立体几何中的轨迹问题、立体几何与圆锥曲线综合问题专项训练-2026届高考数学二轮复习

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A．若为线段上一点，则三棱锥的体积为定值
B．若该正方体表面上的动点满足，则动点的轨迹长度是
C．若为侧面的中心，则过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积为
D．若该正方体的内切球表面上的动点满足平面，则线段长度的最小值为
【答案】ACD
【详解】对于A，若为上一点，由、平面、平面，
得平面，则点到平面的距离为定值，又的面积为定值，
因此三棱锥的体积为定值，A正确；
对于B，动点在正方形、正方形、正方形内，
其轨迹是以点为圆心，2为半径的圆弧，
因此动点的轨迹长度是，B错误；
对于C，若为的中心，即的中点，取的中点，
连接，则，
由平面得，则，
又平面，
于是平面，，取中点，连接，同理，
因此平面，过与垂直的平面截正方体所得截面为，
，则的面积为，C正确；
对于D，在正方体中，平面平面，
由点满足平面，则点在平面上，
又点在正方体的内切球表面上，
则点的轨迹为正三角形的内切圆，记圆心为，半径为，

因此的最小值为，D正确.
故选：ACD
例2．（2026·江苏镇江·一模·多选）如图点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ）
A．当为的中点时，
B．当在面上，且直线与所成的角为时，点的轨迹长度为
C．三棱锥体积的最大值为
D．当平面时，线段长度最大值为
【答案】ACD
【详解】对于A，当为的中点时，
因为是线段的中点，所以，
在正方体中，平面，
因为平面，所以，
因为，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，故A正确；
对于B，连接，，以为圆心，为半径画，如图1所示，
当点在弧上时，直线与所成的角为，
长度，故点的轨迹长度为，故B错误：
对于C，因为，而等边的面积为定值，
要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，
易知点是正方体到平面距离最大的点，
所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体，
其高为，
所以，故C正确；
对于D，取，，，，，的中点分别为，，，，，，
连接，，，，，，，，，如图2所示，
易知，面，平面，
故平面，，平面，平面，
故平面，又，，平面，
故平面平面，又，，，
故平面与平面是同一个平面，则点的轨迹为该正六边形，；
故，故长度的最大值为，故D正确.
例3．（25-26高三上·山东济宁·月考·多选）如图，棱长为2的正方体中，P，Q分别是棱，棱的中点，动点M满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则三棱锥的体积为定值
C．若，，则直线与直线所成角的最小值为45°
D．若动点M在三棱锥外接球的表面上，则点M的轨迹长度为
【答案】ABC
【详解】以D为坐标原点，，，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
对于A，因，，则，
即，所以，又，
所以，
所以，所以，故A正确；
对于B，因为，，所以点M在直线上，
又因为，，则四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，则平面，
故M到平面的距离为定值，又的面积为定值，即三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于C，点P为的中点，坐标为，点M的坐标为，
向量，向量，
设直线与直线所成的角为，因为，
则，
故当时，，则，
又因余弦函数在第一象限单调递减，故直线与直线所成角的最小值为45°，即C正确；
对于D，因为三棱锥即为三棱锥，又底面是直角三角形，
过的中点N作平面，是三棱锥外接球的球心，
因为平面，所以，又，
所以三棱锥外接球的半径，
因为点M在平面内，又在三棱锥外接球的表面上，
所以M的轨迹是平面截三棱锥外接球的截面圆，
又易得到平面的距离为1，所以截面圆的半径为，
所以M的轨迹的周长为，故D错误.
例4．（25-26高三上·山西太原·期末·多选）已知棱长为的正方体中，点为棱的中点，动点为四边形内一个动点（包括边界），则下列结论正确的是（ ）
A．若，则点的轨迹的长度为
B．若，则的最小值为
C．若，则的最大值为
D．若点到点的距离等于它到直线的距离，则的最大值为
【答案】BC
【详解】设，则，在正方体中，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、、、，
设点，其中，，
，，
因为，则，
整理可得，
此时点的轨迹是以点为圆心，且半径为的半圆，
故点的轨迹的长度为，A错；
对于B选项，因为，
化简可得，其中，，
由可得，可得，
又因为，则，可得，
所以
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，B对；
对于C选项，因为，
