重難點(diǎn)31 立體幾何壓軸小題（軌跡與最值）十四大題型【2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)題型突破】（解析版）

高中數(shù)學(xué)精編資源2/2重難點(diǎn)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 16題型3翻折求軌跡 23題型4角度恒定求軌跡 32題型5定長(zhǎng)求軌跡 42題型6向量法求軌跡 52題型7阿波羅尼斯圓相關(guān) 66題型8解析幾何相關(guān) 77題型8線段最值 93題型9折線求最值 102題型10倍數(shù)求最值 114題型11點(diǎn)線距離求最值 119題型12點(diǎn)線面距離求最值 127題型13周長(zhǎng)求最值 138題型14面積求最值 153題型1平行求軌跡【例題1】（2023·江西贛州·統(tǒng)考二模）在棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)P滿足AA1=4AP，E，F(xiàn)分別為棱BC，A．5373 B．237 C．【答案】D【分析】作出輔助線，找到點(diǎn)Q的軌跡，利用勾股定理求出邊長(zhǎng)，得到周長(zhǎng).【詳解】延長(zhǎng)AD,AB，交EF的延長(zhǎng)線與H,G，連接PG,PH，分別交BB1，DD1過(guò)點(diǎn)A1作A1K//PG交BB1于點(diǎn)K，過(guò)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(guò)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(guò)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1-1】1.（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為3，點(diǎn)M滿足CC1=3A．3 B．10 C．13 D．3【答案】C【分析】在棱A1D1,AA1上分別取點(diǎn)E,F，使得A1E=13A1D【詳解】解：如圖，在棱A1D1,AA1上分別取點(diǎn)E,F，使得因?yàn)锳1E=1所以，EF//AD因?yàn)镋F?平面AMD1，AD所以EF//平面AMD因?yàn)锳1F=1所以，AF=C1M=2因?yàn)锳B=C1D所以，△ABF≌△C1D1M所以BF=所以，四邊形BFD所以BF//D因?yàn)锽F?平面AMD1，D1所以，BF//平面AMD因?yàn)锽F∩EF=F，BF,EF?平面BFD所以平面BFD1M//因?yàn)槠矫鍮FD1M∩所以，在正方形A1B1C1D1內(nèi)有一動(dòng)點(diǎn)P滿足BP//因?yàn)镃所以，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)為13故選：C【變式1-1】2.（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M,N分別為BDA．點(diǎn)P可以是棱BB1的中點(diǎn) B．線段MPC．點(diǎn)P的軌跡是正方形 D．點(diǎn)P軌跡的長(zhǎng)度為2+【答案】B【分析】如圖，取棱BC的中點(diǎn)E，連接DE,B1E,ME，進(jìn)而證明平面B1EM//平面CND1，再結(jié)合題意可知直線B1M必過(guò)D點(diǎn)，進(jìn)而取A1D1中點(diǎn)【詳解】解：如圖，取棱BC的中點(diǎn)E，連接DE,B因?yàn)镸,N分別為BD1，所以，在△BCD1中，ME//CD1，由于ME?平面CND所以ME//平面CND因?yàn)锽1N//CE,B所以CN//B1E，因?yàn)镃N?平面CND1所以，B1E//平面因?yàn)锽1E∩ME=E，B1所以，平面B1EM//平面由于M為體對(duì)角線BD所以，連接B1M并延長(zhǎng)，直線B1故取A1D1中點(diǎn)F所以，由正方體的性質(zhì)易知FD所以，四邊形CD1FE是平行四邊形，EF//C因?yàn)椋琈E//CD1，所以，E,F,M共線，即F∈平面B1所以，四邊形B1EDF為點(diǎn)由正方體的棱長(zhǎng)為1，所以，四邊形B1EDF的棱長(zhǎng)均為52所以，四邊形B1EDF為菱形，周長(zhǎng)為由菱形的性質(zhì)知，線段MP的最大值為12故選：B【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解題的關(guān)鍵在于取棱BC的中點(diǎn)E，進(jìn)而證明平面B1EM//平面CND【變式1-1】3.（多選）（2024秋·山東臨沂·高三校聯(lián)考開(kāi)學(xué)考試）在三棱臺(tái)A1B1C1-ABC中，AA1⊥平面ABC，AB=BC=AC=2A．點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為1B．P到平面B1C．有且僅有兩個(gè)點(diǎn)P，使得AD．A1P與平面【答案】ABD【分析】取AB的中點(diǎn)E，AC的中點(diǎn)F，根據(jù)線面平行的判定與性質(zhì)可得點(diǎn)P在線段EF上運(yùn)動(dòng).對(duì)A，根據(jù)中位線的性質(zhì)求解即可；對(duì)B，根據(jù)EF//平面B1BCC1判斷可得；對(duì)C，根據(jù)AB=BC=AC結(jié)合正三角形的性質(zhì)判斷即可；對(duì)D，易得∠APA1為【詳解】取AB的中點(diǎn)E，AC的中點(diǎn)F，因?yàn)槿馀_(tái)中AB=2A1B故EB=A1B1且EB//A又A1E?平面BB1C1C，B同理A1F//C1C，A1F//平面B故平面A1EF//平面B1BCC對(duì)A，EF=1對(duì)B，因?yàn)镋F?平面A1EF，故EF//平面B1BCC對(duì)C，因?yàn)锳B=BC=AC，故A1P⊥BC當(dāng)且僅當(dāng)P為對(duì)D，因?yàn)锳A1⊥平面ABC，所以∠APA1由題意AE=EF=AF=1，故當(dāng)P為EF中點(diǎn)時(shí)，AP取得最小值32，此時(shí)tan∠A1PA=12

故選：ABD【變式1-1】4.（多選）（2023·重慶·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）在棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD-A1B1CA．直線BC1與直線ACB．平面BC1C．若EF=25，D．若AF//平面BC【答案】ACD【分析】對(duì)A，根據(jù)AC的平行線確定直線BC1與直線對(duì)B，根據(jù)面面平行的性質(zhì)，作出平面BC對(duì)C，由題意D1F=4，動(dòng)點(diǎn)F的軌跡為以D1對(duì)D，先判斷過(guò)A且平行于平面BC1E【詳解】對(duì)A，連接A1C1,A1B,BC1,AC，可得正△A1B對(duì)B，因?yàn)槊鍭DD1A1//面BCC1B1，平面BC1E∩面BCC1B1=BC1，根據(jù)面面平行的性質(zhì)可得平面BC1E截ADD對(duì)C，若EF=25，則D1F=EF2-D1對(duì)D，取B1C1中點(diǎn)Q，連接如圖，由B知截面為等腰梯形EPBC1，由四邊形ABC1D1為平行四邊形得AD1//BC1，又AD1?面BC1E,BC1?面BC1E，所以AD1//面BC1E，由四邊形BQD故選：ACD【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：立體幾何中與動(dòng)點(diǎn)軌跡有關(guān)的題目歸根到底還是對(duì)點(diǎn)線面關(guān)系的認(rèn)知，其中更多涉及了平行和垂直的一些證明方法，在此類問(wèn)題中要么很容易的看出動(dòng)點(diǎn)符合什么樣的軌跡(定義)，要么通過(guò)計(jì)算(建系)求出具體的軌跡表達(dá)式，和解析幾何中的軌跡問(wèn)題并沒(méi)有太大區(qū)別，所求的軌跡一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型.【變式1-1】5.（多選）（2023春·安徽阜陽(yáng)·高三安徽省臨泉第一中學(xué)?？紝ｎ}練習(xí)）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E?F?G?M?N均為所在棱的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在正方體表面運(yùn)動(dòng)，則下列結(jié)論正確的有（

）

A．當(dāng)點(diǎn)P為BC中點(diǎn)時(shí)，平面PEF⊥平面GMNB．異面直線EF?GN所成角的余弦值為1C．點(diǎn)E?F?G?M?N在同一個(gè)球面上D．若A1P【答案】ACD【分析】根據(jù)正方體圖形特征證明面面垂直判斷A選項(xiàng)，根據(jù)異面直線所成角判斷B選項(xiàng)，根據(jù)五點(diǎn)共圓判斷C選項(xiàng)，根據(jù)軌跡求出長(zhǎng)度判斷D選項(xiàng).【詳解】取AD中點(diǎn)Q，連接PQ,FQ，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E?F?G?M?N均為所在棱的中點(diǎn)，易知GM⊥PQ，∵FQ//DD1,∴FQ⊥∴GM⊥FQ，F(xiàn)Q?平面PQF，PQ?平面PQF，PQ∩FQ=Q，∴GM⊥平面PQF,PF?面PQF,∴GM⊥PF，

