专题7.7 重难点突破之截面问题与轨迹问题（六大重难点题型精讲）-备战2025年高考数学一轮复习题型精讲与精练（新高考通用）

专题7.7 重难点突破之截面问题与轨迹问题 知识点一、解决立体几何截面问题的解题策略． 1、坐标法 所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，为解决立体几何问题增添了一种代数计算方法． 2、基底法 所谓基底法是不需要建立空间直角坐标系，而是利用平面向量及空间向量基本定理作为依托，其理论依据是：若四点E、F、G、H共面，为空间任意点，则有： 结论1：若与不共线，那么； 结论2：． 3、几何法 从几何视角人手，借助立体几何中的线线平行、线面平行、面面平行的性质与判定定理以及平面几何相关定理、结论，通过论证，精准找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接这些点，从而得到过三点的完整截面，再依据题意完成所求解答或证明． 知识点二、立体几何中的轨迹问题常用的五种方法总结： 1、定义法 2、交轨法 3、几何法 4、坐标法 5、向量法 重难点题型(一) 截面图形的形状、面积及周长问题 例1．（2023·江西·二模）在四棱锥中，棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形，为棱的中点，过直线的平面分别与侧棱、相交于点、，当时，截面的面积为（    ） A．2 B．3 C． D． 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】共面直线夹角的向量求法、三角形面积公式及其应用 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量共面确定点的坐标，利用向量数量积及三角形面积公式即可求出. 【详解】由题意，平面，四边形为正方形， 如图，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设，，则， 又，，所以，则， 由题意，四点共面，所以， 所以，解得， 所以，，所以， 所以，即， 所以， 所以， 又， 所以， 即， 所以， 所以， 所以截面的面积为. 故选：D 例2.（2023·四川成都·高二双流中学校考期中）已知正方体的棱长为,为线段上的动点，过点的平面截该正方体的截面记为，则下列命题正确的个数是（） ①当且时，为等腰梯形； ②当分别为的中点时，几何体的体积为； ③当为中点且时，与的交点为，满足； ④当为中点且时，为五边形. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】①，当，即重合，且时，如下图所示， 过作，交于，连接， 根据正方体的性质可知，所以，所以四点共面， 在等腰直角三角形中，根据平行线分线段成比例的知识可知， 所以， 即截面为等腰梯形，①正确. ②，当分别为的中点时， 过作，垂足为，则， 由于平面，平面，所以， 由于平面， 所以平面，即平面. 所以，②正确. ③，当为中点且时，与的交点为，与的交点为， 由于平面平面， 平面，平面，所以， 同理可证得， ，设，则， 由，得， 即，所以， 同理，所以，解得. 即，③错误. ④，当为中点且时，重合，如下图所示， 截面是四边形，④错误. 所以正确的有个. 故选：B 【变式训练1】．（2023·江苏镇江·高二扬中市第二高级中学校考开学考试）如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于 ．    【答案】 【解析】因为、分别为、的中点，则且， 因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，， 所以，，设平面交棱于点， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，，则， 因为为的中点，所以，为的中点， 设直线分别交、的延长线于点、，连接交棱于点， 连接交棱于点，连接、，则截面为六边形， 因为，则， 所以，， 因为，则，所以，，则为的中点， 同理可知，为的中点，易知六边形是边长为的正六边形， 所以，截面面积为. 故答案为：. 【变式训练2】.（2024·四川宜宾·三模）已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（    ） A．截面多边形不可能是平行四边形 B．截面多边形的周长是定值 C．截面多边形的周长的最小值是 D．截面多边形的面积的取值范围是 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】用空间基底表示向量、求空间向量的数量积、棱锥中截面的有关计算、棱锥的结构特征和分类 【分析】将平面从平面开始旋转，结合对称性可判断A；设，利用余弦定理表示出，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断BC；先判断，然后利用向量方法求出，可得截面面积的范围，可判断D. 【详解】对于A，当平面过或时，截面为三角形. 