立體幾何壓軸小題（軌跡與最值）十四大題型（解析版）

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................................................................15

題型3翻折求軌跡................................................................22

題型4角度恒定求軌跡...........................................................31

題型5定長(zhǎng)求軌跡................................................................40

題型6向量法求軌跡..............................................................51

題型7阿波羅尼斯圓相關(guān).........................................................65

題型8解析幾何相關(guān)..............................................................75

題型8線段最值..................................................................91

題型9折線求最值...............................................................101

題型10倍數(shù)求最值..............................................................112

題型11點(diǎn)線距離求最值.........................................................117

題型12點(diǎn)線面距離求最值.......................................................125

題型13周長(zhǎng)求最值..............................................................135

題型14面積求最值..............................................................150

題型1平行求軌跡

【例題1]（2023?江西贛州統(tǒng)考二模）在棱長(zhǎng)為4的正方體ABC。-中，點(diǎn)P滿足

AAi=4AP,E，尸分別為棱8C,C。的中點(diǎn)，點(diǎn)。在正方體ABCD-4&GD】的表面上運(yùn)動(dòng)，

滿足&Q〃面EFP,則點(diǎn)Q的軌跡所構(gòu)成的周長(zhǎng)為（）

A.咫B.2歷C.2D.返

333

【答案】D

【分析】作出輔助線，找到點(diǎn)Q的軌跡，利用勾股定理求出邊長(zhǎng)，得到周長(zhǎng).

【詳解】延長(zhǎng),交的延長(zhǎng)線與H,G,連接PG,PH,分別交BB】，于R,T

過(guò)點(diǎn)必作&K〃PG交BBi于點(diǎn)K,過(guò)點(diǎn)公作&N〃P，交BQ于點(diǎn)N,

因?yàn)?KC平面EFP,PGu平面EFP,所以&K〃平面￡7了,

同理可得&N〃平面EFP:

因?yàn)?KC&N=4,所以平面E"〃平面&KN,

過(guò)點(diǎn)N作NM〃/iK交CQ于點(diǎn)M,

連接MK,則MK〃4N

則平行四邊形為KMN（4點(diǎn)除外）為點(diǎn)Q的軌跡所構(gòu)成的圖形，

因?yàn)檎襟w棱長(zhǎng)為4,E,F分別為棱8。,CO的中點(diǎn)，襦二4存,

所以4P=l,8R=07=]

因?yàn)?p=KR=NT=3,所以/K=DIN=4-3-1=￡

過(guò)點(diǎn)N作N/_LCCi于點(diǎn)/,則CJ=D]N=3

則由幾何關(guān)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

【變式1-1】1.（2023?全國(guó)?高三專題練習(xí)）已知正方體A8CD-4出傳心】的棱長(zhǎng)為3，點(diǎn)M

滿足西=3CM.若在正方形ABiGDi內(nèi)有一動(dòng)點(diǎn)P滿足BP〃平面AMD1，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡

長(zhǎng)為（）

A.3B.V10C.V13D.3V2

【答案】C

【分析】在棱力”】,力4上分別取點(diǎn)E,F,使得4E=/】Di，=遇，連接

EF,BC、,BF,CiE,DiF,BM,證明平面。/犯“〃平面AM歷即可得點(diǎn)『的軌跡為線段QE,再

計(jì)算長(zhǎng)度即可.

【詳解】解：如圖，在棱小。1，力4上分別取點(diǎn)E,尸，使得4E="也，A.F=,連接

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

因?yàn)?E=：&Di,A1F=^A1A,

所以，EF//AD,.

因?yàn)椤癈平面AMD〕，ADiu平面AMDi,

所以“〃平面AMD1，

因?yàn)?/=1力遇,西*=3CM,

3

所以，4尸=GM=2,CM=4/=1,

因?yàn)锳B=GD"BAF=cMCR,A1D1=BC/BCM=Z.FA^,

所以,△ABF^CRM,△BCM^LOI^IF,

所以8F=DiM,D]F=BM

所以，四邊形BF2M是平行四邊形，

所以BF〃D]M,

因?yàn)锽F仁平面AMDi,DrMu平面AMD1，

所以，8/7/平面/MJ,

因?yàn)镃EF=F,BF,EFu平面BFOiM,

所以平面〃平面/MO1，

因?yàn)槠矫?/。iMn平面48傳]。1=C[E,

所以，在正方形4B]GD]內(nèi)有一動(dòng)點(diǎn)P滿足8P〃平面AMD1時(shí)，點(diǎn)P的軌跡為線段GE,

因?yàn)镚E=V22+32=V13

所以，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)為同

【變式1-1]2.（2023?全國(guó)?高三專題練習(xí)）在棱長(zhǎng)為1的正方體ABC。-中,M,N

分別為BDi,B]G的中點(diǎn)，點(diǎn)P在正方體的表面上運(yùn)動(dòng)，且滿足MP〃平面CND]，則下列說(shuō)

法正確的是（）

A.點(diǎn)P可以是棱的中點(diǎn)B.線段MP的最大值為產(chǎn)

C.點(diǎn)P的軌跡是正方形D.點(diǎn)P軌跡的長(zhǎng)度為2+V5

【答案】B

【分析】如圖，取棱的中點(diǎn)E,連接DE,BiE,ME,進(jìn)而證明平面JEM〃平面CNQ,再

結(jié)合題意可知直線81M必過(guò)。點(diǎn)，進(jìn)而取公為中點(diǎn)打,連接BiF,FD,DE,證明/6平面為EM

即可得四邊形4EC尸為點(diǎn)P的軌跡，再根據(jù)幾何關(guān)系依次判斷各選項(xiàng)即可.

