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第 07 讲 立体几何中的轨迹、截面、动点、范围问题
（9 类核心考点精讲精练）
立体几何中的动点轨迹问题，是一个备受关注的重要专题，它在各级各类考试中占据一席之地，特别
是在高考中亦常有所见。此类题型不仅是检验学生空间想象能力、思维能力和创新意识的有效手段，也是
培养学生数学核心素养的重要途径。
在高考复习备考过程中，其试题常以选择、多选、填空等形式呈现，设计巧妙，注重知识间的交汇与
融合，题型新颖灵活，旨在全面考查学生的综合素质。通过此类题型，不仅能够检验学生对各部分知识间
的纵向和横向联系的掌握程度，还能够激发学生的创新意识和创新能力，渗透数学思想方法，充分体现新
课程标准的要求和数学核心素养的培育目标。
然而，由于这类问题通常涉及较为复杂的空间几何体结构特征，对于许多学生而言，确实存在一定的
挑战和难度。
知识讲解
方法点睛1：对于立体几何的综合问题的解答方法：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般是根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定
理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否
有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
方法点睛2：立体几何中的轨迹问题：
1、由动点保持平行性求轨迹.
（1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹.
2、动点保持垂直求轨迹.
（1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用空间坐标运算求轨迹；（3）利
用垂直关系转化为平行关系求轨迹.
3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹.
（1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨
迹；（2）利用空间坐标计算求轨迹.
4、由动点保持等角（或定角）求轨迹.
（1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；（3）利用空间
坐标系计算求轨迹.
5、投影求轨迹.
（1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形.
6、翻折与动点求轨迹.
（1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；（3）利用
空间坐标运算求轨迹.
考点一、 轨迹形状
1．（浙江·高考真题）如图，斜线段 与平面 所成的角为 ， 为斜足，平面 上的动点 满足
，则点 的轨迹是
A．直线 B．抛物线C．椭圆 D．双曲线的一支
【答案】C
【详解】用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一
条母线平行时，得到抛物线．
此题中平面 上的动点 满足 ，可理解为 在以 为轴的圆锥的侧面上，
再由斜线段 与平面 所成的角为 ，可知 的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义．
故可知动点 的轨迹是椭圆．
故选C.
考点：1.圆锥曲线的定义；2.线面位置关系.
2．（北京·高考真题）平面 的斜线 交 于点 ，过定点 的动直线 与 垂直，且交 于点 ，则
动点 的轨迹是（ ）
A．一条直线 B．一个圆 C．一个椭圆 D．曲线的一支
【答案】A
【分析】先找出定点A和直线 确定的一个平面，结合平面相交的特点可得轨迹类型.
【详解】如图，设 与 是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面 ，且 的斜线 ，
由过平面外一点有且只有一个平面与已知直线垂直可知过定点 与 垂直所有直线都在这个平面内，故
动点 都在平面 与平面 的交线上.
【点睛】本题主要考查轨迹的类型确定，熟悉平面的基本性质及推论是求解的关键，侧重考查直观想象的
核心素养.
3．（北京·高考真题）如图，在正方体 中， 是侧面 内一动点，若 到直线 与
直线 的距离相等，则动点 的轨迹是（ ）
A．直线 B．圆C．双曲线 D．抛物线
【答案】D
【分析】由于 在平面 内，而 平面 ，因此有 ，这样结合抛物线的定义可得结论．
【详解】在正方体中，一定有 ，∴ 点为平面 内到直线 和到点 的距离相等的点，其
轨迹为抛物线．
故选D．
【点睛】本题考查抛物线的定义，考查立体几何中的垂直关系．属于跨章节综合题，难度不大．
4．（天津·高考真题）如图，定点A，B都在平面 内，定点 ，C是 内异于A和B的动点，
且 ，则动点C在平面 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．一段弧，但要去掉两个点 D．半圆，但要去掉两个点
【答案】B
【分析】连接 ，由已知条件可得 平面 ，从而可得 ，则点C在 内的轨迹是以
为直径的圆，进而可得答案
【详解】连接 ，因为 ，所以 ，又 ， ，
所以 平面 ，又 平面 ，故 ，
因为A，B是平面 上的定点，所以点C在 内的轨迹是以 为直径的圆，
又C是 内异于A和B的点，故此轨迹要去掉A、B两个点，所以B正确.
故选：B
5．（重庆·高考真题）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线
的平面内的轨迹是（ ）
A．直线 B．椭圆 C．抛物线 D．双曲线
【答案】D
【分析】利用空间向量可求动点的轨迹.
【详解】如图，设两条相互垂直的异面直线一条为 轴，另一条为与 轴垂直的直线 ，且该直线上的点的坐标为 ，其中 为非零常数，设 上的点 ，
设 ，则 ，而 轴的方向向量为 ，
故 到 轴的距离为 ,
而 ， 的方向向量为
同理 到 轴的距离为 ，
故 ，化简可得 ，
取平面 ，则 ，此时 ，故轨迹为双曲线.
故选：D.
先做出两条异面直线的公垂线，以其中一条直线为x轴，公垂线与x轴交点为原点，公垂线所在直线为z
轴，过x且垂直于公垂线的平面为xoy平面，建立空间直角坐标系，则两条异面直线的方程就分别是y=0，
z="0" 和x=0，z=a（a是两异面直线公垂线长度，是个常数），空间内任意点设它的坐标是（x，y，z）那
么由已知，它到两条异面直线的距离相等，即 两边平方，化简可得
，过一条直线且平行于另一条直线的平面是z=0和z=a，分别代入所得式子z=0时
代入可以得到 ，图形是个双曲线，z=a时，代入可以得到 ，图形也是个双曲线
考点：抛物线的定义；双曲线的标准方程
6．（浙江·高考真题）如图，AB是平面 的斜线段，A为斜足，若点P在平面 内运动，使得△ABP的面
积为定值，则动点P的轨迹是
A．圆 B．椭圆
C．一条直线 D．两条平行直线【答案】B
【详解】试题分析：本题其实就是一个平面斜截一个圆柱表面的问题，因为三角形面积为定值，以AB为
底，则底边长一定，从而可得P到直线AB的距离为定值，分析可得，点P的轨迹为一以AB为轴线的圆柱
面，与平面α的交线，且α与圆柱的轴线斜交，由平面与圆柱面的截面的性质判断，可得P的轨迹为椭圆．
考点：本题考查了平面与圆柱面的截面性质的判断
点评：解决时要注意截面与圆柱的轴线的不同位置时，得到的截面形状也不同
7．（重庆·高考真题）若三棱锥 的侧面 内一动点P到底面 的距离与到棱 的距离相等，
则动点P的轨迹与 组成图形可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】设二面角 为 ，作 面 于 ， 于 ， 于 ，根据题设有
为常数，进而分析P在 上的轨迹，即可得答案.
【详解】若二面角 为 ，作 面 于 ， 于 ， 于 ，
如上图示， ，由题设有 ，即 为常数，
所以P在 上的轨迹是一条直线，且与 边夹角较小.
故选：D
8．（北京·高考真题）如图，动点 在正方体 的对角线 上，过点 作垂直于平面
的直线，与正方体表面相交于M，N．设 ， ，则函数 的图象大致是（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【详解】试题分析：由题意知，MN⊥平面BB D D，则MN在底面ABCD上的射影是与对角线AC平行的直线，
1 1
故当动点P在对角线BD 上从点B向D 运动时，x变大y变大，直到P为BD 的中点时，y最大为AC．然后
1 1 1
x变小y变小，直到y变为0，因底面ABCD为正方形，故变化速度是均匀的，且两边一样．故答案为B．
考点：函数的图像与图像项变化．
点评：本题考查了函数图象的变化，根据几何体的特征和条件进行分析两个变量的变化情况，再用图象表
示出来，考查了作图和读图能力．属于中档题．
1．（2023·浙江·一模）已知线段 垂直于定圆所在的平面， 是圆上的两点， 是点 在 上的射
影，当 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 ，由线面垂直的判定与性质可推导证得 ，由直角三角形性质
可确定 ，由此可得轨迹图形.
【详解】设定圆圆心为 ，半径为 ，连接 ，设直径为 ，连接 ，
平面 ， 平面 ， ；
为直径， ，又 ， 平面 ，
平面 ，又 平面 ， ，
又 ， ， 平面 ，
平面 ， 平面 ， ，
在 中， ，则点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆.
故选：A.
2．（2023·云南保山·二模）已知正方体 ，Q为上底面 所在平面内的动点，当直线
与 的所成角为45°时，点Q的轨迹为（ ）
A．圆 B．直线 C．抛物线 D．椭圆
【答案】C
【分析】建系，利用空间向量结合线线夹角分析运算.
【详解】以点D为原点， ， ， 为x，y，z的正方向，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，则 ，设 ，
可得 ， ，
因为直线 与 的所成角为 ，
则 ，化简可得 ，
所以点Q的轨迹为抛物线.
故选：C.3．（2024·广东梅州·一模）如图，正四棱柱 中， ，点 是面 上的动
点，若点 到点 的距离是点 到直线 的距离的2倍，则动点 的轨迹是（ ）的一部分
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【答案】C
【分析】建立如图空间直角坐标系，设 ，利用两点距离公式可得 ，即可求解.
【详解】由题意知，以D为原点， 所在直线分别为 轴建立如图空间直角坐标系，
则 ，设 ，
所以 ，
因为 到 的距离是 到 的距离的2倍，
所以 ，即 ，
整理，得 ，
所以点P的轨迹为双曲线.
故选：C4．（2023·全国·模拟预测）已知空间中两条直线 、 异面且垂直，平面 且 ，若点 到 、
距离相等，则点 在平面 内的轨迹为（ ）
A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【答案】C
【分析】设 在 内的射影为 ，以 与 的交点 为原点， 为 轴， 为 轴， 与 的公垂线为 轴，建
立空间直角坐标系. 设 ，利用空间向量坐标法表示距离，列出方程，求解结果.
【详解】设 在 内的射影为 ， 到 的距离为 ，
以 与 的交点 为原点， 为 轴， 为 轴， 与 的公垂线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设 ，则 到 的距离为 .
过点 作 于点 ，过点 作 于点 ，
又 在 内的射影为 ，则 ，连结 ,
又 ， ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，所以 ，
所以则 到 的距离为 ,
因为点 到 、 距离相等，
所以 ，即 ，
所以点 在平面 内的轨迹为双曲线.
故选：C.
【点睛】方法点睛：关于立体几何中的轨迹问题，一般要建立适当的空间直角坐标系，根据已知信息列出的等量关系，化简得
出轨迹方程，结合方程特征找到轨迹曲线.
5．（2023·云南文山·模拟预测）用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截而与圆锥侧面的交
线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角 不同时，可以得到不同的截
口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．
记圆锥轴截面半顶角为 ，截口曲线形状与 ， 有如下关系：当 时，截口曲线为椭圆；当 时，
截口曲线为抛物线：当 时，截口曲线为双曲线．其中 ， ，现有一定线段AB，其与平面
所成角 （如图），B为斜足， 上一动点P满足 ，设P点在 的运动轨迹是 ，则（ ）
A．当 ， 时， 是椭圆 B．当 ， 时， 是双曲线
C．当 ， 时， 是抛物线 D．当 ， 时， 是圆
【答案】AC
【分析】P在以AB为轴的圆锥上运动，结合题干信息，逐一分析即可.
【详解】∵AB为定线段， 为定值，∴P在以AB为轴的圆锥上运动，
其中圆锥的轴截面半顶角为 ， 与圆锥轴AB的夹角为 ，
对于A， ，∴平面 截圆锥得椭圆，故A正确；
对于B， ，平面 截圆锥得椭圆，故B错误；
对于C， ，平面 截圆锥得抛物线，故C正确；
对于D， ，平面 截圆锥得椭圆，故D不正确．
故选：AC．
6．（2024·浙江温州·一模）如图，所有棱长都为1的正三棱柱 ， ，点 是侧棱
上的动点，且 ， 为线段 上的动点，直线 平面 ，则点 的轨迹为（ ）A．三角形（含内部） B．矩形（含内部）
C．圆柱面的一部分 D．球面的一部分
【答案】A
【分析】根据题意首先保持 在线段 上不动（与 重合），研究当点 运动时 的轨迹为线段 ，
再根据 点在线段 上运动的轨迹即可得出点 的轨迹为 及其内部的所有点的集合.
【详解】如下图所示：
首先保持 在线段 上不动，假设 与 重合
根据题意可知当 点在侧棱 上运动时，若 点在 点处时， 为 的中点，
此时由 可得满足 ，
当 点运动到图中 位置时，易知 ，取 ，可得 ，
取棱 上的点 ，满足 ，根据三角形相似可得 三点共线，
当点 在侧棱 上从 点运动到 点时， 点轨迹即为线段 ；
再研究当点 在线段 上运动，
当点 在线段 上从点 运动到点 时， 点的轨迹是线段 ，
当点 在线段 上从点 运动到点 时， 点的轨迹是线段 ，
因此可得，当点 是侧棱 上运动时， 在线段 上运动时，点 的轨迹为 及其内部的所有点
的集合；
即可得 的轨迹为三角形（含内部）.
故选：A7．（2023·贵州黔西·一模）在正方体 中，点 为平面 内的一动点， 是点 到平面 的
距离， 是点 到直线 的距离，且 （ 为常数），则点 的轨迹不可能是（ ）
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【答案】A
【分析】根据条件作出正方体 ，再以 为原点，直线 、 和 分别为 、 和 轴建立空间直
角坐标系，设正方体 的棱长为 （ ），再设点 ，根据题目条件得到 ，
分类讨论 ， 、 时，结合圆锥曲线的方程特征，即可求解.
【详解】由条件作出正方体 ，并以 为原点，直线 、 和 分别为 、 和 轴建立空间直角
坐标系，如图所示：
设正方体 的棱长为 （ ），点 ，
所以得 ， ，
由 ，得 ，
所以 ，即 ①（ ），
当 时，①式化得： ，
此时，点 的轨迹是抛物线；
当 时，①式化得： ，
即 ，
②，当 时， ，则②式，是双曲线的方程，即点 的轨迹为双曲线；
当 时， ，则②式，是椭圆的方程，即点 的轨迹为椭圆；
故选：A.
考点二、 轨迹长度
1．（2023·湖北省直辖县级单位·模拟预测）已知正方体 的棱长为2，M为棱 的中点，
N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为 ，则动点N的轨迹的长度为
．
【答案】
【分析】利用线面角求法得出N的轨迹为正方形内一部分圆弧，求其圆心角计算弧长即可.
【详解】如图所示，取BC中点G，连接MG，NG，由正方体的特征可知MG⊥底面ABCD，
故MN与底面ABCD的夹角即 ，
∴ ，则 ，
故N点在以G为原点 为半径的圆上，又N在底面正方形ABCD上，
即N的轨迹为图示中的圆弧 ，
易知 ，
所以 长为 .
故答案为： .2．（2024·四川南充·二模）三棱锥 中， ， ， 为 内部
及边界上的动点， ，则点 的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由已知可得三棱锥为正三棱锥，即可得三棱锥的高，设点 在底面 上的射影为 ，即可得
，进而可得点 的轨迹及其长度.
【详解】
如图所示，
由 ， ，
可知三棱锥 为正三棱锥，
设 中点为 ，
则 ， ， ，
设点 在底面 上的射影为 ，
则 平面 ， ，
又 为 内部及边界上的动点， ，
所以 ，
所以点 的轨迹为以点 为圆心， 为半径的圆在 内部及边界上的部分，
如图所示，
，
，
即 ， ，所以点 的轨迹长度为 ，
故选：B.
3．（2024·全国·模拟预测）已知正四棱锥 的体积为 ，底面 的四个顶点在经过球心的
截面圆上，顶点 在球 的球面上，点 为底面 上一动点， 与 所成角为 ，则点 的轨迹长
度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据锥体的体积公式结合外接球的性质可得半径和四棱锥的底边边长，进而根据锐角三角函数可
得 ，即可判断点 的轨迹为 为圆心，半径 的圆，即可求解.
【详解】由题意，设球 的半径为 ．如图所示，连接 交于点 ，连接 ，则 ，
， 平面 ，所以 ，解得 ．
在 中，因为 ， ，所以 ．
因为正方形 的中心 到各边的距离为 ，所以点 的轨迹为平面 内，以点 为圆
心，半径 的圆，故点 的轨迹长度为 ．
故选:D．
4．（2023·湖北襄阳·模拟预测）如图，二面角 的大小为 ，已知A、B是l上的两个定点，且
， ， ，AB与平面BCD所成的角为 ，若点A在平面BCD内的射影H在 的内部
（包括边界），则点H的轨迹的长度为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意：点H的轨迹是以点B为球心，以 为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成
60°的圆锥侧面交线的一部分，该部分是圆心角为 的弧长，只要求出半径即可.
【详解】如图所示：
因为AB与平面BCD所成的角为 ，且点A在平面BCD上的射影H， ，
所以 ，
所以点H在以点B为球心，以 为半径的球面上，
又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上，
所以点H的轨迹为以点B为球心，以 为半径的球与以AB为轴，
母线AH与轴AB成 的圆锥侧面交线的一部分，
即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB，
因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为 ，
所以 ，
又 ，
所以点H的轨迹的长度等于 ，
故选：D.
5．（2024·江西·二模）已知正方体 的棱长为4，点 满足 ，若在正方形内有一动点 满足 平面 ，则动点 的轨迹长为（ ）
A．4 B． C．5 D．
【答案】C
【分析】在棱 上分别取点 ，使得 ， ，连接 ，
证明平面 平面 即可得点 的轨迹为线段 ，再计算长度即可.
