新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题31 立体几何压轴小题（轨迹与最值）十四大题型汇总（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题31 立体几何压轴小题（轨迹与最值）十四大题型汇总（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题31立体几何压轴小题轨迹与最值十四大题型汇总原卷版doc、新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题31立体几何压轴小题轨迹与最值十四大题型汇总解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共245页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc149765014" 题型1平行求轨迹 PAGEREF _Tc149765014 \h 1
\l "_Tc149765015" 题型2垂直求轨迹 PAGEREF _Tc149765015 \h 16
\l "_Tc149765016" 题型3翻折求轨迹 PAGEREF _Tc149765016 \h 23
\l "_Tc149765017" 题型4角度恒定求轨迹 PAGEREF _Tc149765017 \h 32
\l "_Tc149765018" 题型5定长求轨迹 PAGEREF _Tc149765018 \h 42
\l "_Tc149765019" 题型6向量法求轨迹 PAGEREF _Tc149765019 \h 52
\l "_Tc149765020" 题型7阿波罗尼斯圆相关 PAGEREF _Tc149765020 \h 66
\l "_Tc149765021" 题型8解析几何相关 PAGEREF _Tc149765021 \h 77
\l "_Tc149765022" 题型8线段最值 PAGEREF _Tc149765022 \h 93
\l "_Tc149765023" 题型9折线求最值 PAGEREF _Tc149765023 \h 102
\l "_Tc149765024" 题型10倍数求最值 PAGEREF _Tc149765024 \h 114
\l "_Tc149765025" 题型11点线距离求最值 PAGEREF _Tc149765025 \h 119
\l "_Tc149765026" 题型12点线面距离求最值 PAGEREF _Tc149765026 \h 127
\l "_Tc149765027" 题型13周长求最值 PAGEREF _Tc149765027 \h 138
\l "_Tc149765028" 题型14面积求最值 PAGEREF _Tc149765028 \h 153
题型1平行求轨迹
【例题1】（2023·江西赣州·统考二模）在棱长为4的正方体中，点满足，，分别为棱，的中点，点在正方体的表面上运动，满足面，则点的轨迹所构成的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作出辅助线，找到点的轨迹，利用勾股定理求出边长，得到周长.
【详解】延长，交的延长线与，连接，分别交，于，
过点作交于点，过点作交于点，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为，所以平面平面，
过点作交于点，
连接，则
则平行四边形（点除外）为点的轨迹所构成的图形，
因为正方体棱长为4，，分别为棱，的中点，，
所以，
因为，所以，
过点作⊥于点，则，
则由几何关系可知，所以，
由勾股定理得，
所以点的轨迹所构成的周长为.
故选：D
【变式1-1】1.（2023·全国·高三专题练习）已知正方体的棱长为3，点满足．若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【分析】在棱上分别取点，使得，，连接，证明平面平面即可得点的轨迹为线段，再计算长度即可.
【详解】解：如图，在棱上分别取点，使得，，连接，
因为，，
所以，，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，，
所以，，，
因为，，
所以，≌，≌，
所以
所以，四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以，平面，
因为，平面，
所以平面平面，
因为平面平面,
所以，在正方形内有一动点满足平面时，点的轨迹为线段，
因为
所以，动点的轨迹长为
故选：C
【变式1-1】2. （2023·全国·高三专题练习）在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面，则下列说法正确的是（ ）
A．点可以是棱的中点B．线段的最大值为
C．点的轨迹是正方形D．点轨迹的长度为
【答案】B
【分析】如图，取棱的中点，连接，进而证明平面平面，再结合题意可知直线必过点，进而取中点，连接，证明平面即可得四边形为点的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可.
【详解】解：如图，取棱的中点，连接，
因为分别为，的中点，
所以，在中，，由于平面，平面，
所以平面，
因为，所以，四边形为平行四边形，
所以，因为平面，平面，
所以，平面，
因为，平面，
所以，平面平面，
由于为体对角线的中点，
所以，连接并延长，直线必过点，
故取中点，连接，
所以，由正方体的性质易知，
所以，四边形是平行四边形，，，
因为，，，
所以，共线，即平面，
所以，四边形为点的轨迹，故A选项错误；
由正方体的棱长为，所以，四边形的棱长均为，且对角线为，，
所以，四边形为菱形，周长为，故CD选项错误，
由菱形的性质知，线段的最大值为，故B选项正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于取棱的中点，进而证明平面平面，再根据面面平行的性质求解点轨迹即可求解.
【变式1-1】3.（多选）（2024秋·山东临沂·高三校联考开学考试）在三棱台中，平面，，点为平面内一动点（包括边界），满足平面，则（ ）
A．点P的轨迹长度为1
B．P到平面的距离为定值
C．有且仅有两个点P，使得
D．与平面所成角的最大值为30°
【答案】ABD
【分析】取的中点，的中点，根据线面平行的判定与性质可得点在线段上运动.对A，根据中位线的性质求解即可；对B，根据平面判断可得；对C，根据结合正三角形的性质判断即可；对D，易得为与平面所成角，再根据的最值判断即可.
【详解】取的中点，的中点，因为三棱台中，则，
故且，故四边形为平行四边形，则.
又平面，平面，故平面，
同理，平面，又，平面，
故平面平面，故点在线段上运动.
对A，，故A正确；
对B，因为平面，故平面，所以到平面的距离为定值，故B正确；
对C，因为，故当且仅当为中点时成立，故C错误；
对D，因为平面，所以为与平面所成角.
由题意，故当为中点时，取得最小值，此时，所以与平面所成角的最大值为，故D正确.

故选：ABD
【变式1-1】4. （多选）（2023·重庆·统考模拟预测）在棱长为4的正方体中，点E为棱的中点，点F是正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．直线与直线夹角为
B．平面截正方体所得截面的面积为
C．若则动点F的轨迹长度为
D．若平面，则动点F的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】对A，根据的平行线确定直线与直线夹角即可；
对B，根据面面平行的性质，作出平面截正方体所得截面并求其面积即可；
对C，由题意，动点的轨迹为以为圆心的四分之一圆弧，再根据弧长公式求解即可；
对D，先判断过且平行于平面的平面截正方体的面，再分析的轨迹即可
【详解】对A，连接，可得正，根据正方体的性质，，故直线与直线夹角为直线与直线的夹角为，故A正确；
对B，因为面面，平面面，根据面面平行的性质可得平面截的交线，故平面截的交点为的中点，故，故截面为等腰梯形，在等腰梯形中，高，故截面的面积为，故B错误；
对C，若，则，故动点的轨迹为以为圆心的四分之一圆弧，其长度为，故C正确；
对D，取中点，连接如图，由B知截面为等腰梯形，由四边形为平行四边形得，又面面，所以面，由四边形为平行四边形得，面面，所以 面，由得平面平面，又平面，所以平面，故的轨迹为线段，其长度为，故D正确；
故选：ACD
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
【变式1-1】5.（多选）（2023春·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考专题练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E､F､G､M､N均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论正确的有（ ）

A．当点P为BC中点时，平面PEF⊥平面GMN
B．异面直线EF､GN所成角的余弦值为
C．点E､F､G､M､N在同一个球面上
D．若，则P点轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】根据正方体图形特征证明面面垂直判断A选项，根据异面直线所成角判断B选项，根据五点共圆判断C选项，根据轨迹求出长度判断D选项.
【详解】取中点，连接，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E､F､G､M､N均为所在棱的中点，
易知，平面，GM在面ABCD内，
，平面，平面，，
平面 面 ，

连接，是正方形,，
平面，平面，，
平面，平面，，
平面 平面 ，
综上，平面，平面，又
所以平面，平面故平面平面，故A正确；
取中点，连接，
是异面直线所成的角，
又则，故B错误；
记正方体的中心为点，则，
故点在以为球心，以为半径的球面上，故C正确；
是的中点，
，故
点轨迹是过点与平行的线段，且，
，故D正确.
故选：ACD.
【变式1-1】6．（多选）（2023·湖南长沙·雅礼中学校考一模）如图，正方体的棱长为3，E为AB的中点，，动点M在侧面内运动（含边界），则（ ）
A．若∥平面，则点M的轨迹长度为
B．平面与平面ABCD的夹角的正切值为
C．平面截正方体所得的截面多边形的周长为
D．不存在一条直线l，使得l与正方体的所有棱所成的角都相等
【答案】ABC
【分析】对于A、C项，先作出平面截正方体所得的截面，通过构造面面平行得出M轨迹及截面多边形周长；
对于B项，作出二面角计算即可；对于D项，可知所有与体对角线平行的线与正方体各棱夹角都相等.
【详解】如图所示，
分别延长DC、D1F交于点N，连接NE并延长交DA的延长线于G点，交CB于O点，连接D1G交A1A于H点，则五边形D1FOEH为平面截正方体所得的截面，在侧面中作PQ∥D1H，可得M轨迹为线段PQ，
由已知及平行线分线段成比例可得：，
,所以,即，A正确；
，
故五边形D1FOEH周长为，C正确；
连接BD，交EO于点I，由上计算可得I为GN中点，且D1G=G1N，故DI⊥EO，D1I垂直EO，即为平面与平面ABCD的夹角，
易得，B正确；
对于D存在直线l，如直线与正方体三条棱夹角相等．
故选：ABC．
【变式1-1】7.（多选）（2023·河北·模拟预测）如图所示，已知正方体的棱长为，点分别是棱的中点，点是侧面内一点（含边界）．若平面，则下列说法正确的有（ ）
A．点的轨迹为一条线段
B．三棱锥的体积为定值
C．的取值范围是
D．直线与所成角的余弦值的最小值为
【答案】AB
【分析】取中点，由面面平行的判定可证得平面平面，可知点轨迹为线段，知A正确；由线面平行性质可知点到平面的距离即为点到平面的距离，利用等体积转化，结合棱锥体积公式可求得B正确；在中，通过求解点到的距离可确定C错误；根据平行关系可知所求角为，则余弦值最小时，与重合，由余弦定理可求得结果，知D错误.
【详解】对于A，分别取中点，连接，
，，四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面；
，平面，平面，平面；
，平面，平面平面；
则当平面时，平面恒成立，
又平面平面，平面，
点轨迹为线段，A正确；
对于B，由A知：平面，点到平面的距离即为点到平面的距离，
，
即三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C，连接，
在中，，，，
点到的距离为，
的取值范围为，C错误；
对于D，由A知：，直线与所成角即为直线与所成角，即，
则当与重合时，取得最大值，此时余弦值取得最小值；
在中，，，，
，
即直线与所成角的余弦值的最小值为，D错误.
故选：AB.
题型2垂直求轨迹
【例题2】（2023·全国·高三对口高考）如图，定点A和B都在平面内，定点，C是内异于A和B的动点，且．那么，动点C在平面内的轨迹是（ ）

A．一条线段，但要去掉两个点B．一个圆，但要去掉两个点
C．一个椭圆，但要去掉两个点D．半圆，但要去掉两个点
【答案】B
【分析】利用线面垂直判定定理和性质定理即可求得，进而得到动点C在平面内的轨迹是以为直径的圆（去掉两个点）.
【详解】连接.
，则，又，
，平面，则平面，
又平面，则，
则动点C在平面内的轨迹是以为直径的圆（去掉两个点）.

故选：B
【变式2-1】1. （2023·全国·高三对口高考）正四棱锥的底面边长为2，高为2，E是边的中点，动点P在表面上运动，并且总保持，则动点P的轨迹的周长为（ ）
A．B．C．4D．
【答案】A
【分析】由题意，动点P的轨迹为过E且垂直的平面与正四棱锥的交线，再根据线面垂直的性质求解即可.
【详解】如图，设交于，连接，由正四棱锥的性质可得，平面，因为平面，故.
又，，平面，故平面.
由题意，则动点P的轨迹为过E且垂直的平面与正四棱锥的交线，即如图，则平面.
由线面垂直的性质可得平面平面，又由面面平行的性质可得，，，又E是边的中点，故分别为的中位线.
由题意，故.
即动点P的轨迹的周长为.

