立體幾何壓軸小題（軌跡與最值）十四大題型-2025年高考數(shù)學重難點題型突破（解析版）

重難點專題31立體幾何壓軸小題（軌跡與最值）十四大題型匯總

題型1平行求軌跡................................................................1

題型2垂直求軌跡...............................................................15

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

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

題型5定長求軌跡...............................................................41

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點線距離求最值.........................................................117

題型12點線面距離求最值.......................................................125

題型13周長求最值.............................................................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）在棱長為4的正方體ABCD-a/iGA中，點P滿足

京=4而，E/分別為棱BC,CD的中點，點Q在正方體ABC。-的表面上運動，

滿足&Q〃面EFP,則點Q的軌跡所構(gòu)成的周長為（）

A.亨B.2府C.竽D.第

【答案】D

【分析】作出輔助線，找到點Q的軌跡，利用勾股定理求出邊長，得到周長.

【詳解】延長力48,交EF的延長線與H,G,連接PG,PH,分別交8名,。劣于R,T

過點乙作&K〃PG交BBi于點K,過點兒作&N〃PH交DA于點N,

因為&KC平面EFP,PGu平面EFP,所以&K〃平面E”,

同理可得4N〃平面EFP,

第1頁共186頁

因為4KnA]N=4,所以平面EFP〃平面&KN,

過點N作NM//&K交CCi于點M,

連接MK,則MK〃4N

則平行四邊形&KMN（4點除外）為點Q的軌跡所構(gòu)成的圖形，

因為正方體棱長為4,￡,尸分別為棱BC,CD的中點，京=4都,

所以4P=1,BR=DT=-

因為&P=KR=NT=3,所以B]K=/可=4-3-,=2

過點N作N/LCCi于點/,貝北1y=0^=1，

則由幾何關(guān)系可知/M=ZK號，所以GM=|+|=g

由勾股定理得&K=A#/=MN=MK=JNJ2+]M2=2V37

【變式1-1]1.（2023?全國?高三專題練習）已知正方體2BCD-a/iGA的棱長為3，點M

滿足鬲=3CM.若在正方形4B1GD1內(nèi)有一動點P滿足BP〃平面AM%,則動點P的軌跡

長為（）

A.3B.V10C.V13D.3V2

【答案】C

【分析】在棱45,44上分別取點E,尸，使得,ArF-,連接

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EF,BCi，BF,CiE,D#,BM,證明平面〃平面AMD1即可得點P的軌跡為線段,再

計算長度即可.

【詳解】解：如圖，在棱久/,411上分別取點&F，使得&E=，4/=,連接

EF,BCLBF,CXE,DXF,BM,

因為&E=,A/=,

所以，EF//ADr,

因為EF仁平面AMA,ADru平面4曲，

所以EF〃平面,

因為4/=(4〃,鬲=3CM,

所以，AF=QM=2,CM=ArF=1,

因為AB=CRi/BAF=乙MCR,4心=BC/BCM=/.FA^,

所以,△ABF^CRM,△BCM2DrArF,

所以BF=DiMRF=BM

所以，四邊形BFDiM是平行四邊形，

所以8F〃AM,

因為BF，平面力MD】，DrMu平面力MD】，

所以，BF〃平面力MD1,

因為BFC\EFF,BF,EFu平面BFDiM,

所以平面BFDiM〃平面AM/,

因為平面BFDiM。平面a/iGA=GE,

所以,在正方形AZGA內(nèi)有一動點P滿足BP〃平面AM5時，點P的軌跡為線段GE,

因為GE—V22+32=V13

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所以，動點P的軌跡長為g

【變式1-1J2.（2023?全國?高三專題練習）在棱長為1的正方體力BCD-A%G5中,M,N

分別為BA,81cl的中點，點P在正方體的表面上運動，目滿足MP〃平面CN%，則下列說

A.點P可以是棱電的中點B.線段MP的最大值為日

C.點P的軌跡是正方形D.點P軌跡的長度為2+V5

【答案】B

【分析】如圖，取棱8c的中點E,連接,進而證明平面/EM〃平面CNQ,再

結(jié)合題意可知直線必過。點，進而取中點F,連接,證明尸C平面/EM

即可得四邊形為點P的軌跡，再根據(jù)幾何關(guān)系依次判斷各選項即可.

