資源簡介

拔高點突破02 立體幾何中的動態、軌跡問題　
目錄
01 方法技巧與總結 2
02 題型歸納與總結 2
題型一：由動點保持平行求軌跡 2
題型二：由動點保持垂直求軌跡 3
題型三：由動點保持等距（或定長）求軌跡 4
題型四：由動點保持等角（或定角）求軌跡 5
題型五：投影求軌跡 6
題型六：翻折與動點求軌跡 7
03 過關測試 9
“動態”問題是高考立體幾何中最具創新意識的題型，它融入了“動態”的點、線、面等元素，為傳統的靜態立體幾何題增添了新的活力，使得題型更加新穎。同時，由于“動態”元素的引入，立體幾何題變得更加多元化，它能夠在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聯系，實現這些知識點之間的靈活轉化。
立體幾何中的軌跡問題常用的五種方法總結：
1、定義法
2、交軌法
3、幾何法
4、坐標法
5、向量法
題型一：由動點保持平行求軌跡
【典例1-1】（多選題）（2024·遼寧大連·二模）在棱長為2的正方體中，M為中點，N為四邊形內一點（含邊界），若平面，則下列結論正確的是（ ）
A． B．三棱錐的體積為
C．點N的軌跡長度為 D．的取值范圍為
【典例1-2】已知長方體，，，M是的中點，點P滿足，其中，，且平面，則動點P的軌跡所形成的軌跡長度是 .
【變式1-1】（2024·四川遂寧·模擬預測）在直四棱柱中，所有棱長均為2，，為的中點，點在四邊形內（包括邊界）運動，下列結論中正確的是 （填序號）
①當點在線段上運動時，四面體的體積為定值
②若面，則的最小值為
③若的外心為M，則為定值2
④若，則點的軌跡長度為
題型二：由動點保持垂直求軌跡
【典例2-1】（2024·江西宜春·模擬預測）如圖，在四面體中，和均是邊長為6的等邊三角形，，則四面體外接球的表面積為 ；點E是線段AD的中點，點F在四面體的外接球上運動，且始終保持EF⊥AC，則點F的軌跡的長度為 .
【典例2-2】（2024·山西·二模）已知正三棱錐的底面邊長為6，體積為，動點在棱錐側面上運動，并且總保持，則動點的軌跡的長度為 .
【變式2-1】（多選題）（2024·安徽蕪湖·模擬預測）已知正方體的棱長為2，棱的中點為，過點作正方體的截面，且，若點在截面內運動（包含邊界），則（ ）
A．當最大時，與所成的角為
B．三棱錐的體積為定值
C．若，則點的軌跡長度為
D．若平面，則的最小值為
【變式2-2】（多選題）（2024·湖南懷化·二模）在三棱錐中，平面，點是三角形內的動點（含邊界），，則下列結論正確的是（ ）
A．與平面所成角的大小為
B．三棱錐的體積最大值是2
C．點的軌跡長度是
D．異面直線與所成角的余弦值范圍是
題型三：由動點保持等距（或定長）求軌跡
【典例3-1】（多選題）（2024·江西九江·三模）如圖，正方體的棱長為1，點在截面內，且，則（ ）
A．三棱錐的體積為 B．線段的長為
C．點的軌跡長為 D．的最大值為
【典例3-2】（2024·四川宜賓·三模）在直三棱柱中，，，點P在四邊形內（含邊界）運動，當時，點P的軌跡長度為，則該三棱柱的表面積為（ ）
A．4 B． C． D．
【變式3-1】（2024·四川南充·二模）三棱錐中，，，為內部及邊界上的動點，，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
【變式3-2】（2024·全國·模擬預測）已知正方體的棱長為4，點平面，且，則點M的軌跡的長度為（ ）
A． B． C． D．
題型四：由動點保持等角（或定角）求軌跡
【典例4-1】（2024·全國·模擬預測）如圖，正方體的棱長為，點是平面內的動點， ，分別為的中點，若直線與直線所成的角為，且，則動點的軌跡所圍成的圖形的面積為 ．

【典例4-2】（多選題）（2024·浙江嘉興·模擬預測）如圖，點P是棱長為2的正方體的表面上一個動點，則（ ）
A．當P在平面上運動時，三棱錐的體積為定值
B．當P在線段AC上運動時，與所成角的取值范圍是
C．若F是的中點，當P在底面ABCD上運動，且滿足時，長度的最小值是
D．使直線AP與平面ABCD所成的角為的點P的軌跡長度為
【變式4-1】（多選題）（2024·廣東梅州·二模）如圖，平面，，M為線段AB的中點，直線MN與平面的所成角大小為30°，點P為平面內的動點，則（ ）
A．以為球心，半徑為2的球面在平面上的截痕長為
B．若P到點M和點N的距離相等，則點P的軌跡是一條直線
C．若P到直線MN的距離為1，則的最大值為
D．滿足的點P的軌跡是橢圓
【變式4-2】（2024·遼寧·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，已知，，分別是棱，，的中點，為平面上的動點，且直線與直線的夾角為，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
題型五：投影求軌跡
【典例5-1】在等腰直角中，，，為中點，為中點，為邊上一個動點，沿翻折使，點在平面上的投影為點，當點在上運動時，以下說法錯誤的是
A．線段為定長 B．
C．線段的長 D．點的軌跡是圓弧
【典例5-2】如圖，已知水平地面上有一半徑為4的球，球心為，在平行光線的照射下，其投影的邊緣軌跡為橢圓O．如圖，橢圓中心為O，球與地面的接觸點為E，．若光線與地面所成角為，橢圓的離心率．
【變式5-1】（2024·浙江嘉興·高三嘉興一中校考期中）如圖，在中，，，.過的中點的動直線與線段交于點.將沿直線向上翻折至，使得點在平面內的投影落在線段上.則點的軌跡長度為 .
【變式5-2】如圖，在矩形中，，，為線段上一動點，現將沿折起得到，當二面角的平面角為，點在平面上的投影為，當從運動到，則點所形成軌跡的長度為 .
題型六：翻折與動點求軌跡
【典例6-1】（多選題）（2024·山東泰安·模擬預測）如圖，在五邊形中，四邊形為正方形，，，F為AB中點，現將沿折起到面位置，使得，則下列結論正確的是（ ）

