第04讲 立体几何中的轨迹及探索性问题（秋季讲义）-2024-2025学年高二数学秋季讲义（人教A版2019选择性必修第一、二册）

第04讲 立体几何中的轨迹及探索性问题 【人教A版2019】 模块一 立体几何中的轨迹问题 1．动点轨迹的判断方法 动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程. 2．立体几何中的轨迹问题的常见解法 (1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题. (2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法. (3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解. (4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解. (5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解. 【题型1 平行中的动态轨迹问题】 【例1.1】（23-24高二上·福建福州·期末）已知长方体，，，是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是（    ） A．3 B． C． D．2 【例1.2】（2024·湖南长沙·模拟预测）已知正方体的边长为2，M为的中点，P为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（    ） A． B．平面 C．与所成角的余弦值为 D．动点P的轨迹长为 【变式1.1】（23-24高二下·江苏南京·期中）如图，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC、的中点，P是侧面内一点（含边界），若平面AEF，点P的轨迹长度为 ． 【变式1.2】（24-25高三上·河南·开学考试）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，点分别为的中点，点为内的一个动点（包括边界），若 平面，则点的轨迹的长度为 . 【题型2 垂直中的动态轨迹问题】 【例2.1】（23-24高二上·四川泸州·阶段练习）在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是（ ）． A． B． C． D．4a 【例2.2】（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【变式2.1】（23-24高三上·浙江嘉兴·期末）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． 【变式2.2】（23-24高三上·北京·期末）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，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 【题型3 距离（长度）有关的动态轨迹问题】 【例3.1】（23-24高二上·全国·单元测试）如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC．则点M在正方形ABCD内的轨迹为（    ）    A．   B．   C．   D．   【例3.2】（2024·四川成都·模拟预测）在正方体中，分别为棱的中点，动点平面，，则下列说法错误的是（    ） A．的外接球面积为 B．直线平面 C．正方体被平面截得的截面为正六边形 D．点的轨迹长度为 【变式3.1】（23-24高二下·四川内江·期中）如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为正方形，且边长均为1．平面平面，M为底面内一动点．当时，M点在底面内的轨迹长度为 ． 【变式3.2】（23-24高二下·四川成都·期中）如图，已知棱长为2的正方体A′B′C′D′－ABCD，M是正方形BB′C′C的中心，P是△A′C′D内（包括边界）的动点，满足PM=PD，则点P的轨迹长度为 ． 【题型4 角度有关的动态轨迹问题】 【例4.1】（2024·辽宁·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 【例4.2】（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，则动点的轨迹的长度为 . 【变式4.1】（23-24高三上·河北保定·期末）如图，在棱长为8的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列三个结论：①若为上的动点，则的最小值为；②到平面的距离的最大值为；③为的中点，为空间中一点，且与平面所成的角为，与平面所成的角为，则在平面上射影的轨迹长度为，其中所有正确结论的序号是 ． 【变式4.2】（2024·安徽芜湖·二模）在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于． (1)当时，求点的轨迹长度； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 【题型5 翻折有关的动态轨迹问题】 【例5.1】（2024·浙江·模拟预测）已知矩形中，，，如图，将沿着进行翻折，使得点与点重合，若点在平面上的射影在四边形内部（包含边界），则动点的轨迹长度是（    ） A． B． C． D． 【例5.2】（2024·湖南邵阳·二模）如图所示，在矩形中，，，平面，且，点为线段（除端点外）上的动点，沿直线将翻折到，则下列说法中正确的是（    ） A．当点固定在线段的某位置时，点的运动轨迹为球面 B．存在点，使平面 C．点到平面的距离为 D．异面直线与所成角的余弦值的取值范围是 【变式5.1】（23-24高二上·广东广州·期末）已知矩形中，，现将沿对角线向上翻折（如图所示），若在翻折过程中，点D到点B的距离在内变化时，点的运动轨迹的长度等于 . 【变式5.2】（23-24高三上·浙江嘉兴·期中）如图，在中，，，.过的中点的动直线与线段交于点.将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的投影落在线段上.则点的轨迹长度为 . 模块二 立体几何中的探索性问题 1．与空间向量有关的探索性问题： 在立体几何中，与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题． 2．立体几何中的探索性问题的求解策略： 解决这两类探索性问题的解题策略是：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”. (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【题型6 线面位置的探索性问题】 【例6.1】（23-24高二上·上海·期末）如图，在正方体中，E为棱的中点.动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列四个结论中正确的个数是（   ） （1）存在点P，使得； （2）存在点P，使得平面； （3）的面积越来越小； （4）四面体的体积不变. A．0 B．1 C．2 D．3 【例6.2】（23-24高二上·上海嘉定·期中）在正方体中，为上一动点，则下列各选项正确的是（      ） A．存在点使得与平面垂直 B．存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．存在点使得与平面垂直 【变式6.1】（23-24高二上·天津蓟州·阶段练习）如图，在长方体中，，，. (1)求证：平面平面. (2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 【变式6.2】（24-25高二下·全国·课后作业）如图，在正三棱柱中，分别是的中点． (1)求证：平面平面． (2)在线段上是否存在一点Q，使平面？若存在，确定点Q的位置；若不存在，也请说明理由． 【题型7 与空间角有关的探索性问题】 【例7.1】（23-24高二下·浙江宁波·期中）如图，多面体中，直角梯形所在平面与正三角形所在平面垂直，，． (1)求该多面体的体积V； (2)在棱上是否存在点P，使得直线和平面所成的角大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【例7.2】（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为． (1)求直四棱柱的高； (2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由． 【变式7.1】（23-24高二上·安徽六安·期中）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为. (1)若为棱的中点，求证： 平面； (2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由. 