重難點(diǎn)20 立體幾何中的動(dòng)態(tài)、軌跡問題（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點(diǎn)20立體幾何中的動(dòng)態(tài)、軌跡問題【六大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1動(dòng)點(diǎn)保持平行的動(dòng)態(tài)軌跡問題】 2【題型2動(dòng)點(diǎn)保持垂直的動(dòng)態(tài)軌跡問題】 6【題型3距離（長(zhǎng)度）有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問題】 10【題型4角度有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問題】 13【題型5翻折有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問題】 17【題型6軌跡所圍圖形的周長(zhǎng)、面積問題】 211、立體幾何中的動(dòng)態(tài)、軌跡問題“動(dòng)態(tài)、軌跡”問題是高考立體幾何問題最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，是高考中的重點(diǎn)、難度問題，它滲透了一些“動(dòng)態(tài)”的點(diǎn)、線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力，題型更新穎.同時(shí)，由于“動(dòng)態(tài)”的存在，也使立體幾何題更趨多元化，將立體幾何問題與平面幾何中的解三角形問題、多邊形面積問題以及解析幾何問題之間建立橋梁，使得它們之間靈活轉(zhuǎn)化.【知識(shí)點(diǎn)1立體幾何中的動(dòng)態(tài)、軌跡問題的解題策略】1．動(dòng)點(diǎn)軌跡的判斷方法動(dòng)點(diǎn)軌跡的判斷一般根據(jù)線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合圓或圓錐曲線的定義推斷出動(dòng)點(diǎn)的軌跡，有時(shí)也可以利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求出動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程.2．立體幾何中的軌跡問題的常見解法(1)定義法：根據(jù)圓或圓錐曲線的定義推斷出動(dòng)點(diǎn)的軌跡，進(jìn)而求解軌跡問題.(2)交軌法：若動(dòng)點(diǎn)滿足的幾何條件是兩動(dòng)曲線(曲線方程中含有參數(shù))的交點(diǎn)，此時(shí)，要首先分析兩動(dòng)曲線的變化，依賴于哪一個(gè)變量?設(shè)出這個(gè)變量為t，求出兩動(dòng)曲線的方程，然后由這兩動(dòng)曲線方程著力消去參數(shù)t，化簡(jiǎn)整理即得動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，這種求軌跡方程的方法我們稱為交軌法.(3)幾何法：從幾何視角人手，結(jié)合立體幾何中的線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，找到動(dòng)點(diǎn)的軌跡，再進(jìn)行求解.(4)坐標(biāo)法：坐標(biāo)法就是通過建立空間直角坐標(biāo)系，將立體幾何中的軌跡問題轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運(yùn)算問題，進(jìn)行求解.(5)向量法：不通過建系，而是利用空間向量的運(yùn)算、空間向量基本定理等來研究立體幾何中的軌跡問題，進(jìn)行求解.【題型1動(dòng)點(diǎn)保持平行的動(dòng)態(tài)軌跡問題】【例1】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為棱BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為底面ABCD內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)（含邊界）．若D1F//平面A1EC1，則動(dòng)點(diǎn)FA．3 B．5 C．22 D．【解題思路】取AD的中點(diǎn)M、CD的中點(diǎn)N，結(jié)合題意可得平面D1MN//平面A1EC1，得出線段【解答過程】如圖，取AD的中點(diǎn)M、CD的中點(diǎn)N，連接D1因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，M為AD中點(diǎn)，由正方體的性質(zhì)可得，CE=DM，CE//DM，所以四邊形CEMD是平行四邊形，所以ME//CD，ME=CD，又因?yàn)镃1D1所以ME//C1D1，所以D1A1A=C1C所以A1C1//AC，又因?yàn)镸為AD中點(diǎn)，所以MN//AC，所以MN//A因?yàn)镈1M,MN?平面A1EC所以D1M//平面A1EC又D1M∩MN=M，所以平面D1因?yàn)镈1F//平面A1EC所以動(dòng)點(diǎn)F的軌跡為線段MN，又MN=22+22故選：D．【變式1-1】（2024·北京昌平·二模）已知棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1，M是BB1的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)A．22 B．2 C．1 D．【解題思路】過點(diǎn)M做平面ABD【解答過程】如圖所示E、F、G、M分別是AA1、A1D1則EF//AD1，EM//AB，所以EF//平面ABD1，EM//平面所以平面ABD1//平面EFGM，故點(diǎn)P的軌跡為矩形MB1=B1故選：A.【變式1-2】（2024·江西贛州·二模）在棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)P滿足AA1=4AP，E，F(xiàn)分別為棱BC，CD的中點(diǎn)，點(diǎn)A．5373 B．237 C．7【解題思路】作出輔助線，找到點(diǎn)Q的軌跡，利用勾股定理求出邊長(zhǎng)，得到周長(zhǎng).【解答過程】延長(zhǎng)AD,AB，交EF的延長(zhǎng)線與H,G，連接PG,PH，分別交BB1，DD1過點(diǎn)A1作A1K//PG交BB1于點(diǎn)K，過點(diǎn)A1作因?yàn)锳1K?平面EFP，PG?平面EFP，所以A1同理可得A1N//平面因?yàn)锳1K∩A1N=過點(diǎn)N作NM//A1K交C連接MK，則MK//則平行四邊形A1KMN（A1因?yàn)檎襟w棱長(zhǎng)為4，E，F(xiàn)分別為棱BC，CD的中點(diǎn)，AA所以AP=1,BR=DT=1因?yàn)锳1P=KR=NT=3，所以過點(diǎn)N作NJ⊥CC1于點(diǎn)J，則則由幾何關(guān)系可知JM=B1K=由勾股定理得A1所以點(diǎn)Q的軌跡所構(gòu)成的周長(zhǎng)為837故選：D.【變式1-3】（2024·山東棗莊·二模）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M是A1B1的中點(diǎn)，點(diǎn)PA．62,2C．62,3【解題思路】根據(jù)已知條件及三角形的中位線，利用線面平行的判定定理及面面平行的判定定理，結(jié)合直角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解.【解答過程】取CC1的中點(diǎn)為R,取CD的中點(diǎn)為N,取B1因?yàn)镸是A1B1的中點(diǎn)，H所以B1因?yàn)镠R?平面AB1C,B所以HR//平面AB同理可得，MH//平面AB又HR∩MH=H,HR,MH?平面MNRH,所以平面MNRH//平面AB又MP?平面MNRH,線段MP掃過的圖形是△MNR,由AB=1,得MN=12+MC1=所以MN2=N所以線段MP長(zhǎng)度的取值范圍是：62故選：A.【題型2動(dòng)點(diǎn)保持垂直的動(dòng)態(tài)軌跡問題】【例2】（2024·山東濰坊·一模）如圖所示，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)P為截面A．22 B．2 C．12【解題思路】連接DC1,BD，利用線面垂直的判定推理證得A1C【解答過程】在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B由AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，得BD⊥AAA1∩AC=A,AA1,AC?平面AA1C于是BD⊥A1C，同理BC1因此A1C⊥平面BC1D，因?yàn)镈P⊥而點(diǎn)P為截面A1C1B上的動(dòng)點(diǎn)，平面所以點(diǎn)P的軌跡是線段BC1，長(zhǎng)度為故選：B.【變式2-1】（2024·海南省直轄縣級(jí)單位·模擬預(yù)測(cè)）已知四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面ABCD為正方形，側(cè)棱與底面垂直，點(diǎn)P是側(cè)棱DD1上的點(diǎn)，且DP=2PD