A．平面平面
B．若為的中點，則平面
C．折起過程中，點的軌跡長度為
D．三棱錐的外接球的體積為
【典例6-2】如圖，已知菱形中，，，為邊的中點，將沿翻折成（點位于平面上方），連接和，F為的中點，則在翻折過程中，下列說法正確的是（ ）
①平面平面；②與的夾角為定值；
③三棱錐體積最大值為；④點的軌跡的長度為.
A．①② B．①③ C．①②④ D．②③④
【變式6-1】（多選題）（2024·吉林·模擬預測）如圖1，在等腰梯形中，，且為的中點，沿將翻折，使得點到達的位置，構成三棱錐（如圖2），則（ ）
A．在翻折過程中，與可能垂直
B．在翻折過程中，二面角無最大值
C．當三棱錐體積最大時，與所成角小于
D．點在平面內，且直線與直線所成角為，若點的軌跡是橢圓，則三棱錐的體積的取值范圍是
【變式6-2】（多選題）（2024·山東·模擬預測）如圖，長方形中，為的中點，現將沿向上翻折到的位置，連接，在翻折的過程中，以下結論正確的是（ ）
A．存在點，使得
B．四棱錐體積的最大值為
C．的中點的軌跡長度為
D．與平面所成的角相等
1．（多選題）如圖，已知正方體的棱長為，點為的中點，點為正方形內包含邊界的動點，則（ ）
A．滿足平面的點的軌跡為線段
B．若，則動點的軌跡長度為
C．直線與直線所成角的范圍為
D．滿足的點的軌跡長度為
2．（多選題）（2024·安徽蚌埠·模擬預測）已知正方體棱長為4，點N是底面正方形ABCD內及邊界上的動點，點M是棱上的動點（包括點），已知，P為MN中點，則下列結論正確的是（ ）
A．無論M，N在何位置，為異面直線 B．若M是棱中點，則點P的軌跡長度為
C．M，N存在唯一的位置，使平面 D．AP與平面所成角的正弦最大值為
3．（多選題）（2024·湖南·三模）如圖，在棱長為2的正方體中，點P是正方體的上底面內（不含邊界）的動點，點Q是棱的中點，則以下命題正確的是（ ）

A．三棱錐的體積是定值
B．存在點P，使得與所成的角為
C．直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為
D．若，則P的軌跡的長度為
4．（多選題）（2024·全國·模擬預測）如圖，已知正三棱臺由一個平面截棱長為6的正四面體所得，，M，分別是AB，的中點，P是棱臺的側面上的動點（包含邊界），則下列結論中正確的是（ ）
A．該三棱臺的體積為
B．平面平面
C．直線CP與平面所成角的正切值的最小值為
D．若，則點P的軌跡的長度為
5．（多選題）（2024·全國·二模）已知正方體外接球的體積為是空間中的一點，則下列命題正確的是（ ）
A．若點在正方體表面上運動，且，則點軌跡的長度為
B．若是棱上的點（不包括點），則直線與是異面直線
C．若點在線段上運動，則始終有
D．若點在線段上運動，則三棱錐體積為定值
6．（多選題）（2024·廣東廣州·模擬預測）在棱長為1的正方體中，若點為四邊形內（包括邊界）的動點，為平面內的動點，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則平面截正方體所得截面的面積為
B．若直線與所成的角為，則點的軌跡為雙曲線
C．若，則點的軌跡長度為
D．若正方體以直線為軸，旋轉后與其自身重合，則的最小值是120
7．（多選題）（2024·河北石家莊·三模）如圖，在棱長為2的正方體中，為的中點，則下列說法正確的有（ ）

A．若點為中點，則異面直線與所成角的余弦值為
B．若點為線段上的動點（包含端點），則的最小值為
C．若點為的中點，則平面與四邊形的交線長為
D．若點在側面正方形內（包含邊界）且，則點的軌跡長度為
8．（多選題）（2024·云南·模擬預測）如圖，直四棱柱的底面是梯形，，是棱的中點，在直四棱柱的表面上運動，則（ ）
A．若在棱上運動，則的最小值為
B．若在棱上運動，則三棱錐的體積為定值
C．若，則點的軌跡為平行四邊形
D．若，則點的軌跡長度為
9．（多選題）如圖，在棱長為的正方體中，已知，，分別是棱，，的中點，點滿足，，下列說法正確的是（ ）

A．平面
B．若，，，四點共面，則
C．若，點在側面內，且平面，則點的軌跡長度為
D．若，由平面分割該正方體所成的兩個空間幾何體為和，某球能夠被整體放入或，則該球的表面積最大值為
10．（多選題）（2024·浙江嘉興·模擬預測）如圖，在中，，，，過中點的直線與線段交于點．將沿直線翻折至，且點在平面內的射影在線段上，連接交于點，是直線上異于的任意一點，則（ ）

A．
B．
C．點的軌跡的長度為
D．直線與平面所成角的余弦值的最小值為
11．（多選題）如圖甲，在矩形中，，，為上一動點（不含端點），且滿足將沿折起后，點在平面上的射影總在棱上，如圖乙，則下列說法正確的有（ ）
A．翻折后總有
B．當時，翻折后異面直線與所成角的余弦值為
C．當時，翻折后四棱錐的體積為
D．在點運動的過程中，點運動的軌跡長度為
12．（2024·黑龍江·二模）已知三棱錐的四個面是全等的等腰三角形，且，，則三棱錐的外接球半徑為 ；點為三棱錐的外接球球面上一動點，時，動點的軌跡長度為 ．
13．（2024·山東聊城·一模）已知正四面體的棱長為2，動點滿足，且，則點的軌跡長為 .
14．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）設，是半徑為3的球體表面上兩定點，且，球體表面上動點滿足，則點的軌跡長度為 .
15．（2024·山東臨沂·二模）如圖，將正四面體每條棱三等分，截去頂角所在的小正四面體，余下的多面體就成為一個半正多面體，亦稱“阿基米德體”．點A，B，M是該多面體的三個頂點，點N是該多面體表面上的動點，且總滿足，若，則該多面體的表面積為 ，點N軌跡的長度為 ．

