(共73张PPT)
专题五
5 空间几何体的截面与轨迹问题
立体几何
基础打底
【解析】
如图，连接AC，AD1，CD1，BD．因为BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以BB1⊥AC．又四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC，又BB1 BD＝B，BB1，BD 平面BB1D，所以AC⊥平面BB1D．因为B1D 平面BB1D，所以AC⊥B1D，同理可证明AD1⊥B1D．
因为AD1 AC＝A，AD1，AC 平面ACD1，所以B1D⊥平面ACD1，所以平面α即为平面ACD1，则α截该正方体所得截面的形状为三角形．
A
【解析】
图(1)
图(2)
【答案】D
【解析】
【答案】B
【解析】
强技提能
目标
1
截面问题
(1) (2025·连云港期中)在一次通用技术实践课上，木工小组需要将正方体木块截去一角，要求截面经过面对角线AC上的点P(如图)，且与平面B1CD1平行．已知AA1＝10 cm，AP＝ 6 cm，则截面面积等于__________cm2．
1
【解析】
如图，连接BD交AC于点O，连接A1D，A1B．因为BB1∥DD1且BB1＝DD1，故四边形BB1D1D为平行四边形，所以BD∥B1D1，因为BD 平面B1CD1，B1D1 平面B1CD1，所以BD∥平面B1CD1，同理可证A1B∥平面B1CD1．
【解析】
1
如图，设平面EFG交棱AD于点H．因为平面ABCD∥平面A′B′C′D′，平面EFG 平面A′B′C′D′＝EF，平面EFG 平面ABCD＝GH，所以EF∥GH，则GH∥AC．又G为CD的中点，所以H为AD的中点．
设直线EF分别交D′A′，D′C′的延长线于点P，Q，连接PH交棱AA′于点M，连接QG交棱CC′于点N，连接EM，FN，则截面为六边形EFNGHM．
立体几何中截面问题的处理思路
1．直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
2．作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
3．作延长线找交点法：若直线相交但在几何体中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
4．辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面．
变式1 (2025·济宁调研)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为2，AB⊥BC，AB＝BC＝2，过AB，BB1的中点E，F作平面α与平面AA1C1C垂直，则所得截面周长为____________．
【解析】
如图，取AC的中点D，连接BD；取A1C1的中点D1，连接B1D1；取AD的中点G，连接EG；连接EF，并延长与A1B1的延长线交于点H；取C1D1的中点M，连接MH，交B1C1于点N，连接FN，GM．可得EG∥BD，BD∥B1D1，MN∥B1D1，即有EG∥MN．
因为AB＝BC，所以BD⊥AC．因为AA1⊥平面ABC，BD 平面ABC，所以BD⊥AA1，又AC AA1＝A，AC，AA1 平面AA1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C．因为EG∥BD，所以EG⊥平面AA1C1C．又EG 平面EGMNF，所以平面EGMNF⊥平面AA1C1C，则平面EGMNF即为平面α．
目标
2
轨迹问题
2
【解析】
同理可得，当点P在平面BCC1B1内和在平面DCC1D1内时，点P的轨迹长度都是2π．综上所述，点P的轨迹长度为2π×3＝6π．
【答案】6π
(2) (动点保持平行)(2025·太原期末)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，F为正方形BCC1B1内一个动点(包括边界)，且A1F∥平面AD1E，则动点F的轨迹的长度为________．
【解析】
如图，取BB1，B1C1的中点M，N，连接ME，MN，BC1，A1N，A1M，则MN∥BC1，又易证BC1∥AD1，所以MN∥ AD1．又MN 平面AD1E，AD1 平面AD1E，所以MN∥平面AD1E．
2
因为E为棱CC1的中点，所以EC1∥MB1，EC1＝MB1，于是四边形EC1B1M是平行四边形，则B1C1∥ME，B1C1＝ME．又B1C1∥A1D1，B1C1＝A1D1，所以A1D1∥ME，A1D1＝ME，于是四边形ED1A1M是平行四边形，则A1M∥D1E．
(3) (动点保持垂直)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝4，E为DD1的中点，P为该正四棱柱表面上一点，且C1P⊥B1E，则点P的轨迹的长度为______．
【解析】
如图，连接B1D1，A1C1．由题可知，A1C1⊥B1D1，ED1⊥平面A1B1C1D1．因为A1C1 平面A1B1C1D1，所以ED1⊥A1C1．又ED1 B1D1＝D1，B1D1，ED1 平面EB1D1，所以A1C1⊥平面EB1D1．又B1E 平面EB1D1，所以C1A1⊥B1E．
过点E作D1C1的平行线，交CC1于点F，则F为CC1的中点，连接B1F．过点C1作B1F的垂线，交BB1于点G，连接A1G．由题可得，D1C1⊥平面BCC1B1，又EF∥D1C1，所以EF⊥平面BCC1B1．因为C1G 平面BCC1B1，所以C1G⊥EF．
2
又FE B1F＝F，B1F，FE 平面B1FE，所以C1G⊥平面B1FE．因为B1E 平面B1FE，所以C1G⊥B1E．因为C1A1 C1G＝C1，C1G，C1A1 平面C1GA1，所以B1E⊥平面C1GA1，则点P的轨迹为平面C1GA1与四棱柱的交线，即△A1C1G．
(4) (动点保持等角)在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是线段BC的中点，点P在正方形DCC1D1(包括边界)内运动，且满足∠APD＝∠MPC，则点P的轨迹的长度为________．
【解析】
2
图(1)
图(2)
(1) 与平行有关的轨迹：①线面平行转化为面面平行求轨迹；②平行时可利用法向量垂直关系求轨迹．
(2) 与垂直有关的轨迹：①可利用线线、线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；②利用空间坐标运算求轨迹；③利用垂直关系转化为平行关系求轨迹．
(3) 与距离有关的轨迹：①可转化为在一个平面内的距离关系，借助球和圆的定义等知识求解轨迹；②利用空间坐标计算求轨迹．
(4) 与角度有关的轨迹：①直线与平面成定角，可能是圆锥侧面；②直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；③利用空间坐标计算求轨迹．
变式2 (1) (2025·孝义二模)如图，在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是______．
【解析】