【詳解】解：如圖，取棱BC的中點E,連接,

因為MN分別為BA,ZG的中點，

所以,在小BCD］中，ME//CD1,由于ME0平面CN%,C/u平面CNO1，

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所以ME〃平面GV%,

因為BiN//CE,B]N=CE,所以，四邊形CN/E為平行四邊形，

所以CN〃2E,因為CNu平面CND],BrE仁平面CN%,

所以，〃平面CN%,

因為aEClME=E,BrE,MEu平面/EM,

所以，平面/EM〃平面CN/,

由于M為體對角線BO1的中點，

所以，連接并延長,直線必過。點，

故取中點尸,連接,

所以，由正方體的性質(zhì)易知FDi//CE,FDi=CE,

所以，四邊形CD/E是平行四邊形，EF//CD1,EF=CD1,

因為,ME//CDr,ME=lcDlt

所以,E,F,M共線,即尸C平面BiEM,

所以，四邊形/EOF為點P的軌跡，故A選項錯誤；

由正方體的棱長為1，所以，四邊形/EOF的棱長均為亨，且對角線為EF=42,BrD=V3,,

所以，四邊形/EDF為菱形，周長為2遍,故CD選項錯誤，

由菱形的性質(zhì)知，線段MP的最大值為"1。=?，故B選項正確.

故選：B

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【點睛】關(guān)鍵點點睛:本題解題的關(guān)鍵在于取棱BC的中點E，進而證明平面/EM〃平面CNO1，

再根據(jù)面面平行的性質(zhì)求解點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)考開學考試應(yīng)三棱臺A/iG-A8C中，

力4，平面A8C人8=8C=2C=24/1=4A1A=2點P為平面ABC內(nèi)一動點（包括邊界），

滿足&P〃平面BiBCQ,則（）

A.點P的軌跡長度為1

B.P到平面B/CG的距離為定值

C.有且僅有兩個點P,使得占P1BC

D.&P與平面48c所成角的最大值為30°

【答案】ABD

【分析】取4B的中點￡，力C的中點尸，根據(jù)線面平行的判定與性質(zhì)可得點P在線段￡尸上運動.

對A,根據(jù)中位線的性質(zhì)求解即可；對B，根據(jù)EF//平面B/CG判斷可得；對C,根據(jù)48=

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

據(jù)tanN&P力的最值判斷即可.

【詳解】取4B的中點E,4C的中點F,因為三棱臺中28=24祝，則"=24cl,

故EB=A/且EB〃4a,故四邊形為平行四邊形，則

又&E仁平面BBiGC,B/u平面BBQC,故2亞〃平面881cle,

同理4/〃GC,4尸〃平面B/CiC,又&EC4/=4,ArE,ArFu平面&EF,

故平面4EF〃平面8/CQ,故點P在線段￡尸上運動.

對A,EF=匏。=1,故A正確;

對B,因為EFu平面&EF,故EF〃平面B/CG,所以P到平面的距離為定值，故B

正確；

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對C,因為力B=BC=AC‘故&P1BC當且僅當P為EF中點時成立，故C錯誤；

對D,因為A4i1平面ABC,所以NAPAI為4#與平面ABC所成角.

由題意AE=EF=AF=1，故當P為EF中點時/P取得最小值咚，止匕時tanN&P4=魯=￡,

2

所以4P與平面ABC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）在棱長為4的正方體力BCD-

中，點E為棱的中點,點F是正方形內(nèi)一動點（含邊界），則下列說法中正確

的是（）

A.直線BG與直線AC夾角為60°

B.平面BGE截正方體所得截面的面積為6夜

C.若EF=2V5,則動點F的軌跡長度為2兀

D.若2尸//平面BCiE,則動點F的軌跡長度為2曲

【答案】ACD

【分析】對A,根據(jù)AC的平行線確定直線BG與直線4c夾角即可；

對B，根據(jù)面面平行的性質(zhì)，作出平面8GE截正方體所得截面并求其面積即可；

對C,由題意D/=4,動點尸的軌跡為以A為圓心的四分之一圓弧加心，再根據(jù)弧長公式

求解即可；

對D,先判斷過力且平行于平面8GE的平面截正方體的面，再分析F的軌跡即可

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【詳解】對A,連接,可得正AA/G,根據(jù)正方體的性質(zhì)，A^CJ/AC,