16．如圖，在矩形中，，，，，分別為，，，的中點，與交于點，現將，，，分別沿，，，把這個矩形折成一個空間圖形，使與重合，與重合，重合后的點分別記為，，為的中點，則多面體的體積為 ；若點是該多面體表面上的動點，滿足時，點的軌跡長度為 ．
17．（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）表面積為36π的球M表面上有A，B兩點，且為等邊三角形，空間中的動點P滿足，當點P在所在的平面內運動時，點P的軌跡是 ；當P在該球的球面上運動時，點P的軌跡長度為 .
18．在正四棱柱中，，E 為中點，為正四棱柱表面上一點，且，則點的軌跡的長為 .
19．（2024·河南開封·二模）已知矩形，，過作平面，使得平面，點在內，且與所成的角為，則點的軌跡為 ，長度的最小值為 ．
20．如圖，已知正方體的棱長為分別是棱的中點，點為底面四邊形內（包括邊界）的一動點，若直線與平面無公共點，則點在四邊形內運動所形成軌跡的長度為 .
21．（2024·河南·模擬預測）已知正方體的棱長為，動點P在內，滿足，則點P的軌跡長度為 ．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)拔高點突破02 立體幾何中的動態、軌跡問題　
目錄
01 方法技巧與總結 2
02 題型歸納與總結 2
題型一：由動點保持平行求軌跡 2
題型二：由動點保持垂直求軌跡 7
題型三：由動點保持等距（或定長）求軌跡 13
題型四：由動點保持等角（或定角）求軌跡 17
題型五：投影求軌跡 24
題型六：翻折與動點求軌跡 27
03 過關測試 33
“動態”問題是高考立體幾何中最具創新意識的題型，它融入了“動態”的點、線、面等元素，為傳統的靜態立體幾何題增添了新的活力，使得題型更加新穎。同時，由于“動態”元素的引入，立體幾何題變得更加多元化，它能夠在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聯系，實現這些知識點之間的靈活轉化。
立體幾何中的軌跡問題常用的五種方法總結：
1、定義法
2、交軌法
3、幾何法
4、坐標法
5、向量法
題型一：由動點保持平行求軌跡
【典例1-1】（多選題）（2024·遼寧大連·二模）在棱長為2的正方體中，M為中點，N為四邊形內一點（含邊界），若平面，則下列結論正確的是（ ）
A． B．三棱錐的體積為
C．點N的軌跡長度為 D．的取值范圍為
【答案】BD
【解析】在棱長為2的正方體中，為中點，為四邊形內一點（含邊界），
平面，
取、中點分別為、，連接、、、，，如圖：
為正方體，為中點，為中點，
，，，，
、平面，、平面，且，，
平面平面，
為四邊形內一點（含邊界），且平面，
點在線段上（含端點），
對于A：當在時，則與的夾角為，此時，
則與不垂直，故A不正確；
對于B為四邊形內一點（含邊界），
到平面的距離為2，
三棱錐的體積為，故B正確；
對于C：由于點在線段上（含端點），
而，
點的軌跡長度為，故C不正確；
對于D為正方體，
平面，
平面，
，
△為直角三角形，且直角為，
，
點在線段上（含端點），
則當最大時，即點為點時，此時，此時最小，為，
當最小時，即，此時，
此時最大，最大為，
則的取值范圍，故D正確．
故選：BD．
【典例1-2】已知長方體，，，M是的中點，點P滿足，其中，，且平面，則動點P的軌跡所形成的軌跡長度是 .
【答案】
【解析】如圖所示，E，F，G，H，N分別為，，，DA，AB的中點，則，，
由面，面，則面，
同理可證面，，面，
所以面面，
所以動點P的軌跡是六邊形MEFGHN及其內部，又，
所以點在側面，故的軌跡為線段，
因為，，所以.
故答案為：
【變式1-1】（2024·四川遂寧·模擬預測）在直四棱柱中，所有棱長均為2，，為的中點，點在四邊形內（包括邊界）運動，下列結論中正確的是 （填序號）
①當點在線段上運動時，四面體的體積為定值
②若面，則的最小值為
③若的外心為M，則為定值2
④若，則點的軌跡長度為
【答案】①④
【解析】對于①，因為，平面， 平面，所以平面，
所以直線上各點到平面的距離相等，又的面積為定值，①正確；
對于②，取的中點分別為，連接，
因為，平面，平面，所以平面，
又因為，，則，
又平面，平面，所以平面，
，平面，所以平面平面，
因為面，所以平面，
當時，AQ有最小值，則易求出
，
則，即，所以重合，
所以AQ的最小值為，②錯誤；
對于③，若的外心為M，過作于點，則，
又，則，③錯誤；
對于④，在平面內過作于點，
因為平面，平面，所以，
因為，平面，
所以平面，，
在上取點，使得，
則，，
所以，若，則在以為圓心，2為半徑的圓弧上運動，
又因為所以，則圓弧等于，④正確.
故答案為：①④
題型二：由動點保持垂直求軌跡
【典例2-1】（2024·江西宜春·模擬預測）如圖，在四面體中，和均是邊長為6的等邊三角形，，則四面體外接球的表面積為 ；點E是線段AD的中點，點F在四面體的外接球上運動，且始終保持EF⊥AC，則點F的軌跡的長度為 .
【答案】
【解析】
取中點，連接，則，平面，
又和均是邊長為6的等邊三角形，，
∴平面，，
所以，
∴，
設四面體外接球的球心為的中心分別為，
易知平面平面，且四點共面，
由題可得，，
在中，得，又，
則四面體外接球半徑，
所以四面體外接球的表面積為；
作于，設點軌跡所在平面為，
則平面經過點且，
易知到平面的距離，
故平面截外接球所得截面圓的半徑為，
所以截面圓的周長為，即點軌跡的周長為.
故答案為：；.
【典例2-2】（2024·山西·二模）已知正三棱錐的底面邊長為6，體積為，動點在棱錐側面上運動，并且總保持，則動點的軌跡的長度為 .
【答案】/
【解析】
如圖，取的中心為，連接，作于，連接，延長交于點，
注意到底面三角形是等邊三角形，所以，
由正三棱錐的性質可得為高，
因為底面邊長為6，體積為，
所以，所以，
注意到底面三角形是等邊三角形，所以為三角形外接圓的半徑，
所以由正弦定理有，所以，
所以.
因為面，面，
所以，
又因為，面，面，
所以面，
因為面，
所以，
因為，且，面，面，
所以平面，
因為平面，
所以，
又因為動點在棱錐側面上運動，并且總保持，
所以點的軌跡為線段.
在等腰三角形中，由余弦定理有，
從而，所以.
故答案為：.
【變式2-1】（多選題）（2024·安徽蕪湖·模擬預測）已知正方體的棱長為2，棱的中點為，過點作正方體的截面，且，若點在截面內運動（包含邊界），則（ ）
A．當最大時，與所成的角為
B．三棱錐的體積為定值
C．若，則點的軌跡長度為
D．若平面，則的最小值為
【答案】BCD
【解析】記的中點分別為，
連接，連接，
因為，又
所以，，所以四邊形為平行四邊形，
連接，記其交點為，
根據正方體性質，可構建如下圖示的空間直角坐標系，則，，，，,，，，，，，，
因為，，，，
，，，
所以，，，
，，
所以六點共面，
因為，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，故平面即為平面，
對于A，與重合時，最大，且，
所以MN與BC所成的角的平面角為，
又，
所以，故MN與BC所成的角為，所以A錯誤；
對于B，因為所以，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
所以點到平面的距離與點到平面的距離相等，
所以，
向量為平面的一個法向量，又，
所以到面的距離，
又為等邊三角形，則，
所以三棱錐的體積為定值，B正確；
對于C：若，點在截面內，
所以點N的軌跡是以為球心， 半徑為的球體被面所截的圓（或其一部分），
因為，，所以，
所以平面，所以截面圓的圓心為，
因為是面的法向量，而，
所以到面的距離為，
故軌跡圓的半徑，又，
故點N的軌跡長度為，C正確.
對于D，平面，平面，
又平面與平面的交線為，
所以點的軌跡為線段，
翻折，使得其與矩形共面，如圖，
所以當三點共線時，取最小值，最小值為，
由已知，，，
過作，垂足為，則，
所以
所以，
所以的最小值為，D正確；
故選：BCD
【變式2-2】（多選題）（2024·湖南懷化·二模）在三棱錐中，平面，點是三角形內的動點（含邊界），，則下列結論正確的是（ ）
A．與平面所成角的大小為
B．三棱錐的體積最大值是2
C．點的軌跡長度是
D．異面直線與所成角的余弦值范圍是
【答案】ACD
【解析】如圖，把三棱錐補形成正四棱柱并建立空間直角坐標系，
對于A，由平面，得是與平面所成的角，，
因此，A正確；
對于C，由，得點的軌跡是以線段為直徑的球面與相交的一段圓弧及點，
令的中點分別為，則平面，，于是，
顯然點所在圓弧所對圓心角大小為，長度是，C正確；
對于B，由選項C知，當時，點到平面距離最大，最大距離為1，
因此三棱錐的體積，B錯誤；
對于D，設，則點，而，
于是，又，令異面直線與所成的角大小為，
則，
令，在上單調遞增，
因此，D正確.
故選：ACD
題型三：由動點保持等距（或定長）求軌跡
【典例3-1】（多選題）（2024·江西九江·三模）如圖，正方體的棱長為1，點在截面內，且，則（ ）
A．三棱錐的體積為 B．線段的長為
C．點的軌跡長為 D．的最大值為
【答案】ACD
【解析】對于A，在正方體中，易證平面，平面平面，且兩平面間的距離為，
又的面積，所以三棱錐的體積故A正確；
對于B，如圖①所示，設的中心為，則，
故B錯誤；
對于C，如圖②所示，由知，，
點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓的一部分，
由三段劣弧構成，其長度為圓周長的一半故C正確；
對于D，，
為在方向上的投影，由圖①可知，
當位于點或的位置時，最小，
此時取得最大值，如圖②所示，建立空間直角坐標系，
則，，故D正確.
故選：ACD.
【典例3-2】（2024·四川宜賓·三模）在直三棱柱中，，，點P在四邊形內（含邊界）運動，當時，點P的軌跡長度為，則該三棱柱的表面積為（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】C
【解析】
設，因為，所以由棱柱的性質可得，
因為平面，平面，所以，
又因為，，平面，
所以平面，
點P在四邊形內（含邊界）運動，當時，
，這意味著點是在以為圓心為半徑的圓弧上運動，
該圓弧弧長是圓周周長，由題意，解得，
所以該三棱柱的表面積為.
故選：C.
【變式3-1】（2024·四川南充·二模）三棱錐中，，，為內部及邊界上的動點，，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
如圖所示，
由，，
可知三棱錐為正三棱錐，
設中點為，
則，，，
設點在底面上的射影為，
則平面，，
又為內部及邊界上的動點，，
所以，
所以點的軌跡為以點為圓心，為半徑的圓在內部及邊界上的部分，
如圖所示，
，
，
即，，
所以點的軌跡長度為，
故選：B.
【變式3-2】（2024·全國·模擬預測）已知正方體的棱長為4，點平面，且，則點M的軌跡的長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】設E為，的交點，所以．
又平面，平面，所以．
又，平面，所以平面．
因為點平面，故平面，
所以，所以，
因為正方體的棱長為4，所以，即，
在平面內建立平面直角坐標系，如圖，
則．
設，則，
，
所以．
又，故，即，
整理得，即，
故點M的軌跡是半徑為的圓，
所以點M的軌跡長度為．
故選：C．
題型四：由動點保持等角（或定角）求軌跡
【典例4-1】（2024·全國·模擬預測）如圖，正方體的棱長為，點是平面內的動點， ，分別為的中點，若直線與直線所成的角為，且，則動點的軌跡所圍成的圖形的面積為 ．