如图，在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，分别取棱BB1，B1C1的中点M，N，连接MN，BC1，A1M，A1N，NE．由E，F分别是棱BC，CC1的中点，得MN∥BC1∥ EF．又MN 平面AEF，EF 平面AEF，所以MN∥平面AEF．
因为AA1∥BB1∥NE，AA1＝BB1＝NE，所以四边形AENA1为平行四边形，于是A1N∥AE．又A1N 平面AEF，AE 平面AEF，所以A1N∥平面AEF．因为A1N MN＝N，A1N，MN 平面A1MN，所以平面A1MN∥平面AEF．又P是侧面BCC1B1内一点，且A1P∥平面AEF，所以点P的轨迹是线段MN．
变式2 (2) (2025·鞍山质检)在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别是BD1，B1C1的中点，M为正方体表面上一动点，若MP与CQ垂直，则点M所构成的轨迹的周长为__________．
【解析】
如图，只需过点P作直线CQ的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即为动点M的轨迹．
分别取CC1，DD1的中点R，S，由tan ∠C1QC＝tan ∠BRC＝2，知∠C1QC＝∠BRC，易知CQ⊥BR．又CQ⊥AB，AB BR＝B，AB，BR 平面ABRS，所以CQ⊥平面ABRS．
【解析】
图(1)
图(2)
【答案】π
目标
3
翻折问题
3
【解析】
对于A，因为ED⊥AC，所以DE⊥CD，DE⊥A1D．又CD A1D＝D，CD，A1D 平面A1CD，所以DE⊥平面A1CD．因为A1C 平面A1CD，所以DE⊥A1C，故A正确．
对于C，假设存在某个位置，使得A1E⊥BE，如图，连接CE. 由正三角形的性质得CE⊥BE，因为A1E CE＝E，A1E，CE 平面A1CE，所以BE⊥平面A1CE．又A1C 平面A1CE，所以BE⊥ A1C. 由A知DE⊥A1C，因为DE BE＝E，DE，BE 平面BCDE，所以A1C⊥平面BCDE，又CD 平面BCDE，所以A1C⊥CD，则A1D＝ AD＞CD，与题设矛盾，假设不成立，故C错误．
【答案】ABD
翻折问题
①过动顶点向折痕作垂线，则动点的轨迹是以垂足为圆心的圆弧；
②要理清折叠前后哪些位置关系发生了改变，哪些不变．
【解析】
【答案】ACD
热练
1．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为所在棱的中点，P为平面BCC1B1内(包括边界)一动点，且D1P∥平面EFG，则点P的轨迹长度为 ( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】
因为A1D1∥BC，则A1，B，C，D1四点共面．如图，连接CD1，A1B．因为E，F分别为所在棱的中点，所以EF∥A1B，又EF 平面EFG，A1B 平面EFG，所以A1B∥平面EFG．
因为F，G分别为所在棱的中点，所以FG∥A1D1，又FG 平面EFG，A1D1 平面EFG，所以A1D1∥平面EFG．
因为A1B A1D1＝A1，A1B，A1D1 平面A1BCD1，所以平面EFG∥平面A1BCD1．
由平面BCC1B1 平面A1BCD1＝BC，可得当且仅当点P在棱BC上，即D1P 平面A1BCD1时，满足D1P∥平面EFG，所以点P的轨迹为线段BC，长度为2．
【答案】B
【解析】
B
【解析】
【答案】B
【解析】
如图，取D1C1的中点N，D1A1的中点M，连接MN，NF，ME，则五边形BEMNF为过点B，E，F的截面．
取CF的中点J，DD1靠近D1的三等分点K，连接D1J，CK，EK，则NF∥D1J，又CJ∥D1K且CJ＝D1K，所以四边形CJD1K为平行四边形，所以CK∥D1J，则NF∥CK．因为EK∥BC且EK＝BC，所以四边形EKCB为平行四边形，所以EB∥CK，则NF∥BE，所以N，F，B，E四点共面．
【答案】B
【解析】
图(1)
图(1)
图(2)
【答案】C
【解析】
图(1)
图(2)
图(3)
如图(4)，若H，I，K，L，N分别是AA1，AD，CD，CC1，B1C1的中点，并依次连接，易知六边形ENLKIH为正六边形，显然EH ∥AB1，EN∥IK∥AC，因为EH 平面ACB1，AB1 平面ACB1，所以EH∥平面ACB1，同理可得EN∥平面ACB1，又EH EN＝E，EH，EN 平面ENLKIH，所以平面ENLKIH∥平面ACB1．由BD1 ⊥平面ACB1，知BD1⊥平面ENLKIH，故BD1垂直于平面ENLKIH
图(4)
【答案】ACD
【解析】
【答案】ACD
8．(2025·南通一调节选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AB，A1D1的中点，则平面CEF截该正方体所得的截面面积为________．
【解析】
如图，取C1D1上靠近D1的四等分点G，连接FG，则FG∥EC．连接CG，延长GF交B1A1的延长线于点M，连接EM，交AA1于点H，连接HF，则H为AA1上靠近A1的三等分点，平面CEF截正方体的截面为五边形CEHFG．
取CD上靠近D的四等分点G1，AD的中点F1，连接F1G1，则截面在底面ABCD上的投影为五边形AECG1F1．过点G1作G1H⊥CE，垂足为H，连接GH，易证GH⊥CE，所以∠GHG1为二面角G－CE－G1的平面角．
【解析】
【解析】
【解析】
【解析】
【答案】10π
【解析】
图(1)
图(2)5 空间几何体的截面与轨迹问题
基础打底
1．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，过点A且以为法向量的平面为α，则α截该正方体所得截面的形状为( A )
A．三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
【解析】 如图，连接AC，AD1，CD1，BD．因为BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以BB1⊥AC．又四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC，又BB1 BD=B，BB1，BD 平面BB1D，所以AC⊥平面BB1D．因为B1D 平面BB1D，所以AC⊥B1D，同理可证明AD1⊥B1D．因为AD1 AC=A，AD1，AC 平面ACD1，所以B1D⊥平面ACD1，所以平面α即为平面ACD1，则α截该正方体所得截面的形状为三角形．
2．若球的两个平行截面的面积分别为10π和16π，球心到这两个截面的距离之差为，则该球的直径为( D )
A．3 B．4
C．5 D．6
【解析】 设球心为O，半径为R．若两平面在球心同一侧，画出其截面图，如图(1)，设OA=d，由题可得AD=4，BC=，AB=，OD=OC=R，则解得故该球的直径为2R=6；若两平面在球心两侧，画出其截面图，如图(2)，设OA=d，由题可得AD=4，BC=，OB=＋d，OD=OC=R，则解得故该球的直径为2R=6．综上，该球的直径为6．
图(1)
图(2)
3．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为截面A1C1B上的动点，若DP⊥A1C，则点P的轨迹长度是( B )