【详解】
如图，在棱 上分别取点 ，使得 ， ，
连接 ，
因为 ， ，
所以， ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 ，所以 ，
又 ，正方体 的棱长为4，
所以， ， ，
在棱 上取点 ,使得 ，
则 且 ，又 且 ，
所以 且 ，所以四边形 是平行四边形，
所以 ，
又 且 ，则四边形 是平行四边形，
所以 ，所以 ，
因为 ，
所以 ，则 ，所以四边形 是平行四边形，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以， 平面 ，
因为 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
因为平面 平面 ，
所以，在正方形 内有一动点 满足 平面 时，
点 的轨迹为线段 ，
因为 ，
所以，动点 的轨迹长为 .
故选：C.
6．（2023·江西赣州·二模）在棱长为4的正方体 中，点 满足 ， ， 分别为
棱 ， 的中点，点 在正方体 的表面上运动，满足 面 ，则点 的轨迹所
构成的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出辅助线，找到点 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 ，连接 ，分别交 ， 于 ，
过点 作 交 于点 ，过点 作 交 于点 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
同理可得 平面 ，
因为 ，所以平面 平面 ，
过点 作 交 于点 ，
连接 ，则
则平行四边形 （ 点除外）为点 的轨迹所构成的图形，
因为正方体棱长为4， ， 分别为棱 ， 的中点， ，
所以 ，
因为 ，所以 ，过点 作 ⊥ 于点 ，则 ，
则由几何关系可知 ，所以 ，
由勾股定理得 ，
所以点 的轨迹所构成的周长为 .
故选：D
7．（2024·广西南宁·一模）在边长为4的菱形 中， ．将菱形沿对角线 折叠成大小
为 的二面角 ．若点 为 的中点， 为三棱锥 表面上的动点，且总满足
，则点 轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求 ，进而利用线面垂直可判断点 轨迹为
，求解周长即可．
【详解】连接 、 ，交于点 ，连接 ，
为菱形， ，
所以 ， ， ，
所以 为二面角 的平面角，
于是 ，
又因为 ，所以 ，
取 中点 ，取 中点 ，连接 、 、 ，所以 、 ，
所以 、 ， ， 相交，
所以 平面 ，
所以在三棱锥 表面上，满足 的点 轨迹为 ，
因为 ， ， ，
所以 的周长为 ，
所以点 轨迹的长度为 ．
故选：A．
8．（22-23高三下·江苏南京·阶段练习）如图，在矩形 中， ， ， ， ， 分别
为 ， ， ， 的中点， 与 交于点 ，现将 ， ， ， 分别沿
， ， ， 把这个矩形折成一个空间图形，使 与 重合， 与 重合，重合后的点分别记为
， ， 为 的中点，则多面体 的体积为 ；若点 是该多面体表面上的动点，满足
时，点 的轨迹长度为 ．
【答案】【分析】根据给定的几何体，证明 平面 ，求出四棱锥 的体积即可；证明点 所在
平面平行于平面 ，作出过点 与平面 平行的几何体的截面，求出其周长作答.
【详解】连接 ，有 ，而 ， 为 中点，则有 ，
，则 平面 ，同理 平面 ，又平面 与平面 有公共点 ，
于是点 共面，而 ，即有 ， ，
因为 ， ， 平面 ，则 平面 ，
又 平面 ，即有 ，则 ，同理 ，
即 ，从而 ，即四边形 为平行四边形， ， ，
等腰梯形 中，高 ，其面积 ，
显然 平面 ，所以多面体 的体积 ；
因为 平面 ，同理可得 平面 ，又 ，则 平面 ，
依题意，动点 所在平面与 垂直，则该平面与平面 平行，而此平面过点 ，
令这个平面与几何体棱的交点依次为 ，则 ,
又 为 的中点，则点 为所在棱的中点，即点 的轨迹为五边形 ，
长度为：
.
故答案为： ；
【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面
平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.
1．（2024·江苏·一模）在棱长为 的正方体 中，点 分别为棱 ， 的中
点．已知动点 在该正方体的表面上，且 ，则点 的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【分析】根据条件得到 点轨迹为以 为直径的球，进而得出点 的轨迹是六个半径为a的圆，即可求
出结果.
【详解】因为 ，故P点轨迹为以 为直径的球，
如图，易知 中点即为正方体中心 ，球心在每个面上的射影为面的中心，
设 在底面 上的射影为 ，又正方体的棱长为 ，所以 ，
易知 ， ，又动点 在正方体的表面上运动，
所以点 的轨迹是六个半径为a的圆，轨迹长度为 ，
故选：B．
2（2023·河北·模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正
四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为 ，动点Q在正方形ABCD内运动，且
满足 ，则动点Q形成轨迹的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用等体积法及几何关系求出关于动点Q的等式关系 ，根据相关几何意义即可求出动点Q形成
轨迹的周长.
【详解】设内切球O的半径为R，则 ，∴ ．
如图，连接AC与BD，设交点为F，取AD的中点E，连接PE，PF，EF．
根据等体积法得 ，∴ ，整理得 ，又 ，
解得 ， ．∴ ， ， ．
在 中， ．
∴点Q在以点F为圆心， 为半径的圆上，其周长为 ．
故选：C．
3．（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中， 是 中点，点 在正方体的内
切球的球面上运动，且 ，则点 的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到 ⊥平面 ，由点到平面的距离和球的半径得到
点 的轨迹为以 为半径的圆，从而求出点 的轨迹长度.
【详解】以点 为原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，
则 ， ，
球心 ，取 的中点 ， 的中点 ，连接 ，
则 ， ，
，
故 ， ，
又 ， 平面 ，
故 ⊥平面 ，
故当 位于平面 与内切球 的交线上时，满足 ，
此时 到平面 的距离为
，，其中 为平面 截正方体内切球所得截面圆的半径，
故点 的轨迹为以 为半径的圆，
故点 的轨迹长度为 .
故选：B
4．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体 中，已知 ， ， 分别是棱
， ， 的中点， 为平面 上的动点，且直线 与直线 的夹角为 ，则点 的轨迹长
度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，由空间向
量的位置关系可证得 平面 ，可得点 的轨迹为圆，由此即可得．
【详解】解：以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 、 、 轴，建立空间直角坐标系， ， ， ， ， ，
故 ， ，
，设平面 的法向量为⃗m=(x,y,z)，
则 ，
令 得， ，故 ，
因为 ，故 平面 ，
为平面 上的动点，直线 与直线 的夹角为30°，
平面 ，设垂足为 ，以 为圆心， 为半径作圆，
即为点 的轨迹，其中 ，
由对称性可知， ，故半径 ，
故点 的轨迹长度为 .
故选：C.
5．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）已知点 是边长为1的正方体 表面上的动点，若直线
与平面 所成的角大小为 ，则点 的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．【答案】D
【分析】由题意，分析可得点 的轨迹，分别计算各段轨迹的长度即可.
【详解】若点P在正方形 内，过点P作 平面 于 ，连接 .
则 为直线 与平面 所成的角，则 ，
又 ，则 ，得 ，
则点 的轨迹为以 为圆心半径为1的圆（落在正方形内的部分），
若点P在正方形 内或 内，轨迹分别为线段 和 ，
因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点 的轨迹如图所示：
故点P的轨迹长度为 .
故选：D
6．（2024·陕西铜川·模拟预测）在正四棱台 中， ， ， 是四
边形 内的动点，且 ，则动点 运动轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用勾股定理得到 ，即可得到点 的轨迹，然后求长度即可.
【详解】设 在平面 内的射影为 ，则 在线段 上，则 ，
， ，
故动点 的轨迹为以 为圆心，以 为半径的圆在正方形 内部部分，
如图所示，其中 ，故 ，
又 ，所以 ，
因为 ，所以 ，故 ，故动点 的轨迹长度是 ．
故选：A．
7．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥 中，底面 是等边三角形，侧面 是等腰直角三角形，
， 是平面 内一点，且 ，若 ，则点 的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取 的中点 ，连接 ，作 交 的延长线于点 ，利用线面垂直的判定得到
平面 ，进而得出 ，再结合余弦定理和同角三角函数的基本关系可得点 的轨迹是以
为圆心， 为半径的圆，最后结合圆的周长计算公式即可求解.
【详解】如图，取 的中点 ，连接 ，易得 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 ，所以 ， ， ，
在 中， ，由余弦定理得 ，
作 交 的延长线于点 ，则 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
所以 ，所以 ，在 中， ，则 ，
所以点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆，
则点 的轨迹长度为 ，
故选：C，
【点睛】方法点睛：立体几何中的轨迹问题：
1、由动点保持平行性求轨迹.
（1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹.
2、动点保持垂直求轨迹.
（1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用空间坐标运算求轨迹；（3）利
用垂直关系转化为平行关系求轨迹.
3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹.
（1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨
迹；（2）利用空间坐标计算求轨迹.
4、由动点保持等角（或定角）求轨迹.
（1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；（3）利用空间
坐标系计算求轨迹.
5、投影求轨迹.
（1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形.
6、翻折与动点求轨迹.
（1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；（3）利用
空间坐标运算求轨迹.
8．（2023·青海·模拟预测）在正四棱台 中， ，点 在底面
内，且 ，则 的轨迹长度是 .
【答案】
【分析】过点 作 交 于 点，根据已知线段长度和位置关系求解出 ，然后确定出 的轨迹为 ，再通过扇形的弧长公式求解出轨迹长度.
【详解】连接 ，连接 ，过点 作 交 于 点，
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
因为几何体为正四棱台，所以 平面 ，
所以 ，
又因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 ，所以A Q⊥平面 ，
1
又因为 ，所以 ，
以 为圆心， 为半径画圆，如下图， 即为 的轨迹，
过 作 ，分别交 于 ，
因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 的长度为 ，
故答案为： .【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的轨迹问题，对于空间想象能力和计算能力要求较高，难度较
大.解答问题的关键是求解出 的长度从而确定出 的轨迹形状，借助扇形的弧长公式完成相关计算.
考点三、 轨迹区域面积
1．（2023·四川成都·三模）如图， 为圆柱下底面圆 的直径， 是下底面圆周上一点，已知
，圆柱的高为5．若点 在圆柱表面上运动，且满足 ，则点 的轨迹所围成图
形的面积为 ．
【答案】10
【分析】先推出 平面 ，设过 的母线与上底面的交点为 ，过 的母线与上底面的交点为 ，
连 ，推出 平面 ，从而可得点 的轨迹是矩形AEFC，计算这个矩形的面积即可得解.
【详解】因为 是圆柱下底面圆 的直径，所以 ，
又 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
设过 的母线与上底面的交点为 ，过 的母线与上底面的交点为 ，连 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以点 在平面 内，又点 在圆柱的表面，所以点 的轨迹是矩形AEFC，
依题意得 ， ， ，所以 ，所以矩形AEFC的面积为 .
故点 的轨迹所围成图形的面积为 .
故答案为： .
2．（2024·四川成都·二模）在所有棱长均相等的直四棱柱 中， ，点 在四边
形 内（含边界）运动．当 时，点 的轨迹长度为 ，则该四棱柱的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据轨迹的长度求出棱长，利用四棱柱的表面积公式可求答案.
【详解】设棱长为 ，延长 ，过点 作 垂直于 的延长线于 ，
由 ，可得 ；
由直四棱柱的性质可得， 平面 ，所以 ；
因为 ，所以 .
在平面 内，点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆夹在四边形 内的部分，即图中圆弧 .
因为 ，所以 ，
因为点 的轨迹长度为 ，所以 ，即 .
四棱柱的表面积为 .
故选：A.
3．（2022·山东潍坊·三模）已知正方体 的棱长为1，空间一动点 满足 ，且
，则 ，点 的轨迹围成的封闭图形的面积为 ．
【答案】【分析】利用 ，转化为求 的正切值；先确定点 的轨迹围成的封闭图形为圆，在用
面积公式计算.
【详解】 .
由正方体 知 平面 ，
又点 满足 ，所以点 在平面 内运动，
如图，连接 ， 交于点 ，连接 ， ，
由对称性， ，
所以 ，解得
所以
所以点 的轨迹围成的封闭图形是以点 为圆心， 为半径的圆，
所以面积 .
故答案为： ； .
4．（2023·上海·模拟预测）正方体 的边长为1，点 分别为 边的中点， 是侧
面 上动点，若直线 与面 的交点位于 内（包括边界），则所有满足要求的点 构成
的图形面积为 .【答案】 /
【分析】设 ，利用空间向量求交点 的坐标，再根据交点 位于 内（包括边界），
则 ，求出 满足的关系式，作出相应区域，即可得结果.
【详解】如图，以 为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，
设 ，可得 ，
设平面 的法向量为 ，则有 ，
令 ，则 ，即 ，
设直线 与面 的交点为 ，
则 ，
∵点 在直线 上，可设 ，
则 ，即 ，
故 ，则 ，又∵点 在面 上，则 ，解得 ，
故 ，
则 ，
设 ，
则 ，解得 ，
若点 位于 内（包括边界），则 ，整理得 ，
如图，在 面中，即 ，
作出相应的区域，可得 ，
故点 构成的图形面积为 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：（1）根据三点共线：若 在直线 上，可设 ，用 表示点 的坐标；
（2）根据共面向量：点 位于 内（包括边界），则 .
5．（2023·广西·一模）如图，在正方体 中， ，P是正方形ABCD内部（含边界）的
一个动点，则（ ）
A．有且仅有一个点P，使得 B． 平面
C．若 ，则三棱锥 外接球的表面积为 D．M为 的中点，若MP与平面ABCD
所成的角为 ，则点P的轨迹长为
【答案】D
【分析】根据线面垂直判断线线垂直可求解A，利用线面平行判断B，根据外接球与三棱锥的的几何关系
判断C，利用线面角的定义确定点 的轨迹即可求解D,
【详解】
对于A，连接 ,
因为 平面 , 平面 ,所以 ,
且四边形 为正方形，所以 ,
且 ， 平面 ,
所以 平面 ,所以当点 在线段 上时，
必有 平面 ,则 ，
所以存在无数个点P，使得 ，A错误；
对于B，当点 与点 重合时，与平面 相交，B错误；
对于C，若 ，则 为 中点，
连接 ,则 为等腰直角三角形，且PB⊥PC，
且 也为等腰直角三角形，且 ,
且平面 平面 ，
所以取 中点为 ，则 为三棱锥 外接球的球心，
所以外接球的半径为 ,
所以我外接球的表面积为 ，C错误；
对于D，连接
因为 平面 ，所以 为MP与平面ABCD所成的角，
所以 ，所以 ,
所以点 的轨迹是以 为圆心，1为半径的 个圆弧，
所以点P的轨迹长为 ，D正确，
故选:D.
1．（2024·四川成都·二模）在正方体 中，点 在四边形 内（含边界）运动.当
时，点 的轨迹长度为 ，则该正方体的表面积为（ ）
A．6 B．8 C．24 D．54
【答案】C
【分析】由线段 是定值结合正方体的特征得出 点的轨迹，结合弧长公式计算即可.
【详解】设正方体棱长为 ，
由正方体性质知 平面 ，
平面 ，得 ，
所以 ，所以 点轨迹是以 为圆心， 为半径的圆弧，
设圆弧分别交 与点 ，则 ，
所以 ，同理 ，所以圆心角是 ，
则轨迹长度为 ，可得 ，
所以正方体的表面积为 .
故选： .
2．（23-24高二上·北京平谷·期末）已知四棱锥 中，侧面 底面 ， ，
底面 是边长为 的正方形， 是四边形 及其内部的动点，且满足 ，则动点 构成的区
域面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
取线段 的中点 ，连接 、 ，推导出 平面 ，可知点 的轨迹是以点 为圆心，半径为
的圆及其内部，结合圆的面积公式可求得结果.
【详解】取线段 的中点 ，连接 、 ，
因为 ， 为 的中点，则 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以， 平面 ，因为 平面 ，则 ，
因为四边形 是边长为 的正方形，则 ，
所以， ， ，
所以，点 的轨迹是以点 为圆心，半径为 的圆及其内部，
因此，动点 构成的区域面积为 .
故选：B.
3．（2022·福建三明·模拟预测）已知正方体 中， ，点E为平面 内的动点，
设直线 与平面 所成的角为 ，若 ，则点E的轨迹所围成的面积为 ．
【答案】
【分析】连接 交平面 于 ，连接 ，则有四面体 为正三棱锥，由题意可得 在平面
内的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆即可得答案.
【详解】解：如图所示，连接 交平面 于 ，连接 ，
由题意可知 平面 ，
所以 是 与平面 所成的角，
所以 ＝ .
由 可得 ，即 .
在四面体 中， , ,
所以四面体 为正三棱锥， 为 的重心，
如图所示：
所以解得 ， ,又因为 ，
所以 ，
即 在平面 内的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，
所以 .
故答案为: .
4．（2024·北京延庆·一模）已知在正方体 中， ， 是正方形 内的动点，
，则满足条件的点 构成的图形的面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意，在平面 上，分别以 为 轴建立平面直角坐标系，设 ，根据已知列
出 满足的关系，进而可得满足条件的点 构成的图形，计算面积即可.