【答案】/
【解析】如圖，連接，因為M，N分別為的中點，
所以，（三角形中位線定理的應用）
因此直線BP與MN所成的角就是直線BP與所成的角，
在正方體中，可得，
因為平面，平面，可得，
又因為且平面，所以平面，
因為平面，所以，同理可得，
因為，且平面，所以平面，故．
設與平面的交點為G，連接PG，
所以，因此在中，，
因為，所以，
又三棱錐
，
所以，則，
所以點P的軌跡是以G為圓心，為半徑的圓，其面積．
故答案為：.
【典例4-2】（多選題）（2024·浙江嘉興·模擬預測）如圖，點P是棱長為2的正方體的表面上一個動點，則（ ）
A．當P在平面上運動時，三棱錐的體積為定值
B．當P在線段AC上運動時，與所成角的取值范圍是
C．若F是的中點，當P在底面ABCD上運動，且滿足時，長度的最小值是
D．使直線AP與平面ABCD所成的角為的點P的軌跡長度為
【答案】ABD
【解析】對A：當P在平面上運動時，點到平面的距離為2，
，所以，故A正確；
對B：如圖： 取中點，連接，則.
當P在線段AC上運動時，因為，且，
所以為異面直線與所成角.
當與重合時，異面直線與所成角為.
當與不重合時，因為,，所以，所以，所以異面直線與所成角的范圍為，故B正確；
對C：如圖：
根據正方體的結構特點，平面，為中點，
因為，所以點軌跡是過點且平行于平面的平面，即為平面，其中分別為所在棱上的中點.
故當P在底面ABCD上運動，且滿足時，P點的運動軌跡為線段.
其中分別為，中點.易知六邊形為正六邊形，
所以當與重合時，，
此時為點到直線的垂線段，取得最小值，為，故C錯誤；
對D：如圖：
當直線與平面ABCD所成的角為時，
因為，所以不可能在四邊形內（除外）；
同理不可能在四邊形內（除外）.
在平面與平面的運動軌跡為線段和，且；
當在平面時，作平面，垂足為，連接，
因為，所以，
所以在四邊形上的軌跡是以為圓心，以2為半徑的圓的，
所以點的軌跡長度為：，故D正確.
故選：ABD
【變式4-1】（多選題）（2024·廣東梅州·二模）如圖，平面，，M為線段AB的中點，直線MN與平面的所成角大小為30°，點P為平面內的動點，則（ ）
A．以為球心，半徑為2的球面在平面上的截痕長為
B．若P到點M和點N的距離相等，則點P的軌跡是一條直線
C．若P到直線MN的距離為1，則的最大值為
D．滿足的點P的軌跡是橢圓
【答案】BC
【解析】對于A，由于MN與平面的所成角大小為30°，所以點到平面的距離，
故半徑為的球面在平面上截面圓的半徑為,故截痕長為，A錯誤，
對于B,由于平面，所以以為，在平面內過作,平面內作，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則,
設，則，
化簡得，故P到點M和點N的距離相等，則點P的軌跡是一條直線，B正確，
,所以P到直線MN的距離為，化簡可得，
所以點的軌跡是平面內的橢圓上一點，如圖，
當在短軸的端點時，此時最大，由于,故，因此,C正確，
對于D, ，,
若，則，
化簡得且，故滿足的點P的軌跡是雙曲線的一部分，D錯誤，
故選：BC
【變式4-2】（2024·遼寧·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，已知，，分別是棱，，的中點，為平面上的動點，且直線與直線的夾角為，則點的軌跡長度為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】以為坐標原點，，，所在直線分別為、、軸，
建立空間直角坐標系，，，，，，
故，，
，設平面的法向量為，
則，
令得，，故，
因為，故平面，
為平面上的動點，直線與直線的夾角為30°，
平面，設垂足為，以為圓心，為半徑作圓，
即為點的軌跡，其中，
由對稱性可知，，故半徑，
故點的軌跡長度為.
故選：C.
題型五：投影求軌跡
【典例5-1】在等腰直角中，，，為中點，為中點，為邊上一個動點，沿翻折使，點在平面上的投影為點，當點在上運動時，以下說法錯誤的是
A．線段為定長 B．
C．線段的長 D．點的軌跡是圓弧
【答案】B
【解析】如圖所示，
對于A中，在為直角三角形，ON為斜邊AC上的中線，為定長，即A正確；
對于C中，點D在M時，此時點O與M點重合，此時，，此時，即正確；
對于D，由A可知，根據圓的定義可知，點O的軌跡是圓弧，即D正確；
故選B．
【典例5-2】如圖，已知水平地面上有一半徑為4的球，球心為，在平行光線的照射下，其投影的邊緣軌跡為橢圓O．如圖，橢圓中心為O，球與地面的接觸點為E，．若光線與地面所成角為，橢圓的離心率．
【答案】/
【解析】連接,
因為，
所以,
所以,
在照射過程中，橢圓的短半軸長是球的半徑，即，
如圖，橢圓的長軸長是，過點向作垂線，垂足為，
由題意得，
因為，所以，
所以，得，
所以橢圓的離心率為，
故答案為：
【變式5-1】（2024·浙江嘉興·高三嘉興一中校考期中）如圖，在中，，，.過的中點的動直線與線段交于點.將沿直線向上翻折至，使得點在平面內的投影落在線段上.則點的軌跡長度為 .
【答案】
【解析】
因為翻折前后長度不變，所以點可以在空間中看做以為球心，AC為直徑的球面上，又因為的投影始終在上，所以點所在的面垂直于底面，
故點軌跡為垂直于底面ABC的豎直面去截球所得圓面的圓弧，這個圓弧的直徑為時，的長度（由余弦定理可得，所以此時），
如圖，以底面點B為空間原點建系，根據底面幾何關系，
得點，點，
設點，翻折后點的投影在軸上，
所以點縱坐標為0，即由，，
根據空間兩點之間距離公式可得軌跡：，
又因為動點要符合空間面翻折結論：，
即，其中，
又動點N在線段AB上動，設，
故，
且，由，可計算得橫坐標范圍為，
且點在上方，由，計算可得圓弧所在扇形圓心角為，
所以弧長為.
故答案為：.
【變式5-2】如圖，在矩形中，，，為線段上一動點，現將沿折起得到，當二面角的平面角為，點在平面上的投影為，當從運動到，則點所形成軌跡的長度為 .
【答案】
【解析】根據折疊關系找出與有關的幾何關系，得出點的軌跡為圓的一部分，再考慮在運動過程中掃過的弧長即可求解.
在折疊后的圖中，作垂足為，連接，根據三垂線定理，，
所以就是二面角的平面角為，，
根據折疊關系，與全等，對應邊上的高位置相同，即在線段上，
且是線段的中點，取的中點，連接，則，
所以點的軌跡為以為直徑的圓的一部分，當從運動到，點在圓周上從點運動到
，這段弧所對圓心角為，這段弧長為.
故答案為：
題型六：翻折與動點求軌跡
【典例6-1】（多選題）（2024·山東泰安·模擬預測）如圖，在五邊形中，四邊形為正方形，，，F為AB中點，現將沿折起到面位置，使得，則下列結論正確的是（ ）

