高中數學同步講義（人教B版2019選擇性必修一）第13講 專題1-5 立體幾何小題軌跡問題七大題型

專題1-5立體幾何小題軌跡問題七大題型匯總題型1平行關系與軌跡 1題型2垂直關系與軌跡 9題型3定長與軌跡 20題型4相等關系與軌跡 33題型5角度定值與軌跡 44題型6翻折問題與軌跡 59題型7旋轉問題與軌跡 68題型1平行關系與軌跡【例題1】（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，M為A1C

A．AC1=4 B．BC1＝4 C．AB1＝6 D．【答案】B【分析】根據面面平行的判定定理證明平面MDE//平面ABC1，再由MN//平面【詳解】如圖，

取B1C1由MD//A1B又MD?平面ABC1，AB?平面ABC1，所以同理可得DE//平面ABC1，又MD∩DE=D，MD,DE?所以平面MDE//平面ABC1，又MN//平面故點N的軌跡為線段DE，又由DE=12B故選：B．【變式1-1】1.(多選)（2023·全國·高三專題練習）已知△ABC為等腰直角三角形，AB=AC，其高AD=3，E為線段BD的中點，將△ABC沿AD折成大小為θπ3<θ≤π2的二面角，連接BC，形成四面體A?BCD，動點P在△ACD內（含邊界），且PEA．AD⊥BCB．E點到平面ADC的距離的最大值為3C．點P在△ACD內（含邊界）的軌跡長度為2D．當BP⊥AC時，BP與平面ADC所成角的正切值的取值范圍為2【答案】ABD【分析】作圖，根據圖中的幾何關系以及有關定義構造三角形逐項求解.【詳解】依題意作下圖：∵AD=3，BD=CD=3,AB=AC=32又∵BD⊥AD,CD⊥AD,∴∠BDC=θ，BD∩CD=D,BD?平面BCD，CD?平面BCD，∴AD⊥平面BCD，BC?平面BCD，∴AD⊥BC，A正確；取AD的中點F，CD的中點G，連接EG,EF,GF；∵GF//AC,AC?平面ABC，∴GF//平面ABC，EF//AB,AB?平面ABC，∴EF//平面ABC，GF∩EF=F，∴平面GEF//平面ABC，又PE//平面ABC，P∈平面ACD，平面ACD∩平面EFG=GF，∴P點在線段GF上，P點在△ACD內軌跡的長度GF=1過E點作CD的垂線EH得垂足H，AD⊥平面BCD，EH?平面BCD，∴EH⊥AD,CD∩AD=D,CD?平面ACD，AD?平面ACD，∴EH⊥平面ACD，即線段EH的長度就是E點到平面ACD的距離，∴EH=EDsin對于D，如圖過B點作CD的垂線得垂足I，則有BI⊥平面ACD，過I點作GF的垂線得垂足P，∵GF⊥PI,GF⊥BI,BI∩PI=I,BI?平面BPI，PI?平面BPI，∴GF⊥平面BPI，GF⊥BP，又GF//AC,∴BP⊥AC，BP與平面ACD所成的角就是∠BPI，在等腰直角三角形GPI中，PI=22GI=2232當θ=π3時，DI=3cosπ3令fθ=3fθ是減函數，當θ=π2時取fθ最小值故選：ABD.【變式1-1】2.(多選)（2023·全國·高三專題練習）已知正方體ABCD?A1B1CA．三棱錐N?A1B．當MN最大時，MN與BC所成的角為πC．正方體的每個面與點N的軌跡所在平面夾角都相等D．若DN=2，則點N的軌跡長度為2【答案】ACD【分析】首先利用平面的基本性質確定N點所在平面MEFGHI，且面MEFGHI//面A1BC1，構建空間直角坐標系，求面A1BC1的一個法向量，應用向量法求N到面A1BC1的距離，進而求三棱錐N?A1B【詳解】過AB中點M作ME//A1B與A1A交E，作EF//B依次作A1C1,A最后依次連接各交點，得到如下圖示的正六邊形MEFGHI，因為ME//A1B，ME?面A1B所以ME//面A1BC1因為ME∩EF=E，ME,EF?面A1BC所以面MEFGHI中直線都平行于面A1BC1，又M∈面MEFGHI，且所以MN?面MEFGHI，即N∈面MEFGHI，根據正方體性質，可構建如下圖示的空間直角坐標系，則A(2,0,0)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，C1(0,2,2)，且M(2,1,0)，E(2,0,1)，F(xiàn)(1,0,2)，G(0,1,2)，A：由上分析知：面MEFGHI任意一點到面A1BC1的距離，即為而A1B=(0,2,?2)，C1B所以m?A1B=2y?2z=0m?所以M到面A1BC1的距離，即N到面又△A1BC所以三棱錐N?A1BB：由圖知：當N與G重合時MN最大為22，且MG//B所以MN與BC所成的角，即為∠CC：由正方體性質，只需判斷各側面的法向量DA=(2,0,0)，DC=(0,2,0)，DD又cosm,DA所以正方體的每個面與點N的軌跡所在平面夾角都相等，正確；D：若DN=2，則點N的軌跡是以N為球心的球體被面MEFGHI所截的圓，因為面MEFGHI//面A1BC1，故m=(1,1,1)所以D到面MEFGHI的距離為d'=m故點N的軌跡長度為2π故選：ACD【變式1-1】3.(多選)（2022·全國·模擬預測）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，平面A．當BD//平面α時，H點的軌跡長度為B．點H所形成曲面的面積為2C．若僅存在唯一的平面α，使得HC⊥HP，則DD．若P為C1D1的中點，則直線PH與平面【答案】ACD【分析】根據AH⊥A1H垂直關系可得H在以A【詳解】由于A1H⊥平面α，AH?α,所以AH⊥A1H，即H在以A因為AA1⊥平面ABCD,BD?平面ABCD因為AC⊥BD,AA1∩AC=A,A由于BD⊥平面ACC1A1,當BD//平面α時，可知A1H⊥BD,所以H∈平面ACC因為平面ABB1A所以點H形成的曲面是球面的14，所以面積S=由題意可知，存在唯一的點H，使得HC⊥HP，所以以AA設AA1中點為O，CP中點為M，DD1中點為N，則則CP=22+2?2x2則OM=x+12+22=x2+2x+5，又由于相切，則OM=R+PH與以AA1為直徑的球相切，且P，A1，O，H共面，易知PA1與以AA1故選：ACD【點睛】方法點睛：本題考查了空間中點線面的位置關系，軌跡弧長的問題，以及空間中的距離最值以及空間角的最值問題.解決與球相關的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：如果是內切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關系），達到空間問題平面化的目的；（3）求半徑下結論：根據作出截面中的幾何元素，建立關于球的半徑的方程，并求解【變式1-1】4.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別是棱BC、【答案】22/【分析】利用坐標法，根據線面平行和面面平行的判定及性質找出P的軌跡，根據軌跡特點可求答案.【詳解】如圖，分別取AA1,A1以D為坐標原點，DA,DC,DD1所在直線分別為則M1,0,12所以MN=?12,0,故MN=EF，即MN//EF，又MN?平面AEF，EF?平面所以MN//平面AEF，同理可得NC1//平面AEF，又MN∩N所以平面MNC1//因為P是側面ADD1A所以點P必在線段MN上，即點P的軌跡為MN，所以點P的軌跡長度為MN=MN故答案為：22題型2垂直關系與軌跡【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⊥AC．那么，動點C在平面α內的軌跡是（