連接BA1，ABB∵FA1⊥平面ABA1B1FA1?平面PFA1B，∴GN⊥平面PFA1B,PF?平面PF綜上，GN?平面GMN，GM?平面GMN，又GM∩GN=G,所以PF⊥平面GMN，PF?平面PEF,故平面PEF⊥平面GMN，故A正確；取A1B1中點(diǎn)T，連接∴∠TEF是異面直線EF,GN所成的角，又EF=FT=ET=2,則記正方體的中心為點(diǎn)O，則OE=故點(diǎn)E,F,G,M,N在以O(shè)為球心，以2為半徑的球面上，故C正確；∵A1P∴A1∴P點(diǎn)軌跡是過(guò)點(diǎn)M與B1E平行的線段MP∴M故選：ACD.【變式1-1】6．（多選）（2023·湖南長(zhǎng)沙·雅禮中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，正方體ABCD-A1B1CA．若MB∥平面D1EFB．平面D1EFC．平面D1EF截正方體ABCD-D．不存在一條直線l，使得l與正方體ABCD-A【答案】ABC【分析】對(duì)于A、C項(xiàng)，先作出平面D1EF截正方體對(duì)于B項(xiàng)，作出二面角計(jì)算即可；對(duì)于D項(xiàng)，可知所有與體對(duì)角線平行的線與正方體各棱夾角都相等.【詳解】如圖所示，分別延長(zhǎng)DC、D1F交于點(diǎn)N，連接NE并延長(zhǎng)交DA的延長(zhǎng)線于G點(diǎn)，交CB于O點(diǎn)，連接D1G交A1A于H點(diǎn)，則五邊形D1FOEH為平面D1EF截正方體ABCD-A由已知及平行線分線段成比例可得：CN=1AGA1D1=HE=PQ=13故五邊形D1FOEH周長(zhǎng)為313連接BD，交EO于點(diǎn)I，由上計(jì)算可得I為GN中點(diǎn)，且D1G=G1N，故DI⊥EO，D1I垂直EO，即∠D1ID易得DI=9對(duì)于D存在直線l，如直線BD故選：ABC．【變式1-1】7.（多選）（2023·河北·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)E,F分別是棱AD,DDA．點(diǎn)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5D．直線D1P與BF【答案】AB【分析】取BB1,B1C1中點(diǎn)G,H，由面面平行的判定可證得平面BEF//平面D1GH，可知P點(diǎn)軌跡為線段GH，知A正確；由線面平行性質(zhì)可知P點(diǎn)到平面BEF的距離即為點(diǎn)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△DGH中，通過(guò)求解點(diǎn)【詳解】對(duì)于A，分別取BB1,B1∵D1F//BG，D1F=BG=∵BF?平面BEF，D1G?平面BEF，∴D∵EF//AD1//BC1//GH，EF?平面∵D1G∩GH=G，D1G,GH?平面D1GH則當(dāng)D1P?平面D1GH時(shí)，又平面D1GH∩平面B1BCC∴P點(diǎn)軌跡為線段GH，A正確；對(duì)于B，由A知：GH//平面BEF，∴點(diǎn)P到平面BEF的距離即為點(diǎn)G到平面BEF∴VP-BEF=即三棱錐P-BEF的體積為定值124對(duì)于C，連接DG,DH，在△DGH中，DG=22+12∴點(diǎn)D到GH的距離為DG∴DP的取值范圍為34對(duì)于D，由A知：BF//D1G，∴直線D1P與BF所成角即為直線則當(dāng)P與H重合時(shí)，∠PD1G在△D1GH中，D1G=∴cos即直線D1P與BF所成角的余弦值的最小值為故選：AB.題型2垂直求軌跡【例題2】（2023·全國(guó)·高三對(duì)口高考）如圖，定點(diǎn)A和B都在平面α內(nèi)，定點(diǎn)P?α,PB⊥α，C是α內(nèi)異于A和B的動(dòng)點(diǎn)，且PC⊥AC．那么，動(dòng)點(diǎn)C在平面α內(nèi)的軌跡是（

）

A．一條線段，但要去掉兩個(gè)點(diǎn) B．一個(gè)圓，但要去掉兩個(gè)點(diǎn)C．一個(gè)橢圓，但要去掉兩個(gè)點(diǎn) D．半圓，但要去掉兩個(gè)點(diǎn)【答案】B【分析】利用線面垂直判定定理和性質(zhì)定理即可求得AC⊥BC，進(jìn)而得到動(dòng)點(diǎn)C在平面α內(nèi)的軌跡是以A,B為直徑的圓（去掉A,B兩個(gè)點(diǎn)）.【詳解】連接AB,BC.PB⊥α,AC?α，則PB⊥AC，又PC⊥AC，PB∩PC=P，PB,PC?平面PBC，則AC⊥平面PBC，又BC?平面PBC，則AC⊥BC，則動(dòng)點(diǎn)C在平面α內(nèi)的軌跡是以A,B為直徑的圓（去掉A,B兩個(gè)點(diǎn)）.

故選：B【變式2-1】1.（2023·全國(guó)·高三對(duì)口高考）正四棱錐S-ABCD的底面邊長(zhǎng)為2，高為2，E是邊BC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在表面上運(yùn)動(dòng)，并且總保持PE⊥AC，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡的周長(zhǎng)為（

）A．6+2 B．6-【答案】A【分析】由題意，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為過(guò)E且垂直AC的平面與正四棱錐S-ABCD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O，連接SO，由正四棱錐的性質(zhì)可得，SO⊥平面ABCD，因?yàn)锳C?平面ABCD，故SO⊥AC.又BD⊥AC，SO∩BD=O，SO，BD?平面SBD，故AC⊥平面由題意，PE⊥AC則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為過(guò)E且垂直AC的平面與正四棱錐S-ABCD的交線，即如圖EFG，則AC⊥平面EFG.由線面垂直的性質(zhì)可得平面SBD//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(diǎn)，故EG,GF,EF分別為△SBC,△SDC,△BCD的中位線.由題意BD=22,SB=SD=2即動(dòng)點(diǎn)P的軌跡的周長(zhǎng)為6+

故選：A【變式2-1】2.（2023·安徽滁州·安徽省定遠(yuǎn)中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，AA1=4A．5+2 B．22+【答案】A【分析】根據(jù)給定的條件，結(jié)合正四棱柱的結(jié)構(gòu)特征，作出過(guò)點(diǎn)C1垂直于B【詳解】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(guò)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【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：作截面的常用三種方法：直接法，截面的定點(diǎn)在幾何體的棱上；平行線法，截面與幾何體的兩個(gè)平行平面相交，或者截面上有一條直線與幾何體的某個(gè)面平行；延長(zhǎng)交線得交點(diǎn)，截面上的點(diǎn)中至少有兩個(gè)點(diǎn)在幾何體的同一平面上.【變式2-1】3.（2023·寧夏銀川·校聯(lián)考二模）已知線段AB垂直于定圓所在的平面，B,C是圓上的兩點(diǎn)，H是點(diǎn)B在AC上的射影，當(dāng)C運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)H運(yùn)動(dòng)的軌跡（

）A．是圓 B．是橢圓 C．是拋物線 D．不是平面圖形【答案】A【分析】設(shè)定圓圓心為O，半徑為r，由線面垂直的判定與性質(zhì)可推導(dǎo)證得BH⊥DH，由直角三角形性質(zhì)可確定OH=OB=OD=r，由此可得軌跡圖形.【詳解】設(shè)定圓圓心為O，半徑為r，連接OH，設(shè)直徑為BD，連接AD,CD，∵AB⊥平面BCD，CD?平面BCD，∴AB⊥CD；∵BD為直徑，∴BC⊥CD，又AB∩BC=B，AB,BC?平面ABC，∴CD⊥平面ABC，又BH?平面ABC，∴CD⊥BH，又BH⊥AC，AC∩CD=C，AC,CD?平面ACD，∴BH⊥平面ACD，DH?平面ACD，∴BH⊥DH，在Rt△BDH中，OH=OB=OD=r，則點(diǎn)H的軌跡是以O(shè)為圓心，r故選：A.【變式2-1】4.（多選）（2023秋·浙江·高三浙江省春暉中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）已知正方體ABCD-A1B1CA．若點(diǎn)P在棱AD上運(yùn)動(dòng)，則A1P+PCB．若點(diǎn)P是棱AD的中點(diǎn)，則平面PBC1C．若點(diǎn)P滿足PD1⊥DD．若點(diǎn)P在直線AC上運(yùn)動(dòng)，則P到棱BC1【答案】BCD【分析】化折線為直線，即可判斷A，取DD1的中點(diǎn)E，連接BP、PE、C1E、AD【詳解】對(duì)于A：如圖將平面ABCD展開(kāi)與平面ADD1A1處于一個(gè)平面，連接A1此時(shí)A1P+PC取得最小值，即對(duì)于B：如圖取DD1的中點(diǎn)E，連接BP、PE、C1因?yàn)辄c(diǎn)P是棱AD的中點(diǎn)，所以PE//AD又AB//C1D1且AB=所以PE//BC1，所以四邊形又BC1=22，所以截面周長(zhǎng)為32對(duì)于C：如圖，DC1⊥D1C，BC⊥平面所以DC1⊥BC，又D1C∩BC=C所以DC1⊥平面BCD1D1∈平面BCD1A又PD1⊥DC1，所以P對(duì)于D：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則B2,2,0，C10,2,2，設(shè)P所以BC1=所以P到棱BC1的距離所以當(dāng)a=23時(shí)故選：BCD題型3翻折求軌跡【例題3】（多選）（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）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

A．四棱錐P-AECD體積的最大值為22 B．PD的中點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度的最大值為C．EP,CD與平面PAD所成的角相等 D．三棱錐P-AED外接球的表面積的最小值為16【答案】ACD【分析】根據(jù)錐體體積、動(dòng)點(diǎn)軌跡、線面角、外接球等知識(shí)對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行分析，從而確定正確答案.【詳解】對(duì)于A，梯形AECD的面積為2+42×2=6，AE=22，直角△APE斜邊AE當(dāng)平面APE⊥平面AECD時(shí)，四棱錐P-AECD的體積取得最大值13對(duì)于B，取PA的中點(diǎn)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(diǎn)F的軌跡與點(diǎn)G的軌跡形狀完全相同．過(guò)G作AE的垂線，垂足為H，G的軌跡是以H為圓心，HG=2從而PD的中點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度的最大值為2π對(duì)于C，由四邊形ECFG是平行四邊形，知EC∥FG，則EC//平面PAD，則E,C到平面PAD故PE,CD與平面PAD所成角的正弦值之比為CD:PE=1:1，C正確．對(duì)于D，Rt△ADE外接圓的半徑為2，圓心為AD當(dāng)三棱錐P-AED外接球球心為AD中點(diǎn)，即PD=23三棱錐P-AED外接球的表面積取得最小值，為4π