A．3 B．2 C．233 【解題思路】先找到過點(diǎn)A與BP垂直的平面與側(cè)面BCC【解答過程】

如圖，在側(cè)棱AA1上取一點(diǎn)R，使得AR=2RA過點(diǎn)A作AN⊥BR交BR于點(diǎn)M，交BB1于點(diǎn)N，連接由PR∥AD，可知BR、PR?平面BPR，BR∩PR=R，從而AN⊥平面BPR，所以BP⊥AN，又由BP在平面ABCD內(nèi)的射影BD⊥AC，所以BP⊥AC，AN、AC?平面ACN，AN∩AC=A，知BP⊥平面ACN，平面ACN，CN?所以BP⊥CN，所以動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡為線段CN，在Rt△ABN,Rt△RAB中，∠BAN=∠ARB，所以Rt△AB～Rt△RAB，則BNAB=易得CN=B故選：D.【變式2-2】（2024·廣西玉林·三模）在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AB=1，AA1=4，EA．5+2 B．22+2 【解題思路】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(diǎn)C1垂直于B【解答過程】在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，連接因?yàn)锳1C1?平面A1B1ED1∩B1D1=D1，則取CC1中點(diǎn)F，連接EF,B1F，在平面BCC1B1內(nèi)過C而D1C1⊥平面BCC1B又B1F,FE?平面B1FE，F(xiàn)E∩B1F=F，于是C1G⊥因?yàn)镃1G,C1A1?平面C連接A1G，則點(diǎn)P的軌跡為平面C1因?yàn)椤螧1C1G+∠G于是△C1B1G∽△F所以點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)為A1故選：A.【變式2-3】（2024·廣西南寧·一模）在邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD中，∠ABC=120°．將菱形沿對(duì)角線AC折疊成大小為30°的二面角B′?AC?D．若點(diǎn)E為B′C的中點(diǎn)，F(xiàn)為三棱錐B′?ACD表面上的動(dòng)點(diǎn)，且總滿足A．4+6?22 B．4+6+【解題思路】根據(jù)二面角的平面角可結(jié)合余弦定理求解求B′D=6?2，進(jìn)而利用線面垂直可判斷點(diǎn)F【解答過程】連接AC、BD，交于點(diǎn)O，連接OB′，ABCD為菱形，∠ABC=120°，所以AC⊥BD，OB′⊥AC所以∠B′OD于是∠B又因?yàn)镺B所以B′取OC中點(diǎn)P，取CD中點(diǎn)Q，連接EP、EQ、PQ，所以PQ//OD、EP//OB′，所以AC⊥EP、AC⊥PQ，EP，EQ相交，所以AC⊥平面EPQ，所以在三棱錐B′?ACD表面上，滿足AC⊥EF的點(diǎn)F軌跡為因?yàn)镋P=12OB′所以△EPQ的周長(zhǎng)為12所以點(diǎn)F軌跡的長(zhǎng)度為4+6故選：A．【題型3距離（長(zhǎng)度）有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問題】【例3】（2024·四川南充·二模）三棱錐A?BCD中，AB=AC=AD=4，BC=CD=DB=6，P為△BCD內(nèi)部及邊界上的動(dòng)點(diǎn)，AP=22，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為（

A．π B．2π C．3π D．4π【解題思路】由已知可得三棱錐為正三棱錐，即可得三棱錐的高，設(shè)點(diǎn)A在底面BCD上的射影為O，即可得OP，進(jìn)而可得點(diǎn)P的軌跡及其長(zhǎng)度.【解答過程】

如圖所示，由AB=AC=AD=4，BC=CD=DB=6，可知三棱錐A?BCD為正三棱錐，設(shè)CD中點(diǎn)為E，則BE=33，OB=23，設(shè)點(diǎn)A在底面BCD上的射影為O，則AO⊥平面BCD，OA=A又P為△BCD內(nèi)部及邊界上的動(dòng)點(diǎn)，AP=22所以O(shè)P=2，所以點(diǎn)P的軌跡為以點(diǎn)O為圓心，2為半徑的圓在△BCD內(nèi)部及邊界上的部分，如圖所示，

