】AC【分析】利用等體積法判斷A，利用等體積法求出內切球的半徑，即可判斷B，找到二面角的平面角，利用勾股定理逆定理即可判斷C，建立空間直角坐標系，設點Px,y,2【詳解】對于A：設點A1到平面B1C

B1D1S△B1又VA1-B1CD對于B：

SABCD=22S△VD設內切球的半徑為r，則163=138+4對于C：設底面ABCD中心為O,BC1∩B1C=E,

則CG⊥EF，C1G⊥EF，所以在△CGO中，GO=GC=2,所以平面BC1D與平面B對于D，設底面ABCD中心為O，底面A1B1C1D1

設點Px,y由PM=2PN得，x所以P點軌跡為圓x2+(y-因為JC1=1，JK=2，∠O即∠KJH

所以HK的弧長不為π，即點P的軌跡長不為π，故D錯誤.故選：AC【點睛】關鍵點睛：涉及點到面的距離一般利用等體積法或空間向量法，D選項關鍵是建立空間直角坐標系，定量計算出動點P的軌跡.【變式7-1】4.（2023·山東淄博·統(tǒng)考三模）設A，B是半徑為3的球體O表面上兩定點，且∠AOB=60°，球體O表面上動點P滿足PA=2PB，則點A．121111π B．4155π【答案】D【分析】建立直角坐標系，根據(jù)PA=2PB確定軌跡為圓，轉化到空間得到軌跡為兩球的交線，計算球心距CO=13【詳解】以AOB所在的平面建立直角坐標系，AB為x軸，AB的垂直平分線為y軸，AB=3，則A-32,0，B則x+32故P軌跡是以C52,0轉化到空間中：當P繞AB為軸旋轉一周時，PA,PB不變，依然滿足故空間中P的軌跡為以C為球心，半徑為r=2同時P在球O上，故P在兩球的交線上，為圓.球心距為CO=△OCP為直角三角形，對應圓的半徑為r周長為2π故選：D題型8解析幾何相關【例題8】（2023秋·安徽·高三安徽省馬鞍山市第二十二中學校聯(lián)考階段練習）若正四面體P-ABC的側面PAB所在平面內有一動點Q，已知Q到底面ABC的距離與Q到點P的距離之比為正常數(shù)k，且動點Q的軌跡是拋物線，則k【答案】2【分析】求正四面體側面與底面的夾角，再由拋物線的定義求解．【詳解】設正四面體二面角P-AB-C平面角為θ，P在底面的投影為O，PM⊥AB,設正四面體邊長為a，則PM=32a，OM=