故直線BG與直線力C夾角為直線BG與直線&G的夾角為60。，故A正確；

對B,因為面4DD1&〃面BCC/i,平面BQEn面BCC/i=BJ,根據(jù)面面平行的性質(zhì)可得

平面BC】E截4。。出的交線EP〃BCi,故平面8C1E截4。的交點P為4。的中點，故P8=

y/AB2+AP2=.Cj+中52=EQ=2V5，故截面為等腰梯形EPBC1，在等腰梯形EPBC1

中BCi=4&,PE=2企，高h=3/,故截面的面積為2!越x3或=18,故B錯誤；

對C,若EF=2V5,則D/=y/EF2-=4,故動點F的軌跡為以名為圓心的四分之一

圓弧方心，其長度為三x4=2TT,故C正確；

第8頁共186頁

對D,取81cl中點Q,連接如圖，由B知截面為等腰梯形EPBG,由四邊形4BGA為平行

四邊形得力D//BG,又4%，面u面,所以4%〃面BC】E,由四邊形8Q5P

為平行四邊形得。iQ〃PB,DiQ仁面8QE,BPu面8?；?，所以QQ〃面,由4/n

%Q=%得平面AQ4〃平面BEC]，又4Fu平面D&4,所以轉(zhuǎn)〃平面BEC1,故尸的軌跡為

線段AQ,其長度為"TR=2近，故D正確；

故選：ACD

【點睛】方法點睛：立體幾何中與動點軌跡有關(guān)的題目歸根到底還是對點線面關(guān)系的認知，

其中更多涉及了平行和垂直的一些證明方法，在此類問題中要么很容易的看出動點符合什么

樣的軌跡（定義）,要么通過計算（建系）求出具體的軌跡表達式，和解析幾何中的軌跡問題并

沒有太大區(qū)別，所求的軌跡一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型.

【變式1-1]5.（多選）（2023春?安徽阜陽?高三安徽省臨泉第一中學校考專題練習）如圖，

在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、M、N均為所在棱的中點，動點P在正

方體表面運動，則下列結(jié)論正確的有（）

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A.當點P為BC中點時，平面PEF,平面GMN

B.異面直線EF、GN所成角的余弦值為,

C.點E、F、G、M、N在同一個球面上

D.若可=tm-2西高,則P點軌跡長度為日

【答案】ACD

【分析】根據(jù)正方體圖形特征證明面面垂直判斷A選項，根據(jù)異面直線所成角判斷B選項,

根據(jù)五點共圓判斷C選項，根據(jù)軌跡求出長度判斷D選項.

【詳解】取4。中點Q,連接PQ,“，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E、F、G、

M、N均為所在棱的中點,

易知GM1PQ,???FQ/fDD^FQ_1平面ABCQ,GM在面ABCD內(nèi),

???GM1FQ,FQu平面PQF,PQu平面PQF,PQCFQ=Q,

.-.GM1平面PQF,PFu面PQF,GMLPF,

連接是正方形,GN1A±B,

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FAr1平面ABA/i,GNu平面AB&Bi,GN1A±F,

FA1u平面,ArBu平面PFAiB,ArBClFA1=,

：.GN_L平面PR4/,PFu平面PF41B,GN1PF,

綜上，GNu平面GMN,GMu平面GMN,又GMCGN=G,

所以PF1平面GMN,PFu平面PEF,故平面PEF1平面GMN,故A正確；

取中點T,連接ET,FT,ET//GN,

???NTEF是異面直線EF,GN所成的角,

又EF=FT=ET=VX則NTEF=pCOSZTFF=］故B錯誤；

記正方體的中心為點。,則|。四=\0F\=\0G\=\0M\=\0N\=V2,

故點E,F,G,M,N在以。為球心，以應(yīng)為半徑的球面上，故C正確；

A^P—tA^A+A^M—的中點,

ArP—ArM=2tArE—2tA1B1,故MP—2tBiE,

P點軌跡是過點M與BiE平行的線段MP"且|CP1=］

|MP，|='，故D正確.