OE⊥P1∴cos即∠EOP1=所以點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2π故選：B.【變式3-1】（2024·廣東梅州·一模）如圖，正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，點(diǎn)P是面ABB1A．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線【解題思路】建立如圖空間直角坐標(biāo)系，設(shè)P(1,m,n)(n>0)，利用兩點(diǎn)距離公式可得9(n+【解答過程】由題意知，以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1所在直線分別為則A(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,2)所以PD因?yàn)镻到D1的距離是P到AB所以PD1=2n整理，得9(n+所以點(diǎn)P的軌跡為雙曲線.故選：C.【變式3-2】（23-24高三上·江西撫州·階段練習(xí)）設(shè)A、B是半徑為2的球體O表面上的兩定點(diǎn)，且∠AOB=π2，球體O表面上動(dòng)點(diǎn)M滿足MA=3MB，則點(diǎn)A．467π B．2305π【解題思路】先建立平面直角坐標(biāo)系確定M軌跡，轉(zhuǎn)化為空間中的阿氏球，利用兩球相交求相交圓周長(zhǎng)即可.【解答過程】以AOB所在的平面建立平面直角坐標(biāo)系，AB為x軸，AB垂直平分線為y軸，則易知A?1,0設(shè)Mx,y，由MA=3MB故M的軌跡是以C2,0為圓心，3轉(zhuǎn)化到空間M的軌跡為以C為球心，3為半徑的球，同時(shí)M在球O上，故M在兩球的交線上，軌跡為圓.又OM=2，MC=3，易求得OC=5則對(duì)應(yīng)圓的半徑為=2M的軌跡長(zhǎng)度即對(duì)應(yīng)圓的周長(zhǎng)為230故選：B．【變式3-3】（2023·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為22,P是正方形BBA．23 B．3 C．32 【解題思路】利用等體積法可得點(diǎn)B1到平面A1BD的距離等于263，結(jié)合平行關(guān)系分析可得點(diǎn)P【解答過程】由題意可知：B1設(shè)三棱錐B1?A因?yàn)閂B1?解得?=263，即點(diǎn)B1到平面又因?yàn)锳1B1∥CD，且A1B1=CDA1D?平面A1BD，B1C?平面即點(diǎn)P的軌跡為線段B1因?yàn)镃D⊥平面BB1C1C，B在Rt△B1CD中，故選：D.【題型4角度有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問題】【例4】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知正四棱錐P?ABCD的體積為423，底面ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)在經(jīng)過球心的截面圓上，頂點(diǎn)P在球O的球面上，點(diǎn)E為底面ABCD上一動(dòng)點(diǎn)，PE與PO所成角為π6，則點(diǎn)EA．2π B．43π C．6【解題思路】根據(jù)錐體的體積公式結(jié)合外接球的性質(zhì)可得半徑和四棱錐的底邊邊長(zhǎng)，進(jìn)而根據(jù)銳角三角函數(shù)可得OE=OP?tan∠EPO=63，即可判斷點(diǎn)E的軌跡為【解答過程】由題意，設(shè)球O的半徑為R．如圖所示，連接AC,BD交于點(diǎn)O，連接PO，則AO=BO=PO=R，AB=2R，PO⊥平面ABCD，所以V四棱錐在Rt△POE中，因?yàn)镺P=2，∠EPO=π因?yàn)檎叫蜛BCD的中心O到各邊的距離為22R=1>63，所以點(diǎn)E的軌跡為平面ABCD內(nèi)，以點(diǎn)O為圓心，半徑r=6故選:D．【變式4-1】（2024·海南海口·一模）如圖，點(diǎn)P是棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1C1D1表面上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直線A．π+42 B．42π C．【解題思路】先利用直線AP與平面ABCD所成的角為45°求得點(diǎn)P的軌跡，進(jìn)而求得點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度.【解答過程】若點(diǎn)P在正方形A1過點(diǎn)P作PP′⊥平面ABCD于P則∠PAP′為直線AP與平面ABCD所成的角，則又PP′=2，則PA=2則點(diǎn)P的軌跡為以A1為圓心半徑為2的圓（落在正方形A若點(diǎn)P在正方形A1B1AB內(nèi)或因?yàn)辄c(diǎn)P不可能落在其他三個(gè)正方形內(nèi)，所以點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2×π故選：A.【變式4-2】（23-24高一上·浙江紹興·期末）已知點(diǎn)P是邊長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1表面上的動(dòng)點(diǎn)，若直線AP與平面A．32 B．22+π C．【解題思路】由題意，分析可得點(diǎn)P的軌跡，分別計(jì)算各段軌跡的長(zhǎng)度即可.【解答過程】若點(diǎn)P在正方形A1B1C1D1內(nèi)，過點(diǎn)P作P則∠PAP′為直線AP與平面ABCD所成的角，則又PP′=1，則PA=則點(diǎn)P的軌跡為以A1若點(diǎn)P在正方形ABB1A1內(nèi)或ADD因?yàn)辄c(diǎn)P不可能落在其他三個(gè)正方形內(nèi)，所以點(diǎn)P的軌跡如圖所示：故點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為21+1故選：D.【變式4-3】（2024·江西·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正三棱臺(tái)ABC?A1B1C1的上、下底面邊長(zhǎng)分別為4和6，側(cè)棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)P在側(cè)面BCC1B1內(nèi)運(yùn)動(dòng)（包含邊界），且A．4π3 B．5π3 C．【解題思路】先將正三棱臺(tái)側(cè)棱延長(zhǎng)補(bǔ)成正三棱錐，求出點(diǎn)A到平面BCC1B【解答過程】依題意，延長(zhǎng)正三棱臺(tái)側(cè)棱相交于點(diǎn)O，取B1C1BC中點(diǎn)E，連接AD,DE,AE，則有OA=OB=OC，所以DE的延長(zhǎng)線必過點(diǎn)O且DE⊥B過點(diǎn)D作DF//C1如圖所示：

在△OBC中，B1C1解得OC1=4所以△OBC為邊長(zhǎng)為6等邊三角形，所以∠DFE=∠FDC1=∠OCB=所以DE=DF×sin因?yàn)椤鰽BC是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形且E為BC中點(diǎn)，所以AE=33，BC⊥AE在△OAE中，由余弦定理變形得，cos∠OEA=在△ADE中，由余弦定理變形得，cos∠DEA=解得AD=26，所以AE2由BC⊥AE,BC⊥OE,AE∩OE=E,AE,OE?平面AOE，可得BC⊥平面AOE，又AD?平面AOE，所以BC⊥AD，由BC⊥AD，AD⊥DE，BC∩DE=E，BC,DE?平面BCC可得AD⊥平面BCC因?yàn)锳P與平面BCC1B所以ADDP=6，解得DP=2所以點(diǎn)P在平面BCC1B1的軌跡為以D為原點(diǎn)的圓被四邊形設(shè)C1F的長(zhǎng)度為l，則所以所有滿足條件的動(dòng)點(diǎn)P形成的軌跡長(zhǎng)度為4π故選：A.【題型5翻折有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問題】【例5】（23-24高三上·云南昆明·階段練習(xí)）如圖，已知在△ABC中，AB=1,BC=3,AB⊥BC，D是BC邊上一點(diǎn)，且BD=1，將△ABD沿AD進(jìn)行翻折，使得點(diǎn)B與點(diǎn)P重合，若點(diǎn)P在平面ADC上的射影在△ADC內(nèi)部及邊界上，則在翻折過程中，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為（

）

A．212π B．28π C．2【解題思路】過點(diǎn)B作BF⊥AD，得到動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是以E為圓心，以BE為半徑且圓心角為∠P1EP2的圓弧，在△ABC所在平面建立平面直角坐標(biāo)系，求得直線BE和AC的方程，聯(lián)立方程組，求得F【解答過程】如圖（1）所示，過點(diǎn)B作BF⊥AD，分別交AD,AC于點(diǎn)E,F，則動(dòng)點(diǎn)P在平面ADC上的射影軌跡為線段EF，設(shè)當(dāng)P與P1重合時(shí)，有P1E⊥EF；當(dāng)P與P則由PE=BE為定長(zhǎng)，可知?jiǎng)狱c(diǎn)P的軌跡是以E為圓心，以BE為半徑且圓心角為∠P在△ABC所在平面建立如圖（2）所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,1)，D(1,0)，C(3,0)，E12,12聯(lián)立方程組y=xy=?13x+1，解得x=3又由BE=22，可得cos∠P所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為22故選：A．