A．平面平面
B．若為的中點，則平面
C．折起過程中，點的軌跡長度為
D．三棱錐的外接球的體積為
【答案】ABD
【解析】對于A：由題意得，所以，即，
而已知，且注意到，，平面，平面，
所以平面，平面，所以平面平面，故A正確；
對于B：因為為的中點，所以，又，所以，
又平面，平面，所以平面，故B正確；
對于C：
因為四邊形為正方形，，，所以，
過點作交于點，則，
所以折起過程中，點的軌跡是以為圓心，為半徑，圓心角為的圓弧，
所以點的軌跡長為，故C錯誤；
對于D：連接，則，又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又四邊形為邊長為的正方形，則三棱錐的外接球即為四棱錐的外接球，
又四邊形外接圓的直徑為，，
設四棱錐的外接球的半徑為，則，即，
所以，
所以外接球的體積，
即三棱錐的外接球的體積為，故D正確.
故選：ABD
【典例6-2】如圖，已知菱形中，，，為邊的中點，將沿翻折成（點位于平面上方），連接和，F為的中點，則在翻折過程中，下列說法正確的是（ ）
①平面平面；②與的夾角為定值；
③三棱錐體積最大值為；④點的軌跡的長度為.
A．①② B．①③ C．①②④ D．②③④
【答案】C
【解析】對于①：由，，為邊的中點知且，
易知，，而，平面，
故平面，又平面，所以平面平面，故①正確；
對于②：若是的中點，又為的中點，則且，
而且，所以且，即為平行四邊形，
故，所以與的夾角為或其補角，
若為中點，即，由①分析易知，
故與的夾角為，故②正確；
對于③：由上分析知：翻折過程中當平面時，最大，
此時，故③錯誤；
對于④：由②分析知：且，故的軌跡與到的軌跡相同，
由①知：到的軌跡為以為圓心，為半徑的半圓，而為中點，
故到的軌跡為以中點為圓心，為半徑的半圓，
所以的軌跡長度為，故④正確.
故選：C.
【變式6-1】（多選題）（2024·吉林·模擬預測）如圖1，在等腰梯形中，，且為的中點，沿將翻折，使得點到達的位置，構成三棱錐（如圖2），則（ ）
A．在翻折過程中，與可能垂直
B．在翻折過程中，二面角無最大值
C．當三棱錐體積最大時，與所成角小于
D．點在平面內，且直線與直線所成角為，若點的軌跡是橢圓，則三棱錐的體積的取值范圍是
【答案】AC
【解析】如圖1：
在未折起之前，有，， ，..
又，，所以.
沿將翻折，則點軌跡為一個圓，且圓面一直和垂直，如圖：
當時，，又，平面，
所以平面，平面，所以平面平面，
又平面，平面平面，，所以平面.
平面，所以.故A正確.
此時，，所以即為二面角的平面角為，是二面角的最大值，故B錯誤；
此時三棱錐的高等于，高取得最大值，又底面不變，所以三棱錐的體積最大.
如圖：
取中點，連接，，則即為一面直線與所成角，
在中，，，，
所以，
所以，故C正確；
對D：點在平面內，且直線與直線所成角為，若點的軌跡是橢圓，根據圓錐曲線的概念，二面角應該在之間取值，且不能為（此時點的軌跡是圓），
當二面角或時，，
當二面角時，，
所以點在平面內，且直線與直線所成角為，且點的軌跡是橢圓時，，故D錯誤.
故選：AC
【變式6-2】（多選題）（2024·山東·模擬預測）如圖，長方形中，為的中點，現將沿向上翻折到的位置，連接，在翻折的過程中，以下結論正確的是（ ）
A．存在點，使得
B．四棱錐體積的最大值為
C．的中點的軌跡長度為
D．與平面所成的角相等
【答案】ABD
【解析】對于A，當平面平面時有，下面證明：
在底面中，，所以，
當平面平面時，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，故A正確.
對于B，梯形的面積為，，直角斜邊上的高為．
當平面平面時，四棱錐的體積取得最大值，B正確．
對于C，取的中點，連接，則平行且相等，四邊形是平行四邊形，
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，為半徑的半圓弧，
從而PD的中點F的軌跡長度為，C錯誤.
對于D，由四邊形ECFG是平行四邊形，知，
又平面，平面，
則平面，則到平面的距離相等，
故與平面所成角的正弦值之比為，D正確．
故選：ABD
1．（多選題）如圖，已知正方體的棱長為，點為的中點，點為正方形內包含邊界的動點，則（ ）
A．滿足平面的點的軌跡為線段
B．若，則動點的軌跡長度為
C．直線與直線所成角的范圍為
D．滿足的點的軌跡長度為
【答案】AD
【解析】對于A，如圖所示，取棱的中點分別為，
連接，
根據正方體的特征易知，
則共面，且平面，平面，
又平面且相交于，故平面平面，
所以滿足平面的點的軌跡為線段，
故A正確；
對于B，設M到上底面的投影為N，易知，而，所以，
即P在以N為圓心，半徑為2的圓上，
且P在正方形內，如圖所示，即上，易知，所以的長度為，
故B錯誤；
對于C，
如圖所示建立空間直角坐標系，取的中點Q，連接，作，
設，則，，
易知直線與直線所成角為，
顯然當P為的中點時，此時，
當時，，
易知，
若最小，則需，此時，故C錯誤；
對于D，取，
可知，即共面，
在底面正方形中易知，則，
結合正方體的性質可知底面，底面，
所以，
而平面，
所以平面，故P在線段上運動，
易知，故D正確.
故選：AD
2．（多選題）（2024·安徽蚌埠·模擬預測）已知正方體棱長為4，點N是底面正方形ABCD內及邊界上的動點，點M是棱上的動點（包括點），已知，P為MN中點，則下列結論正確的是（ ）
A．無論M，N在何位置，為異面直線 B．若M是棱中點，則點P的軌跡長度為
C．M，N存在唯一的位置，使平面 D．AP與平面所成角的正弦最大值為
【答案】ABD
【解析】由于相交，而，因此為異面直線，A正確，
當M是棱中點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設,
故， 且，
由于，故，化簡得，
由于，所以點P的軌跡長度為半徑為的圓的，故長度為，B正確，
設,則，且，
，,
設平面的法向量為，則
，令，則,
，故，
由于，故，化簡得，
聯立，故解不唯一，比如取，則或取，故C錯誤，
由于平面，平面，故,
又四邊形為正方形，所以,
平面，
所以平面，
故平面的法向量為
，
設AP與平面所成角為，則，
則，當且僅當時取等號，
，
時，令，則，
故，
由于，當且僅當，即時等號成立，此時，
由且可得
因此，
由于，，故的最大值為，故D正確，、
故選：ABD
3．（多選題）（2024·湖南·三模）如圖，在棱長為2的正方體中，點P是正方體的上底面內（不含邊界）的動點，點Q是棱的中點，則以下命題正確的是（ ）