故选：A
【变式2-1】2. （2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）在正四棱柱中，，，为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点垂直于的正四棱柱的截面即可计算作答.
【详解】在正四棱柱中，连接，如图，，平面，
因为平面，则，又平面，
，则平面，又平面，则，
取中点，连接，在平面内过作，交于，显然，
而平面，则平面，有，
又平面，，于是平面，而平面，因此，
因为平面，，从而平面，
连接，则点的轨迹为平面与四棱柱的交线，即，
因为，即有，又，
于是，有，，
所以点的轨迹长为.
故选：A
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
【变式2-1】3. （2023·宁夏银川·校联考二模）已知线段垂直于定圆所在的平面，是圆上的两点，是点在上的射影，当运动，点运动的轨迹（ ）
A．是圆B．是椭圆C．是抛物线D．不是平面图形
【答案】A
【分析】设定圆圆心为，半径为，由线面垂直的判定与性质可推导证得，由直角三角形性质可确定，由此可得轨迹图形.
【详解】设定圆圆心为，半径为，
连接，设直径为，连接，
平面，平面，；
为直径，，又，平面，
平面，又平面，，
又，，平面，
平面，平面，，
在中，，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
故选：A.
【变式2-1】4. （多选）（2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习）已知正方体的棱长为2，点为平面内一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点在棱上运动，则的最小值为
B．若点是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为
C．若点满足，则动点的轨迹是一条直线
D．若点在直线上运动，则到棱的最小距离为
【答案】BCD
【分析】化折线为直线，即可判断A，取的中点，连接、、、，即可证明四边形即为平面截正方体所得截面，从而求出截面周长，即可判断B，根据线面垂直判断C，利用空间向量法判断D.
【详解】对于A：如图将平面展开与平面处于一个平面，连接与交于点，
此时取得最小值，即，故A错误；
对于B：如图取的中点，连接、、、，
因为点是棱的中点，所以且，
又且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，所以四边形即为平面截正方体所得截面，
又，，，
所以截面周长为，故B正确；
对于C：如图，，平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，因为平面平面，
平面，平面，
又，所以在直线上，即动点的轨迹是一条直线，故C正确；
对于D：如图建立空间直角坐标系，则，，设 ，
所以，，
所以到棱的距离，
所以当时，故D正确；
故选：BCD
题型3翻折求轨迹
【例题3】（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图，在长方形ABCD中，，E为BC的中点，将沿AE向上翻折到的位置，连接PC，PD，在翻折的过程中，则（ ）

A．四棱锥体积的最大值为B．PD的中点F的轨迹长度的最大值为
C．与平面所成的角相等D．三棱锥外接球的表面积的最小值为
【答案】ACD
【分析】根据锥体体积、动点轨迹、线面角、外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于A，梯形的面积为，，直角斜边上的高为．
当平面平面AECD时，四棱锥的体积取得最大值，A正确．
对于B，取的中点，连接，则平行且相等，四边形是平行四边形，
所以点F的轨迹与点G的轨迹形状完全相同．
过G作AE的垂线，垂足为H，G的轨迹是以H为圆心，为半径的半圆弧，
从而PD的中点F的轨迹长度的最大值为，B错误.
对于C，由四边形ECFG是平行四边形，知，
则平面，则到平面的距离相等，
故与平面所成角的正弦值之比为，C正确．
对于D，外接圆的半径为2，圆心为的中点，
当三棱锥外接球球心为AD中点，即时，
三棱锥外接球的表面积取得最小值，为．D正确．

故选：ACD
【点睛】求解几何体外接球有关问题，关键是判断出球心的位置以及求得球的半径. 解几何体外接球（表面积/体积）的一般方法和步骤为：1、寻找一个或两个面的外接圆圆心;2、分别过两个面的外心作该面的垂线，两条垂线的交点即为外接圆圆心；3、构造直角三角形求解球半径，进而求出外接球表面积或体积.
【变式3-1】1. （多选）（2023秋·广东佛山·高三校联考阶段练习）如图甲，在矩形中，，，为上一动点（不含端点），且满足将沿折起后，点在平面上的射影总在棱上，如图乙，则下列说法正确的有（ ）
A．翻折后总有
B．当时，翻折后异面直线与所成角的余弦值为
C．当时，翻折后四棱锥的体积为
D．在点运动的过程中，点运动的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】根据线面垂直得出线线垂直，可判断A，作于，可得异面直线所成的角，判断B，作，设，，利用三角形相似可得，利用函数性质求出的范围判断D，求出棱锥的高，再由四棱锥体积公式计算可判断C.
【详解】在图乙中，因为点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正确；
如图，
在图乙中作于，连接，则，所以与所成角即为与所成角，又由平面可得平面，所以而，，则，即与所成角余弦值为，故B错误；
如上图，在图乙中作于，连接，则由平面可得，又，平面，所以平面，
又平面，则，在图甲中，如图，
作，则，，三点共线，设，，则由可得，即，又在图乙中有，
所以，所以，而，所以，，故D正确；
当时，，则，所以，
则，故C正确.
故选：ACD.
【变式3-1】2. （多选）（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，AD的中点，AC与BD交于点O，现将△AEH，△BEF，△CFG，△DGH分别沿EH，EF，FG，GH把这个矩形折成一个空间图形，使A与D重合，B与C重合，重合后的点分别记为M，N，Q为MN的中点，对于多面体MNEFGH，下列说法正确的是（ ）
A．异面直线GN与ME的夹角大小为60°
B．该多面体的体积为
C．四棱锥E－MNFH的外接球的表面积为
D．若点P是该多面体表面上的动点，满足时，点P的轨迹长度
【答案】AC
【分析】根据异面直线所成角的几何法即可利用三角形边的关系进行求解A，根据线面垂直以及锥体的体积即可求解B,根据外接球的性质，结合勾股定理即可求解C，根据线面垂直即可判断点P的轨迹，即可求解D.
【详解】取的中点为，取NE的中点为点P，连接,
由几何体形成的过程可知平面 平面,其交线为，由于
四边形为菱形，四边形为等腰梯形，故,平面，所以平面,
由题意可知，，∴，∴，由于 平面,所以平面,
由，得，则∠OPQ即为异面直线GN与ME所成夹角的平面角或其补角，而，∴△OPQ为等边三角形，∴异面直线GN与ME的夹角大小为60°，选项A正确；
由几何体形成的过程可知平面 平面,其交线为，由于
四边形为菱形，四边形为等腰梯形，故,平面，所以 平面， ,
，选项B错误；
在△NFH中，，，∴△NFH的外接圆直径，△HEF的外接圆直径，∴四棱锥E－MNFH的外接球直径D满足 ，∴四棱锥E－MNFH的外接球的表面积为，选项C正确：
由A可知平面,同理 平面MEG ，又,所以ON⊥平面MEG，点P所在平面与平面MEG平行，∴点P的轨迹为五边形QPRST，长度为 ，D选项错误．
故选AC．
【点睛
【变式3-1】3. （多选）（2022·辽宁丹东·统考一模）如图，正方形的边长为为的中点，将沿向上翻折到，连结，在翻折过程中（ ）
A．四棱锥的体积最大值为
B．中点的轨迹长度为
C．与平面所成角的正弦值之比为
D．三棱锥的外接球半径有最小值，没有最大值
【答案】ACD
【分析】根据题意，根据四棱锥的体积公式，以及线面角的概念和三棱锥的外接球概念作图，逐个选项进行判断即可求解
【详解】由已知梯形面积为，直角斜边
上的高为.当平面平面时，四棱锥的
体积取最大值. A正确；
取中点为，则平行且相等，四边形是平行四边形，
所以，点的轨迹与点的轨迹完全相同，过作的垂线，垂足为
的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，从而
中点的轨迹长度为.B错误；
由四边形是平行四边形知，
则平面，则到平面距离相等，
故，与平面所成角的正弦值之比为等于. C正确；
外接圆半径为是中点，根据正弦定理
外接圆半径为是圆与圆公共弦，.
设三棱锥外接球球心为，半径为，
则
因为，所以，所以最小值为，没有最大值. D正确；
故选：ACD
【变式3-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，在正方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连接，在翻折到的过程中，下列说法正确的是 ．（将正确说法的序号都写上）

①点的轨迹为圆弧；
②存在某一翻折位置，使得；
③棱的中点为，则的长为定值；
【答案】①③
【分析】依据翻折过程中，均不变，判定点的轨迹为圆弧，从而判断①正确；利用反证法否定②；求得翻折过程中的长恒为，从而判断③正确.
【详解】设正方形边长为a,
①在正方形中，过点D作于H，则
在翻折到的过程中，，均不变，
则点的轨迹为以H为圆心，以为半径的圆弧.判断正确；
②假设存在某一翻折位置，使得.
在△PAM内，过点P作于N，连接BN，
由，，，可得平面PBN
又平面PBN，则，则
又在正方形中，.
二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得.判断错误；
③棱的中点为.取PA中点K，连接EK，CE，MK， 则
则有，，则，
则四边形为平行四边形，则，
又，则，即的长为定值.判断正确.
故答案为：①③
题型4角度恒定求轨迹
【例题4】（2018·北京·高三强基计划）在正方体中，动点M在底面内运动且满足，则动点M在底面内的轨迹为（ ）
A．圆的一部分B．椭圆的一部分
C．双曲线一支的一部分D．前三个答案都不对
【答案】A
【分析】根据可得在圆锥面上，故可得的轨迹.
【详解】因为，故在圆锥面上，该圆锥以为轴，为顶点，
而M在底面内，
故动点M在底面内的轨迹是以D为圆心的四分之一圆弧．
故选：A.
【变式4-1】1. （2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知长方体的外接球的表面积为，，点P在四边形内，且直线BP与平面所成角为，则长方体的体积最大时，动点P的轨迹长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先由题意得到长方体体积最大时，得到几何体的棱长，设，相交于点，由平面，确定线面角，从而确定点的轨迹，从而得解.
【详解】因为长方体的外接球的表面积为，设外接球的半径为，
所以，解得或（舍去），即外接球的直径为，
设，，则，可得，
所以，当且仅当时，等号成立．
如图，设，相交于点，
因为，，平面，
所以平面，直线与平面所成角为，
所以，故，则点的轨迹是以为圆心，半径的半圆弧，
所以动点的轨迹长为．
故选：C
【变式4-1】2. （2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）如图，二面角的大小为，已知A、B是l上的两个定点，且，，，AB与平面BCD所成的角为，若点A在平面BCD内的射影H在的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意：点H的轨迹是以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60°的圆锥侧面交线的一部分，该部分是圆心角为的弧长，只要求出半径即可.
【详解】如图所示：
因为AB与平面BCD所成的角为，且点A在平面BCD上的射影H，，
所以，
所以点H在以点B为球心，以为半径的球面上，
又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上，
所以点H的轨迹为以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，
母线AH与轴AB成的圆锥侧面交线的一部分，
即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB，
因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为，
所以，
又，
所以点H的轨迹的长度等于，
故选：D.
【变式4-1】3. （2023春·广西防城港·高三统考阶段练习）如图，在正方体中，，P是正方形ABCD内部（含边界）的一个动点，则（ ）
A．有且仅有一个点P，使得B．平面
C．若，则三棱锥外接球的表面积为D．M为的中点，若MP与平面ABCD所成的角为，则点P的轨迹长为
【答案】D
【分析】根据线面垂直判断线线垂直可求解A，利用线面平行判断B，根据外接球与三棱锥的的几何关系判断C，利用线面角的定义确定点的轨迹即可求解D,
【详解】
对于A，连接,
因为平面,平面,所以,
且四边形为正方形，所以,
且，平面,
所以平面,所以当点在线段上时，
必有平面,则 ，
所以存在无数个点P，使得，A错误；
对于B，当点与点重合时，
与平面相交，B错误；
对于C，若，则为中点，
连接,则为等腰直角三角形，且，
且也为等腰直角三角形，且,
且平面平面，
所以取中点为，则为三棱锥外接球的球心，
所以外接球的半径为,
所以我外接球的表面积为，C错误；
对于D，连接
因为平面，所以为MP与平面ABCD所成的角，
所以，所以,
所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆弧，
所以点P的轨迹长为，D正确，
故选:D.
【变式4-1】4. （2023·湖南·模拟预测）已知正方体，，点E为平面内的动点，设直线与平面所成的角为，若则点的轨迹所围成的图形面积的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】确定平面，，计算，，，E在平面内的轨迹是以O为圆心，半径为OE的圆，计算得到答案.
【详解】如图所示，连接交平面于O，连接EO，
平面，平面，故，
，，平面，故平面，
平面，故，
同理可得，，平面，故平面，
所以∠AEO是AE与平面所成的角，，所以，
在四面体中，，，
所以四面体为正三棱锥，O为的重心，如下图所示，
所以，，
因为，所以，
又E在平面内的轨迹是以O为圆心，半径为OE的圆，
所以E在平面内的轨迹围成的图形面积．
故选：D
【变式4-1】5.（2023春·河南安阳·高三安阳一中校联考阶段练习）如图，在圆柱中，为底面直径，是的中点，是母线的中点，是上底面上的动点，若，，且，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作，由圆柱的结构特征和线面垂直的判定可知平面，则点轨迹是平面与上底面的交线，结合勾股定理可求得长，即为所求轨迹长度.
【详解】连接，作，交于点，
是的中点，，
平面，平面，，
，平面，
平面，又平面，
，又，，平面，
平面，
设平面与上底面交于，，点的轨迹为；
，，是母线中点，
，
，
.
故选：C.
【变式4-1】6.（多选）（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）在棱长为的正方体中，与平面相交于点，为内一点，且，设直线PD与所成的角为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．点P的轨迹是圆
C．点的轨迹是椭圆D．的取值范围是
【答案】ABD
【分析】根据题意可得结合线面垂直的判定定理和性质定理可证得平面，分析可得点即为的中心，结合可得，从而可得点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，转化为是以底面半径为，高为的圆锥的母线，分析求得的范围即可得出结果.
【详解】如图所示，
与平面相交于点，连接交于点，连接；
由题意可知平面，平面，则；
又因为，平面，
所以平面，
又平面，所以；
同理可证，
又，平面，
所以平面；
又因为，由正三棱锥性质可得点即为的中心，连接；
因为为的中点，交于点，连接，
由平面，平面，则，所以选项A正确；
即为的高，设，
由正方体棱长为可知，，且的内切圆半径；
所以；
又，即可得，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，所以B正确，C错误；
由平面，平面，则，
所以，
因此是以底面半径为，高为的圆锥的母线，如图所示:
设圆锥母线与底面所成的角为，则，所以；
即直线与平面所成的角为，
又因为异面直线所成角的取值范围是，
直线在平面内，所以直线PD与所成的角的取值范围为,
又因为，所以直线PD与所成的角的取值范围为，即；
即D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：（1）通过比较与的内切圆半径的大小，得出动点的轨迹；（2）将直线PD与所成的角的最小值转化为圆锥母线与底面所成的角.
题型5定长求轨迹
【例题5】（2023·四川·校联考模拟预测）在直四棱柱中，所有棱长均为2，，为的中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论中错误的是（ ）

A．当点在线段上运动时，四面体的体积为定值
B．若 平面，则的最小值为
C．若的外心为，则为定值2
D．若，则点的轨迹长度为
【答案】C
【分析】由题证得 面，所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值，可判断A；取的中点分别为，由面面平行的判定定理可得平面 面，因为面，所以 平面，当时，AQ有最小值可判断B；由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断C；在上取点，使得，易知点Q的轨迹为圆弧可判断D.
【详解】对于A，因为，平面， 平面，所以 平面，
所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值，故A正确；

对于B，取的中点分别为，连接，
因为，平面，平面，所以 平面，
又因为，，则，
又平面，平面，所以 平面，
，平面，所以平面 平面，
因为面，所以 平面，
当时，AQ有最小值，则易求出
，
则，即，所以重合，
所以AQ的最小值为，故B正确；

对于C，若的外心为M，过作于点，则，
又，则，故C错误；

对于D，在平面内过作于点，
因为 平面，平面，所以 ，
因为，平面，
所以平面，，
在上取点，使得，
则，，
所以，若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动，
又因为所以，则圆弧等于，故D正确.