）

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為直徑的圓（去掉A,B兩個點）.【詳解】連接AB,BC.PB⊥α,AC?α，則PB⊥AC，又PC⊥AC，PB∩PC=P，PB,PC?平面PBC，則AC⊥平面PBC，又BC?平面PBC，則AC⊥BC，則動點C在平面α內的軌跡是以A,B為直徑的圓（去掉A,B兩個點）.

故選：B【變式2-1】1.(多選)（2023·全國·高二專題練習）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B

A．存在點P，使得DB．過三點A、M、D1的正方體ABCD?AC．四面體A1CD．點N在棱BB1上，且B1N=4NB，若【答案】BC【分析】以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，由D1P?AD1=0可判斷A；過三點A、M、D1的正方體ABCD?A1B1C1D1的截面為以MQ,AD1為底的等腰梯形，求出截面面積可判斷B；設四面體A1【詳解】對于A，以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，

設Px,y,0，則D10,0,1，A1,0,0，若D1P⊥AD1，則對于B，取BB1中點Q，連接D1所以可得A、M、D1、Q所以過三點A、M、D1的正方體ABCD?A1AD過點Q作QH⊥D1A所以梯形的高為QH=5所以，S=1

對于C，如下圖知：四面體A1

可知四面體A1C1取△A1DC1的外心O1，連接則2A1O1=

所以四面體A1C1設四面體A1C1BD的側面積為S，其內切球的半徑為∵V即r=?4=對于D，N1,1,15，NP=x?1,y?1,?即xx?1+yy?1所以，圓心12,12，所以，軌跡為圓：(x?12)所以D錯誤；故選：BC.【變式2-1】2.(多選)（2023·全國·高三專題練習）（多選）如圖所示，圓錐PO中，PO為高，AB為底面圓的直徑，圓錐的軸截面是面積等于2的等腰直角三角形，C為母線PA的中點，點M為底面上的動點，且OM⊥AM，點O在直線PM上的射影為H．當點M運動時，（

）A．三棱錐M-ABC體積的最大值為2B．直線CH與直線PA垂直不可能成立C．H點的軌跡長度為πD．AH+HO的值小于2【答案】ACD【分析】根據圓錐體積公式結合最值判斷A選項，由已知得出矛盾判斷B選項，由線面垂直得出軌跡判斷C選項，結合不等式判斷最值判斷D選項.【詳解】設圓錐的底面半徑為R，高為h，母線長為l．由已知，圓錐的軸截面為面積等于2的等腰直角三角形，則其面積S=12PA?PB=對于A項，如圖2，由OM⊥AM可知，點M在以OA為直徑的圓上．因為OA=R=2，所以點M到平面PAB距離的最大值為1易知S△ABC=1對于B項，易知PO⊥平面AMB，AM?平面AMB，所以AM⊥PO，又AM⊥OM，OM∩PO=O，OM?平面POM，PO?平面POM，所以AM⊥平面POM，又OH?平面POM，則AM⊥OH，又OH⊥PM，PM∩AM=M，AM?平面PAM，PM?平面PAM，則OH⊥平面PAM，又PA?平面PAM，則OH⊥PA，由△PAB是等腰直角三角形，可得PO=OA，即△POA為等腰三角形，連接OC，又C為PA的中點，故PA⊥OC，又OH∩OC=O，OH?平面OHC，OC?平面OHC，則PA⊥平面OHC，所以PA⊥CH恒成立，故B項不正確．對于C項，由B項可知PA⊥平面OHC，又OH⊥平面PAM，HC?平面PAM，所以OH⊥HC，過點C且與PA垂直的平面僅有一個，則H點的軌跡為以OC為直徑的圓（除去O，C兩點）．又OC=1對于D項，設OH=x,x∈0,1，由B項可知CH⊥PA，CH⊥OH，則CH=1?x所以AH+HO=x+2?故選:ACD【變式2-1】3.(多選)（2023·重慶·校聯(lián)考三模）已知在三棱錐P?ABC中，PA=PC=AB=BC=2，AC=23，平面PAC⊥平面ABC．若點M為BC的中點，點N為三棱錐P?ABCA．三棱錐P?ABC的外接球的表面積為20π B．直線PC與AM所成的角C．若AC⊥MN，則點N的軌跡長度為1+22 D．若點N在棱AC上，則【答案】ABC【分析】先求出∠ABC=∠APC=2π3，再根據平面PAC⊥平面ABC．利用球的性質找到球心O，求出球的半徑，球的表面積公式可知A正確；通過作平行線作出異面直線所成角，利用余弦定理計算可知B正確；過點M作ME⊥AC于點E．在平面PAC內，過點E作EF⊥AC，交PC于點F，連接MF．根據AC⊥MN【詳解】因為PA=PC=AB=BC=2，AC=23，所以∠ABC=∠APC=對于A，如圖（1），設△ABC的外心為O1，△PAC的外心為O連接BO1，PO取AC的中點H，則H∈PO2，H∈BO1，則因為平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PH?平面PAC，BH?平面ABC，所以PH⊥平面ABC，BH⊥平面PAC．過點O1作平面ABC的垂線，過點O2作平面PAC的垂線，兩垂線的交點O為三棱錐P?ABC的外接球的球心，且其半徑R=B所以S=4π對于B，如圖（2），取PB的中點D，連接AD，DM，則AD⊥PB，DM//PC，DM=1則∠AMD（或其補角）即為直線PC與AM所成的角θ．因為平面PAC⊥平面ABC，△ABC和△PAC都是以2π所以PB=1所以AD=A因為AM=A所以cos∠AMD=因為22<9對于C，如圖（2），過點M作ME⊥AC于點E．在平面PAC內，過點E作EF⊥AC，交PC于點F，連接MF．若AC⊥MN，則點N的軌跡長度為ME+EF+FM=1對于D，如圖（3），把側面PAC與底面ABC展開到同一個平面，連接PM，交AC于點N．由兩點之間線段最短，得MN+NP≥PM=3，所以MN+NP的最小值為3故D錯誤．故選：ABC．【點睛】關鍵點點睛：對于A，根據平面PAC⊥平面ABC．利用球的性質找到球心O是解題關鍵.對于C，利用垂直找到點N的軌跡是解題關鍵【變式2-1】4.（2021秋·高二課時練習）如圖，圓錐的軸截面SAB是邊長為2的等邊三角形，O為底面中心，M為SO中點，動點P在圓錐底面內（包括圓周）．若AM⊥MP，則點P形成的軌跡長度為，點S與P距離的最小值是．