【詳解】解：如圖，取棱8。的中點(diǎn)￡,連接DE,%E,ME,

因?yàn)镸N分別為BQ,BiG的中點(diǎn)，

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?yàn)锽iN〃CE,B]N=CE,所以，四邊形CN/E為平行四邊形，

所以CN〃B]E,因?yàn)镃Nu平面CNDi,BrE仁平面CNOi,

所以，8亞〃平面CW%,

因?yàn)楫?dāng)￡QME=E,B]E,MEu平面,

所以,平面以EM〃平面UN。1，

由于M為體對(duì)角線8,的中點(diǎn)，

所以，連接并延長(zhǎng)，直線aM必過(guò)D點(diǎn)，

故取公5中點(diǎn)/，連接B/,FD,DE,

所以，由正方體的性質(zhì)易知尸=CE,

所以，四邊形CD/E是平行四邊形，EF//CD1,EF=CD-

因?yàn)?，ME//CD-ME

所以,E,凡M共線,即/W平面B】EM,

所以，四邊形&EDF為點(diǎn)P的軌跡，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；

由正方體的棱長(zhǎng)為1，所以，四邊形&EDF的棱長(zhǎng)均為白，且對(duì)角線為EF=&BD=V3,,

所以，四邊形B】ED尸為菱形，周長(zhǎng)為26，故CD選項(xiàng)錯(cuò)誤，

由菱形的性質(zhì)知，線段MP的最大值為^當(dāng)。=亨，故B選項(xiàng)正確.

故選：B

B

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛本題解題的關(guān)鍵在于取棱8C的中點(diǎn)E，進(jìn)而證明平面&EM〃平面CNDi,

再根據(jù)面面平行的性質(zhì)求解點(diǎn)P軌跡即可求解.

【變式1-1]3｛多選I2024秋?山東臨沂?高三校聯(lián)考開學(xué)考試在三棱臺(tái)公當(dāng)G-48C中，

AA1_L平面/IBCAB=BC=AC=24當(dāng)=4力遇=2點(diǎn)P為平面/18C內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)包括邊界）,

滿足A1P〃平面BiBCQ，則（）

A.點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為1

B.P到平面B/CG的距離為定值

C.有且僅有兩個(gè)點(diǎn)P,使得4P1BC

D.4P與平面力BC所成角的最大值為30°

【答案】ABD

【分析】取48的中點(diǎn)E"C的中點(diǎn)尸，根據(jù)線面平行的判定與性質(zhì)可得點(diǎn)P在線段EF上運(yùn)動(dòng).

對(duì)A，根據(jù)中位線的性質(zhì)求解即可；對(duì)B，根據(jù)“〃平面當(dāng)8"1判斷可得；對(duì)C,根據(jù)48=

BC=4C結(jié)合正三角形的性質(zhì)判斷即可；對(duì)D,易得乙4P4為&P與平面力5C所成角，再根

據(jù)tani^PA的最值判斷即可.

【詳解】取/W的中點(diǎn)E,.4c的中點(diǎn)F,因?yàn)槿馀_(tái)中AB=24B】，則4C=24心，

故EB=且EB〃&&，故四邊形為平行四邊形，則

又&E仁平面EBiGC,u平面BBiGC,故&E〃平面8當(dāng)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,故點(diǎn)P在線段上運(yùn)動(dòng).

對(duì)A,EF=1,故A正確；

對(duì)B,因?yàn)椋?平面4￡7,故￡尸〃平面B[BCC],所以戶到平面8〔BCG的距離為定值，故B

正確；

對(duì)C,因?yàn)?8=BC=AC,故為P1BC當(dāng)且僅當(dāng)P為E尸中點(diǎn)時(shí)成立，故C錯(cuò)誤；

又寸D,因?yàn)锳&J_平面ABC,所以乙4P4為41P與平面4BC所成角.

由題意/IE=EF=AF=1，故當(dāng)P為“中點(diǎn)時(shí)/P取得最小值一，此時(shí)tani&PA=^=y,

所以&P與平面48c所成角的最大值為30。，故D正確.