化简得，其中，，
所以
，当且仅当或时，等号成立，故的最大值为，C对；
对于D选项，，，
点到直线的距离为，
，由题意可得，
所以，整理可得，
因为，则，从而，
所以，又因为，故，故，
则的最大值为，D错.
故选：BC.
变式1．（25-26高三上·贵州黔西南·月考·多选）如图所示，底面为菱形的直棱柱中，点在侧棱上，，点为侧面内一动点（包含边界），则（ ）
A．平面截四棱柱所得的截面是四边形
B．
C．平面与平面所成角的余弦值为
D．若平面，则点的轨迹的长度为
【答案】ABD
【详解】对A，取中点，连接，如图，
则（都与平行），所以四点共面，
则平面截四棱柱所得的截面是四边形，A正确．
对B，连接，由题意可得，底面，底面，所以，
而平面，
所以平面，又平面，所以，B正确．
对C，设与交于点，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，则
不妨取，则，易知平面的一个法向量为，
则，C错误．
对D，连接，由A项知四点共面，平面，
又平面平面，所以，
所以的轨迹为线段（不含点），，D正确．
故选：ABD.
变式2．（25-26高二上·浙江绍兴·期末·多选）点是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则（ ）
A．当点在面上运动时，三棱锥的体积为定值
B．当点在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．若直线与平面所成的角为45°，则点的运动轨迹长度是
D．设点是的中点，当在底面上运动，且满足时，的最小值为
【答案】ABD
【详解】对于A，当点在面上运动时，点到平面的距离为正方体的棱长，
所以，所以三棱锥的体积为定值，A正确，
对于B，因为,故与所成角等于与所成角，连接，易知为等边三角形，如下图：
与夹角为，当为中点时，,夹角为，故夹角的取值范围为,B正确，
对于C，易知与平面所成的角均为，如下图所示：
只需保证点在线段上运动即可，
当点在平面内运动时，需满足到点的距离为2即可，
此时点的运动轨迹是以点为圆心的圆弧，
因此可知点的运动轨迹长度为，即C错误；
对于D，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如下图：
易知,设,
则
由，得，故,
的长度，
代入，得，当时，最小，最小值为，D正确.
故选：ABD
变式3．（25-26高二上·湖南岳阳·期末·多选）如图，在棱长为3的正方体中，是侧面内的一点，是线段上的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．过点A，P，E的平面截该正方体所得的截面图形不可能为五边形
B．当点是线段的中点时，存在点，使得平面
C．存在点，使得平面平面
D．当为棱的中点且时，点的轨迹长度为
【答案】BCD
【详解】A选项，当为中点，为中点时，
在上取点Q ，使，在上取点T ，使
连接、，则，则四边形为平行四边形，则,
在平面内过点作，交于N，则,
连接，则同理可证,
则五边形为过点A，P，E的平面截该正方体所得的截面，故A错误；
B选项，当点重合时，平面，
若是线段的中点，则为和的交点，
因为平面，平面，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
同理可证，，
因为平面，所以平面，
即平面，故B正确；
C选项，当为中点，为中点时，平面平面，
因为，平面，平面，则平面，
因为，又平面，平面，则平面，
又，则平面平面，故C正确；
D选项，当为棱的中点且时，点的轨迹长度为
取线段的中点，连接，则平面，
因为平面，所以，
因为，，所以，
则点在以为圆心，为半径且位于侧面内的圆上，
该圆分别交于点，
因为，所以，则，
故点的轨迹长度为，故D正确.
故选：BCD
变式4．（25-26高二上·江苏·期末·多选）已知正方体，是的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若到点与点的距离相等，则的轨迹为直线
B．若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线
C．若直线与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆
D．若直线与直线所成的角为，则的轨迹为双曲线
【答案】ABD
【详解】设正方体边长为2，以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，.
设.
选项A：，.
则，整理得，
此时为直线，A正确.
选项B：直线方程为：，，到直线的距离为.
直线方程为：，，，到直线的距离为.
则，整理得，此时为抛物线，B正确.
选项C：，易知为平面的一个法向量.
则，
所以，此时为圆，C错误.
选项D：，，
则，
即，此时为双曲线，D正确.
故选：ABD.
考点二 立体几何与圆锥曲线综合问题
例1．（25-26高二上·辽宁大连·期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于A、B两点（其中点A在x轴上方），的周长为.