故選：ACD【點(diǎn)睛】求解幾何體外接球有關(guān)問(wèn)題，關(guān)鍵是判斷出球心的位置以及求得球的半徑.解幾何體外接球（表面積/體積）的一般方法和步驟為：1、尋找一個(gè)或兩個(gè)面的外接圓圓心;2、分別過(guò)兩個(gè)面的外心作該面的垂線，兩條垂線的交點(diǎn)即為外接圓圓心；3、構(gòu)造直角三角形求解球半徑，進(jìn)而求出外接球表面積或體積.【變式3-1】1.（多選）（2023秋·廣東佛山·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖甲，在矩形ABCD中，AB=2，BC=1，E為AB上一動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），且滿足將△AED沿DE折起后，點(diǎn)A在平面DCBE上的射影F總在棱DC上，如圖乙，則下列說(shuō)法正確的有（

）A．翻折后總有BC⊥ADB．當(dāng)EB=12時(shí)，翻折后異面直線AE與BCC．當(dāng)EB=12時(shí)，翻折后四棱錐A-DCBED．在點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度為1【答案】ACD【分析】根據(jù)線面垂直得出線線垂直，可判斷A，作EP⊥DC于P，可得異面直線所成的角，判斷B，作AG⊥DE，設(shè)AE=x，DF=y，利用三角形相似可得x=1y，利用函數(shù)性質(zhì)求出y的范圍判斷D，求出棱錐的高【詳解】在圖乙中，因?yàn)辄c(diǎn)A在平面DCBE上的射影F在棱DC上，所以AF⊥平面DCBE，又BC?平面DCBE，所以AF⊥BC，又BC⊥DC，AF∩DC=F，AF,DC?平面ADC，所以BC⊥平面ADC，又AD?平面ADC，所以BC⊥AD，故A正確；如圖，在圖乙中作EP⊥DC于P，連接AP，則EP//BC，所以AE與BC所成角即為AE與EP所成角，又由BC⊥平面ADC可得EP⊥平面ADC，所以EP⊥AP而EP=1，AE=2-BE=32，則cos∠AEP=23如上圖，在圖乙中作FG⊥DE于G，連接AG，則由AF⊥平面DCBE可得AF⊥DE，又FG∩AF=F，F(xiàn)G，AF?平面AGF，所以DE⊥平面又AG?平面AGF，則DE⊥AG，在圖甲中，如圖，作AG⊥DE，則A，G，F(xiàn)三點(diǎn)共線，設(shè)AE=x，DF=y，則由△DFA∽△ADE可得DFAD=ADEA，即所以y∈0,1，所以x=1y>1，而x=AE∈0,2當(dāng)EB=12時(shí)，x=32，則則VA-DCBE故選：ACD.【變式3-1】2.（多選）（2023春·湖南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，AB=2AD=4A．異面直線GN與ME的夾角大小為60°B．該多面體的體積為2C．四棱錐E－MNFH的外接球的表面積為22D．若點(diǎn)P是該多面體表面上的動(dòng)點(diǎn)，滿足PQ⊥ON時(shí)，點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度4+【答案】AC【分析】根據(jù)異面直線所成角的幾何法即可利用三角形邊的關(guān)系進(jìn)行求解A，根據(jù)線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(diǎn)P的軌跡，即可求解D.【詳解】取HF的中點(diǎn)為O，取NE的中點(diǎn)為點(diǎn)P，連接OQ,OP,由幾何體形成的過(guò)程可知平面MNFH⊥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OQ⊥HF,OQ?平面MNFH，所以O(shè)Q⊥平面EFGH,由題意可知GE=AD=22，NG=NE=2，∴NG2+NE2=GE2，∴NG⊥NE，由于NF⊥NG,NF⊥NE,NG∩NE=N,由VF-NGE=VN-GEF，得OQ=由幾何體形成的過(guò)程可知平面MNFH⊥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OE⊥HF,OE?平面EFGH，所以O(shè)E⊥平面MNFH，OQ=1,MH=2VMNEFGH在△NFH中，∠NFH=45°，NH=32+12=10，∴△NFH的外接圓直徑D1=由A可知NF⊥平面ENG,同理HM⊥平面MEG，又ON//HM,所以O(shè)N⊥平面MEG，點(diǎn)P所在平面與平面MEG平行，∴點(diǎn)P的軌跡為五邊形QPRST，長(zhǎng)度為1+22+故選AC．【點(diǎn)睛【變式3-1】3.（多選）（2022·遼寧丹東·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2,E為BC的中點(diǎn)，將△BAE沿AE向上翻折到△PAE，連結(jié)PC,PD，在翻折過(guò)程中（

）A．四棱錐P-AECD的體積最大值為2B．PD中點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度為2C．EP,CD與平面PAD所成角的正弦值之比為2:1D．三棱錐P-AED的外接球半徑有最小值54【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(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可求解【詳解】由已知梯形AECD面積為3,AE=5，直角△APE斜邊上的高為255.當(dāng)平面APE⊥平面AECD時(shí)，四棱錐體積取最大值13取PA中點(diǎn)為G，則GF，EC平行且相等，四邊形所以，點(diǎn)F的軌跡與點(diǎn)G的軌跡完全相同，過(guò)G作AE的垂線，垂足為H,G的軌跡是H以為圓心，HG=55為半徑5中點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度為5π由四邊形ECFG是平行四邊形知EC//FG，則EC//平面PAD，則E,C到平面PAD距離相等，故PE，CD與平面PAD所成角的正弦值之比為等于CD:PE=2:1.C正確；△APE外接圓O1半徑為52,O外接圓O2半徑為54,AE是圓O1與圓設(shè)三棱錐P-AED外接球球心為O，半徑為R，則R=|OE|=因?yàn)閨O2O|∈[0,+∞)，所以R∈[故選：ACD【變式3-1】4.（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)M是邊CD的中點(diǎn)，將△ADM沿AM翻折到△PAM，連接PB,PC，在△ADM翻折到△PAM的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是．（將正確說(shuō)法的序號(hào)都寫(xiě)上）