【變式5-1】（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在長(zhǎng)方形ABCD中，AB=2，BC=4，E為BC的中點(diǎn)，將△BAE沿AE向上翻折到△PAE的位置，連接PC，PD，在翻折的過程中，以下結(jié)論錯(cuò)誤的是（

）A．四棱錐P?AECD體積的最大值為2B．PD的中點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度為3C．EP，CD與平面PAD所成的角相等D．三棱錐P?AED外接球的表面積有最小值16【解題思路】四棱錐P?AECD的底面積為定值，當(dāng)平面APE⊥平面AECD時(shí)，高最大，即可求出四棱錐P?AECD體積的最大值；取PA的中點(diǎn)G，由已知得點(diǎn)F的軌跡與點(diǎn)G的軌跡形狀完全相同，則可以求點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度即可；利用線面角的概念分別找到EP，CD與平面PAD所成的角，即可求解；根據(jù)三棱錐的外接球的定義作出圖形，即可求解.【解答過程】由已知條件可知，梯形AECD的面積為6，AE=22，直角△APE斜邊AE上的高為2，當(dāng)平面APE⊥平面AECD時(shí)，四棱錐P?AECD即VP?AECD=1取PA的中點(diǎn)G，連接GF，GE，F(xiàn)C，則GF=EC且GF//EC∴四邊形ECFG是平行四邊形，∴點(diǎn)F的軌跡與點(diǎn)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=22為半徑的半圓弧，從而PD的中點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度為則B錯(cuò)誤；由四邊形ECFG是平行四邊形，知EC//FG，則EC//則E，C到平面PAD的距離相等，故PE，CD與平面PAD所成角的正弦值之比為PE:CD=1:1，則C正確；△APE外接圓O1的半徑為2，O1為AE的中點(diǎn)，直角△ADE外接圓O2的半徑為2，O2為AD的中點(diǎn)，AE是圓O1設(shè)三棱錐P?AED外接球的球心為O，半徑為R，則R=|OE|=|因?yàn)閨O2O|∈[0,+∞)，所以R≥2則D正確,故選：B.【變式5-2】（23-24高二上·四川內(nèi)江·期中）如圖，已知菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=120°，E為邊BC的中點(diǎn)，將△ABE沿AE翻折成△AB1E（點(diǎn)B1位于平面ABCD上方），連接B1C和B1D，F(xiàn)為

【解題思路】設(shè)G′是AB1的中點(diǎn)，可證F的軌跡與G′的軌跡相同，求得【解答過程】由AB=2，∠BAD=120°，E為邊BC的中點(diǎn)設(shè)G′是AB1的中點(diǎn)，又F為B1D而CE=12BC=12AD且即FG′EC為平行四邊形，故EG

故F的軌跡與G′因?yàn)锳E⊥面B1EC，且B1E=1，所以設(shè)AE的中點(diǎn)為O，則OG′=又OG′?面B1EC，B1E?故G′的軌跡為以O(shè)為圓心，B所以F的軌跡長(zhǎng)度為12故答案為：π2【變式5-3】（22-23高二上·廣東廣州·期末）已知矩形ABCD中AB=3，AD=3，現(xiàn)將△ACD沿對(duì)角線AC向上翻折（如圖所示），若在翻折過程中，點(diǎn)D到點(diǎn)B的距離在212,302內(nèi)變化時(shí)，點(diǎn)D【解題思路】根據(jù)已知，可知點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧，做輔助線，將BD的長(zhǎng)度的變化范圍轉(zhuǎn)化為二面角D?AC?B的變化范圍，再由弧長(zhǎng)公式計(jì)算即得.【解答過程】如圖所示：在矩形ABCD中，過點(diǎn)D作DF⊥AC交AC于點(diǎn)F，交AB于點(diǎn)G，過點(diǎn)B作BE⊥DF交DF于點(diǎn)E，故點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡是以F為圓心，以DF為半徑的圓弧，∠DFE為二面角D?AC?B的平面角.∵AB=3，AD=3∴DF=AD×DCAC=EF=sin∠ACB×BC=3翻折后BE⊥DF，BE⊥EF，DF∩EF=F,DF,EF?平面DFE，∴BE⊥平面DFE.∵DE?平面DFE,∴BE⊥DE.當(dāng)BD=212時(shí)，故△DEF是等邊三角形，所以∠DFE=π當(dāng)BD=302時(shí)，因?yàn)镋F=DF=32,DE=32則點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為π2故點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度是αr=π故答案為:π4【題型6軌跡所圍圖形的周長(zhǎng)、面積問題】【例6】（23-24高三上·廣西貴港·階段練習(xí)）正三棱柱ABC?A1B1C1的底面邊長(zhǎng)是4，側(cè)棱長(zhǎng)是6，M，N分別為BB1，CC1的中點(diǎn)，若點(diǎn)A．53 B．5 C．39 D．【解題思路】取AB的中點(diǎn)Q，證明平面MQC∥平面AB1N得動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為△MQC及其內(nèi)部（挖去點(diǎn)【解答過程】取AB的中點(diǎn)Q，連接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分別為BB1，CC1，AB的中點(diǎn)可得MC∥B1N，所以MC//平面AB1N，同理MQ∥AB1得MQ//平面AB1N，所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為△MQC及其內(nèi)部（挖去點(diǎn)M）．在正三棱柱ABC?A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1=AB所以CQ⊥QM．因?yàn)锳B=4，所以CQ=23因?yàn)閭?cè)棱長(zhǎng)是6，所以AB所以MQ=13，則△MQC的面積S=故動(dòng)點(diǎn)P的軌跡面積為39．故選：C.【變式6-1】（2024·河北·模擬預(yù)測(cè)）已知正四棱錐（底面為正方形，且頂點(diǎn)在底面的射影為正方形的中心的棱錐為正四棱錐）P－ABCD的底面正方形邊長(zhǎng)為2，其內(nèi)切球O的表面積為π3，動(dòng)點(diǎn)Q在正方形ABCD內(nèi)運(yùn)動(dòng)，且滿足OQ=OP，則動(dòng)點(diǎn)Q形成軌跡的周長(zhǎng)為（