故選：ABD

【變式1-1]4.（多選）（2023?重慶?統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）在棱長(zhǎng)為4的正方體力BCD-A,BXC.DX

中，點(diǎn)E為棱DD1的中點(diǎn)，點(diǎn)F是正方形為B】GQ內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)（含邊界）,則下列說(shuō)法中正確

的是（）

A.直線8G與直線AC夾角為60。

B.平面8GE截正方體所得截面的面積為6企

C.若EF=2V5,則動(dòng)點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度為27r

D.若”〃平面BCiE,貝勵(lì)點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度為2遍

【答案】ACD

【分析】對(duì)A,根據(jù)力C的平行線確定直線BG與直線AC夾角即可；

對(duì)B,根據(jù)面面平行的性質(zhì),作出平面BGE截正方體所得截面并求其面積即可；

對(duì)C,由題意D/=4,動(dòng)點(diǎn)尸的軌跡為以以為圓心的四分之一圓弧,再根據(jù)弧長(zhǎng)公式

求解即可；

對(duì)D,先判斷過(guò)力且平行于平面BQE的平面截正方體的面，再分析而勺軌跡即可

【詳解】對(duì)A,連接/iG，&8,8G，/4c,可得正△&8口，根據(jù)正方體的性質(zhì)，A^/./AC,

故直線8G與直線AC夾角為直線BC1與直線&G的夾角為60。，故A正確；

對(duì)B,因?yàn)槊?0。送1〃面BCG81,平面叫En面BCCSi=Bg,根據(jù)面面平行的性質(zhì)可得

平面截/ID。"］的交線,故平面8GE截AD的交點(diǎn)戶為力0的中點(diǎn)，故PB=

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

中8G=4企,PE=2或，高％=3或，故截面的面積為若絲x3迎二18,故B錯(cuò)誤；

對(duì)C,若EF=2V5,則5F=JE。一D］E2=4,故動(dòng)點(diǎn)尸的軌跡為以外為圓心的四分之一

圓弧4式一其長(zhǎng)度為］x4=211，故C正確；

對(duì)D,取81G中點(diǎn)Q,連接如圖,由B知截面為等腰梯形EP8G,由四邊形48GD1為平行

四邊開/導(dǎo)45//BG,又/WiU面BQE,8Gu面,所以力。//面BGE,由四邊形BQQP

為平行四邊形得DiQ〃PB,DiQ《面BC]E,BPu面,所以。過(guò)〃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，故尸的軌跡為

線段5Q，其長(zhǎng)度為=2遍，故D正確；

故選：ACD

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：立體幾何中與動(dòng)點(diǎn)軌跡有關(guān)的題目歸根到底還是對(duì)點(diǎn)線面關(guān)系的認(rèn)知，

其中更多涉及了平行和垂直的一些證明方法，在此類問(wèn)題中要么很容易的看出動(dòng)點(diǎn)符合什么

樣的軌跡（定義），要么通過(guò)計(jì)算（建系）求出具體的軌跡表達(dá)式，和解析幾何中的軌跡問(wèn)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(yáng)?高三安徽省臨泉第一中學(xué)?？紝ｎ}練習(xí)）如圖，

在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、M、N均為所在棱的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在正

方體表面運(yùn)動(dòng)，則下列結(jié)論正確的有（）

A.當(dāng)點(diǎn)P為BC中點(diǎn)時(shí)，平面PEF_L平面GMN

B.異面直線EF、GN所成角的余弦值為￡

C.點(diǎn)E、F、G、M、N在同一個(gè)球面上

D.若/=t而f+而i?-2t石瓦，則P點(diǎn)軌跡長(zhǎng)度為第

【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(xiàng)根據(jù)異面直線所成角判斷B選項(xiàng)，

根據(jù)五點(diǎn)共圓判斷C選項(xiàng)，根據(jù)軌跡求出長(zhǎng)度判斷D選項(xiàng).

【詳解】取AD中點(diǎn)Q,連接PQ,尸Q,在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、

M、N均為所在棱的中點(diǎn)，

易知GM1PQ,FQ//DDlt：,FQJ_平面力BCO,GM在面ABCD內(nèi),

:.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

連接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,

綜上，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正確；

取中點(diǎn)T,連接,ET//GN,

???乙丁￡/是異面直線EF,GN所成的角，

又“=FT=ET=奩，則乙7TF=；,COS〃EF=[故B錯(cuò)誤；

記正方體的中心為點(diǎn)。，則|。臼=\0F\=\0G\=\0M\=\0N\=V2,

故點(diǎn)&匕G,M,N在以。為球心，以或?yàn)榘霃降那蛎嫔?，故C正確；

,*,A^P=tA^A+-2￡彳1瓦,E是4遇的中點(diǎn)，

A^P-A^M=2tA^E-2tA8；，故而尸=2t瓦瓦

???P點(diǎn)軌跡是過(guò)點(diǎn)M與々E平行的線段MP"且|CP|=1..

??.|MP[=今故D正確.

故選:ACD.

