高中數(shù)學(xué)同步講義（人教B版2019選擇性必修一）第13講 專(zhuān)題1-5 立體幾何小題軌跡問(wèn)題七大題型

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

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

取B1C1由MD//A1B又MD?平面ABC1，AB?平面ABC1，所以同理可得DE//平面ABC1，又MD∩DE=D，MD,DE?所以平面MDE//平面ABC1，又MN//平面故點(diǎn)N的軌跡為線(xiàn)段DE，又由DE=12B故選：B．【變式1-1】1.(多選)（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）已知△ABC為等腰直角三角形，AB=AC，其高AD=3，E為線(xiàn)段BD的中點(diǎn)，將△ABC沿AD折成大小為θπ3<θ≤π2的二面角，連接BC，形成四面體A?BCD，動(dòng)點(diǎn)P在△ACD內(nèi)（含邊界），且PEA．AD⊥BCB．E點(diǎn)到平面ADC的距離的最大值為3C．點(diǎn)P在△ACD內(nèi)（含邊界）的軌跡長(zhǎng)度為2D．當(dāng)BP⊥AC時(shí)，BP與平面ADC所成角的正切值的取值范圍為2【答案】ABD【分析】作圖，根據(jù)圖中的幾何關(guān)系以及有關(guān)定義構(gòu)造三角形逐項(xiàng)求解.【詳解】依題意作下圖：∵AD=3，BD=CD=3,AB=AC=32又∵BD⊥AD,CD⊥AD,∴∠BDC=θ，BD∩CD=D,BD?平面BCD，CD?平面BCD，∴AD⊥平面BCD，BC?平面BCD，∴AD⊥BC，A正確；取AD的中點(diǎn)F，CD的中點(diǎn)G，連接EG,EF,GF；∵GF//AC,AC?平面ABC，∴GF//平面ABC，EF//AB,AB?平面ABC，∴EF//平面ABC，GF∩EF=F，∴平面GEF//平面ABC，又PE//平面ABC，P∈平面ACD，平面ACD∩平面EFG=GF，∴P點(diǎn)在線(xiàn)段GF上，P點(diǎn)在△ACD內(nèi)軌跡的長(zhǎng)度GF=1過(guò)E點(diǎn)作CD的垂線(xiàn)EH得垂足H，AD⊥平面BCD，EH?平面BCD，∴EH⊥AD,CD∩AD=D,CD?平面ACD，AD?平面ACD，∴EH⊥平面ACD，即線(xiàn)段EH的長(zhǎng)度就是E點(diǎn)到平面ACD的距離，∴EH=EDsin對(duì)于D，如圖過(guò)B點(diǎn)作CD的垂線(xiàn)得垂足I，則有BI⊥平面ACD，過(guò)I點(diǎn)作GF的垂線(xiàn)得垂足P，∵GF⊥PI,GF⊥BI,BI∩PI=I,BI?平面BPI，PI?平面BPI，∴GF⊥平面BPI，GF⊥BP，又GF//AC,∴BP⊥AC，BP與平面ACD所成的角就是∠BPI，在等腰直角三角形GPI中，PI=22GI=2232當(dāng)θ=π3時(shí)，DI=3cosπ3令fθ=3fθ是減函數(shù)，當(dāng)θ=π2時(shí)取fθ最小值故選：ABD.【變式1-1】2.(多選)（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）已知正方體ABCD?A1B1CA．三棱錐N?A1B．當(dāng)MN最大時(shí)，MN與BC所成的角為πC．正方體的每個(gè)面與點(diǎn)N的軌跡所在平面夾角都相等D．若DN=2，則點(diǎn)N的軌跡長(zhǎng)度為2【答案】ACD【分析】首先利用平面的基本性質(zhì)確定N點(diǎn)所在平面MEFGHI，且面MEFGHI//面A1BC1，構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，求面A1BC1的一個(gè)法向量，應(yīng)用向量法求N到面A1BC1的距離，進(jìn)而求三棱錐N?A1B【詳解】過(guò)AB中點(diǎn)M作ME//A1B與A1A交E，作EF//B依次作A1C1,A最后依次連接各交點(diǎn)，得到如下圖示的正六邊形MEFGHI，因?yàn)镸E//A1B，ME?面A1B所以ME//面A1BC1因?yàn)镸E∩EF=E，ME,EF?面A1BC所以面MEFGHI中直線(xiàn)都平行于面A1BC1，又M∈面MEFGHI，且所以MN?面MEFGHI，即N∈面MEFGHI，根據(jù)正方體性質(zhì)，可構(gòu)建如下圖示的空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，C1(0,2,2)，且M(2,1,0)，E(2,0,1)，F(xiàn)(1,0,2)，G(0,1,2)，A：由上分析知：面MEFGHI任意一點(diǎn)到面A1BC1的距離，即為而A1B=(0,2,?2)，C1B所以m?A1B=2y?2z=0m?所以M到面A1BC1的距離，即N到面又△A1BC所以三棱錐N?A1BB：由圖知：當(dāng)N與G重合時(shí)MN最大為22，且MG//B所以MN與BC所成的角，即為∠CC：由正方體性質(zhì)，只需判斷各側(cè)面的法向量DA=(2,0,0)，DC=(0,2,0)，DD又cosm,DA所以正方體的每個(gè)面與點(diǎn)N的軌跡所在平面夾角都相等，正確；D：若DN=2，則點(diǎn)N的軌跡是以N為球心的球體被面MEFGHI所截的圓，因?yàn)槊鍹EFGHI//面A1BC1，故m=(1,1,1)所以D到面MEFGHI的距離為d'=m故點(diǎn)N的軌跡長(zhǎng)度為2π故選：ACD【變式1-1】3.(多選)（2022·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，平面A．當(dāng)BD//平面α?xí)r，H點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為B．點(diǎn)H所形成曲面的面積為2C．若僅存在唯一的平面α，使得HC⊥HP，則DD．若P為C1D1的中點(diǎn)，則直線(xiàn)PH與平面【答案】ACD【分析】根據(jù)AH⊥A1H垂直關(guān)系可得H在以A【詳解】由于A1H⊥平面α，AH?α,所以AH⊥A1H，即H在以A因?yàn)锳A1⊥平面ABCD,BD?平面ABCD因?yàn)锳C⊥BD,AA1∩AC=A,A由于BD⊥平面ACC1A1,當(dāng)BD//平面α?xí)r，可知A1H⊥BD,所以H∈平面ACC因?yàn)槠矫鍭BB1A所以點(diǎn)H形成的曲面是球面的14，所以面積S=由題意可知，存在唯一的點(diǎn)H，使得HC⊥HP，所以以AA設(shè)AA1中點(diǎn)為O，CP中點(diǎn)為M，DD1中點(diǎn)為N，則則CP=22+2?2x2則OM=x+12+22=x2+2x+5，又由于相切，則OM=R+PH與以AA1為直徑的球相切，且P，A1，O，H共面，易知PA1與以AA1故選：ACD【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題考查了空間中點(diǎn)線(xiàn)面的位置關(guān)系，軌跡弧長(zhǎng)的問(wèn)題，以及空間中的距離最值以及空間角的最值問(wèn)題.解決與球相關(guān)的切、接問(wèn)題，其通法是作出截面，將空間幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面幾何問(wèn)題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點(diǎn)的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點(diǎn)的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準(zhǔn)最佳角度做出截面（要使這個(gè)截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關(guān)系），達(dá)到空間問(wèn)題平面化的目的；（3）求半徑下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于球的半徑的方程，并求解【變式1-1】4.（2023·全國(guó)·高二專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱BC、【答案】22/【分析】利用坐標(biāo)法，根據(jù)線(xiàn)面平行和面面平行的判定及性質(zhì)找出P的軌跡，根據(jù)軌跡特點(diǎn)可求答案.【詳解】如圖，分別取AA1,A1以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DD1所在直線(xiàn)分別為則M1,0,12所以MN=?12,0,故MN=EF，即MN//EF，又MN?平面AEF，EF?平面所以MN//平面AEF，同理可得NC1//平面AEF，又MN∩N所以平面MNC1//因?yàn)镻是側(cè)面ADD1A所以點(diǎn)P必在線(xiàn)段MN上，即點(diǎn)P的軌跡為MN，所以點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為MN=MN故答案為：22題型2垂直關(guān)系與軌跡【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(xiàn)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(xiàn)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.(多選)（2023·全國(guó)·高二專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B