【详解】如图，连接 ，则 ，
如图，在平面 上，分别以 为 轴建立平面直角坐标系，
则 ，设 ，由 ，得 ，
即 ，整理得 ，
设直线 与 交于点 ，
则点 在 内部(含边界)，即满足条件的点 构成的图形为 及其内部，
易知 ，∴ ，
∴ ．
故选：A．
【点睛】关键点睛：本题解题关键是在底面 上建立平面直角坐标系，把空间问题转化为平面问题去
解决．
5．（22-23高三上·江西抚州·期中）已知菱形 的各边长为 .如图所示，将 沿 折
起，使得点 到达点 的位置，连接 ，得到三棱锥 ，此时 .若 是线段 的中点，点
在三棱锥 的外接球上运动，且始终保持 则点 的轨迹的面积为 .
【答案】
【分析】取 中点 ，由题可得 平面 ，设点 轨迹所在平面为 ，则 轨迹为平面 截三棱
锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得.
【详解】取 中点 ，连接 ，则 ，
， 平面 ，所以 平面 ，
又因为 ，则 ，
作 于 ，设点 轨迹所在平面为 ，
则平面 经过点 ，且 ，
设三棱锥 外接球的球心为 ，半径为 ， 的中心分别为 ，
可知 平面 平面 ，且 四点共面，
由题可得 ，
在Rt 中，可得 ，又因为 ，则 ，
易知 到平面 的距离 ，
故平面 截外接球所得截面圆的半径为 ，
所以截面圆的面积为 .
故答案为： .
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，
弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
6．（2024·四川绵阳·三模）如图，正方体 的棱长为3，点 是侧面 上的一个动点
（含边界），点 在棱 上，且 ．则下列结论不正确的是（ ）
A．若保持 ．则点 的运动轨迹长度为
B．保持 与 垂直时，点 的运动轨迹长度为
C．沿正方体的表面从点 到点 的最短路程为
D．当 在 点时，三棱锥 的外接球表面积为
【答案】C
【分析】
由 可知，可过点 作 平面 ，即可找到动点 的运动轨迹；找出与 垂直的平面，与平面 的交线即为动点 的轨迹；将平面 和平面 沿 展开在同一平面上求点 到
点 的最短路程；将建立空间直角坐标系求解三棱锥 的外接球的半径.
【详解】对于 ，过点 作 平面 ，以 为圆心， 为半径在平面 内作圆交 于
点 ,则 即为点 的运动轨迹，
∵ ，∴ , ∴ ，∴ ，
∴ 的长为 ，则 正确；
对于 ，∵ 平面 , 平面 ，∴ ,
∵ ， 平面 ， 平面 ， ，
∴ 平面 ，
∵ 平面 ，∴ ,
同理可证 ，
∵ 平面 ， ， 平面 ，
∴ 平面 ，
找 上的点 ，使得 ，找 上的点 ，使得 ,连接 ，
∵ ∥ , ∥ , ∴ ∥ ,
∵ 平面 ， 平面 ，∴ ∥平面 ，
∵ ∥ ， 平面 ， 平面 ，
∴ ∥平面 ，
∵ 平面 ， 平面 ， ，
∴平面 ∥平面 ，∴ 平面 ，
在 上找一点 使得 ，连接 ,
∵ ∥ ， ∥ ，∴ ∥ ，
∴ 四点共面，∴ 平面 ，
∴点 的轨迹为线段 , ,则 正确；将平面 和平面 沿 展开在同一平面上，从点 到点 的最短路程为 ,则
,则 错误；
分别以 所在的直线为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系，
则 ， ， ，
设三棱锥 的外接球的球心为 ，则 ，
即 ，解得 ，
∴三棱锥 的外接球半径 ,
∴三棱锥 的外接球表面积为 ,则 正确；
故选： .【点睛】求三棱锥的外接球半径还可以建立空间直角坐标系，设出球心的坐标，利用顶点到球心的距离相
等列出方程组求解.
考点 四 、 轨迹中长度的最值及范围
1．（2022·青海西宁·二模）在棱长为3的正方体 中，P为 内一点，若 的面积
为 ，则AP的最大值为 ．
【答案】 /
【分析】先证明 平面 ，由条件确定点 的轨迹，由此可求AP的最大值.
【详解】因为 ， , 平面 ， ，
所以 ，同理可证 ，又 ， ，
所以 平面 ，
设 与平面 相交于点O，连接 ，因为 平面 ，所以
所以 ，又 ，
则 ，即点P的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆，
因为 ， 平面 ，所以 ，
又 为等边三角形，且 ,
所以 ，
所以AP的最大值为 ．
故答案为： .2．（17-18高二下·山西大同·阶段练习）已知正方体的 棱长为2，点M，N分别是棱 ，
的中点，点P在平面 内，点Q在线段 上，若 ，则 长度的最小值为
.
【答案】
【分析】根据题意，由条件可得点 在以 为圆心， 为半径的位于平面 内的半圆上，点 到
的距离减去半径就是 长度的最小值，结合图形，代入计算，即可得到结果.
【详解】
取 中点 ，连接 ，则 平面 ，所以 ，因为 ，正方体的
棱长为2， 为 的中点，所以 ， ，所以点 在以 为圆心， 为半径
的位于平面 内的半圆上，单独画出平面 以及相关点线，所以点 到 的距离减去半径
就是 长度的最小值，连接 ，做 交 于点 ，则
，所以 ，解得 ，所以 长度的最小值为 .故答案为：
3．（23-24高三上·河北承德·期中）如图，在直三棱柱 中， ，
若 为空间一动点，且 ，则满足条件的所有点 围成的几何体的体积为 ；若动点
在侧面 内运动，且 ，则线段 长的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据球的体积公式即可求解空1，根据球的截面圆性质，结合线面垂直以及点到圆上的最小距离
即可求解空2.
【详解】由 可得点 的轨迹为以 为圆心，以 为半径的球面，
所以围成的球的体积为 ，
过 作 ，
由 ，则由等面积法可得 ,
由于在直三棱柱 中， 平面 平面 故 ,
由于 平面 ，故 平面 ，
由于 平面 ，故 ,
所以 ,
由于 到平面 的距离和点 到平面 的距离相等，均为 ，
又 ，所以点 的轨迹为以 为圆心，以 为半径的球与侧面 的截面圆，该截面圆的半
径为 ,圆心为 ,且满足 ，
因此点 的最小距离为 ，
故 ，故答案为： ，
1．（2024·江西宜春·模拟预测）如图，在四面体 中， 和 均是边长为6的等边三角形，
，则四面体 外接球的表面积为 ；点E是线段AD的中点，点F在四面体 的
外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的长度为 .
【答案】 5√3π
【分析】设四面体 外接球的球心为 的中心分别为 ，则可得 平面
平面 ，且 四点共面，可得 ，进而求出 ，
然后由勾股定理求出四面体 外接球的半径；取 中点 ，作 ，设点 轨迹所在平面
为 ，求出四面体 外接球半径和 到平面 的距离，从而可求出平面 截外接球所得截面圆的半径，
进而可得结果.
【详解】
取 中点 ，连接 ，则 ， 平面 ，
又 和 均是边长为6的等边三角形， ，
∴ 平面 ， ，所以 ，
∴ ，
设四面体 外接球的球心为 的中心分别为 ，
易知 平面 平面 ，且 四点共面，
由题可得 ， ，
在 中，得 ，又 ，
则四面体 外接球半径 ，
所以四面体 外接球的表面积为 ；
作 于 ，设点 轨迹所在平面为 ，
则平面 经过点 且 ，
易知 到平面 的距离 ，
故平面 截外接球所得截面圆的半径为 ，
所以截面圆的周长为 ，即点 轨迹的周长为5√3π.
故答案为： ；5√3π.
2．（2023·山东枣庄·二模）如图，在棱长为1的正方体 中，M是 的中点，点P是侧
面 上的动点，且． 平面 ，则线段MP长度的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件及三角形的中位线，利用线面平行的判定定理及面面平行的判定定理，结合直角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解.
【详解】取 的中点为 ,取 的中点为 ,取 的中点为 ，如图所示
因为 是 的中点， 是 的中点，
所以 ,
因为 平面 , 平面 ,
所以 平面 ,
同理可得， 平面 ,
又 , 平面 ,
所以平面 平面 .
又 平面 ,线段 扫过的图形是 ,
由 ,得 , ,
, ,
所以 ,即 为直角，
所以线段 长度的取值范围是： .
故选：A.
3．（2023·陕西西安·模拟预测）已知正方体 的棱长为 是正方形 （含边界）
内的动点，点 到平面 的距离等于 ，则 两点间距离的最大值为（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】D
【分析】利用等体积法可得点 到平面 的距离等于 ，结合平行关系分析可得点 的轨迹为线段，再根据 的形状分析求解.
【详解】由题意可知： ，
设三棱锥 的高为 ，
因为 ，则 ，
解得 ，即点 到平面 的距离等于 ，
又因为 ∥ ，且 ，则四边形 为平行四边形，则 ∥ ，
平面 ， 平面 ，所以 ∥平面 ，
即点 的轨迹为线段 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
在 中， 两点间距离的最大值为 .
故选：D.
【点睛】关键点睛：（1）利用等体积法求得点 到平面 的距离等于 ；
（2）结合平行关系分析可得点 的轨迹为线段 .
考点 五 、 轨迹中体积的最值及范围
1．（2024·重庆·三模）已知棱长为1的正方体 内有一个动点M，满足 ，且
，则四棱锥 体积的最小值为 .
【答案】
【分析】利用正方体的空间垂直关系去证明平面 内的点 都满足 ，再去证明动点M在
以 为圆心，以 为半径的圆上，从而利用点M在圆上的性质去解决最值问题.【详解】解：如图所示，设 ，
由正方体性质可知 平面 ，
由于 平面 ， ，又因为 线段 的中点，
所以 ，
即点 在平面 内，
又因为 ，所以与点 在以点 为球心，1为半径的球面上，
又因为 平面 ，
到平面 的距离为 的一半，由正方体的边长为1，则 ，
又 ， ，
在平面 内，且以H为圆心， 为半径的半圆弧上，
到平面 的距离的最小值为 ，
四棱锥 体积的最小值为
故答案为：
【点睛】关键点点睛：借助空间关系可知到线段两端点距离相等的点M在线段的中垂面上，又由到定点距
离为1的点M又在球面上，从而得到点M的轨迹是中垂面截平面的小圆.
2．（2023·福建龙岩·二模）正方体 的棱长为2，若点M在线段 上运动，当 的周
长最小时，三棱锥 的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先确定点 的位置，再利用球的性质，以及空间向量的距离公式，确定球心坐标，即可确定外
接球的半径，即可求解．
【详解】 的周长为 ，由于 为定值，即 最小时， 的周长最小，如图，将平面 展成与平面 同一平面，则当点 共线时，此时 最小，在展开图
中作 ，垂足为 ， ，解得： ，
如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，
， ，
连结 ，因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，又因为 ，且 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，所以 ，
同理 ，且 ，
所以 平面 ，且三棱锥 是正三棱锥，所以 经过△ 的中心．
所以三棱锥 外接球的球心在 上，设球心 ， ， ，则 ，
即 ，
解得： ， ，所以外接球的表面积 .
故选：C.
1．（2024·山东·模拟预测）如图，正方形 和矩形 所在的平面互相垂直，点 在正方形
及其内部运动，点 在矩形 及其内部运动．设 ， ，若 ，当四面体 体积
最大时，则该四面体的内切球半径为 ．【答案】 或
【分析】先确定 点的轨迹，确定四面体 体积最大时， ， 点的位置，再利用体积法求内切球
半径.
【详解】如图：
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，且 ，
所以 平面 .
平面 ，所以BE⊥AP，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
平面 ，所以 .
又 在正方形 及其内部，所以 点轨迹是如图所示的以 为直径的半圆，
作 于 ，则 是三棱锥 的高.
所以当 的面积和 都取得最大值时，四面体 的体积最大.
此时 点应该与 或 重合， 为正方形 的中心.
如图：
当 点与 重合， 为正方形 的中心时：， ， ， ，
中，因为 ， ， ，所以 .
设内切球半径为 ，由 得：
.
如图：
当 点与 重合， 为正方形 的中心时：
， ， ， ，
.
设内切球半径为 ，由 得：
.
综上可知，当四面体 的体积最大时，其内切球半径为： 或 .
故答案为： 或
【点睛】关键点点睛：根据 得到 点在以 为直径的球面上，又 点在正方形 及其内部，
所以 点轨迹就是球面与平面 的交线上，即以 为直径的半圆上.明确 点轨迹是解决问题的关键.
2．（2024·山东青岛·三模）已知长方体 中， ，点 为矩形
内一动点，记二面角 的平面角为 ，直线 与平面 所成的角为 ，若 ，
则三棱锥 体积的最小值为 .
【答案】
【分析】根据题意，判断得 的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线 和抛物线段的
方程，由题意，计算点 到线段 的最短距离，再由等体积法计算三棱锥 最小体积.【详解】如图，作 平面 ，垂足为 ，再作 ，垂足为 ，
连接 ，则 ， ，由 ，则 ，
又 、 平面 ，故 ， ，则 ，
由抛物线定义可知， 的轨迹为以 为焦点，以 为准线的抛物线一部分，
所以 的轨迹为以 为焦点，以 为准线的抛物线一部分，
当点 到线段 距离最短时，三角形 面积最小，即三棱锥 体积最小，
取 中点 为原点，建立如图所示平面直角坐标系，
则 ， ， ，
则直线 的方程为： ，即 ，
抛物线的方程为 ，则 ，
由题意，令 ，得 ，代入 ，得 ，
所以点 的坐标为 ，所以 到直线 的最短距离为：
，因为 ，
所以 ，
所以三棱锥 体积的最小值为 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是能判断出点 的轨迹为抛物线一部分，再建立平面直角坐标系，
求解 到直线 的最短距离，利用等体积法求解三棱锥 的最小体积.
考点 六 、 轨迹中空间角的最值及范围1．（2021·山东滨州·二模）在正方体 中， 是棱 的中点， 是底面 内（包括
边界）的一个动点，若 平面 ，则异面直线 与 所成角的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取 中点 ， 中点 ，连接 ， ， ，取 中点 ，连接 ，推导出平面
平面 ，从而 的轨迹是线段 ，建立空间之间坐标系后，利用空间向量求解异面直线夹角
的余弦值，即可得角度范围.
【详解】解：取 中点 ， 中点 ，连接 ， ， ，取 中点 ，连接 ，
在正方体 中， 是棱 的中点，
， ， ，
， ，
平面 平面 ，
是底面 内（包括边界）的一个动点， 平面 ，
的轨迹是线段 ，
如图，以D为原点， 为 轴建立空间之间坐标系，设正方体棱长为2则 ， ， ， ，
由于 在线段 上，设 ，且
所以
则 ，又
所以
由于 ，所以
所以异面直线 与 所成角的取值范围 .
故选：C.
2．（2023·江苏盐城·三模）动点 在正方体 从点 开始沿表面运动，且与平面 的
距离保持不变，则动直线 与平面 所成角正弦值的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据线面位置关系和余弦定理以及同角三角函数基本关系式即可求解.【详解】
连接 ，
容知 ， ,
所以平面 平面 ,
M与平面 的距离保持不变，
点M的移动轨迹为三角形 的三条边，
当M为 中点时，直线 与平面 所成角正弦值最大，
取 的中点 ，
设正方体的棱长为2，
所以 ，
，
，
所以 ,
所以 为直角三角形，所以直线 与平面 所成角正弦值为 ,
当M为C点时，直线 与平面 所成角 的正弦值最小，
此时 ， ， ，
所以 ，
.
直线 与平面 所成角正弦值的取值范围是 ，
故选：A.
3．（17-18高三上·江西鹰潭·阶段练习）如图，已知平面 ， ，A、B是直线l上的两点，C、
D是平面 内的两点，且 ， ， ， ， ．P是平面 上的一动点，且直线
PD，PC与平面 所成角相等，则二面角 的余弦值的最小值是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】根据题目条件得到 ，进而建立平面直角坐标系，求出P点轨迹方程，点P在 内的轨迹
为以 为圆心，以4为半径的上半圆，从而求出当PB与圆相切时，二面角的平面角 最大，求出相应的余弦值最小值.
【详解】由题意易得PD与平面 所成角为 ，PC与平面 所成角为 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴P点轨迹为阿氏圆．
在平面 内，以 为 轴，以 的中垂线为 轴，建立平面直角坐标系，
则 ，设 ，
所以 ，
整理得： ，
所以点P在 内的轨迹为以 为圆心，以4为半径的上半圆，
因为平面 ， ， ， ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
因为平面 平面 ， ，
所以二面角 的平面角为 ，
由图可知，当PB与圆相切时， 最大，余弦值最小，
此时 ，故 .
故选：B．
4．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知正方形 的边长为2， 是平面 外一点，设直线 与平面
的夹角为 ，若 ，则 的最大值是（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【分析】根据椭圆的定义和旋转体的概念可知当 时点 的轨迹是一个椭球,即可根据
求解最值.
【详解】由题意知，点 为动点， 、 为定点， ，
由椭圆的定义知，点 的轨迹是以 、 为焦点， 为焦距，长轴为 的椭圆，
将此椭圆绕 旋转一周，得到一个椭球，即点 的轨迹是一个椭球，
而椭球面为一个椭圆，由 ，
即 ，得 ，
设点 在平面 上的射影为 ，则 ，
又 ，且 ，
所以当且仅当 时 最大，即 取到最大值 ，
故选：B．
1．（2021·湖南永州·模拟预测）已知正四面体 内接于半径为 的球 中，在平面 内有一
动点 ，且满足 ，则 的最小值是 ；直线 与直线 所成角的取值范围为 .