A．2π11 B．3π11 C．【解題思路】利用等體積法及幾何關(guān)系求出關(guān)于動(dòng)點(diǎn)Q的等式關(guān)系，根據(jù)相關(guān)幾何意義即可求出動(dòng)點(diǎn)Q形成軌跡的周長(zhǎng).【解答過程】設(shè)內(nèi)切球O的半徑為R，則4πR2如圖，連接AC與BD，設(shè)交點(diǎn)為F，取AD的中點(diǎn)E，連接PE，PF，EF．根據(jù)等體積法得13∴134+4×12×2×PE解得PE=1311，PF=4311．∴OF=在Rt△OFQ中，QF=∴點(diǎn)Q在以點(diǎn)F為圓心，211為半徑的圓上，其周長(zhǎng)為2故選：C．【變式6-2】（23-24高二下·浙江·開學(xué)考試）在正四面體ABCD中，P,Q分別是棱AB,CD的中點(diǎn)，E,F分別是直線AB,CD上的動(dòng)點(diǎn)，且滿足PE+QF=a，M是EF的中點(diǎn)，則點(diǎn)MA．a(chǎn)24 B．a(chǎn)22 C．【解題思路】先由對(duì)稱性找到PQ、EF的中點(diǎn)在中截面GHLK上運(yùn)動(dòng)，利用向量的加減運(yùn)算，得到OM→=12(PE→+QF→)【解答過程】如圖所示，正四面體ABCD中，取BC、BD、AD、AC的中點(diǎn)G、H、K、L，因?yàn)镻、Q分別是棱AB，CD的中點(diǎn)，所以PQ的中點(diǎn)O也為定點(diǎn)；由對(duì)稱性知，PQ和EF的中點(diǎn)都在中截面GHKL（正方形）上；由OM→所以O(shè)M→設(shè)E,F在中截面上的投影分別為E′所以O(shè)M→所以點(diǎn)M是線段E′作a//CD,b//AB，則∠E因?yàn)镻E+QF取OR=ON=a2，所以兩式相減得RE過點(diǎn)E′作E所以RE′=NS所以E′F′的中點(diǎn)M在RN上，同理E′F因?yàn)镽N=(即動(dòng)點(diǎn)M的軌跡就是邊長(zhǎng)為22a的正方形所以其軌跡圍成的區(qū)域的面積是(故選：B.【變式6-3】（2024·四川·一模）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為3，點(diǎn)E在棱BC上，且滿足BE=2EC，動(dòng)點(diǎn)A．62 B．43 C．42【解題思路】在AB，BB1上分別取點(diǎn)G,F，使得BG=2GA，BF=2FB1，則【解答過程】解：由正方體的特點(diǎn)可知BD1⊥在AB，BB1上分別取點(diǎn)G,F，使得BG=2GA，連接GE，GF，EF，則GE//AC，EF//B∴平面AB1C//∴BD1⊥∴M的軌跡為△GEF．∵正方體棱長(zhǎng)為3，∴AC=32∴GE=2∴△GEF的周長(zhǎng)為3GE=62故選：A．一、單選題1．（2024·陜西銅川·模擬預(yù)測(cè)）在正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，AB=2A1B1=4A．53π3 B．43π3【解題思路】利用勾股定理得到PM=23，即可得到點(diǎn)P【解答過程】

設(shè)A1在平面ABCD內(nèi)的射影為M，則M在線段AC上，則AM=AC?A1C故動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為以M為圓心，以23為半徑的圓在正方形ABCD如圖所示，其中MT=MK=3，故DT=BK=3又SM=ML=23，所以ST=KL=因?yàn)镾TSM=KLLM=32，所以∠SMT=∠LMK=故選：A．2．（2024·遼寧·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，已知M，N，P分別是棱C1D1，AA1，BC的中點(diǎn)，QA．π2 B．π C．2π D．【解題思路】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由空間向量的位置關(guān)系可證得DB1⊥【解答過程】解：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x、y、建立空間直角坐標(biāo)系，P1,2,0，M0,1,2，N2,0,1，D故DB1=PN=1,?2,1，設(shè)平面PMN的法向量為則m?令z=1得，x=y=1，故m=因?yàn)镈B1=2m，故Q為平面PMN上的動(dòng)點(diǎn)，直線QB1與直線DB1⊥平面PMN，設(shè)垂足為S，以S即為點(diǎn)Q的軌跡，其中B1由對(duì)稱性可知，B1S=1故點(diǎn)Q的軌跡長(zhǎng)度為2π故選：C.3．（2024·江西·二模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4，點(diǎn)M滿足C1M=3MC，若在正方形A．4 B．17 C．5 D．4【解題思路】在棱A1D1,AA1上分別取點(diǎn)E,F，使得A1E=14A1D【解答過程】如圖，在棱A1D1,AA1上分別取點(diǎn)連接EF,BC因?yàn)锳1E=1所以，EF//AD因?yàn)镋F?平面AMD1，AD所以EF//平面AMD因?yàn)镃1M=3又A1F=1所以，AF=C1M=3在棱BB1上取點(diǎn)G,使得則FG//AB且FG=AB，又AB//C1D所以FG//C1D1且所以FD又BG//MC1且BG=MC所以GC1//BM因?yàn)锳1所以△BCM?△D1A所以四邊形BFD1M因?yàn)锽F?平面AMD1，D1所以，BF//平面AMD因?yàn)锽F∩EF=F，BF,EF?平面BFEC所以平面BFEC1//因?yàn)槠矫鍮FEC1∩所以，在正方形A1B1C1D1點(diǎn)P的軌跡為線段C1因?yàn)镃1所以，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)為5.故選：C.4．（2024·四川成都·三模）在棱長(zhǎng)為5的正方體ABCD?A1B1C1D1中，Q是DDA．5π B．25π C．5【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，作出輔助線，得到AQ⊥平面CDRH，由點(diǎn)到平面的距離和球的半徑得到點(diǎn)P的軌跡為以5為半徑的圓，從而求出點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度.【解答過程】以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1所在直線分別為則Q0,0,52球心O52,52,52，取A1則R52,0,5DC?故DR⊥AQ，CD⊥AQ，又DR∩CD=D，DR,CD?平面CDRH，故AQ⊥平面CDRH，故當(dāng)P位于平面CDRH與內(nèi)切球O的交線上時(shí)，滿足CP⊥AQ，此時(shí)O52,d=DOr=254?54故點(diǎn)P的軌跡為以5為半徑的圓，故點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為25故選：B.5．（2024·北京延慶·一模）已知在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=1，P是正方形A．18 B．14 C．π16【解題思路】由題意，在平面ABCD上，分別以AB,AD為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)P(x,y)，根據(jù)已知列出x,y滿足的關(guān)系，進(jìn)而可得滿足條件的點(diǎn)P構(gòu)成的圖形，計(jì)算面積即可.【解答過程】如圖，連接PC，則PC