①點(diǎn)P的軌跡為圓??；②存在某一翻折位置，使得AM⊥PB；③棱PB的中點(diǎn)為E，則CE的長(zhǎng)為定值；【答案】①③【分析】依據(jù)翻折過(guò)程中PH⊥AM，PH=55AD均不變，判定點(diǎn)P的軌跡為圓弧，從而判斷①正確；利用反證法否定②；求得翻折過(guò)程中CE【詳解】設(shè)正方形ABCD邊長(zhǎng)為a,①在正方形ABCD中，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AM于H，則DH=在△ADM翻折到△PAM的過(guò)程中，PH⊥AM，PH=5則點(diǎn)P的軌跡為以H為圓心，以55②假設(shè)存在某一翻折位置，使得AM⊥PB.在△PAM內(nèi)，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥AM于N，連接BN，由AM⊥PB，PN⊥AM，PN∩PB=P，可得AM⊥平面PBN又BN?平面PBN，則AM⊥BN，則cos又在正方形ABCD中，cos∠MAB=二者互相矛盾，故假設(shè)不成立，即不存在某一翻折位置，使得AM⊥PB.判斷錯(cuò)誤；③棱PB的中點(diǎn)為E.取PA中點(diǎn)K，連接EK，CE，MK，則MK=則有EK∥AB，EK=12AB，則則四邊形EKMC為平行四邊形，則CE=MK，又MK=22a，則CE=故答案為：①③題型4角度恒定求軌跡【例題4】（2018·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）在正方體ABCD-A1B1C1DA．圓的一部分 B．橢圓的一部分C．雙曲線一支的一部分 D．前三個(gè)答案都不對(duì)【答案】A【分析】根據(jù)∠DD1A=∠DD1【詳解】因?yàn)椤螪D1A=∠DD1M，故而M在底面ABCD內(nèi)，故動(dòng)點(diǎn)M在底面ABCD內(nèi)的軌跡是以D為圓心的四分之一圓弧AC．故選：A.【變式4-1】1.（2023春·河南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的外接球的表面積為5πA．π B．2π2 C．π【答案】C【分析】首先由題意得到長(zhǎng)方體體積最大時(shí)，得到幾何體的棱長(zhǎng)，設(shè)AC，BD相交于點(diǎn)O，由BO⊥平面A1ACC【詳解】因?yàn)殚L(zhǎng)方體ABCD-A1B1C所以4πR2=5π，解得R=設(shè)AB=a，BC=b，則a2+b所以V=2ab≤a2+如圖，設(shè)AC，BD相交于點(diǎn)O，因?yàn)锽O⊥AC,BO⊥AA1，AC∩AA1=A所以BO⊥平面A1ACC1，直線BP與平面所以∠BPO=π4，故OP=12，則點(diǎn)P的軌跡是以所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)為πr=故選：C【變式4-1】2.（2023·湖北襄陽(yáng)·襄陽(yáng)四中?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，二面角α-l-β的大小為π4，已知A、B是l上的兩個(gè)定點(diǎn)，且AB=4，C∈α，D∈β，AB與平面BCD所成的角為π6，若點(diǎn)A在平面BCD內(nèi)的射影H在A．3π6 B．2π2【答案】D【分析】根據(jù)題意：點(diǎn)H的軌跡是以點(diǎn)B為球心，以BH為半徑的球與以AB為軸，母線AH與軸AB成60°的圓錐側(cè)面交線的一部分，該部分是圓心角為π4【詳解】如圖所示：因?yàn)锳B與平面BCD所成的角為π6，且點(diǎn)A在平面BCD上的射影H，AB=4所以AH=AB?sin所以點(diǎn)H在以點(diǎn)B為球心，以23又點(diǎn)H在以AB為軸，以AH為母線的圓錐的側(cè)面上，所以點(diǎn)H的軌跡為以點(diǎn)B為球心，以23母線AH與軸AB成π3即圖中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB，因?yàn)槎娼铅俩?﹣β的平面角的大小為π4所以∠EOF=π又OH=BHsin所以點(diǎn)H的軌跡的長(zhǎng)度等于π4故選：D.【變式4-1】3.（2023春·廣西防城港·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，在正方體ABCD-A1BA．有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得D1P⊥B1C．若DP=12DB，則三棱錐P-BB1C外接球的表面積為【答案】D【分析】根據(jù)線面垂直判斷線線垂直可求解A，利用線面平行判斷B，根據(jù)外接球與三棱錐的的幾何關(guān)系判斷C，利用線面角的定義確定點(diǎn)P的軌跡即可求解D,【詳解】對(duì)于A，連接BC因?yàn)锳B⊥平面BCC1B1,B1且四邊形BCC1B且AB∩BC1=B，AB,B所以B1C⊥平面ABC1D必有D1P?平面ABC1D所以存在無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)P，使得D1對(duì)于B，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，AB1與平面對(duì)于C，若DP=12DB，則連接PB,PC,PB1,B1且△BCB1也為等腰直角三角形，且且平面PBC⊥平面BCB所以取B1C中點(diǎn)為O，則O為三棱錐所以外接球的半徑為12所以我外接球的表面積為4π對(duì)于D，連接MP,DP,因?yàn)镸D⊥平面ABCD，所以∠MPD為MP與平面ABCD所成的角，所以∠MPD=π4，所以所以點(diǎn)P的軌跡是以D為圓心，1為半徑的14所以點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)為14故選:D.【變式4-1】4.（2023·湖南·模擬預(yù)測(cè)）已知正方體ABCD-A1B1C1D1，AB=23，點(diǎn)E為平面A1BDA．π,2π B．π,4π【答案】D【分析】確定AC1⊥平面A1BD，tanα=OAOE，計(jì)算【詳解】如圖所示，連接AC1交平面ACC1⊥平面ABCD，BD?平面ABCDAC⊥BD，AC∩CC1=C，AC,CC1?平面AC1?平面AC同理可得A1B⊥AC1，A1B∩BD=B，A1所以∠AEO是AE與平面A1BD所成的角，∠AEO=α，所以在四面體A-A1BD中，BD=所以四面體A-A1BD所以BO=33×2因?yàn)閠anα=OAOE又E在平面A1所以E在平面A1BD內(nèi)的軌跡圍成的圖形面積故選：D【變式4-1】5.（2023春·河南安陽(yáng)·高三安陽(yáng)一中校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在圓柱OO1中，AB為底面直徑，E是AB的中點(diǎn)，D是母線BC的中點(diǎn)，M是上底面上的動(dòng)點(diǎn)，若AB=4，BC=3，且ME⊥AD，則點(diǎn)A．32 B．7 C．57【答案】C【分析】作ON⊥AD，由圓柱的結(jié)構(gòu)特征和線面垂直的判定可知AD⊥平面ONE，則M點(diǎn)軌跡是平面ONE與上底面的交線PQ，結(jié)合勾股定理可求得PQ長(zhǎng)，即為所求軌跡長(zhǎng)度.【詳解】連接OE，作ON⊥AD，交CF于點(diǎn)N，∵E是AB的中點(diǎn)，∴OE⊥AB，∵BC⊥平面ABE，OE?平面ABE，∴BC⊥OE，∵AB∩BC=B，AB,BC?平面ABCF，∴OE⊥平面ABCF，又AD?平面ABCF，∴OE⊥AD，又ON⊥AD，OE∩ON=O，OE,ON?平面ONE，∴AD⊥平面ONE，設(shè)平面ONE與上底面交于PQ，∵M(jìn)E⊥AD，∴點(diǎn)M的軌跡為PQ；∵AB=4，BC=3，D是母線BC中點(diǎn)，∴tan∴O∴PQ=22故選：C.【變式4-1】6.（多選）（2023春·湖南長(zhǎng)沙·高三長(zhǎng)沙一中?？茧A段練習(xí)）在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，B1D與平面ACD1相交于點(diǎn)A．B1C．點(diǎn)P的軌跡是橢圓 D．θ的取值范圍是π【答案】ABD【分析】根據(jù)題意可得結(jié)合線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理可證得B1D⊥平面ACD1，分析可得點(diǎn)E即為△ACD1的中心，結(jié)合S△PB1D=13S△ACD1【詳解】如圖所示，B1D與平面ACD1相交于點(diǎn)E，連接BD交AC于點(diǎn)由題意可知BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD又因?yàn)锳C⊥BD，BB1∩BD=B所以AC⊥平面BDD又B1D?平面BDD同理可證AD又AD1∩AC=A，A所以B1D⊥平面又因?yàn)锳C=AD1=CD1=AB因?yàn)镺為AC的中點(diǎn)，OD1交B1D于點(diǎn)由B1D⊥平面ACD1，PE?平面即PE為△PB1D由正方體棱長(zhǎng)為a可知，B1D=3a,AC=2所以S△P又S△PB1所以點(diǎn)P的軌跡是以E為圓心，半徑為13由B1D⊥平面ACD1，OD所以DE=O因此PD是以底面半徑為13a，高為設(shè)圓錐母線與底面所成的角為α，則tanα=33即直線PD與平面ACD1所成的角為又因?yàn)楫惷嬷本€所成角的取值范圍是0,π直線AC在平面ACD1內(nèi)，所以直線PD與AC所成的角的取值范圍為又因?yàn)锳C//A1C1，所以直線PD與A即D正確；故選：ABD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：（1）通過(guò)比較PE與△ACD1的內(nèi)切圓半徑的大小，得出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡；（2）將直線PD與題型5定長(zhǎng)求軌跡【例題5】（2023·四川·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，所有棱長(zhǎng)均為2，∠BAD=60

A．當(dāng)點(diǎn)Q在線段CD1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，四面體B．若AQ∥平面A1BP，則AQC．若△A1BQ的外心為MD．若A1Q=7，則點(diǎn)【答案】C【分析】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，可判斷A；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【詳解】對(duì)于A，因?yàn)锳1B∥CD1，A1B?平面A1BP，CD所以直線CD1上各點(diǎn)到平面A1

對(duì)于B，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AM又因?yàn)镈1C∥MN，A1又MN?平面A1BP，A1B?平面A1BP，所以MN∩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AM=5

對(duì)于C，若△A1BQ的外心為M，過(guò)M作MH⊥A1又A1B=

對(duì)于D，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=

故選：C.【變式5-1】1.（2023·河北·統(tǒng)考模擬預(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=OPA．2π11 B．3π11【答案】C【分析】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).【詳解】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5-1】2.（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）在直四棱柱中ABCD-A1B1C1D1中，∠BAD=60°，AB=AD=AA．若λ+μ=1，則四面體A1B．若AQ//平面A1BP，則AQC．若△A1BQD．若A1Q=【答案】C【分析】對(duì)于A，由λ+μ=1，可得Q,C,D1三點(diǎn)共線，可得點(diǎn)Q在CD1，而由直四棱柱的性質(zhì)可得CD1//平面A1BP，所以點(diǎn)Q到平面A1BP的距離為定值，而△A1BP的面積為定值，從而可進(jìn)行判斷，對(duì)于B，取DD1,DC的中點(diǎn)分別為M,N，連接AM,MN,AN，由面面平行的判定定理可得平面A1BP//【詳解】對(duì)于A，因?yàn)镈Q=λDC+μ所以Q,C,D1三點(diǎn)共線，所以點(diǎn)Q在CD1，因?yàn)镃D1//A1B?平面A1BP，所以CD1//因?yàn)椤鰽1BP對(duì)于B，取DD1,DC的中點(diǎn)分別為M,N，連接AM,MN,AN，則AM//因?yàn)锳M?平面A1BP，BP?平面A1BP，所以因?yàn)镸N//CD1，A1B//CD因?yàn)镸N?平面A1BP，A1B?平面A1因?yàn)镸N∩AM=M，MN,AM?平面AMN，所以平面AMN//平面A1因?yàn)锳Q?平面AMN，所以AQ//平面A1BP，所以當(dāng)AQ⊥MN時(shí)，因?yàn)椤螧AD=60°,AB=AD=AA1所以AM2+MN2=AN對(duì)于C，若△A1BQ的外心為M，過(guò)M作MH⊥因?yàn)锳1B=對(duì)于D，過(guò)A1作A1O⊥C1D1A1O?平面A1B1C1D1,DD1?OD1=A1D1則A1A3則Q在以O(shè)為圓心，2為半徑的圓弧A2因?yàn)镈1O=1,D1A3=故選：C.【點(diǎn)睛】本題解決的關(guān)鍵在于根據(jù)所給條件結(jié)合線面位置關(guān)系確定點(diǎn)的軌跡，再結(jié)合錐體體積公式，空間圖形與平面圖形的轉(zhuǎn)化解決問(wèn)題.【變式5-1】3.（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)A．3+26C．3+6【答案】A【分析】根據(jù)題意，點(diǎn)P在以A1為球心，半徑R=153【詳解】解：由題設(shè)知點(diǎn)P在以A1為球心，半徑R=所以點(diǎn)P的軌跡就是該球與三棱錐C1由正方體性質(zhì)易知三棱錐A1所以，點(diǎn)A1到平面C1BD所以球A1在平面C1BD所以，截面圓的圓心O1是正△C1BD中心，正△C1BD因此，點(diǎn)P在面C1BD內(nèi)的軌跡是圓O1如圖所示．cos∠MO1所以∠MO所以，點(diǎn)P在此面內(nèi)的軌跡長(zhǎng)度為r1因?yàn)锳A1⊥其半徑r2=R所以點(diǎn)P在平面BCD內(nèi)的軌跡是一段弧EF，如圖所示，cos∠GAE=所以∠GAE=π6，從而∠EAF=π由于對(duì)稱性，點(diǎn)P在平面C1BD和平面C1故點(diǎn)P在三棱錐C1-BCD的表面上的軌跡的長(zhǎng)度是故選：A【變式5-1】4.（多選）（2023春·重慶沙坪壩·高三重慶南開(kāi)中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知正方體ABCD-A1B1C1DA．CE與平面ABCD所成角為定值B．點(diǎn)E的軌跡長(zhǎng)度為πC．存在點(diǎn)E使得AE⊥CED．存在唯一的點(diǎn)E使得CE⊥【答案】AD【分析】對(duì)B：可得C1E=1，故E點(diǎn)軌跡是以C1為圓心、1為半徑的圓位于正方形A1B1C1D1以部的14圓?。粚?duì)A：∠CEC1【詳解】