【答案】
【分析】设A在面 内的投影为E，故E为三角形 的中心，设正四面体 的棱长为x，球O
的半径为R，球心O在 上，列式求出得 ，则可求出 ， ，推导出P的轨迹为
平面 内以E为圆心， 为半径的圆， 三点共线时，且P在 之间时，可求得 的最小值；
以E为圆点， 所在直线为x轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出直线 与直线 所成角的
取值范围．
【详解】在正四面体 中，设A在面 内的投影为E，故E为三角形 的中心，设正四面体 的棱长为x，球O的半径为R，
则 ，
依题意正四面体 内接于半径为 的球 中，故球心O在 上，
设球的半径为R,则 ，
即 ，解得 ， （舍去），
则 ， ，
又 ，
故P的轨迹为平面 内以E为圆心， 为半径的圆，
而 ，当 三点共线时，且P在 之间时， 最小，最小值是 ；
以E为圆心， 所在直线为x轴，在底面 内过点E作 的垂线为y轴， 为z轴，建立如图所示直
角坐标系，
则 , , , ，
设 ， ，
故 ， ,
设直线 与直线 所成角为 ，
,
因为 ，故 ，故 ，又 ，故 ，故 ，
故答案为： .
【点睛】
关键点点睛：求解 的最小值时，关键在于根据正四面体中的相关计算，确定点P的轨迹为以E为圆心，
为半径的圆，结合圆的几何性质，即可求得答案.求解直线 与直线 所成角时，将问题转化为利
用向量 的夹角公式求解，关键是要明确向量的夹角与直线所成的角之间的关系.
2．（2023·河南·模拟预测）正方体 的棱长为 ， 为 中点， 为平面 内一动
点，若平面 与平面 和平面 所成锐二面角相等，则点 到 的最短距离是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先证明一个结论：若平面 与平面 所成二面角为 ，且 平面 ，则
.根据 推出 ，再求出 中 边上的高，
得到 点轨迹为与 平行且距离为 的两条直线，从而可得结果.
【详解】先证明一个结论：若平面 与平面 所成二面角为 ，且 平面 ，则
.
证明：作 ，垂足为 ，连 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 平面 ， ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，所以 ，
在直角三角形 中， ，即 .设平面 与平面 和平面 所成锐二面角为 ，取 的中点 ，作 ，垂足为 ，
则三角形 在平面 内的射影是三角形 ，在平面 内的射影是三角形 ，
根据以上结论得 ， ，
在 中，设 边上高为 ，
，所以 ， ，
所以 点轨迹为与 平行且距离为 的两条直线，所以 点到 的最短距离为 .
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用三角形面积、射影三角形面积和二面角的余弦值之间的关系推出
是解题关键.
3．（23-24高三下·青海西宁·开学考试）如图，正四面体 的棱长为2，点E在四面体 外侧，且
是以E为直角顶点的等腰直角三角形．现以 为轴，点E绕 旋转一周，当三棱锥E−BCD的
体积最小时，直线 与平面 所成角的正弦值的平方为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取 中点F，取 中点M，确定点E的轨迹，从而结合三棱锥E−BCD的体积最小，确定E
点所处位置，进而作出直线CE与平面BCD所成角，解三角形，求出相关线段长，即可求得答案.【详解】在正四面体 中，取 中点F，连接 ，则 ，
取 中点M，连接 ，则 ，
是以E为直角顶点的等腰直角三角形，正四面体 的棱长为2，
则 ，且 ，
点E绕AD旋转一周，形成的图形为以M为圆心，以 为半径的圆，
设该圆与 的交点为 ，当三棱锥E−BCD的体积最小时，即E点到底面 的距离最小，
即此时E点即位于 处，
因为正四面体 的棱长为2，则 ，
又 中点为M，则 ，则 ，
设点 在底面 上的射影为H，则 ，
又 ， 中点为F，故 ，
故 ，
由于点 在底面 上的射影为H，故 即为直线 与平面BCD所成角，
故 ，
故选：D
【点睛】关键点睛：本题考查在四面体中求解线面角的正弦值问题，解答时要发挥空间想象，明确空间的
点、线、面的位置关系，解答的关键在于确定E点的轨迹，从而确定三棱锥E−BCD的体积最小时E点的
位置，由此作出直线 与平面BCD所成角，解三角形，求得答案.
考点 七 、 截面问题1．（2024·江苏南京·模拟预测）已知 ，底面半径 的圆锥内接于球 ，则经过 和 中点的
平面截球 所得截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据球的截面性质，结合三角形面积等积性、勾股定理进行求解即可.
【详解】如图，
设球 的半径为 ，线段 的中点为 ，因为 ，
所以 ，解得 ，
设经过 和 中点 的平面截球 所得截面圆的圆心为 ，半径为 ，球心 到截面的距离 ，
则 ，要截面面积最小，则 要最小，即 要最大，
因为当 为点 到 的距离时最大，此时 ，又 ，
所以 ，
所以 ，
故截面面积的最小值为 ．
故答案为： ．
故选：A
2．（2024·全国·模拟预测）在正方体 中，E，F分别为棱 ， 的中点，过直线EF
的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为 ，最大值为 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意可求得正方体的外接球球心位置，易知当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外
接球的半径 ，当截面与OP垂直时，截面面积最小；分别求出对应的半径大小即可得出结果.【详解】如图，正方体 的外接球球心在其中心点 处，设该正方体的棱长为 ，
则外接球的半径 ，
要使过直线EF的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段EF的中点 ，
连接OE，OF，OP，则 ，
，
所以 ，
此时截面圆的半径 ．
显然当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径 ；
所以 ．
故选：D．
3．（2024·广东广州·二模）用两个平行平面去截球体，把球体夹在两截面之间的部分称为球台．根据祖暅
原理（“幂势既同，则积不容异”），推导出球台的体积 ，其中 分别是两个
平行平面截球所得截面圆的半径， 是两个平行平面之间的距离．已知圆台 的上、下底面的圆周都在
球 的球面上，圆台 的母线与底面所成的角为 ，若圆台 上、下底面截球 所得的球台的体积
比圆台 的体积大 ，则球O的表面积 与圆台 的侧面积 的比值 的取值范围为 ．
【答案】
【分析】设圆台的上下底面半径分别为 ，根据母线与底面所成的角为 ，可得圆台的高为 ，母线长为 ，表示出圆台体积，由题意 ，可求得 ，进而可得
，求值域即可得解．
【详解】设圆台的一条母线为 ，过点 作 的垂线，垂足为 ，
则 即为母线与底面所成的角为 ，
设圆台上底面圆 的半径为 ，下底面圆 的半径为 ，高为 ，
则 ，
即 ，即 ，
圆台体积为 ，
球台的体积为
，
由题意 ，
则 ，
即 ，
即 ，即 ，
设圆台外接球的球心为 ，半径为 ，则 在 所在直线上，
设 ，则 ，
由 ，
解得 ，
则球的表面积 ，
台体侧面积 ，故 ，
，
由 ，可得 ，则 ，则 ，
故 的取值范围为 ，
故答案为： ．
【点睛】立体几何中体积最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立所求体积的目标函
数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变
量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，
直观判断在什么情况下取得最值.
4．（22-23高三下·湖北武汉·期中）在正四棱台 中， ，A A =2√3，M为棱
1
的中点，当正四棱台的体积最大时，平面MBD截该正四棱台的截面面积是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正四棱台的体积公式、结合基本不等式、线面平行的判定定理、梯形的面积公式进行求解即
可．
【详解】设 ，上底面和下底面的中心分别为 ， ，过 作 ,
该四棱台的高 ，
在上下底面由勾股定理可知， ．
在梯形 中， ，
所以该四棱台的体积为 ，
所以 ，
当且仅当 ，即 时取等号，此时 ， ， ．取 , 的中点 ， ,连接 , ，显然有 ，
由于 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，因此平面 就是截面．
显然 ，
在直角梯形 中， ，
因此在等腰梯形 中， ，
同理在等腰梯形 中， ，
在等腰梯形 中，设 ， ，
则 ，
，
所以梯形 的面积为 ，
故选：C．
【点睛】解决与几何体截面的问题，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）根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面面关系，
（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）求长度下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解.
5．（2024·北京丰台·二模）“用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，
可以得到不同的截口曲线”．利用这个原理，小明在家里用两个射灯（射出的光锥视为圆锥）在墙上投影
出两个相同的椭圆（图1），光锥的一条母线恰好与墙面垂直．图2是一个射灯投影的直观图，圆锥 的
轴截面 是等边三角形，椭圆 所在平面为 ，则椭圆 的离心率为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，由勾股定理结合余弦定理代入计算可得 ，再由相似三角形的相似比结合勾股
定理可分别计算出椭圆的 ，结合椭圆的离心率即可得到结果.
【详解】设 ，由于 ，所以PB⊥AM，在等边三角形 中，
点 为 的中点，于是 ，在平面 中，由椭圆的对称性可知，
，连接 ，延长 与 交于点 ，
由于 为中点，所以在 中， ，
由勾股定理可得 ，
在 中， ， ， ，由余弦定理可得
，
在 中，由于 ，所以 ，
于是有 ，
设椭圆 短轴的两个顶点为 ，连接 分别交圆锥于 ，由于 ，所以 ，
由于 为圆锥母线，所以 ，
从而有 ，
在 中，由勾股定理可得 ，
所以在椭圆 中， ， ，
则 ，
则离心率为 .
故选：D
【点睛】关键点睛：本题主要考查了椭圆定义的理解以及椭圆离心率的求解，难度较大，解答本题的关键
在于结合椭圆的定义以及余弦定理代入计算，分别求得 ，从而得到结果.
1．（2024·四川泸州·三模）已知正方体 的棱长为2，P为 的中点，过A，B，P三点作
平面 ，则该正方体的外接球被平面 截得的截面圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出球心 到平面 的距离，再利用球的截面小圆性质求出截面圆半径即可.
【详解】正方体 的外接球球心是 的中点 ，而 ，
则点 到平面 的距离 等于点 到平面 的距离的一半，又平面 过线段 的中点P，
因此点 与点 到平面 的距离相等，由 平面 ， ，得 平面 ，
在平面 内过 作 于 ，而 平面 ，于是 ，
又 ，从而 ，又球 的半径 ，
则正方体的外接球被平面 截得的截面圆半径 ，有 ，所以正方体的外接球被平面 截得的截面圆的面积 .
故选：D
2．（2024·云南曲靖·模拟预测）正方体 外接球的体积为 ， 、 、 分别为棱
的中点，则平面 截球的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由已知，得到正方体 外接球的半径，进而得到正方体的棱长，再由勾股定理计
算出平面 截球的截面圆的半径，即可得到截面面积.
【详解】
设正方体 外接球的半径为 ，棱长为 ，
因为正方体 外接球的体积为 ，
所以 ，则 ，
由 ，得 ，
设球心 到平面 的距离为 ，平面 截球的截面圆的半径为 ，
设 到平面 的距离为 ,
因为 、 、 分别为棱 的中点，
所以 是边长为 的正三角形,由 ,得 ,
则 ,
解得 ,又 ,
所以 到平面 的距离为 ，
则 ，
，
所以平面 截球的截面面积为， .
故选：A.
3．（2024·广西·模拟预测）在三棱锥 中， 平面 ， ， ， ，
点 为棱 上一点，过点 作三棱锥 的截面，使截面平行于直线 和 ，当该截面面积取得
最大值时， （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】通过作平行线作出题中的截面，并结合线面平行以及线面垂直说明其为矩形，利用三角形相似表
示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，结合二次函数性质确定截面面积取得最大值时参数的值，解直
角三角形即可求得答案.
【详解】根据题意，在平面 内，过点 作 ，交 于点 ；
在平面 内，过点 作 ，交 于点 ；
在平面 内，过点 作 ，交 于点 ，连接 ，如图所示，
因为 ，则 ，设其相似比为 ，即 ，则 ；
又因为 ， ， ，
由余弦定理得， ，则 ，
即 .
又 平面 ， ， 平面 ，所以 ， .
又 ，则 ， .
因为 ，则 ，则 ，
因为 ，所以 ，即 ，
同理可得 ，即 ，
因为 ， ，则 ，
故四边形 为平行四边形；而 平面 ， 平面 ，
故 平面 ，同理 平面 ，
即四边形 为截面图形；
又 平面 ， 平面 ，则 ，
又 ，所以 .
故平行四边形 为矩形，则 ，
所以当 时， 有最大值 ，则 ，
在 中， .
故选：C.
【点睛】思路点睛：先作平行线作出题中的截面，再证明四边形 为符合题意的截面图形，结合线面
平行以及线面垂直说明四边形 为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，
利用二次函数求出最值得解.
4．（23-24高二上·四川德阳·阶段练习）已知正三棱锥 的外接球是球 ，正三棱锥底边 ，
侧棱 ，点 在线段 上，且 ，过点 作球 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D【分析】设 的中心为 ，球O的半径为R，在 中，利用勾股定理求出 ，余弦定理求出
，再由勾股定理求出 ，过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，当截面过球
心时，截面面积最大.
【详解】如下图，设 的中心为 ，球O的半径为R，
连接 ，OD， ，OE，则
，
在 中， ，
解得R＝2，所以 ，因为BE＝DE，所以 ，
在 中， ，
所以 ，过点E作球O的截面，
当截面与OE垂直时，截面的面积最小，
此时截面的半径为 ，则截面面积为 ，
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4π.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，当
截面过球心时，截面面积最大.
5．（2024·重庆·三模）在三棱锥 中， 为正三角形， 为等腰直角三角形，
且 ， ，则三棱锥 的外接球 的体积为 ；若点 满足 ，过点 作球
的截面，当截面圆面积最小时，其半径为 .
【答案】 /【分析】根据勾股定理可得 ， ，如图， ，结合球的体积公式计算即可求出外
接球 的体积；确定当 与截面垂直时球心到截面的距离d最大，且 ，结合勾股定理计算即可
求解.
【详解】由题意知， ， ， ，
由勾股定理可知， ， ，
所以 ， ，取 的中点 ，所以 ，
所以 为三棱锥 的外接球的球心，则三棱锥 的外接球 的半径 ，
故外接球 的体积 .
过点 作球 的截面，若要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，
设球 到截面的距离d，只需球心到截面的距离d最大即可，
当且仅当 与截面垂直时，球心到截面的距离d最大，
即 ，取 的中点 ， ，
所以 ，
所以截面圆的半径为 .
故答案为： ；
【点睛】思路点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的思路是确定球心的位置．对于外切的问
题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距
离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定
理求得球的半径.
考点 八 、 轨迹、截面、动点、范围多选题综合1．（2024·重庆·模拟预测）已知正方体 的棱长为2，M为 的中点，N为ABCD（包含
边界）上一动点， 为平面 上一点，且 平面ABCD，那么（ ）
A．若 ，则N的轨迹为圆的一部分
B．若三棱柱 的侧面积为定值，则N的轨迹为椭圆的一部分
C．若点N到直线 与直线DC的距离相等，则N的轨迹为抛物线的一部分
D．若 与AB所成的角为 ，则N的轨迹为双曲线的一部分
【答案】ABD
【分析】对于A：求出 可得答案；对于B：根据侧面积为定值，可得 为定值，根据椭圆定义可
得答案；对于C：根据距离相等可得动点轨迹为AD所在直线一部分，进而得答案；对于D：以D为原点，
DA，DC， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， ，利用坐标运算可得点N的轨迹方程.
【详解】对于A，若 ，则 ，故动点N的轨迹为圆的一部分，故A正确；
对于B，若三棱柱 的侧面积为定值，且高为2，可得 为定值，即 为定
值，且必有 成立，故动点N的轨迹为椭圆的一部分，故B正确；对于C，由题意得点N到直线 与直线DC的距离相等，故点N到点D与到直线DC的距离相等，故动
点轨迹为AD所在直线一部分，故C错误；
对于D，以D为原点，DA，DC， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)， ， ，设 ，
则 ， ，若 与AB所成的角为 ，
所以 ，所以整理得 ，
所以点N的轨迹为双曲线的一部分，故D正确.
故选：ABD．
2．（2024·广东广州·模拟预测）在棱长为1的正方体 中，若点 为四边形 内（包括
边界）的动点， 为平面 内的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若 ，则平面 截正方体所得截面的面积为B．若直线 与 所成的角为 ，则点 的轨迹为双曲线
C．若 ，则点 的轨迹长度为
D．若正方体 以直线 为轴，旋转 后与其自身重合，则 的最小值是120
【答案】ABD
【分析】由截面知识结合三角形面积公式即可验证A，由异面直线夹角结合双曲线的定义可验证B，由椭
球的概念和性质可知该椭球被平面 截得的在四边形 内的部分为半圆，且半径为 ，则可验证
C，将正方体绕 旋转 后与其自身重合，转化为 旋转后能和自身重合，则D可验证.
【详解】对于A，若 ，显然平面 截正方体所得截面为 ，所以，截面面积为
，所以A正确；
对于B，因为 ，若 与 所成的角为 ，
则 点在以 为旋转轴的圆锥（无底）的表面上，而 平面 ，
所以则 点的轨迹为双曲线，所以B正确；
对于C，若 ，则 在以 、 为焦点的椭球上且 ， ，
所以 ，又因为点 为四边形 内，该椭球被平面 截得的在四边形 内的部分为半圆，
且半径为 ，
所以点 的轨迹长度为 ，所以C错误，
对于D， 平面 ，且 为正三角形，
若正方体绕 旋转 后与其自身重合，只需要 旋转后能和自身重合即可，所以D正确.
故选：ABD.