如圖，在平面ABCD上，分別以AB,AD為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系，

則A(0,0),C(1,1)，設(shè)P(x,y)，由PA≥PC1，得即x2+y設(shè)直線l:2x+2y?3=0與DC,BC交于點(diǎn)M,N，則點(diǎn)P在△CMN內(nèi)部(含邊界)，即滿足條件的點(diǎn)P構(gòu)成的圖形為△CMN及其內(nèi)部，易知M12,1∴S△CMN故選：A．6．（2024·上海徐匯·二模）三棱錐P?ABC各頂點(diǎn)均在半徑為22的球O的表面上，AB=AC=22,∠BAC=90。，二面角P?BC?A①三棱錐O?ABC的體積為83；②點(diǎn)P形成的軌跡長(zhǎng)度為2A．①②都是真命題B．①是真命題，②是假命題C．①是假命題，②是真命題D．①②都是假命題【解題思路】根據(jù)球的截面圓的性質(zhì)可得出二面角，利用直角三角形性質(zhì)判斷△ABC外心O1和△PBC外心O2的位置，利用垂直關(guān)系證明O2是AO中點(diǎn)，利用體積公式判斷①，根據(jù)O【解答過程】由題意知AB=AC=22,∠BAC=90設(shè)△ABC外心為O1，則O1為BC的中點(diǎn)，設(shè)△PBC外心為則OO1⊥平面ABC，O∵BC?平面ABC，BC?平面PBC，∴OO1⊥BC∵OO2∩OO1=O，∵OO又因?yàn)锳O1⊥BC，則AO1?平面OO1O則BC⊥平面OAO連接O1O2，則∠A∵二面角P?BC?A的大小為45°，∴∠AO而AO1⊥BC，O1A=12BC=2，因?yàn)楣蔕O2⊥O1O在△AO1O則AO2=2，故且O2是OA則VO?ABC又∵O2∴點(diǎn)P形成的軌跡是以O(shè)2為圓心，半徑為6∴軌跡長(zhǎng)度為26故選：A．7．（2024·四川成都·三模）六氟化硫，化學(xué)式為SF6，在常壓下是一種無色、無臭、無毒、不燃的穩(wěn)定氣體，有良好的絕緣性，在電器工業(yè)方面具有廣泛用途.六氟化硫分子結(jié)構(gòu)為正八面體結(jié)構(gòu)（正八面體每個(gè)面都是正三角形，可以看作是將兩個(gè)棱長(zhǎng)均相等的正四棱錐將底面粘接在一起的幾何體）.如圖所示，正八面體E?ABCD?F的棱長(zhǎng)為a，下列說法中正確的個(gè)數(shù)有（

①異面直線AE與BF所成的角為45°；②此八面體的外接球與內(nèi)切球的體積之比為33③若點(diǎn)P為棱EB上的動(dòng)點(diǎn)，則AP+CP的最小值為23④若點(diǎn)O為四邊形ABCD的中心，點(diǎn)Q為此八面體表面上動(dòng)點(diǎn)，且OQ=a2，則動(dòng)點(diǎn)QA．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【解題思路】對(duì)①：借助等角定理，找到與AE平行，與BF相交的線段，計(jì)算即可得；對(duì)②：借助外接球與內(nèi)切球的性質(zhì)計(jì)算即可得；對(duì)③：空間中的距離和的最值問題可將其轉(zhuǎn)化到同意平面中進(jìn)行計(jì)算.對(duì)④，計(jì)算r2?OQ2,r1的值，并比較它們的大小，即可得出當(dāng)點(diǎn)Q【解答過程】對(duì)①：連接AC，取AC中點(diǎn)O，連接OE、OF，由題意可得OE、OF為同一直線，A、E、C、F四點(diǎn)共面，又AE=EC=CF=FA，故四邊形AECF為菱形，故AE//CF，故異面直線AE與BF所成的角等于直線CF與BF所成的角，即異面直線AE與BF所成的角等于∠CFB=60對(duì)②：由四邊形ABCD為正方形，有AC故四邊形AECF亦為正方形，即點(diǎn)O到各頂點(diǎn)距離相等，即此八面體的外接球球心為O，半徑為R=2設(shè)此八面體的內(nèi)切球半徑為r，則有VE?ABCD?F=1則此八面體的外接球與內(nèi)切球的體積之比為Rr對(duì)③：將△AEB延EB折疊至平面EBC中，如圖所示：則在新的平面中，A、P、C三點(diǎn)共線時(shí)，AP+CP有最小值，則AP+CPmin對(duì)于④，設(shè)三角形BCE的內(nèi)切圓半徑為r1，則由等面積法，有1解得r1由②可知，點(diǎn)O到平面BCE的距離為r=6所以O(shè)Q2這表明當(dāng)點(diǎn)Q在平面BCE內(nèi)時(shí)，點(diǎn)Q在三角形BCE的內(nèi)切圓上運(yùn)動(dòng)，它的周長(zhǎng)是2π根據(jù)對(duì)稱性可知?jiǎng)狱c(diǎn)Q的軌跡長(zhǎng)度為8×2π正確的編號(hào)有②④.故選：B.8．（2024·四川綿陽(yáng)·三模）如圖，正方體ABCD?A′B′C′D′的棱長(zhǎng)為3，點(diǎn)M是側(cè)面ADAA．若保持PM=13．則點(diǎn)MB．保持PM與BD′垂直時(shí)，點(diǎn)MC．沿正方體的表面從點(diǎn)A到點(diǎn)P的最短路程為2D．當(dāng)M在D′點(diǎn)時(shí)，三棱錐B′【解題思路】由PD=13可知，可過點(diǎn)P作PQ⊥平面ADD′A′，即可找到動(dòng)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡；找出與BD′垂直的平面，與平面A′ADD′的交線即為動(dòng)點(diǎn)M的軌跡；將平面ABCD【解答過程】對(duì)于A，過點(diǎn)P作PQ⊥平面ADD′A′，以Q為圓心，QD為半徑在平面ADD′A′內(nèi)作圓交∵D′Q=1,EQ=2，∴D′E=3∴DE的長(zhǎng)為l=23π對(duì)于B，∵D′D⊥平面ABCD,AC?平面ABCD，∴∵AC⊥BD，D′D,BD?平面D′DB，AC?平面∴AC⊥平面D′∵D′B?平面D′同理可證B′∵AC,B′C?平面B′AC，AC∩∴D′B⊥平面找DC上的點(diǎn)H，使得HC=2，找AD上的點(diǎn)G，使得DG=1,連接PH,GH,D∵PH∥D′C,AB′∥D′∵PH?平面B′AC，AB′?平面B∵GH∥AC，GH?平面B′AC，AC?平面∴GH∥平面B′∵GH?平面PGH，PH?平面PGH，GH∩PH=H，∴平面PGH∥平面B′AC，∴D′在A′A上找一點(diǎn)F使得A′∵FP∥AC，GH∥AC，∴FP∥GH，∴F,P,G,H四點(diǎn)共面，∴D′B⊥平面∴點(diǎn)M的軌跡為線段FG,FG=AG2將平面ABCD和平面C′CBB′沿BC展開在同一平面上，從點(diǎn)A到點(diǎn)P的最短路程為AP,則分別以DC,DA,DM所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則M0,0,3，A3,0,0，P0,3,2設(shè)三棱錐B′?MAP的外接球的球心為Ox,y,z即3?x2+3?y∴三棱錐B′?MAP的外接球半徑∴三棱錐B′?MAP的外接球表面積為S=4π故選：C.