【变式7.2】（23-24高三下·重庆·阶段练习）如图甲，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图乙所示的三棱锥.    (1)证明：； (2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 【题型8 与空间距离有关的探索性问题】 【例8.1】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且． (1)设线段中点为，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长． 【例8.2】（23-24高三下·江西·开学考试）已知等边的边长为4，分别是边的中点（如图1），现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且（如图2）. (1)证明：； (2)在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式8.1】（23-24高二下·江苏连云港·期中）如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为的中点．    (1)求二面角的正弦值； (2)线段上是否存在，使得它到平面的距离为? 若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【变式8.2】（23-24高三上·天津河西·阶段练习）如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由. 一、单选题 1．（23-24高二上·黑龙江齐齐哈尔·期末）正方体的棱长为为棱中点，为正方形内（舍边界）的动点，若，则动点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高三下·四川·期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，直线平面，是的中点，是线段上的动点，则直线与侧面的交点的轨迹长为（   ） A． B． C． D． 3．（2024·北京怀柔·模拟预测）如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（    ）    A．存在点E，使平面 B．三棱锥的体积随动点E变化而变化 C．直线与所成的角不可能等于 D．存在点E，使平面 4．（23-24高三上·浙江·阶段练习）如图，已知正方体AC的棱长为2、E、F分别是棱、的中点，点P为底面ABCD内（包括界）一动点，若直线与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高三上·四川成都·期末）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 6．（23-24高二上·福建泉州·期末）如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 7．（23-24高三上·北京大兴·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱的中点，点P在正方形的边界及其内部运动．给出以下四个结论： ①存在点P满足； ②存在点P满足； ③满足的点P的轨迹长度为； ④满足的点P的轨迹长度为． 其中正确的结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．（23-24高二上·北京·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点M是的中点，点N是底面正方形ABCD内的动点（包括边界），则下列选项正确的是（    ） A．不存在点N满足 B．满足的点N的轨迹长度是 C．满足平面的点N的轨迹长度是 D．满足的点M的轨迹长度是 二、多选题 9．（23-24高二上·江苏南京·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（    ） A．存在点，使得直线与直线所成的角为 B．存在点，使得直线与直线所成的角为 C．存在点，使得三棱锥的体积为 D．存在点，使得平面 10．（2024·湖南·三模）如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（    ）    A．三棱锥的体积是定值 B．存在点P，使得与所成的角为 C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D．若，则P的轨迹的长度为 11．（23-24高一下·吉林·期中）如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是AB，AD的中点，点P在正方形内部（含边界）运动，则下列结论正确的是（    ） A．若，则点P的轨迹长为 B．在线段上存在点P，使得直线PM与直线为异面直线 C．若P为线段的中点，则三棱锥与三棱锥体积相等 D．过点P可以作4条直线与，AC均成角 三、填空题 12．（23-24高一下·云南丽江·阶段练习）如图，棱长为2的正方体中，为的中点，点在底面上（包括边界）移动，且满足，则点在底面上运动形成的轨迹长度为 . 13．（2024·湖南长沙·三模）已知棱长为的正四面体，为的中点，动点满足，平面经过点，且平面平面，则平面截点的轨迹所形成的图形的周长为 . 14．（23-24高三下·四川巴中·阶段练习）如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），以下正确的是 .    ①； ②存在点，使得//面； ③的最小值为； ④存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 四、解答题 15．（24-25高二上·上海·单元测试）已知在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧面是正三角形且垂直于底面，是的中点． (1)判定直线与平面的位置关系，并说明理由； (2)在上是否存在一点，使平面. 16．（23-24高二上·安徽合肥·期末）如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状. 17．（23-24高二上·江西南昌·阶段练习）如图，在三棱锥中，平面平面，若为的中点.    (1)求点到平面的距离； (2)设是三角面内一点，且平面，求符合条件的点的轨迹长度. 18．（2024·安徽芜湖·二模）在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于． (1)当时，求点的轨迹长度； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 19．（23-24高二下·浙江宁波·期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.面面. (1)求证：： (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第04讲 立体几何中的轨迹及探索性问题 【人教A版2019】 模块一 立体几何中的轨迹问题 1．动点轨迹的判断方法 动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程. 2．立体几何中的轨迹问题的常见解法 (1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题. (2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法. (3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解. (4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解. (5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解. 【题型1 平行中的动态轨迹问题】 【例1.1】（23-24高二上·福建福州·期末）已知长方体，，，是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是（    ） A．3 B． C． D．2 【解题思路】根据给定条件，可得点在矩形及内部，结合平面，利用面面平行的知识找出点的轨迹，然后根据长方体的结构特征与解三角形的知识算出答案. 【解答过程】在长方体中，由，，，得点在矩形及内部， 又平面，故点在过且平行于平面的平面内， 连接交于点，取中点，连接，在上取点，使得，连接，，， 由是长方体，可知对角面为矩形，且， 因为，， 所以且，四边形为平行四边形，可得， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 因为是平面内的相交直线， 故平面平面，即平面是过且平行于平面的平面， 所以点的轨迹是四边形截面与平面的交线，即线段. 