3．（2024·辽宁大连·二模）在棱长为2的正方体 中，M为 中点，N为四边形内一点（含边界），若 平面BMD，则下列结论正确的是（ ）
A． B．三棱锥 的体积为
C．点N的轨迹长度为 D． 的取值范围为
【答案】BD
【分析】根据正方体的性质得出平面 平面BMD，则根据已知得出点 在线段 上（含端点），
当 为 时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出 与 的夹角为 ，此时
，即可判断A；三棱锥 ,利用等体积法结合体积公式即可判断B；根据点 在线段
上（含端点），利用勾股定理求出求 ，即可判断C；根据正方体性质结合已知可得 ，
则 ，即可根据 的范围得出 的范围判断D．
【详解】在棱长为2的正方体 中， 为 中点， 为四边形 内一点（含边界），
平面BMD，
取 、 中点分别为 、 ，连接 、 、 、 ， ，如图：
为正方体， 为 中点， 为 中点，
， ， ， ，
、 平面 ， 、 平面BMD，且 ， ，
平面 平面BMD，
为四边形 内一点（含边界），且 平面BMD，
点 在线段 上（含端点），
对于A：当 在 时，则 与 的夹角为 ，此时 ，
则 与 不垂直，故A不正确；
对于B 为四边形 内一点（含边界），
到平面 的距离为2，
三棱锥 的体积为 ，故B正确；对于C：由于点 在线段 上（含端点），
而 ，
点 的轨迹长度为 ，故C不正确；
对于D 为正方体，
平面 ，
平面 ，
，
△ 为直角三角形，且直角为 ，
，
点 在线段 上（含端点），
则当 最大时，即点 为点 时，此时 ，此时 最小，为 ，
当 最小时，即 ，此时 ，
此时 最大，最大为 ，
则 的取值范围 ，故D正确．
故选：BD．
4．（2024·重庆·模拟预测）已知正方体 的棱长为1，空间中一动点 满足
， 分别为 的中点，则下列选项正确的是（ ）
A．存在点 ，使得 平面
B．设 与平面 交于点 ，则
C．若 ，则点 的轨迹为抛物线D．三棱锥 的外接球半径最小值为
【答案】ABD
【分析】对于A，根据向量共面定理可得 在平面 上运动，当 在 点时，可证 平面 ；
对于B，以 点为坐标原点建立空间坐标系，可证 平面 ，故交点 为点 在平面 的射影，
利用等体积法可求得 的长度，从而得到 ；对于C，分别表示出 和 ，利用向量夹角公式，化
简即可得到 ，从而得到点 的轨迹；对于D，由B选项可知，三棱锥 外接球的球
心 在 上，则有 ，故当 平面 时，外接球的半径最小，表示出球心 的坐标，
列出等式，从而可得答案.
【详解】对于A，因为空间中一动点 满足 ，根据向量共面定理可得 在平面
上运动，
所以当 在 点时，连接
因为 分别为 ，所以 ， 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
则A正确；
对于B，以 点为坐标原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间如图所示的坐标系
则 ， ， ， ， ，
所以 ， ， ，所以 ，则 ， ，
因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，故交点 为点 在平面 的射影，即 平面 ，
所以 ，即 ，解得： ，
因为 ，所以 ，则 ，故B正确；
对于C，由 ，可得
则 ， ，因为 ，
所以 ，
化简可得： ，所以点 的轨迹为椭圆；故C不正确；
对于D，由B选项可知， 外接圆的圆心为 ，三棱锥 外接球的球心 在 上，
设 ， ，即 ，
所以三棱锥 外接球的半径 ，要使 最小，
则 平面 ，
由于平面 的法向量 ，所以 ，则 ，即 ，由 ，可得 ，
解得： ，由于 ，所以 ，
则 ，即三棱锥 的外接球半径最小值为 ，故D正确；
故选：ABD
【点睛】方法点睛：立体几何中，与角、距离等有关的计算，可以利用综合法构造几何对象利用解三角形
的方法进行相关的计算，也可以利用几何体的特征构造空间直角坐标系，把角、距离的计算问题归结向量
的坐标运算.
5．（23-24高二上·广东清远·期末）如图，在正方体 中，点 为线段 上的动点，则下
列结论正确的是（ ）
A．当 时， 的值最小
B．当 时，
C．若平面 上的动点 满足 ，则点 的轨迹是椭圆
D．直线 与平面 所成角的正弦值是
【答案】ABC
【分析】对于选项A,B，建立空间直角坐标系，利用向量运算可判断；对于C，构造圆锥．母线与中轴线的
夹角为 ，然后用平面 去截圆锥，根据椭圆定义可判断；对于D，易知 是 与平面 所
成的角，可判断得解.
【详解】对于A选项，建立如图1所示的空间直角坐标系，设 ，则 ．
设 ，则 ．
，
，
，
当 ，即 时， 的值最小，故A正确．
对于B选项， ，
，
，故B正确．
对于C选项，如图2所示构造圆锥．母线与中轴线的夹角为 ，然后用平面 去截圆锥，
使直线 与平面 的夹角为 ，则截口为点 的轨迹图形，
由圆锥曲线的定义可知，点 的轨迹为椭圆，故C正确．
对于D选项，直线 与平面 所成的角，即直线 与平面 所成的角．
是 与平面 所成的角，又 ，则 ，故D不正确．
故选：ABC．6．（23-24高二上·湖北·期末）如图，点 是棱长为2的正方体 的表面上一个动点， 是
线段 的中点，则（ ）
A．当 在平面 上运动时，三棱锥 的体积为定值
B．当 在线段 上运动时， 与 所成角的取值范围是
C．当直线 与平面 所成的角为 时，点 的轨迹长度为
D．当 在底面 上运动，且满足 平面 时，线段 长度的取值范围是
【答案】ACD
【分析】对A：三角形 的面积不变，点 到平面 的距离为 ，即可判断；对B：将所求角度转
化为 所成角，连接 ，取交点为 ，求得角度的最大值；考虑三角形 中 角度最
小时的状态为点 与 重合，再求对应最小值即可；对C：分析点 在不同平面下的轨迹，即可求得轨
迹长度；对D：求得点 的运动轨迹，再根据几何关系求 的长度即可.
【详解】对A：当 在平面 上运动时，
三棱锥 的底面为三角形 ，其面积为定值，
又点 到面 的距离即平面 到平面 的距离 ，也为定值，
故三棱锥 的体积不变，A正确；
对B：连接 ，设其交点为 ，连接 ，作图如下所示：因为 面 ，故 面 ，
又 面 ，故 ；
当点 在 上运动，因为 // ，则 与 所成的角即为 与 所成的角；
当点 与点 重合时，因为 ，故可得 所成角为 ；
当点 异于点 时，设 所成的角为 ，则 ，
故当 与 重合时， 取得最大值，此时 取得最小值， 最小，
此时，三角形 为等边三角形，故可得 ；
综上所述，当点 在 上运动时，直线 所成角范围为 ，故B错误；
对C：当点 与 重合时， ，也即 与底面 的夹角为 ；
当点 在平面 上时（异于点 ），过 作 ，连接 ，显然 即为所求线面角；
又 ，又 ，故 ， ，
故当点 在平面 上时（异于点 ）， 与平面 的夹角小于 ，不满足题意；
同理可得，当点 在平面 上（异于点 ）时， 与平面 的夹角也小于 ，不满足题意；
当点 在平面 上时，因为 ，易知点 的轨迹为 ，
；
当点 在平面 上时，因为 ，易知点 的轨迹为 ，；
当点 在平面 上时，因为面 //面 ，
故 与面 所成角与 与面 所成角相等，
因为 面 ，连接 ，故 ；
在三角形 中，易知 ，
故点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的 圆弧，
故其轨迹长度为： ；
当点 在面 上，不满足题意；
综上所述：点 轨迹的长度为： ，故C正确；
对D：取 的中点分别为 ，
连接 ，如下所示：
因为 // 面 面 ，故 //面 ；
// 面 面 ，故 //面 ；
又 面 ，故平面 //面 ；
又 // // // ，故平面 与平面 是同一个平面.
则点 的轨迹为线段 ；
在三角形 中，
； ； ；则 ，故三角形 是以 为直角的直角三角形；
故 ，
故 长度的取值范围是 ，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题综合考察立体几何中线面位置关系，以及角度，轨迹长度的求解；特别的对选
项C，分别考虑点 在不同平面下轨迹的情况，是解决问题的核心，属综合困难题.
7．（2024·湖南长沙·二模）在正方体 中， 为 的中点， 是正方形 内
部一点（不含边界），则（ ）
A．平面 平面
B．平面 内存在一条直线与直线 成 角
C．若 到 边距离为 ，且 ，则点 的轨迹为抛物线的一部分
D．以 的边 所在直线为旋转轴将 旋转一周，则在旋转过程中， 到平面 的距离
的取值范围是
【答案】AC
【分析】根据正方体的结构特征可证明线线垂直，进而可得线面垂直，即可求证面面垂直，可判断A，根
据线面角的性质，结合线面角的求解即可判断B，根据抛物线的定义即可判断C，根据旋转可得点 的运
动轨迹是平面 内以 为圆心， 为半径的圆，即可求解D.
【详解】对于A：如图，连接 ，则 ，
因为 平面 平面 ，所以 ，
且 平面 ，
所以 平面 平面 ，
所以 ，同理 ，且 ，且 平面 ，
所以 平面 ，且 平面 ，
所以平面 平面 ，故A正确；对于B：从正方体中分离出四棱锥 ，取 的中点 ，连接 ，
并让点 可在正方形 边界移动.
因为 平面 ，
，即 ，
则 与平面 所成角的最小值是 ，
所以 ，
因为线面角是线与平面内的线所成的最小角，
所以平面 内不存在一条直线与直线 成 角，故B错误；
对于C：如图，取 的中点 ，连接 平面 ，
作 于点 ，则 ，因为 ，
则 ，
即点 到点 的距离和点 到 的距离相等，
即可知点 形成的轨迹是抛物线的一部分，故C正确；对于D：连接 交 于点 ，取 的中点 ，连接 ，
则点 的运动轨迹是平面 内以 为圆心， 为半径的圆，
易知 ，由 ，知 ，
且 平面 ，
所以 平面 平面 ，
所以平面 平面 ，
，
如图， 与圆的交点分别为 ，
当点 位于点 时，点 到平面 的距离分别取得最大值和最小值，
且距离的最大值为 ，
距离的最小值为 ，
所以点 到平面 的距离的取值范围是 ，故 错误.
故选：AC
【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.
8．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）用平面 截圆柱面，圆柱的轴与平面 所成角记为 ，当 为锐角
时，圆柱面的截线是一个椭圆．著名数学家 创立的双球实验证明了上述结论．如图所示，将两个
大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于 的上方和下方，并且与圆柱面和 均相切．下列结论中正确
的有（ ）
A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距 相等
C．所得椭圆的离心率
D．其中 为椭圆长轴， 为球 半径，有
【答案】ABC
【分析】过点 作线段 ， 分别与球 、 切于点 、 ，结合球的切线的性质与椭圆定义即可得
A、B，借助离心率的定义可得C，借助正切函数的定义可得D.
【详解】
对A，B：过点 作线段 ， 分别与球 、 切于点 、 ，由图可知， 、 分别与球 、 切于点 、 ，
故有 ，
由椭圆定义可知，该椭圆以 、 为焦点， 为长轴长，故B正确，
由 与球 切于点 ，故 ，
有 ，
即有椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故A正确；
对C:由题意可得 ，则 ，故C正确；
对D：由题意可得 ， ，
故 ，即 ，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于作出线段 ，从而可结合球的切线的性质与椭圆定义逐项判断.
9．（2024·浙江台州·二模）已知正方体 的棱长为1， 为平面 内一动点，且直线
与平面 所成角为 ，E为正方形 的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．点 的轨迹为抛物线
B．正方体 的内切球被平面 所截得的截面面积为
C．直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为
D．点 为直线 上一动点，则 的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A，根据到 点长度为定值，确定动点轨迹为圆；
对于B，理解内切球的特点，计算出球心到平面的距离，再计算出截面半径求面积；
对于C，找到线面所成角的位置，再根据动点的运动特点（相切时）找到正弦的最大值；
对于D，需要先找到 点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解.
【详解】对于A，因为直线 与平面 所成角为 ，所以 . 点在以 为圆心， 为半径的
圆周上运动，因此运动轨迹为圆.故A错误.
对于B，在面 内研究，如图所示 为内切球球心， 为上底面中心， 为下底面中心， 为内切球
与面 的切点.已知 ， 为球心到面 的距离.在正方体中， ， ，
.利用相似三角形的性质有 ，即 ， .因此可求切面圆的
，面积为 .故B正确.
对于C，直线 与平面 所成角即为 ，当 与 点的轨迹圆相切时， 最大.此时
.故C正确.对于D，分析可知， 点为 和圆周的交点时， 最小.此时可将面 沿着 翻折到面 所在
平面.根据长度关系，翻折后的图形如图所示.
当 三点共线时， 最小.因为 ， ，所以最小值为
，故D正确.
故选：BCD
1．（2024·辽宁大连·一模）正四棱柱 中， ，动点 满足 ，
且 ，则下列说法正确的是（ ）
A．当 时，直线 平面
B．当 时， 的最小值为
C．若直线 与 所成角为 ，则动点P的轨迹长为
D．当 时，三棱锥 外接球半径的取值范围是
【答案】ABD
【分析】当 时，由平面向量线性运算法则可知点 在线段 上，根据正四棱柱特征利用线面垂直判
定定理即可证明直线 平面 ；当 时，由共线定理可得点 在线段 上，根据对称性将
的最值转化成平面几何问题，即可求得最小值；若直线 与 所成角为 ，可知点 的轨迹是
√2
以 为圆心，半径为r= 的半圆弧，即可计算出其轨迹长度；当 时，取 的中点为 ，由共
2
线定理可知 三点共线，几何法找出球心位置写出半径的表达式，利用函数单调性求其取值范围即可
得出结果.【详解】对于A，取 相交于点 ， 的中点为 ，如下图所示：
当 时，即 ， ，
由平面向量线性运算法则可知，点 在线段 上，
由正四棱柱 可得 ，
且 平面 ，又 平面 ，所以 ，
又 ，且 平面 ，所以 平面 ；
又因为平面 与平面 是同一平面，所以 平面 ，即A正确；
对于B，当 时，由 利用共线定理可得， 三点共线，
即点 在线段 上，
由对称性可知，线段 上的点到 两点之间的距离相等，所以 ；
取平面 进行平面距离分析，如下图所示：
所以 ，当且仅当 三点共线时，等号成立，
此时点 为线段 的中点，即 的最小值为 ，故B正确；
对于C，由图可知， 与 所成角都为 ，
由 可知，点 在平面 内，若直线 与 所成角为 ，在线段 上取点 ，使 ，
则直线 与 所成角为 ；
√2
则点 的轨迹是以 为圆心，半径为r= ，且在平面 内的半圆弧 ，
2
如下图中细虚线所示：
所以动点P的轨迹长为 ，故C错误；
对于D，当 时，取 的中点为 ，即 ；
由 可知， 三点共线，
即点 在线段 上，如下图所示：
易知三棱锥 外接球球心在直线 上，设球心为 ， ；
作 于点 ，设 ，易知 ，
由相似比可得 ，
设外接球半径为 ，则 ，解得 ；所以 ，
易知当 时，半径最小为 ；当 时，半径最大为 ；
又x∈(0,1)，所以半径的取值范围是 ，即D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据向量线性运算法则和共线定理的应用，确定点 的位置，再根据
几何体特征利用对称性即可求得距离之和得最小值，利用几何法即可求得外接球球心和半径的取值范围.
2．（2024·河北保定·二模）已知正三棱柱 的所有棱长均为 为 的中点，平面 过点 与
直线 垂直，与直线 分别交于点 是 内一点，且 ，则（ ）
A． 为 的中点
B．
C． 为 的中点
D． 的最小值为
【答案】ABD
【分析】利用线面垂直的性质和函数正切值即可判断A；利用线面垂直的判定和性质可得 为平面 的
法向量，结合 ， 即可判断B；利用面面平行的性质定理即可判断C；求证出点 的轨迹是
以 为圆心， 为半径的圆在 内的圆弧，再利用圆外点到圆上点最值问题即可得到答案.
【详解】对A，如图1，由 ， ，可得 ，因为侧面 为正方形，
所以 ，
所以 ，即 ，
又因为 为 的中点，所以 ，即 ，
所以 为 的中点，故A正确；
对B，在正三棱柱 中，因为 为 的中点， ，
所以 ，又 平面 平面 ，所以 ，
又 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，又 ，即 为平面 的法向量，所以 ，故
B正确；对C，取 的中点 ，可得 ， ，
所以平面 平面 ，又 平面 ，所以 ，
即四边形 是平行四边形，所以 ，即 为 的四等分点，故C错误；
对D， ，
如图 ， ，设 与 交于点 ，
则 平面 ，在Rt 中，
由等面积法得 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆在 内的圆弧，
设 与圆弧交于 ，则 的最小值即为 ，
因为 ，
所以 ，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是求出点 的轨迹是一段圆弧，再求出相关线段长，利用圆外点
到圆上点距离最值模型即可判断.
3．（2024·浙江·三模）在棱长为 1 的正方体 中，已知 分别为线段 的中点，
点 满足 ，则（ ）
A．当 时，三棱锥 的体积为定值B．当 ，四棱锥 的外接球的表面积是
C． 周长的最小值为
D．若 ，则点 的轨迹长为
【答案】ABD
【分析】A选项，先得到 ，故点 在线段 上，证明出 ，所以三棱锥 为定
值；B选项，点 为线段 的中点，作出辅助线，找到外接球球心，从而得到外接球半径和外接球面积；
C选项，取线段 的中点 ，由对称性知， ，数形结合得到
，从而得到周长的最小值；D选项，由 得到点 的轨迹为以
为圆心，半径为1的圆的一部分，求出圆的半径，得到轨迹长度.