A． B．
C． D．1
【解析】 如图，连接DC1，BD，AC．由AA1⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，得BD⊥AA1．又BD⊥AC，AA1 AC=A，AA1，AC 平面AA1C，所以BD⊥平面AA1C．又A1C 平面AA1C，所以BD⊥A1C，同理BC1⊥A1C．又BC1 BD=B，BC1，BD 平面BC1D，所以A1C⊥平面BC1D．因为DP⊥A1C，所以DP 平面BC1D，而点P为截面A1C1B上的动点，平面A1C1B 平面BC1D=BC1，所以点P的轨迹是线段BC1，长度为．
4．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，Q为侧面BB1C1C内一动点(含边界)，若D1Q=，则点Q的轨迹长度为____．
【解析】 由题意，点Q在平面BB1C1C内的轨迹是以C1为圆心，为半径的四分之一圆弧，如图，所以轨迹长度为×2π×=．
强技提能
截面问题
例1 (1) (2025·连云港期中)在一次通用技术实践课上，木工小组需要将正方体木块截去一角，要求截面经过面对角线AC上的点P(如图)，且与平面B1CD1平行．已知AA1=10 Cm，AP=6 Cm，则截面面积等于__36__Cm2．
【解析】 如图，连接BD交AC于点O，连接A1D，A1B．因为BB1∥DD1且BB1=DD1，故四边形BB1D1D为平行四边形，所以BD∥B1D1，因为BD 平面B1CD1，B1D1 平面B1CD1，所以BD∥平面B1CD1，同理可证A1B∥平面B1CD1．因为A1B BD=B，A1B，BD 平面A1BD，所以平面A1BD∥平面B1CD1，故截面平行于平面A1BD．过点P作与BD平行的直线分别交AD，AB于点M，N，在AA1上取点Q使AQ=AM．因为AQ=AM，所以=，所以QM∥A1D．因为QM 平面A1BD，A1D 平面A1BD，所以QM∥平面A1BD．又MN∥DB，MN 平面A1BD，BD 平面A1BD，所以MN∥平面A1BD．因为MN QM=M，MN，QM 平面MNQ，所以平面MNQ∥平面A1BD．易得△MNQ∽△DBA1，故=2=2=2=．因为A1B===10，易知△A1BD是边长为10的等边三角形，所以S△A1BD=×(10)2×sin 60°=50．因此，S△MNQ=S△A1BD=×50=36(Cm2)．
(2) (2025·张家界质检)如图，在棱长为的正方体ABCD－A′B′C′D′中，E，F，G分别是棱A′B′，B′C′，CD的中点，则由点E，F，G确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于____．
【解析】 因为E，F分别为A′B′，B′C′的中点，所以EF∥A′C′且EF===1．因为AA′∥CC′且AA′=CC′，所以四边形AA′C′C为平行四边形，所以A′C′∥AC，所以EF∥AC．如图，设平面EFG交棱AD于点H．因为平面ABCD∥平面A′B′C′D′，平面EFG 平面A′B′C′D′=EF，平面EFG 平面ABCD=GH，所以EF∥GH，则GH∥AC．又G为CD的中点，所以H为AD的中点．设直线EF分别交D′A′，D′C′的延长线于点P，Q，连接PH交棱AA′于点M，连接QG交棱CC′于点N，连接EM，FN，则截面为六边形EFNGHM．因为A′P∥B′F，所以==1，所以A′P=B′F=B′C′=A′D′=AD=AH．因为AH∥A′P，所以==1，所以AM=A′M，则M为AA′的中点，同理可知，N为CC′的中点．易知六边形EFNGHM是边长为EF=1的正六边形，所以截面面积为6××12×sin 60°=6×=．
立体几何中截面问题的处理思路
1．直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
2．作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
3．作延长线找交点法：若直线相交但在几何体中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
4．辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面．
变式1 (2025·济宁调研)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为2，AB⊥BC，AB=BC=2，过AB，BB1的中点E，F作平面α与平面AA1C1C垂直，则所得截面周长为__3＋__．
【解析】 如图，取AC的中点D，连接BD；取A1C1的中点D1，连接B1D1；取AD的中点G，连接EG；连接EF，并延长与A1B1的延长线交于点H；取C1D1的中点M，连接MH，交B1C1于点N，连接FN，GM．可得EG∥BD，BD∥B1D1，MN∥B1D1，即有EG∥MN．因为AB=BC，所以BD⊥AC．因为AA1⊥平面ABC，BD 平面ABC，所以BD⊥AA1，又AC AA1=A，AC，AA1 平面AA1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C．因为EG∥BD，所以EG⊥平面AA1C1C．又EG 平面EGMNF，所以平面EGMNF⊥平面AA1C1C，则平面EGMNF即为平面α．由EG=BD=，GM==，MN=B1D1=，NF=，FE=，可得所得截面周长为×2＋＋×2=3＋．
轨迹问题
例2 (1) (动点保持等距)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，点P在该正方体的表面上运动，且PA=4，则点P的轨迹长度是__6π__．
【解析】 因为PA=4＞4，所以点P可能在平面A1B1C1D1内，可能在平面BCC1B1内，可能在平面DCC1D1内．当点P在平面A1B1C1D1内时，由AA1⊥平面A1B1C1D1，A1P 平面A1B1C1D1，可知AA1⊥A1P，所以PA2=A＋A1P2，于是A1P2=PA2－A=(4)2－42=16，则点P到A1的距离为4，所以点P的轨迹为以点A1为圆心，4为半径的四分之一圆弧，如图．因为∠D1A1B1=，A1B1=4，所以的长l=×4=2π，所以当点P在平面A1B1C1D1内时，点P的轨迹长度是2π．同理可得，当点P在平面BCC1B1内和在平面DCC1D1内时，点P的轨迹长度都是2π．综上所述，点P的轨迹长度为2π×3=6π．
(2) (动点保持平行)(2025·太原期末)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，F为正方形BCC1B1内一个动点(包括边界)，且A1F∥平面AD1E，则动点F的轨迹的长度为____．
【解析】 如图，取BB1，B1C1的中点M，N，连接ME，MN，BC1，A1N，A1M，则MN∥BC1，又易证BC1∥AD1，所以MN∥AD1．又MN 平面AD1E，AD1 平面AD1E，所以MN∥平面AD1E．因为E为棱CC1的中点，所以EC1∥MB1，EC1=MB1，于是四边形EC1B1M是平行四边形，则B1C1∥ME，B1C1=ME．又B1C1∥A1D1，B1C1=A1D1，所以A1D1∥ME，A1D1=ME，于是四边形ED1A1M是平行四边形，则A1M∥D1E．又A1M 平面AD1E，D1E 平面AD1E，所以A1M∥平面AD1E．又A1M MN=M，A1M，MN 平面A1MN，所以平面A1MN∥平面AD1E．又F为正方形BCC1B1内一个动点(包括边界)，且A1F∥平面AD1E，所以MN即为点F的轨迹．易得MN=，所以动点F的轨迹的长度为．