易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时， 由对称性可知，此时平面与交于点，且， 此时截面为四边形，且注意到当分别为的中点时，此时满足， 且，即此时截面四边形是平行四边形，故A错误；    对于BC，设，由余弦定理得， ， 由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和， 当三点共线时取得最小值， 由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值， 所以截面多边形周长的取值范围是，故BC错误； 对于D，记与的交点为，由对称性，， 所以，， 因为， 所以，所以， 记， 则， 因为， 所以 ， 由二次函数性质可知，，即， 所以，故D正确； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是找到正四面体的对称性，根据对称性判断截面形状，利用余弦定理求周长，利用空间向量求距离，然后可得面积，题目综合性强，对学生的直观想象能力有较高的要求. 重难点题型(二) 球与截面问题 例3．（2023·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图， 正方体外接球的球心在其中心点处，球的半径， 要使过的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点， 连接，则， 所以， 此时截面圆的半径， 此时，截面面积的最小值. 故选：C. 【变式训练3】．（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体的棱长为，为棱上的一点，且满足平面平面，则平面截四面体的外接球所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在正方体中，设平面平面，且平面， 由平面平面，可得，所以是的中点， 又四面体的外接球的直径为，可得半径， 设是的中点即球心，球心到平面的距离为， 又设与的交点为，则，则， 则，则截面圆的半径， 所以截面圆的面积为. 故选：A． 重难点题型(三) 截面图形的个数问题 例4．（2023·陕西榆林·陕西省榆林中学校考三模）过正方体的顶点作平面，使得正方体的各棱与平面所成的角都相等，则满足条件的平面的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】法一：直线AB、AD、AA1与平面A1BD所成角都相等，过顶点A作平面α∥平面A1BD，过顶点A分别作平面α与平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行，直线AB、AD、AA1与平面α所成的角都相等． 法二：只要与体对角线垂直的平面都和正方体的所有棱所成的角相等，由此能求出结果．解法一：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中， 三棱锥A﹣A1BD是正三棱锥， 直线AB、AD、AA1与平面A1BD所成角都相等， 过顶点A作平面α∥平面A1BD， 则直线AB、AD、AA1与平面α所成角都相等， 同理，过顶点A分别作平面α与平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行， 直线AB、AD、AA1与平面α所成的角都相等， ∴这样的平面α可以作4个． 故选：C 解法二：只要与体对角线垂直的平面都和正方体的所有棱所成的角相等 因为有四条体对角线，所以，可以做四个平面． 故选：C 【变式训练4】．（2023·上海杨浦·高二上海市控江中学校考期中）空间给定不共面的A，B，C，D四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面：A，B，C，D中有三个点到的距离相同，另一个点到的距离是前三个点到的距离的2倍，这样的平面的个数是___________个 【答案】32 【解析】首先取3个点相等，不相等的那个点由4种取法； 然后分3分个点到平面的距离相等，有以下两种可能性： （1）全同侧，这样的平面有2个； （2）不同侧，必然2个点在一侧，另一个点在一侧， 1个点的取法有3种，并且平面过三角形两个点边上的中位线， 考虑不相等的点与单侧点是否同侧有两种可能，每种情况下都唯一确定一个平面， 故共有6个， 所有这两种情况共有8个，综上满足条件的这样的平面共有个， 故答案为：32 重难点题型(四) 截面图形有关面积、长度及周长范围与最值问题 例5.（2023·上海·模拟预测）正方体的边长为1，点分别为边的中点，是侧面上动点，若直线与面的交点位于内（包括边界），则所有满足要求的点构成的图形面积为 . 【答案】/ 【难度】0.4 【知识点】立体几何中的轨迹问题、空间位置关系的向量证明 【分析】设，利用空间向量求交点的坐标，再根据交点位于内（包括边界），则，求出满足的关系式，作出相应区域，即可得结果. 【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则， 设，可得， 设平面的法向量为，则有， 令，则，即， 设直线与面的交点为， 则， ∵点在直线上，可设， 则，即， 故，则， 又∵点在面上，则，解得， 故， 则， 设， 则，解得， 若点位于内（包括边界），则，整理得， 如图，在面中，即， 作出相应的区域，可得， 故点构成的图形面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛： （1）根据三点共线：若在直线上，可设，用表示点的坐标； （2）根据共面向量：点位于内（包括边界），则. 