如圖：由CE=CC12+EC12=5知C1因?yàn)镃C1⊥面A1B1C因?yàn)閟in∠CEC1CE與底面ABCD所成角即為CE與底面A1AE2+CE2CE在底面A1B1C1又CC1⊥B1D1又EC1?面CC1E，所以C1故選：AD.【變式5-1】5.（多選）（2023春·河北石家莊·高三校聯(lián)考期中）如圖，在四棱臺(tái)A1B1C1D1-ABCD中，A1

A．直線C1CB．異面直線AC與B1BC．若該四棱臺(tái)內(nèi)（包括表面）的動(dòng)點(diǎn)M到頂點(diǎn)B，D的距離相等，則點(diǎn)M形成的圖形的面積為3D．若底面ABCD內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)N到頂點(diǎn)C1的距離為2，則動(dòng)點(diǎn)N的軌跡的長(zhǎng)度為【答案】BCD【分析】結(jié)合空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系的判斷，直線與平面平行的判定，以及軌跡的求法，對(duì)各項(xiàng)逐一判斷，即可得到本題答案.【詳解】連接A1C1，與B1D1交于點(diǎn)O1，連接O1O，A1O，則可得A1O//C1C，O連接OD1，則OD1//B1B，則∠COD1（或其補(bǔ)角）為所求，易得D1D=OD1=B1B=32+2-12=2，因?yàn)镃D⊥AD，A1依題意，該四棱臺(tái)被對(duì)角面A1C1CA分成的兩部分關(guān)于該對(duì)角面對(duì)稱，所以該對(duì)角面上任意一點(diǎn)到頂點(diǎn)B，底面ABCD內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)N到頂點(diǎn)C1的距離為2，即C1N=2，連接OC1，ON，則ON=22-3故選：BCD

題型6向量法求軌跡【例題6】（2023秋·湖北荊州·高三沙市中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4，E,F分別為BC1和①三棱錐P-B1EF的體積是定值；②若FQ⊥DP恒成立，則線段FQ的最大值為22；③當(dāng)DQ與DAA．①② B．②③ C．①③ D．①②③【答案】A【分析】根據(jù)題意，得到EF//BD1，得出點(diǎn)P到直線EF的距離等于點(diǎn)C1到直線BD1的距離的一半，錐體的體積公式求得三棱錐P-B1EF的體積為83，可判定①正確；以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BP=λBD1=(-4λ,-4λ,4λ)，得到DP=(4-4λ,4-4λ,4λ)，再設(shè)Q(x,y,4)，得到FQ=(x,y-2,0)，結(jié)合【詳解】如圖（1）所示，因?yàn)辄c(diǎn)E為BC1的中點(diǎn)，又由F是C1又因?yàn)辄c(diǎn)P為BD1上的動(dòng)點(diǎn)，所以點(diǎn)P到直線EF的距離等于點(diǎn)E到所以點(diǎn)P到直線EF的距離等于點(diǎn)C1到直線B因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為4，可得C1因?yàn)镃1D1⊥面BB1C1C可得點(diǎn)C1到直線BD1的距離為4×4243=所以△EFP的面積為S△EFP由B1E⊥BC1,C1所以B1E⊥平面EFP，且所以三棱錐P-B1EF

如圖（2）所示，以D為原點(diǎn)，以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)BP=λ由DP=設(shè)Q(x,y,4)，則FQ=(x,y-2,0)因?yàn)镕Q⊥DP，所以(4-4λ)x+(4-4λ)(y-2)=0，可得x+y=2，所以FQ=又因?yàn)?≤x≤4,0≤y≤4且x+y=2，可得0≤y≤2，所以當(dāng)y=0時(shí)，線段FQ取得最大值，最大值為22因?yàn)镈Q=(x,y,4),又因?yàn)镈Q與DA1的所成的角為所以cos45整理得y2=8x且0≤x≤4,0≤y≤4，所以點(diǎn)故選：A.

【變式6-1】1.（2023·全國(guó)·學(xué)軍中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知空間中兩條直線l1、l2異面且垂直，平面α∥l1且l2?α，若點(diǎn)P到lA．直線 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線【答案】C【分析】設(shè)l1在α內(nèi)的射影為l，以l與l2的交點(diǎn)O為原點(diǎn)，l2為x軸，l為y軸，l1與l的公垂線為【詳解】設(shè)l1在α內(nèi)的射影為l，l1到α的距離為以l與l2的交點(diǎn)O為原點(diǎn)，l2為x軸，l為y軸，l1與l設(shè)Px,y,0，則P到l2的距離為過(guò)點(diǎn)P作PD⊥l于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)D作ED⊥l1于點(diǎn)又l1在α內(nèi)的射影為l，則ED⊥l，連結(jié)ED又PD⊥l，ED∩PD=D，所以l⊥平面PED，又PE?平面PED，所以l⊥PE，所以l1所以則P到l1的距離為x因?yàn)辄c(diǎn)P到l1、l所以y=x2所以點(diǎn)P在平面α內(nèi)的軌跡為雙曲線.故選：C.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：關(guān)于立體幾何中的軌跡問(wèn)題，一般要建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，根據(jù)已知信息列出的等量關(guān)系，化簡(jiǎn)得出軌跡方程，結(jié)合方程特征找到軌跡曲線.【變式6-1】2.（2023·河南濮陽(yáng)·濮陽(yáng)一高?？寄M預(yù)測(cè)）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1①當(dāng)λ=1時(shí)，△AB②當(dāng)μ=1時(shí)，三棱錐P-A③當(dāng)λ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得④若AP≤1，則點(diǎn)P的軌跡所圍成的面積為πA．①② B．②③ C．②④ D．①③【答案】C【分析】取BC的中點(diǎn)O，連接AO，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA、OB、AA1的方向分別為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，取μ=0和μ=12求△AB1P【詳解】取BC的中點(diǎn)O，連接AO，因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形，則AO⊥BC，且AA1⊥以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA、OB、AA1的方向分別為x、y、則A32,0,0、B0,12,0、CBP=λBC+μBBOP=對(duì)于①，當(dāng)λ=1時(shí)，P0,-12若μ=0，則P0,-12,0，此時(shí)，△AB1P若μ=12，則P0,-同理可得B1P=52故當(dāng)λ=1時(shí)，△AB對(duì)于②，當(dāng)μ=1時(shí)，P0,12-λ,1，則點(diǎn)P到直線所以，S△BPC=12×故VP-對(duì)于③，當(dāng)λ=12時(shí)，P0,0,μ，A因?yàn)锳1P⊥BP，則A1P?BP=μ所以，當(dāng)λ=12時(shí)，有且僅有兩個(gè)點(diǎn)P，使得對(duì)于④，設(shè)點(diǎn)P0,y,z，其中y=12則AP=0-3所以，點(diǎn)P的軌跡是平面BCC1B1內(nèi)以點(diǎn)故點(diǎn)P的軌跡所圍成的面積為12故選：C.【變式6-1】3.（2023·四川涼山·二模）如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)P為正方形①直線BC②存在點(diǎn)P使得PB⊥PC；③三棱錐P-BCD體積最大值為89④點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)為4π上述說(shuō)法中正確的個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據(jù)題意，由正弦定理結(jié)合軌跡方程即可判斷①②，然后根據(jù)三棱錐體積公式以及點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡，即可判斷③④.【詳解】因?yàn)镻Q為∠BPC的角平分線，在△BPQ中，由正弦定理可知，設(shè)∠BPQ=θ，則∠CPQ=θ，所以BQsin在△PQC中，由正弦定理可知，CQsin因?yàn)锽QCQ=2，所以BPPC=2，且BC=2，設(shè)所以B0,0,C2,0,BP=x所以x-832+y2=169，點(diǎn)P的軌跡是以83,0所以BC若PB⊥BC，設(shè)BP=2PC=2a，所以BP2+C所以BP2=4a2=所以點(diǎn)P8若VP-BCD最大，則P到BC距離最大，即P到CC1與圓的交點(diǎn)處，但P令x=2，得到點(diǎn)2,233，又因?yàn)镕43,0，所以EF=43，所以△EFG故④正確；故選:C【變式6-1】4.（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱A1B1的中點(diǎn)，M,N分別是底面ABCD與側(cè)面CDD1A．43π B．655【答案】B【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，找到球心O和點(diǎn)P的軌跡，求出O到平面α的距離，利用幾何法求截面圓的半徑和周長(zhǎng).【詳解】取面對(duì)角線B1C中點(diǎn)O，連接ON，B1N，CN，C1N，以A為原點(diǎn)，AB,AD,AA1的方向分別為B2,0,0，C2,2,0B12,0,2，E1,0,2，F(xiàn)1,2,0，G1,0,0，HB1N=-1,2,-1，CN=三棱錐C1-B1NC因此點(diǎn)O即為三棱錐C1-BBE=-1,0,2，GF=0,2,0，HG=-1,0,-1GF?BE=0，HG?BEGF,HG?平面FGHI，GF∩HG=G，BE⊥平面FGHI，M∈平面FGHI，點(diǎn)P的軌跡為矩形FGHI的四邊，如圖所示，OG=-1,-1,-1，BE為平面則球心O到平面FGHI的距離為OG?球面被平面α截得的圓的半徑22-5故選：B【點(diǎn)睛】本題找球心O考查學(xué)生的空間想象能力，其余的計(jì)算和證明問(wèn)題，則利用空間向量法.【變式6-1】5.（多選）（2023秋·廣東·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知四面體ABCD的所有棱長(zhǎng)均為2，則下列結(jié)論正確的是（