(3) (动点保持垂直)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB=1，AA1=4，E为DD1的中点，P为该正四棱柱表面上一点，且C1P⊥B1E，则点P的轨迹的长度为__＋__．
【解析】 如图，连接B1D1，A1C1．由题可知，A1C1⊥B1D1，ED1⊥平面A1B1C1D1．因为A1C1 平面A1B1C1D1，所以ED1⊥A1C1．又ED1 B1D1=D1，B1D1，ED1 平面EB1D1，所以A1C1⊥平面EB1D1．又B1E 平面EB1D1，所以C1A1⊥B1E．过点E作D1C1的平行线，交CC1于点F，则F为CC1的中点，连接B1F．过点C1作B1F的垂线，交BB1于点G，连接A1G．由题可得，D1C1⊥平面BCC1B1，又EF∥D1C1，所以EF⊥平面BCC1B1．因为C1G 平面BCC1B1，所以C1G⊥EF．又FE B1F=F，B1F，FE 平面B1FE，所以C1G⊥平面B1FE．因为B1E 平面B1FE，所以C1G⊥B1E．因为C1A1 C1G=C1，C1G，C1A1 平面C1GA1，所以B1E⊥平面C1GA1，则点P的轨迹为平面C1GA1与四棱柱的交线，即△A1C1G．由∠B1C1G＋∠GC1F=∠GC1F＋∠B1FC1，得∠B1C1G=∠B1FC1，又∠C1B1G=∠FC1B1，所以△C1B1F∽△B1GC1，故==2，则B1G=，故点P的轨迹的长度为A1G＋C1G＋A1C1=2＋=＋．
(4) (动点保持等角)在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是线段BC的中点，点P在正方形DCC1D1(包括边界)内运动，且满足∠APD=∠MPC，则点P的轨迹的长度为____．
【解析】 如图(1)，在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥平面DCC1D1，MC⊥平面DCC1D1．因为DP，PC在平面DCC1D1上，所以AD⊥DP，MC⊥CP，又∠APD=∠MPC，所以Rt△ADP∽Rt△MCP，所以==2，即PD=2PC．如图(2)，在平面DCC1D1中，以D为原点，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则D(0，0)，C(6，0)．设P(x，y)，由PD=2PC，得=2，化简整理得(x－8)2＋y2=16，0≤x≤6，即圆心为(8，0)，半径r=4的圆，所以点P的轨迹为圆(x－8)2＋y2=16与四边形DCC1D1的交线，即为图中的，其中CM=2，FM=4，则∠FMC=，由弧长公式知=×4=．
图(1)
图(2)
(1) 与平行有关的轨迹：①线面平行转化为面面平行求轨迹；②平行时可利用法向量垂直关系求轨迹．
(2) 与垂直有关的轨迹：①可利用线线、线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；②利用空间坐标运算求轨迹；③利用垂直关系转化为平行关系求轨迹．
(3) 与距离有关的轨迹：①可转化为在一个平面内的距离关系，借助球和圆的定义等知识求解轨迹；②利用空间坐标计算求轨迹．
(4) 与角度有关的轨迹：①直线与平面成定角，可能是圆锥侧面；②直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；③利用空间坐标计算求轨迹．
变式2 (1) (2025·孝义二模)如图，在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是__［3，2］__．
【解析】 如图，在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，分别取棱BB1，B1C1的中点M，N，连接MN，BC1，A1M，A1N，NE．由E，F分别是棱BC，CC1的中点，得MN∥BC1∥EF．又MN 平面AEF，EF 平面AEF，所以MN∥平面AEF．因为AA1∥BB1∥NE，AA1=BB1=NE，所以四边形AENA1为平行四边形，于是A1N∥AE．又A1N 平面AEF，AE 平面AEF，所以A1N∥平面AEF．因为A1N MN=N，A1N，MN 平面A1MN，所以平面A1MN∥平面AEF．又P是侧面BCC1B1内一点，且A1P∥平面AEF，所以点P的轨迹是线段MN．在Rt△A1B1M中，A1M===2，同理A1N=2，即△A1MN为等腰三角形，所以当P为MN的中点时，A1P最短，为=3．当P位于M，N处时，A1P最长，为2．因此线段A1P长度的取值范围是［3，2］．
(2) (2025·鞍山质检)在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别是BD1，B1C1的中点，M为正方体表面上一动点，若MP与CQ垂直，则点M所构成的轨迹的周长为__8＋4__．
【解析】 如图，只需过点P作直线CQ的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即为动点M的轨迹．分别取CC1，DD1的中点R，S，由tan ∠C1QC=tan ∠BRC=2，知∠C1QC=∠BRC，易知CQ⊥BR．又CQ⊥AB，AB BR=B，AB，BR 平面ABRS，所以CQ⊥平面ABRS．过点P作平面ABRS的平行平面TUR1S1，则点M的轨迹为四边形TUR1S1，其周长与四边形ABRS的周长相等，其中AB=RS=4，BR=AS==2，所以点M所构成的轨迹的周长为2×4＋2×2=8＋4．
(3) 已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB=2，E为平面A1BD内的动点，设直线AE与平面A1BD所成的角为α，若sin α=，则点E的轨迹所围成的面积为__π__．
【解析】 如图(1)所示，连接AC1交平面A1BD于点O，连接EO．由题意可知AC1⊥平面A1BD，所以∠AEO是AE与平面A1BD所成的角，所以∠AEO=α．由sin α=可得tan α=2，即=2．在四面体A－A1BD中，BD=A1D=A1B=2，AB=AD=AA1=2，所以四面体A－A1BD为正三棱锥，O为△A1BD的重心．如图(2)所示，可得BO=××2=2，AO==2，又=2，所以EO=1，即点E在平面A1BD内的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆，所以其面积S=π×12=π．
图(1)
图(2)
翻折问题
例3 (多选)如图，等边三角形ABC的边长为4，E为边AB的中点，ED⊥AC于D．将△ADE沿DE翻折至△A1DE的位置，连接A1C．在翻折过程中，下列说法正确的是( ABD )
A．DE⊥A1C
B．四棱锥A1－BCDE的体积的最大值是
C．存在某个位置，使A1E⊥BE