例6．（2023·贵州·高二校联考阶段练习）已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图的中心角为，则过圆锥顶点的截面面积最大值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【解析】设底面圆的半径为，，解得，由圆锥母线长为2，可得圆锥轴截面的顶角为， 当截面顶角为时，过圆锥顶点的截面面积最大，此时. 故选：C. 【变式训练5】．（2023·江西·高一宁冈中学校考期末）棱长为1的正方体的8个顶点都在球O的表面上，E，F分别为棱AB，的中点，则经过E，F球的截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设球O半径为R.因为正方体内接于球，所以，.设G为AD中点，中点为P.由题，. . 延长FO与BC交于M，延长EO与交于N， 由题可得N，M分别为，BC中点. 则， . 经过E，F球的截面面积的最小时，OP.因截面为圆面，则圆面对应半径. 则此时截面面积为：. 故选：C 【变式训练6】．（2022·湖南长沙·二模）如图，在三棱锥中，，，分别为棱的中点，为三棱锥外接球的球心，则球的体积为 ；平面截球所得截面的周长为 ． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】点到平面距离的向量求法、证明线面垂直、多面体与球体内切外接问题、球的体积的有关计算 【分析】将三棱锥补成正方体，则正方体的外接球是三棱锥的外接球，求出外接球半径，从而求出体积，求解截面周长，方法一：找到截面圆心，得到截面圆的半径，求出截面周长；方法二：建立空间直角坐标系，用空间向量求解出点到平面的距离，进而求出截面半径和周长. 【详解】因为， 将三棱锥补成正方体如图1， 所以三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心是的中点. 设外接球的半径为，则，即， 所以.        方法一：设，因为平面，， 所以平面，所以平面平面， 因为平面平面， 过作，垂足为，如图2，则平面，且是截面的圆心. 设，如图3，在矩形中， 所以，过作，垂足为，则， 在中，，， ，则，所以， 设截面圆的半径为，则，故截面的周长为. 方法二：以分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 由，得， 所以平面的一个法向量. 设直线与平面所成的角为，球心到平面的距离为 所以，且. 设截面的半径，则，所以截面的周长为. 重难点题型(五) 轨迹问题 例7．（2023·全国·高三专题练习）已知菱形ABCD的边长为2，.将菱形沿对角线AC折叠成大小为60°的二面角.设E为的中点，F为三棱锥表面上动点，且总满足，则点F轨迹的长度为 . 【答案】 【解析】连接AC、BD，交于点O，连接OB′， ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以AC⊥BD，OB′⊥AC，△ABC、△ACD、△AB′C均为正三角形， 所以∠B′OD为二面角B'﹣AC﹣D的平面角，于是∠B′OD＝60°， 又因为OB′＝OD，所以△B′OD为正三角形，所以B′D＝OB′＝OD＝， 取OC中点P，取CD中点Q，连接EP、EQ、PQ，所以PQ∥OD、EP∥OB′， 所以AC⊥EP、AC⊥PQ，所以AC⊥平面EPQ， 所以在三棱锥B'﹣ACD表面上，满足AC⊥EF的点F轨迹的△EPQ， 因为EP＝OB′，PQ＝OD，EQ＝B′Q，所以△EPQ的周长为， 所以点F轨迹的长度为． 故答案为： 例8．（2023·辽宁沈阳·高一沈阳二十中校联考期末）在棱长为1的正方体中，E在棱上且满足，点F是侧面上的动点，且面AEC，则动点F在侧面上的轨迹长度为 ． 【答案】 【解析】如图，取的中点，并连接、、， 因为E在棱上且满足，即E是棱的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面，同理可证平面， 又，所以平面平面，又平面， 所以平面，所以动点F在侧面上的轨迹即为， 因为正方体的棱长为1，由勾股定理有：. 故答案为：. 例9．（17-18高二下·浙江丽水·期末）在三棱锥中，，点为 所在平面内的动点，若与所成角为定值，，则动点的轨迹是 A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】已知线线角求其他量、立体几何中的轨迹问题 【分析】建立空间直角坐标系，根据题意，求出轨迹方程，可得其轨迹. 【详解】由题，三棱锥为正三棱锥，顶点在底面的射影是底面三角形的中心，则以为坐标原点，以为轴，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意可得，设为平面内任 一点，则 ，由题与所成角为定值，，则 则 ，化简得 ， 故动点的轨迹是椭圆. 