故选：C.
【变式5-1】1.（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为，动点Q在正方形ABCD内运动，且满足，则动点Q形成轨迹的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用等体积法及几何关系求出关于动点Q的等式关系 ，根据相关几何意义即可求出动点Q形成轨迹的周长.
【详解】设内切球O的半径为R，则，∴．
如图，连接AC与BD，设交点为F，取AD的中点E，连接PE，PF，EF．
根据等体积法得，
∴，整理得，又，
解得，．∴，，．
在中，．
∴点Q在以点F为圆心，为半径的圆上，其周长为．
故选：C．
【变式5-1】2. （2023·全国·高三专题练习）在直四棱柱中中，，，P为中点，点Q满足，（，）.下列结论不正确的是（ ）
A．若，则四面体的体积为定值
B．若平面，则的最小值为
C．若的外心为M，则为定值2
D．若，则点Q的轨迹长度为
【答案】C
【分析】对于A，由，可得三点共线，可得点在，而由直四棱柱的性质可得平面，所以点到平面的距离为定值，而的面积为定值，从而可进行判断，对于B，取的中点分别为，连接，由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得平面，进而可求得的最小值，对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，在上取点，使得，可得点的轨迹为圆弧，从而可进行判断.
【详解】对于A，因为，，
所以三点共线，所以点在，因为 ，平面，
平面，所以平面，所以点到平面的距离为定值，
因为的面积为定值，所以四面体的体积为定值，所以A正确；
对于B，取的中点分别为，连接，则 ，
因为平面，平面，所以平面，
因为 ， ，所以 ，
因为平面，平面，平面，
因为，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，所以当时，最小，
因为，所以，，
所以，所以重合，所以的最小值为，所以B正确，
对于C，若的外心为，过作于，
因为，所以，所以C错误，
对于D，过作于点，因为则可得平面，
平面，所以，因为，
平面，所以平面，
，在上取点，使得，
则，所以若，
则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动，
因为，所以，则圆弧等于，所以D正确，
故选：C.
【点睛】本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题.
【变式5-1】3. （2023·全国·高三专题练习）正方体的棱长为1，点在三棱锥的表面上运动，且，则点轨迹的长度是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，点在以为球心，半径的球面上，进而依次讨论该球与三棱锥的表面的交线即可得答案.
【详解】解：由题设知点在以为球心，半径的球面上，
所以点P的轨迹就是该球与三棱锥的表面的交线．
由正方体性质易知三棱锥为正四面体，
所以，点到平面的距离，
所以球在平面上的截面圆的半径，
所以，截面圆的圆心是正中心，正的边长为，其内切圆的半径．
因此，点P在面内的轨迹是圆在内的弧长，
如图所示．，所以，
所以，
所以，点P在此面内的轨迹长度为．
因为平面ABCD，所以球在平面ABCD上的截面圆心为A，
其半径，又，
所以点P在平面BCD内的轨迹是一段弧，
如图所示，，
所以，从而，所以．
由于对称性，点P在平面和平面内的轨迹长度都是，
故点P在三棱锥的表面上的轨迹的长度是．
故选：A
【变式5-1】4. （多选）（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知正方体的棱长为2，点在正方形内（不包含边界）运动，且，则下列说法正确的是（ ）
A．与平面所成角为定值
B．点的轨迹长度为
C．存在点使得
D．存在唯一的点使得
【答案】AD
【分析】对B：可得，故点轨迹是以为圆心、1为半径的圆位于正方形以部的圆弧；对A：为与底面所成角；对C：通过证明判断；对D：由面证得再判断.
【详解】
如图：由知，故点轨迹是以为圆心、1为半径的圆位于正方形内部的圆弧，其弧长为，故选项B错误；
因为面，所以与底面所成角为，
因为，故为定值，
与底面所成角即为与底面所成角，故选项A正确；
，故不存在使得，故选项C错误；
在底面内的射影为，若，
又面，所以面，
又面，所以，故为圆弧与的交点，选项D正确．
故选：AD.
【变式5-1】5.（多选）（2023春·河北石家庄·高三校联考期中）如图，在四棱台中，平面，上、下底面均为正方形，，，，则（ ）

A．直线平面
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．若该四棱台内（包括表面）的动点到顶点，的距离相等，则点形成的图形的面积为
D．若底面内的动点到顶点的距离为2，则动点的轨迹的长度为
【答案】BCD
【分析】结合空间点、线、面的位置关系的判断，直线与平面平行的判定，以及轨迹的求法，对各项逐一判断，即可得到本题答案.
【详解】连接，与交于点，连接，，则可得，与不平行，是过直线的平面与平面的交线，若直线平面，则必有，从而得出矛盾，所以A项错误；
连接，则，则（或其补角）为所求，易得，因为，平面，所以，从而平面，所以，则，又，所以在中，由余弦定理得，所以异面直线与所成角的余弦值为，所以B项正确；
依题意，该四棱台被对角面分成的两部分关于该对角面对称，所以该对角面上任意一点到顶点，的距离都相等，所以所求面积即为该对角面的面积，易得面积为，所以C项正确；
底面内的动点到顶点的距离为2，即，连接，，则，所以动点的轨迹是以为半径的圆，即正方形的内切圆，其周长为，所以D项正确．
故选：BCD

题型6向量法求轨迹
【例题6】（2023秋·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习）已知正方体的棱长为，分别为和的中点,为线段上的动点，为上底面内的动点，下列判断正确的是（ ）
①三棱锥的体积是定值；②若恒成立，则线段的最大值为；③当与所成的角为时，点的轨迹为双曲线的一部分；
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】A
【分析】根据题意，得到，得出点到直线的距离等于点到直线的距离的一半，锥体的体积公式求得三棱锥的体积为，可判定①正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，得到，再设，得到，结合，化简得到，进而求得线段取得最大值为，可判定②正确；由与的所成的角为，结合向量的夹角公式，求得轨迹方程为可判定③错误.
【详解】如图（1）所示，因为点为的中点，又由是的中点，可得，
又因为点为上的动点，所以点到直线的距离等于点到的距离，
所以点到直线的距离等于点到直线的距离的一半，
因为正方体的棱长为4，可得，
因为面，且面，所以 ，
可得点到直线的距离为，所以点到直线的距离，
所以的面积为，
由，且，平面，
所以平面，且，
所以三棱锥的体积为（定值），所以①正确；

如图（2）所示，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，
设，
由
设，则，
因为，所以，可得，
所以 ，
又因为且，可得，
所以当时，线段取得最大值，最大值为，所以②正确；
因为，
又因为与的所成的角为，
所以，
整理得且，所以点的轨迹为抛物线的一部分，所以③错误.
故选：A.

【变式6-1】1. （2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知空间中两条直线、异面且垂直，平面且，若点到、距离相等，则点在平面内的轨迹为（ ）
A．直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】C
【分析】设在内的射影为，以与的交点为原点，为轴，为轴，与的公垂线为轴，建立空间直角坐标系. 设，利用空间向量坐标法表示距离，列出方程，求解结果.
【详解】设在内的射影为，到的距离为，
以与的交点为原点，为轴，为轴，与的公垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则到的距离为.
过点作于点，过点作于点，
又在内的射影为，则，连结,
又，，
所以平面，又平面，
所以，所以，
所以则到的距离为,
因为点到、距离相等，
所以，即，
所以点在平面内的轨迹为双曲线.
故选：C.
【点睛】方法点睛：
关于立体几何中的轨迹问题，一般要建立适当的空间直角坐标系，根据已知信息列出的等量关系，化简得出轨迹方程，结合方程特征找到轨迹曲线.
【变式6-1】2. （2023·河南濮阳·濮阳一高校考模拟预测）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则下列说法正确的是（ ）
①当时，的周长为定值；
②当时，三棱锥的体积为定值；
③当时，有且仅有一个点，使得；
④若，则点的轨迹所围成的面积为.
A．①②B．②③C．②④D．①③
【答案】C
【分析】取的中点，连接，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，取和求的周长，可判断①；利用锥体的体积公式可判断②；利用求出的值，可判断③；求出点的轨迹所围成的面积，可判断④.
【详解】取的中点，连接，
因为为等边三角形，则，且平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
，其中，，
，
对于①，当时，，，
若，则，，，
此时，的周长为；
若，则，则，
同理可得，此时，的周长为，
故当时，的周长不是定值，①错；
对于②，当时，，则点到直线的距离为，
所以，，且点到平面的距离也为定值，
故为定值，②对；
对于③，当时，，，，
因为，则，因为，解得或，
所以，当时，有且仅有两个点，使得，③错；
对于④，设点，其中，，
则，可得，
所以，点的轨迹是平面内以点为圆心，半径为的半圆及其内部，
故点的轨迹所围成的面积为，④对.
故选：C.
【变式6-1】3. （2023·四川凉山·二模）如图所示，正方体棱长为2，点P为正方形内（不含边界）一动点，角平分线交于点Q，点P在运动过程中始终满足．
①直线与点P的轨迹无公共点；
②存在点P使得；
③三棱锥体积最大值为；
④点P运动轨迹长为．
上述说法中正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据题意，由正弦定理结合轨迹方程即可判断①②，然后根据三棱锥体积公式以及点的运动轨迹，即可判断③④.
【详解】
因为为的角平分线，在中，由正弦定理可知，设，则，所以，
在中，由正弦定理可知，，
因为，所以，且，设，，
所以，所以，，
所以，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部的弧，且，点到该直线的距离为，
所以与圆无公共点，①正确；
若，设，所以，所以，
所以，即，联立，解得
所以点满足条件，所以②正确；
若最大，则到距离最大，即到与圆的交点处，但不在正方形边界上，所以最大值取不到，故③错误；
令，得到点，又因为，所以，所以为等边三角形，所以，因为为点的运动轨迹，所以，
故④正确；
故选:C
【变式6-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，分别是底面与侧面的中心，为该正方体表面上的一个动点，且满足，记点的轨迹所在的平面为，则过四点的球面被平面截得的圆的周长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，找到球心O和点的轨迹，求出到平面的距离，利用几何法求截面圆的半径和周长.
【详解】取面对角线中点，连接，，，，分别在上，且，
以为原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
， ，，， ，，，，，
，，，，
三棱锥中， 为直角三角形，所以，
因此点即为三棱锥的外接球球心，球半径长为，
，，，，，共面，
，，， ，
平面，，平面，平面，
点的轨迹为矩形的四边，如图所示，
，为平面的法向量，
则球心到平面的距离为，
球面被平面截得的圆的半径，圆的周长为.
故选：B
【点睛】本题找球心O考查学生的空间想象能力，其余的计算和证明问题，则利用空间向量法.
【变式6-1】5.（多选）（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）已知四面体的所有棱长均为，则下列结论正确的是（ ）
A．异面直线与所成角为
B．点到平面的距离为
C．四面体的外接球体积为
D．动点在平面上，且与所成角为，则点的轨迹是椭圆
【答案】BC
【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得 ，通过计算可验证BC，通过轨迹法可求得P的轨迹为双曲线方程即可得D错误.
【详解】取中点,连接,可得面,则 ,故A错误；
在四面体中，过点作面于点,则为为底面正三角形的重心，因为所有棱长均为,,即点到平面的距离为,故B正确；
设为正四面体的中心则为内切球的半径，为外接球的半径，
因为，所以，即,
所以四面体的外接球体积,故C正确；
建系如图：,设，则
因为，所以，
即，平方化简可得：，可知点的轨迹为双曲线,故D错误.
故选：BC．
【变式6-1】6.（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图，棱长为的正方体中，点、满足，，其中、，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（ ）

A．当时，平面
B．当时，若平面，则的最大值为
C．当时，若，则点的轨迹长度为
D．过、、三点作正方体的截面，截面图形可以为矩形
【答案】AC
【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；分别取、中点、，连接、、、、，找出点的轨迹，结合图形求出的最大值，可判断B选项；作出截面，分析截面的形状，可判断D选项.
【详解】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、，、、，
对于A选项，当时，
，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，则，
因为平面，故当时，平面，A对；
对于B选项，当时，为中点，

分别取、中点、，连接、、、、，
因为、分别为、的中点，所以，，
又因为且，所以，四边形为平行四边形，则，
所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为且，、分别为、的中点，
所以，且，所以，四边形为平行四边形，可得且，
又因为且，所以，且，
故四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，则平面，
因为，、平面平面，
当点为的边上一点（异于点）时，则平面，则平面，
故点的轨迹为的边（除去点），
因为，同理可得，
结合图形可得，B错；
当时，、分别为、的中点，如下图所示：

此时点、、，，
当点在平面内运动时，设点，其中，，
则，
因为，则，解得，
设点的轨迹分别交棱、于点、，则、，
当点在平面内运动时，设点，其中，，
，则，
设点的轨迹交棱于点，则，设点的轨迹交棱于点，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，同理可得，
所以，四边形为平行四边形，且，，
因此，点的轨迹的长度即为平行四边形的周长，C对；
对于D选项，设截面交棱于点，连接、，