二、多選題9．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=BC=4，AA1=3，M為AD中點(diǎn)，PA．點(diǎn)P的軌跡為橢圓的一部分B．點(diǎn)P的軌跡為圓的一部分C．點(diǎn)P的軌跡與DC，DD1D．點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為8【解題思路】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)P(x,y)，求得(x+43)【解答過程】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，由因?yàn)镈P,CP?平面CDD1C1，可得又因?yàn)椤螪PM=∠BPC，所以△PDM∽△PCB，可得PDPC在平面DCC1D1內(nèi)，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，可得D(0,0),C(4,0)，設(shè)P(x,y)，則有x2+y又點(diǎn)P為平面CC1D令x=0，可得y=433，所以與y所以點(diǎn)P的軌跡所在的扇形圓心角為π3，點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為1點(diǎn)P的軌跡與DC,DD1所圍成的圖形面積為故選：BCD.10．（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，空間中一動(dòng)點(diǎn)P滿足A．存在點(diǎn)P，使得A1PB．設(shè)ACl與平面MNQ交于點(diǎn)KC．若∠PAC=30°，則點(diǎn)P的軌跡為拋物線D．三棱錐P?QMN的外接球半徑最小值為5?【解題思路】對(duì)于A，根據(jù)向量共面定理可得P在平面BCC1B1上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)P在B點(diǎn)時(shí)，可證A1P//平面MNQ；對(duì)于B，以B點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間坐標(biāo)系，可證ACl⊥平面MNQ，故交點(diǎn)K為點(diǎn)A在平面MNQ的射影，利用等體積法可求得AK的長(zhǎng)度，從而得到AKC1K；對(duì)于C，分別表示出AP和AC，利用向量夾角公式，化簡(jiǎn)即可得到(λ?2)23+μ【解答過程】對(duì)于A，因?yàn)榭臻g中一動(dòng)點(diǎn)P滿足BP=λBC+μBB所以當(dāng)P在B點(diǎn)時(shí)，連接A因?yàn)镸,N分別為AA1,AB，所以A1P//MN，A1P?平面MNQ，MN?對(duì)于B，以B點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA為x軸，BC為y軸，BB1為則N(12,0,0)，M(1,0,12)，所以NQ=(12,1所以NQ?AC1=0因?yàn)镹Q∩NM=N，NQ，NM?平面MNQ，所以ACl⊥平面MNQ，故交點(diǎn)K為點(diǎn)A在平面MNQ的射影，即AK⊥所以VA?MNQ=VM?ANQ，即因?yàn)锳C1=3，所以對(duì)于C，由BP=λBC則AP=(?1,λ,μ)，AC=(?1,1,0)，因?yàn)樗詂osAP化簡(jiǎn)可得：(λ?2)23+對(duì)于D，由B選項(xiàng)可知，△MNQ外接圓的圓心為K，三棱錐P?QMN外接球的球心O在AC設(shè)AO=mAC1，所以三棱錐P?QMN外接球的半徑R=ON=OP則OP⊥平面BCC由于平面BCC1B1的法向量則λ=μ=m，即P(0,m,m)，由R=ON=OP解得：m=?1±74，由于m>0則R=(1?m)2=5?7故選：ABD.11．（2024·湖南益陽(yáng)·三模）如圖，點(diǎn)P是棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1BA．當(dāng)點(diǎn)P在平面BCC1BB．當(dāng)點(diǎn)P在線段AC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，D1P與AC．使直線AP與平面ABCD所成角為45°的動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為D．若F是A1B1的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P在底面ABCD上運(yùn)動(dòng)，且滿足PF//平面B1【解題思路】由底面正方形ADD1A1的面積不變，點(diǎn)P到平面AA1D1D的距離不變，可判定A正確；以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)P(x,2?x,0)，則D1P=(x,2?x,?2),A1C1=(?2,2,0)，結(jié)合向量的夾角公式，可判定B正確；由直線AP與平面ABCD【解答過程】選項(xiàng)A：底面正方形ADD1A1的面積不變，點(diǎn)P到平面選項(xiàng)B：以D為原點(diǎn)，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(biāo)系，可得設(shè)P(x,2?x,0),0≤x≤2，則D1設(shè)直線D1P與A1C1因?yàn)?≤x≤2，則0≤x?1當(dāng)x?1=0時(shí)，可得cosθ=0，所以當(dāng)0<x?1≤1時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)x?1=1，即x=0可知0<cosθ≤12，且所以異面直線D1P與A1對(duì)于C：因?yàn)橹本€AP與平面ABCD所成的角為45°若點(diǎn)P在平面DCC1D因?yàn)椤螧在平面ADD1A1內(nèi)，點(diǎn)在平面ABB1A1內(nèi)，點(diǎn)在平面A1B1C1因?yàn)椤螾AM=45°，所以又因?yàn)镻M=AB，所以AM=AB，所以A1所以點(diǎn)P的軌跡是以A1所以點(diǎn)P的軌跡的長(zhǎng)度為14綜上，點(diǎn)P的軌跡的總長(zhǎng)度為π+4對(duì)于D，由B1設(shè)P(m,n,0),0≤m≤2,0≤n≤2，則CB設(shè)平面CB1D1的一個(gè)法向量為取a=1，可得b=?1,c=?1，所以n=(1,?1,?1)因?yàn)镻F//平面B1CD，所以FP?所以FP=(m?2)2故選：ABC.三、填空題12．（23-24高三上·江西撫州·期中）已知菱形ABCD的各邊長(zhǎng)為2,∠D=60°.如圖所示，將△ACD沿AC折起，使得點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)S的位置，連接SB，得到三棱錐S?ABC，此時(shí)SB=3.若E是線段SA的中點(diǎn)，點(diǎn)F在三棱錐S?ABC的外接球上運(yùn)動(dòng)，且始終保持EF⊥AC則點(diǎn)F的軌跡的面積為25

【解題思路】取AC中點(diǎn)M，由題可得AC⊥平面SMB，設(shè)點(diǎn)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(zhì)求截面圓半徑即得.【解答過程】取AC中點(diǎn)M，連接SM,BM，則AC⊥BM,AC⊥SM，SM=MB=BM∩SM=M，BM,SM?平面SMB，所以AC⊥平面SMB，又因?yàn)镾B=3，則∠SBM=∠MSB=30作EH⊥AC于H，設(shè)點(diǎn)F軌跡所在平面為α，則平面α經(jīng)過點(diǎn)H，且AC⊥α，設(shè)三棱錐S?ABC外接球的球心為O，半徑為R，△SAC,△BAC的中心分別為O1可知OO1⊥平面SAC,OO2由題可得∠OMO在Rt△OO1M又因?yàn)镺1S=2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所以截面圓的面積為π5故答案為：2512