选B 【点睛】本题考查利用空间向量研究两条直线所成的角，轨迹方程等，属中档题. 例10．（2024·湖北黄冈·模拟预测）（多选题）如图，正方体的棱长为3，点E、F，G分别在棱，，上，满足，，记平面与平面的交线为l，则（    ） A．，平面 B．平面截正方体所得截面图形为六边形的充分不必要条件是 C．时，三棱锥的外接球表面积为 D．时，直线l与平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【难度】0.4 【知识点】线面角的向量求法、证明线面平行、多面体与球体内切外接问题、判断正方体的截面形状 【分析】根据线面平行的判定定理判断A；画出截面即可判断B；建立如图空间直角坐标系，确定球心和半径即可判断C；作出截面，如图，确定交线，利用空间向量法求解线面角即可判断D. 【详解】A：由题设及正方体结构特征，有且平面，平面，故平面，故A正确； B：当时，平面截正方体所得截面图形为五边形或六边形， 如图，所以充分性不成立，故B错误： C：以D为原点，以，，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 当时，，，，，， 外接球的球心在过线段的中点，且垂直于平面的直线上， 的中点，可记球心，外接球的半径， 所以，解得，， 所以三棱锥的外接球表面积为，故C正确； D：作出截面图形，交于，交于， 直线即为直线，，又平面的法向量为， 则与平面所成的角满足，故D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 【变式训练7】．（2023·江苏扬州·高二统考期中）如图，正方体的棱长为2，点是线段的中点，点是正方形所在平面内一动点，若平面，则点轨迹在正方形内的长度为 .    【答案】 【解析】取的中点，连接，如图所示： 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，， 所以平面平面. 因为平面，平面， 所以点在平面的轨迹为. 所以. 故答案为： 【变式训练8】．（2023·全国·高三专题练习）在矩形中，是的中点，，将沿折起得到，设的中点为，若将绕旋转，则在此过程中动点形成的轨迹长度为 . 【答案】/ 【解析】 如图，设的中点为，绕旋转，此时平面平面，取中点，中点，中点， 连接. ，，和是等腰直角三角形， 且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点的轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧，又面， 面，面，同理面，又，面面，又平面平面， 故面面，又面面，，故面，又面，， 故动点形成的轨迹长度为. 故答案为：. 【变式训练9】．（2024·湖南湘西·模拟预测）（多选题）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（    ）    A．平面截正方体所得截面为六边形 B．点G到平面的距离为定值 C．若，且，则G为棱的中点 D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 【答案】BCD 【难度】0.4 【知识点】判断正方体的截面形状、证明线面平行、线面角的向量求法、线面平行的性质 【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，利用线面平行的判定定理判断B，利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断D，从而得解. 【详解】对于A，连接， 在正方体中，E，F分别为棱的中点， 所以，， 所以，则平面与平面为同一平面， 所以平面截正方体所得截面为平面，为四边形，故A错误； 对于B，在正方体中，E，F分别为棱的中点， 所以， 又平面，平面，所以平面， 又点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故B正确； 对于C，连接， 因为，且，所以四点共面， 因为在正方体中，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以， 在正方体中，， 所以四边形是平行四边形，则，则， 因为E为棱的中点，所以G为棱的中点，故C正确； 对于D，以为原点，建立空间直角坐标系，如图，    设，则， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成角为， 则， 因为，所以，则， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确. 故选：BCD. 【变式训练10】．（2024·福建泉州·模拟预测）（多选题）如图，棱长为2的正方体中，点是棱的中点，则下列结论中正确的是（    ）    A．点到平面距离相等 B．若平面，且与所成角是，则点的轨迹是椭圆 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．若线段，则的最小值是 【答案】AC 【难度】0.4 【知识点】空间线段点的存在性问题、已知线线角求其他量 【分析】分别判断点和到平面的距离的关系，即可判断A；利用坐标法，列出关于异面直线所成角的余弦值的式子，即可判断B；利用坐标法，求三棱锥的外接球的球心坐标和半径，即可判断C；利用坐标法，表示两点间的距离，转化为平面几何问题，即可求最值. 