题意可知，截面与平面重合，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，同理可得，
所以，四边形为平行四边形，
易知，其中，所以，，，
所以，，故与不可能垂直，
故平行四边形不可能为矩形，故过、、三点的截面不可能是矩形，D错.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：利用平面的性质确定截面形状的依据如下：
（1）平面的四个公理及推论; .
（2）直线与平面平行的判定与性质;
（3）两个平面平行的性质.
题型7阿波罗尼斯圆相关
【例题7】（2023·四川泸州·泸县五中校考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，点E是内（包括边界）的动点，则下列结论中正确的序号是 （填所有正确结论的序号）
①若，，则平面；
②若平面与正方体各个面都相交，且，则截面多边形的周长一定为；
③若的角平分线交AB于点F，且，则动点E的轨迹长为；
④直线与平面所成的角的余弦值的最大值为．
【答案】①②③
【分析】由点在线段上，连接，，证得平面和平面，得到平面平面，进而得到平面，可判定①正确；由平面，得到平面平面，得到截面与平面平行，设，求得、及，可判定②正确；建立平面直角坐标系，设，由，得到，可判定③正确；由平面，得到即为直线与平面ABCD所成角，求得，进而判定④错误．
【详解】对于①中，如图所示，由知，点在线段上，连接，，
因为，且平面，平面，所以平面，
同理可证得平面，
又因为且平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，所以①正确；
对于②中，如图所示，在正方体中，可得平面，
又因为，所以平面平面，即所求截面与平面平行，
因为平面平面，平面平面，
所以，同理可证，，
设，其中，则，
因为，所以，，
因为，所以，
同理，可得，，故截面多面形的周长为，
所以②正确；
对于③中，建立平面直角坐标系，如图所示，
设，，，由角平分线性质得，
即，故，化简得，
即所以，故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部的弧，且弧长为，所以③正确；
对于④中，如图所示，在正方体中，可得平面，
所以即为直线与平面ABCD所成角，
在直角中，可得，
又因为在的内部及其边界，可得，
所以的最大值为，所以④错误．
故答案为：①②③.
【变式7-1】1. （2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）表面积为36π的球M表面上有A，B两点，且为等边三角形，空间中的动点P满足，当点P在所在的平面内运动时，点P的轨迹是 ；当P在该球的球面上运动时，点P的轨迹长度为 .
【答案】 圆
【分析】建立平面直角坐标系以及空间直角坐标系，可得P在平面中轨迹方程为，P在空间中轨迹为的圆绕x轴旋转一周形成球的球面，结合余弦定理即可求解.
【详解】设球的半径为r，则，解得r＝3，
在平面内，动点P的轨迹组成一个圆，以线段AB所在直线为x轴，以靠近点B且长度为1处为坐标原点，
则，，此时动点P的轨迹方程为，
设其圆心为，则在空间中，z轴和xOy坐标平面垂直，
动点P的轨迹为xOy平面中的圆绕x轴旋转一周形成球的球面，
如图所示，
所以点P的轨迹是两个球面的交线，这两个球分别是以M和为球心，
在中，结合余弦定理得到.
设交线所围成的圆半径为R.则，
解得.所以交线的长度为.
故答案为：圆；
【变式7-1】2. （多选）（2024秋·湖南永州·高三永州市第一中学校考阶段练习）如图，点M是棱长为l的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．不存在点M满足平面
B．存在无数个点M满足
C．当点M满足时，平面截正方体所得截面的面积为
D．满足的点M的轨迹长度是
【答案】BCD
【分析】对于A：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于B：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于C：根据平行线的性质以及利用空间向量分析运算求截面，进而可求截面面积；对于D：利用空间向量求点M的轨迹，进而求点M的轨迹长度.
【详解】对于选项A：连接，
因为四边形ABCD是正方形，所以，
∵，且平面，所以，
，平面，
所以平面，且平面，
可得，
同理可证，
，平面，所以，
又点M是面上的一个动点（包含边界），所以当M与A1重合时，
故A错误；
对于选项B：连接，
，，则，
又因为，，，
所以，
可知当M在线段上时，有故存在无数个点满足，故B正确；
对于选项C：延长交于点，
∵，则为线段靠近点的三等分点，
且 ，则，则为线段的中点，
如图，以D点为原点建立空间直角坐标系，
则，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
设平面，点，则，
则，解得，
则，故，
可得，即，
且，
故截面面积，故C正确；
对于选项D：
因为正方体的棱长为l，所以设
所以，，
因为，所以
化简得：，
所以点M的轨迹是一段以为圆心，半径为的圆弧，
设圆弧与分别交于点，
取，则，即；取，则，即；
则，则，
且，即，
∴轨迹长度是，故D正确．
故选：BCD.
【变式7-1】3. （多选）（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）正四棱柱，底面边长为，侧棱长为2，则下列结论正确的（ ）
A．点到平面的距离是．
B．四棱锥内切球的表面积为．
C．平面与平面垂直．
D．点为线段上的两点，且，点为面内的点，若，则点的轨迹长为．
【答案】AC
【分析】利用等体积法判断A，利用等体积法求出内切球的半径，即可判断B，找到二面角的平面角，利用勾股定理逆定理即可判断C，建立空间直角坐标系，设点，即可求出动点的轨迹方程，即可判断D.
【详解】对于A：设点到平面的距离为，

，，
，，
又，所以，解得，故A正确；
对于B：

，，
，
，
设内切球的半径为，则，解得，故B错误；
对于C：设底面中心为，连接交于，则为线段中点，

则，，所以为面与面所成角的平面角，
在中，，，∴，
所以平面与平面垂直，故C正确；
对于D，设底面中心为，底面中心为，分别以直线分别为轴建立空间直角坐标系，

设点，又，
由得，，整理得，
所以点轨迹为圆在面内的部分（如下图），
因为，，，显然，所以，
即，

所以的弧长不为，即点的轨迹长不为，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点睛：涉及点到面的距离一般利用等体积法或空间向量法，D选项关键是建立空间直角坐标系，定量计算出动点的轨迹.
【变式7-1】4.（2023·山东淄博·统考三模）设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且，球体O表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立直角坐标系，根据确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心距，对应圆的半径为，再计算周长得到答案.
【详解】以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的垂直平分线为轴，
，则，，设，，
则，整理得到，
故轨迹是以为圆心，半径的圆，
转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，不变，依然满足，
故空间中的轨迹为以为球心，半径为的球，
同时在球上，故在两球的交线上，为圆.
球心距为，
为直角三角形，对应圆的半径为，
周长为.
故选：D
题型8解析几何相关
【例题8】（2023秋·安徽·高三安徽省马鞍山市第二十二中学校联考阶段练习）若正四面体的侧面所在平面内有一动点，已知到底面的距离与到点的距离之比为正常数，且动点的轨迹是抛物线，则的值为 .
【答案】
【分析】求正四面体侧面与底面的夹角，再由抛物线的定义求解．
【详解】设正四面体二面角平面角为，在底面的投影为，为中点，
，则，
设正四面体边长为，则，，则，

点到底面的距离为，点到定直线的距离为，则.
再由点到底面的距离与到点的距离之比为正常数，
可得，故，
∵平面内，点为定点，直线为定直线，又动点的轨迹是抛物线，故，故.
故答案为：
【变式8-1】1. （2023春·四川遂宁·高三射洪中学校考阶段练习）设点是棱长为的正方体表面上的动点,点是棱的中点,为底面的中心,则下列结论中所有正确结论的编号有 ．
①当点在底面内运动时,三棱锥的体积为定值;
②当点在线段上运动时,异面直线与所成角的取值范围是;
③当点在线段上运动时,平面平面;
④当点在侧面内运动时,若到棱的距离等于它到棱的距离,则点的轨迹为抛物线的一部分.
【答案】①③④
【分析】对于①,根据点到平面的距离即为点到平面的距离为即可判断;对于②,异面直线与所成角即为直线与所成角,转化为在中,与所成角即可判断;对于③,根据为底面的中心和正方体的性质,证明得平面即可得到结论;对于④,点在侧面内运动时,根据 平面,则到棱的距离等于的距离,结合抛物线定义即可判断;
【详解】对于①,当点在底面内运动时,
点到平面的距离即为点到平面的距离为,
则,故①正确;
对于②,如图:
点在线段上运动时,因为,
所以异面直线与所成角即为直线与所成角.
因为,所以为等边三角形,
当点在线段的中点时,,即直线与所成角为,
当点向两个端点运动时,直线与所成角越来越小,当点与点或点重合时,直线与所成角为,
所以直线与所成角的取值范围是,
即异面直线与所成角的取值范围是,故②错误;
对于③,如图:
为底面的中心,
,
平面,平面,
,
又平面,平面,
平面,
平面,
平面平面,故③正确;
对于④,点在侧面内运动时,
平面,
到棱的距离等于的距离,
到棱的距离等于它到棱的距离即为点到的距离等于点到棱的距离,
根据抛物线的定义,又点在侧面内运动,
点的轨迹为抛物线的一部分.
故答案为:①③④.
【变式8-1】2. （多选）（2023·全国·模拟预测）已知正方体边长为2，则（ ）
A．直线与直线所成角为
B．与12条棱夹角相同的最大截面面积为
C．面切球与外接球半径之比为
D．若Q为空间内一点，且满足与所成角为，则Q的轨迹为椭圆
【答案】ABC
【分析】根据给定的正方体，证明判断A；
确定符合条件的最大截面并求出面积判断B；
求出两球半径比判断C；
求出点Q的轨迹方程判断D作答.
【详解】A.如图，在正方体中，
平面，平面，则，而， ，
平面，因此平面，又平面，所以，A正确；
B.与正方体的12条棱夹角相同的最大截面为其中6条棱中点依次连接所形成的的正六边形，如图，
点分别为正方体棱中点，
多边形为正六边形，其边长为，其面积为，B正确；
因为正方体的面切球直径为其棱长，所以半径，外接球的直径为其体对角线，外接球的半径，
因此面切球与外接球半径之比为，C正确；
点Q在平面内，过Q作交于H，连接，如图，
而平面，平面，则，即有，
显然是与AB所成的角，则有，于是得，
在平面中，以，所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，设，
则，，
于是得，整理得，所以Q在平面内的轨迹为双曲线，D错误.
故选：ABC
【变式8-1】3. （多选）（2023·全国·高三专题练习）已知正方体的棱长为，为侧面的中心，为棱的中点，为线段上的动点（不含端点），为上底面内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．若平面，则
C．若，则线段的最大值为
D．当与的所成角为时，点的轨迹为双曲线的一部分
【答案】AC
【分析】证明，由此证明的面积为定值，再证明平面，结合锥体体积公式判断A，建立空间直角坐标系由条件确定点的坐标，再求，判断B；利用空间向量可判断CD.
【详解】因为为侧面的中心，所以为的中点，
又为棱的中点，
所以，
所以点到直线的距离等于点到直线的距离，
所以点到直线的距离等于点到直线的距离的一半，
设，
所以点到直线的距离为，
所以点到直线的距离为，
所以的面积，
又，，
，平面，
所以平面，
所以三棱锥的体积，A正确；
如图以点为原点，为的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，
所以向量为平面的一个法向量，
设，，
所以，
因为平面，所以，
所以，所以，
所以，B错误；
设，则，
又，
因为，所以，
所以，
所以，
又，所以，
所以当时，线段取最大值，最大值为；C正确；
因为，，
又与的所成角为，
所以，
化简可得，且，
所以点的轨迹为抛物线的一部分，D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题解集的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量方法研究空间中的线面位置关系.
【变式8-1】4. （多选）（2023·全国·高三专题练习）已知在棱长为1的正方体中，点为下底面上的动点，则（ ）
A．当在对角线上运动时，三棱锥的体积为定值
B．当在对角线上运动时，异面直线与所成角可以取到
C．当在对角线上运动时，直线与平面所成角可以取到
D．若点到棱的距离是到平面的距离的两倍，则点的轨迹为椭圆的一部分
【答案】AB
【分析】根据线面平行的性质结合三棱锥体积公式可判断A；建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法可判断B，C；根据圆锥曲线的定义可判断D.
【详解】当在对角线上运动时，平面，平面,
故 平面，从而点到平面的距离为定值，
从而三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，正确；
以为原点，分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，

则，，，
由在对角线上运动，设，
于是，
假设存在点满足异面直线与所成角为，因此，
解得，所以异面直线与所成角可以取到，B正确；
,，则，
故平面，所以平面的一个法向量为，
于是令，解得，
即直线与平面所成角取不到，错误；
注意到点到棱的距离为，过点作的垂线，垂足为，
则点到平面的距离为，
在平面内，动点到定点A的距离与到定直线的距离之比为2，
即动点的轨迹在双曲线上，错误,
故选：AB.
【点睛】关键点睛：本题考查立体几何中动点轨迹，异面直线所成角､线面角的计算，解答的关键是要发挥空间想象能力。利用空间向量处理空间角，利用圆锥曲线的定义确定立体几何中动点的轨迹,
【变式8-1】5. （多选）（2023秋·广东阳江·高三统考开学考试）已知正方体的棱长为为空间中任一点，则下列结论中正确的是（ ）
A．若为线段上任一点，则与所成角的范围为
B．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为
C．若在正方形内部，且，则点轨迹的长度为
D．若三棱锥的体积为恒成立，点轨迹的为椭圆的一部分
【答案】ACD
【分析】对于A：根据异面直线夹角分析判断；对于B：根据题意分析可得与的交点即为三棱锥的外接球的球心，结合锥体的体积公式分析运算；对于C：分析可得，结合圆的周长分析运算；对于D：根据题意结合圆锥的截面分析判断.
【详解】对于A：过点作//交于点，连接．
则即为与所成角的平面角，且．
当点由点A向点移动的过程中，点由点D向点移动,
线段逐渐变长，逐渐变短,
所以逐渐变大．
又当点在点A处时，；当点在点处时，．故A正确．
对于B：由题意可知：平面，平面，
则，
又因为，，平面，
所以平面，
平面，则，
故和均为直角三角形．
所以与的交点即为三棱锥的外接球的球心，半径，
此外接球的体积．故B不正确．
对于：由题意可知：平面，平面，
则，
点在侧面内，满足，
故点的轨迹是以点为圆心，半径为的四分之一圆弧，
所以点的轨迹的长度为，C正确．
对于D：设三棱锥的高为，
由三棱锥的体积为，解得，
即点到平面的距离为．
对于三棱锥，设高为，
由体积可得，解得，
即点到平面的距离为，
可得：点到平面的距离为，平面与平面的距离为，
故点在平面或为点，
若，空间点的轨迹为以为轴的圆锥表侧面，
显然点不满足题意，
设与平面所成的角为，则，
故平面与圆锥侧面相交，且平面与不垂直，故平面与圆锥的截面为椭圆，
显然点不合题意，所以点的轨迹为椭圆的一部分，故D正确．
故选：ACD.
【点睛】方法定睛：在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性
【变式8-1】6.（多选）（2023·河北·校联考三模）在棱长为1的正方体的侧面内（包含边界）有一点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点到直线与到直线距离之比为，则点的轨迹为双曲线的一部分
B．若点到直线与到直线距离之比为，则点的轨迹为抛物线的一部分
C．过点三点作正方体的截面，则截面图形是平行四边形
D．三棱锥体积的最大值为
【答案】BCD
【分析】对A：如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设点，由点到直线与到直线距离之比为求得点的轨迹；对B：根据抛物线的定义得点的轨迹；对C：过点作分别交于，则过点三点的截面为平行四边形；对D：当点在上时，三棱锥体积最大.
【详解】如图，以为坐标原点，以分别为建立空间直角坐标系，
则，设侧面内（包含边界）点 ，