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，将平面沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）互相垂直.
①若，求折叠后异面直线和所成角的余弦值；
②是否存在，使得折叠后点A与B之间距离为?若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)① ②
【详解】（1）由题意可知，∴，∴，
∴椭圆.
（2）①折叠前，由（1）可知，
∵，∴直线，
联立方程组得，即，解得或，
即，，

折叠后，如图建立空间直角坐标系，

则，，，，
∴，，
设折叠后异面直线和所成角为，
则.
②折叠前，设直线，，
联立方程组，整理得，
设点，则，，

∴，
，
∴
折叠后，如图建立空间直角坐标系，
则，
则，
∴，即，
∴，∵，则，
∴.

例2．（25-26高三上·吉林长春·月考）平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，经过且倾斜角为的直线与交于A，B两点（其中点在轴上方），且的周长为8，现将平面沿轴向上折叠，折叠后A，B两点在新图形中对应的点分别记为，且二面角为直二面角，如图所示.
(1)求折叠前的标准方程；
(2)若，求；
(3)当时，折叠后，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为的周长为，即，
又因为离心率为，则，可得
所以折叠前椭圆的标准方程.
（2）由（1）可知：，
直线经过且斜率为，则直线方程为，且直线与椭圆必相交，
与椭圆方程联立，消去得，
设交点，则，
由弦长公式可得：.
（3）当时，直线的方程为：，
联立方程，解得或，
即，
以原来的轴为轴，轴正半轴所在直线为轴，轴负半轴所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
故，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，
可得
平面的一个法向量为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
例3．（25-26高二上·江苏·期中）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，长轴长为4，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直．
(1)求出折叠以前在平面直角坐标系中椭圆的方程及点A ，B的坐标；
(2)在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原x轴仍然为x轴，原y轴正半轴仍然为y轴，原y轴负半轴为z轴），求出此时点A ，B的坐标及平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)，，.
(2)，； 平面与平面的夹角的余弦值为.
【详解】（1）因长轴为4，左焦点为，可得，则椭圆方程为：.
过点且倾斜角为的直线为：，
将直线方程与椭圆方程联立可得：，
消去得：或，
则；
（2）由（1）,结合图形的折叠前后的变化可得折叠后.
又，则，.
设平面法向量为，则，
取，则，故可取，
又易得平面法向量为，
所以平面与平面的夹角的余弦值为：.
变式1．（25-26高二上·辽宁锦州·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，经过点且倾斜角为的直线l与椭圆交于A，B两点（其中A点在x轴上方）如图1.将平面沿x轴向上折叠，使A点折至点位置且y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）互相垂直，如图2.
(1)当时，
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求点到平面的距离；
(2)是否存在，使得折叠后的周长与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
(2)存在，
【详解】（1）（ⅰ）由椭圆，得，则，
当时，直线l的方程为，
联立，解得或，
所以，，
如下图，以O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线分别为为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则折叠后，，，，，
所以，
则，即；
（ⅱ）由（ⅰ）知，，，，
设平面的一个法向量为，
则，故可取，
则点到平面的距离为.
（2）建立与（ⅰ）相同的空间直角坐标系，
设折叠前，，则折叠后，
因为折叠前周长是，依题意折叠后的周长是，
由，，，故，
设方程为，依题意，
联立，消去可得，
显然，则，，
而，，
则，①
则，
所以，②
由①②可得，
因为，
则得
所以，
化简得，
所以，解得，
因为，所以．
变式2．（2026·四川宜宾·一模）已知双曲线的离心率为，左､右焦点分别为､，焦点到渐近线的距离为1.经过点且倾斜角为的直线与双曲线的左支交于A､B两点（其中点A在x轴上方）.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)将平面沿x轴折叠，记y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）所成的二面角为.
（i）如图1，当时，求折叠后的值；
（ii）如图2，当时，求折叠后的线段长度的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）因为双曲线的离心率为，
所以，所以，
又因为，所以.
因为右焦点到渐近线的距离为1，取渐近线的方程为，
所以，所以，
所以双曲线的标准方程为
（2）（i）在折叠前（如图），可知左焦点，又，
所以直线的方程为.将其代入双曲线方程，
消去整理可得，
设交点，，则，，
分别代入，可得，，
所以，，
所以；
在折叠后（如图1），因为，所以平面平面，
易知原轴正半轴垂直于平面，进而原轴正半轴垂直于原轴，也垂直于原轴负半轴.
以射线方向为轴正方向，原轴负方向为轴正方向，
原轴正方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，
则，
所以折叠后.
（ii）在折叠前，设直线方程为，联立，
消去整理可得，
因为直线与双曲线的左支交于，两点（其中点A在x轴上方），
所以，,
由韦达定理可知，，所以.
在折叠后（如图2），以射线方向为轴正方向，原轴负方向为轴正方向，
过原点作直线垂直于平面，且向上方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.
因为，所以，，
所以，
因为，，
所以
设，则，且，
因为对称轴，所以在区间上单调递减，
所以，且无最大值，
所以折叠后的线段长度的取值范围是.
变式3．（25-26高三上·贵州贵阳·月考）如图，在南水北调工程中，某测量水位的仪器为圆柱形，它的底面半径为米，若将该测量仪装水固定在墙面和地面的角落内，仪器的轴线与地面所成的角为，液面呈椭圆形状，则
(1)若以椭圆的中心为原点，长轴为轴，短轴为轴建立直角坐标系，求该椭圆的标准方程；
(2)该椭圆：）的左、右焦点分别为，，经过点，且倾斜角为的直线与该椭圆交于，两点（其中点在轴上方），如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直.
①若，求异面直线和所成角的余弦值；
②是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)①；②存在，
【详解】（1）圆柱轴线与水平面夹角，所以，，椭圆的标准方程为.
（2）①由直线：与，联立消去整理得，
解得或，因为点，在轴上方，所以得，，
再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
记异面直线和所成角为，
则；
②设，在新图形中对应点记为，.
由，，故，
设折叠前，，
直线与椭圆联立方程得，，，
在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴）；
，，，，
，，
上式左右两边同时平方化简得：.
又；，
得，，
，，
解得，
∵，所以.考点目录
立体几何中的轨迹问题
立体几何与圆锥曲线综合问题