【答案】72/127【分析】建系，根據空間向量的垂直關系可得點P的軌跡方程為y=3【詳解】由題意可知，建立空間直角坐標系，如圖所示．

則A0,?1,0設Px,y,0，則AM因為AM⊥MP，則AM?MP=0×x+1×y+所以點P的軌跡方程為y=3空1：根據圓的弦長公式，可得點P形成的軌跡長度為21?空2：因為SP=x?0所以當x=0時，點S與P距離的最小，其最小值為574故答案為：72；57【變式2-1】5.(多選)（2023·全國·高三專題練習）如圖，圓柱OO1的底面半徑和母線長均為3,AB是底面直徑，點C在圓O上且OC⊥AB，點E在母線BD上A．存在唯一的點F，使得AF+FE=2B．若AE⊥CF，則點F的軌跡長為4C．若AF⊥FE，則四面體ACEF的外接球的表面積為40D．若AF⊥FE，則點F的軌跡長為2【答案】ACD【分析】對選項A：作E關于D點的對稱點為E'，利用對稱性與三點共線距離最短求解；對選項BD：建立空間直角坐標系，根據F滿足的條件判斷其軌跡，求其長度；對選項C：證明AE中點Q為四面體ACEF【詳解】設E關于D點的對稱點為E'則AF+EF=AF+FE所以AF+FE≥213,當且僅當故存在唯一的點F，使得AF+FE=213由題意知OC⊥AB,OO1⊥OC,OO1則A(0,?3,0),C(3,0,0),E(0,3,2),設F(x,y,3)，則AE=(0,6,2),對選項B：當AE⊥CF時，AE?所以點F的軌跡長為上底面圓O1的一條弦MN，O所以MN=232?1=42對選項D：當AF⊥FE時，AF?所以點F的軌跡是以O1為圓心，6為半徑的圓，其軌跡長為2對選項C：在△ACE中，AC=32∴AC2+CE2=AE2,∴△ACE而QF=Q所以QF=QE=QC=QA，所以Q為四面體ACEF的外接球的球心，球半徑為10，所以球的表面積為40π故選：ACD【點睛】方法點睛：對立體幾何中動點的軌跡問題采用幾何法分析難度時可以用坐標法去研究，根據動點的坐標滿足的方程可以方便的判斷出軌跡的形狀，將幾何問題轉化為代數問題解決.題型3定長與軌跡【例題3】（2023·全國·高三專題練習）正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，點A．3+266C．3+66【答案】A【分析】根據題意，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∠MO1所以∠MO所以，點P在此面內的軌跡長度為r1因為AA1⊥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∠GAE=所以∠GAE=π6，從而∠EAF=π由于對稱性，點P在平面C1BD和平面C1故點P在三棱錐C1?BCD的表面上的軌跡的長度是故選：A【變式3-1】1.(多選)（2023秋·廣東陽江·高三統(tǒng)考開學考試）已知正方體ABCD?A1BA．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|MB|=D．若三棱錐M?BDC1的體積為43【答案】ACD【分析】對于A：根據異面直線夾角分析判斷；對于B：根據題意分析可得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，所以tan∠又當點M在點A處時，∠D1MN=π4；當點M對于B：由題意可知：AB⊥平面ADD1A1，則AB⊥DM,AB⊥AM，又因為AM⊥DM，AB∩AM=A，AB,AM?平面ABM，所以DM⊥平面ABM，BM?平面ABM，則DM⊥BM，故△MAD和△ABD均為直角三角形．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R=1此外接球的體積V=4對于C：由題意可知：BC⊥平面DCC1D1，則BC⊥CM，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對于D：設三棱錐M?BDC1的高為由三棱錐M?BDC1的體積為13即點M到平面BDC1的距離為對于三棱錐C?BDC1，設高為由體積可得13?1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=π6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3-1】2.(多選)（2023·全國·高二專題練習）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．若D1Q//平面AB．存在點Q，使得D1Q⊥C．當且僅當點Q落在C1處時，三棱錐Q?D．若D1Q=62【答案】ACD【分析】選項A：利用面面平行證明線面平行，得到動點軌跡；選項B：利用向量法證明線面垂直，判斷動點是否存在；選項C：利用向量法求點到平面距離，計算棱錐體積；選項D:利用方程判斷軌跡形狀并求軌跡長度.【詳解】取B1C1、C1C中點E、F，連接D1E由PF//BC1//A1∵D1F?平面A1PD，A1P?平面A1PD∵EF∩D1F=F，EF,∴平面A1PD//如圖，建立空間直角坐標系，則A11,0,0，P1,1,12，D0,0,1，設則A1D=?1,0,1，設m=a,b,c為平面則m?A1D=0,m?A1若D1Q⊥平面A1PD，則D1Q//m，即存在λ∈R，使得D1Q△A1PD的面積為定值，∴當且僅當Q到平面A1PDd=A①x+z≤32，d=1?23x+z②x+z>32，d=23x+z?1，則當綜上，當x+z=0，即Q和C1重合時，三棱錐Q?D1C1⊥平面BB∴C1Q=22，Q點的軌跡是半徑為22故選：ACD.