对于A：点到直线的距离为，
由正方体知面，又面，所以 ，
所以点到直线距离为，故，整理得，
所以点的轨迹为椭圆的一部分，故A错误；
对于B：点到直线与到直线距离之比为，即到直线与到定点的距离相等，
根据抛物线定义知点的轨迹为抛物线的一部分，故B正确；
对于C：过点作分别交于，连接，
则且，所以四边形是平行四边形，
则平行四边形为过点三点的截面，故C正确；

对于D：当点在上时，点到面的距离最大为1，
此时三棱锥体积，故D正确；
故选：BCD
【变式8-1】7.（多选）（2023·江苏扬州·统考模拟预测）圆柱高为1，下底面圆的直径长为2，是圆柱的一条母线，点分别在上、下底面内（包含边界），下列说法正确的有（ ）．
A．若，则点的轨迹为圆
B．若直线与直线成，则的轨迹是抛物线的一部分
C．存在唯一的一组点，使得
D．的取值范围是
【答案】BC
【分析】建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式以及向量夹角公式列式计算可得点的轨迹方程判断选项A和选项B，假设，根据勾股定理列式结合均值不等式计算最值，即可判断选项C，计算的最大值判断选项D.
【详解】对B，如图，不妨以为原点，以的垂直平分线，
分别为轴建立空间直角坐标系，则，
，设，则，
由题意，，化简得，，
由于点在上底面内，所以的轨迹是抛物线的一部分，故B正确；
对A， ，化简得，即点的轨迹为椭圆，故A错误；