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

設(shè)Px,y,0，則D10,0,1，A1,0,0，若D1P⊥AD1，則對(duì)于B，取BB1中點(diǎn)Q，連接D1所以可得A、M、D1、Q所以過(guò)三點(diǎn)A、M、D1的正方體ABCD?A1AD過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥D1A所以梯形的高為QH=5所以，S=1

對(duì)于C，如下圖知：四面體A1

可知四面體A1C1取△A1DC1的外心O1，連接則2A1O1=

所以四面體A1C1設(shè)四面體A1C1BD的側(cè)面積為S，其內(nèi)切球的半徑為∵V即r=?4=對(duì)于D，N1,1,15，NP=x?1,y?1,?即xx?1+yy?1所以，圓心12,12，所以，軌跡為圓：(x?12)所以D錯(cuò)誤；故選：BC.【變式2-1】2.(多選)（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）（多選）如圖所示，圓錐PO中，PO為高，AB為底面圓的直徑，圓錐的軸截面是面積等于2的等腰直角三角形，C為母線(xiàn)PA的中點(diǎn)，點(diǎn)M為底面上的動(dòng)點(diǎn)，且OM⊥AM，點(diǎn)O在直線(xiàn)PM上的射影為H．當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)時(shí)，（

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

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

則A0,?1,0設(shè)Px,y,0，則AM因?yàn)锳M⊥MP，則AM?MP=0×x+1×y+所以點(diǎn)P的軌跡方程為y=3空1：根據(jù)圓的弦長(zhǎng)公式，可得點(diǎn)P形成的軌跡長(zhǎng)度為21?空2：因?yàn)镾P=x?0所以當(dāng)x=0時(shí)，點(diǎn)S與P距離的最小，其最小值為574故答案為：72；57【變式2-1】5.(多選)（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）如圖，圓柱OO1的底面半徑和母線(xiàn)長(zhǎng)均為3,AB是底面直徑，點(diǎn)C在圓O上且OC⊥AB，點(diǎn)E在母線(xiàn)BD上A．存在唯一的點(diǎn)F，使得AF+FE=2B．若AE⊥CF，則點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)為4C．若AF⊥FE，則四面體ACEF的外接球的表面積為40D．若AF⊥FE，則點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)為2【答案】ACD【分析】對(duì)選項(xiàng)A：作E關(guān)于D點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為E'，利用對(duì)稱(chēng)性與三點(diǎn)共線(xiàn)距離最短求解；對(duì)選項(xiàng)BD：建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)F滿(mǎn)足的條件判斷其軌跡，求其長(zhǎng)度；對(duì)選項(xiàng)C：證明AE中點(diǎn)Q為四面體ACEF【詳解】設(shè)E關(guān)于D點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為E'則AF+EF=AF+FE所以AF+FE≥213,當(dāng)且僅當(dāng)故存在唯一的點(diǎn)F，使得AF+FE=213由題意知OC⊥AB,OO1⊥OC,OO1則A(0,?3,0),C(3,0,0),E(0,3,2),設(shè)F(x,y,3)，則AE=(0,6,2),對(duì)選項(xiàng)B：當(dāng)AE⊥CF時(shí)，AE?所以點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)為上底面圓O1的一條弦MN，O所以MN=232?1=42對(duì)選項(xiàng)D：當(dāng)AF⊥FE時(shí)，AF?所以點(diǎn)F的軌跡是以O(shè)1為圓心，6為半徑的圓，其軌跡長(zhǎng)為2對(duì)選項(xiàng)C：在△ACE中，AC=32∴AC2+CE2=AE2,∴△ACE而QF=Q所以QF=QE=QC=QA，所以Q為四面體ACEF的外接球的球心，球半徑為10，所以球的表面積為40π故選：ACD【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)立體幾何中動(dòng)點(diǎn)的軌跡問(wèn)題采用幾何法分析難度時(shí)可以用坐標(biāo)法去研究，根據(jù)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)滿(mǎn)足的方程可以方便的判斷出軌跡的形狀，將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問(wèn)題解決.題型3定長(zhǎng)與軌跡【例題3】（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)A．3+266C．3+66【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(chēng)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3-1】1.(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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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13?1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(mǎn)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(xiàn)、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(lèi)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3-1】2.(多選)（2023·全國(guó)·高二專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．若D1Q//平面AB．存在點(diǎn)Q，使得D1Q⊥C．當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)Q落在C1處時(shí)，三棱錐Q?D．若D1Q=62【答案】ACD【分析】選項(xiàng)A：利用面面平行證明線(xiàn)面平行，得到動(dòng)點(diǎn)軌跡；選項(xiàng)B：利用向量法證明線(xiàn)面垂直，判斷動(dòng)點(diǎn)是否存在；選項(xiàng)C：利用向量法求點(diǎn)到平面距離，計(jì)算棱錐體積；選項(xiàng)D:利用方程判斷軌跡形狀并求軌跡長(zhǎng)度.【詳解】取B1C1、C1C中點(diǎn)E、F，連接D1E由PF//BC1//A1∵D1F?平面A1PD，A1P?