D．在线段A1C上，存在点M满足=，使BM为定值
【解析】 对于A，因为ED⊥AC，所以DE⊥CD，DE⊥A1D．又CD A1D=D，CD，A1D 平面A1CD，所以DE⊥平面A1CD．因为A1C 平面A1CD，所以DE⊥A1C，故A正确．对于B，当平面A1DE⊥平面BCDE时，四棱锥A1－BCDE的体积最大．由A易知∠A1DC为二面角A1－DE－C的平面角，此时∠A1DC=90°，即A1D⊥DC，A1D⊥DE，又DE DC=D，DE，DC 平面BCDE，所以A1D⊥平面BCDE，即A1D为四棱锥底面BCDE上的高．由题意可得DE=2×=，A1D=AD=2×=1，则四棱锥A1－BCDE的体积的最大值为××1=，故B正确．对于C，假设存在某个位置，使得A1E⊥BE，如图，连接CE．由正三角形的性质得CE⊥BE，因为A1E CE=E，A1E，CE 平面A1CE，所以BE⊥平面A1CE．又A1C 平面A1CE，所以BE⊥A1C．由A知DE⊥A1C，因为DE BE=E，DE，BE 平面BCDE，所以A1C⊥平面BCDE，又CD 平面BCDE，所以A1C⊥CD，则A1D=AD＞CD，与题设矛盾，假设不成立，故C错误．对于D，由题设，点M在线段A1C上，且CM=2MA1，如图，取AC的中点N，连接NB，则NB⊥AC，NB∥DE．由于底面等边三角形ABC的边长为4，则BN=2，A1D=AD=1，MN=A1D=．因为DE⊥平面A1CD，所以BN⊥平面A1CD，又MN 平面A1CD，所以BN⊥MN，所以△BMN为直角三角形，且BN=2，MN=，故BM==，为定值，故D正确．
翻折问题
①过动顶点向折痕作垂线，则动点的轨迹是以垂足为圆心的圆弧；
②要理清折叠前后哪些位置关系发生了改变，哪些不变．
变式3 (多选)如图，在矩形ABCD中，AB=2BC=2，M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折，直至点D落在边AB上．当△ADM翻折到△PAM的位置时，连接PB，PC，则( ACD )
A．四棱锥P－ABCM体积的最大值为
B．存在某一翻折位置，使得AM⊥PB
C．若E为AB的中点，则当PE=时，二面角P－AM－C的余弦值为
D．若N为PB的中点，则CN的长为定值
【解析】 对于A，当平面PAM⊥平面ABCM时，四棱锥P－ABCM的体积最大，此时四棱锥P－ABCM的高为点D到AM的距离，直角梯形ABCM的面积为(AB＋CM)×BC=，则四棱锥P－ABCM体积的最大值为××=，故A正确；对于B，若AM⊥PB，由题知AM⊥BM，又PB BM=B，PB，BM 平面PBM，所以AM⊥平面PBM．又PM 平面PBM，所以AM⊥PM，矛盾，故B错误；对于C，取AM的中点O，连接OP，OE，如图，由题意，AM⊥OP，AM⊥OE，所以∠POE为二面角P－AM－C的平面角，在△POE中，PE=，OP=OE=，则cos∠POE==，故C正确；对于D，取AB的中点E，连接EN，NC，EC，则EN∥PA，EN=PA，且四边形AECM为平行四边形，EC∥AM，EC=AM，所以∠NEC=∠PAM=θ，而在翻折过程中，θ，EN，EC不变，由余弦定理知CN为定值，故D正确．
配套热练
1．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为所在棱的中点，P为平面BCC1B1内(包括边界)一动点，且D1P∥平面EFG，则点P的轨迹长度为( B )
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】 因为A1D1∥BC，则A1，B，C，D1四点共面．如图，连接CD1，A1B．因为E，F分别为所在棱的中点，所以EF∥A1B，又EF 平面EFG，A1B 平面EFG，所以A1B∥平面EFG．因为F，G分别为所在棱的中点，所以FG∥A1D1，又FG 平面EFG，A1D1 平面EFG，所以A1D1∥平面EFG．因为A1B A1D1=A1，A1B，A1D1 平面A1BCD1，所以平面EFG∥平面A1BCD1．由平面BCC1B1 平面A1BCD1=BC，可得当且仅当点P在棱BC上，即D1P 平面A1BCD1时，满足D1P∥平面EFG，所以点P的轨迹为线段BC，长度为2．
2．(2025·九江一模)在棱长为的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在正方体内(包含边界)运动．若直线A1P与DC所成角为，则动点P所围成的图形的面积是( B )
A． B．
C． D．π
【解析】 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，DC∥A1B1，直线A1P与DC所成角为，即直线A1P与直线A1B1所成角为，故动点P所围成的图形是高为，底面半径为1，母线长为2的圆锥侧面的四分之一，所以动点P所围成的图形的面积为×π×1×2=．
3．(2025·湛江二模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为，以顶点A为球心，为半径的球的球面与正方体的表面的交线总长为( B )
A．3π B．π
C． D．
【解析】 因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为，则表面ABCD，ADD1A1，ABB1A1上的点到点A的最大距离为＜，所以以顶点A为球心，为半径的球的球面与这三个表面没有公共点．如图，若球面与表面CDD1C1的公共点为P，因为AP=，所以DP=2，由CD=，可得∠PDC=30°，同理可得∠D1DQ=30°，则∠QDP=30°，可知点P的运动轨迹是以D为圆心，2为半径的圆与表面CDD1C1的交线，即圆心角为30°，半径为2的圆弧．同理可得球面与表面A1B1C1D1，BCC1B1的交线也都是圆心角为30°，半径为2的圆弧，所以交线总长为3××2=π．
4．(2025·茂名一模)在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，=2，=2，过点B，E，F的平面截该正方体所得截面的周长为( B )
A．4＋3 B．6＋3
C．4＋8 D．6＋8
【解析】 如图，取D1C1的中点N，D1A1的中点M，连接MN，NF，ME，则五边形BEMNF为过点B，E，F的截面．取CF的中点J，DD1靠近D1的三等分点K，连接D1J，CK，EK，则NF∥D1J，又CJ∥D1K且CJ=D1K，所以四边形CJD1K为平行四边形，所以CK∥D1J，则NF∥CK．因为EK∥BC且EK=BC，所以四边形EKCB为平行四边形，所以EB∥CK，则NF∥BE，所以N，F，B，E四点共面．取BB1，AA1靠近B，A的三等分点G，H，连接C1G，GH，D1H，同理可证BF∥C1G，D1H∥C1G，D1H∥EM，所以BF∥EM，所以B，F，M，E四点共面，所以N，F，B，E，M五点共面．又NF=ME==，BE=BF==2，MN==3，所以截面周长为6＋3．
5．(2025·三门峡期末)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AA1，BC，CC1的中点，动点H在平面EFG内，且DH=1，则下列说法正确的是( C )
A．存在点H，使得直线DH与直线FG相交