A．三棱錐的體積是定值
B．存在點P，使得與所成的角為
C．直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為
D．若，則P的軌跡的長度為
【答案】ACD
【解析】對于A，三棱錐的體積等于三棱錐的體積，
是定值，A正確；
以為坐標原點，分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，設，則
對于B，，使得與所成的角滿足：
，
因為，故，故，
而，B錯誤；
對于C，平面的法向量，
所以直線與平面所成角的正弦值為：，
因為，故
故，
而，，
故即的取值范圍為，C正確；
對于D，，由，
可得，化簡可得，
在平面內，令，得，令，得，則P的軌跡的長度為
，D正確；
故選：ACD.
4．（多選題）（2024·全國·模擬預測）如圖，已知正三棱臺由一個平面截棱長為6的正四面體所得，，M，分別是AB，的中點，P是棱臺的側面上的動點（包含邊界），則下列結論中正確的是（ ）
A．該三棱臺的體積為
B．平面平面
C．直線CP與平面所成角的正切值的最小值為
D．若，則點P的軌跡的長度為
【答案】AB
【解析】選項A：將三棱臺補形為棱長為6的正四面體SABC，
如圖1，依題意，是邊長為6的正三角形，且，
所以，即，解得，
（另因為，是邊長為6的正三角形，
所以也是正三角形，邊長，所以）.
于是正三棱臺的高，
（另（棱長為a的正四面體的高為）），
所以該三棱臺的體積，故A選項正確；
選項B：易知，，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，故B選項正確；
選項C：連接，，，在中，，
因此在中，，
有，所以，又平面，
由平面得，又，平面，
所以平面，故直線CP與平面所成的角為，
在中，，而，
所以當最大時，最小，由點P在平面及其邊界上運動，
知當點P與點A或點B重合時最大，此時，，
所以直線CP與平面所成角的正切值的最小值為，故C選項錯誤；
選項D：當時，可得，
因此點P的軌跡是以為圓心，2為半徑的圓與等腰梯形重合部分的兩段弧和（如圖2），
連接，，由，，易得，
因此，所以的長度，
則點P的軌跡的長度為，故選項D錯誤．
故選：AB
5．（多選題）（2024·全國·二模）已知正方體外接球的體積為是空間中的一點，則下列命題正確的是（ ）
A．若點在正方體表面上運動，且，則點軌跡的長度為
B．若是棱上的點（不包括點），則直線與是異面直線
C．若點在線段上運動，則始終有
D．若點在線段上運動，則三棱錐體積為定值
【答案】BCD
【解析】方體外接球的體積為.設外接球的半徑為，則，解得.
設正方體的棱長為，則.
對于，在平面中，點的軌跡為以為圓心，2為半徑的圓弧；同理，在平面ABCD和平面中，點的軌跡都是以為圓心，2為半徑的圓弧.故點的軌跡的長度為.故錯誤；
對于B，利用異面直線的判定定理可以判斷直線與是異面直線.故正確；
對于，在正方體中，有平面平面平面平面.故C正確；
對于，在正方體中，平面為定值.故D正確.
故選：BCD
6．（多選題）（2024·廣東廣州·模擬預測）在棱長為1的正方體中，若點為四邊形內（包括邊界）的動點，為平面內的動點，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則平面截正方體所得截面的面積為
B．若直線與所成的角為，則點的軌跡為雙曲線
C．若，則點的軌跡長度為
D．若正方體以直線為軸，旋轉后與其自身重合，則的最小值是120
【答案】ABD
【解析】對于A，若，顯然平面截正方體所得截面為，所以，截面面積為，所以A正確；
對于B，因為，若與所成的角為，
則點在以為旋轉軸的圓錐（無底）的表面上，而平面，
所以則點的軌跡為雙曲線，所以B正確；
對于C，若，則在以、為焦點的橢球上且，，
所以，又因為點為四邊形內，該橢球被平面截得的在四邊形內的部分為半圓，且半徑為，
所以點的軌跡長度為，所以C錯誤，
對于D，平面，且為正三角形，
若正方體繞旋轉后與其自身重合，只需要旋轉后能和自身重合即可，所以D正確.
故選：ABD.
7．（多選題）（2024·河北石家莊·三模）如圖，在棱長為2的正方體中，為的中點，則下列說法正確的有（ ）