故選：ACD.

【變式1-1J6.（多選X2023?湖南長沙?雅禮中學?？家荒＃┤鐖D，正方體2BCD-A/iGDi

的棱長為3,E為AB的中點￡尸=2FC，動點M在側(cè)面A4也。內(nèi)運動（含邊界），則（）

A.若“811平面。］￡尸，則點M的軌跡長度為日

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B.平面DiEF與平面ABCD的夾角的正切值為乎

C.平面AEF截正方體4BCD-4/iGDi所得的截面多邊形的周長為3舊+乎

D.不存在一條直線I,使得I與正方體4BCD-4/16%的所有棱所成的角都相等

【答案】ABC

【分析】對于A、C項，先作出平面必EF截正方體ABC。-久aGA所得的截面，通過構(gòu)

造面面平行得出M軌跡及截面多邊形周長；

對于B項，作出二面角計算即可；對于D項，可知所有與體對角線平行的線與正方體各棱

夾角都相等.

【詳解】如圖所示，

分別延長DC、D1F交于點N,連接NE并延長交DA的延長線于G點，交CB于。點，連

接DIG交A1A于H點，則五邊形D1F0EH為平面D/F截正方體ABC。-4/16/所得

的截面，在側(cè)面44/1。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=1DC=BE=C。=AE=4G=|,

若=黑=泉所以&P=1,&Q=|,即PQ=手，A正確；

17/1^ZZZ

HE=PQ=手=OF,=2PQ=V13=D、F,OE=當,

故五邊形D1F0EH周長為3局+言，C正確；

連接BD,交E0于點I,由上計算可得I為GN中點，且D1G=G1N,故DI±EO,D1I垂

直E0,即4。/。為平面D/F與平面ABCD的夾角，

易得0/=券,；.tanND/D]=乎，B正確；

43

對于D存在直線I,如直線與正方體三條棱夾角相等.

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故選：ABC.

【變式1-1]7.（多選）（2023河北模擬預(yù)測）如圖所示，已知正方體A8CD-4/iGA的

棱長為1，點E,尸分別是棱AD,。2的中點，點P是側(cè)面B/CG內(nèi)一點（含邊界）.若DR〃平

面BEF,則下列說法正確的有（）

A.點P的軌跡為一條線段

B.三棱錐P-BEF的體積為定值

C.|DP|的取值范圍是憐|]

D.直線AP與BF所成角的余弦值的最小值為g

【答案】AB

【分析】取中點G,H,由面面平行的判定可證得平面BEF〃平面AGH,可知P點軌

跡為線段GH,知A正確；由線面平行性質(zhì)可知P點到平面BEF的距離即為點G到平面BEF的

距離,利用等體積轉(zhuǎn)化,結(jié)合棱錐體積公式可求得B正確；在小DGH中,通過求解點。到GH

的距離可確定C錯誤；根據(jù)平行關(guān)系可知所求角為ZP/G,則余弦值最小時，P與H重合,

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由余弦定理可求得結(jié)果，知D錯誤.

