重难点01 空间中的动点与轨迹问题-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期末真题分类汇编（人教A版2019选择性必修）

重难点01 空间中的动点与轨迹问题 一、单选题 1．（23-24高二下·福建漳州·期末）正方体的棱长为，是正方体外接球的直径，为正方体表面上的动点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（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． 3．（23-24高二下·河南·开学考试）在正三棱柱中，为的中点，分别为线段，上的动点，且，则线段的长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·浙江绍兴·期末）在正方体中，过作一垂直于的平面交平面于直线，动点在直线上，则直线与所成角余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D．1 5．（23-24高二上·北京·期中）如图，在棱长为的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列四个命题中正确命题的个数是（    ） ①存在点，使得    ②不存在点，使得平面 ③三棱锥的体积是定值    ④不存在点，使得与所成角为 A． B． C． D． 6．（23-24高二上·河北石家庄·期末）在如图所示的直四棱柱中，底面是正方形，是的中点，点N是棱上的一个动点，则点到平面的距离的最小值为（    ）    A．1 B． C． D． 7．（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 8．（23-24高二上·重庆·期末）正三棱柱的所有棱长均相等，E，F分别是棱上的两个动点，且，则异面直线BE与AF夹角余弦的最大值为（    ） A．1 B． C． D． 二、多选题 9．（23-24高二下·湖南郴州·期末）如图，正方体的边长为为的中点，动点在正方形内（包含边界）运动，且.下列结论正确的是（   ） A．动点的轨迹长度为； B．异面直线与所成角的正切值为2； C．的最大值为2； D．三棱锥的外接球表面积为. 10．（23-24高二下·山西太原·期末）如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（    ）    A．当时， B．当时，若，则 C．当时，直线与直线所成角的大小为 D．当时，三棱锥的体积的最大值为 11．（23-24高二下·河北唐山·期末）已知点是正方体表面上的一个动点，则以下说法正确的是（    ） A．当在平面上运动时，四棱锥的体积不变 B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若点在底面上运动，则使直线与平面所成的角为的点的轨迹为椭圆 D．若是的中点，点在底面上运动时，不存在点满足平面 三、填空题 12．（23-24高二上·广东·期末）如图，正方形和正方形的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角的大小是，则直线和夹角的余弦值为 ．若分别是上的动点，且，则的最小值是 ． 13．（23-24高二上·广东江门·期末）如图，已知正三棱柱的所有棱长均为1，动点在线段上，则面积的最小值为 . 14．（23-24高二上·广东广州·期末）在棱长为的正方体中，点、分别是梭、的中点，是侧面上的动点，且平面，则点的轨迹长为 ，点到直线的距离的最小值为 . 四、解答题 15．（23-24高二上·安徽阜阳·期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，且，平面平面ABCD，，点E为线段PC的中点，点F是线段AB上的一个动点． (1)求证：平面平面PBC； (2)设二面角的平面角为θ，当时，求的值． 16．（23-24高二上·四川泸州·期末）在正方体中，E为的中点，F为直线上的动点． (1)若，求平面AEF与平面的夹角的正切值； (2)若，P为底面ABCD的中心，当点P到平面AEF的距离为时，求线段CF的长． 17．（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. 18．（23-24高二上·上海·期末）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，M是棱SB的中点. (1)求异面直线AM与SD所成角的余弦值； (2)求点A到平面的距离； (3)设N是棱（含端点）上的动点，求直线与平面所成角的大小的取值范围. 19．（23-24高二上·广东中山·期末）类比平面解析几何的观点，在空间中，空间平面和曲面可以看作是适合某种条件的动点的轨迹，在空间直角坐标系中，空间平面和曲面的方程是一个三元方程． (1)类比平面解析几何中直线的方程，直接写出： ①过点，法向量为的平面的方程； ②平面的一般方程； ③在x，y，z轴上的截距分别为a，b，c的平面的截距式方程（）；（不需要说明理由） (2)设为空间中的两个定点，，我们将曲面定义为满足的动点P的轨迹，试建立一个适当的空间直角坐标系，并推导出曲面的方程． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！54 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点01 空间中的动点与轨迹问题 一、单选题 1．（23-24高二下·福建漳州·期末）正方体的棱长为，是正方体外接球的直径，为正方体表面上的动点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量数量积的运算律可知，，进一步只需求出即可得解. 【详解】由题意等于正方体的体对角线长，设点为的中点， 所以， 则 ， 当点与某个侧面的中心重合时，最小，且， 当点与正方体的顶点重合时，最大，且， 由于点是在正方体表面连续运动，所以的取值范围是， 的取值范围是. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用球心，将转化为，然后分析点位置即可. 2．（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． 