平面A1PD∵EF∩D1F=F，EF,∴平面A1PD//如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則A11,0,0，P1,1,12，D0,0,1，設(shè)則A1D=?1,0,1，設(shè)m=a,b,c為平面則m?A1D=0,m?A1若D1Q⊥平面A1PD，則D1Q//m，即存在λ∈R，使得D1Q△A1PD的面積為定值，∴當(dāng)且僅當(dāng)Q到平面A1PDd=A①x+z≤32，d=1?23x+z②x+z>32，d=23x+z?1，則當(dāng)綜上，當(dāng)x+z=0，即Q和C1重合時(shí)，三棱錐Q?D1C1⊥平面BB∴C1Q=22，Q點(diǎn)的軌跡是半徑為22故選：ACD.【變式3-1】3.(多選)（2023春·廣東惠州·高一統(tǒng)考期末）如圖，點(diǎn)M是棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1BA．有無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)M滿(mǎn)足CM⊥AB．當(dāng)點(diǎn)M在棱DD1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，MA+MC．若MB1=2D．在線(xiàn)段AD1上存在點(diǎn)M，使異面直線(xiàn)MB1【答案】AC【分析】對(duì)于A，根據(jù)線(xiàn)面垂直性質(zhì)定理以及判定定理，可得其正誤；對(duì)于B，利用“將軍飲馬”模型，旋轉(zhuǎn)平面化折為直，結(jié)合勾股定理，可得其正誤；對(duì)于C，利用直觀想象圓錐的模型，利用勾股定理，求得其底面軌跡，可得其正誤；對(duì)于D，根據(jù)異面直線(xiàn)夾角的定義，利用數(shù)形結(jié)合以及三角函數(shù)的定義，可得其正誤.【詳解】對(duì)于A，若M在A1D上，則此時(shí)有無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)M滿(mǎn)足證明如下：由正方體的性質(zhì)得CD⊥平面ADD1A1，因?yàn)锳D又A1D⊥AD1，CD∩A1D=D，CD,因?yàn)镃M?平面A1DC，所以AD對(duì)于B，旋轉(zhuǎn)平面ADD1A1使之與平面BB1D此時(shí)MA+MB1最短為A'對(duì)于C，當(dāng)點(diǎn)M在平面ADD1A1內(nèi)時(shí)，A1B1⊥面所以A1B12+A1M2=B從而動(dòng)點(diǎn)M軌跡長(zhǎng)度為14對(duì)于D，因?yàn)镃D//A1B1，所以直線(xiàn)B1M與CD所成的角，即為直線(xiàn)由在線(xiàn)段AD1上存在點(diǎn)M知，A1M≥2即∠A1B故選：AC【變式3-1】4.(多選)（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正方體ABCD?A1B1CA．點(diǎn)M的軌跡的面積為πB．直線(xiàn)C1QC．當(dāng)PQ⊥A1CD．B1P【答案】ACD【分析】A選項(xiàng)，連接QD，DM，可得DM=1B選項(xiàng)，注意Q與D重合的特殊情況；C選項(xiàng)，由PQ⊥A1C1，可得點(diǎn)Q在線(xiàn)段BD上，結(jié)合D選項(xiàng)，注意到B1【詳解】A選項(xiàng)：連接QD，DM，易知PD⊥平面ABCD，QD?平面ABCD，所以PD⊥DQ.因直角三角形斜邊的中線(xiàn)等于斜邊的一半，所以DM=1所以點(diǎn)M的軌跡是以D為球心、12為半徑的球的表面的1所以點(diǎn)M的軌跡的面積為18B選項(xiàng)：易知BC⊥平面DCC1D此時(shí)直線(xiàn)C1C選項(xiàng)：連接BD，BD1，易知PD⊥平面A1B1所以PD⊥A1C1.又PQ?平面PDQ，DP?平面PDQ，所以A1所以A1又因BD∥B1D1，BD?平面B1CD1所以點(diǎn)Q到平面B1CD所以BBD選項(xiàng)：連接B1M，B1BM表示球D外一點(diǎn)到球面上一點(diǎn)的距離，則BMmin所以B1故選：ACD【變式3-1】5.(多選)（2023·全國(guó)·高二專(zhuān)題練習(xí)）在直四棱柱中ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，A．若λ+μ=12，則四面體B．若AQ∥平面A1BP，則AQ+C．若△A1BQ的外心為OD．若A1Q=7，則點(diǎn)【答案】ABD【分析】對(duì)于A，取DD1,DC的中點(diǎn)分別為M,N，由條件確定Q的軌跡，結(jié)合錐體體積公式判斷A，對(duì)于B，由條件確定Q的軌跡為MN，將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面上兩點(diǎn)間的距離最小問(wèn)題求解；對(duì)于C，由三角形外心的性質(zhì)和向量數(shù)量積的性質(zhì)可判斷，對(duì)于D，由條件確定點(diǎn)Q【詳解】對(duì)于A，取DD1,DC的中點(diǎn)分別為M,N，連接AM,AN,MN,DQ，則DD1因?yàn)镈Q=λDC+μ所以DQ=2λDN+2μ所以Q,M,N三點(diǎn)共線(xiàn)，所以點(diǎn)Q在MN，因?yàn)镈1C//A1B，MN//D1C，所以MN//A1B,MN?平面A1BP，對(duì)于B，因?yàn)锳M//BP，因?yàn)锳M?平面A1BP，BP?平面A1BP，所以AM∥平面A1BP，又AQ∥平面A1BP，AQ∩AM=M，AQ,AM?平面AMQ，所以平面AMQ//平面A1BP，取D1C1的中點(diǎn)E，連接PE，則PE//D1C，D1C//A1B，所以PE//A在同一平面，如圖，則AQ+C1Q≥AC1，當(dāng)且僅當(dāng)A,Q,C1三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)等號(hào)成立，所以AQ+C1Q的最小值為AC1，因?yàn)椤螧AD=60°,AB=AD=AA1=2，所以在△AMC1中，AM=5，M所以AC1=MA2+M所以B正確，對(duì)于C，若△A1BQ的外心為O，過(guò)O作OH⊥A1B于對(duì)于D，過(guò)A1作A1K⊥C1D1，垂足為K，因?yàn)镈D1⊥平面A1B1C1D1，A1K?平面A又在△A1K所以KD1=在△A1KQ中，A1K=3，A1Q=7在DD1,D1C1上取點(diǎn)A3,A2，使得D1A3=故選：ABD.【點(diǎn)睛】本題解決的關(guān)鍵在于根據(jù)所給條件結(jié)合線(xiàn)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.題型4相等關(guān)系與軌跡【例題4】（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(xiàn)l1、l2異面且垂直，平面α∥l1且l2?α，若點(diǎn)P到lA．直線(xiàn) B．橢圓 C．雙曲線(xiàn) D．拋物線(xiàn)【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(xiàn)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(xiàn).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(xiàn).【變式4-1】1.(多選)（2023·河北唐山·開(kāi)灤第二中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）已知四棱錐P?ABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，點(diǎn)M在平面ABCD上，且AM=λAD(0<λ<1)，則（