【變式3-1】3.(多選)（2023春·廣東惠州·高一統(tǒng)考期末）如圖，點M是棱長為1的正方體ABCD?A1BA．有無數個點M滿足CM⊥AB．當點M在棱DD1上運動時，MA+MC．若MB1=2D．在線段AD1上存在點M，使異面直線MB1【答案】AC【分析】對于A，根據線面垂直性質定理以及判定定理，可得其正誤；對于B，利用“將軍飲馬”模型，旋轉平面化折為直，結合勾股定理，可得其正誤；對于C，利用直觀想象圓錐的模型，利用勾股定理，求得其底面軌跡，可得其正誤；對于D，根據異面直線夾角的定義，利用數形結合以及三角函數的定義，可得其正誤.【詳解】對于A，若M在A1D上，則此時有無數個點M滿足證明如下：由正方體的性質得CD⊥平面ADD1A1，因為AD又A1D⊥AD1，CD∩A1D=D，CD,因為CM?平面A1DC，所以AD對于B，旋轉平面ADD1A1使之與平面BB1D此時MA+MB1最短為A'對于C，當點M在平面ADD1A1內時，A1B1⊥面所以A1B12+A1M2=B從而動點M軌跡長度為14對于D，因為CD//A1B1，所以直線B1M與CD所成的角，即為直線由在線段AD1上存在點M知，A1M≥2即∠A1B故選：AC【變式3-1】4.(多選)（2023·全國·模擬預測）如圖，已知正方體ABCD?A1B1CA．點M的軌跡的面積為πB．直線C1QC．當PQ⊥A1CD．B1P【答案】ACD【分析】A選項，連接QD，DM，可得DM=1B選項，注意Q與D重合的特殊情況；C選項，由PQ⊥A1C1，可得點Q在線段BD上，結合D選項，注意到B1【詳解】A選項：連接QD，DM，易知PD⊥平面ABCD，QD?平面ABCD，所以PD⊥DQ.因直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，所以DM=1所以點M的軌跡是以D為球心、12為半徑的球的表面的1所以點M的軌跡的面積為18B選項：易知BC⊥平面DCC1D此時直線C1C選項：連接BD，BD1，易知PD⊥平面A1B1所以PD⊥A1C1.又PQ?平面PDQ，DP?平面PDQ，所以A1所以A1又因BD∥B1D1，BD?平面B1CD1所以點Q到平面B1CD所以BBD選項：連接B1M，B1BM表示球D外一點到球面上一點的距離，則BMmin所以B1故選：ACD【變式3-1】5.(多選)（2023·全國·高二專題練習）在直四棱柱中ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，A．若λ+μ=12，則四面體B．若AQ∥平面A1BP，則AQ+C．若△A1BQ的外心為OD．若A1Q=7，則點【答案】ABD【分析】對于A，取DD1,DC的中點分別為M,N，由條件確定Q的軌跡，結合錐體體積公式判斷A，對于B，由條件確定Q的軌跡為MN，將原問題轉化為平面上兩點間的距離最小問題求解；對于C，由三角形外心的性質和向量數量積的性質可判斷，對于D，由條件確定點Q【詳解】對于A，取DD1,DC的中點分別為M,N，連接AM,AN,MN,DQ，則DD1因為DQ=λDC+μ所以DQ=2λDN+2μ所以Q,M,N三點共線，所以點Q在MN，因為D1C//A1B，MN//D1C，所以MN//A1B,MN?平面A1BP，對于B，因為AM//BP，因為AM?平面A1BP，BP?平面A1BP，所以AM∥平面A1BP，又AQ∥平面A1BP，AQ∩AM=M，AQ,AM?平面AMQ，所以平面AMQ//平面A1BP，取D1C1的中點E，連接PE，則PE//D1C，D1C//A1B，所以PE//A在同一平面，如圖，則AQ+C1Q≥AC1，當且僅當A,Q,C1三點共線時等號成立，所以AQ+C1Q的最小值為AC1，因為∠BAD=60°,AB=AD=AA1=2，所以在△AMC1中，AM=5，M所以AC1=MA2+M所以B正確，對于C，若△A1BQ的外心為O，過O作OH⊥A1B于對于D，過A1作A1K⊥C1D1，垂足為K，因為DD1⊥平面A1B1C1D1，A1K?平面A又在△A1K所以KD1=在△A1KQ中，A1K=3，A1Q=7在DD1,D1C1上取點A3,A2，使得D1A3=故選：ABD.【點睛】本題解決的關鍵在于根據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.題型4相等關系與軌跡【例題4】（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lA．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【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設Px,y,0，則P到l2的距離為過點P作PD⊥l于點D，過點D作ED⊥l1于點又l1在α內的射影為l，則ED⊥l，連結ED又PD⊥l，ED∩PD=D，所以l⊥平面PED，又PE?平面PED，所以l⊥PE，所以l1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，一般要建立適當的空間直角坐標系，根據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4-1】1.(多選)（2023·河北唐山·開灤第二中學?？寄M預測）已知四棱錐P?ABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，點M在平面ABCD上，且AM=λAD(0<λ<1)，則（