）A．異面直線AC與BD所成角為60°B．點(diǎn)A到平面BCD的距離為2C．四面體ABCD的外接球體積為6D．動(dòng)點(diǎn)P在平面BCD上，且AP與AC所成角為60°，則點(diǎn)P的軌跡是橢圓【答案】BC【分析】在正四面體中通過(guò)線面垂直可證得AC⊥BD，通過(guò)計(jì)算可驗(yàn)證BC，通過(guò)軌跡法可求得P的軌跡為雙曲線方程即可得D錯(cuò)誤.【詳解】取BD中點(diǎn)E,連接AE,CE,可得BD⊥面ACE,則AC⊥BD,故A錯(cuò)誤；在四面體ABCD中，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥面BCD于點(diǎn)F,則F為為底面正三角形BCD的重心，因?yàn)樗欣忾L(zhǎng)均為2,AF=AB2-BF2=設(shè)O為正四面體的中心則OF為內(nèi)切球的半徑，OA為外接球的半徑，因?yàn)閂A-BCD=13S所以四面體ABCD的外接球體積V=4建系如圖：A0,0,263因?yàn)锳P?AC=即233y+83故選：BC．【變式6-1】6.（多選）（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)M、N滿足AM=λ

A．當(dāng)λ=13時(shí)，DMB．當(dāng)μ=12時(shí)，若B1P//平面C．當(dāng)λ=μ=12時(shí)，若PM⊥D1D．過(guò)A、M、N三點(diǎn)作正方體的截面，截面圖形可以為矩形【答案】AC【分析】以點(diǎn)D1為原點(diǎn)，D1A1、D1C1、D1D所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可判斷AC選項(xiàng)；分別取AB、BC中點(diǎn)G、H，連接B1G、GH【詳解】以點(diǎn)D1為原點(diǎn)，D1A1、D1C1、D

則D10,0,0、B12,2,0、C0,2,2，A對(duì)于A選項(xiàng)，當(dāng)λ=13=4設(shè)平面CB1D1的法向量為m=則m?D1B1所以，m?DM=因?yàn)镈M?平面CB1D1，故當(dāng)λ=1對(duì)于B選項(xiàng)，當(dāng)μ=12時(shí)，N為

分別取AB、BC中點(diǎn)G、H，連接B1G、GH、B1H、因?yàn)镚、H分別為AB、BC的中點(diǎn)，所以，GH//又因?yàn)锳A1//CC1且所以，GH//因?yàn)镚H?平面A1NC1，A1C1因?yàn)锳B//CD且AB=CD，G、N分別為AB、所以，BG//CN且BG=CN，所以，四邊形BCNG為平行四邊形，可得GN//又因?yàn)锽C//B1C1且BC=故四邊形B1C1因?yàn)锽1G?平面A1NC1，C1因?yàn)锽1G∩GH=G，B1G、GH?平面當(dāng)點(diǎn)P為△B1GH的邊上一點(diǎn)（異于點(diǎn)B1）時(shí)，則B1P?平面故點(diǎn)P的軌跡為△B1GH因?yàn)锽1G=結(jié)合圖形可得B1當(dāng)λ=μ=12時(shí)，M、N分別為AC

此時(shí)點(diǎn)N0,1,2、M1,1,1、D1當(dāng)點(diǎn)P在平面AA1D1D內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)點(diǎn)P則MP=因?yàn)镈1N⊥MP，則D1設(shè)點(diǎn)P的軌跡分別交棱AA1、DD1于點(diǎn)R、Q，則當(dāng)點(diǎn)P在平面CC1D1D內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)點(diǎn)PMP=-1,y-1,z-1，則設(shè)點(diǎn)P的軌跡交棱CC1于點(diǎn)F，則F0,2,12，設(shè)點(diǎn)P因?yàn)槠矫鍭A1D1D//平面平面RQFT∩平面BB1C1C=FT所以，四邊形RQFT為平行四邊形，且FT=RQ=2因此，點(diǎn)P的軌跡的長(zhǎng)度即為平行四邊形RQFT的周長(zhǎng)22+對(duì)于D選項(xiàng)，設(shè)截面AMN交棱A1B1于點(diǎn)U，連接AU

題意可知，截面AMN與平面AC因?yàn)槠矫鍭BCD//平面A1B1C平面ANC1∩平面A1B所以，四邊形AUC易知N0,2-2λ,2，其中0<λ<1，所以，AN=-2,2-2λ,0所以，AN?C1N=-2λ故平行四邊形AUC1N不可能為矩形，故過(guò)A、M故選：AC.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用平面的性質(zhì)確定截面形狀的依據(jù)如下：（1）平面的四個(gè)公理及推論;.（2）直線與平面平行的判定與性質(zhì);（3）兩個(gè)平面平行的性質(zhì).題型7阿波羅尼斯圓相關(guān)【例題7】（2023·四川瀘州·瀘縣五中?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，已知正方體ABCD-A1B①若AE=λAC，λ∈0,1，則D②若平面α與正方體各個(gè)面都相交，且B1D⊥α，則截面多邊形的周長(zhǎng)一定為③若∠AEB的角平分線交AB于點(diǎn)F，且AF=2FB，則動(dòng)點(diǎn)E的軌跡長(zhǎng)為4π④直線D1E與平面ABCD所成的角的余弦值的最大值為【答案】①②③【分析】由點(diǎn)E在線段AC上，連接AD1，CD1，證得AC//平面A1BC1和AD1//平面A1BC1，得到平面D1AC//平面A1BC1，進(jìn)而得到D1E//平面A1BC1，可判定①正確；由B1D⊥平面A1B【詳解】對(duì)于①中，如圖所示，由AE=λAC,λ∈0,1知，點(diǎn)E在線段AC上，連接因?yàn)锳C//A1C1，且AC?平面A1BC1，同理可證得AD1//又因?yàn)锳C∩AD1=A且AC,AD1?平面因?yàn)镈1E?平面D1AC，所以對(duì)于②中，如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C又因?yàn)锽1D⊥α，所以平面α/平面A因?yàn)槠矫鍭1BC1∩平面A所以A1C1//MJ，同理可證設(shè)MD1=xD1因?yàn)锳1C1//MJ，所以因?yàn)锳1C1同理，可得GF+GH=22，HI+IJ=22，故截面多面形MFGHIJ的周長(zhǎng)為所以②正確；對(duì)于③中，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)Ex,y，A0,0，B2,0即AE2=4EB2即所以x-832+y2=169，故點(diǎn)E對(duì)于④中，如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C所以∠DED1即為直線在直角△D1DE又因?yàn)镋在△ABC的內(nèi)部及其邊界，可得DE∈2所以cos∠DED1故答案為：①②③.【變式7-1】1.（2023·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考二模）表面積為36π的球M表面上有A，B兩點(diǎn)，且△AMB為等邊三角形，空間中的動(dòng)點(diǎn)P滿足PA=2PB，當(dāng)點(diǎn)P在【答案】圓12【分析】建立平面直角坐標(biāo)系以及空間直角坐標(biāo)系，可得P在平面中軌跡方程為x-22+y【詳解】設(shè)球的半徑為r，則4π在平面內(nèi)，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡組成一個(gè)圓，以線段AB所在直線為x軸，以靠近點(diǎn)B且長(zhǎng)度為1處為坐標(biāo)原點(diǎn)，則A-2,0，B1,0，此時(shí)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為設(shè)其圓心為O1動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為xOy平面中的圓x-22如圖所示，所以點(diǎn)P的軌跡是兩個(gè)球面的交線，這兩個(gè)球分別是以M和O1在△MBO2中，結(jié)合余弦定理得到設(shè)交線所圍成的圓半徑為R.則12解得R=61313故答案為：圓；12【變式7-1】2.（多選）（2024秋·湖南永州·高三永州市第一中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，點(diǎn)M是棱長(zhǎng)為l的正方體ABCD-A1B1A．不存在點(diǎn)M滿足CM⊥平面B．存在無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)M滿足CM⊥AC．當(dāng)點(diǎn)M滿足A1M=1D．滿足MD=2M【答案】BCD【分析】對(duì)于A：根據(jù)線面垂直關(guān)系可得A1C⊥平面【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A：連接AC,A因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以BD⊥AC，∵AA1⊥平面ABCD，且BD?AC∩A1A=A，AC,所以BD⊥平面A1ACC1，且可得BD⊥A同理可證BCBD∩BC1=B，BD,BC1又點(diǎn)M是面ADD1故A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B：連接A1CD⊥側(cè)面ADD1A又因?yàn)锳D1⊥A1所以AD可知當(dāng)M在線段A1D上時(shí)，有CM⊥AD對(duì)于選項(xiàng)C：延長(zhǎng)D1M交D1∵A1M=13A1且A1A∥D1D，則A1如圖，以D點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則D10,0,1,B設(shè)平面BD1M的法向量為n令z=2，則y=1,x=1，即n=設(shè)平面BD1M∩CC1則n?BF=-1+2c=0則F0,1,12可得BD1?且BD故截面BED1F對(duì)于選項(xiàng)D：因?yàn)檎襟wABCD-A1所以MD=-x,0,-z，因?yàn)镸D=2M化簡(jiǎn)得：x2所以點(diǎn)M的軌跡是一段以N0,0,43設(shè)圓弧與A1D1取x=0，則z=23，即DQ=23；取z=1，則則PD1=且∠PND1∈∴軌跡長(zhǎng)度是23故選：BCD.【變式7-1】3.（多選）（2023·湖北武漢·華中師大一附中?？寄M預(yù)測(cè)）正四棱柱ABCD-A1BA．點(diǎn)A1到平面B1CB．四棱錐D1-ABCD內(nèi)切球的表面積為C．平面BC1DD．點(diǎn)M,N為線段AC上的兩點(diǎn)，且AM=CN=14AC，點(diǎn)P為面A1B1C【答案】AC【分析】利用等體積法判斷A，利用等體積法求出內(nèi)切球的半徑，即可判斷B，找到二面角的平面角，利用勾股定理逆定理即可判斷C，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)Px,y,2，即可求出動(dòng)點(diǎn)P【詳解】對(duì)于A：設(shè)點(diǎn)A1到平面B1C