因为矩形中，，，可知， 所以，可得中，， 所以，即动点的轨迹所形成的轨迹长度为3. 故选：A. 【例1.2】（2024·湖南长沙·模拟预测）已知正方体的边长为2，M为的中点，P为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（    ） A． B．平面 C．与所成角的余弦值为 D．动点P的轨迹长为 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式、空间向量数量积的运算性质逐一判断即可. 【解答过程】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，    则， 所以， 由平面，得，即， 化简可得：， 所以动点P在直线上， 对于选项A：，所以与不垂直，所以A选项错误； 对于选项B：平面平面，所以平面，B选项正确； 对于选项C：，C选项正确； 对于选项D：动点P在直线上，且P为侧面上的动点，则P在线段上，，所以，D选项正确； 故选：BCD. 【变式1.1】（23-24高二下·江苏南京·期中）如图，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC、的中点，P是侧面内一点（含边界），若平面AEF，点P的轨迹长度为 ． 【解题思路】利用坐标法，根据线面平行和面面平行的判定及性质找出的轨迹，根据轨迹特点可求答案. 【解答过程】如图，分别取的中点，连接， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则 ; 所以, , ; 故，即，又平面，平面， 所以平面，同理可得平面，又平面， 所以平面平面； 因为P是侧面内一点（含边界），平面AEF， 所以点P必在线段MN上，即点P的轨迹为MN， 所以点P的轨迹长度为． 故答案为：. 【变式1.2】（24-25高三上·河南·开学考试）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，点分别为的中点，点为内的一个动点（包括边界），若 平面，则点的轨迹的长度为 . 【解题思路】记的中点为，点的轨迹与交于点，则平面平面，建立空间直角坐标系，利用垂直于平面，的法向量确定点的位置，利用向量即可得解. 【解答过程】由题知，两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 记的中点为，连接， 因为为正方形，为中点，所以，且， 所以为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 记点的轨迹与交于点，由题知平面， 因为是平面内的相交直线，所以平面平面， 所以即为点的轨迹， 因为， 所以， 设， 则， 设为平面的法向量， 则，令得， 因为，所以， 解得，则，又 所以， 所以. 故答案为：. 【题型2 垂直中的动态轨迹问题】 【例2.1】（23-24高二上·四川泸州·阶段练习）在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是（ ）． A． B． C． D．4a 【解题思路】建立空间直角坐标系设点，利用以及，两点的位置关系可得点的轨迹为四边形，求出该矩形周长即可得结果. 【解答过程】在正方体中，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， ∴，，，，∴， 设，则，    ∵，∴，可得； 当时，，当时，， 取，，，， 连结，，，， 则，， ∴四边形为矩形，则，， 即，，又和为平面中的两条相交直线， ∴平面， 又，， ∴为的中点，则平面， 为使，必有点平面， 又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形， 又，，∴，则点的轨迹不是正方形， 则矩形的周长为． 故选：A. 【例2.2】（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到⊥平面，由点到平面的距离和球的半径得到点的轨迹为以为半径的圆，从而求出点的轨迹长度. 【解答过程】以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 球心，取的中点，的中点，连接， 则，， ， 故，， 又，平面， 故⊥平面， 故当位于平面与内切球的交线上时，满足， 此时到平面的距离为 ， ，其中为平面截正方体内切球所得截面圆的半径， 故点的轨迹为以为半径的圆， 故点的轨迹长度为. 故选：B. 【变式2.1】（23-24高三上·浙江嘉兴·期末）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． 【解题思路】 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. 【解答过程】 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. 【变式2.2】（23-24高三上·北京·期末）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，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 【解题思路】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，在逐项判断，即可得出结果. 【解答过程】   在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系， 因为该正方体的棱长为，分别为的中点， 则，，，， 所以，设，则， 因为， 所以，，当时，；当时，； 取，，，， 连接，，，，则，， 所以四边形为矩形， 则，，即，， 又，且平面，平面， 所以平面， 又，，所以为中点，则平面， 所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动， 所以点的轨迹为四边形， 因此点不可能是棱的中点，即A错； 又，，所以，则点的轨迹不是正方形； 且矩形的周长为，故C错，D正确； 因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最大，所以线段的最大值为，故B错. 故选：D. 【题型3 距离（长度）有关的动态轨迹问题】 【例3.1】（23-24高二上·全国·单元测试）如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC．则点M在正方形ABCD内的轨迹为（    ）    A．   B．   C．   D．   【解题思路】以为原点，建立空间直角坐标系，设，得到，结合，化简的得到，即可求解. 【解答过程】以为原点，分别为轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，如图所示， 设，正方形边长为，则， 则， 由，即，整理得到， 所以点在正方形内的轨迹为一条直线的一部分 故选：A. 【例3.2】（2024·四川成都·模拟预测）在正方体中，分别为棱的中点，动点平面，，则下列说法错误的是（    ） A．的外接球面积为 B．直线平面 C．正方体被平面截得的截面为正六边形 D．点的轨迹长度为 【解题思路】可证明正方体被平面截得的截面为正六边形，故可判断C的正误，利用面面平行的判定定理可判断B的正误，利用补体法可求的外接球的直径后可判断A的正误，利用向量的方法可求到平面的距离，从而可求点的轨迹长度，故可判断D的正误. 【解答过程】如图，设的中点分别为，连接. 由正方体的性质可得，而为三角形的中位线， 故，故，故四点共面， 同理，也四点共面，故五点共面， 同理也四点共面，故六点共面. 正方体被平面截得的截面为六边形， ， 因为平面平面，平面平面， 而平面平面，故， 而为三角形的中位线，故，故， 但与方向相反，故与互补，而为等边三角形， 故，故，    同理， 故正方体被平面截得的截面为正六边形，故C正确. 由，平面，平面，故平面， 同理故平面，而平面， 故平面平面，而平面，故平面，故B正确. 对于A，将三棱锥补成如图所示的长方体， 其中分别为、的中点， 则其外接球的直径即为的体对角线的长度即， 故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确.    建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 故， 设平面的法向量为，则， 故，取，则， 故，而， 故到平面的距离为， 而，故点的轨迹为平面与球面的截面（圆）， 该圆的半径为，故圆的周长为，故D错误. 故选：D. 【变式3.1】（23-24高二下·四川内江·期中）如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为正方形，且边长均为1．