A．若點為中點，則異面直線與所成角的余弦值為
B．若點為線段上的動點（包含端點），則的最小值為
C．若點為的中點，則平面與四邊形的交線長為
D．若點在側面正方形內（包含邊界）且，則點的軌跡長度為
【答案】BD
【解析】對于A，取中點，連接，
則，所以為異面直線與所成角，
在中，，故A錯誤；
對于B，將側面延旋轉至與平面共面，
如圖連接，交與點，此時最小，
且，故B正確；
對于C，如圖，以點為原點，以為軸建立空間直角坐標系，
則
因為平面平面，
所以平面與平面的交線為過點且平行于的直線，
取靠近的四等分點，連接，并延長交于點，
連接，交于點，
由，所以，
則，則，所以為平面與平面的交線，
則為平面與平面的交線，
所以為平面與四邊形的交線，
由于，所以，
又，所以，
則，故C錯誤；
對于D，因為點在側面正方形內，設，
則，
因為，所以，
化簡為，
則點的軌跡為直線在正方形內的線段，其長度為，故D正確.
故選：BD
8．（多選題）（2024·云南·模擬預測）如圖，直四棱柱的底面是梯形，，是棱的中點，在直四棱柱的表面上運動，則（ ）
A．若在棱上運動，則的最小值為
B．若在棱上運動，則三棱錐的體積為定值
C．若，則點的軌跡為平行四邊形
D．若，則點的軌跡長度為
【答案】BCD
【解析】由題意可得，.將平面和平面，
沿直線展開，如圖2，在中，，
，所以，
則的最小值為，故A錯；
平面平面平面，
即到平面的距離為定值，即三棱錐的高為定值，
又為定值，
所以為定值，故B正確；
如圖3，連接，
由正四棱柱的性質可得四邊形為正方形，故，
而為中點，故，故，
而平面，平面，故，
又，平面，故平面，
故平面，而平面，故，
而，平面，故平面，
而平面，故.
在梯形中，，而，
故，故，而，故同理可證，
而平面，
則平面點的軌跡為平行四邊形，故C正確；
，如圖4，以為球心，為半徑作球，
則點的軌跡即為該球與直四棱柱各面截球所得的弧，
在線段上取一點，使得上取一點，使得，
則，平面截球得，長度為，平面截球得，
長度平面平面截球得，長度為，
同理可得，平面截球得，長度為，平面與球相切與點，
則點的軌跡長度為，故D正確.
故選：BCD.
9．（多選題）如圖，在棱長為的正方體中，已知，，分別是棱，，的中點，點滿足，，下列說法正確的是（ ）

A．平面
B．若，，，四點共面，則
C．若，點在側面內，且平面，則點的軌跡長度為
D．若，由平面分割該正方體所成的兩個空間幾何體為和，某球能夠被整體放入或，則該球的表面積最大值為
【答案】AC
【解析】
對于A，在正方體中平面平面，平面，故平面，故A選項正確；
對于B，如圖，延展平面，易知平面過的中點，所以，故B選項錯誤；
對于C，如圖，若，取的三等分點靠近，的中點，
則， 平面，平面，
故平面，同理平面，
又，，平面，
所以平面平面，當點在線段上時，平面，
則滿足平面，所以即為的軌跡，
由，得，故C選項正確；
對于D，如圖所示，
易知，該球是以為頂點，底面為正六邊形的正六棱錐相切的球， ，則該六棱錐的高為：，
正六邊形的面積為：，
的面積為：，
設內切球的半徑為，由等體積法可得：，
則該球的半徑為，
所以該球的表面積最大為，故D選項錯誤．
故選AC．
10．（多選題）（2024·浙江嘉興·模擬預測）如圖，在中，，，，過中點的直線與線段交于點．將沿直線翻折至，且點在平面內的射影在線段上，連接交于點，是直線上異于的任意一點，則（ ）

A．
B．
C．點的軌跡的長度為
D．直線與平面所成角的余弦值的最小值為
【答案】BCD
【解析】
依題意，將沿直線翻折至，連接,由翻折的性質可知，關于所沿軸對稱的兩點連線被該軸垂直平分，
故，又在平面內的射影在線段上，
所以平面，平面，所以，
，平面，平面
所以平面.
平面，平面，平面，
，
，且即為二面角的平面角
對于A選項，由題意可知，為與平面所成的線面角，故由線面角最小可知，故A錯誤；
對于B選項， 即為二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正確；
對于C選項， 恒成立，故的軌跡為以為直徑的圓弧夾在內的部分，易知其長度為，故C正確；
對于D選項，如下圖所示
設，
在中，，，
在中，，，
所以，設直線與平面所成角為，
則
，
當且僅當時取等號，故D正確．
故選：BCD．
11．（多選題）如圖甲，在矩形中，，，為上一動點（不含端點），且滿足將沿折起后，點在平面上的射影總在棱上，如圖乙，則下列說法正確的有（ ）
A．翻折后總有
B．當時，翻折后異面直線與所成角的余弦值為
C．當時，翻折后四棱錐的體積為
D．在點運動的過程中，點運動的軌跡長度為
【答案】ACD
【解析】在圖乙中，因為點在平面上的射影在棱上，所以平面，
又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，故A正確；
如圖，
在圖乙中作于，連接，則，所以與所成角即為與所成角，又由平面可得平面，所以而，，則，即與所成角余弦值為，故B錯誤；
如上圖，在圖乙中作于，連接，則由平面可得，又，平面，所以平面，
又平面，則，在圖甲中，如圖，
作，則，，三點共線，設，，則由可得，即，又在圖乙中有，
所以，所以，而，所以，，故D正確；
當時，，則，所以，
則，故C正確.
故選：ACD.
12．（2024·黑龍江·二模）已知三棱錐的四個面是全等的等腰三角形，且，，則三棱錐的外接球半徑為 ；點為三棱錐的外接球球面上一動點，時，動點的軌跡長度為 ．
【答案】 /
【解析】三棱錐的四個面是全等的等腰三角形，且，，如圖所示，
則有，，
把三棱錐擴成長方體，
則有，解得，
則長方體外接球半徑，
所以三棱錐的外接球半徑；
點為三棱錐的外接球球面上一動點，時，
由，動點的軌跡是半徑為的圓，
軌跡長度為.
故答案為：；.
13．（2024·山東聊城·一模）已知正四面體的棱長為2，動點滿足，且，則點的軌跡長為 .
【答案】
【解析】由，故點在過點且垂直于的平面上，
由，故點在以為直徑的球面上，
即點的軌跡為過點且垂直于的平面截以為直徑的球面所得的圓，
由正四面體的性質可得，取中點，連接，，
則有，又、平面，，
故平面，取中點，中點，連接，
則，由平面，故平面，
，，
為以為直徑的球的球心，則該球半徑為，
則點的軌跡所形成的圓的半徑為，
則其軌跡長為.
故答案為：.
14．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）設，是半徑為3的球體表面上兩定點，且，球體表面上動點滿足，則點的軌跡長度為 .
【答案】
【解析】以所在的平面建立直角坐標系，為軸，的中垂線為軸：
則，，，設，由，可得：，
整理得到：，故點在平面的軌跡是以為圓心，半徑的圓，
轉化到空間中：當繞為軸旋轉一周時，，不變，依然滿足，
故空間中點的軌跡為以為球心，半徑為2的球，同時點在球商，故點在兩球的交線，為圓，
球心距為，
所以為直角三角形，對應圓的半徑為，周長為
故答案為：
15．（2024·山東臨沂·二模）如圖，將正四面體每條棱三等分，截去頂角所在的小正四面體，余下的多面體就成為一個半正多面體，亦稱“阿基米德體”．點A，B，M是該多面體的三個頂點，點N是該多面體表面上的動點，且總滿足，若，則該多面體的表面積為 ，點N軌跡的長度為 ．