【详解】A.平面，且点是的中点， 所以点，到平面的距离相等， ，且是的中点，平面， 所以点到平面的距离相等，    所以点到平面距离相等，故A正确； B.如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，，，, ，    若与所成角是，则， 整理为，为双曲线方程， 所以点的轨迹是双曲线，故B错误； C. ，，，， 设三棱锥的外接球的球心坐标为，半径为， 则,方程组中前2个式子和后2个式子相减，得 ，得，再回代方程组得，， 所以三棱锥的外接球的表面积为，故C正确； D. 由，可设点，即，， ， ， ， ， ， 上式的意义可以理解为平面直角坐标系中，动点到定点和的距离和的倍， 显然，动点到定点和的距离和的最小值是两定点和间的距离， 距离为， 所以的最小值是，故D错误. 故选：AC 【点睛】关键点点睛：本题的关键是坐标法的使用，不仅可以表示角，距离，还可以求解轨迹方程，球心坐标等问题. 重难点题型(六) 由动点求轨迹问题 例11．（2019·北京朝阳·一模）如图，在多面体中，平面⊥平面.四边形为正方形，四边形为梯形，且. (1)求证：⊥； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段BD上是否存在点M，使得直线平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3)存在， 【难度】0.85 【知识点】线面垂直证明线线垂直、面面垂直证线面垂直、线面角的向量求法、空间线段点的存在性问题 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用公式得到线面角的正弦值； （3）设，得到，求出平面的法向量，由垂直关系得到方程，求出答案. 【详解】（1）因为四边形为正方形，所以⊥， 因为平面⊥平面，平面平面，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥； （2）因为⊥平面，平面， 所以⊥，⊥， 又，故，，两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为， 所以， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则， 则， ， 设直线与平面所成角的大小为， 则； （3）设，即， 当时，与重合，此时与平面不平行， 当时，设，则， 解得，故， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 则，解得， 故线段BD上存在点M，使得直线平面AFM，此时. 例12．（2023·天津和平·三模）如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.    (1)求证：∥平面； (2)求点到平面的距离； (3)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由 【答案】(1)详见解析； (2)； (3)存在点，此时. 【难度】0.65 【知识点】空间线段点的存在性问题、点到平面距离的向量求法、空间位置关系的向量证明 【分析】（1）建立空间直角坐标系后，用直线的方向向量和平面的法向量垂直,即可证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系后，用点到平面的距离公式即可求解； （3）假设存在，列出方程求解即可. 【详解】（1）证明：因为平面，以点为坐标原点，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.    因为侧棱所在的直线与上下底面中心的连线所成的角为，则 ，，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 因为， 所以，所以， 又因为平面， 所以∥平面； （2）解：由（1）知，， 所以点到平面的距离为； （3）解：假设边上存在点满足条件，， 则， 设直线与平面所成角为， 由题意可得， 化简得，则或（舍去）， 即存在点符合题意，此时. 【变式训练11】．（2023·湖南邵阳·模拟预测）如图，在中，，为边上一动点，交于点，现将沿翻折至. (1)证明：平面平面； (2)若，且，线段上是否存在一点（不包括端点），使得锐二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【难度】0.65 【知识点】空间线段点的存在性问题、面面角的向量求法、证明面面垂直、证明线面垂直 【分析】（1）由条件证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，根据面面垂直判定定理证明平面平面； （2）证明平面，建立空间直角坐标系，，求平面，平面的法向量，由条件列方程求即可. 