）A．存在λ，使得直線(xiàn)PB與AM所成角為πB．不存在λ，使得平面PAB⊥平面PBMC．當(dāng)λ一定時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)M軌跡上所有的點(diǎn)連線(xiàn)和平面ABCD圍成的幾何體的外接球的表而積為4D．若λ=22，以P為球心，PM為半徑的球面與四棱琟P?ABCD【答案】BCD【分析】根據(jù)線(xiàn)面角是斜線(xiàn)與平面內(nèi)直線(xiàn)所成角的最小角判斷A，根據(jù)平面PBC⊥平面PAB判斷B，根據(jù)圓錐與其外接球軸截面求球的半徑判斷C，利用側(cè)面展開(kāi)圖求球與側(cè)面交線(xiàn)長(zhǎng)，再由球與底面交線(xiàn)為以點(diǎn)A為圓心，2為半徑的四分之一圓弧即可判斷D.【詳解】對(duì)A，如圖，由題意∠PBA=π4為直線(xiàn)與平面ABCD所成的角，所以PB與AM所成的角不小于對(duì)B，PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，PA∩AB=A,PA,AB?面PAB，∴BC⊥面PAB，∴點(diǎn)M要在直線(xiàn)BC上，因?yàn)锳M=λAD(0<λ<1)，所以不存在，故B正確.對(duì)C，由題意知，幾何體為圓錐，作圓錐及外接球的軸截面圖，如圖，所以外接球的半徑R滿(mǎn)足R2=(2?R)所以外接球的表而積為S=4λ對(duì)D，將側(cè)面展開(kāi)，知球與側(cè)面的交線(xiàn)為以點(diǎn)P為圓心，6為半徑的圓與側(cè)面展開(kāi)圖的交線(xiàn)，即圖中EMF，因?yàn)閠an∠APF=22又∠APF+∠FPB=π4，所以由對(duì)稱(chēng)性知∠FPC=∠CPE，所以∠FPE=π故EMF的長(zhǎng)為π2又球與底面交線(xiàn)為以點(diǎn)A為圓心，2為半徑的圓與底面ABCD的交線(xiàn)，故長(zhǎng)度為π2×2，所以球面與四棱琟P?ABCD故選：BCD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：因?yàn)槠矫媾c球的截面為圓面，交線(xiàn)為一段圓弧，所以球與棱錐各面的交線(xiàn)是圓上一段，且圓的半徑為6，所以只需求出圓心角，本題選項(xiàng)D可以沿側(cè)棱展開(kāi)，棱錐各個(gè)側(cè)面放在同一平面上，借助平面幾何知識(shí)及對(duì)稱(chēng)性求出圓心角為π2【變式4-1】2.(多選)（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)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(xiàn)BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，三棱錐A?PBB．當(dāng)P在對(duì)角線(xiàn)BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，異面直線(xiàn)D1P與BC．當(dāng)P在對(duì)角線(xiàn)BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)的定義可判斷D.【詳解】當(dāng)P在對(duì)角線(xiàn)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(xiàn)BD上運(yùn)動(dòng)，設(shè)Pm,m,0于是B1假設(shè)存在點(diǎn)P滿(mǎn)足異面直線(xiàn)D1P與B1C所成角為解得m=14，所以異面直線(xiàn)D1P與AC1=(?1,1,1),D故AC1⊥平面A1BD于是令sinπ3=即直線(xiàn)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(xiàn)，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(xiàn)BC的距離之比為2，即動(dòng)點(diǎn)P的軌跡在雙曲線(xiàn)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(xiàn)所成角?線(xiàn)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(xiàn)的定義確定立體幾何中動(dòng)點(diǎn)的軌跡,【變式4-1】3．（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）已知長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，【答案】8【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出Pa,2a,0,Qb,6?2b,c，Mx,y,z，利用PM=2MQ得到2x+y=4+43a【詳解】如圖，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA所在直線(xiàn)為x軸，DC所在直線(xiàn)為y軸，DD設(shè)Pa,2a,0,Qb,6?2b,c，其中c設(shè)點(diǎn)Mx,y,z，則由PM=2即x?a=23b?ay?2a=2因?yàn)閦=23c因?yàn)閍,b∈0,3，所以4≤2x+y≤8在直角坐標(biāo)系中作出其可行域，如圖，則EF=且2x+y=4與2x+y=8之間的距離為8?44+1所以點(diǎn)M的軌跡面積為25故答案為：8【變式4-1】4.(多選)（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)A．若點(diǎn)F是線(xiàn)段AB的中點(diǎn)，則CF//B．若點(diǎn)G是線(xiàn)段AD的中點(diǎn)，則C1G⊥C．若B1M//平面A1BE，則MD．若點(diǎn)M到BC的距離與到DD1的距離相等，則【答案】BD【分析】根據(jù)給定的正方體，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷A，B；設(shè)出點(diǎn)M的坐標(biāo)，利用向量垂直的坐標(biāo)表示求出點(diǎn)M的軌跡判斷C；利用拋物線(xiàn)定義判斷D作答.【詳解】在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A則A(0,0,0),B(2,0,0),A對(duì)于A，F(xiàn)C=(1,2,0),A1E=(0,2,?1)，顯然向量FC與A對(duì)于B，A1B=(2,0,?2),A1E?GC1=2×1+(?1)×2=0，即A又A1B∩A1E=A1對(duì)于C，由選項(xiàng)B知，向量GC1=(2,1,2)是平面A1BEB1M=(x?2,2,z?2)，因?yàn)锽1M//于是得B1M?所以0≤x≤20≤z=3?x≤2，得1≤x≤2滿(mǎn)足x+z=3，1≤x≤2的點(diǎn)M軌跡是正方形CDD1C1內(nèi)的線(xiàn)段所以M點(diǎn)軌跡在正方形CDD1C對(duì)于D，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，顯然點(diǎn)M與C不重合，否則0=CD，矛盾，即有MC⊥BC，因此點(diǎn)M到直線(xiàn)BC的距離等于點(diǎn)M到點(diǎn)C的距離，又DD1?平面CDD1依題意，在平面CDD1C1內(nèi)，點(diǎn)M到定點(diǎn)C的距離等于它到定直線(xiàn)故選：BD【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及探求幾何體中點(diǎn)的軌跡問(wèn)題，可以建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的運(yùn)算建立動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)的關(guān)系解決【變式4-1】5.(多選)（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）已知正方體ABCD?A1B1CA．當(dāng)C1P=13B．當(dāng)C1P=λC．當(dāng)點(diǎn)P到平面ABCD的距離等于到直線(xiàn)A1B1D．當(dāng)C1P=1【答案】ABC【分析】A項(xiàng)可通過(guò)找異面直線(xiàn)所成的角的平面角判斷；B項(xiàng)先證線(xiàn)面平行，得點(diǎn)到平面的距離為定值，得體積為定值；C項(xiàng)將兩個(gè)距離具體化，得點(diǎn)到定點(diǎn)的距離等于到定直線(xiàn)的距離；D項(xiàng)利用球的性質(zhì)得BD即直徑，計(jì)算表面積.【詳解】正方體ABCD?A對(duì)于A，如圖，CP與AD所成的角即CP與BC所成的角，因?yàn)镃1P=13C1B，所以BP=223對(duì)于B，因?yàn)镃1B∥D1A，所以C1B//平面ACD1，所以當(dāng)C對(duì)于C，點(diǎn)P到平面ABCD的距離即點(diǎn)P到直線(xiàn)BC的距離，點(diǎn)P到直線(xiàn)A1B1對(duì)于D，當(dāng)C1P=12C1B即點(diǎn)P為C1外接球表面積S=4π故選：ABC.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：根據(jù)點(diǎn)是否滿(mǎn)足圓錐曲線(xiàn)的定義來(lái)判斷動(dòng)點(diǎn)軌跡是否是圓錐曲線(xiàn)；外接球問(wèn)題關(guān)鍵找到幾何體外接球球心.題型5角度定值與軌跡【例題5】（2023秋·高二單元測(cè)試）如圖，點(diǎn)P是棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A