【詳解】對于A,分別取中點G,H,連接。,

D±F//BG,DrF=8G=.?.四邊形BFDiG為平彳亍四邊形,D^Z/BF,

■：BFu平面8EF,DrGC平面BEF，：.。母〃平面8￡1尸；

?-?EF//ADJ/BCJ/GH,EFu平面8EF,GH仁平面BEF，:.GH//平面8EF；

D]GCGH=G,%G,GHu平面，二平面BE/7/平面/GH；

則當D/u平面/GH時，0/〃平面BEF恒成立，

又平面AGHCl平面B/CG=GH,P6平面B/CQ,

???P點軌跡為線段GH,A正確；

對于B,由A知：GH〃平面BEF,???點P到平面BEF的距離即為點G到平面BEF的距離，

"Vp-BEF=VG-BEF=VE-BFG=5%-BFG^A-BDFG=石SCBDFG-AC^-x^2x-x

V2_J_

2~~241

即三棱錐P-BEF的體積為定值或，B正確；

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對于c,連接,

在AOGH中,DG=J(企:+(3=?DH=J#+12+J?=J0?+4=號,

二點。至!JGH的距離為J°G2—(翔”)2=［二=號,

二IDPI的取值范圍為［號1］,C錯誤；

對于D,由A知：BF/ZDrG，二直線。止與BF所成角即為直線。止與QG所成角，即NP/G,

則當P與H重合時，NP%G取得最大值4HAG,此時余弦值取得最小值；

在AOiGH中,D1G=J(V2)2+(|)2=，=J+?)2=亨

GH-―

2

￡>I“2+DIG2-GH22V5

???cos乙HDiG=

2Z)iHOiG5

即直線與BF所成角的余弦值的最小值為雪，D錯誤.

故選：AB.

題型2垂直求軌跡

【例題2］（2023?全國?高三對口高考）如圖，定點A和B都在平面a內(nèi)，定點P任a,P81a,

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

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p

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(zhì)定理即可求得AC1BC,進而得到動點C在平面a內(nèi)

的軌跡是以48為直徑的圓（去掉4B兩個點）.

【詳解】連接

PB1a,ACca,貝！|PB±AC,又PC1AC,

PBClPC=P,PB,PCu平面P8C,貝！MC_L平面P8C,

又BCu平面P8C,貝！MC1BC,

則動點C在平面a內(nèi)的軌跡是以A,8為直徑的圓（去掉4B兩個點）.

【變式2-1]1.（2023?全國?高三對口高考）正四棱錐S-4BCD的底面邊長為2,高為2,

E是邊8C的中點，動點P在表面上運動，并且總保持PE1AC,則動點P的軌跡的周長為

（）

A.V6+V2B.V6—V2C.4D.V5+1

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【答案】A

【分析】由題意，動點P的軌跡為過E且垂直4C的平面與正四棱錐S-ABC。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)AC,BD交于0,連接S。,由正四棱錐的性質(zhì)可得，SO1平面ABC。，因為

ACu平面4BCD,故S。1AC.

又BD工AC,SOCBD=0,SO,BDu平面SBD,故AC1平面SBD.

由題意，PE1AC則動點P的軌跡為過E且垂直AC的平面與正四棱錐S-48CD的交線，即

如圖EFG,貝必C_L平面EFG.

由線面垂直的性質(zhì)可得平面SB。//平面EFG,又由面面平行的性質(zhì)可得EG〃SB,GF//SD,

EF//BD,又E是邊BC的中點,故EG,6尸金尸分另1）為^SBCASDC^BCD的中位線.

由題意BD=2?SB=SD=V22+2=V6，故EG+EF+GF=*在+在+2/）=在+

V2.

即動點P的軌跡的周長為遍+V2.

故選：A

【變式2-1]2.（2023?安徽滁州?安徽省定遠中學校考模擬預(yù)測）在正四棱柱48CD-

為B1GD1中，4B=1,441=4,E為。必中點,P為正四棱柱表面上一點,且1BrE,

則點P的軌跡的長為（）

A.V5+V2B.2V2+V2C.2V5+V2D.V13+V2

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【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，作出過點G垂直于的正四棱柱的

截面即可計算作答.

【詳解】在正四棱柱4BCD-4/iQDi中,連接船1，46,如圖,41G1BR,ED11平

面4/1GA,

因為a?u平面人聲停皿,則,又B[Di，EDiu平面石當心,

ED]nB1D1—D1,貝！MiGJ■平面EBiA,又B^Eu平面EB]。1,則±BrE,

取CCi中點F，連接，在平面BCG/內(nèi)過G作GG/，交BB】于G，顯然E尸〃AG,

而。iGJ_平面BCC/i,則EF_L平面BCC/i,有C】G1EF,

又B3,FEu平面B/E,FECB/=F，于是C】G_L平面B/E，而u平面/FE，因此QG1

B#,

因為GG,C141U平面C]G41,G&ClCrG=G,從而B]E，平面GGA1，

連接&G,則點P的軌跡為平面QG4與四棱柱的交線，即AACiG,

因為4B1&G+Z.GCrF=乙GCJ+Z.BrFCr=90°,即有NBIGG=4B/C1，又NQBIG=

Z-FC1B1,

于是△CBG-△FCB,有辭=最=2,4G=|,

所以點P的軌跡長為&G+QG+&G=2Jl+i+V2=V5+V2.