點Q到底面ABC的距離為QH，點Q到定直線AB的距離為d，則d=再由點Q到底面ABC的距離與到點P的距離之比為正常數(shù)k，可得PQ=QHk∵平面PAB內，點P為定點，直線AB為定直線，又動點Q的軌跡是拋物線，故PQd=1，故故答案為：2【變式8-1】1.（2023春·四川遂寧·高三射洪中學?？茧A段練習）設點P是棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1表面上的動點,點M是棱A1①當點P在底面ABCD內運動時,三棱錐P-C1②當點P在線段B1C上運動時,異面直線AP與A1③當點P在線段A1D1上運動時,平面PAN④當點P在側面BCC1B1內運動時,若P到棱A1B1的距離等于它到棱【答案】①③④【分析】對于①,根據(jù)點P到平面C1D1M的距離即為點P到平面A1B1C1D1的距離為2即可判斷;對于②,異面直線AP與A1D所成角即為直線AP與B1C所成角,轉化為在△AB1C中,AP與B1C所成角即可判斷;對于③,根據(jù)N為底面ABCD的中心和正方體的性質,證明得AN⊥平面BDD1B1【詳解】對于①,當點P在底面ABCD內運動時,點P到平面C1D1M的距離即為點P到平面則VP-C1D對于②,如圖:點P在線段B1C上運動時,因為所以異面直線AP與A1D所成角即為直線AP與B因為AC=AB1=當點P在線段B1C的中點時,AP⊥B1C,即直線當點P向兩個端點運動時,直線AP與B1C所成角越來越小,當點P與點B1或點C重合時,直線AP與B所以直線AP與B1C所成角的取值范圍是即異面直線AP與A1D所成角的取值范圍是π4,π對于③,如圖:∵N為底面ABCD的中心,∴AN⊥∵BB1⊥平面ABCD,∴AN⊥又BD∩BB1=B,∴AN⊥平面BD∵AN?平面∴平面PAN⊥平面BDD1B1對于④,點P在側面BCC1∵A1B1∴P到棱A1B1的距離等于∴P到棱A1B1的距離等于它到棱BC的距離即為點P到B1的距離等于點P根據(jù)拋物線的定義,又點P在側面BCC1∴點P的軌跡為拋物線的一部分.故答案為:①③④.【變式8-1】2.（多選）（2023·全國·模擬預測）已知正方體ABCD-A'B'A．直線BD'與直線ACB．與12條棱夾角相同的最大截面面積為3C．面切球與外接球半徑之比為1:D．若Q為空間內一點，且滿足D'Q與AB所成角為π3【答案】ABC【分析】根據(jù)給定的正方體，證明AC⊥BD確定符合條件的最大截面并求出面積判斷B；求出兩球半徑比判斷C；求出點Q的軌跡方程判斷D作答.【詳解】A.如圖，在正方體ABCD-DD'⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，則DD'DD',BD?平面BDD'，因此AC⊥平面BDDB.與正方體ABCD-A'B'點M,N,E,多邊形MNEFRT為正六邊形，其邊長為2，其面積為S=6×34因為正方體ABCD-A'B'因此面切球與外接球半徑之比為13=1點Q在平面ABCD內，過Q作QH//AB交AD于H，連接而AB⊥平面ADD'A'，D'H顯然∠HQD'是D'Q與AB在平面ABCD中，以DA，DC所在直線分別為x，y軸建立平面直角坐標系，設Q(則|DQ|=x于是得4+x2+y2=2|y|，整理得3故選：ABC【變式8-1】3.（多選）（2023·全國·高三專題練習）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，E為側面BCC1B1的中心，F(xiàn)A．三棱錐P-B．若EP//平面A1C．若FQ⊥DP，則線段FQD．當DQ與DA1的所成角為45°【答案】AC【分析】證明EF//BD1，由此證明△EFP的面積為定值，再證明B1E⊥平面EFP，結合錐體體積公式判斷A【詳解】因為E為側面BCC1B1的中心，所以又F為棱C1所以EF//所以點P到直線EF的距離等于點E到直線BD所以點P到直線EF的距離等于點C1到直線B設C1所以點C1到直線BD1所以點P到直線EF的距離為26所以△EFP的面積S又B1E⊥BC1∩C1所以B1E⊥所以三棱錐P-B1EF的體積如圖以點D為原點，DA,DC,則D0,0,0所以DA所以DA所以向量BD1=設BP=λB所以EP=因為EP//平面A1C所以λ=13所以EP=23設Qx,y又DP=因為FQ⊥DP，所以所以x+所以FQ=又0≤x≤4,0≤y所以當y=0時，線段FQ取最大值，最大值為22；因為DQ=x,又DQ與DA1的所成角為所以cos45化簡可得y2=8x所以點Q的軌跡為拋物線的一部分，D錯誤；故選：AC.【點睛】關鍵點點睛：本題解集的關鍵在于建立空間直角坐標系，利用向量方法研究空間中的線面位置關系.【變式8-1】4.（多選）（2023·全國·高三專題練習）已知在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1A．當P在對角線BD上運動時，三棱錐A-B．當P在對角線BD上運動時，異面直線D1P與BC．當P在對角線BD上運動時，直線D1P與平面AD．若點P到棱AA1的距離是到平面BCC【答案】AB【分析】根據(jù)線面平行的性質結合三棱錐體積公式可判斷A；建立空間直角坐標系，利用空間角的向量求法可判斷B，C；根據(jù)圓錐曲線的定義可判斷D.【詳解】當P在對角線BD上運動時，BD∥B1D1,B故BD∥平面AB1D1，從而點從而三棱錐P-AB1D以D為原點，DA,DC,DD1分別為