平面平面，M为底面内一动点．当时，M点在底面内的轨迹长度为 ． 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量的方法求得M点在底面内的轨迹，进而求得其长度. 【解答过程】取中点N，中点O，连接， 因为平面平面， ，平面平面，平面 所以平面， 由题意可得两两垂直， 以O为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，令, 则 由，可得， 则，整理得， 则M点在底面内的轨迹为线段 ， 所以轨迹的端点的坐标为 则M点在底面内的轨迹长度为 故答案为：. 【变式3.2】（23-24高二下·四川成都·期中）如图，已知棱长为2的正方体A′B′C′D′－ABCD，M是正方形BB′C′C的中心，P是△A′C′D内（包括边界）的动点，满足PM=PD，则点P的轨迹长度为 ． 【解题思路】利用空间直角坐标系可知，平面A′C′D内的P满足， PM=PD的P满足，则可得，P是△A′C′D内（包括边界），则，点P的轨迹线段． 【解答过程】如图建立空间直角坐标系，则 设平面的法向量 则有，令，则 则 设，则 ∵，则 又∵PM=PD，则 整理得： 联立方程，则 可得，可得 当时，，当时， 在空间中，满足PM=PD的P为过MD的中点且与MD垂直的平面 两个平面的公共部分为直线，即点P的轨迹为平面A′C′D，则 故答案为：． 【题型4 角度有关的动态轨迹问题】 【例4.1】（2024·辽宁·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 【解题思路】以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系可证得平面，可得点的轨迹为圆，由此即可得． 【解答过程】解：以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴， 建立空间直角坐标系，，，，，， 故，， ，设平面的法向量为， 则， 令得，，故， 因为，故平面， 为平面上的动点，直线与直线的夹角为30°， 平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆， 即为点的轨迹，其中， 由对称性可知，，故半径， 故点的轨迹长度为. 故选：C. 【例4.2】（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，则动点的轨迹的长度为 . 【解题思路】建立空间直角坐标系，设出，由二面角的大小，列出方程，得到，设直线与轴交点分别为，得到动点的轨迹的长度为的长，由勾股定理求出答案. 【解答过程】因为平面，平面， 所以PA⊥AB，PA⊥AD， 又因为， 所以PA，AB，AD两两垂直， 所以以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 因为， 所以， 因为是四边形内部一点，设， 其中， 平面PDA的法向量为， 设平面QPD的法向量为，则 ， 令，则， 所以， ， 由于， 所以，故， 因为的平面角大小为，设为， 则， 解得：， 设直线与轴交点分别为， 故动点的轨迹的长度为的长， 令得：，故 令得：，故 由勾股定理得：， 所以动点的轨迹的长度为. 故答案为：. 【变式4.1】（23-24高三上·河北保定·期末）如图，在棱长为8的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列三个结论：①若为上的动点，则的最小值为；②到平面的距离的最大值为；③为的中点，为空间中一点，且与平面所成的角为，与平面所成的角为，则在平面上射影的轨迹长度为，其中所有正确结论的序号是 ①②③ ． 【解题思路】对于①：建系，设设，根据两点间距离公式分析求解；对于②：利用等体积法求点到面的距离；对于③：根据线面夹角分析可知：，建系，利用坐标系求点的轨迹方程. 【解答过程】对于①：以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，    可得， 设， 则，即， 可得， 当，即时，取到最小值，故①正确； 对于②：设到平面的距离的最大值为， 由可得，则， 由（1）可知的最小值为， 所以到平面的距离的最大值为，故②正确；    对于③：设在平面上射影为，连接， 可知：与平面所成的角为，与平面所成的角为， 则，可得， 在空间直角坐标系，则，    设，则， 整理得， 可知在平面上射影的轨迹为半径为的圆， 所以轨迹长度为，故③正确； 故答案为：①②③. 【变式4.2】（2024·安徽芜湖·二模）在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于． (1)当时，求点的轨迹长度； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 【解题思路】（1）先通过垂直关系得到，然后建立空间直角坐标系得到点的轨迹，根据角度求轨迹的长； （2）利用向量法求面面角，解方程求出点的坐标，进而利用体积公式求解即可. 【解答过程】（1）作交于， 因为平面平面，且平面平面，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， 又，， 所以，即， 设中点为，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，令得． 为平面的一个法向量，令二面角为角， ，又， 解得，（舍去）或，， 则或， 从而可得三棱锥的体积． 【题型5 翻折有关的动态轨迹问题】 【例5.1】（2024·浙江·模拟预测）已知矩形中，，，如图，将沿着进行翻折，使得点与点重合，若点在平面上的射影在四边形内部（包含边界），则动点的轨迹长度是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】过点作于点，交于点，则点在平面上的射影落在线段上.由翻折过程可知，，判断出的轨迹是以点为圆心，为半径的一段圆弧，求出圆心角，利用弧长公式求出弧长. 【解答过程】 如图（1），过点作于点，交于点，则点在平面上的射影落在线段上. 在中，，，则，由等面积法得. 翻折的过程中，动点满足，则动点的轨迹是以点为圆心，为半径的一段圆弧.易得，，，所以，则，如图（2），在圆中，，，所以点的轨迹是，且，则，，从而点的轨迹长度为. 故选：C. 【例5.2】（2024·湖南邵阳·二模）如图所示，在矩形中，，，平面，且，点为线段（除端点外）上的动点，沿直线将翻折到，则下列说法中正确的是（    ） A．当点固定在线段的某位置时，点的运动轨迹为球面 B．存在点，使平面 C．点到平面的距离为 D．异面直线与所成角的余弦值的取值范围是 【解题思路】当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，由此可判断A；无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，即可判断B；以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，由点到平面的距离公式求解，即可判断C；设，，利用向量夹角公式求解，即可判断D. 【解答过程】 选项A：当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，且在过点与垂直的平面内，故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故A错； 选项B：无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，故不与平面垂直，故B错； 选项C：以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，则，，，． ， 设平面的法向量为，取， 则点到平面的距离为，故C错； 选项D：设，，，，设与所成的角为，则，故D正确. 故选：D． 【变式5.1】（23-24高二上·广东广州·期末）已知矩形中，，现将沿对角线向上翻折（如图所示），若在翻折过程中，点D到点B的距离在内变化时，点的运动轨迹的长度等于 . 【解题思路】根据已知，可知点的运动轨迹是圆弧，做辅助线，将的长度的变化范围转化为二面角的变化范围，再由弧长公式计算即得. 【解答过程】如图所示：在矩形中，过点D作交AC于点F，交AB于点G， 过点B作交DF于点E，故点的运动轨迹是以F为圆心，以DF为半径的圆弧，为二面角的平面角. ∵，， ，， ，. 翻折后，，平面DFE， 平面.∵平面,. 当时，， 故是等边三角形，所以. 当时，， 因为,所以,所以. 则点的运动圆弧所对应的圆心角为. 故点的运动轨迹的长度是. 故答案为:. 【变式5.2】（23-24高三上·浙江嘉兴·期中）如图，在中，，，.过的中点的动直线与线段交于点.将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的投影落在线段上.则点的轨迹长度为 . 【解题思路】建立空间坐标系，求出的轨迹，根据折叠过程中量之间的关系的，可得的取值范围，进而得到圆心角，从而弧长即点的轨迹长度. 