）A．存在λ，使得直線PB與AM所成角為πB．不存在λ，使得平面PAB⊥平面PBMC．當λ一定時，點P與點M軌跡上所有的點連線和平面ABCD圍成的幾何體的外接球的表而積為4D．若λ=22，以P為球心，PM為半徑的球面與四棱琟P?ABCD【答案】BCD【分析】根據線面角是斜線與平面內直線所成角的最小角判斷A，根據平面PBC⊥平面PAB判斷B，根據圓錐與其外接球軸截面求球的半徑判斷C，利用側面展開圖求球與側面交線長，再由球與底面交線為以點A為圓心，2為半徑的四分之一圓弧即可判斷D.【詳解】對A，如圖，由題意∠PBA=π4為直線與平面ABCD所成的角，所以PB與AM所成的角不小于對B，PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，PA∩AB=A,PA,AB?面PAB，∴BC⊥面PAB，∴點M要在直線BC上，因為AM=λAD(0<λ<1)，所以不存在，故B正確.對C，由題意知，幾何體為圓錐，作圓錐及外接球的軸截面圖，如圖，所以外接球的半徑R滿足R2=(2?R)所以外接球的表而積為S=4λ對D，將側面展開，知球與側面的交線為以點P為圓心，6為半徑的圓與側面展開圖的交線，即圖中EMF，因為tan∠APF=22又∠APF+∠FPB=π4，所以由對稱性知∠FPC=∠CPE，所以∠FPE=π故EMF的長為π2又球與底面交線為以點A為圓心，2為半徑的圓與底面ABCD的交線，故長度為π2×2，所以球面與四棱琟P?ABCD故選：BCD【點睛】關鍵點點睛：因為平面與球的截面為圓面，交線為一段圓弧，所以球與棱錐各面的交線是圓上一段，且圓的半徑為6，所以只需求出圓心角，本題選項D可以沿側棱展開，棱錐各個側面放在同一平面上，借助平面幾何知識及對稱性求出圓心角為π2【變式4-1】2.(多選)（2023·全國·高三專題練習）已知在棱長為1的正方體ABCD?A1B1CA．當P在對角線BD上運動時，三棱錐A?PBB．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?AB1D1的體積為定值，即三棱錐以D為原點，DA,DC,DD1分別為x軸?y軸?

則D10,0,1，B1由P在對角線BD上運動，設Pm,m,0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AC1=(?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4-1】3．（2023·全國·高三專題練習）已知長方體ABCD?A1B1C1D1中，【答案】8【分析】建立空間直角坐標系，設出Pa,2a,0,Qb,6?2b,c，Mx,y,z，利用PM=2MQ得到2x+y=4+43a【詳解】如圖，以點D為坐標原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD設Pa,2a,0,Qb,6?2b,c，其中c設點Mx,y,z，則由PM=2即x?a=23b?ay?2a=2因為z=23c因為a,b∈0,3，所以4≤2x+y≤8在直角坐標系中作出其可行域，如圖，則EF=且2x+y=4與2x+y=8之間的距離為8?44+1所以點M的軌跡面積為25故答案為：8【變式4-1】4.(多選)（2023·全國·高三專題練習）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，點A．若點F是線段AB的中點，則CF//B．若點G是線段AD的中點，則C1G⊥C．若B1M//平面A1BE，則MD．若點M到BC的距離與到DD1的距離相等，則【答案】BD【分析】根據給定的正方體，以點A為原點建立空間直角坐標系，利用空間位置關系的向量證明判斷A，B；設出點M的坐標，利用向量垂直的坐標表示求出點M的軌跡判斷C；利用拋物線定義判斷D作答.【詳解】在棱長為2的正方體ABCD?A則A(0,0,0),B(2,0,0),A對于A，F(xiàn)C=(1,2,0),A1E=(0,2,?1)，顯然向量FC與A對于B，A1B=(2,0,?2),A1E?GC1=2×1+(?1)×2=0，即A又A1B∩A1E=A1對于C，由選項B知，向量GC1=(2,1,2)是平面A1BEB1M=(x?2,2,z?2)，因為B1M//于是得B1M?所以0≤x≤20≤z=3?x≤2，得1≤x≤2滿足x+z=3，1≤x≤2的點M軌跡是正方形CDD1C1內的線段所以M點軌跡在正方形CDD1C對于D，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，顯然點M與C不重合，否則0=CD，矛盾，即有MC⊥BC，因此點M到直線BC的距離等于點M到點C的距離，又DD1?平面CDD1依題意，在平面CDD1C1內，點M到定點C的距離等于它到定直線故選：BD【點睛】思路點睛：涉及探求幾何體中點的軌跡問題，可以建立空間直角坐標系，利用空間向量的運算建立動點坐標的關系解決【變式4-1】5.(多選)（2023·全國·高三專題練習）已知正方體ABCD?A1B1CA．當C1P=13B．當C1P=λC．當點P到平面ABCD的距離等于到直線A1B1D．當C1P=1【答案】ABC【分析】A項可通過找異面直線所成的角的平面角判斷；B項先證線面平行，得點到平面的距離為定值，得體積為定值；C項將兩個距離具體化，得點到定點的距離等于到定直線的距離；D項利用球的性質得BD即直徑，計算表面積.【詳解】正方體ABCD?A對于A，如圖，CP與AD所成的角即CP與BC所成的角，因為C1P=13C1B，所以BP=223對于B，因為C1B∥D1A，所以C1B//平面ACD1，所以當C對于C，點P到平面ABCD的距離即點P到直線BC的距離，點P到直線A1B1對于D，當C1P=12C1B即點P為C1外接球表面積S=4π故選：ABC.【點睛】思路點睛：根據點是否滿足圓錐曲線的定義來判斷動點軌跡是否是圓錐曲線；外接球問題關鍵找到幾何體外接球球心.題型5角度定值與軌跡【例題5】（2023秋·高二單元測試）如圖，點P是棱長為2的正方體ABCD?A