則D10,0,1，B1由P在對角線BD上運動，設Pm于是B1假設存在點P滿足異面直線D1P與B1C所成角為解得m=14，所以異面直線D1P與BAC1=(-1,1,1),D故AC1⊥平面A1BD于是令sinπ3=即直線D1P與平面A1BD所成角取不到注意到點P到棱AA1的距離為PA，過點P作BC的垂線，垂足為則點P到平面BCC1B在平面ABCD內，動點P到定點A的距離與到定直線BC的距離之比為2，即動點P的軌跡在雙曲線上，D錯誤,故選：AB.【點睛】關鍵點睛：本題考查立體幾何中動點軌跡，異面直線所成角?線面角的計算，解答的關鍵是要發(fā)揮空間想象能力。利用空間向量處理空間角，利用圓錐曲線的定義確定立體幾何中動點的軌跡,【變式8-1】5.（多選）（2023秋·廣東陽江·高三統(tǒng)考開學考試）已知正方體ABCD-A1B1A．若M為線段AC上任一點，則D1M與BB．若M為正方形ADD1A1C．若M在正方形DCC1D1內部，且|D．若三棱錐M-BDC1的體積為【答案】ACD【分析】對于A：根據(jù)異面直線夾角分析判斷；對于B：根據(jù)題意分析可得AC與BD的交點O即為三棱錐M-ABD的外接球的球心，結合錐體的體積公式分析運算；對于C：分析可得MC=2【詳解】對于A：過點M作MN//BC交DC于點N，連接D1則∠D1MN即為D1M當點M由點A向點C移動的過程中，點N由點D向點C移動,線段D1N逐漸變長，MN所以tan∠又當點M在點A處時，∠D1MN=π4；當點M在點對于B：由題意可知：AB⊥平面ADD1A1則AB⊥又因為AM⊥DM，AB∩AM=所以DM⊥平面ABMBM?平面ABM，則DM故△MAD和△所以AC與BD的交點O即為三棱錐M-ABD的外接球的球心，半徑此外接球的體積V=43對于C：由題意可知：BC⊥平面DCC1D1則BC⊥點M在側面DCC1D故點M的軌跡是以點C為圓心，半徑為2的四分之一圓弧，所以點M的軌跡的長度為14?2對于D：設三棱錐M-BDC由三棱錐M-BDC1的體積為即點M到平面BDC1的距離為對于三棱錐C-BDC由體積可得13h1即點C到平面BDC1的距離為可得：點A1到平面B1D1C的距離為233故點M在平面B1D1若∠MD1C=顯然點C不滿足題意，設D1C與平面B1D1故平面B1D1C與圓錐側面相交，且平面B1顯然點D1不合題意，所以點M的軌跡為橢圓的一部分，故D故選：ACD.【點睛】方法定睛：在立體幾何中，某些點、線、面按照一定的規(guī)則運動，構成各式各樣的軌跡，探求空間軌跡與探求平面軌跡類似，應注意幾何條件，善于基本軌跡轉化．對于較為復雜的軌跡，常常要分段考慮，注意特定情況下的動點的位置，然后對任意情形加以分析判定，也可轉化為平面問題．對每一道軌跡命題必須特別注意軌跡的純粹性與完備性【變式8-1】6.（多選）（2023·河北·校聯(lián)考三模）在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1A．若點P到直線AB與到直線B1C1距離之比為2:1B．若點P到直線AB與到直線B1C1距離之比為1:1C．過點P,C,D．三棱錐P-ABC【答案】BCD【分析】對A：如圖，以B1為坐標原點，建立空間直角坐標系，設點Px,0,z，由點P到直線AB與到直線B1C1距離之比為2:1求得點P的軌跡；對B：根據(jù)拋物線的定義得點P的軌跡；對C：過點P作MN//AB分別交AA1,BB1于【詳解】如圖，以B1為坐標原點，以B1A則B10,0,0，設側面ABB1