B．存在点H，使得直线DH⊥平面EFG
C．直线B1H与平面EFG所成角的大小为
D．平面EFG被正方体所截得的截面面积为
【解析】 如图(1)，连接DF，DG，则DF=DG=，FG=．取FG的中点M，连接DM，则DM=＞1，即点D到线段FG的最短距离大于1，所以不存在点H，使得DH与直线FG相交，故A不正确．以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E，F，G，D(0，0，0)，所以=，=(－1，1，0)，=．设平面EFG的法向量为n=(x，y，z)，所以即令x=1，则y=1，z=1，所以n=(1，1，1)，所以点D到平面EFG的距离为==＜1，而DH=1，所以不存在点H，使得直线DH⊥平面EFG，故B不正确．因为=(1，1，1)，所以DB1⊥平面EFG．连接DB1交EG于点O，则O为DB1的中点，DO=B1O=，所以∠B1HO为直线B1H与平面EFG所成的角．因为DH=1，在Rt△ODH中，sin∠DHO==，所以∠DHO=．因为Rt△OB1H与Rt△ODH全等，所以∠B1HO=∠DHO=，故C正确．如图(2)，延长GF交B1B的延长线于点N，连接EN交AB于点P，连接PF；取D1C1的中点K，D1A1的中点J，连接KG，EJ，KJ，则KG∥EP，EJ∥GF，KJ∥PF，所以平面EFG被正方体所截得的截面图形为正六边形PFGKJE，且边长为，所以截面面积为6×××=，故D不正确．
图(1)
图(2)
6．(多选)如图，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E是棱A1B1的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列说法正确的是( ACD )
A．如果AM⊥BD1，则点M的轨迹所围成图形的面积为
B．如果B1M∥平面AEC1，则点M的轨迹所围成图形的周长为
C．如果EM∥平面D1B1BD，则点M的轨迹所围成图形的周长为2＋
D．如果EM⊥BD1，则点M的轨迹所围成图形的面积为
【解析】 如图(1)，由A1D1⊥平面A1B1BA，AB1 平面A1B1BA，得A1D1⊥AB1．又AB1⊥BA1，A1D1 BA1=A1，A1D1，BA1 平面BA1D1，所以AB1⊥平面BA1D1．又BD1 平面BA1D1，所以AB1⊥BD1，同理AC⊥BD1．因为AB1 AC=A，AB1，AC 平面ACB1，所以BD1⊥平面ACB1，所以BD1垂直于平面ACB1内的所有直线．又A∈平面ACB1，若AM⊥BD1，则M在边长为的正三角形ACB1的边上，故轨迹图形的面积为×()2×sin 60°=，故A正确．如图(2)，设F，G分别为CD，AB的中点，连接AF，FC1，B1G，GC，CB1．由正方体的性质易得AE∥B1G∥FC1，AE=B1G=FC1，所以A，E，C1，F四点共面，且四边形AEC1F为平行四边形，故平面AEC1即为平面AEC1F．因为AE 平面AEC1F，B1G 平面AEC1F，所以B1G∥平面AEC1F，同理可得CG∥平面AEC1F，又B1G CG=G，B1G，CG 平面B1CG，所以平面B1CG∥平面AEC1F．要使B1M∥平面AEC1，则M在△B1CG的边上，所以轨迹图形的周长为＋2×=＋，故B错误．如图(3)，设G，I，J分别为AB，AD，A1D1的中点，连接EG，GI，IJ，JE，显然EG∥IJ，所以E，G，I，J四点共面，即E，G，I，J∈平面EGIJ．因为EG∥BB1，EG 平面D1B1BD，BB1 平面D1B1BD，所以EG∥平面D1B1BD，又IG∥BD，所以同理可得IG∥平面D1B1BD．因为EG IG=G，EG，IG 平面EGIJ，所以平面D1B1BD∥平面EGIJ，故平面EGIJ内任意直线都与平面D1B1BD平行，要使EM∥平面D1B1BD，则M在四边形EGIJ的边上运动，此时轨迹图形的周长为2×＋2×1=＋2，故C正确．如图(4)，若H，I，K，L，N分别是AA1，AD，CD，CC1，B1C1的中点，并依次连接，易知六边形ENLKIH为正六边形，显然EH∥AB1，EN∥IK∥AC，因为EH 平面ACB1，AB1 平面ACB1，所以EH∥平面ACB1，同理可得EN∥平面ACB1，又EH EN=E，EH，EN 平面ENLKIH，所以平面ENLKIH∥平面ACB1．由BD1⊥平面ACB1，知BD1⊥平面ENLKIH，故BD1垂直于平面ENLKIH内的所有直线．要使EM⊥BD1，则M在边长为的正六边形ENLKIH边上运动，所以轨迹图形的面积为6××2×=，故D正确．
图(1)
图(2)
图(3)
图(4)
7．(多选)如图，在矩形ABCD中，AB=2AD=2，E为AB的中点，将△ADE沿DE翻折成△A1DE(A1 平面ABCD)，若M为线段A1C的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是( ACD )
A．存在某个位置，使得DA1⊥EC
B．存在某个位置，使得AC⊥平面A1DE
C．四棱锥A1－DCBE体积的最大值为
D．点M在某个球面上运动
【解析】 对于A，由题意知DA1⊥A1E，若存在某个位置使得DA1⊥EC，则由A1E EC=E，A1E，EC 平面A1EC，知DA1⊥平面A1EC，又A1C 平面A1EC，所以DA1⊥A1C．由题意知DA1=1，DC=2，故此时A1C=，易知在折叠过程中，A1C∈(1，)，所以存在某个位置，使得A1C=，故存在某个位置，使得DA1⊥EC，故A正确．对于B，若存在某个位置，使得AC⊥平面A1DE，因为DE 平面A1DE，所以AC⊥DE，但在矩形ABCD中，AD=AE=BE=BC=1，则△ADE，△EBC为等腰直角三角形，所以∠AED=∠ECB=，显然∠CAE≠，故AC⊥DE不成立，所以不存在某个位置，使得AC⊥平面A1DE，故B错误．对于C，当平面A1DE⊥平面DCBE时，四棱锥A1－DCBE的体积最大，又△A1DE为等腰直角三角形，所以此时点A1到平面DCBE的距离为DE=，所以四棱锥A1－DCBE体积的最大值为V=S四边形DCBE×=××(2＋1)×1×=，故C正确．对于D，如图，取DC的中点O，连接OM．由于M为线段A1C的中点，所以OM∥DA1且OM=DA1=，所以点M在以点O为球心，为半径的球面上，故D正确．
8．(2025·南通一调节选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AB，A1D1的中点，则平面CEF截该正方体所得的截面面积为____．
【解析】 如图，取C1D1上靠近D1的四等分点G，连接FG，则FG∥EC．连接CG，延长GF交B1A1的延长线于点M，连接EM，交AA1于点H，连接HF，则H为AA1上靠近A1的三等分点，平面CEF截正方体的截面为五边形CEHFG．取CD上靠近D的四等分点G1，AD的中点F1，连接F1G1，则截面在底面ABCD上的投影为五边形AECG1F1．过点G1作G1H⊥CE，垂足为H，连接GH，易证GH⊥CE，所以∠GHG1为二面角G－CE－G1的平面角．计算易得G1H=×=，GH==，所以cos∠GHG1==．因为五边形AECG1F1的面积为2×2－×1×2－×1×=，所以截面CEHFG的面积S=÷=．