A．當(dāng)P在平面BCC1BB．當(dāng)P在線(xiàn)段AC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，D1P與AC．使直線(xiàn)AP與平面ABCD所成的角為45o的點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為D．若F是A1B1的中點(diǎn)，當(dāng)P在底面ABCD上運(yùn)動(dòng)，且滿(mǎn)足PF//平面B1【答案】D【分析】由底面正方形ADD1A1的面積不變，點(diǎn)以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)P(x,2?x,0)，則D1由直線(xiàn)AP與平面ABCD所成的角為45°，作PM⊥平面ABCD，得到點(diǎn)P設(shè)P(m,m,0)，求得平面CB1D1的一個(gè)法向量為【詳解】對(duì)于A中：底面正方形ADD1A1的面積不變，點(diǎn)所以四棱錐P?AA對(duì)于B中：以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1所在的直線(xiàn)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(xiàn)D1P與A1C1因?yàn)?≤x?1≤1，當(dāng)x?1=0時(shí)，可得cos當(dāng)0<x?1≤1時(shí)，cosθ=所以異面直線(xiàn)D1P與A1

對(duì)于C中：因?yàn)橹本€(xiàn)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PM=AM，又因?yàn)镻M=AB，所以AM=AB，所以所以點(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中，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=當(dāng)x=1時(shí)，等號(hào)成立，所以D錯(cuò)誤.故選：D.