對于A：點P到直線AB的距離為1-z由正方體知B1C1⊥面ABB1A1，又所以點P到直線B1C1距離為PB1所以點P的軌跡為橢圓的一部分，故A錯誤；對于B：點P到直線AB與到直線B1C1距離之比為1:1，即P到直線AB根據(jù)拋物線定義知點P的軌跡為拋物線的一部分，故B正確；對于C：過點P作MN//AB分別交AA1,則MN//CD且MN=則平行四邊形MNCD為過點P,C,

對于D：當點P在A1B1上時，點P到面ABCD此時三棱錐P-ABC體積VP故選：BCD【變式8-1】7.（多選）（2023·江蘇揚州·統(tǒng)考模擬預測）圓柱OO1高為1，下底面圓O的直徑AB長為2，BB1是圓柱OOA．若PA+PB=3B．若直線OP與直線OB1成45°，則C．存在唯一的一組點P,QD．AP+PQ【答案】BC【分析】建立空間直角坐標系，利用兩點間距離公式以及向量夾角公式列式計算可得點P的軌跡方程判斷選項A和選項B，假設AP⊥PQ，根據(jù)勾股定理列式結合均值不等式計算最值，即可判斷選項C，計算AP+PQ【詳解】對B，如圖，不妨以O為原點，以AB的垂直平分線，OA分別為x,y,B10,-1,1，設Px由題意，-y+1-由于P點在上底面內，所以P的軌跡是拋物線的一部分，故B正確；對A，PA+PB=3,x2+(