【详解】（1）因为，， 所以，所以， 所以，又因为， ，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2）因为，，∴， 又∵，，平面， ∴平面， ∴、、两两垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 因为，， 所以. 则，，，， 平面的一个法向量为， ，设， ， ， 设平面法向量为， 则，所以， 取，则，， 故为平面的一个法向量， 所以， 解得，符合题意 即，∴. 【点睛】 【变式训练12】．（22-23高三上·天津东丽·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，平面，且，点在棱上（不包括端点），点为中点. (1)若，求证：直线平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明过程见详解 (2) (3)存在，，理由见详解. 【难度】0.65 【知识点】空间线段点的存在性问题、面面角的向量求法、证明线面平行 【分析】(1) 取的一个靠近点的三等分点，连接，利用平行的传递性得到，进而得到四边形为平行四边形，则，再利用线面平行的判定定理即可求解； (2)根据题意，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入向量的夹角公式即可求解； (3)假设存在点，设，根据（2）中平面的法向量以及题中与平面所成角的正弦值为，求出即可求解. 【详解】（1）取的一个靠近点的三等分点，连接， 因为，所以且, 又因为，且，点为中点， 所以且，则四边形为平行四边形， 所以，平面，平面，所以直线平面. （2）如图所示，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，又为的中点，则， 所以，, 设平面的法向量为，则， 令，则， 设平面的法向量为，则， 令，则， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. （3）存在，. 假设存在点(不包括端点)，设，即，， 由（2）得，且平面的法向量， ，则， 所以，因为与平面所成角的正弦值为， 则， 整理得：，解得：或（舍去）， 故存在点，使与平面所成角的正弦值为，此时. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题7.7 重难点突破之截面问题与轨迹问题 知识点一、解决立体几何截面问题的解题策略． 1、坐标法 所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，为解决立体几何问题增添了一种代数计算方法． 2、基底法 所谓基底法是不需要建立空间直角坐标系，而是利用平面向量及空间向量基本定理作为依托，其理论依据是：若四点E、F、G、H共面，为空间任意点，则有： 结论1：若与不共线，那么； 结论2：． 3、几何法 从几何视角人手，借助立体几何中的线线平行、线面平行、面面平行的性质与判定定理以及平面几何相关定理、结论，通过论证，精准找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接这些点，从而得到过三点的完整截面，再依据题意完成所求解答或证明． 知识点二、立体几何中的轨迹问题常用的五种方法总结： 1、定义法 2、交轨法 3、几何法 4、坐标法 5、向量法 重难点题型(一) 截面图形的形状、面积及周长问题 例1．（2023·江西·二模）在四棱锥中，棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形，为棱的中点，过直线的平面分别与侧棱、相交于点、，当时，截面的面积为（    ） A．2 B．3 C． D． 例2.（2023·四川成都·高二双流中学校考期中）已知正方体的棱长为,为线段上的动点，过点的平面截该正方体的截面记为，则下列命题正确的个数是（） ①当且时，为等腰梯形； ②当分别为的中点时，几何体的体积为； ③当为中点且时，与的交点为，满足； ④当为中点且时，为五边形. A．1 B．2 C．3 D．4 【变式训练1】．（2023·江苏镇江·高二扬中市第二高级中学校考开学考试）如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于 ．    【变式训练2】.（2024·四川宜宾·三模）已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（    ） A．截面多边形不可能是平行四边形 B．截面多边形的周长是定值 C．截面多边形的周长的最小值是 D．截面多边形的面积的取值范围是 重难点题型(二) 球与截面问题 例3．（2023·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【变式训练3】．（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体的棱长为，为棱上的一点，且满足平面平面，则平面截四面体的外接球所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 重难点题型(三) 截面图形的个数问题 例4．（2023·陕西榆林·陕西省榆林中学校考三模）过正方体的顶点作平面，使得正方体的各棱与平面所成的角都相等，则满足条件的平面的个数为（    ） A． B． C． D． 