9．(2025·芜湖期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，F为棱A1B1的中点，点P在平面C1EF内运动，D1P与平面C1EF所成角为，则点P的轨迹长度为____．
【解析】 如图，以A为原点，AD，AB，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D(2，0，0)，C1(2，2，2)，C(2，2，0)，E(2，1，0)，F(0，1，2)，=(－2，0，2)，=(0，1，2)．设平面C1EF的法向量为n=(x1，y1，z1)，则令x1=1，得z1=1，y1=－2，则n=(1，－2，1)．而D1(2，0，2)，C1(2，2，2)，则=(0，2，0)．设D1到平面C1EF的距离为d1，则由点到平面的距离公式得d1===．如图，作D1H⊥平面C1EF，连接PH．因为D1P与平面C1EF所成角为，所以∠D1PH=，则tan ∠D1PH==，解得PH=．而点P在平面C1EF内运动，则点P的轨迹是半径为的圆，故其长度为×2×π=．
10．(2025·安庆二模节选)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB=，BB1=1，P为正三棱柱表面上异于点B1的点，若PB1=，则点P的轨迹的长度为__ π__．
【解析】 如图，在棱BC上取点D，使BD=1，在棱AB上取点E，使BE=1，在棱A1C1上取中点H，则BH=，则点P的轨迹由圆弧，，，构成，且其所在圆的半径依次为A1B1=，B1C1=，BD=1，HC1=，圆心角依次为45°，45°，60°，180°，则圆弧，，，的长分别为，，，，故点P的轨迹的长度为π．
11．(2025·菏泽一模)如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠B=90°，E是AB的中点，D是AC边上靠近A的四等分点，将△ADE沿DE翻折，使A到点P处(点P在平面ABC上方)，得到四棱锥P－BCDE，则：
(1) PC的中点M的运动轨迹长度为__ __；
(2) 四棱锥P－BCDE外接球表面积的最小值为__10π__．
【解析】 (1) 易知点M到DC中点的距离等于PD=AD=，且点P在平面ABC上方，所以点M的轨迹是以DC的中点为圆心，为半径的半圆，所以PC的中点M的运动轨迹长度为π×=．
(2) 由题易得四边形BCDE的外接圆的圆心为CE的中点，所以四边形BCDE的外接圆的半径r=CE==，所以四棱锥P－BCDE外接球的球心O在过四边形BCDE的外接圆的圆心且垂直平面BCDE的直线上．设四棱锥P－BCDE外接球的半径为R，设球心O到四边形BCDE的外接圆的圆心的距离为t，则R2=r2＋t2≥r2=，当t=0时等号成立，所以四棱锥P－BCDE的外接球表面积的最小值为4π×=10π．
12．(2025·茂名二模)已知棱长为a的正四面体P－ABC，且=，Q为侧面PBC内的一动点，若QM=QB，则点Q的轨迹长度为__ __．
【解析】 如图(1)，以A为原点，以的方向为x轴，平面ABC内与AB垂直的直线为y轴，过点A垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，可得A(0，0，0)，B(a，0，0)．因为=，可得M．设Q(x，y，z)．因为QM=QB，即QM2=QB2，可得2＋y2＋z2=［(x－a)2＋y2＋z2］，整理得x2＋y2＋z2=，所以点Q在空间中的轨迹是以A为球心，半径为a的球．又点Q在侧面PBC内，过点A作AO⊥平面PBC于点O，则O为△PBC的中心，且可得AO==a，所以点Q在侧面PBC内的轨迹是以O为圆心，以=为半径的圆的一部分(如图(2)所示的圆的虚线部分)．因为OG=×a=a，所以cos∠SOG===，所以∠SOG=，则∠SOT=，所以点Q的轨迹长度为×=．
图(1)
图(2)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)5 空间几何体的截面与轨迹问题
基础打底
1．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，过点A且以为法向量的平面为α，则α截该正方体所得截面的形状为( )
A．三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
2．若球的两个平行截面的面积分别为10π和16π，球心到这两个截面的距离之差为，则该球的直径为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
3．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为截面A1C1B上的动点，若DP⊥A1C，则点P的轨迹长度是( )
A． B．
C． D．1
4．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，Q为侧面BB1C1C内一动点(含边界)，若D1Q=，则点Q的轨迹长度为____．
强技提能
截面问题
例1 (1) (2025·连云港期中)在一次通用技术实践课上，木工小组需要将正方体木块截去一角，要求截面经过面对角线AC上的点P(如图)，且与平面B1CD1平行．已知AA1=10 Cm，AP=6 Cm，则截面面积等于____Cm2．
(2) (2025·张家界质检)如图，在棱长为的正方体ABCD－A′B′C′D′中，E，F，G分别是棱A′B′，B′C′，CD的中点，则由点E，F，G确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于___．
立体几何中截面问题的处理思路
1．直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
2．作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
3．作延长线找交点法：若直线相交但在几何体中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
4．辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面．
变式1 (2025·济宁调研)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为2，AB⊥BC，AB=BC=2，过AB，BB1的中点E，F作平面α与平面AA1C1C垂直，则所得截面周长为____．
轨迹问题
例2 (1) (动点保持等距)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，点P在该正方体的表面上运动，且PA=4，则点P的轨迹长度是____．
(2) (动点保持平行)(2025·太原期末)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，F为正方形BCC1B1内一个动点(包括边界)，且A1F∥平面AD1E，则动点F的轨迹的长度为____．