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)撥：對(duì)于立體幾何的綜合問(wèn)題的解答方法：1、立體幾何中的動(dòng)態(tài)問(wèn)題主要包括：空間動(dòng)點(diǎn)軌跡的判斷，求解軌跡的長(zhǎng)度及動(dòng)角的范圍等問(wèn)題；2、解答方法：一般時(shí)根據(jù)線(xiàn)面平行，線(xiàn)面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合圓或圓錐曲線(xiàn)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；3、對(duì)于線(xiàn)面位置關(guān)系的存在性問(wèn)題，首先假設(shè)存在，然后再該假設(shè)條件下，利用線(xiàn)面位置關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進(jìn)行推理論證，尋找假設(shè)滿(mǎn)足的條件，若滿(mǎn)足則肯定假設(shè)，若得出矛盾的結(jié)論，則否定假設(shè)；4、對(duì)于探索性問(wèn)題用向量法比較容易入手，一般先假設(shè)存在，設(shè)出空間點(diǎn)的坐標(biāo)，轉(zhuǎn)化為代數(shù)方程是否有解的問(wèn)題，若由解且滿(mǎn)足題意則存在，若有解但不滿(mǎn)足題意或無(wú)解則不存在.【變式5-1】1.（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在正方體ABCD?A1BA．有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得D1P⊥B1CC．若DP=12DB，則三棱錐P?BB1C外接球的表面積為16【答案】D【分析】根據(jù)線(xiàn)面垂直判斷線(xiàn)線(xiàn)垂直可求解A，利用線(xiàn)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(xiàn)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5-1】2.(多選)（2023·全國(guó)·高二專(zhuān)題練習(xí)）如圖，正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，A．當(dāng)a=12時(shí)，三棱錐A?PBB．當(dāng)a+b=1時(shí)，PB+PB1C．若直線(xiàn)BP與BD所成角為π4，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)為D．當(dāng)a+2b=1時(shí)，三棱錐P?ABC外接球半徑的取值范圍是2【答案】BCD【分析】當(dāng)a=12時(shí)，由平面向量線(xiàn)性運(yùn)算法則可知點(diǎn)P在線(xiàn)段OO1上，利用等體積法求出體積可判斷A；當(dāng)a+b=1時(shí)，由共線(xiàn)定理可得點(diǎn)P在線(xiàn)段CA1上，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性將PB+PB1的最值轉(zhuǎn)化成平面幾何問(wèn)題，即可求得最小值；若直線(xiàn)BP與BD所成角為π4，可知點(diǎn)P的軌跡是以O(shè)為圓心，半徑為r=【詳解】對(duì)于A，取AC,BD相交于點(diǎn)O,A1C當(dāng)a=12時(shí)，即由平面向量線(xiàn)性運(yùn)算法則可知，點(diǎn)P在線(xiàn)段OO1上，又∴V對(duì)于B，當(dāng)a+b=1時(shí)，由AP=aAC+bAA1，利用共線(xiàn)定理可得，由對(duì)稱(chēng)性可知，線(xiàn)段CA1上的點(diǎn)到D1取平面A1所以PB+PD1≥B此時(shí)點(diǎn)P為線(xiàn)段CA1的中點(diǎn)，即PB+PB對(duì)于C，由圖可知，BA,BC與BD所成角都為π4，由AP=aAC+bA若直線(xiàn)BP與BD所成角為π4，在線(xiàn)段OO1上取點(diǎn)P1，使OP1=OB則點(diǎn)P的軌跡是以O(shè)為圓心，半徑為r=22，且在平面A1所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)為πr=對(duì)于D，當(dāng)a+2b=1時(shí)，取AA1的中點(diǎn)為E，即由AP=aAC+bAA1=a易知三棱錐P?ABC外接球球心在直線(xiàn)OO1上，設(shè)球心為作PQ⊥AC于點(diǎn)Q，設(shè)PQ=x∈0,1，易知AE=1,AC=因?yàn)镻Q∥AE，則PQAE=CQAC，得設(shè)外接球半徑為R，則R2=?所以R2由二次函數(shù)的性質(zhì)可知，當(dāng)x=23時(shí)，半徑最小為R=22；當(dāng)又x∈0,1，所以半徑的取值范圍是2故選：BCD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于根據(jù)向量線(xiàn)性運(yùn)算法則和共線(xiàn)定理的應(yīng)用，確定點(diǎn)P的位置，再根據(jù)幾何體特征利用對(duì)稱(chēng)性即可求得距離之和的最小值，利用幾何法即可找出球心位置，進(jìn)而寫(xiě)出半徑的表達(dá)式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出半徑的取值范圍.【變式5-1】3.(多選)（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）已知正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，A．AA1B．球O的表面積為8C．EA+EA1D．若AE與平面BDC1所成角的正弦值為217，則【答案】ABD【分析】對(duì)于A，由條件先證線(xiàn)線(xiàn)平行，進(jìn)而證得線(xiàn)面平行；對(duì)于B，先假設(shè)球心O的位置，利用勾股定理與半徑相等建立方程組進(jìn)而確定O的位置，可求得球O的表面積；對(duì)于C，先判斷E落在C1O上，再進(jìn)一步判斷E與O重合時(shí)，對(duì)于D，利用面面垂直的性質(zhì)作出AF⊥面BDC1，故∠AEF為AE與平面BDC1所成角，再利用sin∠AEF【詳解】對(duì)于A，如圖1，設(shè)底面ABCD對(duì)角線(xiàn)交于點(diǎn)O由棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征易知AA1與CC又面A1B1C1D1面AA1C1C∩面ABCD=AC由平面幾何易得A1C1所以四邊形AA1C而AA1?