A．當P在平面BCC1BB．當P在線段AC上運動時，D1P與AC．使直線AP與平面ABCD所成的角為45o的點P的軌跡長度為D．若F是A1B1的中點，當P在底面ABCD上運動，且滿足PF//平面B1【答案】D【分析】由底面正方形ADD1A1的面積不變，點以D為原點，建立空間直角坐標系，設P(x,2?x,0)，則D1由直線AP與平面ABCD所成的角為45°，作PM⊥平面ABCD，得到點P設P(m,m,0)，求得平面CB1D1的一個法向量為【詳解】對于A中：底面正方形ADD1A1的面積不變，點所以四棱錐P?AA對于B中：以D為原點，DA,DC,DD1所在的直線分別為x軸、y軸和z軸，建立空間直角坐標系，可得設P(x,2?x,0),0≤x≤2，則D1設直線D1P與A1C1因為0≤x?1≤1，當x?1=0時，可得cos當0<x?1≤1時，cosθ=所以異面直線D1P與A1

對于C中：因為直線AP與平面ABCD所成的角為45°若點P在平面DCC1D因為∠B在平面ADD1A1內，點在平面ABB1A1內，點在平面A1B1C1因為∠PAM=45°，所以PM=AM，又因為PM=AB，所以AM=AB，所以所以點P的軌跡是以A1所以點P的軌跡的長度為14綜上，點P的軌跡的總長度為π+4

對于D中，由B1設P(m,n,0),0≤m≤2,0≤n≤2，則CB設平面CB1D1的一個法向量為取a=1，可得b=?1,c=?1，所以n=(1,?1,?1)因為PF//平面B1CD，所以FP?所以FP=當x=1時，等號成立，所以D錯誤.故選：D.