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故選：A

【點睛】方法點睛：作截面的常用三種方法：直接法，截面的定點在幾何體的棱上；平行線

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

長交線得交點，截面上的點中至少有兩個點在幾何體的同一平面上.

【變式2-1]3.（2023?寧夏銀川?校聯(lián)考二模）已知線段AB垂直于定圓所在的平面，B,C是

圓上的兩點，H是點B在4c上的射影，當C運動，點H運動的軌跡（）

L

C

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)可推導證得8H，,由直

角三角形性質(zhì)可確定=OB=OD=r,由此可得軌跡圖形.

【詳解】設(shè)定圓圓心為。，半徑為r,

連接。H,設(shè)直徑為8D,連接A。,CD,

C

■：AB_L平面BCD,CDu平面BCD,???AB1CD；

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8。為直徑,BC1CD,又48CBC=B,AB,BCu平面ABC,

CD1平面ABC,又BHu平面ABC，:.CD1BH,

又BHlAC,ACPtCD^C,AC,CDu平面AC。,

???BH_L平面"O,DHu平面力CD,BH1DH,

在RtABDH中,OH=0B=0D=T,則點H的軌跡是以。為圓心，r為半徑的圓.

故選：A.

【變式2-1】4.（多選）（2023秋?浙江?高三浙江省春暉中學校聯(lián)考階段練習）已知正方體

ABCD-4道心必的棱長為2，點P為平面4BCD內(nèi)一動點，則下列說法正確的是（）

A.若點P在棱4。上運動，則&P+PC的最小值為2+2V2

B.若點P是棱4。的中點，則平面PBG截正方體所得截面的周長為2班+3V2

C.若點P滿足PA1DC］，則動點P的軌跡是一條直線

D.若點P在直線4c上運動，則P到棱BC1的最小距離為管

【答案】BCD

【分析】化折線為直線，即可判斷A,取。％的中點E,連接BP、PE、。止、ADr,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，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】對于A：如圖將平面4BCD展開與平面ADDMi處于一個平面，連接&C與力。交于

點P,

此時4止+PC取得最小值，即（4P+PC）min=V22+42=2再，故A錯誤；

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對于B：如圖取DA的中點E,連接BP、PE、GE、ADr,

因為點P是棱4D的中點，所以PE〃力Di且PE=,

又〃6。1且48=6%,所以四邊形力BGA為平行四邊形，所以AD//BQ,

所以PE〃BG,所以四邊形EPBG即為平面PBG截正方體所得截面，

22

又BC]=2^2,PE=^AD1=戊，BP=ECLVl+2=V5,

所以截面周長為3夜+2西，故B正確；

又寸于C：如圖,DC11DrC,BC1平面DCG01,DCru平面。。心心,

所以O(shè)Ci1BC,又D]CCBC=C,DrC,BCu平面3。0出，

所以DC11平面8皿4,因為平面2BC0C平面8皿4=BC,

D1C平面8皿4,PC平面48CD,

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又PDi所以P在直線BC上,即動點P的軌跡是一條直線，故C正確；

對于D:如圖建立空間直角坐標系,則8(220),G(0,2,2),設(shè)P(a,2-a,0)(ae[0,2]),

所以遍=(-2,0,2),BP=(a-2,-a,0),

所以P到棱BQ的距離d=|函2—(需彳=J|a2—2a+2=J|(a一|丫+J

故選：BCD

題型3翻折求軌跡

【例題3】（多選X2023?全國?高三專題練習）如圖，在長方形ABCD中，4B=2,BC=4,

E為BC的中點，將△BAE沿AE向上翻折到△P4E的位置，連接PC,PD,在翻折的過程中，

則（）

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A.四棱錐P-4ECD體積的最大值為2魚B.PD的中點F的軌跡長度的最大值為苧

C.EP,C。與平面巴W所成的角相等D.三棱錐P-2ED外接球的表面積的最小值為1611

【答案】ACD

【分析】根據(jù)錐體體積、動點軌跡、線面角、外接球等知識對選項進行分析，從而確定正確

答案.