面BDC1，C1O.對(duì)于B，如圖2，設(shè)O1為A1C1的中點(diǎn)，在等腰梯形AA1C1C為方便計(jì)算，不妨設(shè)O1O=a,O即222+又a+b=O1O2=62，解得a=故球O的表面積為4π.對(duì)于C，由圖2易得BD⊥O1O2，BD⊥AC，O1O2∩AC=O不妨設(shè)E落在圖3E'處，過(guò)E'作E'E1//BD故在Rt△AE1E'所以E1A+E1A1<再看圖4，由A1故EA+EA.對(duì)于D，由選項(xiàng)C可知，BD⊥面AA1C1C，BD?面BD在面AA1C1C內(nèi)過(guò)A作AF⊥則AF?面AA1C1C，面AA1C1C∩面BDC在△C1OC中，C1O=AA1=2，C在Rt△AEF中，sin∠AEF=217,∴而FO=22=12故選：ABD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵點(diǎn)在于確定E的位置，先假設(shè)E在C1O外（記為E'），由勾股邊小于斜邊推得E1A+E1A1<E'A+E'【變式5-1】4.（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）已知矩形ABCD，CD=4AD=43，過(guò)CD作平面α，使得平面ABCD⊥α，點(diǎn)P在α內(nèi)，且AP與CD所成的角為π3，則點(diǎn)P的軌跡為，BP長(zhǎng)度的最小值為【答案】雙曲線(xiàn)6【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)，結(jié)合已知條件求出P點(diǎn)軌跡方程進(jìn)行求解即可.【詳解】如圖，以D為原點(diǎn)，DC所在直線(xiàn)為x軸，平面α內(nèi)過(guò)D且與CD垂直的直線(xiàn)為y軸，DA所在直線(xiàn)為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則由已知，D0,0,0，A0,0,3，C∵點(diǎn)P在平面α內(nèi)，∴設(shè)Px,y,0，則AP=x,y,?∵直線(xiàn)AP與直線(xiàn)CD所成的角為π3∴cosAP兩邊同時(shí)平方，化簡(jiǎn)得P點(diǎn)軌跡方程為x2∴點(diǎn)P的軌跡為雙曲線(xiàn).BP=∵P點(diǎn)軌跡方程為x2?y23∴BP=∴當(dāng)x=3時(shí)，BP的最小值為BP故答案為：雙曲線(xiàn)，6【點(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)睛：本題第二個(gè)空容易誤認(rèn)為當(dāng)點(diǎn)P在線(xiàn)段CD上時(shí)，BP長(zhǎng)度最小，使用空間向量運(yùn)算，可以有效避免這種直覺(jué)上的錯(cuò)誤.【變式5-1】5.(多選)（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)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(xiàn)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(xiàn)EF的距離等于點(diǎn)E到直線(xiàn)BD所以點(diǎn)P到直線(xiàn)EF的距離等于點(diǎn)C1到直線(xiàn)B設(shè)C1所以點(diǎn)C1到直線(xiàn)BD1所以點(diǎn)P到直線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)面位置關(guān)系.題型6翻折問(wèn)題與軌跡【例題6】（2022·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）已知矩形ABCD中，AB=1，AE=2，如圖，將△ABE沿著B(niǎo)E進(jìn)行翻折，使得點(diǎn)A與點(diǎn)S重合，若點(diǎn)S在平面BCDE上的射影在四邊形BCDE內(nèi)部（包含邊界），則動(dòng)點(diǎn)SA．3π B．6π6 C．6【答案】C【分析】過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BE于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)G，則點(diǎn)S在平面BCDE上的射影N落在線(xiàn)段MG上.由翻折過(guò)程可知，SM=AM=63，判斷出S的軌跡是以點(diǎn)M為圓心，【詳解】如圖（1），過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BE于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)G，則點(diǎn)S在平面BCDE上的射影N落在線(xiàn)段MG上.在Rt△ABE中，AB=1，AE=2，則BE=3翻折的過(guò)程中，動(dòng)點(diǎn)S滿(mǎn)足SM=63，則動(dòng)點(diǎn)S的軌跡是以點(diǎn)M為圓心，63為半徑的一段圓弧.易得BM=33，EM=233，△AME∽△GMB，所以MGMA=MBME=12，則MG=66<SM，如圖（2），在圓M中，故選：C【點(diǎn)睛】立體幾何中的動(dòng)點(diǎn)軌跡問(wèn)題一般有四種，即線(xiàn)段型，平面型，二次曲線(xiàn)型，球型，有兩種處理方法：(1)很容易的看出動(dòng)點(diǎn)符合什么樣的軌跡(定義法)；(2)要么通過(guò)計(jì)算(建系)求出具體的軌跡表達(dá)式【變式6-1】1.（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）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，E是線(xiàn)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)A．523π B．453π【答案】D【分析】取AC中點(diǎn)M，作EH⊥AC于H，設(shè)點(diǎn)F軌跡所在平面為α，設(shè)三棱錐S?ABC外接球的球心為O,△SAC,△BAC的中心分別為O1,O2，則可得OO1⊥平面SAC,OO2⊥平面【詳解】取AC中點(diǎn)M，連接BM,SM，則AC⊥BM,AC⊥SM,BM∩SM=M，BM,SM?平面SMB∴AC⊥平面SMB，SM=MB=3，又SB=3∴∠SBM=∠MSB=30則三棱錐S?ABC的高?