B1D1S△B1又VA1-B1對(duì)于B：

SABCD=22S△ABVD設(shè)內(nèi)切球的半徑為r，則163=1對(duì)于C：設(shè)底面ABCD中心為O,BC1∩B1C=E,DC1∩D1

則CG⊥EF，C1G⊥EF，所以∠CGO為面BC在△CGO中，GO=GC=2,OC=2，OG所以平面BC1D對(duì)于D，設(shè)底面ABCD中心為O，底面A1B1C1D1

設(shè)點(diǎn)Px,y,2，又M由PM=2PN得，x2所以P點(diǎn)軌跡為圓x2+(y-3)2=4因?yàn)镴C1=1，JK=2，∠O1即∠KJH<π

所以HK的弧長(zhǎng)不為π，即點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)不為π，故D錯(cuò)誤.故選：AC【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：涉及點(diǎn)到面的距離一般利用等體積法或空間向量法，D選項(xiàng)關(guān)鍵是建立空間直角坐標(biāo)系，定量計(jì)算出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡.【變式7-1】4.（2023·山東淄博·統(tǒng)考三模）設(shè)A，B是半徑為3的球體O表面上兩定點(diǎn)，且∠AOB=60°，球體O表面上動(dòng)點(diǎn)P滿足PA=2A．121111π B．415【答案】D【分析】建立直角坐標(biāo)系，根據(jù)PA=2PB確定軌跡為圓，轉(zhuǎn)化到空間得到軌跡為兩球的交線，計(jì)算球心距CO=【詳解】以AOB所在的平面建立直角坐標(biāo)系，AB為x軸，AB的垂直平分線為y軸，AB=3，則A-32,0，B則x+322故P軌跡是以C52,0轉(zhuǎn)化到空間中：當(dāng)P繞AB為軸旋轉(zhuǎn)一周時(shí)，PA,PB不變，依然滿足故空間中P的軌跡為以C為球心，半徑為r=2的球，同時(shí)P在球O上，故P在兩球的交線上，為圓.球心距為CO=△OCP為直角三角形，對(duì)應(yīng)圓的半徑為r1周長(zhǎng)為2π故選：D題型8解析幾何相關(guān)【例題8】（2023秋·安徽·高三安徽省馬鞍山市第二十二中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）若正四面體P-ABC的側(cè)面PAB所在平面內(nèi)有一動(dòng)點(diǎn)Q，已知Q到底面ABC的距離與Q到點(diǎn)P的距離之比為正常數(shù)k，且動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡是拋物線，則k的值為.【答案】2【分析】求正四面體側(cè)面與底面的夾角，再由拋物線的定義求解．【詳解】設(shè)正四面體二面角P-AB-C平面角為θ，P在底面的投影為O，M為AB中點(diǎn)，PM⊥AB,OM⊥AB，則∠PMO=θ，設(shè)正四面體邊長(zhǎng)為a，則PM=32a，OM=36

點(diǎn)Q到底面ABC的距離為QH，點(diǎn)Q到定直線AB的距離為d，則d=QH再由點(diǎn)Q到底面ABC的距離與到點(diǎn)P的距離之比為正常數(shù)k，可得PQ=QHk∵平面PAB內(nèi)，點(diǎn)P為定點(diǎn)，直線AB為定直線，又動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡是拋物線，故PQd=1，故故答案為：2【變式8-1】1.（2023春·四川遂寧·高三射洪中學(xué)?？茧A段練習(xí)）設(shè)點(diǎn)P是棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1表面上的動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)M①當(dāng)點(diǎn)P在底面ABCD內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí),三棱錐P-C1D②當(dāng)點(diǎn)P在線段B1C上運(yùn)動(dòng)時(shí),異面直線AP與A1③當(dāng)點(diǎn)P在線段A1D1上運(yùn)動(dòng)時(shí),平面PAN⊥④當(dāng)點(diǎn)P在側(cè)面BCC1B1內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí),若P到棱A1【答案】①③④【分析】對(duì)于①,根據(jù)點(diǎn)P到平面C1D1M的距離即為點(diǎn)P到平面A1B1C1D1的距離為2即可判斷;對(duì)于②,異面直線AP與A1D所成角即為直線AP與B1C所成角,轉(zhuǎn)化為在△AB1C中,AP與B1C所成角即可判斷;對(duì)于③,根據(jù)N為底面【詳解】對(duì)于①,當(dāng)點(diǎn)P在底面ABCD內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí),點(diǎn)P到平面C1D1M的距離即為點(diǎn)P到平面則VP-對(duì)于②,如圖:點(diǎn)P在線段B1C上運(yùn)動(dòng)時(shí),因?yàn)樗援惷嬷本€AP與A1D所成角即為直線AP與因?yàn)锳C=AB1=當(dāng)點(diǎn)P在線段B1C的中點(diǎn)時(shí),AP⊥B1C,即直線AP當(dāng)點(diǎn)P向兩個(gè)端點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí),直線AP與B1C所成角越來(lái)越小,當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B1或點(diǎn)C重合時(shí),直線AP與B所以直線AP與B1C所成角的取值范圍是即異面直線AP與A1D所成角的取值范圍是對(duì)于③,如圖:∵N為底面ABCD的中心,∴AN⊥BD,∵BB1⊥平面ABCD,AN?∴AN⊥BB又BD∩BB1=B,BD?平面BDD1∴AN⊥平面BDD∵AN?平面PAN,∴平面PAN⊥平面BDD對(duì)于④,點(diǎn)P在側(cè)面BCC∵A1B1∴P到棱A1B1∴P到棱A1B1的距離等于它到棱BC的距離即為點(diǎn)P到B1的距離等于點(diǎn)根據(jù)拋物線的定義,又點(diǎn)P在側(cè)面BCC∴點(diǎn)P的軌跡為拋物線的一部分.故答案為:①③④.【變式8-1】2.（多選）（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知正方體ABCD-AA．直線BD'與直線ACB．與12條棱夾角相同的最大截面面積為3C．面切球與外接球半徑之比為1:D．若Q為空間內(nèi)一點(diǎn)，且滿足D'Q與AB所成角為【答案】ABC【分析】根據(jù)給定的正方體，證明AC⊥BD確定符合條件的最大截面并求出面積判斷B；求出兩球半徑比判斷C；求出點(diǎn)Q的軌跡方程判斷D作答.【詳解】A.如圖，在正方體ABCD-ADD'⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，則DD'DD',BD?平面BDD'，因此AC⊥平面BDD'B.與正方體ABCD-A點(diǎn)M,N,E,F,R,T分別為正方體ABCD-A'B多邊形MNEFRT為正六邊形，其邊長(zhǎng)為2，其面積為S=6×3因?yàn)檎襟wABCD-A'B'C因此面切球與外接球半徑之比為13點(diǎn)Q在平面ABCD內(nèi)，過(guò)Q作QH//AB交AD于H，連接D'而AB⊥平面ADD'A'，D'H?平面顯然∠HQD'是D'Q與AB所成的角，則有在平面ABCD中，以DA，DC所在直線分別為x，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)Q(x,y)，則|DQ|=x2+于是得4+x2+y2故選：ABC【變式8-1】3.（多選）（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4，E為側(cè)面BCC1B1的中心，A．三棱錐P-BB．若EP//平面A1C．若FQ⊥DP，則線段FQ的最大值為2D．當(dāng)DQ與DA1的所成角為45°【答案】AC【分析】證明EF//BD1，由此證明△EFP的面積為定值，再證明B1E⊥平面【詳解】因?yàn)镋為側(cè)面BCC1B1的中心，所以又F為棱C1所以EF//所以點(diǎn)P到直線EF的距離等于點(diǎn)E到直線BD所以點(diǎn)P到直線EF的距離等于點(diǎn)C1到直線B設(shè)C1所以點(diǎn)C1到直線BD1所以點(diǎn)P到直線EF的距離為26所以△EFP的面積S△EFP又B1E⊥BCBC1∩C1所以B1E⊥平面所以三棱錐P-B1EF如圖以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DA,DC,則D0,0,0所以DA所以DA所以向量BD1=設(shè)BP=λBD所以EP=因?yàn)镋P//平面A1C所以λ=13，所以所以EP=設(shè)Qx,y,4，則FQ又DP=因?yàn)镕Q⊥DP，所以4-4λx+所以x+y=2，所以FQ=又0≤x≤4,0≤y≤4，所以0≤y≤2，所以當(dāng)y=0時(shí)，線段FQ取最大值，最大值為22因?yàn)镈Q=x,y,4，又DQ與DA1的所成角為所以cos45化簡(jiǎn)可得y2=8x，且所以點(diǎn)Q的軌跡為拋物線的一部分，D錯(cuò)誤；故選：AC.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解集的關(guān)鍵在于建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量方法研究空間中的線面位置關(guān)系.【變式8-1】4.（多選）（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）已知在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1CA．當(dāng)P在對(duì)角線BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，三棱錐A-PBB．當(dāng)P在對(duì)角線BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，異面直線D1P與BC．當(dāng)P在對(duì)角線BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線D1P與平面AD．若點(diǎn)P到棱AA1的距離是到平面BCC【答案】AB【分析】根據(jù)線面平行的性質(zhì)結(jié)合三棱錐體積公式可判斷A；建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間角的向量求法可判斷B，C；根據(jù)圓錐曲線的定義可判斷D.【詳解】當(dāng)P在對(duì)角線BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，BD∥B1D1,B故BD∥平面AB1D1，從而點(diǎn)從而三棱錐P-AB1D1的體積為定值，即三棱錐以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1分別為x軸?y軸?