【變式1-1]6.（多選X2023?湖南長(zhǎng)沙?雅禮中學(xué)?？糡莫）如圖，正方體力BCD-48￡01

的棱長(zhǎng)為3,E為AB的中點(diǎn),C】F=2FC動(dòng)點(diǎn)M在側(cè)面人4劣。內(nèi)運(yùn)動(dòng)（含邊界），則（）

A.若“811平面。透尸，則點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為手

B.平面尸與平面ABCD的夾角的正切值為竽

C.平面?；ㄊ卣襟w所得的截面多邊形的周長(zhǎng)為3履+苧

D.不存在一條直線I，使得I與正方體力BCD-的所有棱所成的角都相等

【答案】ABC

【分析】對(duì)于A、C項(xiàng)，先作出平面9截正方體ABC。-4aGDi所得的截面,通過(guò)構(gòu)

造面面平行得出M軌跡及截面多邊形周長(zhǎng)；

對(duì)于B項(xiàng)，作出二面角計(jì)算即可；對(duì)于D項(xiàng)，可知所有與體對(duì)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(zhǎng)DC、D1F交于點(diǎn)N,連接NE并延長(zhǎng)交DA的延長(zhǎng)線于G點(diǎn)，交CB于。點(diǎn)，連

接DIG交A1A于H點(diǎn)，則五邊形D1F0EH為平面為“截正方體力BCD-所得

的截面，在側(cè)面"必。中作PQIID1H,可得M軌跡為線段PQ,

由已知及平行線分線段成比例可得：CN==BE=C。=4E=RG=：,

若=黑=擠所以&P=14Q=|,即PQ=早，A正確；

HE=PQ=^-=OF,D1H=2PQ=V13=0/,OE=竽，

故五邊形D1FOEH周長(zhǎng)為3m+苧，C正確；

連接BD,交EO于點(diǎn)I,由上計(jì)算可得I為GN中點(diǎn)，且D1G=G1N,故DI±EO,D1I垂

直EO,即為平面。山?與平面ABCD的夾角，

易得D/=￥，?,?tanzD/D]=竽，B正確；

對(duì)于D存在直線I,如直線BD】與正方體三條棱夾角相等.

故選：ABC.

【變式＞1】7.（多選）（2023訶北模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，已知正方體力8co-4當(dāng)&內(nèi)的

棱長(zhǎng)為1,點(diǎn)E,F分別是棱的中點(diǎn)，點(diǎn)P是側(cè)面8道。6內(nèi)一點(diǎn)（含邊界）.若DM〃平

面，Q,則下列說(shuō)法正確的有（）

A.點(diǎn)P的軌跡為一條線段

B.三棱錐P-8EF的體積為定值

C.|DP|的取值范圍是停身

D.直線與89所成角的余弦值的最小值為當(dāng)

【答案】AB

【分析】取B8i，8iG中點(diǎn)G,”，由面面平行的判定可證得平面BE/7/平面,可知P點(diǎn)軌

跡為線段GH，知A正確；由線面平行性質(zhì)可知P點(diǎn)到平面8EF的距離即為點(diǎn)G到平面BE/的

距離，利用等體積轉(zhuǎn)化，結(jié)合棱錐體積公式可求得B正確；在^OGH中，通過(guò)求解點(diǎn)。到GH

的距離可確定C錯(cuò)誤；根據(jù)平行關(guān)系可知所求角為乙P%G,則余弦值最小時(shí)，。與H重合，

由余弦定理可求得結(jié)果，知D錯(cuò)誤.

【詳解】對(duì)于A,分別取8%81cl中點(diǎn)G,H,連接DiG,GH,D]H,BCi，AD],

???D]F〃BG,D】F=BG=卯當(dāng)，???四邊形BFDiG為平行四邊形，.??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”；

則當(dāng)QPu平面5GH時(shí),5P〃平面8"恒成立，

又平面DiGHn平面BiBCq=GH,P￡平面當(dāng)8。。1,

???P點(diǎn)軌跡為線段GH,A正確；

對(duì)于B,由A知：GH〃平面8EF，，點(diǎn)P到平面的距離即為點(diǎn)G到平面8EF的距離,

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

V2__1_

224

即三棱錐P-8"的體積為定值/，B正確；

對(duì)于C,連接DG,D”,

OGH中,DG=J(或P+(1)2=^,DH=/+12+(3=^

???點(diǎn)D至l」GH的日巨離為JDG?—GG“)2=J91V34

----=---

484

??.|DP|的取值范圍為|亨,C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,由A知：BF//D.G,直線內(nèi)P與95所成角即為直線DiP與內(nèi)G所成角，即,

則當(dāng)P與H重合時(shí)，△0D4取得最大值,此時(shí)余弦值取得最小值；

90/==%GH*

...cos叫G=獷+八-=岑=延，

1

2D.HD.G2x^x15

即直線2P與斤成角的余弦值的最小值為誓，D錯(cuò)誤.

故選：AB.

題型2垂直求軌跡

【例題2］（2023?全國(guó)?高三對(duì)口高考）如圖，定點(diǎn)A和B都在平面a內(nèi)，定點(diǎn)P^a,PBla,

C是a內(nèi)異于A和B的動(dòng)點(diǎn)，且PC1AC.那么，動(dòng)點(diǎn)C在平面a內(nèi)的軌跡是（）

A.一條線段，但要去掉兩個(gè)點(diǎn)B.一個(gè)圓，但要去掉兩個(gè)點(diǎn)

C.一個(gè)橢圓，但要去掉兩個(gè)點(diǎn)D.半圓，但要去掉兩個(gè)點(diǎn)

【答案】B

【分析】利用線面垂直判定定理和性質(zhì)定理即可求得AC1BC,進(jìn)而得到動(dòng)點(diǎn)C在平面a內(nèi)

的軌跡是以4B為直徑的圓（去掉4B兩個(gè)點(diǎn)）.