【點睛】方法點撥：對于立體幾何的綜合問題的解答方法：1、立體幾何中的動態(tài)問題主要包括：空間動點軌跡的判斷，求解軌跡的長度及動角的范圍等問題；2、解答方法：一般時根據線面平行，線面垂直的判定定理和性質定理，結合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程；3、對于線面位置關系的存在性問題，首先假設存在，然后再該假設條件下，利用線面位置關系的相關定理、性質進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足則肯定假設，若得出矛盾的結論，則否定假設；4、對于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設存在，設出空間點的坐標，轉化為代數方程是否有解的問題，若由解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.【變式5-1】1.（2023·全國·高三專題練習）如圖，在正方體ABCD?A1BA．有且僅有一個點P，使得D1P⊥B1CC．若DP=12DB，則三棱錐P?BB1C外接球的表面積為16【答案】D【分析】根據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=B，AB,B所以B1C⊥平面ABC1D必有D1P?平面ABC1D所以存在無數個點P，使得D1對于B，當點P與點B重合時，AB1與平面對于C，若DP=12DB，則連接PB,PC,PB1,B1且△BCB1也為等腰直角三角形，且且平面PBC⊥平面BCB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對于D，連接MP,DP,因為MD⊥平面ABCD，所以∠MPD為MP與平面ABCD所成的角，所以∠MPD=π4，所以所以點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故選:D.【變式5-1】2.(多選)（2023·全國·高二專題練習）如圖，正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，A．當a=12時，三棱錐A?PBB．當a+b=1時，PB+PB1C．若直線BP與BD所成角為π4，則動點P的軌跡長為D．當a+2b=1時，三棱錐P?ABC外接球半徑的取值范圍是2【答案】BCD【分析】當a=12時，由平面向量線性運算法則可知點P在線段OO1上，利用等體積法求出體積可判斷A；當a+b=1時，由共線定理可得點P在線段CA1上，根據對稱性將PB+PB1的最值轉化成平面幾何問題，即可求得最小值；若直線BP與BD所成角為π4，可知點P的軌跡是以O為圓心，半徑為r=【詳解】對于A，取AC,BD相交于點O,A1C當a=12時，即由平面向量線性運算法則可知，點P在線段OO1上，又∴V對于B，當a+b=1時，由AP=aAC+bAA1，利用共線定理可得，由對稱性可知，線段CA1上的點到D1取平面A1所以PB+PD1≥B此時點P為線段CA1的中點，即PB+PB對于C，由圖可知，BA,BC與BD所成角都為π4，由AP=aAC+bA若直線BP與BD所成角為π4，在線段OO1上取點P1，使OP1=OB則點P的軌跡是以O為圓心，半徑為r=22，且在平面A1所以動點P的軌跡長為πr=對于D，當a+2b=1時，取AA1的中點為E，即由AP=aAC+bAA1=a易知三棱錐P?ABC外接球球心在直線OO1上，設球心為作PQ⊥AC于點Q，設PQ=x∈0,1，易知AE=1,AC=因為PQ∥AE，則PQAE=CQAC，得設外接球半徑為R，則R2=?所以R2由二次函數的性質可知，當x=23時，半徑最小為R=22；當又x∈0,1，所以半徑的取值范圍是2故選：BCD.【點睛】關鍵點睛：本題關鍵在于根據向量線性運算法則和共線定理的應用，確定點P的位置，再根據幾何體特征利用對稱性即可求得距離之和的最小值，利用幾何法即可找出球心位置，進而寫出半徑的表達式，利用二次函數的性質求出半徑的取值范圍.【變式5-1】3.(多選)（2023·全國·高三專題練習）已知正四棱臺ABCD?A1B1C1D1的所有頂點都在球O的球面上，A．AA1B．球O的表面積為8C．EA+EA1D．若AE與平面BDC1所成角的正弦值為217，則【答案】ABD【分析】對于A，由條件先證線線平行，進而證得線面平行；對于B，先假設球心O的位置，利用勾股定理與半徑相等建立方程組進而確定O的位置，可求得球O的表面積；對于C，先判斷E落在C1O上，再進一步判斷E與O重合時，對于D，利用面面垂直的性質作出AF⊥面BDC1，故∠AEF為AE與平面BDC1所成角，再利用sin∠AEF【詳解】對于A，如圖1，設底面ABCD對角線交于點O由棱臺的結構特征易知AA1與CC又面A1B1C1D1面AA1C1C∩面ABCD=AC由平面幾何易得A1C1所以四邊形AA1C而AA1?面BDC1，C1O.對于B，如圖2，設O1為A1C1的中點，在等腰梯形AA1C1C為方便計算，不妨設O1O=a,O即222+又a+b=O1O2=62，解得a=故球O的表面積為4π.對于C，由圖2易得BD⊥O1O2，BD⊥AC，O1O2∩AC=O不妨設E落在圖3E'處，過E'作E'E1//BD故在Rt△AE1E'所以E1A+E1A1<再看圖4，由A1故EA+EA.對于D，由選項C可知，BD⊥面AA1C1C，BD?面BD在面AA1C1C內過A作AF⊥則AF?面AA1C1C，面AA1C1C∩面BDC在△C1OC中，C1O=AA1=2，C在Rt△AEF中，sin∠AEF=217,∴而FO=22=12故選：ABD.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于確定E的位置，先假設E在C1O外（記為E'），由勾股邊小于斜邊推得E1A+E1A1<E'A+E'【變式5-1】4.（2023·全國·高三專題練習）已知矩形ABCD，CD=4AD=43，過CD作平面α，使得平面ABCD⊥α，點P在α內，且AP與CD所成的角為π3，則點P的軌跡為，BP長度的最小值為【答案】雙曲線6【分析】建立空間直角坐標系，設點P坐標，結合已知條件求出P點軌跡方程進行求解即可.【詳解】如圖，以D為原點，DC所在直線為x軸，平面α內過D且與CD垂直的直線為y軸，DA所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，則由已知，D0,0,0，A0,0,3，C∵點P在平面α內，∴設Px,y,0，則AP=x,y,?∵直線AP與直線CD所成的角為π3∴cosAP兩邊同時平方，化簡得P點軌跡方程為x2∴點P的軌跡為雙曲線.BP=∵P點軌跡方程為x2?y23∴BP=∴當x=3時，BP的最小值為BP故答案為：雙曲線，6【點睛】易錯點睛：本題第二個空容易誤認為當點P在線段CD上時，BP長度最小，使用空間向量運算，可以有效避免這種直覺上的錯誤.【變式5-1】5.(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，A．三棱錐P?BB．若EP//平面A1C．若FQ⊥DP，則線段FQ的最大值為2D．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【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△EFP又B1E⊥BCBC1∩C1所以B1E⊥平面所以三棱錐P?B1EF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=λBD所以EP=因為EP//平面A1C所以λ=13，所以所以EP=設Qx,y,4，則FQ又DP=因為FQ⊥DP，所以4?4λx+所以x+y=2，所以FQ=又0≤x≤4,0≤y≤4，所以0≤y≤2，所以當y=0時，線段FQ取最大值，最大值為22因為DQ=x,y,4，又DQ與DA1的所成角為所以cos45化簡可得y2=8x，且所以點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.