【解答过程】 因为翻折前后长度不变，所以点可以在空间中看做以为球心，AC为直径的球面上，又因为的投影始终在上，所以点所在的面垂直于底面， 故点轨迹为垂直于底面ABC的竖直面去截球所得圆面的圆弧，这个圆弧的直径为时，的长度（由余弦定理可得，所以此时）， 如图，以底面点B为空间原点建系，根据底面几何关系， 得点，点， 设点，翻折后点的投影在轴上， 所以点纵坐标为0，即由，， 根据空间两点之间距离公式可得轨迹：， 又因为动点要符合空间面翻折结论：， 即，其中， 又动点N在线段AB上动，设， 故， 且，由，可计算得横坐标范围为， 且点在上方，由，计算可得圆弧所在扇形圆心角为， 所以弧长为. 故答案为：. 模块二 立体几何中的探索性问题 1．与空间向量有关的探索性问题： 在立体几何中，与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题． 2．立体几何中的探索性问题的求解策略： 解决这两类探索性问题的解题策略是：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”. (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【题型6 线面位置的探索性问题】 【例6.1】（23-24高二上·上海·期末）如图，在正方体中，E为棱的中点.动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列四个结论中正确的个数是（   ） （1）存在点P，使得； （2）存在点P，使得平面； （3）的面积越来越小； （4）四面体的体积不变. A．0 B．1 C．2 D．3 【解题思路】设正方体棱长为，求出，由解得，确定（1）正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断（4），以为轴建立空间直角坐标系，可证明不可能与垂直，故（2）不正确；设，，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断（3）正确. 【解答过程】设正方体棱长为， 由平面平面得，同理， 所以 ， 由得，存在使得，（1）正确， 正方体中，平面，所以到平面的距离不变， 即到平面的距离不变，而面积不变，因此三棱锥，即四面体的体积不变，（4）正确; 以为轴建立空间直角坐标系，如下图，    正方体棱长为2，则， ，，所以不可能与垂直，故平面也不可能成立，故（2）错误； 设， 所以 设到直线的距离为，则 由二次函数性质知时，递减，所以递减，又不变， 所以的面积为递减，（3）正确， 综上：（1）（3）（4）正确 故选：D. 【例6.2】（23-24高二上·上海嘉定·期中）在正方体中，为上一动点，则下列各选项正确的是（      ） A．存在点使得与平面垂直 B．存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．存在点使得与平面垂直 【解题思路】如图，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，求出平面的法向量，设，然后逐个分析判断即可. 【解答过程】如图，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则， 所以， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设， 对于A，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，方程组不成立，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以A错误， 对于B，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，得不合题意，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以B错误， 对于C，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，方程组不成立，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以C错误， 对于D，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，得符合题意，所以当时，与共线，此时与平面垂直，所以D正确， 故选：D. 【变式6.1】（23-24高二上·天津蓟州·阶段练习）如图，在长方体中，，，. (1)求证：平面平面. (2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 【解题思路】（1）根据题意，以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，由法向量平行，即可证明面面平行； （2）由空间向量的坐标运算，由与平面的法向量垂直，代入计算，即可求解. 【解答过程】（1）证明：以D为原点，DA，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 则，，，. 设平面的法向量为， 则. 取，则，，所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则. 取，则，，所以平面的一个法向量为. 因为，即，所以平面平面. （2）设线段上存在点P使得平面，. 由（1）得，，平面的一个法向量为， 所以. 所以，解得. 所以当P为线段的中点时，平面. 【变式6.2】（24-25高二下·全国·课后作业）如图，在正三棱柱中，分别是的中点． (1)求证：平面平面． (2)在线段上是否存在一点Q，使平面？若存在，确定点Q的位置；若不存在，也请说明理由． 【解题思路】（1）应用线面平行判定定理得出面面平行即可证明； （2）建立直角坐标系，设点的坐标满足线面垂直即线线垂直计算求参. 【解答过程】（1）分别是的中点， ，∴四边形为平行四边形， ．平面平面,∴平面, 平面平面，平面． 又平面， ∴平面平面． （2）假设在线段上存在一点Q，使平面． 取的中点O，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， ． 平面， ，解得， ∴在线段上存在一点Q，使平面，此时点Q为点B． 【题型7 与空间角有关的探索性问题】 【例7.1】（23-24高二下·浙江宁波·期中）如图，多面体中，直角梯形所在平面与正三角形所在平面垂直，，． (1)求该多面体的体积V； (2)在棱上是否存在点P，使得直线和平面所成的角大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【解题思路】（1）取中点，连接，求证平面，即可由求出该多面体的体积. （2）先求证两两垂直，建立空间直角坐标系，设，依据已知条件求出和平面的法向量，再依据即可计算求解，进而得解. 【解答过程】（1）取中点，连接，则由为正三角形得， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又由题意， 所以该多面体的体积. （2）连接，由题意以及（1）可知且， 所以四边形是平行四边形，所以，所以， 所以由平面可知两两垂直， 所以可建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 所以，， 设，则， 所以， 设是平面的一个法向量，则， 所以，即，取，则， 所以直线和平面所成的角的正弦值为 ， 整理得，解得（舍去）或， 所以在棱上存在点P，使得直线和平面所成的角大小为，此时. 【例7.2】（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为． (1)求直四棱柱的高； (2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由． 【解题思路】（1）设，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系，设，用空间向量法结合直线与平面所成角为，列出方程求解即可； （2）假设能找到这样的点，设，且，根据平面与平面的夹角为及空间向量，列方程解出，即可说明存在，计算出即可． 【解答过程】（1）设， 因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故两两垂直， 如图，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 因为菱形中，， 所以，设， 则，， 所以 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 所以， 因为直线与平面所成角为， 所以，即，解得． （2）假设能找到这样的点， 设，且， 则， 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 则， 由平面与平面的夹角为， 可得，即，解得， 所以能找到这样的点， 此时，，故． 