【詳解】連接48,BC.

PB1a,ACca,貝1AC,又PC1AC,

PBCiPC=P,PB,PCu平面P8C,貝!MC_L平面尸BC,

又BCu平面PBC,則力。1BC,

則動(dòng)點(diǎn)C在平面a內(nèi)的軌跡是以A8為直徑的圓（去掉43兩個(gè)點(diǎn)）.

【變式2-1]1.（2023?全國(guó)?高三對(duì)口高考）正四棱錐S-ABCD的底面邊長(zhǎng)為2,高為2,

E是邊8c的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在表面上運(yùn)動(dòng)，并且總保持PE1AC,則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡的底長(zhǎng)為

（）

A.V6+\/2B.巫-衣C.4D.V5+1

【答案】A

【分析】由題意，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為過(guò)E且垂直"的平面與正四棱錐S-A8CD的交線，再根

據(jù)線面垂直的性質(zhì)求解即可.

【詳解】如圖，設(shè)4c,8。交于。，連接S。，由正四棱錐的性質(zhì)可得，SO1平面，因?yàn)?/p>

ACu平面/BCD,故SO1AC.

又BDLAClSOnBD=O,SO,BDu平面SB。,故從。，平面S8D.

由題意，PE14則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為過(guò)E且垂直4C的平面與正四棱錐S-4BCD的交線，即

如圖,貝!J/CJ_平面EAG.

由線面垂直的性質(zhì)可得平面S。?！ㄆ矫?又由面面平行的性質(zhì)可得EG〃SZ?,GF//SD,

EF//BD,又E是邊BC的中點(diǎn)，故EG,G居Er分別為^SBCASDCqBCD的中位線.

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

血.

即動(dòng)點(diǎn)P的軌跡的周長(zhǎng)為痣+V2.

古嬤：A

【變式2-1]2.（2023?安徽滁州?安徽省定遠(yuǎn)中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）在正四棱柱/BCD-

中，力8=1,A'=4,E為DD]中點(diǎn)，。為正四棱柱表面上一點(diǎn)，且1B1E,

則點(diǎn)P的軌跡的長(zhǎng)為（）

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

【答案】A

【分析】根據(jù)給定的條件，結(jié)合正四棱柱的結(jié)構(gòu)特征，作出過(guò)點(diǎn)G垂直于BiE的正四棱柱的

截面即可計(jì)算作答.

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

面,

薩

因?yàn)?GU平面481C]D],則￡D]_L4G，又比D1，￡D]u平面EBR],

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

取CG中點(diǎn)/，連接FEB/，在平面BCG/內(nèi)過(guò)G作GG1B]尸，交BB】于G，顯然EF〃D】G,

而DiGJ■平面BCQBi,則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，而當(dāng)/u平面B/E，因此C；G1

因?yàn)镚GG4tu平面GG4,G&ncxG=q,從而4Ei平面。住兒,

連接4G,則點(diǎn)P的軌跡為平面GG4與四棱柱的交線，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

所以點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)為41G+C]G+A?=2小+：+鳳百+叵

故選：A

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：作截面的常用三種方法：直接法，截面的定點(diǎn)在幾何體的棱上；平行線

法，截面與幾何體的兩個(gè)平行平面相交，或者截面上有一條直線與幾何體的某個(gè)面平行；延

長(zhǎng)交線得交點(diǎn)，截面上的點(diǎn)中至少有兩個(gè)點(diǎn)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4B垂直于定圓所在的平面,8,C是

圓上的兩點(diǎn)，，是點(diǎn)B在4c上的射影，當(dāng)C運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)”運(yùn)動(dòng)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(shè)定圓圓心為。，半徑為r,由線面垂直的判定與性質(zhì)可推導(dǎo)證得8H1DH,由直

角三角形性質(zhì)可確定?！?。8=。。=r,由此可得軌跡圖形.

【詳解】設(shè)定圓圓心為。,半徑為r,

連接?！?，設(shè)直徑為8。，連接AD,CD,

vAB，平面BCD,CDu平面BCD,AB1CD；

---RD為直徑，:.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,則點(diǎn)，的軌跡是以。為圓心，丁為半徑的圓.

古嬤：A.

【變式2-1]4.（多選）（2023秋?浙江?高三浙江省春勝中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）已知正方體

ABCD-的棱長(zhǎng)為2,點(diǎn)P為平面力BCD內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.若點(diǎn)P在棱AD上運(yùn)動(dòng)，貝IJ&P+PC的最小值為2+2/2

B.若點(diǎn)P是棱力。的中點(diǎn),則平面P3G截正方體所得截面的周長(zhǎng)為2通+3V2

C.若點(diǎn)P滿足PD11DC一則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是一條直線

D.若點(diǎn)P在直線4C上運(yùn)動(dòng)，則P到棱8G的最小距離為平

【答案】BCD

【分析】化折線為直線，即可判斷A,取CD1的中點(diǎn)E,連接BP、PE、C】E、AD..即可證

明四邊形EPBG即為平面P8G截正方體所得截面，從而求出截面周長(zhǎng)，即可判斷B,根據(jù)線

面垂直判斷C,利用空間向量法判斷D.