对C，设点在下平面的投影为，若，
则，则，
当在线段上时，可取最小值，
由均值不等式，，
当且仅当时等号成立，
所以，即，
而点只有在与点重合时，才能取到，
此时点与点重合，点与点重合，故C正确；
对D，当点与点，点与点重合，
的值为，故D错误.
故选：BC
【点睛】判断本题选项B时，利用定义法计算线线所成的角不好计算时，可通过建立空间直角坐标系，利用向量夹角的计算公式列式计算.
题型8线段最值
【例题8】（2023春·宁夏·高三六盘山高级中学校考开学考试）在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面BMD，则下列结论正确的是（ ）
A．B．三棱锥的体积为
C．线段最小值为D．的最小值为
【答案】D
【分析】由题意判断N点的位置特征，由N点的位置变化验证各选项是否正确.
【详解】如图所示：
取中点，连接，，，正方体性质知，，
又面BMD，，则面BMD，面BMD，
，面，则有平面平面BMD，
而面，故平面BMD，即N在线段上．
当N在时与夹角为45°，故A错误；
．故B错误．
线段的最小值为等腰三角形腰上的高h，且到距离为，
等面积法知：，故C错误．
，．当N为点时最大，最小为，故D正确．
故选：D．
【变式8-1】1.（多选）（2023春·湖北·高三统考阶段练习）在棱长为2的正方体中，为中点，为四边形内一点（含边界），若 平面，则下列结论正确的是（ ）
A．B．三棱锥的体积为
C．线段最小值为D．的取值范围为
【答案】BCD
【分析】根据正方体的性质得出平面 平面，则根据已知得出点在线段上（含端点），
对于选项A：当为时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出与的夹角为，根据已知得出的三边，即可得出为，即可判断；
对于选项B：三棱锥若以为顶点，为底面时，根据正方体性质得出此时三棱锥的高为2，底面积为2，即可得出体积判断；
对于选项C：点在线段上（含端点），则时，线段最小，根据等面积法求出答案即可判断；
对于选项D：根据正方体性质结合已知可得，则，即可根据的范围得出的范围判断.
【详解】取、中点分别为、，连接、、、，，如下图：
为正方体，
，，，
，
平面，平面，且，，
平面 平面，
为四边形内一点（含边界），且 平面，
点在线段上（含端点），
对于选项A：当为时，，则与的夹角为，
此时， 则，
则与不垂直，故A错误；
对于选项B：为四边形内一点（含边界），
到平面的距离为2，
三棱锥的体积为，故B正确；
对于选项C：点在线段上（含端点），
当时，线段最小，
，，
在边上的高为，
则，
则当时，即，故C正确；
对于选项D：为正方体，
平面，
平面，
，
为直角三角形，且直角为，
，
点在线段上（含端点），
则当最大时，即点为点时，此时，此时最小，为，
当最小时，即，此时，此时最大，为，
则的取值范围为，故D正确；
故选：BCD.
【变式8-1】2.（多选） （2023秋·江西新余·高三新余市第一中学校考开学考试）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（ ）
A．CP长度的最小值为
B．存在点P，使得
C．存在点P，存在点，使得
D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为
【答案】ACD
【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，再逐项分析即可.
【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，
中点，连接，则有，
所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为1的菱形.
如图所示：
在中，，即，
解得，所以，
所以为边长为3等边三角形，
所以，
所以，
因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，
在中，由余弦定理变形得，，
在中，由余弦定理变形得，
，
解得，所以，所以；
由，可得平面，
又平面，所以，
由，，，可得平面，
因为AP与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为，
对于A：当点运动到与的交点时有最小值，
因为四边形是边长为1且的菱形，
所以，所以，
故A选项正确；
对于B：要使得，则点必须落在
平面与平面的交线上且，
由图易知，在平面中不存在这样的点，
故B选项错误；
对于C：当点运动到点时，连接，交于点，
连接，由于平面 平面，
所以平面，又平面，平面平面 ，
所以，所以存在点P，存在点，使得，
故C选项正确；
对于D：设的长度为，则，
动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为,
则有，
因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为，
故D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】本题考查了线面角的相关性质与证明，先证明线垂直于平面是几何法中求线面角的关键，线面垂直的证明，可先转化为线线垂直的问题，利用等腰三角形性质，勾股定理是证明线线垂直常用的方法，要求考生平时多加练习总结，熟练掌握线面平行垂直、面面平行垂直的判定定理及其相关性质定理是高考的基本要求.
【变式8-1】3.（多选）（2023秋·河北邢台·高三统考期末）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个不重合的动点E，F，则（ ）
A．当时，B．
C．AE的最小值为D．二面角为定值
【答案】BCD
【分析】根据数量积的计算可求得，判断A；证明⊥平面，根据下年垂直的性质可判断B；当时，取得最小值，求得其值，判断C；根据正方体性质可知二面角就是二面角，由此判断D.
【详解】连接，，，,
由正方体的性质可知，
则，解得，故A错误,
因为平面，平面，故，
因为，且平面，
所以⊥平面，
平面，所以，即，则B正确.
当时，取得最小值，此时为等腰三角形，
故最小值为，则C正确.
因为平面与平面是同一平面，平面与平面是同一平面，
所以二面角就是二面角，
在正方体中，平面和平面是两个确定的平面，
故二面角是定值，所以二面角为定值，则D正确，
故选：
【变式8-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为2的正方体中，点P在底面ABCD内，若直线与平面无公共点，则线段的最小值为 .
【答案】
【分析】首先连接，，，易证平面平面，从而得到平面，即可得到线段的最小值.
【详解】连接，，，如图所示：
在正方体中，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，且，
所以平面平面.
因为与平面无公共点，所以平面，
当时，取得最小值.
因为
所以的最小值为.
故答案为：
题型9折线求最值
【例题9】（2023春·江西吉安·高三吉安三中校考阶段练习）如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，，三棱柱外接球的球心为O，点E是侧棱上的一个动点．下列判断不正确的是（ ）
A．直线与直线是异面直线B．一定不垂直于
C．三棱锥的体积为定值D．的最小值为
【答案】B
【分析】根据异面直线的判定判断A；根据线面垂直的性质定理可判断B；确定外接球球心位置，利用三棱锥的体积公式可判断C；将矩形和矩形展开到一个平面内，计算即的长即可判断D.
【详解】对于A，因为点平面，平面，点，
平面，所以直线与直线是异面直线，故A正确；
对于B，因为侧棱底面， ，故底面,
底面，故；而，则，
即，平面,
故平面,平面，故 ，
故当时，平面，
则直线平面，平面， 所以，故B错误；
对于C，由题意结合以上分析可将三棱柱补成如图所示长方体，
则面为该长方体的体对角面，
三棱锥的外接球球心O是直线，的交点，底面面积不变，
平面，平面，
故直线平面，所以点E到底面距离不变，
则三棱锥的体积为定值，故C正确；
对于D，将矩形和矩形展开到一个平面内，
当点E为与的交点时，取得最小值．D正确．
故选：B．
【变式9-1】1. （2022秋·河南·高三期末）棱长为1的正方体中，点是侧面上的一个动点（包含边界），则下面结论正确的有（ ）
①若点满足，则动点的轨迹是线段；
②若点满足，则动点的轨迹是椭圆的一部分；
③在线段上存在点，使直线与．所成的角为；
④当在棱上移动时，的最小值是．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】对于①，证明平面即可解决；对于②，若，则在以为轴，母线所在直线为的圆锥曲线的侧面上，即可解决；对于③，当为中点时，此时最小，计算得即可解决；对于④，平面旋转到与平面重合，连接交于，即可解决.
【详解】连接
所以，
又正方体中，平面，
因为平面，
所以，
又平面，
所以平面，
所以只要在线段上，就有，
所以动点的轨迹是线段；故①正确；
若，
则在以为轴，母线所在直线为的圆锥曲线的侧面上，
平面与圆锥的轴斜交，截圆锥的侧面所得的截线是椭圆，故②正确；
因为
所以与所成的角等于与所成的角，
当为中点时，
此时最小，
在中，
所以不可能为.故③错误；
如图，将平面旋转到与平面重合，
连接交于，
此时的最小值为故④错误；
故选：B.
【变式9-1】2. （2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱中，，且分别为和的中点，为线段（包括端点）上一动点，为侧面上一动点，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先判断出取得最小值时为点在侧面的投影.把将平面与平面展开到同一平面，作于点，交于点,此时达到最小值，解三角形求出即可.
【详解】当为某确定点时，要使取得最小值，则必须为最小值，此时，为点在侧面的投影.
取的中点.
因为分别为的中点，所以为的中位线，所以.
因为所以，所以.
在直三棱柱中，面，所以.
因为面，面， ,
所以侧面，故在侧面的投影为.
作于点，此时满足题意.
.
在中，，.
在中，
因为 ,所以，所以为直角三角形.
所以，.
将平面与平面展开到同一平面，如图所示，
所以.
作于点，交于点,此时达到最小值，
则
故选：B
【点睛】立体几何中的最值问题一般涉及到距离、角度、面积、体积等四个方面，解决此类问题一般从三个方面思考：
（1）利用传统方法转化为空间向量的坐标运算，建立所求的目标函数，转化为函数的最值问题求解；
（2）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况取得最值；
（3）将几何体平面化，如利用展开图，在平面图形中直观求解.
【变式9-1】3. （2023春·江西宜春·高三校考开学考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，E为BC的中点，M为PE上的动点，N为平面APD内的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得出平面PAD，进而可得，将和所在平面折叠在一个平面内，然后利用两角和的正弦公式和正弦定理即可求解.
【详解】如图1，取AD的中点F，连接EF，PF，过点M作PF的垂线，垂足为H.由，，四边形ABCD为矩形，可得，由平面平面ABCD，可得平面PAD.在中，由，，可得.由平面PAD，可得平面PAD，可得.将和所在平面折叠在一个平面内，过点B作PF的垂线，垂足为T，如图2所示，易知.记，由，，可得，，，，，可得，，，则，故的最小值为.
故选：.
【变式9-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，棱长为1的正方体中，P为线段上的动点，则下列结论中正确的个数为（ ）
；
平面平面；
的最大值为；
的最小值为 ；
与平面所成角正弦值的取值范围是.
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】对于，利用线面垂直的判定定理证明 平面即可；对于，利用面面垂直的判定定理证明 平面平面即可；对于，由 时，为钝角判断；对于，将面与面沿展成平面图形求解判断；对于，由与平面所成角正弦值为，结合求解判断.
【详解】对于，，，，
平面，平面，，正确；
对于，平面即为平面，平面即为平面，
又平面，平面，
平面平面，平面平面，正确；
对于，当 时，为钝角，不正确；
对于，将面与面沿展成平面图形，线段即为的最小值，
在中，，利用余弦定理解三角形得，
即，不正确.
对于，与平面所成角正弦值为，，
与平面所成角正弦值的取值范围是，故正确.
故选：C.
【变式9-1】5.（多选）（2023春·河北邢台·高三邢台市第二中学校考阶段练习）在棱长为的正方体中，点满足，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则三棱锥的体积为定值
B．若，则
C．若，则的最小值为
D．若与平面所成角的大小为，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断ABD选项；将平面与平面延展为一个平面，利用当、、三点共线时，取最小值，结合余弦定理即可得解.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，其中，.
对于A选项，、、，
，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，当时，，
所以，点到平面的距离为，
又因为的面积为定值，故为定值，A对；
对于B选项，，，
所以，，，B对；
对于C选项，当时，，故点在线段上，
因为平面，平面，则，
将平面与平面延展成一个平面，如下图所示：
在中，，，
由题意可知，当、、三点共线时，取最小值，
且最小值为，C错；
对于D选项，易知平面的一个法向量为，
，则，
所以，，设，，其中，
所以，，为锐角，且，
因为，则，
故当时，取最大值，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；
（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.
题型10倍数求最值
【例题10】（2023春·安徽·高三统考开学考试）如图，在三棱锥中，平面，，，为线段的中点，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】利用线面垂直的性质定理可得，又可得平面，所以.再根据三角形面积相等可得出的表达式即可确定其最小值。
【详解】根据题意平面可知，，
又可得；
由可知，，所以可得平面，即；
在中，，
，
又，即
所以，由得
，
所以，当且仅当时等号成立，
即时，此时分别为线段和线段的中点，取得最小值；
综上可知，的最小值为.
故选：C
【变式10-1】1. （2022秋·广东广州·高三校联考期末）如图，在三棱锥中，平面，为线段的中点，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】先利用线面垂直的判定定理推得再利用面积相等在中推得，从而得到，由此得解.
【详解】因为平面，面，所以，
又，，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以
.
又在中，，
在中，，
故，
则，
又，
所以，
即，当且仅当时，等号成立，
当时，为的中点，此时当时，为的中点，
综上所述的最小值是.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的突破口是如何解决的系数问题，利用三角形面积公式与面积相等得到即可得解.
【变式10-1】2. （2022秋·重庆·高三统考期中）如图，棱长为1的正方体中，为线段的中点，、分别为体对角线和棱上任意一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】D
【分析】通过证明得到，找到距离最小时，，证明为等腰直角三角形,则
【详解】如图,连接,取中点,过作面，垂足为,
在正方体中,平面,且平面,
平面平面,
平面平面,且平面，
平面,
为的中点,
,
故,而对固定点,当时,最小,
此时由面，面，，又,
，且面，故面，又面,
则面面，根据三棱锥特点，可知，而易知为等腰直角三角形，可知为等腰直角三角形,
.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的第一个关键点是找到，然后是找到最值情况时，，最后是对式子的处理，通过证明为等腰直角三角形，从而找到线段比，则最终式子化成，再利用三点一线求出最小值，这也启示我们对于很多加权线段和的最值问题是将其转化为三点一线最值问题.
【变式10-1】3. （2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，棱长为1的正方体中，为线段的中点，，分别为体对角线和棱上任意一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】C
【分析】转化，利用三点共线来求得的最小值.
【详解】设是的中点，
，所以，
所以.
对任一点，的最小值是到直线的距离，
过作，交于，
过作，交于，连接，
由于，所以平面，所以，
由于，所以平面，所以，
则，所以.
，
，
所以，
当三点共线，也即是的中点，是与的交点时，
取得最小值为，所以的最小值为.
故选：C
题型11点线距离求最值
【例题11】（2023·全国·高三专题练习）已知正方体中，，点P在平面内，，求点P到距离的最小值为 .
【答案】
【分析】分别取、的中点、，连接、、、，证明出平面，对于平面内任意一点，过点作分别交、、于点、、，分析可知点到直线的距离等于线段的长，当时，最短，此时点到直线的距离取到最小值，利用等面积法求解即可.
【详解】分别取、的中点、，连接、、、，
且，所以，四边形为平行四边形，
所以，且，
因为、分别为、的中点，
则且，
所以，四边形为平行四边形，
故且，
平面，平面，
、平面，则，，
，则，
因为，平面，
，
对于平面内任意一点，
过点作分别交、、于点、、，
，，
所以点到直线的距离等于点到直线的距离，
平面，故，所以点到直线的距离为线段的长，
，则是以为直角的直角三角形，
当时，最短，此时点到直线的距离取到最小值.
在正方体中，平面，又平面，
所以，又,
所以，
所以在中由等面积法可得：
，即，
所以到直线的距离取到最小值为，
故答案为：.
【变式11-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，已知正方体的棱长为1，则线段上的动点P到直线的距离的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】利用坐标法，设，可得动点P到直线的距离为 ，然后利用二次函数的性质即得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
设，则，
∴动点P到直线的距离为
，当时取等号，
即线段上的动点P到直线的距离的最小值为.
故选：D.
【变式11-1】2. （多选）（2022秋·山西运城·高三校考阶段练习）已知正三棱柱的所在棱长均为2,P为棱上的动点,则下列结论中正确的是（ ）
A．该正三棱柱内可放入的最大球的体积为
B．该正三棱柱外接球的表面积为
C．存在点P,使得
D．点P到直线的距离的最小值为
【答案】BCD
【分析】根据正三棱柱内可放入的最大球的半径为的内切圆半径,求出球的体积;
根据正三棱柱的外接球半径公式即可求出外接球表面积;
当为中点时, 构造等腰三角形,易证平面即可;
建立空间直角坐标系,利用两异面直线距离的向量计算公式即可求出点P到直线的距离的最小值.
【详解】关于A选项:该正三棱柱内可放入的最大球的半径为的内切圆半径,
体积为,故A错误;
关于B选项:该正三棱柱的外接球半径,表面积为,故B正确;
关于C选项:如图所示,当为中点时,记与的交点为,
正三棱柱,面为正方形,且,
,
为中点, ,
,
在和中由勾股定理可知,
为中点,在中由三线合一可得,
平面,平面,
平面,,得证,故C正确;
关于D选项:为棱上的动点, 到直线的距离的最小值即为异面直线与的距离最小值,
中点为原点,以的方向为x轴,以方向为y轴, 以方向为y轴
记中点为,以方向为z轴如图所示建立空间直角坐标系,
记异面直线与的公共垂向量为,,
,即,
令,
,可得D正确,
故选BCD.
【变式11-1】3. （2022春·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）在直四棱柱中，底面是正方形，，是的中点.若动点在矩形内运动，使得，则点到直线距离的最小值为 .
【答案】
【分析】在直四棱柱中，利用其结构特征，分别在 和中，结合 和是AD的中点，利用正切值得到，然后以为原点，以，所在直线分别为轴，轴，建立平面直角坐标系，设，根据，化简得到点的轨迹是圆求解.
【详解】如图所示：
甲图，因为在直四棱柱中， ，
所以平面；
又因为，所以平面.
因为点F平面，所以，，
则在中，，在中，；
又，所以；
由于是AD的中点，则.
如图乙，在平面内，以为原点，以，所在直线分别为轴，轴，建立平面直角坐标系，
则有，设，由，
得，化简得，
所以点的轨迹是圆心为点，半径为的圆.
由于点F在矩形内，当在上时，即，，
可取到点到直线距离的最小值，最小值为.
故答案为：
【变式11-1】4. （2023·全国·高三专题练习）三棱锥的底面是以为底边的等腰直角三角形，且，各侧棱长均为3，点为棱的中点，点是线段上的动点，则到平面的距离为 ；设到平面的距离为到直线的距离为，则的最小值为 .
【答案】 / /
【分析】取中点，连接，通过得出平面可求出到平面的距离，以为原点建立空间直角坐标系设，利用向量关系表示出，求导可求出最小值.
【详解】取中点，连接，
因为，，所以，且，
因为是等腰直角三角形，所以，且，
又，满足，所以，
因为，所以平面，
因为点为棱的中点，所以到平面的距离为；
如图，以为原点建立空间直角坐标系，设,
则，
则，
设，则可得，
则，则，
所以，
所以,
所以,
设平面的法向量为，
则，即，令，可得，
则，
所以，
所以，令，解得，
又，所以在单调递增，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，即的最小值为.
故答案为：；.
题型12点线面距离求最值
【例题12】（2023秋·福建漳州·高三福建省华安县第一中学校考开学考试）如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别为的中点，P为正方体表面上的动点．下列叙述正确的是（ ）
A．当点P在侧面上运动时，直线与平面所成角的最大值为
B．当点P为棱的中点时，CN∥平面
C．当点P在棱上时，点P到平面的距离的最小值为
D．当点时，满足平面的点P共有2个
【答案】C
【分析】与不可能垂直，故选项A错误；平移与平面相交于一点，故选项B错误；利用体积相等即可求出点P到平面的距离的最小值为判断选项C，当点时，满足平面的点P共有1个.当点为平面的中心时，故判断选项D
【详解】由于线面角的最大值为，
与不可能垂直，故直线与平面所成角的最大值达不到.选项A错误；
取的中点为，的中点为,连接,相交于点，连接,
且
故
平面,面，故不能与平面平行，故选项B错误；
到平面的距离始终为，故当点运动到点时，取得最小值为，故
,,
故，故选项C正确.
当点时，满足平面的点P共有1个.当点为平面的中心时，故选项D错误
故选：C.
【变式12-1】1. （2022·全国·高三专题练习）古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比为常数（且）的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体中，，点E在棱AB上，，动点P满足.若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为 ；若点P在长方体内部运动，F为棱的中点，M为CP的中点，则点M到平面的距离的最小值为 .
【答案】
【分析】①建立空间直角坐标系，设，求出点P的轨迹为，即得解；
②先求出点P的轨迹为，P到平面的距离为，再求出的最小值即得解.
【详解】①以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的空间坐标系，
则设，
由得，
所以，
所以若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为.
②设点，由得，
所以，
由题得
所以设平面的法向量为，
所以，令，则由题得，
所以点P到平面的距离为，
因为，
所以，所以点M到平面的最小距离为.
故答案为：；.
【变式12-1】2. （2022·山西朔州·统考三模）已知三棱锥的所有棱长都相等，点E为AD中点，点F为底面BCD内的动点，记EF的最小值为，最大值为，则 .
【答案】
【分析】先求得正四面体的高，然后求得，进而求得.
【详解】设正四面体的棱长为，
设是等边三角形的中心，则平面，
设是的中点，，，
所以，
由于是的中点，所以的最小值.
设是的中点，则，，
所以的最大值，
所以.
故答案为：
【变式12-1】3. （2022·全国·高三专题练习）如图1，等腰直角三角形，， 为中点，为平面内过 点的一条动直线，沿直线作如图2的翻折，点在翻折过程中记为点，在直线上的射影为，在平面上的射影落在直线上，则当取得最小值时，到直线的距离为 ．
【答案】/
【分析】由给定条件证得，可得是过顶点C作直线l的垂线的垂足，再在
平面内建立直角坐标系，利用点到直线距离结合均值不等式推理、计算作答.
【详解】如图，平面，平面，则，而，，
平面，于是得，因此，点三点共线，，
以直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图，
则，依题意，直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为：，直线的方程：，则，
，由得，解得，
因此， ，
当且仅当，即时取“=”，此时，直线l：，
直线：，
由解得，则点到直线AB距离，
故答案为：
【点睛】思路点睛：平面图形翻折问题，在翻折过程中，始终位于同一平面内的点线位置关系和数量关系不变，否则将可能发生变化.
【变式12-1】4. （2023·北京西城·高三专题练习）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论：
①平面截正方体所得的截面图形是五边形；
②直线到平面的距离是；
③存在点，使得；
④△面积的最小值是．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③
【分析】作出截面图形判断①，利用等积法可判断②，利用坐标法可判断③④.
【详解】对于①，如图直线与、的延长线分别交于，连接分别交于，连接，
则五边形即为所得的截面图形，故①正确；
对于②，由题可知，平面，平面，
∴平面，故点到平面的距离即为直线到平面的距离，
设点到平面的距离为h，由正方体的棱长为2可得，
，，
∴，
，
∴由 ，可得，
所以直线到平面的距离是，故②错误；
对于③，如图建立空间直角坐标系，则，
设，
∴，又，
∴，，
假设存在点，使得，
∴，整理得，
∴（舍去）或，
故存在点，使得，故③正确；
对于④，由上知，所以点在的射影为，
∴点到的距离为：
，
∴当时，，
∴故△面积的最小值是，故④错误.
故答案为：①③.
【变式12-1】5.（2022秋·广东佛山·高三统考期中）如图，设正方体的棱长为2，设为的中点，为上的一个动点，设由点确定的平面为，当点与重合时，平面截正方体的截面的面积为 ；点到平面的距离的最小值为 .
【答案】
【分析】取中点，连接，由可得平面截正方体的截面为，求出面积即可；以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，利用点到平面的距离求最小值即可.
【详解】如图所示当点与重合时，取中点，连接，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
，同理，，四边形为平行四边形，
又因为，
则平面截正方体的截面为菱形，
因为正方体的棱长为2，所以菱形的边长为，
又因为，所以中上的高，
所以截面面积.
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示空间直角坐标系，
所以，
所以，，，
设平面的法向量，
则，解得，
所以点到平面的距离
，
由对勾函数可得当时单调递减，所以当时，点到平面的距离取最小值，
.
故答案为：，.
题型13周长求最值
【例题13（多选）（2023秋·吉林通化·高三梅河口市第五中学校考开学考试）已知直三棱柱中，是的中点，为的中点．点是上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．无论点在上怎么运动，都有
B．当直线与平面所成的角最大时，三棱锥的外接球表面积为
C．若三棱柱，内放有一球，则球的最大体积为
D．周长的最小值
【答案】ABD
【分析】由题知两两垂直，故以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，进而利用判断A；根据向量求解线面角得是的中点时直线与平面所成的角最大，进而求解几何体的外接球判断B；根据内切圆的半径为判断C；根据是的中点时求解判断D.
【详解】解：因为直三棱柱中，平面，
因为平面，所以，
因为
所以，两两垂直，故以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，
因为是的中点，为的中点，点是上的动点
则，，，，，，，
对于A选项，，，故，，A正确；
对于B选项，由题已知平面的法向量为，，
设直线与平面所成的角为，
所以，，当且仅当时等号成立，
此时是的中点， ，
此时中点到点的距离均为，故三棱锥的外接球心为，半径为，
所以，三棱锥的外接球表面积为，故B正确；
对于C选项，三棱柱，内放有一球，当球的体积最大时，为该三棱柱的内切球，由于内切圆的半径为，故三棱柱内切球的半径为，其体积不等于，故C错误；
对于D，当是的中点时，此时，，
此时，即，
所以当是的中点时，，即取得最小值，分别为
因为
所以，周长的最小值，故D正确.
故选：ABD
【变式13-1】1. （2022·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣中，E为C的中点，点P，Q分别为面和线段C上动点，则△PEQ周长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】通过对称转换，由三点共线求得三角形周长的最小值.
【详解】在平面上，设E关于B1C的对称点为M，根据正方形的性质可知，
关于B1C1的对称点为N，，
连接MN，当MN与B1C1的交点为P，MN与B1C的交点为时，
则MN是△PEQ周长的最小值，
，,
∴△PEQ周长的最小值为
故选：B
【变式13-1】2. （2023·全国·高三专题练习）已知四面体的所有棱长均为，分别为棱的中点，为棱上异于的动点．有下列结论：
①线段的长度为； ②点到面的距离范围为；
③周长的最小值为； ④的余弦值的取值范围为．
其中正确结论的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作平面，垂足为，取中点，利用长度关系可求得，利用勾股定理可知①正确；在上取点，使得，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，，可表示出，利用点到平面距离的向量求法可表示出，令，可得，由此确定②正确；将等边三角形与沿展开，可知，由此可知③正确；设为中点，若点在线段上，设，利用余弦定理表示出，可知当时，；当时，，结合二次函数最值的求法可求得的范围，知④正确.
【详解】四面体所有棱长均为，四面体为正四面体；
对于①，作平面，垂足为，
四面体为正四面体，为的中心，且；
取中点，连接，则，且平面；