【详解】A选项，当 时， ，
故 ，即 ，
故点 在线段 上，
连接 ，与 相交于点 ，则 为 的中点，连接 ，
因为 为 的中点，所以 ，故三棱锥 的体积为定值，A正确；
B选项，当 时，由A选项可知， ，点 为线段 的中点，连接 相交于点 ，则 ⊥平面 ，
设正四棱锥 的外接球的球心为 ，则 三点共线，
其中 ，设 ，则 ，
由勾股定理得 ，即 ，
解得 ，
则表面积是 ，B正确；
C选项，点 在矩形 及其内部，取线段 的中点 ，
由对称性知， ，
，此时 三点共线，
又 ，
，C错误；
D选项，因为 ，又点 在矩形 及其内部，
点 的轨迹为点 为球心，半径长为 的球面被平面 截且在矩形 及其内部的图形，
又 ⊥平面 ，且 ，
故 ，
所以点 的轨迹为以 为圆心，半径为1的圆的一部分，
如图，其中 ， ，
故 ，则 ，
则 ，
则轨迹长为 ，D正确.
故选：ABD
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球
心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解
题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的
半径
4．（2024·河北石家庄·三模）如图，在棱长为2的正方体 中， 为 的中点，则下列
说法正确的有（ ）
A．若点 为 中点，则异面直线 与 所成角的余弦值为
B．若点 为线段 上的动点（包含端点），则 的最小值为
C．若点 为 的中点，则平面 与四边形 的交线长为
D．若点 在侧面正方形 内（包含边界）且 ，则点 的轨迹长度为
【答案】BD
【分析】取 中点 ，连接 ， 为异面直线 与 所成角，可判断A；将侧面
延 旋转至与平面 共面，根据两点间线段最短可判断B；对于C，如图以点 为原点，以
为 轴建立空间直角坐标系，取 靠近 的四等分点，则可证明 ，判断C；并
确定点 的轨迹为直线 在正方形 内的线段，判断D.
【详解】对于A，取 中点 ，连接 ，则 ，所以 为异面直线 与 所成角，
在 中， ，故A错误；
对于B，将侧面 延 旋转至与平面 共面，
如图连接 ，交 与点 ，此时 最小，
且 ，故B正确；
对于C，如图，以点 为原点，以 为 轴建立空间直角坐标系，
则
因为平面 平面 ，
所以平面 与平面 的交线为过点 且平行于 的直线，
取 靠近 的四等分点 ，连接 ，并延长交 于点 ，
连接 ，交 于点 ，
由 ，所以 ，
则 ，则 ，所以 为平面 与平面 的交线，
则 为平面 与平面 的交线，
所以 为平面 与四边形 的交线，
由于 ，所以 ，
又 ，所以 ，
则 ，故C错误；
对于D，因为点 在侧面正方形 内，设 ，
则 ，
因为 ，所以 ，
化简为 ，则点 的轨迹为直线 在正方形 内的线段，其长度为 ，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点睛：本题选项D为空间动点轨迹的探索问题，解答本题的关键是利用空间直角坐标系探索
出动点的轨迹.
5．（2024·湖南益阳·三模）如图，点P是棱长为2的正方体 的表面上的一个动点，则下列
结论正确的是（ ）
A．当点P在平面 上运动时，四棱锥 的体积不变
B．当点P在线段AC上运动时， 与 所成角的取值范围为
C．使直线AP与平面ABCD所成角为 的动点P的轨迹长度为
D．若F是 的中点，当点P在底面ABCD上运动，且满足 平面 时，PF长度的最小值为
【答案】ABC
【分析】由底面正方形 的面积不变，点 到平面 的距离不变，可判定A正确；以 为原点，
建立空间直角坐标系，设 ，则 ，结合向量的夹角公式，可判
定B正确；由直线 与平面 所成的角为 ，作 平面 ，得到点 的轨迹，可判定C正
确；设 ，求得平面 的一个法向量为 ，得到 ，可判定D错误.【详解】选项A：底面正方形 的面积不变，点 到平面 的距离为正方体棱长，所以四棱锥
的体积不变，正确；
选项B：以 为原点， 所在的直线分别为 轴、 轴和 轴，建立空间直角坐标系，可得
，
设 ，则 ，
设直线 与 所成角为 ，则 ，
因为 ，则 ，
当 时，可得 ，所以 ；
当 时， ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
可知 ，且 ，所以 ；
所以异面直线 与 所成角的取值范围是 ，正确；
对于C：因为直线 与平面 所成的角为 ，
若点 在平面 和平面 内，
因为 最大，不成立；
在平面 内，点 的轨迹是 ；
在平面 内，点 的轨迹是 ；
在平面 时，作 平面 ，如图所示，
因为 ，所以 ，又因为 ，所以 ，所以 ，
所以点 的轨迹是以 点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点 的轨迹的长度为 ，
综上，点 的轨迹的总长度为 ，所以C正确；
对于D，由 ，
设 ，则
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，所以 ，
因为 平面 ，所以 ，可得n=m+1，
所以 ，当 时，等号成立，错误.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出
动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定
理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否
有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
6．（2024·贵州贵阳·模拟预测）在正三棱柱 中， ，点P满足 ，
其中 ，则（ ）
A．当 时， 最小值为
B．当 时，三棱锥 的体积为定值
C．当 时，平面AB P⊥平面
1
D．若 ，则P的轨迹长度为
【答案】BCD
【分析】当 时，点 在 上，把平面 与平面 展在一个平面上，可判定A错误；当
时，得到点 在 上，证得 平面 ，求得三棱柱 的体积定值，可判定B正确；
当 时，得到点 为 的中点，取 的中点 ，证得 平面 ，得到
AB P⊥平面 ，可判定C正确；由点P满足 ，得到点 在矩形 内，取 的
1
中点 ，证得 平面 ，得到 ，求得 ，得出以点 的轨迹，可判定D正确.
【详解】对于A中，当 时， ，可得点 在 上，
以 为轴，把平面 与平面 展在一个平面上，如图所示，
连接 交 于点 ，此时 最小值为 ，所以A错误；
对于B中，当 时， ，可得点 在 上，
取 的中点 ，在等边 中，可得 ，且 ，
因为 平面 ，且 平面 ，所以 ，
又因为 且 平面 ，所以 平面 ，
即 为三棱锥 的高，所以三棱锥 的体积为 为定值，所以B正确；
1
对于C中，当 时，⃗BP=⃗BC+ ⃗BB ，可得点 为 的中点，
2 1
如图所示，取 的中点 ，分别连接 ，
可得 且 ，所以 为平行四边形，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又因为 ，且 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以AB P⊥平面 ，所以C正确；
1
对于D中，由点P满足 ，其中 ，
可得点 在矩形 内（包含边界），
取 的中点 ，连接 和 ，
因为 平面 ，且 平面 ，所以 ，
又因为 ， 且 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，且 ，
在直角 中，可得 ，
所以点 的轨迹是以 为圆心，半径为 的半圆，其轨迹长度为 ，所以D正确.故选：BCD
【点睛】解题方法点拨：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出
动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定
理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否
有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
7．（2024·河北衡水·三模）已知在正方体 中， ，点 为 的中点，点 为正方
形 内一点（包含边界），且 平面 ，球 为正方体 的内切球，下列说
法正确的是（ ）
A．球 的体积为 B．点 的轨迹长度为
C．异面直线 与BP所成角的余弦值取值范围为 D．三棱锥 外接球与球 内
切
【答案】ACD
【分析】根据正方体内切球的性质判断A；利用面面平行确定点 的轨迹，即可求得其长度，判断B；根据
异面直线所成角的概念，确定该角取到最值时的位置，即可判断C；根据圆内切的判断条件可判断D.
【详解】由题意知球 的半径为1，故其体积为 ，故A选项正确；
取 的中点为 ，
连结 ，易知 ， 平面 ， 平面 ，
故 平面 ，连接MN， ，即四边形 为平行四边形，
则 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
又因为 ， 平面 ，
故平面 平面 ，平面 平面 ，结合 平面 ，
故点 的轨迹为线段 ，故B选项错误；
因为 ，故异面直线 与BP所成角等于 或其补角，
当P位于N点时，得 取得最小， ;
当P位于 点时， 取得最大， ，故 选项正确；
由正方体几何性质易知 ，
故BM为三棱锥 外接球的直径，取 为BM的中点，
即 为三棱锥 外接球的球心，由题意知 为 的中点，
故 ，
因为球 的半径为 ，球 的半径为 ，
故三棱锥 外接球与球 内切，D正确
故选：ACD．
【点睛】关键点睛：解答此类题目的关键是要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，依据相关定
理以及性质，准确判断，即可求解.
8．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，点P是棱长为2的正方体 的表面上一个动点，则
（ ）A．当P在平面 上运动时，三棱锥 的体积为定值
B．当P在线段AC上运动时， 与 所成角的取值范围是
C．若F是 的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足 时， 长度的最小值是
D．使直线AP与平面ABCD所成的角为 的点P的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】求三棱锥 的体积判断A的真假；根据线线角的概念确定 与 所成角的取值范围，
判断B的真假；确定 点轨迹，求 长度的最小值，判断C的真假；判断 点轨迹，求P的轨迹长度判断
D的真假.
【详解】对A：当P在平面 上运动时， 点到平面 的距离为2，
，所以 ，故A正确；
对B：如图： 取 中点 ，连接 ，则 .
当P在线段AC上运动时，因为 ，且 ，
所以 为异面直线 与 所成角.
当 与 重合时，异面直线 与 所成角为 .
当 与 不重合时，因为 , ，所以 ，所以 ，所以异面直线 与 所成角的范围为 ，故B正确；
对C：如图：
根据正方体的结构特点， 平面 ， 为 中点，
因为 ，所以 点轨迹是过点 且平行于平面 的平面，即为平面 ，其中
分别为所在棱上的中点.
故当P在底面ABCD上运动，且满足 时，P点的运动轨迹为线段 .
其中 分别为 ， 中点.易知六边形 为正六边形，
所以当 与 重合时， ，
此时 为点 到直线 的垂线段，取得最小值，为 ，故C错误；
对D：如图：
当直线 与平面ABCD所成的角为 时，
因为 ，所以 不可能在四边形 内（ 除外）；
同理 不可能在四边形 内（ 除外）.
在平面 与平面 的运动轨迹为线段 和 ，且 ；
当 在平面 时，作 平面 ，垂足为 ，连接 ，
因为 ，所以 ，
所以 在四边形 上的轨迹是以 为圆心，以2为半径的圆的 ，所以 点的轨迹长度为： ，故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，
解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨
迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关
定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是
否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
9．（23-24高三下·山东·开学考试）如图，在棱长为1的正方体 中，M为平面 所在
平面内一动点，则（ ）
A．若M在线段 上，则 的最小值为
B．过M点在平面 内一定可以作无数条直线与 垂直
C．若平面 ，则平面 截正方体的截面的形状可能是正六边形
D．若 与 所成的角为 ，则点M的轨迹为双曲线
【答案】ACD
【分析】对A，将平面 展开到与 同一平面，由两点间线段最短得解；对B，当M点在A处时，
过M点只能作一条直线 ，可判断；对C，当M与B重合时， 平面 ，分别取
的中点E，F，G，H，P，Q，可得到正六边形符合题意；对D，建立空间直角
坐标系，设出点 坐标，根据条件求出点 坐标满足的方程，依此判断.
【详解】选项A：将平面 展开到与 同一平面如图所示，连接 交 于M,此时
为最小值，计算可得 ，故A正确；选项B：当M点在D处时，因为 平面 ，所以过M点可作无数条直线与 垂直，
当M点在A处时，过M点只能作一条直线 ,故B不正确；
选项C：当M与B重合时， 平面 ，分别取 的中点E，F，G，H，
P，Q，
则六边形 是正六边形，且此正六边形 所在平面与平面 平行，
所以当平面 为平面 时满足题意，故C正确；
选项D：以D为原点，分别以 为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则
,得 ，
，
整理得 为双曲线方程，故D正确．
故选：ACD．【点睛】思路点睛：A选项，沿 将平面 展开到与 同一平面，转化为平面上问题求解；B
选项，举反例，当M点在A处时，过M点只能作一条直线 ；C选项，当M与B重合时，易证
平面 ，分别取 的中点E，F，G，H，P，Q，则六边形 是
正六边形，即为所求的；D选项，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，设出点M坐标，依据条件求出
点M的轨迹方程，由此判断.
考点 九 、 轨迹、截面、动点、范围大题综合
1．（2022·广东汕头·二模）如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD
中点． 是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角 的大小为30°，且 ．
(1)求t的值；
(2)对于平面ACD内的动点P总有 平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得
平面BEC的理由．
【答案】(1) ；
(2)P的轨迹为过 靠近 的三等分点及 中点的直线，理由见解析
【分析】（1）建立空间坐标系，易得面 的一个法向量为 ，用 表示出面 的法向量，
通过二面角 的大小为30°建立方程，解方程即可；
（2）取 中点 ， 中点 ，连接 ，证明面 平面BEC，结合 面 ，
即可求出P的轨迹.【详解】（1）
易知 面 ， ，以 所在直线为 轴建立如图的空间直角坐标系，则
， ，
，
易知面 的一个法向量为 ，
设面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，
可得 ，
解得 或3，又点E在弦AD上，故 .
（2）
P的轨迹为过 靠近 的三等分点及 中点的直线，证明如下：
取 靠近 的三等分点即 中点 ， 中点 ，连接 ，由 为 中点，易知 ，又 面 ， 面 ，
所以 平面BEC，
又 ， 面 ， 面 ，所以 平面BEC，
又 ，所以面 平面BEC，
即 和 所在直线上任意一点连线都平行于平面BEC，
又 面 ，故P的轨迹即为 所在直线，
即过 靠近 的三等分点及 中点的直线.
2．（2024·重庆·一模）如图，四棱锥 中， 底面 ，四边形 中， ，
．
(1)若 为 的中点，求证：平面 平面 ；
(2)若平面 与平面 所成的角的余弦值为 ．
（ⅰ）求线段 的长；
（ⅱ）设 为 内（含边界）的一点，且 ，求满足条件的所有点 组成的轨迹的长度．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）2；（ⅱ） .
【分析】
（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，再结合面面垂直的判定推理即得.
（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，设 ，利用面面角的向量求法结合已知求出 ，再求出
并确定轨迹求解即得.
【详解】（1）在四棱锥 中， 底面 ， 平面 ，则 ，
而 平面 ，于是 平面 ，又 平面 ，
则 ，由 ， 为 的中点，得 平面 ，
因此 平面 ，而 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）（ⅰ）由（1）知，直线 两两垂直，以点 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，
过 作 于 ，由 ，得 ，令 ，
则 ， ，
设平面 的法向量 ，则 ，令 ，得 ，
由 平面 ，得平面 的一个法向量 ，
依题意， ，整理得 ，而 ，解得 ，
所以线段 的长为2.
（ⅱ）显然 平面 ，而 平面 ，则 ，又 ，
于是 ，解得 ，因此点 的轨迹是以点 为圆心， 为半径的圆的 ，
所以点 的轨迹的长度为 .
3．（22-23高二上·北京石景山·期末）如图1，在 中， 是直角， ， 是斜边
的中点， 分别是 的中点．沿中线 将 折起，连接 ，点 是线段 上的动点，如
图2所示．
(1)求证： 平面 ；
(2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，当二面角 的余弦值为 时．求的值．
条件①： ；条件②： ．
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）利用线面平行的判定定理直接证明；（2）选条件①： .可以证明出 两两
垂直，以 原点， 分别为 轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求解.选条件②：
.先证明出 两两垂直，以 原点， 分别为 轴正方向建立空间直角坐标系.
利用向量法求解.
【详解】（1）在 中，因为 分别是 的中点，所以 .
因为 面 , 面 ,
所以 平面 .
（2）在 中， 是直角， ，P是斜边 的中点，所以 ，即
.
选条件①： .
因为 ， ， , 面 , 面 ,
所以BP⊥面 .
又 ，可以以 原点， 分别为 轴正方向建立空间直角坐标系.
在 中， 是直角， ，P是斜边 的中点，所以 .
所以 ， ， .
因为 分别是 的中点，所以 ， ，所以 ， .
因为点 是线段 上的动点，所以可设 ,所以
.不妨设 为平面 的一个法向量，则 ，设
，则 .
显然 为面 的一个法向量.
所以二面角 的余弦值为 .
由题意可得： ，
解得： .
所以 .
选条件②： .
在 中， 是直角， ，P是斜边 的中点，所以 . .
因为 ，所以 ，所以 .
所以可以以 原点， 分别为 轴正方向建立空间直角坐标系.则 ，
， .
因为 分别是 的中点，所以 ， ，所以 ， .
因为点 是线段 上的动点，所以可设 ,所以
.
不妨设 为平面 的一个法向量，则 ，设
，则 .
显然 为面 的一个法向量.所以二面角 的余弦值为 .
由题意可得： ，
解得： .
所以 .
4．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四边形 是直角梯形， ，
平面 是 的中点，E是 的中点， 的面积为 ，四棱锥 的体积为 ．
(1)求证： 平面 ;
(2)若P是线段 上一动点，当二面角 的大小为 时，求 的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【分析】（1）根据题意，可得 是等边三角形，求出 ，过点D作 交 于点M，
可得四边形 为平行四边形，可求得 ，结合四棱锥 的体积为 ，求得
利用勾股定理证明 ，进而证明 平面 ；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面 和平面 的一个法向量，利用向量法求出点 的坐标得解.