=sin三棱錐S?ABC體積為V=1作EH⊥AC于H，設(shè)點(diǎn)F軌跡所在平面為則平面α經(jīng)過(guò)點(diǎn)H且AC⊥α，設(shè)三棱錐S?ABC外接球的球心為O,△SAC,△BAC的中心分別為O1易知OO1⊥平面SAC,OO2由題可得∠OMO1=解Rt△OO1M，得O則三棱錐S?ABC外接球半徑r=O易知O到平面α的距離d=MH=1故平面α截外接球所得截面圓的半徑為r1∴截面圓的周長(zhǎng)為l=2πr1=53故答案為：53【變式6-1】2.（2020秋·浙江臺(tái)州·高二校聯(lián)考期中）矩形ABCD中，AB=2,AD=3，E為AB中點(diǎn)，將△ADE沿DE折起至△A'DE，記二面角A'-DE-C=θ，當(dāng)θ在0，π范圍內(nèi)變化時(shí)，點(diǎn)A'的軌跡長(zhǎng)度為【答案】32【分析】取DE的中點(diǎn)為M，過(guò)A'作A'G⊥DE，垂足為G，連接AG，可證明所以A'在以【詳解】取DE的中點(diǎn)為M，連接AM,A'M故A'在以M球心，AM過(guò)A'作A'G⊥DE，垂足為G，連接AG在矩形ABCD中，AE=1,AD=3，故AG=故AG=AG'=32，而A故A'在過(guò)G且垂直于DE的平面上，所以A'在以G為圓心，而∠AGA'為二面角A?DE?A故點(diǎn)A'的軌跡長(zhǎng)度為3故答案為：32【變式6-1】3.（2021秋·福建泉州·高二福建省南安市僑光中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖所示，在平行四邊形ABCD中，E為AB中點(diǎn)，DE⊥AB，DC=8，DE=6.沿著DE將△ADE折起，使A到達(dá)點(diǎn)A'的位置，且平面A'DE⊥平面BCDE.若點(diǎn)P為△A'【答案】4π【分析】根據(jù)給定條件探求出PB，PC在平面A'DE的射影PE，PD的關(guān)系，再在平面A'【詳解】因平面A'DE⊥平面BCDE，平面A'DE∩平面BCDE=DE，DE⊥AB，于是得BE⊥平面A'DE，而從而得PE，PD分別是PB，PD在平面A'DE內(nèi)的射影，如圖，BEPE=tan∠EPB=tan在△A'DE則D(6,0)，設(shè)P(x,y)，于是得2x2+從而得點(diǎn)P的軌跡是以M(?2,0)為圓心，4為半徑的圓，圓M交EA顯然∠QME=π3，圓M在△A'DE內(nèi)的部分是圓心角∠QME所對(duì)的弧QN所以點(diǎn)P的軌跡的長(zhǎng)度為4π3故答案為：4π【變式6-1】4.（2021秋·福建福州·高二福建省長(zhǎng)樂(lè)第一中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∠ABC=60°.將菱形沿對(duì)角線(xiàn)AC折疊成大小為60°的二面角B'?AC?D.設(shè)E為B'C的中點(diǎn)，F(xiàn)為三棱錐B'【答案】3【分析】在側(cè)面B′AC上，F(xiàn)點(diǎn)的軌跡是EP，在側(cè)面B′CD上，F(xiàn)點(diǎn)的軌跡是EQ，在底面ACD上，F(xiàn)點(diǎn)的軌跡是PQ，求的△EPQ周長(zhǎng)即可．【詳解】連接AC、BD，交于點(diǎn)O，連接OB′，ABCD為菱形，∠ABC＝60°，所以AC⊥BD，OB′⊥AC，△ABC、△ACD、△AB′C均為正三角形，所以∠B′OD為二面角B'﹣AC﹣D的平面角，于是∠B′OD＝60°，又因?yàn)镺B′＝OD，所以△B′OD為正三角形，所以B′D＝OB′＝OD＝2?3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，所以AC⊥平面EPQ，所以在三棱錐B'﹣ACD表面上，滿(mǎn)足AC⊥EF的點(diǎn)F軌跡的△EPQ，因?yàn)镋P＝12OB′，PQ＝12OD，EQ＝12所以點(diǎn)F軌跡的長(zhǎng)度為33故答案為：3【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查立體幾何中的軌跡問(wèn)題，屬于偏難題型，本題的關(guān)鍵是通過(guò)條件，得到AC⊥平面EPQ，從而得到點(diǎn)F的軌跡，【變式6-1】5.(2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）已知菱形ABCD的各邊長(zhǎng)為4,∠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，若SB=6則三棱錐S?ABC的體積為，E是線(xiàn)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的軌跡的周長(zhǎng)為【答案】43103【分析】取AC中點(diǎn)M，由題可得AC⊥平面SMB，進(jìn)而可得三棱錐S?ABC的高?，進(jìn)而得出體積，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.【詳解】取AC中點(diǎn)M，連接BM,SM，則AC⊥BM,AC⊥SM,BM∩SM=M，BM,SM?平面SMB，∴AC⊥平面SMB，SM=MB=23又SB=6，cos∠SBM=∴∠SBM=∠MSB=30°，則三棱錐S?ABC的高三棱錐S?ABC體積為V=1作EH⊥AC于H，設(shè)點(diǎn)F軌跡所在平面為α，則平面α經(jīng)過(guò)點(diǎn)H且AC⊥α，設(shè)三棱錐S?ABC外接球的球心為O,△SAC,△BAC的中心分別為O1易知OO1⊥平面SAC,OO2由題可得∠OMO1=OO1=則三棱錐S?ABC外接球半徑r=O易知O到平面α的距離d=MH=1，故平面α截外接球所得截面圓的半徑為r1∴截面圓的周長(zhǎng)為l=2πr1=103故答案為：43；10【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：對(duì)于求三棱錐S?ABC外接球半徑，關(guān)鍵在于找到三棱錐S?ABC外接球的球心，根據(jù)勾股定理得出三棱錐S?ABC外接球的半徑.題型7旋轉(zhuǎn)問(wèn)題與軌跡【例題7】(多選)（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）如圖，正三棱錐A-PBC和正三棱錐D-PBC的側(cè)棱長(zhǎng)均為2，BC2．若將正三棱錐A-PBC繞BC旋轉(zhuǎn)，使得點(diǎn)A，P分別旋轉(zhuǎn)至點(diǎn)A'，??P'A．A'B．PP'//C．多面體PP'D．點(diǎn)A，P旋轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)相等【答案】BC【分析】由已知可得，正三棱錐側(cè)棱兩兩互相垂直，放到正方體中，借助正方體研究線(xiàn)面位置關(guān)系和外接球表面積.【詳解】正三棱錐A-PBC和正三棱錐D-PBC的側(cè)棱長(zhǎng)均為2，BC2，則正三棱錐A-PBC中側(cè)棱兩兩互相垂直，正三棱錐D-PBC中側(cè)棱兩兩互相垂直，則正三棱錐可以放到正方體中，當(dāng)點(diǎn)