【詳解】對(duì)于A:如圖將平面48CD展開與平面A。5為處于一個(gè)平面，連接&C與力。交于

點(diǎn)、P,

此時(shí)為P+PC取得最小值，即（4P+PC）min=V22+42=26，故A錯(cuò)誤；

A/），

對(duì)于B：如圖取DD]的中點(diǎn)E,連接BP、PE、C1E、AD.,

因?yàn)辄c(diǎn)P是棱4。的中點(diǎn)，所以P勿〃D[且PE=\ADX,

又48〃GDi且48=C/i,所以四邊形力8G5為平行四邊形，所以40//8G,

所以PE〃BG,所以四邊形EP8G即為平面P8G截正方體所得截面，

又BCi=2y/2,PE==立，BP=E￡=Vl2+22=V5,

所以截面周長(zhǎng)為3&+2近，故B正確；

又寸于C：如圖，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?yàn)槠矫鍭BC。Cl平面8CD14=BC,

5W平面8CDi4,PW平面ABC。,

又PQ1DC..所以P在直線BC上，即動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是一條直線，故C正確；

對(duì)于D：如圖建立空間直龜坐標(biāo)系，則8(2,2,0),G(0,2,2),設(shè)P(a,2-af0)(aE[0,2]),

所以西=(-2,0,2),BP={a-2,-a,0),

所以P到棱8cl的距離d=I而,_悟^)_電由一2a+2=J沁-g)+g

題型3翻折求軌跡

【例題3】(多選X2023?全國(guó)?高三專題練習(xí))如圖，在長(zhǎng)方形ABCD中癖8=2,8C=4,

E為BC的中點(diǎn)，將△B4E沿AE向上翻折到△P4E的位置，連接PC,PD,在翻折的過(guò)程中，

A.四棱錐P-4ECD體積的最大值為2&B.PD的中點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度的最大值為粵

C.EP,CD與平面PAD所成的角相等D.三棱錐P-4ED外接球的表面積的最小值為16口

【答案】ACD

【分析】根據(jù)錐體體積、動(dòng)點(diǎn)軌跡、線面角、外接球等知識(shí)對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行分析，從而確定正確

答案

【詳解】對(duì)于A,梯形4ECD的面積為2；4x2=6,z4F=2V2,直角△斜邊AE上的高為

V2.

當(dāng)平面力PE1平面AECD時(shí)，四棱錐P-AECO的體積取得最大值:x6x&=2&A正確.

對(duì)于B,取P/的中點(diǎn)G，連接GF,GE,FC，則GF,EC平行目相等，四邊形EUY；是平行四邊形，

所以點(diǎn)F的軌跡與點(diǎn)G的軌跡形狀完全相同.

過(guò)G作AE的垂線，垂足為HrG的軌跡是以H為圓心，HG=專為半徑的半圓弧，

從而PD的中點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度的最大值為等，B錯(cuò)誤.

對(duì)于C,由四邊形ECFG是平行四邊形，知ECIIFG.

則EC〃平面PAD,則瓦。到平面P/W的距離相等，

故尸E,CD與平面P4。所成角的正弦值之比為CD:PE=1:1,C正確.

對(duì)于D,Rt△力DE外接圓的半徑為2,圓心為40的中點(diǎn)，

當(dāng)三棱錐P-外接球球心為AD中點(diǎn)，即PD=2次時(shí)，

三棱推P-力ED外接球的表面積取得最小值，為4TTx22=16TT.D正確.

P(B)

故選：ACD

【點(diǎn)睛】求解幾何體外接球有關(guān)問(wèn)題，關(guān)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(gè)或兩個(gè)面的外接圓圓心;2、分

別過(guò)兩個(gè)面的外心作該面的垂線，兩條垂線的交點(diǎn)即為外接圓圓心；3、構(gòu)造直角三隹形求

解球半徑，進(jìn)而求出外接球表面積或體積.

【變式3-1]1.（多選I2023秋?廣東佛山?高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖甲，在矩形力BCD中，

AD=2,BC=1,E為4。上一動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），且滿足將^AEO沿OE折起后，點(diǎn)A在平面

CCBE上的射影/總在棱DC上，如圖乙，則下列說(shuō)法正確的有（）

A.翻折后總有8C1AD

B.當(dāng)EB=決寸，翻折后異面直線AE與8C所成角的余弦值為:

C.當(dāng)E8=g時(shí)，翻折后四棱錐4-DC8E的體積為等

D.在點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，點(diǎn)尸運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度為3

【答案】ACD

【分析】根據(jù)線面垂直得出線線垂直，可判斷A,作EP1DC于P，可得異面直線所成的角，

判斷B，作4GIDEtiS：AE=x,DF=y,利用三角形相似可得x=；,利用函數(shù)性質(zhì)求出y

的范圍判斷D,求出棱錐的高力尸，再由四棱錐體積公式計(jì)算可判斷C.