13．（2024·江西宜春·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四面體ABCD中，△ABC和△ACD均是邊長(zhǎng)為6的等邊三角形，DB=9，則四面體ABCD外接球的表面積為84π；點(diǎn)E是線段AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在四面體ABCD的外接球上運(yùn)動(dòng)，且始終保持EF⊥AC，則點(diǎn)F的軌跡的長(zhǎng)度為53π【解題思路】設(shè)四面體ABCD外接球的球心為O,△DAC,△BAC的中心分別為O1,O2，則可得OO1⊥平面DAC,OO2⊥平面BAC，且O,O1,O2,M四點(diǎn)共面，可得∠OMO1=12∠O【解答過程】取AC中點(diǎn)M，連接BM,DM，則AC⊥BM,AC⊥DM,BM∩DM=M，BM,DM?平面DMB，又△ABC和△ACD均是邊長(zhǎng)為6的等邊三角形，DB=9，∴AC⊥平面DMB，DM=MB=6所以cos∠DBM=∴∠DBM=∠MDB=30設(shè)四面體ABCD外接球的球心為O,△DAC,△BAC的中心分別為O1易知OO1⊥平面DAC,OO2由題可得∠OMO1=在Rt△OO1M中，得則四面體ABCD外接球半徑r=O所以四面體ABCD外接球的表面積為4π作EH⊥AC于H，設(shè)點(diǎn)F軌跡所在平面為α，則平面α經(jīng)過點(diǎn)H且AC⊥α，易知O到平面α的距離d=MH=3故平面α截外接球所得截面圓的半徑為r1所以截面圓的周長(zhǎng)為l=2πr1=53故答案為：84π；514．（2024·四川遂寧·模擬預(yù)測(cè)）在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，所有棱長(zhǎng)均為2，∠BAD=60°，P①當(dāng)點(diǎn)Q在線段CD1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，四面體②若AQ//面A1BP，則③若△A1BQ的外心為M④若A1Q=7，則點(diǎn)【解題思路】由題證得CD1//面A1BP，所以直線CD1上各點(diǎn)到平面A1BP的距離相等，又△A1BP的面積為定值判斷①；取DD1,DC的中點(diǎn)分別為M,N，由面面平行的判定定理可得平面A1BP//面AMN，因?yàn)锳Q?面AMN，所以AQ//【解答過程】對(duì)于①，因?yàn)锳1B//CD1，A1B?平面A1BP，所以直線CD1上各點(diǎn)到平面A1對(duì)于②，取DD1,DC的中點(diǎn)分別為M,N因?yàn)锳M//PB，AM?平面A1BP，PB?平面A1BP，所以又因?yàn)镈1C//MN，A1又MN?平面A1BP，A1B?平面A1MN∩AM=M，AM,MN?平面AMN，所以平面A1BP//平面因?yàn)锳Q?面AMN，所以AQ//平面A1當(dāng)AQ⊥MN時(shí)，AQ有最小值，則易求出AM=AN=A則AM2+MN2所以AQ的最小值為AQ=AM=5對(duì)于③，若△A1BQ的外心為M，過M作MH⊥A1又A1B=對(duì)于④，在平面A1B1C1D1因?yàn)镈D1⊥平面A1B1C1D1，A因?yàn)镈D1∩C1所以A1O⊥平面C1在DD1,D1則A1A3所以，若A1Q=7，則Q在以O(shè)又因?yàn)镈1O=1,D1A3=故答案為：①④.四、解答題15．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，A為平面α內(nèi)一定點(diǎn)，α外一定點(diǎn)B在α內(nèi)的射影為M．求平面α變動(dòng)時(shí)點(diǎn)M的軌跡．

【解題思路】理解題意，由點(diǎn)B在α內(nèi)的射影為M,可知∠AMB始終保持為直角，利用直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，連接CM，即得MC=1【解答過程】因AB為定長(zhǎng)，且點(diǎn)B在α內(nèi)的射影為M,故BM⊥α,即得：BM⊥AM.在Rt△ABM中，取AB中點(diǎn)C，則MC=即不論α如何變動(dòng)，點(diǎn)M到定點(diǎn)C的距離都為定長(zhǎng)12故點(diǎn)M的軌跡是以AB為直徑的球．

16．（23-24高二上·湖北十堰·期中）如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4，M，N，G分別是棱AA

(1)求點(diǎn)Q的軌跡圍成圖形的面積；(2)求MG?【解題思路】（1）根據(jù)線線平行得四點(diǎn)共面，進(jìn)而可得Q的軌跡是正六邊形OFNEMG，根據(jù)三角形的面積公式即可求解，（2）根據(jù)數(shù)量積的幾何意義即可結(jié)合圖形求解最值.【解答過程】（1）因?yàn)镸Q=xMG+yMNx,y∈如圖，分別取AB，CC1，C1

連接OG,OF,FN,EN,A因?yàn)镸,G分別為AA1，A1又由正方體ABCD?A1B1C1D1可得故D1O∥AE，D1故MG∥OE，故M,G,O,E四點(diǎn)共面，同理可證故M,G,O,N,E五點(diǎn)共面，同理可證G,O,N,F四點(diǎn)共面，故六點(diǎn)共面，由正方體的對(duì)稱性可得六邊形為正六邊形．故點(diǎn)Q的軌跡是正六邊形OFNEMG，因?yàn)檎襟wABCD?A1B1C所以點(diǎn)Q的軌跡圍成圖形的面積是S=6×1（2）如圖，根據(jù)向量數(shù)量積的幾何意義可得當(dāng)Q位于O時(shí)，此時(shí)MQ在MG上的投影最大，故MG=22∴MG?

17．（2024·湖南·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四棱錐P?ABCD內(nèi)，PB⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，AB=2，BP=23．過P的直線l交平面ABCD于正方形ABCD內(nèi)的點(diǎn)M，且滿足平面PAM⊥平面PBM(1)當(dāng)∠ABM∈π6,(2)當(dāng)二面角M?PA?B的余弦值為45時(shí)，求二面角P?MA?D【解題思路】（1）作出輔助線，由面面垂直的性質(zhì)定理得到BH⊥平面PAM，再由線面垂直推出BH⊥AM，利用線面垂直的判定得到AM⊥平面PBM，進(jìn)而得到AM⊥BM，建立坐標(biāo)