，，；
平面，平面，，，①正确；
对于②，在上取点，使得，则，，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，，，
设，，
，，，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，
，
点到平面的距离，
令，则，，
，，即点到平面的距离的取值范围为，②正确；
对于③，将等边三角形与沿展开，可得展开图如下图所示，

则（当且仅当为中点时取等号），
四边形为菱形，分别为中点，，
，
则在四面体中，周长的最小值为，③正确；
对于④，设为中点，若点在线段上，设，则，其中，

在中， ；
在中，同理可得：，
；
当时，；
当时，，，
，；
的取值范围为；
同理可得：当在线段上时，的取值范围为；
综上所述：的余弦值的取值范围为，④正确.
故选：D.
【变式13-1】3. （多选）（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在长方体中，，点是棱上的一个动点，给出下列命题，其中真命题的是（ ）
A．三棱锥的体积恒为定值
B．存在唯一的点，使得截面的周长取得最小值
C．不存在点，使得平面
D．若点满足，则在棱上存在相应的点，使得平面
【答案】ABD
【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项；将侧面翻折到与底面同一平面，利用、、三点共线可判断B选项；利用线面垂直的判定定理可判断C选项；利用线面平行的判定定理可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，平面，平面，则点到平面的距离为定值，
又底面的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，
由等体积法可判断三棱锥的体积为定值，则选项A正确；
对于B选项，将侧面翻折到与底面同一平面，得矩形，
连接，与交于点，即为周长最小时的点，则选项B正确；
对于C选项，连接，在底面内过点作，交于点，
又由长方体可知平面，平面，，
因为，平面，平面，，
连接，因为且，则四边形为菱形，
所以，，因，则平面，选项C错误；
对于D选项，当时，设平面交棱于点，连接、，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可证，
所以，四边形为平行四边形，则，
又因为，，所以，，
所以，，又因为，所以，，
过点在平面内作，交棱于点，
因为，，所以，四边形为平行四边形，所以，，
又过点在平面内作，交于点，连接，
再过点在平面内作，交于点，
因为，，所以，四边形也为平行四边形，
所以，且，则且，
连接，则四边形为平行四边形，所以，.
因平面，平面，所以，平面，选项D正确.
故选：ABD.
【变式13-1】4. （2022·黑龙江大庆·统考三模）已知四面体ABCD的所有棱长均为､M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点，有下列结论：
①线段MN的长度为1；
②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；
③四面体ABCD的外接球表面积为3π；
④△MFN周长的最小值为.
其中所有正确结论的编号为 .
【答案】①③④
【分析】①连接，易知△为等腰三角形，即，即可求MN的长；②构造平行四边形,探讨它们的关系可判断；③求出正四面体外接球半径，再由表面积公式求面积；④将面、面展开为一个平面，判断最小的情况即可.
【详解】连接，四面体ABCD的所有棱长均为，则且，
所以，①正确；
取AB的中点F， CD的中点E，，且， ，所以，
所以四边形是平行四边形，与相交于点，所以此时与相交，不是异面直线，故②不正确；
由题设知：四面体ABCD为正四面体，故外接球的半径，所以表面积为，③正确；
△周长的最小，只需最小，将面、面展开为一个平面，如下图：
当共线时，最小为，故△周长的最小值为，④正确.
故答案为：①③④
【变式13-1】5.（2022·黑龙江大庆·统考三模）已知四面体ABCD的所有棱长均为，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点，有下列结论：
①线段MN的长度为1；
②存在点F，满足平面FMN；
③四面体ABCD的外接球表面积为；
④△周长的最小值为．
其中所有正确结论的编号为 ．
【答案】①③④．
【分析】①连接，易知△为等腰三角形，即，即可求MN的长；②若为中点，连接易知，假设存在则平面FMN，再由线面垂直的性质推出矛盾结论；③求出正四面体外接球半径，再由表面积公式求面积；④将面、面展开为一个平面，判断最小的情况即可.
【详解】连接，四面体ABCD的所有棱长均为，则且，
所以，①正确；
若为中点，连接，M为棱AD的中点，则，显然、不垂直，
要使平面FMN，即平面FMN，又平面FMN，则 ，出现矛盾，②错误；
由题设知：四面体ABCD为正四面体，故外接球的半径，所以表面积为，③正确；
△周长的最小，只需最小，将面、面展开为一个平面，如下图：
当共线时，最小为，故△周长的最小值为，④正确.
故答案为：①③④
【变式13-1】6.（2022·新疆·统考模拟预测）已知正方体的棱长为1，、分别为棱、的中点，为棱上的动点，为线段的中点.则下列结论中正确序号为 .
①；②平面；③的余弦值的取值范围是；④△周长的最小值为
【答案】①④
【分析】①连接，根据正方体性质有，结合在面上的投影为即可判断；②③构建空间直角坐标系，求面的法向量及方向向量，利用空间向量夹角的坐标表示判断线面关系，同理求线线角的关于参数m的余弦值，结合导数求最值，即可判断余弦值的范围；④将问题转化为求的最小值，展开正方体侧面研究最小情况即可判断.
【详解】①连接，即，又、分别为、的中点，则，
所以，而在面上的投影为，又，即 ，
所以，正确；
②如下图示，，，，则，，
若是面的一个法向量，则，令即，
而，，则，
所以，仅当时，即平面，故错误；
③如下图，，，，故 ， ，
所以，且，，则 ，
令 ，则，而，，
所以，存在，则上，递增；上，递减；
所以上有，
由时，时，故时，故错误；
④由△周长为，而，要使周长最小只需最小，
将与展开成一个平面，如下图示：
当共线时，最小为，
所以周长的最小值为，正确.
故答案为：①④
【点睛】关键点点睛：②③构建空间直角坐标系，利用向量法判断线面关系、求线线角余弦值关于参数的表达式，进而应用导数判断最值.
题型14面积求最值
【例题14】（2022·浙江宁波·高三统考竞赛）已知正三棱柱的各棱长均为2，M，N分别为棱上的点．若平面将三棱柱分为上、下体积相等的两部分，则的面积的最小值为 ．
【答案】/
【分析】根据体积相等可得，设，其中，利用面积公式和余弦定理可得，据此可求面积的最小值.
【详解】
由
，
故，从而，故.
设，其中.
由正三棱柱可得，
故
而，
故,等号当且仅当时取到，
所以．
故答案为：.
【变式14-1】1. （2022秋·陕西西安·高三西北工业大学附属中学校考阶段练习）如图，在三棱锥中，平面，，，侧棱与平面所成的角为，为的中点，是侧棱上一动点，则的面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】通过线面位置关系的证明得到的面积为，当的面积最小，此时，在中根据已知条件可求得，,进而可得，再根据,求出值代入计算即可得答案.
【详解】解：由题意知为等腰直角三角形，因为为的中点，
所以．
又平面，所以，,
所以平面，平面，
所以，
故的面积．
易知，
所以，
所以，
当取最小时，的面积最小，此时，
又因为与平面所成的角为，
即,
所以,
又因为，
所以,
所以,
由，
解得
所以,
所以.
故选：D.
【变式14-1】2. （2022·全国·高三专题练习）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图，在鳖臑中，平面BCD，，，点P在棱AC上运动，则面积最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由点P引辅助线，首先通过作辅助线可得，即转化为求PM的最小值，设，通过比例关系表示PM，并求其最值.
【详解】如图，作于点Q，作，交BD于点M，连接得到
，平面BCD，，又，，QM，面PQM，
所以面PQM，所以
设，，由，得到，，
在中，，得到，，
，
当且仅当时，等号成立.
故选：D.
【变式14-1】3. （2023·江西吉安·宁冈中学校考一模）如图，正方体的棱长为1，P为的中点，M在侧面上，若，则面积的最小值为 .
【答案】
【分析】取的中点，的中点，连接，容易证得平面，要使，进而得，进而得当时，最小，此时，的面积最小，再根据几何关系求解即可.
【详解】如图，取的中点，的中点，连接
由于在面内的射影为，，故
因为在面内的射影为，，所以.
又，所以平面.
要使，必须点在平面内，
又点在侧面内，
所以点在平面与平面的交线上，即.
因为平面，平面，所以，
所以
当时，最小，此时，的面积最小.
又，故.
由的面积可得，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查空间线面垂直的证明，解题的关键在于根据题意寻求的轨迹，即，进而根据几何关系求解，考查空间想象能力，运算求解能力，是中档题.
1. （多选）（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）在直三棱柱中，，，点M，N分别是，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．异面直线与所成的角为45°
C．若点P是的中点，则平面BNP截直三棱柱所得截面的周长为
D．点Q是底面三角形ABC内一动点（含边界），若二面角的余弦值为，则动点Q的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】利用直线和平面垂直的性质定理证明平面，利用交线法找出截面，利用平行关系找出异面直线与所成的角，选项D可以先在上找一点满足题意，再找到平面与直三棱柱的截面，即可找到点在底面的轨迹.
【详解】选项A,由已知得△为等腰直角三角形，是的中点，则,
∵为直三棱柱，∴平面，∵平面
∴,
∵平面,,∴平面，∴,
设与交于点,其中,,
∵△∽△,,,
∵,∴,
∵平面，,∴平面,故选项A正确；

选项B，过点作的平行线,则角为异面直线与所成的角，
因为平面，且∥，所以平面，所以,
所以，因为异面直线所成的角，
所以，故异面直线与所成的角为，故选项B不正确；

选项C ，延长交和的延长线于点,连接交于点,连接,则四边形为平面BNP截直三棱柱所得的截面，
由已知得,
由△∽△,则,即,
由△∽△,则，即，
由余弦定理可知，解得，
其周长为,
故选项C正确；

选项 D, 若上存在一点使二面角的余弦值为，连接和,
因为平面,∴,,
∴二面角的平面角为,即，
设，则，,
在△中由余弦定理得
，
在△中由余弦定理得,
，解得，
过作的垂线，连接,过作的平行线交于点,则∥,
所以截面为直三棱柱的截面，所以符合题意的的轨迹长度为线段的长，所以,故选项D正确；

故选：ACD.
2. （多选）（2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）如图，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，.若将正三棱锥绕旋转，使得点E，P分别旋转至点A，处，且A，B，C，D四点共面，点A，C分别位于BD两侧，则（ ）

A．B．
C．多面体的外接球的表面积为D．点P与点E旋转运动的轨迹长之比为
【答案】AD
【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理结合正三棱锥的性质可判断A，B；由已知可得，正三棱锥侧棱两两互相垂直，放到正方体中，借助正方体研究线面位置关系和外接球表面积可判断C；由题意转动的半径长为，转动的半径长为可判断D.
【详解】取的中点为，连接，
由，所以，
又，平面，所以平面，
将正三棱锥绕旋转，使得点E，P分别旋转至点A，处，
所以平面，所以，故A正确；
因为平面，所以，故B不正确；

因为A，B，C，D四点共面，，
可得：，，
所以平面，
所以平面，同理平面，由已知为正方形，
所以可将多面体放入边长为的正方体，

则多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，
表面积为，选项C不正确；
由题意转动的半径长为，转动的半径长为，
所以点P与点E旋转运动的轨迹长之比为，故D正确.
故选：AD.
3. （多选）（2023·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）已知直四棱柱，底面是菱形，，且，为的中点，动点满足，且，，则下列说法正确（ ）
A．当平面时，
B．当时，的最小值为
C．若，则的轨迹长度为
D．当时，若点为三棱锥的外接球的球心，则的取值范围为
【答案】BD
【分析】取的中点，中点，证明平面平面，由此确定的轨迹，判断A，由条件确定的轨迹是，判断B，分别取，中点，，证明平面，由此确定的轨迹为，判断C，取的中点，连接交于点，过作交于点，由条件确定点的轨迹，由此判断D.
【详解】因为动点满足，且，，
所以点为矩形内一点（含边界）
对于选项A，取的中点，中点，
连接，，因为为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面，
同理，平面，平面，
所以平面，又，平面，
所以平面平面，
因为平面，则的轨迹是线段，
所以，
又，所以，，故A错误；

对于选项B，因为，，且，，
所以，所以，，
所以的轨迹是，
由已知，，所以，又，
所以四边形为正方形，所以的最小值为，故B正确；
对于选项C，分别取，中点，，因为底面为菱形，
所以，
又平面，平面，所以，
又，且两直线在平面内，
所以平面，
又平面，所以.
因为四边形为正方形，所以，
又，平面，
所以平面，所以的轨迹为，
又，故C错误；

对于D，取的中点，连接交于点，过作交于点，
当时，，，
所以的轨迹是线段，
因为为等边三角形，为的中点，所以，
又因为为三棱锥的外接球球心，所以，
所以点在直线上，在中，，则点在线段的垂直平分线上，所以点为直线与线段的垂直平分线的交点，
当与重合时，点为；当与重合时，点为；当在线段上时，点在线段上.
因为，所以，，
因为，，且，所以的取值范围是，故D正确.
故选：BD.