【变式训练4】．（2023·上海杨浦·高二上海市控江中学校考期中）空间给定不共面的A，B，C，D四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面：A，B，C，D中有三个点到的距离相同，另一个点到的距离是前三个点到的距离的2倍，这样的平面的个数是___________个 重难点题型(四) 截面图形有关面积、长度及周长范围与最值问题 例5.（2023·上海·模拟预测）正方体的边长为1，点分别为边的中点，是侧面上动点，若直线与面的交点位于内（包括边界），则所有满足要求的点构成的图形面积为 . 例6．（2023·贵州·高二校联考阶段练习）已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图的中心角为，则过圆锥顶点的截面面积最大值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【变式训练5】．（2023·江西·高一宁冈中学校考期末）棱长为1的正方体的8个顶点都在球O的表面上，E，F分别为棱AB，的中点，则经过E，F球的截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【变式训练6】．（2022·湖南长沙·二模）如图，在三棱锥中，，，分别为棱的中点，为三棱锥外接球的球心，则球的体积为 ；平面截球所得截面的周长为 ． 重难点题型(五) 轨迹问题 例7．（2023·全国·高三专题练习）已知菱形ABCD的边长为2，.将菱形沿对角线AC折叠成大小为60°的二面角.设E为的中点，F为三棱锥表面上动点，且总满足，则点F轨迹的长度为 . 例8．（2023·辽宁沈阳·高一沈阳二十中校联考期末）在棱长为1的正方体中，E在棱上且满足，点F是侧面上的动点，且面AEC，则动点F在侧面上的轨迹长度为 ． 例9．（17-18高二下·浙江丽水·期末）在三棱锥中，，点为 所在平面内的动点，若与所成角为定值，，则动点的轨迹是 A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 例10．（2024·湖北黄冈·模拟预测）（多选题）如图，正方体的棱长为3，点E、F，G分别在棱，，上，满足，，记平面与平面的交线为l，则（    ） A．，平面 B．平面截正方体所得截面图形为六边形的充分不必要条件是 C．时，三棱锥的外接球表面积为 D．时，直线l与平面所成角的正弦值为 【变式训练7】．（2023·江苏扬州·高二统考期中）如图，正方体的棱长为2，点是线段的中点，点是正方形所在平面内一动点，若平面，则点轨迹在正方形内的长度为 .    【变式训练8】．（2023·全国·高三专题练习）在矩形中，是的中点，，将沿折起得到，设的中点为，若将绕旋转，则在此过程中动点形成的轨迹长度为 . 【变式训练9】．（2024·湖南湘西·模拟预测）（多选题）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（    ）    A．平面截正方体所得截面为六边形 B．点G到平面的距离为定值 C．若，且，则G为棱的中点 D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 【变式训练10】．（2024·福建泉州·模拟预测）（多选题）如图，棱长为2的正方体中，点是棱的中点，则下列结论中正确的是（    ）    A．点到平面距离相等 B．若平面，且与所成角是，则点的轨迹是椭圆 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．若线段，则的最小值是 重难点题型(六) 由动点求轨迹问题 例11．（2019·北京朝阳·一模）如图，在多面体中，平面⊥平面.四边形为正方形，四边形为梯形，且. (1)求证：⊥； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段BD上是否存在点M，使得直线平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 例12．（2023·天津和平·三模）如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.    (1)求证：∥平面； (2)求点到平面的距离； (3)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由 【变式训练11】．（2023·湖南邵阳·模拟预测）如图，在中，，为边上一动点，交于点，现将沿翻折至. (1)证明：平面平面； (2)若，且，线段上是否存在一点（不包括端点），使得锐二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由. 【变式训练12】．（22-23高三上·天津东丽·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，平面，且，点在棱上（不包括端点），点为中点. (1)若，求证：直线平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$