對C，設點P在下平面的投影為P1，若AP則AP2+當P1在線段AQ上時，A由均值不等式，AP當且僅當AP所以2=AQ2而點Q只有在與點B重合時，AQ2才能取到此時點B與點Q重合，點P與點O1重合，故C對D，當點P與點B1，點A與點QAP+PQ+QB1故選：BC【點睛】判斷本題選項B時，利用定義法計算線線所成的角不好計算時，可通過建立空間直角坐標系，利用向量夾角的計算公式列式計算.題型8線段最值【例題8】（2023春·寧夏·高三六盤山高級中學?？奸_學考試）在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M為CC1A．NB1⊥NCC．線段B1N最小值為305 D．【答案】D【分析】由題意判斷N點的位置特征，由N點的位置變化驗證各選項是否正確.【詳解】如圖所示：取A1A中點N1，連接D1B1，D1又DB,MD?面BMD，DB∩MD=D，則DD1B1∩B1N1=而B1N?面B1N1D1，故當N在D1時NB1與NC1VB1-線段B1N的最小值為等腰三角形B1N1D1腰N1D等面積法知：h=22∠NA1B1=90°，tan∠A1NB1=故選：D．【變式8-1】1.（多選）（2023春·湖北·高三統(tǒng)考階段練習）在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M為CC1中點，NA．NB1⊥DCC．線段B1N最小值為2305 D【答案】BCD【分析】根據(jù)正方體的性質得出平面B1D1N1∥平面BMD對于選項A：當N為D1時，根據(jù)異面直線的平面角結合正方體的性質得出NB1與DC1的夾角為∠BDC對于選項B：三棱錐B1-NBM若以N為頂點，△B1對于選項C：點N在線段D1N1上（含端點），則B對于選項D：根據(jù)正方體性質結合已知可得A1B1⊥A1N，則【詳解】取AA1、DD1中點分別為N1、E，連接D1N1、∵ABCD∴AE∥BM，B∴D∵D1N1、B1D1?平面∴平面B1D1N1∵N為四邊形A1D1DA內一點（含邊界），且B∴點N在線段D1對于選項A：當N為D1時，NB1∥BD，則N此時BD=BC1=則NB1與DC對于選項B：∵N為四邊形A∴N到平面B1BM∴三棱錐B1-NBM的體積為V對于選項C：∵點N在線段D1∴當B1N⊥∵B1N∴△B1N1D則S△則當B1N⊥D1對于選項D：∵ABCD∴A1B∵A1N∴A∴△A1B∴tan∵點N在線段D1則當A1N最大時，即點N為點D1時，此時A1N當A1N最小時，即A1N⊥D1則tan∠A1NB故選：BCD.【變式8-1】2.（多選）（2023秋·江西新余·高三新余市第一中學?？奸_學考試）如圖，已知正三棱臺ABC-A1B1C1的上、下底面邊長分別為2和3，側棱長為1，點P在側面BCC1A．CP長度的最小值為3B．存在點P，使得APC．存在點P，存在點Q∈BD．所有滿足條件的動線段AP形成的曲面面積為7【答案】ACD【分析】先將正三棱臺側棱延長補成正三棱錐，求出點A到平面BCC1B的距離即可確定點【詳解】依題意，延長正三棱臺側棱相交于點O，取B1C1BC中點E，連接AD,DE,所以DE的延長線必過點O且DE⊥過點D作DF∥C1C,DG如圖所示：在△OBC中，B1C解得OC1=2所以△OBC為邊長為3所以∠DFE=∠所以DE=因為△ABC是邊長為3的等邊三角形且E為BC所以AE=33在△OAE中，由余弦定理變形得，cos在△ADEcos∠解得AD=6，所以AE由BC⊥AE,BC⊥又AD?平面AOE，所以BC由BC⊥AD，AD⊥DE，BC∩因為AP與平面BCC1B所以ADDP=6，解得DP所以點P在平面BCC1B對于A：當點P運動到DC與C1F的交點時因為四邊形DFCC1是邊長為1且所以DC=3，所以故A選項正確；對于B：要使得AP⊥BC，則點平面ADE與平面BCC1B由圖易知，在平面BCC1B故B選項錯誤；對于C：當點P運動到點F時，連接AF,OF，OF交B1連接A1Q，由于平面A1B1所以AF//平面A1B1C1，又AF?平面AFO所以AF∥A1Q，所以存在點P，存在點故C選項正確；對于D：設C1F的長度為l，則動線段AP形成的曲面展開為兩個面積相等扇形，設其中一個的面積為S,則有S=因此所有滿足條件的動線段AP形成的曲面面積為2S故D選項正確；故選：ACD.【點睛】本題考查了線面角的相關性質與證明，先證明線垂直于平面是幾何法中求線面角的關鍵，線面垂直的證明，可先轉化為線線垂直的問題，利用等腰三角形性質，勾股定理是證明線線垂直常用的方法，要求考生平時多加練習總結，熟練掌握線面平行垂直、面面平行垂直的判定定理及其相關性質定理是高考的基本要求.【變式8-1】3.（多選）（2023秋·河北邢臺·高三統(tǒng)考期末）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2A．當EF?AB=2時，C．AE的最小值為6 D．二面角A-【答案】BCD【分析】根據(jù)數(shù)量積的計算可求得|EF|=1，判斷A；證明B1D1⊥平面AA1C1C，根據(jù)下年垂直的性質可判斷B；當AE【詳解】連接A1C1，AB1由正方體的性質可知D1則EF?AB=|EF|×2×cos因為AA1⊥平面A1B1C因為A1C1⊥B所以B1D1⊥AC1?平面AA1C1C當AE⊥B1D1故最