【点睛】知识点点睛：本题考查面面平行的证明，空间图形中的轨迹问题，空间向量的线性运算，多面体与球的切接问题，线面垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑推理能力，属于难题.
4. （多选）（2023·山东烟台·统考三模）在正四棱柱中，，点满足，，则（ ）
A．当时，直线与所成角为
B．当时，的最小值为
C．若与平面所成角为，则点的轨迹长为
D．当时，平面截此正四棱柱所得截面的最大面积为
【答案】ACD
【分析】对于A，当时可知点为的中点，从而可以判断为等边三角形，即可判断；对于B，当时可得点在上，此时把正四棱柱的后面和右面展开，从而可判断；对于C，连接，可得即为与平面所成角，从而可得点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，即可判断；对于D，过点作交于点Q，可得四边形为平面截此正四棱柱所得截面，建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到直线的距离，结合函数的单调性即可判断.
【详解】
对于A，当时，点为的中点，
所以，,，所以为等边三角形，所以直线与所成角为，A对；
对于B，当时，点在上，此时把正四棱柱的后面和右面展开，如图：

的最小值为，B错；
对于C，因为点满足，所以点在平面内，
平面，连接，则即为与平面所成角，
若与平面所成角为，则，所以，
即点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，所以点的轨迹长为，C正确；

对于D，当时，点在上，且，
过点作交于点Q，则，所以
所以四边形为平面截此正四棱柱所得截面，

建立如图所示的空间直角坐标系，则根据题意可得：
，，
所以，，
点到直线的距离为
所以四边形的面积
令，
所以
所以当时，，单调递增，
所以当时取得最大值, 此时截面面积最大为，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据的本题取值得到点的位置，进而结合选项转化相应问题，然后利用相关知识解答即得.
5. （多选）（2023·浙江·校联考模拟预测）直三棱柱中，为棱上的动点，为中点，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为定值
C．四面体的外接球表面积为
D．点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】由题意补直三棱柱为正方体，结合正方体的特征可判定A，利用等体积法转化可判断B，利用正方体的外接球及球的表面积公式可判断C，利用三角形中位线判断D即可.
【详解】
由题意可知：直三棱柱为正方体ABCD-A1B1C1D1的一半，如图所示.
对于A，连接AB1，A1B，结合正方体的特征，易知BE⊥AB1，AB1⊥A1B，
故AB1⊥面A1BE，面A1BE，则，即A正确；
对于B，由题意可知F到上下底面的距离均为0.5，故是定值，即B正确；
对于C，四面体的外接球即正方体的外接球，故其直径为，所以其表面积为,即C错误；
对于D，连接A1C，取其中点O，连接OF，易知OF为的中位线，故E从B运动到C的过程中F的运动轨迹长度为BC一半，即D正确.
综上ABD三项正确.
故选：ABD
6. （多选）（2023·辽宁·校联考二模）如图所示，在长方体中，，，点E是棱CD上的一个动点，F是BC的中点，，给出下列命题，其中真命题的（ ）．
A．当E是CD的中点时，过的截面是四边形
B．当点E是线段CD的中点时，点P在底面ABCD所在平面内，且平面，点Q是线段MP的中点，则点Q的轨迹是一条直线
C．对于每一确定的E，在线段AB上存在唯一的一点H，使得平面
D．过点M做长方体的外接球的截面，则截面面积的最小值为
【答案】BD
【分析】延长和交于，取的三等分点，连接，证得平面与平面为同一个平面，连接，得到过平面的截面为五边形，可判定A不正确；取的中点，连接，取的中点为，连接，，证得平面平面，得到，进而得到点的轨迹，可判定B正确；以为原点，建立的空间直角坐标系，设，其中，结合，求得的值，可判定C不正确；先求得长方体的外接球的半径为，结合球的性质，求得截面圆的面积最小值，可判定D正确.
【详解】对于A中，延长和交于，连接与交于，连接，并延长，可得三点共线，连接，如图所示，平面与平面为同一个平面，连接，可平面与长方体的各个面的交线分别为，
所以过平面的截面为五边形，所以A不正确；
对于B中，在长方体中，取的中点，连接，
取的中点为，连接，，则，
再取分别为的三等分点，连接，可得，
又由为的三等分点，所以，所以，，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，
且平面，所以平面平面，
当点在上时，此时平面，所以平面，
取的中点，可得，
又由为的中点，所以点的轨迹为直线，所以B正确；
对于C中，如图所示，以为原点，建立的空间直角坐标系，
则，
设，其中，
可得，
若平面，则垂直于平面的所有直线，
由，可得，
因为，所以不成立，所以C不正确；
对于D中，设长方体的外接球的半径为，可得，
球心为，可得球心的坐标为，
则，
当与该长方体的外接球的截面圆垂直时，截面面积取得最小值，
设截面圆的半径为，可得，
所以截面圆的面积的最小值为，所以D正确.
故选：BD.
7. （多选）（2023·广东揭阳·校考二模）如图，已知正方体棱长为2，点M为的中点，点P为底面上的动点，则（ ）
A．满足平面的点P的轨迹长度为
B．满足的点P的轨迹长度为
C．存在点P满足
D．以点B为球心，为半径的球面与面的交线长为
【答案】AD
【分析】对选项A，利用面面平行的性质证明线面平面，进而求出轨迹长度；
对选项B，建立空间直角坐标系，利用向量垂直求出点P轨迹，进而求出轨迹长度；
对选项C，建立空间直角坐标系，利用距离公式求出点P轨迹满足的方程，再结合二次方程的判别式，进而判断不存在这样的点P；
对选项D，利用等体积法求出球心点B到面的距离，进而求出交线长度；
【详解】
分别取的中点为，连接.
可得：，.
又有：.
可得：平面平面.
故满足平面的点P的轨迹长度为，故答案A正确；
建立如图所示的空间直角坐标系
可得：，，，，.
设，可得：，，，.
由，可得：.
分别取的中点为，点满足方程，说明点在平面内的轨迹为一条线段，则满足的点P的轨迹长度为，故答案B错误.
要使，只需：.
可得：（）.
化简可得：（）.
则：，即当时，.显然该方程无解，
故不存在这样的点，故答案C错误.
为正三角形，设点到平面的距离为，点平面的距离为.
由等体积法，可得：.
可得：，即
故以点B为球心，为半径的球面与面的交线长为：
故答案D正确.
故选：AD
【点睛】（1）与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图；
（2）用向量方法解决立体几何问题，树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比；
8. （多选）（2023·吉林·统考二模）如图，正四棱柱中，，动点P满足，且.则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线平面
B．当时，的最小值为
C．若直线与所成角为，则动点P的轨迹长为
D．当时，三棱锥外接球半径的取值范围是
【答案】ABC
【分析】当时，由平面向量线性运算法则可知点在线段上，根据正四棱柱特征利用线面垂直判定定理即可证明直线平面；当时，由共线定理可得点在线段上，根据对称性将的最值转化成平面几何问题，即可求得最小值；若直线与所成角为，可知点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆弧，即可计算出其轨迹长度；当时，取的中点为，由共线定理可知三点共线，几何法找出球心位置写出半径的表达式，利用函数单调性求其取值范围即可得出结果.
【详解】对于A，取相交于点，的中点为，如下图所示：
当时，即，，由平面向量线性运算法则可知，
点在线段上，由正四棱柱可得，且平面，又平面，所以，
又，且平面，所以平面；
又因为平面与平面是同一平面，所以平面，即A正确；
对于B，当时，由利用共线定理可得，三点共线，即点在线段上;
由对称性可知，线段上的点到两点之间的距离相等，所以；
取平面进行平面距离分析，如下图所示：
所以，当且仅当三点共线时，等号成立，
此时点为线段的中点，即的最小值为，故B正确；
对于C，由图可知，与所成角都为，由可知，点在平面内，
若直线与所成角为，在线段上取点，使，则直线与所成角为；
则点的轨迹是以为圆心，半径为，且在平面内的半圆弧，如下图中细虚线所示：
所以动点P的轨迹长为，故C正确；
对于D，当时，取的中点为，即；
由可知，三点共线，即点在线段上，如下图所示：
易知三棱锥外接球球心在直线上，设球心为，；
作于点，设，易知，
由相似比可得，
设外接球半径为，则，解得；
所以，
易知当时，半径最小为；当时，半径最大为；
又，所以半径的取值范围是，即D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据向量线性运算法则和共线定理的应用，确定点的位置，再根据几何体特征利用对称性即可求得距离之和得最小值，利用几何法即可求得外接球球心和半径的取值范围.
9. （2023·河北·统考模拟预测）在棱长为的正方体中，均为侧面内的动点，且满足，点在线段上，点到点的距离与到平面的距离相等，下列命题：
①直线与所成的角为定值；
②平面；
③点的轨迹是一条线段；
④的最小值为．
其中正确的是 （请把所有正确命题的序号填在横线上）．
【答案】①②④
【分析】利用勾股定理求出，根据即可求出直线与所成角的正切值，从而可判断①；证明平面平面可判断②；作出点到点的垂线，面面垂直的性质定理结合抛物线定义可判断③；图形结合抛物线和圆的性质可求出的最小值，进而可判断④.
【详解】因为，且平面，因为平面，所以，
所以 ，
由题意可得点在以为圆心，为半径的圆弧上，直线与所成的角的正弦值为，
又，所以①正确；
由正方体性质易知，平面，平面，
所以平面，同理可证平面，
又平面，所以，平面平面，
因为点在线段上，平面，所以平面，②正确；
过点P作，垂足为H，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
由题可知，，
所以点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线在平面内的一部分，③错误；
记的交点为Q，抛物线的顶点为R，易知R为的中点，
因为，所以
所以
由题可知，的最小值为抛物线上的顶点与点的距离减半径，即，④正确．
故答案为：①②④
10. （2023·湖南·校联考模拟预测）如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，．过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面平面.
(1)当时，求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直推出，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，建立坐标系，求出动点的轨迹方程，进一步求解扇形的弧长；
（2）由（1）知，设出点M的坐标，利用向量法求得二面角的余弦值，求出点M坐标，再根据向量法求二面角的平面角余弦值.
【详解】（1）作交于，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
因为，，、平面，，
所以平面，
又因为平面，所以，
分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
设，因为，所以，，
所以，即，
设AB中点为N，则，
如图，
又，所以，
因此，的轨迹为圆弧，其长度为.
（2）由（1）知，可设，
，
设平面的一个法向量为，
则即，
令，则，
可得平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
所以.
当二面角的余弦值为时，，
解得或（M与A重合，舍去），
所以，，
易知平面的一个法向量为，
所以.
由图知，二面角的平面角为钝角，
故二面角的余弦值为.
11. （2023·吉林·统考模拟预测）在三棱锥中，，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，则点在所在平面内的射影的轨迹长为 ；三棱锥体积的取值范围是 .
【答案】
【分析】过作平面垂足为，得到，求得，进而得到点轨迹是半径为3的圆（阿波罗尼斯圆），求得轨迹长为，再由，求得，进而求得体积的取值范围.
【详解】解：过作平面垂足为，则，
因为，所以，
如图所示，以所在的直线为轴，以的中垂线为轴建立的平面直角坐标系，
如图所示，则，
设，因为，可得，
整理得，即，
所以点轨迹是半径为3的圆（阿波罗尼斯圆），即轨迹长为，
由，可得，
所以体积.
故答案为：；.
12. （2022·全国·深圳中学校联考模拟预测）如图所示，已知正四棱柱的上下底面的边长为3，高为4，点M，N分别在线段和上，且满足，下底面ABCD的中心为点O，点P，Q分别为线段和MN上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，当三点共线，且时，有最小值，利用勾股定理求出答案即可.
【详解】过点作，交于点，交于点，
过点作，交于点，连接，
取中点，连接，
根据题意，因为，
所以当三点共线，且时，
，且有最小值，如图所示，
在中，，，
所以，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
所以的最小值为，
故选：A.
13. （多选）（2023·吉林·统考二模）如图，正四棱柱中，，动点P满足，且.则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线平面
B．当时，的最小值为
C．若直线与所成角为，则动点P的轨迹长为
D．当时，三棱锥外接球半径的取值范围是
【答案】ABC
【分析】当时，由平面向量线性运算法则可知点在线段上，根据正四棱柱特征利用线面垂直判定定理即可证明直线平面；当时，由共线定理可得点在线段上，根据对称性将的最值转化成平面几何问题，即可求得最小值；若直线与所成角为，可知点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆弧，即可计算出其轨迹长度；当时，取的中点为，由共线定理可知三点共线，几何法找出球心位置写出半径的表达式，利用函数单调性求其取值范围即可得出结果.
【详解】对于A，取相交于点，的中点为，如下图所示：
当时，即，，由平面向量线性运算法则可知，
点在线段上，由正四棱柱可得，且平面，又平面，所以，
又，且平面，所以平面；
又因为平面与平面是同一平面，所以平面，即A正确；
对于B，当时，由利用共线定理可得，三点共线，即点在线段上;
由对称性可知，线段上的点到两点之间的距离相等，所以；
取平面进行平面距离分析，如下图所示：
所以，当且仅当三点共线时，等号成立，
此时点为线段的中点，即的最小值为，故B正确；
对于C，由图可知，与所成角都为，由可知，点在平面内，
若直线与所成角为，在线段上取点，使，则直线与所成角为；
则点的轨迹是以为圆心，半径为，且在平面内的半圆弧，如下图中细虚线所示：
所以动点P的轨迹长为，故C正确；
对于D，当时，取的中点为，即；
由可知，三点共线，即点在线段上，如下图所示：
易知三棱锥外接球球心在直线上，设球心为，；
作于点，设，易知，
由相似比可得，
设外接球半径为，则，解得；
所以，
易知当时，半径最小为；当时，半径最大为；
又，所以半径的取值范围是，即D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据向量线性运算法则和共线定理的应用，确定点的位置，再根据几何体特征利用对称性即可求得距离之和得最小值，利用几何法即可求得外接球球心和半径的取值范围.