【变式7.1】（23-24高二上·安徽六安·期中）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为. (1)若为棱的中点，求证： 平面； (2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由. 【解题思路】（1）作出辅助线，证明出四边形是平行四边形，所以 ，从而得到线面平行； （2）先根据面面垂直得到线面垂直，是四棱锥的高，设，根据体积求出，建立空间直角坐标系，设，由线面角得到方程，求出，得到答案. 【解答过程】（1）取中点，连接， ∵分别为的中点， ，， ∵底面四边形是矩形，为棱的中点， ，， ，， 故四边形是平行四边形，所以 . 又平面，平面， ∴ 平面.    （2）假设在棱上存在点满足题意， 在等边中，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面平面， 平面，则是四棱锥的高. 设，则，矩形的面积 ，所以. 以点为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，      故. 设， ， 设平面的一个法向量为， 则，令得，， . 由题意可得， 整理得，解得或，又因为，所以， 故存在点，位于的中点处满足题意. 【变式7.2】（23-24高三下·重庆·阶段练习）如图甲，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图乙所示的三棱锥.    (1)证明：； (2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 【解题思路】（1）根据已知证出线面垂直，利用线面垂直性质即可得证； （2）利用余弦定理求出，，然后建立空间直角坐标系如图，假设存在点，利用向量法求出两平面夹角的余弦值，即可判断假设是否成立. 【解答过程】（1）取中点，连接， 菱形中，， 所以， 又因为，平面， 平面，平面， 所以平面， 又平面，所以. （2）中，因为，所以， 由余弦定理得，解得； 在中，， 所以. 在平面中，作，交于点， 则以为坐标原点，分别以方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，又， 假设在线段上存在符合要求的点. 设平面的法向量， 由， 则，取. 由题可取平面的法向量， 所以. 当时，；当时，. 所以当或时，平面与平面所成角的余弦值为. 【题型8 与空间距离有关的探索性问题】 【例8.1】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且． (1)设线段中点为，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长． 【解题思路】（1）取的中点，根据线面平行的判定定理即可得证； （2）设，根据等体积法求出x的值，即可得出结论. 【解答过程】（1）取的中点，的中点，连结、、， 则有，， 因为，，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）存在.设，在中，. 因为平面，所以. 因为平面，平面，平面 所以,， 则均为直角三角形. 在中，， 同理，. 取的中点，因为，所以， 而. 故. 因为点到面的距离等于， 所以. 而，所以，解得. 所以在线段上只存在唯一一点，当且仅当时，点到面的距离等于. 【例8.2】（23-24高三下·江西·开学考试）已知等边的边长为4，分别是边的中点（如图1），现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且（如图2）. (1)证明：； (2)在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【解题思路】（1）利用折叠前后的相关位置关系，由线面垂直的判定定理和性质定理推理即得； （2）结合图形特征建系，求出相关点的坐标，将的坐标用参数表示，求出平面的法向量坐标，利用点到平面距离的空间向量公式列出方程，求解即得. 【解答过程】（1）   分别是边的中点， ， 如图，连接交于，连接， 由折叠可知，平面 平面， 平面平面. （2）等边的边长为， ， 如图，以为坐标原点，所在直线为轴，过作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，    则， ， 设 ， 在平面中，， 不妨设平面的法向量， 则令，得，故可取. 则点到平面的距离为解得或（舍去）， 为的中点，， 满足条件的点存在，且. 【变式8.1】（23-24高二下·江苏连云港·期中）如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为的中点．    (1)求二面角的正弦值； (2)线段上是否存在，使得它到平面的距离为? 若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【解题思路】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）设线段上存在，根据向量的距离公式，求得得到的坐标，进而的值． 【解答过程】（1）解：由底面为直角梯形，其中，，且， 所以，又由平面， 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则平面的法向量，且， 可得， 设平面的法向量，则， 取，可得，所以， 设二面角夹角为，则，则，所以二面角的正弦值为. （2）解：设线段上存在，使得它到平面的距离为， 由，可得到平面的距离， 解得或(舍去)，所以，则． 【变式8.2】（23-24高三上·天津河西·阶段练习）如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由. 【解题思路】（1）根据直三棱柱的性质可知，得到平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【解答过程】（1）由于，所以， 根据直三棱柱的性质可知，由于，所以平面， 由于平面，所以平面平面. （2）设N是的中点，连接，则，MA，MB，MN，两两相互垂直. 以M为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， ，， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 设直线和平面所成角为，则； （3）设，则， 过T作，则， ∵， ∴， ∴，∴或（舍） ∴. 一、单选题 1．（23-24高二上·黑龙江齐齐哈尔·期末）正方体的棱长为为棱中点，为正方形内（舍边界）的动点，若，则动点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】 建立空间直角坐标系，设，根据列等式，得到点的轨迹方程，理解方程含义为线段，结合图形得到端点坐标，求解. 【解答过程】如图建立空间直角坐标系，设，则,, 则，. 因为，所以， 所以，所以点的轨迹为上底面中的一条线段. 易知点的轨迹所在直线与上底面正方形的边的交点坐标分别为， 所以动点的轨迹长度为 故选：A. 2．（23-24高三下·四川·期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，直线平面，是的中点，是线段上的动点，则直线与侧面的交点的轨迹长为（   ） A． B． C． D． 【解题思路】先建立空间直角坐标系，设出点的坐标，保证四点共面，从而得到向量与平面的法向量垂直，进而分析得出的方程表示的轨迹是什么，求解即可. 【解答过程】分别以所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系； 其中点，， 由于直线平面，设，如图所示： 在矩形中，易得，可得：，    可得点满足，从而， 设平面的法向量为， 且，， 可得，即，不妨取， 由于直线与侧面的交点，设点， 可得四点共面， 且，显然， 得方程，显然方程在平面内表示一条直线， 当时，点，此时两点重合， 当时，，点，设线段的中点为，此时两点重合， 从而可得直线与侧面的交点的轨迹为线段， 且， 故选：A.    3．（2024·北京怀柔·模拟预测）如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（    ）    A．存在点E，使平面 B．三棱锥的体积随动点E变化而变化 C．直线与所成的角不可能等于 D．存在点E，使平面 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AD；利用空间向量求出线线角的余弦判断C；利用等体积法确定的体积情况判断B. 【解答过程】在正方体中，以点D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    设正方体棱长为2，则， 由在线段上运动，设（），则， 平面的法向量，显然，则直线与平面不平行，A错误； ，设直线与所成角为，则， 显然当时，，，即存在点E使得直线与所成的角为，C错误； 设平面的法向量为，， 则，令，得， 当时，，因此平面，D正确； 点在正方体的对角面矩形的边上，则， 而平面平面，则，又， 可得平面，点到平面的距离为，则三棱锥的体积为定值，B错误. 