【详解】（1）因为 平面 ，所以 ．
因为N是 的中点，所以 ，故 ．
又因为 ，所以 是等边三角形．
因为 的面积为 ，所以 ．
如图1，过点D作 交 于点M，四边形 是直角梯形，
且 ， ，则 ，故四边形 为平行四边形．
因此 ．
又 ，因此 ．
因为四棱锥 的体积为 ，
所以 ，
解得 ．
连接 ，在 中， ．
连接 ，在 中， ．
因为 ，
则 ．
因为 平面 ，所以 ，
而 平面 平面 ，
所以 平面 ．
（2）以N为坐标原点， 分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图2所示．
则 ．
因为P是线段 上一动点，
所以设 ，其中 ．
故 ．
设平面 的一个法向量 ，
则 ，令 ，得 ， ，所以 ．
设平面 的一个法向量 ，
则有 ，令 ，得 ， ，
可取 ．
因为二面角 的大小为 ，
所以 ，即 ，解得 ，即 ．
因为 ，
所以 ．
5．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥 中，底面 是直角梯形， ，
，且 ， .
(1)若 为 的中点，证明：平面 平面 ；
(2)若 ， ，线段 上的点 满足 ，且平面 与平面 夹角的
余弦值为 ，求实数 的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取 中点为 ，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可；
（2）通过正三角形证明 ，以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计算
求解即可.
【详解】（1）取 中点为 ，由条件可得 为梯形 的中位线，则 ，
又 ，则 ，
且 ， 平面 ， 平面 ，根据线面垂直的判定定理，得 平面 ，
平面 ， .
由 ，则 ，又 ， 为梯形的两腰，则 与 相交，
平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 .
（2）取 的中点为Q，由 ， ，
则 ， ，
因此△ 为等边三角形， .
由（1）知 平面 ， ， ， 两两垂直，
如图，以 ， ， 分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
由 ， ，则 ，
， ， ， ，
由 ，
所以 ， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
由
取 ，得 ， ，得 .
设平面 的一个法向量为 ，
由取 ，得 ， ，
即平面 的一个法向量为 .
记平面 与平面 夹角的大小为 ，
所以 ，化简得 ，即 ，所以实数 的值为 .
1．（2023·湖南·模拟预测）如图，四棱锥 内， 平面 ，四边形 为正方形，
， ．过 的直线 交平面 于正方形 内的点 ，且满足平面PAM⊥平面 .
(1)当 时，求点 的轨迹长度；
(2)当二面角 的余弦值为 时，求二面角 的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到 平面PAM，再由线面垂直推出 ，
利用线面垂直的判定得到 平面 ，进而得到 ，建立坐标系，求出动点的轨迹方程，进
一步求解扇形的弧长；
（2）由（1）知，设出点M的坐标，利用向量法求得二面角 的余弦值，求出点M坐标，再根
据向量法求二面角的平面角余弦值.
【详解】（1）作 交 于 ，
因为平面PAM⊥平面 ，且平面 平面 ，所以 平面PAM，
又因为 平面PAM，所以 ，
因为 平面 ，且 平面 ，所以PB⊥AM，因为 ，PB⊥AM， 、 平面 ， ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，
分别以直线 为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，如图，
则 ，
设 ，因为 ，所以 ， ，
所以 ，即 ，
设AB中点为N，则 ，
如图，
又 ，所以 ，
因此， 的轨迹为圆弧 ，其长度为 .
（2）由（1）知，可设 ，
，
设平面PAM的一个法向量为 ，
则 即 ，令 ，则 ，
可得平面 的一个法向量为 ，
易知平面 的一个法向量为 ，
所以 .
当二面角 的余弦值为 时， ，
解得 或cosθ=1（M与A重合，舍去），
所以 ， ，
易知平面 的一个法向量为 ，
所以 .
由图知，二面角 的平面角为钝角，
故二面角 的余弦值为 .
2．（22-23高二上·重庆九龙坡·期中）如图①所示，长方形 中， ， ，点 是边 靠
近点 的三等分点，将△ 沿 翻折到△PAM，连接 ， ，得到图②的四棱锥 .
(1)求四棱锥 的体积的最大值；
(2)设 的大小为 ，若 ，求平面PAM和平面 夹角余弦值的最小值.
【答案】(1)(2)平面PAM和平面 夹角余弦值的最小值为
【分析】（1）作出辅助线，得到当平面PAM⊥平面 时， 点到平面 的距离最大，四棱锥
的体积取得最大值，求出 ，从而得到体积最大值；
（3）作出辅助线，得到 为 的平面角，即 ，建立空间直角坐标系，用含 的关
系式表达出平面PAM和平面 的法向量，利用空间向量夹角余弦公式及 ，得到
，结合 的取值范围求出余弦值的最小值．
【详解】（1）解：取 的中点 ，连接 ，
因为 ，则 ，
当平面PAM⊥平面 时， 点到平面 的距离最大，四棱锥 的体积取得最大值，
此时 平面 ，且 ，
底面 为梯形，面积为 ，
则四棱锥 的体积最大值为 ；
（2）解：连接 ，
因为 ，所以 ，
所以 为 的平面角，即 ，
过点 作 平面 ，以 为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴， 轴，建
立如图所示的空间直角坐标系，则 ， ， ，
过 作 于点 ，由题意得 平面 ，
设 , , ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
设平面PAM的法向量为 ，
则 ，
令 ，则 ，
设平面 的法向量为 ，
因为 ，
则 ，
令 ，可得： ，
设两平面夹角为 ，
则
，
令 ，所以 ，则所以 ，所以当 时， 有最小值 ，
所以平面PAM和平面 夹角余弦值的最小值为 .
【点睛】关键点点睛：利用二面角的平面角 来表示折叠过程中形成的动点 的横、纵、竖坐标，从而减
少题中的变量，并且求解平面与平面夹角 的余弦值时，两个平面法向量都含参数 的正弦或余弦值，利
用空间向量的坐标运算求解 时，还需应用 与 的关系进行变形处理，从而使得 只含
或者 的式子，转换成单变量的函数关系从而可以利用函数思想求解 的最值，属于较难题目．
3．（22-23高三上·浙江宁波·期末）在菱形 中，G是对角线 上异于端点的一动点（如图1），现
将 沿 向上翻折，得三棱锥 （如图2）.
(1)在三棱锥 中，证明： ；
(2)若菱形 的边长为 ， ，且 ，在三棱锥 中，当 时，求直线
与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明 平面 ，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）由题意求得相关线段的长，证明 平面 ，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平
面 的法向量，利用空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）在图1中，连接 交 于O，连接 ，
由菱形的性质得 ，在图2中，因为 平面 且 ，
,
所以由直线与平面垂直的判定定理得 平面 ，
因为 平面 ，所以 .
（2）由 平面 平面 ，得平面 平面 ，
菱形 的边长为 ， ， ，
则 ,
则三棱锥 中， ，又 ，
解 得 ，
故 ，
作 ，交 延长线于H，得 ，
由于平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ,
所以 平面 ，
如图，以O为原点， 分别为 轴，过O作 的平行线作为z轴，
建立空间直角坐标系，如图，
所以 ，
，
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，则 ，
可得平面 的法向量 ，设直线 与平面 所成角为 ， ，
所以 .
另解提示：根据上述解法求出 ，
由 ，可得 ，
由 ，可得 ，
设点G到平面 的距离为d，直线 与平面 所成角为 ，
因为 即 ，可得 ，
所以 .
4．（23-24高二上·上海·期末）把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱
中底面长轴 ，短轴长 为下底面椭圆的左右焦点， 为上底面椭圆的右焦点，
为 上的动点， 为 上的动点， 为过点 的下底面的一条动弦（不与 重合）．
(1)求证：当 为 的中点时， 平面
(2)若点 是下底面椭圆上的动点， 是点 在上底面的投影，且 与下底面所成的角分别为 ，
试求出 的取值范围．
(3)求三棱锥 的体积的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ；
(3) .
【分析】（1）由题设知 分别是 中点，连接 ，进而得四边形 为平行四边形，则，再结合中位线性质、线面平行的判定证结论；
（2）令 ，得 ， ，应用和角正切公式及椭圆性质有
且 ，即可求范围；
（3）利用等体积法有 ，问题化为求 面积、 到面 距离之和都最大，
应用直线与椭圆关系求 最大，进而得结果.
【详解】（1）由题设，长轴长 ，短轴长 ，则 ，
所以 分别是 中点，而柱体中 为矩形，连接 ，
由 ，故四边形 为平行四边形，则 ，
当 为 的中点时，则 ，故 ，
面 ， 面 ，故 平面 .
（2）由题设，令 ，则 ，又 ，
所以 ， ，则 ，
所以 ，根据椭圆性质知 ，故 .
（3）由 ，要使三棱锥 的体积最大，
只需 面积和 到面 距离之和都最大，
，令 且 ，则 ，
所以 ，
显然 时，有最大 ；
构建如上图直角坐标系且 ，椭圆方程为 ，
设 ，联立椭圆得 ，且 ，
所以 ， ，而 ，
所以 ，令 ，则 ，
由对勾函数性质知 在 上递增，故 ；
综上， .
5．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形 中， ， ， .将
沿对角线 折到 的位置，点P在平面 内的射影H恰好落在直线 上.
(1)求二面角 的正切值；
(2)点F为棱 上一点，满足 ，在棱 上是否存在一点Q，使得直线 与平面 所成的角
为 ?若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）过点 作 于点 ，连接 ，可证得 平面 ，进而可知 为二面角 的平面角，利用三角形计算即可得出结果.
（2）连接 ，由 为等边三角形，H为线段 的中点， ，又 平面 ，以H为
坐标原点， ， ， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，求得平面 的法向
量，假设棱 上存在满足要求的点 ，设 ， ，利用 ，计算可求得 ，即
可得出结果.
【详解】（1）如图，过点 作 于点 ，连接 ， ，
平面 ， 平面 ， ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
平面 ， ， .
为二面角 的平面角.
∵ ， ，∴ 为等边三角形， ，
又 中， ， ， ， .
又 ， ， ，H为线段 的中点.
， ，
中， ， ，
所以二面角 的正切值为 .
（2）连接 ， 为等边三角形，H为线段 的中点， ，
又 平面 ，则 ， ， 两两垂直，
以H为坐标原点， ， ， 所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
， ， .设平面 的法向量为⃗n=(x,y,z)， ，
令 ，可得 .
假设棱 上存在满足要求的点Q，设 ， ， .
，
因为直线 与平面 所成的角为 ，
，
整理得： ，解得 或 （舍去）.
所以 ，则 .
所以当 时， 与平面 所成的角为 .
6．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥 中， 平面 ， ，底面 为直角
梯形， ， ， ， 是 的中点，点 ， 分别在线段 与 上，且
， .
(1)若平面 平面 ，求 、 的值；
(2)若 平面 ，求 的最小值.
【答案】(1) ；
(2)8.【分析】（1）若平面 平面 ，由面面平行的性质定理可知， ，由 为 的中点，可
得 为 的中点，同理 为 的中点，即可得出结果；
（2）以 为原点， 、 、 所在直线分别为 轴、 轴、 轴正半轴建立空间直角坐标系，求得
的法向量为 ，由 平面 ，则有 ，即 ，代入计算化简可得结果.
【详解】（1）若平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，
又因为 为 的中点，所以 为 的中点，同理 为 的中点，所以 .
（2）因为 ， 底面 ，
如图，以 为原点， 、 、 所在直线分别为 轴、 轴、 轴正半轴建立空间直角坐标系，
故 ，则 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 取 ，可得 .
因为 ， ，所以 ， ，
则 ，
因为 平面 ，所以 ，即 ，
所以 ，即 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
当且仅当 ，即 时取等号，所以 的最小值为8.1．（2021·辽宁沈阳·模拟预测）在长方体 中，点 是底面 上的一个动点，当三角形
的面积为定值时，满足条件的点 所形成的图形为（ ）
A．圆的一部分 B．直线的一部分
C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分
【答案】C
【分析】由三角形面积是定值，得 到直线 距离不变，因此得 点在参 为轴的圆柱侧面上，由圆
顶侧面与平面 的交线可得结论．
【详解】因为 长不变，因此 到直线 的距离不变，所以 在以 为轴的圆柱的侧面上，又 在底
面 中，平面 与轴 相交，因此圆柱侧面与底面 的交线为椭圆．
故选：C．
2．（2021·河北保定·一模）已知长方体 ，动点 到直线 的距离与到平面 的距
离相等，则 在平面 上的轨迹是（ ）
A．线段 B．椭圆一部分 C．抛物线一部分 D．双曲线一部分
【答案】C
【分析】根据长方体里的线线，线面关系，把问题转化为动点到定点的距离与到定直线的距离相等，即抛
物线定义，从而得出轨迹是抛物线的一部分.
【详解】如图所示长方体，
平面 ，
则 ，即点 到 的距离为 ，
作 ，则 为点 到平面 的距离，
在平面 中，动点 到定点 的距离与到定直线 的距离相等，满足抛物线定义，
故点 的轨迹是抛物线的一部分.故选：C
3．（2021·安徽合肥·模拟预测）已知正四棱柱 ，底面边长为4，侧棱长为 ，平面 为
经过 且与平面 平行的平面，平面 内一动点P满足到点 的距离与到直线BD的距离相等，则动
点P的轨迹为（ ）
A．圆 B．双曲线 C．两条直线 D．抛物线
【答案】D
【分析】结合抛物线的定义可知动点 的轨迹是一条抛物线.
【详解】抛物线的定义：平面内到一个定点和到一条定直线(直线不经过定点)的距离相等的点的轨迹叫做
抛物线.
如图， ， ,
以 为定直线，点 为焦点， 轴 ，
因为动点 到直线 的距离与 到点 的距离相等，
所以动点 的轨迹符合抛物线的定义，设 ，
又 到 的距离为 ，
所以
故选：
4．（陕西西安·阶段练习）如图，正方体 中，P为底面 上的动点， 于E，
且 则点P的轨迹是（ ）A．线段 B．圆 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分
【答案】A
【解析】连接 ，可证 ，即 ，可确定E的位置，由题意，可得P必定在线段AE
的中垂面 上，根据面面相交的性质，即可得答案.
【详解】连接 ，因为 ，且 ，
所以 ，即 ，
所以点E是体对角线 上的定点，
连接AE，则直线AE也是定直线．
因为 ，所以动点P必定在线段AE的中垂面 上，
所以中垂面 与底面 的交线就是动点P的轨迹，
所以动点P的轨迹是线段．
故选：A
5．（2021·广东韶关·一模）设正方体 的棱长为1， 为底面正方形 内的一动点，若
三角形 的面积 ，则动点 的轨迹是（ ）
A．圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分
【答案】D
【分析】根据三角形面积可得点 到直线 的距离为定值 ，即点 在以直线 为轴，以 为底面
半径的圆柱侧上，由直线 与平面 既不平行也不垂直，可得点 的轨迹是椭圆，即可得出选项.【详解】设 是三角形 边 的高，
，所以 ，
即点 到直线 的距离为定值 ，
所以点 在以直线 为轴，以 为底面半径的圆柱侧上，
直线 与平面 既不平行也不垂直，
所以点 的轨迹是平面 上的一个椭圆，
其中只有一部分在正方形 内.
故选：D
6．（2021·福建龙岩·一模）正方体 的棱长为a，P是正方体表面上的动点，若 ，
则动点P的轨迹长度为 .
【答案】
【分析】首先利用正方体的结构特征以及 ，确定点 的轨迹，进而求出其轨迹长度.
【详解】动点P的轨迹是以A为球心，半径为 的球与平面 ，平面 ，平面 的交
线，这三条弧长之和为 .
故答案为：
7．（2023·上海松江·一模）动点 的棱长为1的正方体 表面上运动，且与点 的距离是
，点 的集合形成一条曲线，这条曲线的长度为
【答案】
【分析】根据题意知 ，分情况解决即可.【详解】由题意，此问题的实质是以为 球心， 为半径的球，
因为 ，
所以在正方体 各个面上交线的长度计算，
正方体的各个面根据与球心位置关系分成两类：
为过球心的截面，
截痕为大圆弧，各弧圆心角为 ，
为与球心距离为1的截面，截痕为小圆弧，
由于截面圆半径为 ，故各段弧圆心角为 ，
所以这条曲线长度为 ，
故答案为：
8．（2021·浙江温州·模拟预测）已知过平面 外一点A的斜线l与平面 所成角为 ，斜线l交平面 于点
B，若点A与平面 的距离为1，则斜线段 在平面 上的射影所形成的图形面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先得出射影形成的图形为半径为 的圆面，进而求得面积.
【详解】如图，过点 作平面 的垂线，垂足为 ，连接 ，所以线段 为线段 在平面 上的射影，
为斜线 与平面 所成的角，则 ，又 ，所以 ，故射影形成的图形为半径
为 的圆面，其面积显然为 ．
故选：A.