【詳解】在圖乙中，因?yàn)辄c(diǎn)A在平面DCBE上的射影廠在棱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；

如圖，

在圖乙中作“1DC于P,連接4P,則EP〃8C,所以4E與"所成角即為4E與EP所成角，

又由8cJ_平面ADC可得EP1平面ADC,所以￡P(guān)14P而EP=1,AE=2-BE=》則

cos乙4"=1,即力E與BC所成角余弦值為:，故B錯(cuò)誤；

如上圖，在圖乙中作PG±DE于G，連接4G，則由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,貝」OlE1AG,在圖甲中,如圖,

A,____里__.B

口

DFC

作力G1DE,則4,G,F三點(diǎn)共線，設(shè)力/?=x,OF=y,則由△DFA4DE可得黑=巖，

r\UC/i

即：=1,又在圖乙中有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正確；

當(dāng)EB=:時(shí)，x=[則y=|,所以"=VAD2-DF2=Jl=y,

則%-=4?"等型==，故C正確.

故選：ACD.

【變式3-1]2.(多選X2023春?湖南?高三校聯(lián)考階段練習(xí))如圖，在矩形ABCD中,AB=

V2AD=4,E,F,G,H分別為AB,BC,CD,AD的中點(diǎn),AC與BD交于點(diǎn)O，現(xiàn)將SEH,

△BEF,ACFG,ADGH分別沿EH,EF,FG,GH把這個(gè)矩形折成一個(gè)空間圖形，使A與D

重合，B與C重合，重合后的點(diǎn)分別記為M,N,Q為MN的中點(diǎn)，對(duì)于多面體MNEFGH,

下列說(shuō)法正確的是()

A.異面直線GN與ME的夾角大小為60°

B.該多面體的體積為企

C.四棱錐E-MNFH的外接球的表面積為22Tl

D.若點(diǎn)P是該多面體表面上的動(dòng)點(diǎn)，滿足PQ1ON時(shí)，點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度4+V2

【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(guān)系進(jìn)行求解A,根據(jù)線直垂直

以及錐體的體積即可求解B,根據(jù)外接球的性質(zhì)，結(jié)合勾股定理即可求解C,根據(jù)線面垂直即

可判斷點(diǎn)P的軌跡，即可求解D.

【詳解】取，尸的中點(diǎn)為。,取NE的中點(diǎn)為點(diǎn)P,連接OQ,OP,

由幾何體形成的過(guò)程可知平面MNFH1平面EFGH,其交線為〃尸，由于

四邊形EFG〃為菱形，四邊形為等腰梯形，故OQ±HFQQ廠平面MNFH，所以O(shè)QJL平

面“GH,

由題意可知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，則NOPQ即為異面直線GN與ME所

成夾角的平面角或其補(bǔ)角，而。P=PQ==1,.?.△OPQ為等邊三角形，.??異面直線

GN與ME的夾角大小為60°,選項(xiàng)A正確；

由幾何體形成的過(guò)程可知平面MNFH1平面EFGH,其交線為，由于

四邊形為菱形，四邊形MN/7/為等腰梯形，故Of1HF,OEu平面"GH，所以O(shè)C1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

錯(cuò)誤；

在&NFH中/NFH=45°,NH=y/32+l2=V10「.△NFH的外接圓直徑為=亮;=2花，

△HEF的外接圓直徑"=半=3奩，.??四棱錐E-MNFH的外接球直徑D滿足"=宵+

Dl-HF2=20+18-16=22,??.四棱錐E-MNFH的外接球的表面積為TW?=22TT,選

項(xiàng)C正確：

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,點(diǎn)P

所在平面與平面MEG平行，二點(diǎn)P的軌跡為五邊形QPRST,長(zhǎng)度為1+號(hào)+/+曰+1=

2+2企，D選項(xiàng)錯(cuò)誤.

故選AC.

【變式3-1]3.（多選）（2022?遼寧丹東統(tǒng)考一模）如圖，正方形A8CD的邊長(zhǎng)為2,E為8C

的中點(diǎn)，將4B4E沿HE向上翻折到△PAE,連結(jié)PC,PD,在翻折過(guò)程中（）

P(0

A.四棱錐P-4ECD的體積最大值為學(xué)

B.P。中點(diǎn)尸的軌跡長(zhǎng)度為企乃

C.EP,CO與平面P/1。所成角的正弦值之比為2:1

D.三棱錐P-力ED的外接球半徑有最小值;，沒有最大值

4

【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推的外接球概念作圖，

逐個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可求解

【詳解】由已知梯形4ECD面積為3,AE=V5,直角△4PE斜邊力E

上的高為等.當(dāng)平面力PE1平面4%。時(shí)，四棱錐P-4ECD的

體積取最大閽x3x第二空A正確；

JDD

取PA中點(diǎn)為G,則G尸，EC平行且相等,四邊形EC”是平行四邊形,

所以，點(diǎn)尸的軌跡與點(diǎn)G的軌跡完全相同，過(guò)G作4E的垂線，垂足為

從G的軌跡是H以為圓心，HG=*為半徑4的半圓弧，從而P。

DD

中點(diǎn)尸的軌跡長(zhǎng)度為等.B錯(cuò)誤；

由四邊形EC"G是平行四邊形知EC〃/G,

則EC〃平面P4D,則瓦C到平面P4D距離相等，

故PE,CD與平面P4D所成角的正弦值之比為等于CD:PE=2:1.C正確；

△4PE外接圓為半徑為內(nèi),3是4E中點(diǎn)，根據(jù)正弦定理△ADE

外接圓。2半徑為3,AE是圓。1與圓。2公共弦，1。2。11=*

設(shè)三棱錐P-AED外接球球心為。，半徑為R,

22

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

因?yàn)閨。2。|G[0,+oo）,所以RG￡+8）,所以R最小值為：，沒有最大值.D正確;