故选：D. 4．（23-24高三上·浙江·阶段练习）如图，已知正方体AC的棱长为2、E、F分别是棱、的中点，点P为底面ABCD内（包括界）一动点，若直线与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】依题意建立空间直角坐标系，设点，计算出平面的一个法向量的坐标，由已知条件得出，可得出、所满足的等式，再求出点的轨迹与线段、的交点坐标，从而得解. 【解答过程】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、、、，设点， 则，，设平面的法向量为， 由，取，可得， ，由题意可知，平面，则， 令，可得；令，可得. 所以点的轨迹交线段于点，交线段的中点， 所以点的轨迹长度为. 故选：B. 5．（23-24高三上·四川成都·期末）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 【解题思路】由题意将图形补全为正方体，，对于A，根据平面，当重合即可判定；对于B，根据平面，而是圆弧上的动点，即可判定；对于C，建立空间直角坐标系，根据平面的法向量和垂直即可判定结果；对于D，当点与点重合时，直线与平面所成角最大，求出夹角正弦值，进一步分析即可. 【解答过程】对于A，因为正方体中，平面 平面，所以 ，所以当重合时，由.由A正确； 对于B，因为，若，则，又，所以B不正确； 对于C，以A为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，， ， ， 所以 设为平面的一个法向量， 则即， 令得，则 假设平面， 则，所以. 因为，所以， 即是圆弧的中点，符合题意，故C正确； 对于D，当点与点重合时，直线与平面所成角最大， 所以. 由得直线与平面的所成角的最大角大于， 所以存在点，使得直线与平面的所成角为，故D正确. 故选：B. 6．（23-24高二上·福建泉州·期末）如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 【解题思路】对于ABD：建系，利用空间向量结合线、面位置关系分析判断，对于C：根据面面平行的判定定理分析判断. 【解答过程】以D为原点，分别为建立空间直角坐标系，如图：    设，则，则， 因为点分别是的中点， 所以， 对于选项B：设平面的一个法向量为， 因为， 可得，取，解得， 设， 因为，则，可得，即， 则， 若∥平面，则， 可得，且，解得， 即为的中点，故B正确； 对于选项A：由B可知：， 若平面，则， 则，当且仅当时成立，故A错误； 对于选项D：由B可知：，则， 因为，则 ， 设平面的法向量为， 则，取，得， 若平面平面，则，故D正确； 对于选项C：  当与D重合时， 因为分别是的中点， 则，且平面，平面， 可得平面， 同理可得：平面， 且，平面， 所以此时平面平面，故C正确；    故选：A. 7．（23-24高三上·北京大兴·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱的中点，点P在正方形的边界及其内部运动．给出以下四个结论： ①存在点P满足； ②存在点P满足； ③满足的点P的轨迹长度为； ④满足的点P的轨迹长度为． 其中正确的结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量解决此题， ①利用两个特殊点求出的值，判断在此范围内即可； ②利用向量垂直数量积等于零解方程即可求P点坐标； ③④利用向量垂直数量积等于零可求P点的轨迹方程，根据图形找到P点的轨迹求长度即可. 【解答过程】如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，， 动点P设为 ①点M关于平面的对称点为，当动点P在点时， 此时， 当动点P在点时，此时， 所以存在点P满足，所以①正确； ②，， 若，则， 化简得：，解得：，即， 满足题意，所以②正确； ③，， 若，则，即， 取BC中点E，BB1中点F，则点P的轨迹为线段EF，长度为，所以③错误； ④，， 若，则，即， 取BF中点H，BE中点K，则点P的轨迹为线段HK，长度为，所以④正确. 故选：C. 8．（23-24高二上·北京·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点M是的中点，点N是底面正方形ABCD内的动点（包括边界），则下列选项正确的是（    ） A．不存在点N满足 B．满足的点N的轨迹长度是 C．满足平面的点N的轨迹长度是 D．满足的点M的轨迹长度是 【解题思路】利用正方体中的垂直关系建立空间直角坐标系，设出对应点的坐标，翻译条件求出轨迹方程，注意变量的取值范围，求解轨迹长度即可. 【解答过程】 如图建立空间直角坐标系，则有，，，，， , 对于A选项，若，则，且，， 故轨迹方程为，当时，，点既在轨迹上， 也在底面内，故存在这样的点存在，A错误； 对于B选项，，，在底面内轨迹的长度是以A为圆心， 1为半径的圆周长的，故长度为，B错误； 对于C选项，，，设面的法向量 故有，解得，故， 平面， ，的轨迹方程为， ，在底面内轨迹的长度为，C错误； 对于D选项，， ，，的轨迹方程为，即， ，在底面内轨迹的长度为，D正确 故选：D. 二、多选题 9．（23-24高二上·江苏南京·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（    ） A．存在点，使得直线与直线所成的角为 B．存在点，使得直线与直线所成的角为 C．存在点，使得三棱锥的体积为 D．存在点，使得平面 【解题思路】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量的坐标运算判断AB；求出三棱锥的体积判断C；利用空间位置关系的向量证明判断D. 【解答过程】在棱长为1的正方体中，建立以为坐标原点， 以所在直线分别为轴的空间直角坐标系，如图： 则，， 设，即点，且， 对于AB，，则，即， 因此不存在点，使得直线与直线所成的角为或，AB错误； 对于C，假设存在点，使得三棱锥的体积为，而， 且点到平面的距离为，则， 解得，当点为线段的靠近的三等分点，即时，三棱锥的体积为，C正确； 对于D，假设存在点，使得平面，而， 则，解得，当点为线段的中点，即时，使得平面，D正确. 故选：CD. 10．（2024·湖南·三模）如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（    ）    A．三棱锥的体积是定值 B．存在点P，使得与所成的角为 C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D．若，则P的轨迹的长度为 【解题思路】利用等体积转换即可求得体积为定值判断A；建立空间直角坐标系，设，得，，利用向量夹角公式求解判断B；求平面的法向量，利用向量夹角公式求解判断C；由，可得，即可求解判断D. 【解答过程】对于A，三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 是定值，A正确； 以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，设，则 对于B，，使得与所成的角满足： ， 因为，故，故， 而，B错误； 对于C，平面的法向量， 所以直线与平面所成角的正弦值为：， 因为，故 故， 而，， 故即的取值范围为，C正确； 对于D，，由， 可得，化简可得， 在平面内，令，得，令，得，则P的轨迹的长度为 ，D正确； 故选：ACD. 11．（23-24高一下·吉林·期中）如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是AB，AD的中点，点P在正方形内部（含边界）运动，则下列结论正确的是（    ） A．若，则点P的轨迹长为 B．在线段上存在点P，使得直线PM与直线为异面直线 C．若P为线段的中点，则三棱锥与三棱锥体积相等 D．过点P可以作4条直线与，AC均成角 【解题思路】对于选项A，建立空间直角坐标系，令，根据，建立关于的方程，从而得到动点P的轨迹方程，即可求出点P轨迹长； 对于选项B，根据四点共面，即可判断直线与直线不是异面直线； 对于选项C，直接求出，根据，构造三棱柱，利用即可求解，； 对于选项D，根据直线与，AC均成角，只要过点P作直线与平行即可满足题意. 【解答过程】对于选项A，建立如图所示空间直角坐标系，, ，因为，所以， 所以，即， 又因为点P在正方形内部（含边界）运动，所以，所以点P的轨迹长为，故A正确； 对于选项B，如图，连接，，由正方体的性质知， ， 所以四点共面，平面，故B不正确； 对于选项C，如图，取的中点F，连接，设， 连接，则几何体为斜三棱柱， 从而， 在三棱柱中，, 其中, , ∴, 又，故C正确； 对于选项D，通过平移直线可知，直线与，AC均成角，那么只要过点P作直线与平行即可满足与，AC均成角，这样的直线有无数条，故D不正确, 故选：AC. 