9．（2022·河南许昌·三模）如图，在体积为3的三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直， ，若点M是侧面CBP内一动点，且满足 ，则点M的轨迹长度的最大值为（ ）
A．3 B．6 C． D．
【答案】A
【分析】根据题意可知，点 的轨迹为 斜边上的高线，即可根据等面积法以及基本不等式求出
点M的轨迹长度的最大值．
【详解】如图所示： ，
因为PA，PB，PC两两垂直，所以 平面 ，即有 ，而 ，
所以 平面 ，即 ，故点 的轨迹为 斜边上的高线 ．
因为三棱锥P-ABC的体积为 ，所以 ，即 ，
由等积法可得， ，
当且仅当 时取等号．
故选：A．
10．（2023·河南·三模）如图，在棱长为1的正方体 中， 是截面 上的一个动点
（不包含边界），若 ，则 的最小值为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】找到 的轨迹为 ， 的最小值为 到 的距离，由垂直关系求出答案.
【详解】若 ，则 在平面 上的投影在 上，所以 的轨迹为 ，
的最小值为 到 的距离，
连接 ，过点 作 于点 ，
因为 ，且 ，
所以 ，
故 的最小值为 .
故选：C
11．（2021·北京海淀·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体 中， 是侧面 内的一
个动点（不包含端点），则下列说法中正确的是（ ）A．三角形 的面积无最大值、无最小值
B．存在点 ，满足
C．存在有限个点 ，使得三角形 是等腰三角形
D．三棱锥 的体积有最大值、无最小值
【答案】B
【分析】结合点 到 的距离有关，可判定A不正确；由点 在以 中点为球心， 为半径的球面与
侧面 交线，可判定B正确；由 时，点 在 的中垂面上，得到点 的轨迹是线段 ，
可判定C不正确；由 ，可判定D不正确．
【详解】选项A中，边 的长度为定值，三角形 面积与点 到 的距离有关，
当点 在线段 上时，距离最小，此时面积取得最小值，在端点 处的距离最大，
此时面积取得最大值（舍去，端点不可取），所以A不正确；
选项B中，若 ，可得点 在以 中点为球心， 为半径的球面上，
因为以 为直径的球面与侧面 有交，所以存在点 ，满足 ，
所以B正确；
选项C中，三角形 是等腰三角形，当 时，点 在 的中垂面上，且 在侧面 上，
所以点 的轨迹是线段 （不含端点），有无穷多，所以C不正确；
选项D中，由 ，高 不存在最大值（不包含端点）和最小值，所以D不正确．
故选：B.
12．（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）已知正四面体 的棱长为6，点P在 内(不含边界)，若
，则 面积的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由已知结合体积公式，可求出点 到平面 的距离等于点 到平面 的距离距离的 ，确定
点在过ΔABC的重心与 平行，且在ΔABC内的线段，即可求解.
【详解】设 到平面 距离为 ， 到平面 距离为 ，
，
， 点在过ΔABC的重心与 平行且在ΔABC内的线段 ，
分别为边 靠近 的三等分点，
此时 .
故选:B.
【点睛】本题以体积为背景考查点的轨迹，解题关键要把空间问题转化为平面关系，考查空间想象能力，
以及分析问题、解决问题的能力，属于较难题.
一、单选题
1．（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在棱长为1的正方体 中，点 为截面 上的动
点，若 ，则点 的轨迹长度是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】连接 ，利用线面垂直的判定推理证得 平面 即可确定点 的轨迹得解.
【详解】在棱长为1的正方体 中，连接 ，
由 平面 ， 平面 ，得 ，而 ，
平面 ，则 平面 ，又 平面 ，
于是 ，同理 ，而 平面 ，
因此 平面 ，因为 ，则 平面 ，而点 为截面 上的动点，平面 平面 ，
所以点 的轨迹是线段 ，长度为 .
故选：B
2．（23-24高三上·江西抚州·阶段练习）设A、B是半径为 的球体O表面上的两定点，且 ，球
体O表面上动点M满足 ，则点M的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先建立平面直角坐标系确定M轨迹，转化为空间中的阿氏球，利用两球相交求相交圆周长即可.
【详解】以 所在的平面建立平面直角坐标系， 为x轴， 垂直平分线为y轴，
则易知 ，
设M(x,y) ，由 ，可得 ，
故M的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆，
转化到空间M的轨迹为以C为球心， 为半径的球，同时M在球O上，
故M在两球的交线上，轨迹为圆.
又 ， ，易求得OC=√5，即 为直角三角形，
则对应圆的半径为 ，
M的轨迹长度即对应圆的周长为 .
故选：B．
【点睛】难点点睛：在于合理建立平面坐标系得出M的轨迹，并转化为空间中的轨迹，最后结合两球相交
的位置关系计算交线长.
二、多选题
3．（2023·湖北武汉·三模）如图，已知正方体 的棱长为 ， 为底面 内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（ ）．
A．三棱锥 的体积为定值
B．存在点 ，使得
C．若 ，则 点在正方形底面 内的运动轨迹长为
D．若点 是 的中点，点 是 的中点，过 ， 作平面 平面 ，则平面 截正方体
的截面面积为
【答案】ABD
【分析】根据等体积法可计算出三棱锥 的体积，可判断选项A，建立空间直角坐标系，写出对应
点的坐标与向量的坐标，设 ，根据垂直得向量数量积为 列式，从而判断选项B，C，利用线面垂
直的判定定理得 平面 ，再证明四点共面，从而得平面 ，再由面面平行的性质可得平面 截
正方体 的截面为正六边形，根据正六边形的性质计算面积即可判断选项D.
【详解】对于A，由等体积法 ，三棱锥 的高为 ，
底面积 ，所以 ，
所以三棱锥 的体积为定值，A正确；
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，
设 ， ， ， ， ， ，
， ，
若 ，则 ，
即 ，取 ，此时点 与点 重合，满足题意，
所以存在点 ，使得 ，B正确；对于C， ，若 ，
，即 ，
所以点 的轨迹就是线段 ，
轨迹长为 ，C错误；
对于D，如图取 中点 ，连接 ，
由题可得 ， 平面 ，
连接 ，因为 ， 平面 ，
则 ， ，又 ，
平面 ，则 平面 ，
又取 中点为 ，则 ，
有 四点共面，则平面 即为平面 ，
又由两平面平行性质可知， ， ， ，
又 都是中点，故 是 中点， 是 中点，
则平面 截正方体 的截面为正六边形，
又正方体棱长为 ，则 ，
故截面面积为 ，D正确.
故选：ABD4．（2023·河南·模拟预测）如图，设正方体 的棱长为 ，点 是 的中点，点 为空
间内两点，且 ，则（ ）
A．若 平面 ，则点 与点 重合
B．设 ，则动点 的轨迹长度为
C．平面 与平面 的夹角的余弦值为
D．若 ，则平面 截正方体所得截面的面积为
【答案】ABD
【分析】假设点 不与 重合，根据 平面 ， 平面 ，可得 ，而
，故假设不成立，A正确；根据已知判断出动点 的轨迹是以点 为圆心，半径为 的圆的
，，进而判断选项B；建立空间直角坐标系，利用向量法求解面面夹角余弦值即可判断选项C；根据已知
条件做出图形，即可求出面积判断选项D.
【详解】由正方体的性质知， 平面 ，
若点 不与 重合，因为 平面 ，
则 ，与 矛盾，
故当 平面 时，点 与 重合，故A正确；
因为 ，
所以点 在平面 上，
因为 ，
所以 ，
则动点 的轨迹是以点 为圆心，
以 为半径的圆的 ，故其长度为 ，故B正确；对于C，以点 为坐标原点，
分别以 所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系 ，
如图所示，则 ，
所以 .
设平面 的一个法向量为⃗n =(x ,y ,z )，
1 1 1 1
平面 的一个法向量为 ，
则 得 ，
令 ， ，所以 ，
同理结合 得 ，
因为 ，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为 ，故C错误；
对于D，过 的直线分别交 的延长线于点 ，
然后再分别连接 ，交侧棱 于点 ，
交侧棱 于点 ，连接 和 ，如图所示：
则得截面为五边形 ，
易求 ，
，故 ，所以 ，
，
所以五边形 的面积 ，故D正确.
故选：ABD
5．（2024·江西九江·三模）如图，正方体 的棱长为1，点 在截面 内，且 ，
则（ ）
A．三棱锥 的体积为 B．线段 的长为
C．点 的轨迹长为 D． 的最大值为
【答案】ACD
【分析】对于A，点 到平面 的距离为 ，再通过三棱锥 的体积公式计算即可；
对于B，设 的中心为 ，则 ，通过勾股定理计算 即可；对于C，如图
②所示，点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆的一部分，由三段 劣弧构成并计算即可；
对于D，建立空间直角坐标系，当 位于点 或 的位置时， 最小，计算 即可.
【详解】对于A，在正方体中，易证 平面 ，平面 平面 ，且两平面间的距离为
，
又 的面积 ，所以三棱锥 的体积 故A正
确；对于B，如图①所示，设 的中心为 ，则 ，
故B错误；
对于C，如图②所示，由 知， ，
点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆的一部分，
由三段 劣弧构成，其长度为圆 周长的一半 故C正确；
对于D， ，
为 在 方向上的投影，由图①可知，
当 位于点 或 的位置时， 最小，
此时 取得最大值，如图②所示，建立空间直角坐标系，
则 ， ，故D正确.
故选：ACD.
6．（2023·湖南·模拟预测）在棱长为1的正方体 中， 为正方体表面上的动点， 为线
段 上的动点，若直线 与 的夹角为 ，则下列说法正确的是（ ）
A．点 的轨迹确定的图形是平面图形
B．点 的轨迹长度为
C． 的最小值为D．当点 在侧面 上时， 的最小值为1
【答案】BCD
【分析】判断出点 的轨迹即可得A，B，C，用向量法计算判断D
【详解】如图建立空间直角坐标系，则
∵直线 与 的夹角为 ，
当点 在侧面 上时， ，不合题意；
当点 在底面 和侧面 上时，点 到直线 的距离大于 的长度，此时， 与 的
夹角大于 ；
当点 在侧面 和底面 上时，可知线段 满足题意；
当点 在侧面 上时，由 ，可知 ，此时弧 为所求．
∴ 点的轨迹为线段 ，弧 ，
显然线段 ，弧 不共面，∴A错误；
对于B：点 的轨迹长度为 ，∴B正确；
对于C：若 在线段 上，则 的最小值为1；
同理：若 在线段 上，则 的最小值也为1；
若 在弧 上，则 的最小值为 ；∴C正确；
对于D： ，且 ，由题意设 ，
则 ，
等号当且仅当 ，且 ，即 时成立．∴D正确．
故选：BCD．
7．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知正方体 棱长为4，点N是底面正方形ABCD内及边界上的动点，点M是棱 上的动点（包括点 ），已知 ，P为MN中点，则下列结论正确的是
（ ）
A．无论M，N在何位置， 为异面直线 B．若M是棱 中点，则点P的轨迹长度为
C．M，N存在唯一的位置，使 平面 D．AP与平面 所成角的正弦最大值为
【答案】ABD
【分析】根据 相交，而 即可判断A，建立空间直角坐标系，利用坐标运算可判断P的轨迹
长度为半径为 的圆的 ，即可判断B，根据法向量与方向向量垂直即可判断C,根据线面角的向量法，结
合基本不等式即可求解.
【详解】由于 相交，而 ，因此 为异面直线，A正确，
当M是棱 中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设
,
故 ， 且 ，
由于 ，故 ，化简得 ，
由于 ，所以点P的轨迹长度为半径为 的圆的 ，故长度为 ，B正确，
设 ,则 ， 且 ，
， ,
设平面 的法向量为 ，则
，令 ，则 ,
，故 ，
由于 ，故 ，化简得 ，
联立 ，故解不唯一，比如取 ，则或取 ，故C错
误，
由于 平面 ， 平面 ，故 ,
又四边形 为正方形，所以 ,
平面 ，所以 平面 ，
故平面 的法向量为
，
设AP与平面 所成角为 ，则 ，
则 ，当且仅当 时取等号，
，
x∈[0,2]时，令 ，则 ，
故 ，
由于 ，当且仅当 ，即 时等号成立，此时 ，
由 且 可得
因此 ，
由于 ， ，故 的最大值为 ，故D正确，、
故选：ABD
【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.8．（2024·广西南宁·一模）在边长为2的正方体 中，动点 满足
， 且 ，下列说法正确的是（ ）
A．当 时， 的最小值为
B．当 时，异面直线 与 所成角的余弦值为
C．当 ，且 时，则 的轨迹长度为
D．当 时， 与平面 所成角的正弦值的最大值为
【答案】AD
【分析】对于A，确定M的位置，利用侧面展开的方法，求线段的长，即可判断；对于B，利用平移法，
作出异面直线所成角，解三角形，即可判断；对于C，结合线面垂直以及距离确定点M的轨迹形状，即可
确定轨迹长度；对于D，利用等体积法求得M点到平面 的距离，结合线面角的定义求得 与平面
所成角的正弦值，即可判断.
【详解】对于A，在 上取点H，使 ，在 上取点K，使 ，
因为 ，即 ，故M点在 上，
将平面 与平面 沿着 展开到同一平面内，如图：
连接 交 于P，此时 三点共线， 取到最小值即 的长，
由于 ，则 ，
故 ，
即此时 的最小值为 ，A正确；
对于B，由于 时，则 ，此时M为 的中点，取 的中点为N，连接 ，
则 ,故 即为异面直线 与 所成角或其补角，
又 , ，
故 ，
而异面直线所成角的范围为 ，
故异面直线 与 所成角的余弦值为 ，B错误；
对于C，当 时，可得点M的轨迹在 内（包括边界），
由于 平面 ， 平面 ，故 ，
又 ， 平面 ，故 平面 ，
平面 ，故 ，同理可证 ,
平面 ，故 平面 ，
设 与平面 交于点P，由于 ，
为边长为 的正三角形，则点A到平面 的距离为 ，
若 ，则 ，
即M点落在以P为圆心， 为半径的圆上，P点到 三遍的距离为 ，
即M点轨迹是以P为圆心， 为半径的圆的一部分，其轨迹长度小于圆的周长 ，C错误；
对于D，因为 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
因为当 时， ，即M在 上，
点M到平面 的距离等于点B到平面 的距离，设点B到平面 的距离为d，
则 ，
为边长为 的正三角形，即 ，
解得 ，
又M在 上，当M为 的中点时， 取最小值 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，即 与平面 所成角的正弦值的最大值为 ，D正确，
故选：AD
【点睛】难点点睛：本题考查了空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面
角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，难点在于C，D选项
的判断，对于C，要结合空间距离，确定动点的轨迹形状；对于D，要结合等体积法求得点到平面的距离，
结合线面角的定义求解.
三、填空题
9．（2024·上海奉贤·二模）点 是棱长为1的正方体 棱上一点，则满足 的点 的个数为 ．
【答案】
【分析】由椭圆的定义可得P点的轨迹，再找到与正方体棱的交点个数即可.
【详解】因为正方体 的棱长为1，所以 ，
又 ，
所以点 是以 为焦距，以 为长半轴，以 为短半轴的椭球上的一点，且焦点分
别为 ，
所以点 是椭球与正方体棱的交点，在以 为顶点的棱上，所以共有6个，
故答案为：6.
10．（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体 中，已知 分别是棱
的中点，则平面 截正方体所得的截面面积为 ，若 为平面 上的动点，且
直线 与直线 的夹角为 ，则点 的轨迹长度为 ．
【答案】
【分析】如图1，过M,N,P三点的平面为正六边形 ，即可求解其面积；先确定 是以 为轴、
直线 与直线 的夹角为 的圆锥的母线，则点Q的轨迹为圆锥底面圆，求出底面圆的半径即可.
【详解】如图1，扩展过M,N,P三点的平面，可知平面 与正方体相交的截面即为正六边形 ，其边长为 ，
因此面积为 ．
由上可知， 平面 ，且垂足H为 的中点，
如图2，动直线 是以 为轴、直线 与直线 的夹角为 的圆锥的母线，
点Q的轨迹为圆锥底面圆．
图2
因为 ，所以底面圆的半径 ，
所以点Q的轨迹长度为 ．
故答案为： ；
11．（2024·山西晋城·模拟预测）如图所示，正方形 是圆柱 的轴截面，且 ，已知 为圆
柱侧面上的点，则集合 平面 平面 表示椭圆的离心率为 .【答案】 /
【分析】作 平面 ，交圆柱侧面于 两点，根据条件及对称性得到 ，即可求出结
果.
【详解】如图所示，设O为 的中点，
过 作 平面 ，交圆柱侧面于 两点，故平面 平面 ，
又平面 平面 ，所以 平面 且点 在圆柱侧面上，
设该椭圆长轴长为 ，短轴长为 ，又 ，
由对称性可知 ， ，
得到 ，所以离心率 ，
故答案为： .
【点睛】关键点点晴：过 作 平面 ，交圆柱侧面于 两点，从而得 平面 且点
在圆柱侧面上，即可求解.
12．（2023·江西九江·三模）如图，棱长为2的正方体 中，P，Q为四边形 内的点
（包括边界），且点P到AB的距离等于到平面 的距离，点Q到 的距离等于到平面ABCD的
距离，则 的最小值为 .
【答案】
【分析】根据抛物线的定义得到P，Q的轨迹，结合图像，即可求解.
【详解】当P，Q在线段 上时，由P到AB的距离等于到平面 的距离知，P到点B的距离等于到 的距离，故点P在以B为焦点， 为准线的抛物线上；同理，点Q在以 为焦点，BC为准线的
抛物线上.设这两条抛物线与 的交点即分别为点 ， （如图1）.
则P，Q的轨迹分别为四边形 内过点 ， 且平行于AB的线段（如图2）.则 的最小值即为
.
如图3所示，建立平面直角坐标系，则 的坐标为 ， ， 所在的抛物线方程为 ，
，联立方程 且 ，得 ，
， ，即 的最小值为 .
故答案为： .