(3) (动点保持垂直)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB=1，AA1=4，E为DD1的中点，P为该正四棱柱表面上一点，且C1P⊥B1E，则点P的轨迹的长度为____．
(4) (动点保持等角)在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是线段BC的中点，点P在正方形DCC1D1(包括边界)内运动，且满足∠APD=∠MPC，则点P的轨迹的长度为____．
(1) 与平行有关的轨迹：①线面平行转化为面面平行求轨迹；②平行时可利用法向量垂直关系求轨迹．
(2) 与垂直有关的轨迹：①可利用线线、线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；②利用空间坐标运算求轨迹；③利用垂直关系转化为平行关系求轨迹．
(3) 与距离有关的轨迹：①可转化为在一个平面内的距离关系，借助球和圆的定义等知识求解轨迹；②利用空间坐标计算求轨迹．
(4) 与角度有关的轨迹：①直线与平面成定角，可能是圆锥侧面；②直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；③利用空间坐标计算求轨迹．
变式2 (1) (2025·孝义二模)如图，在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是____．
(2) (2025·鞍山质检)在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别是BD1，B1C1的中点，M为正方体表面上一动点，若MP与CQ垂直，则点M所构成的轨迹的周长为____．
(3) 已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB=2，E为平面A1BD内的动点，设直线AE与平面A1BD所成的角为α，若sin α=，则点E的轨迹所围成的面积为____．
翻折问题
例3 (多选)如图，等边三角形ABC的边长为4，E为边AB的中点，ED⊥AC于D．将△ADE沿DE翻折至△A1DE的位置，连接A1C．在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A．DE⊥A1C
B．四棱锥A1－BCDE的体积的最大值是
C．存在某个位置，使A1E⊥BE
D．在线段A1C上，存在点M满足=，使BM为定值
翻折问题
①过动顶点向折痕作垂线，则动点的轨迹是以垂足为圆心的圆弧；
②要理清折叠前后哪些位置关系发生了改变，哪些不变．
变式3 (多选)如图，在矩形ABCD中，AB=2BC=2，M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折，直至点D落在边AB上．当△ADM翻折到△PAM的位置时，连接PB，PC，则( )
A．四棱锥P－ABCM体积的最大值为
B．存在某一翻折位置，使得AM⊥PB
C．若E为AB的中点，则当PE=时，二面角P－AM－C的余弦值为
D．若N为PB的中点，则CN的长为定值
配套热练
1．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为所在棱的中点，P为平面BCC1B1内(包括边界)一动点，且D1P∥平面EFG，则点P的轨迹长度为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
2．(2025·九江一模)在棱长为的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在正方体内(包含边界)运动．若直线A1P与DC所成角为，则动点P所围成的图形的面积是( )
A． B．
C． D．π
3．(2025·湛江二模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为，以顶点A为球心，为半径的球的球面与正方体的表面的交线总长为( )
A．3π B．π
C． D．
4．(2025·茂名一模)在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，=2，=2，过点B，E，F的平面截该正方体所得截面的周长为( )
A．4＋3 B．6＋3
C．4＋8 D．6＋8
5．(2025·三门峡期末)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AA1，BC，CC1的中点，动点H在平面EFG内，且DH=1，则下列说法正确的是( )
A．存在点H，使得直线DH与直线FG相交
B．存在点H，使得直线DH⊥平面EFG
C．直线B1H与平面EFG所成角的大小为
D．平面EFG被正方体所截得的截面面积为
6．(多选)如图，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E是棱A1B1的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列说法正确的是( )
A．如果AM⊥BD1，则点M的轨迹所围成图形的面积为
B．如果B1M∥平面AEC1，则点M的轨迹所围成图形的周长为
C．如果EM∥平面D1B1BD，则点M的轨迹所围成图形的周长为2＋
D．如果EM⊥BD1，则点M的轨迹所围成图形的面积为
7．(多选)如图，在矩形ABCD中，AB=2AD=2，E为AB的中点，将△ADE沿DE翻折成△A1DE(A1 平面ABCD)，若M为线段A1C的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A．存在某个位置，使得DA1⊥EC
B．存在某个位置，使得AC⊥平面A1DE
C．四棱锥A1－DCBE体积的最大值为
D．点M在某个球面上运动
8．(2025·南通一调节选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AB，A1D1的中点，则平面CEF截该正方体所得的截面面积为____．
9．(2025·芜湖期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，F为棱A1B1的中点，点P在平面C1EF内运动，D1P与平面C1EF所成角为，则点P的轨迹长度为____．
10．(2025·安庆二模节选)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB=，BB1=1，P为正三棱柱表面上异于点B1的点，若PB1=，则点P的轨迹的长度为__ __．
11．(2025·菏泽一模)如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠B=90°，E是AB的中点，D是AC边上靠近A的四等分点，将△ADE沿DE翻折，使A到点P处(点P在平面ABC上方)，得到四棱锥P－BCDE，则：
(1) PC的中点M的运动轨迹长度为__ __；
(2) 四棱锥P－BCDE外接球表面积的最小值为____．
12．(2025·茂名二模)已知棱长为a的正四面体P－ABC，且=，Q为侧面PBC内的一动点，若QM=QB，则点Q的轨迹长度为__ _．
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