三、填空题 12．（23-24高一下·云南丽江·阶段练习）如图，棱长为2的正方体中，为的中点，点在底面上（包括边界）移动，且满足，则点在底面上运动形成的轨迹长度为 . 【解题思路】以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，设并利用即可求解. 【解答过程】由正方体棱长为2，以为坐标原点，分别以为轴建立如下图所示的空间直角坐标系； 设且， 易知，可得， 由可知，即， 即. 当时，，即图中的中点； 当时，，即图中点； 即可得点在底面上运动形成的轨迹为线段，易知. 故答案为：. 13．（2024·湖南长沙·三模）已知棱长为的正四面体，为的中点，动点满足，平面经过点，且平面平面，则平面截点的轨迹所形成的图形的周长为 . 【解题思路】设的外心为，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，根据可求得点轨迹是以为球心，为半径的球；延长到点，使得，，，由面面平行的判定可证得平面平面，则平面为平面，可知点到平面的距离即为点到直线的距离，由向量坐标运算可知，得到，由此可求得截面圆半径，利用圆周长的求法可求得结果. 【解答过程】设的外心为，的中点为，过作的平行线，则以为坐标原点，可建立如图所示空间直角坐标系， 为等边三角形，，，， ，，， 设，由得：， 整理可得：， 动点的轨迹是以为球心，为半径的球； 延长到点，使得，，， 则，，又平面，平面， 平面，平面，由，平面， 平面平面，即平面为平面， 则点到平面的距离即为点到直线的距离， ，，，即， 点到直线的距离， 截面圆的半径，球被平面截得的截面圆周长为， 即平面截点的轨迹所形成的图形的周长为. 故答案为：. 14．（23-24高三下·四川巴中·阶段练习）如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），以下正确的是 ①② .    ①； ②存在点，使得//面； ③的最小值为； ④存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 【解题思路】建立如图空间直角坐标系，设，则，利用空间向量法即可证明①②④；将平面与平面沿展开成平面图，得，利用余弦定理计算即可判断③. 【解答过程】由题意，建立如图空间直角坐标系，    则， 所以， 设，则，所以， 所以. ①：， 所以，故①正确； ②：设平面的一个法向量为， 则，令，得，所以， 有，当时，，此时，即平面， 所以当点P为的中点时，平面，故②正确； ③：将平面与平面沿展开成平面图，线段即为的最小值.    在中，，由余弦定理， 得， 即，故③错误； ④：由平面， 得平面，即平面，则为平面的一个法向量， 假设存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为， 设该线面角为，则， 所以， 整理得，由知方程无实根， 所以不存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为，故④错误. 故答案为：①②. 四、解答题 15．（24-25高二上·上海·单元测试）已知在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧面是正三角形且垂直于底面，是的中点． (1)判定直线与平面的位置关系，并说明理由； (2)在上是否存在一点，使平面. 【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，证明，即可； （2）存在的中点，使平面．先计算平面的法向量为及，由即可求得. 【解答过程】（1）直线与平面垂直．理由如下： 依题意，取的中点，连接, 因为平面为等边三角形，所以, 又因为平面平面,且平面平面,平面， 所以平面， 以的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，，，，． 所以，，， 所以， ， 即，， 又，平面,平面, 所以平面． （2）存在， 设平面的法向量为，则，， 所以，， 又，， 所以 令，则，， 所以平面的一个法向量为． 取的中点，则． 又，所以． 因为， 所以． 又是平面的法向量，且不在平面上， 所以平面． 故存在的中点，使平面． 16．（23-24高二上·安徽合肥·期末）如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状. 【解题思路】（1）过作交于点，连接，由线面平行证明面面平行，再由面面平行的性质即可得出线面平行的证明； （2）由点在空间内轨迹为以中点为球心，为半径的球，而 中点到平面的距离为，即可求解. 【解答过程】（1）如图， 过作交于点，连接， 面，面，则， 又面，面，且不共线，故， 因为为的中点，所以也为中点，又为的中点，所以， 而平面，平面，所以平面，同理平面， 又因为， 平面， 所以平面平面，而平面， 所以平面. （2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 又，， 则， 故， 设平面的法向量， 则有，取，得到，即， 又中点，则， 则中点到平面的距离为， 由，即，故在以中点为球心，半径为的球面上， 而，故在面上的轨迹是半径为的圆， 故存在符合题意的，此时轨迹是半径为的圆. 17．（23-24高二上·江西南昌·阶段练习）如图，在三棱锥中，平面平面，若为的中点.    (1)求点到平面的距离； (2)设是三角面内一点，且平面，求符合条件的点的轨迹长度. 【解题思路】 （1）解法一：根据面面垂直的性质可知平面，利用等体积法求点到面的距离；解法二：建系，利用空间向量求点到面的距离； （2）取的中点为点的中点为点，根据题意可证平面平面，结合面面平行的性质可知点的轨迹为线段，即可得结果. 【解答过程】（1）解法一：因为，则， 且平面平面，平面平面平面， 所以平面， 设点到平面的距离为， 因为，即，可得， 又因为，可知，则， 所以， 由题意可得：，，则， 连接，可知，， 所以为等边三角形，则， 所以，即点到平面的距离为； 解法二：由题意可得：，， 则，可得， 因为，且为的中点，则， 且平面平面，平面平面平面， 所以平面， 如图，分别以为轴，轴，轴的非负半轴，建立空间直角坐标系，    则， 可得， 设为平面的一个法向量，则， 令，则，可得， 所以点到平面的距离. （2）取的中点为点的中点为点， 因为为的中点，所以， 又因为平面平面， 所以平面平面， 且平面，所以平面平面， 且平面，可知平面， 可知点的轨迹为线段，则，所以， 因此点点轨迹长度为.    18．（2024·安徽芜湖·二模）在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于． (1)当时，求点的轨迹长度； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 【解题思路】（1）先通过垂直关系得到，然后建立空间直角坐标系得到点的轨迹，根据角度求轨迹的长； （2）利用向量法求面面角，解方程求出点的坐标，进而利用体积公式求解即可. 【解答过程】（1）作交于， 因为平面平面，且平面平面，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， 又，， 所以，即， 设中点为，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，令得． 为平面的一个法向量，令二面角为角， ，又， 解得，（舍去）或，， 则或， 从而可得三棱锥的体积． 19．（23-24高二下·浙江宁波·期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.面面. (1)求证：： (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由. 【解题思路】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理即得. （2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得. 【解答过程】（1）由矩形，得，而平面平面，平面平面， 平面，则平面，又面，于是， 而，，平面， 因此平面，又平面， 所以. （2）取的中点，作，连接，由（1）知，平面， 而平面，则，又，，则，即两两垂直， 以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系， 假定在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，设， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 于是，整理得，解得或， 所以在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，此时或. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$