【詳解】對于A，梯形4ECD的面積為學X2=6,4E=2/，直角△APE斜邊力E上的高為

V2.

當平面4PE1平面AECD時,四棱錐P-4ECD的體積取得最大值:x6x/=2/,A正確.

對于B，取P4的中點G，連接GF,GE,FC，則GF,EC平行且相等，四邊形ECFG是平行四邊形，

所以點F的軌跡與點G的軌跡形狀完全相同.

過G作AE的垂線，垂足為H,G的軌跡是以H為圓心，HG='為半徑的半圓弧，

從而PD的中點F的軌跡長度的最大值為等，B錯誤.

對于C,由四邊形ECFG是平行四邊形，知EC||FG,

則EC〃平面24。，貝屯,C到平面P4D的距離相等,

故PE,CD與平面24。所成角的正弦值之比為CD:PE=1:1,C正確.

對于D,Rt△ADE外接圓的半徑為2,圓心為4。的中點，

當三棱錐P-4ED外接球球心為AD中點，即PD=28時，

三棱錐P-4ED外接球的表面積取得最小值，為4nx22=16TI.D正確.

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故選：ACD

【點睛】求解幾何體外接球有關(guān)問題，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、尋找一個或兩個面的外接圓圓心;2、分

別過兩個面的外心作該面的垂線，兩條垂線的交點即為外接圓圓心；3、構(gòu)造直角三角形求

解球半徑，進而求出外接球表面積或體積.

【變式3-1J1.（多選X2023秋?廣東佛山?高三校聯(lián)考階段練習）如圖甲，在矩形力BCD中，

AB=2,BC=1,E為48上一動點（不含端點），且滿足將44ED沿DE折起后，點2在平面

DCBE上的射影F總在棱DC上,如圖乙，則下列說法正確的有（）

甲乙

A.翻折后總有BC1AD

B.當EB=胡寸，翻折后異面直線4E與BC所成角的余弦值為!

C.當EB=用寸，翻折后四棱錐4-DCBE的體積為呼

D.在點E運動的過程中，點F運動的軌跡長度為科

【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，作力G1DE,設(shè)2E=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4尸,再由四棱錐體積公式計算可判斷C.

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【詳解】在圖乙中，因為點4在平面OCBE上的射影/在棱DC上,所以4F1平面0C2E,

又BCu平面OCBE，所以4F1BC，又BC1DC,AFCDC=尸,AF,DCu平面ADC，所以BC1

平面ADC,又2。u平面ADC,所以BC_L4。，故A正確；

如圖，

在圖乙中作EP1DC于P,連接力P,貝場P//BC,所以4E與BC所成角即為AE與EP所成角,

又由BC1平面4DC可得EP1平面4DC,所以EP14P而EP=1,4E=2-BE=|,則

cos^AEP=|,即4E與BC所成角余弦值為|,故B錯誤；

如上圖，在圖乙中作FG1DE于G，連接力G，則由4F1平面DC8E可得4F1DE,XFGnAF=

F,FG,AFu平面力GF,所以DE1平面力GF,

又4Gu平面4GF,則DE1AG,在圖甲中，如圖，

作4G1DE，則4,G,F三點共線,設(shè)4E=x,OF=y,則由△DFA“△4DE可得黑=藍，

即:=]又在圖乙中有4F=VXD2-DF2=V1三區(qū)>0,

所以ye(0,1),所以x=^>1，而x=AEG(0,2),所以％e(1,2),y=eQ,1^,1—1=|,

故D正確；

當EB=1時，％=|,則y=|,所以4尸=VXD2-DF2=｝一三=y,

則%“CBE=[.(EB+；C)BC.4F=1Xq=磐，故C正確.

故選：ACD.

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【變式3-1]2.（多選）（2023春?湖南?高三校聯(lián)考階段練習）如圖，在矩形ABCD中,AB=

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

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

重合，B與C重合，重合后的點分別記為M,N,Q為MN的中點，對于多面體MNEFGH,

A.異面直線GN與ME的夾角大小為60°

B.該多面體的體積為近

C.四棱錐E-MNFH的外接球的表面積為22n

D.若點P是該多面體表面上的動點，滿足PQ1ON時，點P的軌跡長度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)系進行求解A,根據(jù)線面垂直

以及錐體的體積即可求解B,根據(jù)外接球的性質(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P的軌跡，即可求解D.