【答案】
【解析】根據題意該正四面體的棱長為，點分別是正四面體棱的三等分點．
該正四面體的表面積為，
該多面體是正四面體截去頂角所在的小正四面體，
每個角上小正四面體的側面面積為，
每個角上小正四面體的底面面積為，
所以該多面體的表面積為：．
如圖設點為該多面體的一個頂點，為所在棱的頂點，則，
在中，，
則，所以， 得，即；
同理，，
由，平面，所以平面．
由點是該多面體表面上的動點，且總滿足，
則點的軌跡是線段，
所以點軌跡的長度為：．
故答案為：；
16．如圖，在矩形中，，，，，分別為，，，的中點，與交于點，現將，，，分別沿，，，把這個矩形折成一個空間圖形，使與重合，與重合，重合后的點分別記為，，為的中點，則多面體的體積為 ；若點是該多面體表面上的動點，滿足時，點的軌跡長度為 ．
【答案】
【解析】連接，有，而，為中點，則有，
，則平面，同理平面，又平面與平面有公共點，
于是點共面，而，即有，，
因為，，平面，則平面，
又平面，即有，則，同理，
即，從而，即四邊形為平行四邊形，，，
等腰梯形中，高，其面積，
顯然平面，所以多面體的體積；
因為平面，同理可得平面，又，則平面，
依題意，動點所在平面與垂直，則該平面與平面平行，而此平面過點，
令這個平面與幾何體棱的交點依次為，則,
又為的中點，則點為所在棱的中點，即點的軌跡為五邊形，
長度為：
.
故答案為：；
17．（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）表面積為36π的球M表面上有A，B兩點，且為等邊三角形，空間中的動點P滿足，當點P在所在的平面內運動時，點P的軌跡是 ；當P在該球的球面上運動時，點P的軌跡長度為 .
【答案】 圓
【解析】設球的半徑為r，則，解得r＝3，
在平面內，動點P的軌跡組成一個圓，以線段AB所在直線為x軸，以靠近點B且長度為1處為坐標原點，
則，，此時動點P的軌跡方程為，
設其圓心為，則在空間中，z軸和xOy坐標平面垂直，
動點P的軌跡為xOy平面中的圓繞x軸旋轉一周形成球的球面，
如圖所示，
所以點P的軌跡是兩個球面的交線，這兩個球分別是以M和為球心，
在中，結合余弦定理得到.
設交線所圍成的圓半徑為R.則，
解得.所以交線的長度為.
故答案為：圓；
18．在正四棱柱中，，E 為中點，為正四棱柱表面上一點，且，則點的軌跡的長為 .
【答案】/
【解析】如圖，連接，，由題可知，，平面.
因平面，則.
又平面，平，，則平面.又平面，則；
如圖，過E做平行線，交于F，則F為中點.連接，
過做垂線，交于G.
由題可得，平面，又，則平面.
因平面，則.
又平面，平面，，則平面.
因平面，則；
因平面，平面，，則平面.
連接，則點P軌跡為平面與四棱柱的交線，即.
注意到，
，則，故.
則點的軌跡的長為.
故答案為：.
19．（2024·河南開封·二模）已知矩形，，過作平面，使得平面，點在內，且與所成的角為，則點的軌跡為 ，長度的最小值為 ．
【答案】 雙曲線
【解析】
如圖，以為原點，所在直線為軸，平面內過且與垂直的直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，
則由已知，，，，，
∵點在平面內，∴設，則，，
∵直線與直線所成的角為，
∴，
兩邊同時平方，化簡得點軌跡方程為，
∴點的軌跡為雙曲線.
，
∵點軌跡方程為，∴，且，
∴，
∴當時，的最小值為.
故答案為：雙曲線，
20．如圖，已知正方體的棱長為分別是棱的中點，點為底面四邊形內（包括邊界）的一動點，若直線與平面無公共點，則點在四邊形內運動所形成軌跡的長度為 .
【答案】
【解析】取的中點，連接，如圖所示：
分別是棱的中點，所以，
又因為平面平面，所以平面.
因為，
所以四邊形為平行四邊形，所以.
又因為平面平面，所以平面.
因為，所以平面平面.
因為點為底面四邊形內（包括邊界）的一動點，直線與平面無公共點，
所以的軌跡為線段，則.
故答案為：.
21．（2024·河南·模擬預測）已知正方體的棱長為，動點P在內，滿足，則點P的軌跡長度為 ．
【答案】/
【解析】在正方體中，如圖，
平面，平面，則，而，
平面，于是平面，又平面，
則，同理，而平面，因此平面，
令交平面于點E，由，得，
即，解得，而，于是，
因為點P在內，滿足，則，
因此點P的軌跡是以點為圓心，1為半徑的圓在內的圓弧，
而為正三角形，則三棱錐必為正三棱錐，為正的中心，
于是正的內切圓半徑，
則，即，，
所以圓在內的圓弧為圓周長的，即點P的軌跡長度為．
故答案為：
21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