故選：ACD

【變式3-1】4.（2023?全國(guó)高三專題練習(xí)）如圖，在正方形4BCD中，點(diǎn)M是邊CD的中點(diǎn)，

將4沿4M翻折到△,連接P8,PC,在440M翻折到△P4M的過(guò)程中，下列說(shuō)法正

確的是.（將正確說(shuō)法的序號(hào)都寫上）

①點(diǎn)P的軌跡為圓??；

②存在某一翻折位置，使得AM±PB；

③棱PB的中點(diǎn)為E,則CE的長(zhǎng)為定值；

【答案】①③

【分析】依據(jù)翻折過(guò)程中P"LAM,PH=得力。均不變，判定點(diǎn)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(guò)程中的長(zhǎng)恒為今4。，從而判斷③正確.

【詳解】設(shè)正方形4BCD邊長(zhǎng)為a,

①在正方形48CD中,過(guò)點(diǎn)D作DH1AM于H,則DH=^a

在44DM翻折到△P4M的過(guò)程中,PH上AM,PH=均不變，

則點(diǎn)P的軌跡為以H為圓心，以9a為半徑的圓弧.判斷正確；

②假設(shè)存在某一翻折位置，使得AM1PB.

在6PAM內(nèi)，過(guò)點(diǎn)P作PW1于N,連接BN,

由力MA.PB,PN1AM,PNdPB=P,可得/IM_L平面PBN

又BNu平面PBN,則AM±BN,則cxMA"梟=管

又在正方形48CD中，COSLMAB=COS^LAMD=y.

二者互相矛盾，故假設(shè)不成立，即不存在某一翻折位置，使得AM1PB.判斷錯(cuò)誤；

③棱P8的中點(diǎn)為應(yīng)取PA中點(diǎn)K,連接EK,CE,MK,貝!JMK=*

則有EK||AB,EK=^AB,則EKIIMC,EK=MC

則四邊形EKMC為平行四邊形，則CE=MK,

又MK=^a,則CE=與a,即CE的長(zhǎng)為定值.判斷正確.

故答案為：①③

題型4角度恒定求軌跡

【例題4】（2018?北京?高三強(qiáng)基計(jì)劃）在正方體力BCD-力出C/i中，動(dòng)點(diǎn)M在底面4BCD

內(nèi)運(yùn)動(dòng)且滿足乙。。源=乙DD】M,則動(dòng)點(diǎn)M在底面力BCD內(nèi)的軌跡為（）

A.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(gè)答案都不對(duì)

【答案】A

【分析】根據(jù)WZM=可得DM在圓錐面上，故可得M的軌跡.

【詳解】因?yàn)镹DD4=乙DDiM,故DM在圓錐面上，該圓錐以DD】為軸,。為頂點(diǎn),

而M在底面4BCD內(nèi)，

故動(dòng)點(diǎn)M在底面力8。。內(nèi)的軌跡是以D為圓心的四分之一圓弧力C.

古嬤：A.

【變式4-1]1.（2023春河南高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知長(zhǎng)方體/WCO-431Q01的外

接球的表面積為5Tl,力4=2,點(diǎn)P在四邊形力遇CC1內(nèi)，且直線BP與平面占4CC1所成角

為:，則長(zhǎng)方體的體積最大時(shí),動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)為（）

A.TTB.?C.2D.包

224

【答案】C

【分析】首先由題意得到長(zhǎng)方體體積最大時(shí)，得到幾何體的棱長(zhǎng)，設(shè)AC,80相交于點(diǎn)。，

由801平面AMCC],確定線面角，從而確定點(diǎn)P的軌跡，從而得解.

【詳解】因?yàn)殚L(zhǎng)方體力BCD-4避62的外接球的表面枳為571,設(shè)外接球的半徑為R,

所以4近=5n，解得R=亨或R=-苧（舍去），即外接球的直徑為遙,

設(shè)48=a,BC=b,則49+爐+=遙，可得Q?+b2=1,

所以V=2ab<a2+b2=l,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立.

如圖，設(shè)AC,8D相交于點(diǎn)。，

因?yàn)?01.AC.B0LAAr,ACC\AAX=A,AC,AA1,

所以8。，平面力遇CG,直線BP與平面4"CQ所成角為3,

所以乙BP0=%故0P=3則點(diǎn)P的軌跡是以。為圓心,半徑r=[的半圓弧，

422

所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)為TTr=.

故選：C

【變式4-1]2.（2023?湖北襄陽(yáng)?襄陽(yáng)四中?？寄M預(yù)測(cè)）如