【詳解】取的中點為。，取NE的中點為點P,連接。Q,OP,

由幾何體形成的過程可知平面MNFH1平面EFGH,其交線為,由于

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四邊形EFGH為菱形，四邊形MNFH為等腰梯形，故。Q1HF,OQu平面MNFH，所以0Q1平

面EFGH,

由題意可知GE=4。=2V2,NG=NE=2,.iNG?+NE2=GE2,：.NG1NE,由于NF1

NG,NF1NE,NGCNE=N,NE,NGu平面NEG,所以NF1平面NEG,

由4.NGE=限-GEF,得。Q=等翳=簧等=1,則NOPQ即為異面直線GN與ME所

EG—HFZV/XN

2

成夾角的平面角或其補角，而OP=PQ=(ME=1,."OPQ為等邊三角形，，異面直線

GN與ME的夾角大小為60°,選項A正確；

由幾何體形成的過程可知平面MNFH1平面EFGH,其交線為HF,由于

四邊形EFGH為菱形，四邊形MNFH為等腰梯形，故0E1HF,OEu平面EFGH，所以0E1平

面MNFH,0Q=1,MH=?HF=4nMN=2,

^MNEFGH=2%-MNFH=2x梯形-OE=2x-x-x(2+4)xlxV2=2V2,選項B

錯誤；

在ANFH中，乙NFH=45°,NH=V32+I2=V10,."NFH的外接圓直徑5==2A/5,

sin45

△HEF的外接圓直徑。2=半=3或,.?.四棱錐E-MNFH的外接球直徑D滿足。2=西+

V5

於-HF2=20+18-16=22，，四棱錐E-MNFH的外接球的表面積為山＞=22TT,選

項C正確：

由A可知NF1平面ENG,同理HMJ_平面MEG,又。N〃HM,所以O(shè)NJ_平面MEG，點P

所在平面與平面MEG平行，，點P的軌跡為五邊形QPRST,長度為1+號+應(yīng)+曰+1=

2+2a,D選項錯誤.

故選AC.

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

的中點，將仆沿AE向上翻折到△PAE,連結(jié)PC,PD,在翻折過程中（）

P?

A.四棱錐P-AECD的體積最大值為學

B.PD中點F的軌跡長度為近兀

C.EP,CD與平面玄。所成角的正弦值之比為2:1

D.三棱錐P的外接球半徑有最小值：,沒有最大值

【答案】ACD

【分析】根據(jù)題意根據(jù)四棱錐的體積公式，以及線面角的概念和三棱錐的外接球概念作圖,

逐個選項進行判斷即可求解

【詳解】由已知梯形4EC。面積為3,4E=V5,直角A4PE斜邊4E

上的高為學.當平面APE1平面AECD時，四棱錐P-4ECD的

體積取最大值之x3x等=管.A正確；

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P(8)

取P4中點為G,貝LIGF,EC平行且相等，四邊形ECFG是平行四邊形，

所以，點F的軌跡與點G的軌跡完全相同，過G作力￡■的垂線，垂足為

H,G的軌跡是H以為圓心，HG=?為半徑?的半圓弧，從而PD

中點F的軌跡長度為等.B錯誤；

由四邊形ECFG是平行四邊形知EC〃/G,

則EC〃平面P4D,則E,C到平面P40距離相等，

故PE,與平面P4D所成角的正弦值之比為等于CD:PE=2:1.C正確；

△在的卜接圓。1半徑為苧,。1是他中點，根據(jù)正弦定理△力DE

外接圓。2半徑為是圓。】與圓G公共弦，|。2。11=手.

設(shè)三棱錐P-AED外接球球心為。，半徑為R,

則\0E\=川『+】222；22

R=OiE|OO|2=A/|O1E|+|O2O1|+|O2O|=J()+|O2O|.

因為|。2。|e[0,+00),所以R6[|,+oo),所以R最小值為:,沒有最大值.D正確；

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故選：ACD

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

將小ADM沿AM翻折到△PAM,連接PB,PC,在44DM翻折到△P4M的過程中，下列說法正

確的是.（將正確說法的序號