題型6翻折問題與軌跡【例題6】（2022·全國·高三專題練習）已知矩形ABCD中，AB=1，AE=2，如圖，將△ABE沿著BE進行翻折，使得點A與點S重合，若點S在平面BCDE上的射影在四邊形BCDE內部（包含邊界），則動點SA．3π B．6π6 C．6【答案】C【分析】過點A作AM⊥BE于點M，交BC于點G，則點S在平面BCDE上的射影N落在線段MG上.由翻折過程可知，SM=AM=63，判斷出S的軌跡是以點M為圓心，【詳解】如圖（1），過點A作AM⊥BE于點M，交BC于點G，則點S在平面BCDE上的射影N落在線段MG上.在Rt△ABE中，AB=1，AE=2，則BE=3翻折的過程中，動點S滿足SM=63，則動點S的軌跡是以點M為圓心，63為半徑的一段圓弧.易得BM=33，EM=233，△AME∽△GMB，所以MGMA=MBME=12，則MG=66<SM，如圖（2），在圓M中，故選：C【點睛】立體幾何中的動點軌跡問題一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型，有兩種處理方法：(1)很容易的看出動點符合什么樣的軌跡(定義法)；(2)要么通過計算(建系)求出具體的軌跡表達式【變式6-1】1.（2023·全國·高三專題練習）已知菱形ABCD的各邊長為2,∠D=60°.如圖所示，將△ACD沿AC折起，使得點D到達點S的位置，連接SB，得到三棱錐S?ABC，此時SB=3，E是線段SA的中點，點F在三棱錐S?ABC的外接球上運動，且始終保持EF⊥AC，則點A．523π B．453π【答案】D【分析】取AC中點M，作EH⊥AC于H，設點F軌跡所在平面為α，設三棱錐S?ABC外接球的球心為O,△SAC,△BAC的中心分別為O1,O2，則可得OO1⊥平面SAC,OO2⊥平面【詳解】取AC中點M，連接BM,SM，則AC⊥BM,AC⊥SM,BM∩SM=M，BM,SM?平面SMB∴AC⊥平面SMB，SM=MB=3，又SB=3∴∠SBM=∠MSB=30則三棱錐S?ABC的高?=sin三棱錐S?ABC體積為V=1作EH⊥AC于H，設點F軌跡所在平面為則平面α經過點H且AC⊥α，設三棱錐S?ABC外接球的球心為O,△SAC,△BAC的中心分別為O1易知OO1⊥平面SAC,OO2由題可得∠OMO1=解Rt△OO1M，得O則三棱錐S?ABC外接球半徑r=O易知O到平面α的距離d=MH=1故平面α截外接球所得截面圓的半徑為r1∴截面圓的周長為l=2πr1=53故答案為：53【變式6-1】2.（2020秋·浙江臺州·高二校聯(lián)考期中）矩形ABCD中，AB=2,AD=3，E為AB中點，將△ADE沿DE折起至△A'DE，記二面角A'-DE-C=θ，當θ在0，π范圍內變化時，點A'的軌跡長度為【答案】32【分析】取DE的中點為M，過A'作A'G⊥DE，垂足為G，連接AG，可證明所以A'在以【詳解】取DE的中點為M，連接AM,A'M故A'在以M球心，AM過A'作A'G⊥DE，垂足為G，連接AG在矩形ABCD中，AE=1,AD=3，故AG=故AG=AG'=32，而A故A'在過G且垂直于DE的平面上，所以A'在以G為圓心，而∠AGA'為二面角A?DE?A故點A'的軌跡長度為3故答案為：32【變式6-1】3.（2021秋·福建泉州·高二福建省南安市僑光中學校考階段練習）如圖所示，在平行四邊形ABCD中，E為AB中點，DE⊥AB，DC=8，DE=6.沿著DE將△ADE折起，使A到達點A'的位置，且平面A'DE⊥平面BCDE.若點P為△A'【答案】4π【分析】根據給定條件探求出PB，PC在平面A'DE的射影PE，PD的關系，再在平面A'【詳解】因平面A'DE⊥平面BCDE，平面A'DE∩平面BCDE=DE，DE⊥AB，于是得BE⊥平面A'DE，而從而得PE，PD分別是PB，PD在平面A'DE內的射影，如圖，BEPE=tan∠EPB=tan在△A'DE則D(6,0)，設P(x,y)，于是得2x2+從而得點P的軌跡是以M(?2,0)為圓心，4為半徑的圓，圓M交EA顯然∠QME=π3，圓M在△A'DE內的部分是圓心角∠QME所對的弧QN所以點P的軌跡的長度為4π3故答案為：4π【變式6-1】4.（2021秋·福建福州·高二福建省長樂第一中學?？茧A段練習）已知菱形ABCD的邊長為2，∠ABC=60°.將菱形沿對角線AC折疊成大小為60°的二面角B'?AC?D.設E為B'C的中點，F(xiàn)為三棱錐B'【答案】3【分析】在側面B′AC上，F(xiàn)點的軌跡是EP，在側面B′CD上，F(xiàn)點的軌跡是EQ，在底面ACD上，F(xiàn)點的軌跡是PQ，求的△EPQ周長即可．【詳解】連接AC、BD，交于點O，連接OB′，ABCD為菱形，∠ABC＝60°，所以AC⊥BD，OB′⊥AC，△ABC、△ACD、△AB′C均為正三角形，所以∠B′OD為二面角B'﹣AC﹣D的平面角，于是∠B′OD＝60°，又因為OB′＝OD，所以△B′OD為正三角形，所以B′D＝OB′＝OD＝2?3取OC中點P，取CD中點Q，連接EP、EQ、PQ，所以PQ∥OD、EP∥OB′，所以AC⊥EP、AC⊥PQ，所以AC⊥平面EPQ，所以在三棱錐B'﹣ACD表面上，滿足AC⊥EF的點F軌跡的△EPQ，因為EP＝12OB′，PQ＝12OD，EQ＝12所以點F軌跡的長度為33故答案為：3【點睛】關鍵點點睛：本題考查立體幾何中的軌跡問題，屬于偏難題型，本題的關鍵是通過條件，得到AC⊥平面EPQ，從而得到點F的軌跡，【變式6-1】5.(2023春·全國·高一專題練習）已知菱形ABCD的各邊長為4,∠D=60°，如圖所示，將△ACD沿AC折起，使得點D到達點S的位置，連接SB，得到三棱錐S?ABC，若SB=6則三棱錐S?ABC的體積為，E是線段SA的中點，點F在三棱錐S?ABC的外接球上運動，且始終保持EF⊥AC，則點F的軌跡的周長為【答案】43103【分析】取AC中點M，由題可得AC⊥平面SMB，進而可得三棱錐S?ABC的高?，進而得出體積，設點F軌跡所在平面為α，則F軌跡為平面α截三棱錐的外接球的截面圓，利用球的截面性質求截面圓半徑即得.【詳解】取AC中點M，連接BM,SM，則AC⊥BM,AC⊥SM,BM∩SM=M，BM,SM?平面SMB，∴AC⊥平面SMB，SM=MB=23又SB=6，cos∠SBM=∴∠SBM=∠MSB=30°，則三棱錐S?ABC的高三棱錐S?ABC體積為V=1作EH⊥AC于H，設點F軌跡所在平面為α，則平面α經過點H且AC⊥α，設三棱錐S?ABC外接球的球心為O,△SAC,△BAC的中心分別為O1易知OO1⊥平面SAC,OO2由題可得∠OMO1=OO1=則三棱錐S?ABC外接球半徑r=O易知O到平面α的距離d=MH=1，故平面α截外接球所得截面圓的半徑為r1∴截面圓的周長為l=2πr1=103故答案為：43；10【點睛】關鍵點點睛：對于求三棱錐S?ABC外接球半徑，關鍵在于找到三棱錐S?ABC外接球的球心，根據勾股定理得出三棱錐S?ABC外接球的半徑.題型7旋轉問題與軌跡【例題7】(多選)（2023·全國·高三專題練習）如圖，正三棱錐A-PBC和正三棱錐D-PBC的側棱長均為2，BC2．若將正三棱錐A-PBC繞BC旋轉，使得點A，P分別旋轉至點A'，??P'A．A'B．PP'//C．多面體PP'D．點A，P旋轉運動的軌跡長相等【答案】BC【分析】由已知可得，正三棱錐側棱兩兩互相垂直，放到正方體中，借助正方體研究線面位置關系和外接球表面積.【詳解】正三棱錐A-PBC和正三棱錐D-PBC的側棱長均為2，BC2，則正三棱錐A-PBC中側棱兩兩互相垂直，正三棱錐D-PBC中側棱兩兩互相垂直，則正三棱錐可以放到正方體中，當點