則D10,0,1，B1由P在對(duì)角線BD上運(yùn)動(dòng)，設(shè)Pm,m,0于是B1假設(shè)存在點(diǎn)P滿足異面直線D1P與B1C所成角為解得m=14，所以異面直線D1P與AC1=(-1,1,1),D故AC1⊥平面A1BD于是令sinπ3=即直線D1P與平面A1BD所成角取不到注意到點(diǎn)P到棱AA1的距離為PA，過(guò)點(diǎn)P作BC的垂線，垂足為則點(diǎn)P到平面BCC1B在平面ABCD內(nèi)，動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)A的距離與到定直線BC的距離之比為2，即動(dòng)點(diǎn)P的軌跡在雙曲線上，D錯(cuò)誤,故選：AB.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查立體幾何中動(dòng)點(diǎn)軌跡，異面直線所成角?線面角的計(jì)算，解答的關(guān)鍵是要發(fā)揮空間想象能力。利用空間向量處理空間角，利用圓錐曲線的定義確定立體幾何中動(dòng)點(diǎn)的軌跡,【變式8-1】5.（多選）（2023秋·廣東陽(yáng)江·高三統(tǒng)考開(kāi)學(xué)考試）已知正方體ABCD-A1BA．若M為線段AC上任一點(diǎn)，則D1M與BB．若M為正方形ADD1A1C．若M在正方形DCC1D1內(nèi)部，且|MB|=D．若三棱錐M-BDC1的體積為43【答案】ACD【分析】對(duì)于A：根據(jù)異面直線夾角分析判斷；對(duì)于B：根據(jù)題意分析可得AC與BD的交點(diǎn)O即為三棱錐M-ABD的外接球的球心，結(jié)合錐體的體積公式分析運(yùn)算；對(duì)于C：分析可得MC=2【詳解】對(duì)于A：過(guò)點(diǎn)M作MN//BC交DC于點(diǎn)N，連接D1則∠D1MN即為D1M當(dāng)點(diǎn)M由點(diǎn)A向點(diǎn)C移動(dòng)的過(guò)程中，點(diǎn)N由點(diǎn)D向點(diǎn)C移動(dòng),線段D1N逐漸變長(zhǎng)，所以tan∠又當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)A處時(shí)，∠D1MN=π4；當(dāng)點(diǎn)M對(duì)于B：由題意可知：AB⊥平面ADD1A1，則AB⊥DM,AB⊥AM，又因?yàn)锳M⊥DM，AB∩AM=A，AB,AM?平面ABM，所以DM⊥平面ABM，BM?平面ABM，則DM⊥BM，故△MAD和△ABD均為直角三角形．所以AC與BD的交點(diǎn)O即為三棱錐M-ABD的外接球的球心，半徑R=1此外接球的體積V=4對(duì)于C：由題意可知：BC⊥平面DCC1D1，則BC⊥CM，點(diǎn)M在側(cè)面DCC1D故點(diǎn)M的軌跡是以點(diǎn)C為圓心，半徑為2的四分之一圓弧，所以點(diǎn)M的軌跡的長(zhǎng)度為14對(duì)于D：設(shè)三棱錐M-BDC1的高為由三棱錐M-BDC1的體積為13即點(diǎn)M到平面BDC1的距離為對(duì)于三棱錐C-BDC1，設(shè)高為由體積可得13h1即點(diǎn)C到平面BDC1的距離為可得：點(diǎn)A1到平面B1D1C的距離為233故點(diǎn)M在平面B1D1若∠MD1C=π6顯然點(diǎn)C不滿足題意，設(shè)D1C與平面B1D1故平面B1D1C與圓錐側(cè)面相交，且平面B1顯然點(diǎn)D1不合題意，所以點(diǎn)M故選：ACD.【點(diǎn)睛】方法定睛：在立體幾何中，某些點(diǎn)、線、面按照一定的規(guī)則運(yùn)動(dòng)，構(gòu)成各式各樣的軌跡，探求空間軌跡與探求平面軌跡類似，應(yīng)注意幾何條件，善于基本軌跡轉(zhuǎn)化．對(duì)于較為復(fù)雜的軌跡，常常要分段考慮，注意特定情況下的動(dòng)點(diǎn)的位置，然后對(duì)任意情形加以分析判定，也可轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題．對(duì)每一道軌跡命題必須特別注意軌跡的純粹性與完備性【變式8-1】6.（多選）（2023·河北·校聯(lián)考三模）在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1CA．若點(diǎn)P到直線AB與到直線B1C1距離之比為2:1B．若點(diǎn)P到直線AB與到直線B1C1距離之比為1:1C．過(guò)點(diǎn)P,C,D三點(diǎn)作正方體ABCD-AD．三棱錐P-ABC體積的最大值為1【答案】BCD【分析】對(duì)A：如圖，以B1為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)Px,0,z，由點(diǎn)P到直線AB與到直線B1C1距離之比為2:1求得點(diǎn)P的軌跡；對(duì)B：根據(jù)拋物線的定義得點(diǎn)P的軌跡；對(duì)C：過(guò)點(diǎn)P作MN//AB分別交AA1,BB1于M，【詳解】如圖，以B1為坐標(biāo)原點(diǎn)，以B1A則B10,0,0，設(shè)側(cè)面ABB

對(duì)于A：點(diǎn)P到直線AB的距離為1-z，由正方體知B1C1⊥面ABB1A1，又所以點(diǎn)P到直線B1C1距離為PB1所以點(diǎn)P的軌跡為橢圓的一部分，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B：點(diǎn)P到直線AB與到直線B1C1距離之比為1:1，即P到直線AB根據(jù)拋物線定義知點(diǎn)P的軌跡為拋物線的一部分，故B正確；對(duì)于C：過(guò)點(diǎn)P作MN//AB分別交AA1,BB1則MN//CD且MN=CD，所以四邊形MNCD是平行四邊形，則平行四邊形MNCD為過(guò)點(diǎn)P,C,D三點(diǎn)的截面，故C正確；

對(duì)于D：當(dāng)點(diǎn)P在A1B1上時(shí)，點(diǎn)P此時(shí)三棱錐P-ABC體積VP-ABC故選：BCD【變式8-1】7.（多選）（2023·江蘇揚(yáng)州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）圓柱OO1高為1，下底面圓O的直徑AB長(zhǎng)為2，BB1是圓柱A．若PA+PB=3，則P點(diǎn)的軌跡為圓B．若直線OP與直線OB1成45°，則C．存在唯一的一組點(diǎn)P,Q，使得AP⊥PQD．AP+PQ+QB1【答案】BC【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用兩點(diǎn)間距離公式以及向量夾角公式列式計(jì)算可得點(diǎn)P的軌跡方程判斷選項(xiàng)A和選項(xiàng)B，假設(shè)AP⊥PQ，根據(jù)勾股定理列式結(jié)合均值不等式計(jì)算最值，即可判斷選項(xiàng)C，計(jì)算AP+PQ+QB1的最大值【詳解】對(duì)B，如圖，不妨以O(shè)為原點(diǎn)，以AB的垂直平分線，OA,O分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則O0,0,0B10,-1,1，設(shè)Px,y,1由題意，-y+1-12+由于P點(diǎn)在上底面內(nèi)，所以P的軌跡是拋物線的一部分，故B正確；對(duì)A，PA+PB=3,x2+(y-1)2

對(duì)C，設(shè)點(diǎn)P在下平面的投影為P1，若AP⊥PQ則AP2+P當(dāng)P1在線段AQ上時(shí)，A由均值不等式，AP當(dāng)且僅當(dāng)AP所以2=AQ2-(A而點(diǎn)Q只有在與點(diǎn)B重合時(shí)，AQ2才能取到此時(shí)點(diǎn)B與點(diǎn)Q重合，點(diǎn)P與點(diǎn)O1對(duì)D，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B1，點(diǎn)A與點(diǎn)QAP+PQ+QB1的值為故選：BC【點(diǎn)睛】判斷本題選項(xiàng)B時(shí)，利用定義法計(jì)算線線所成的角不好計(jì)算時(shí)，可通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量夾角的計(jì)算公式列式計(jì)算.題型8線段最值【例題8】（2023春·寧夏·高三六盤(pán)山高級(jí)中學(xué)?？奸_(kāi)學(xué)考試）在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1DA．NB1⊥NCC．線段B1N最小值為305 D．【答案】D【分析】由題意判斷N點(diǎn)的位置特征，由N點(diǎn)的位置變化驗(yàn)證各選項(xiàng)是否正確.【詳解】如圖所示：取A1A中點(diǎn)N1，連接D1B1，D1又DB,MD?面BMD，DB∩MD=D，則D1B1D1B1∩B1N而B(niǎo)1N?面B1N1當(dāng)N在D1時(shí)NB1VB線段B1N的最小值為