【答案】A 【分析】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. 【详解】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 3．（23-24高二下·河南·开学考试）在正三棱柱中，为的中点，分别为线段，上的动点，且，则线段的长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，设，且，根据将表示为的函数，再换元求的范围即可. 【详解】 取的中点，连接，如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则. 因为是棱上一动点，设，且， 所以. 因为，所以. 令，则. 又函数在上为增函数， 所以线段的长度的取值范围为. 故选：D 4．（23-24高二上·浙江绍兴·期末）在正方体中，过作一垂直于的平面交平面于直线，动点在直线上，则直线与所成角余弦值的最大值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】由正方体性质可知，平面，平面平面，故动点在直线上，建立空间直角坐标系，利用空间向量法表示线线角，并求最值. 【详解】 由正方体性质可知，，，， 平面，平面， 易知平面，平面平面， 故动点在直线上， 设正方体棱长为1，并如图建立空间直角坐标系， 则， 设两直线所成角为，， 故，即， 令，则， 所以当时，即时，. 故选：A 5．（23-24高二上·北京·期中）如图，在棱长为的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列四个命题中正确命题的个数是（    ） ①存在点，使得    ②不存在点，使得平面 ③三棱锥的体积是定值    ④不存在点，使得与所成角为 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】对于①，由、即可判断；对于②，若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；对于③，只需求证与面是否平行；对于④，利用空间向量求直线夹角的范围即可判断. 【详解】对于①，在正方体中，，， 则四边形为平行四边形，所以，， 而为线段的中点，即为的中点，所以， 若存在点，使得，且、不重合，则， 这与矛盾，假设不成立，①错； 对于②，若为中点，则，而，故， 又面，面，则，故， 因为，、面，则面， 所以存在使得平面，②错； 对于③，在正方体中，，， 所以，四边形为平行四边形，则， 而面，故与面不平行， 所以Q在线段上运动时，到面的距离不是定值， 故三棱锥的体积不是定值，③错； 对于④，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图示空间直角坐标系， 则、，且， 所以，， 则， 整理可得，解得，合乎题意， 所以，存在点，使得与所成角为，④错. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 6．（23-24高二上·河北石家庄·期末）在如图所示的直四棱柱中，底面是正方形，是的中点，点N是棱上的一个动点，则点到平面的距离的最小值为（    ）    A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，将则点到平面的距离表示出来即可求得最值. 【详解】由题意知，该几何体为长方体，建立空间直角坐标系如下图所示， 则，设．    设平面的一个法向量为，则， 设，则，则， 所以点到平面的距离为， 又，所以当时， 点到平面的距离取得最小值为． 故选：D． 7．（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 【答案】D 【分析】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. 【详解】 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. 8．（23-24高二上·重庆·期末）正三棱柱的所有棱长均相等，E，F分别是棱上的两个动点，且，则异面直线BE与AF夹角余弦的最大值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】设，以A为原点，方向分别为x，z轴正方向建立空间直角坐标系，从而得到和的坐标.又因为，从而得到异面直线BE与AF夹角余弦的最大值. 【详解】设， 以A为原点，方向分别为x，z轴正方向建立空间直角坐标系， 可得，， 故所求角的余弦值为，当时取“”． 故选：D 二、多选题 9．（23-24高二下·湖南郴州·期末）如图，正方体的边长为为的中点，动点在正方形内（包含边界）运动，且.下列结论正确的是（   ） A．动点的轨迹长度为； B．异面直线与所成角的正切值为2； C．的最大值为2； D．三棱锥的外接球表面积为. 【答案】ACD 【分析】取的中点，分析可知平面.对于A：分析可知动点的轨迹是以点为圆心，半径为1的半圆，即可得结果；对于B：分析可知异面直线与所成角即为，即可得结果；对于C：根据数量积的几何意义分析判断；对于D：分析可知，进而求球的半径和表面积. 【详解】取的中点，连接， 因为分别为的中点，则∥，且， 又因为平面，则平面， 由平面，可得. 对于选项A：在中，， 可知动点的轨迹是以点为圆心，半径为1的半圆， 所以动点的轨迹长度为，故A正确 对于选项B：因为∥，∥，则∥， 可知异面直线与所成角即为，其正切值为，故B错误； 对于选项C：因为线段在平面内的投影为， 结合选项A可知：在方向上的投影数量的最大值为1， 所以的最大值为，故C正确； 对于选项D：设三棱锥的外接球的球心为，半径为， 因为平面，且为的外接圆圆心，可知， 则，解得， 所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确； 故选：ACD. 10．（23-24高二下·山西太原·期末）如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（    ）    A．当时， B．当时，若，则 C．当时，直线与直线所成角的大小为 D．当时，三棱锥的体积的最大值为 【答案】ABD 【分析】利用直棱柱的性质，以及空间向量的有关知识逐项计算可得结论. 【详解】对于A，当时，分别是线段和线段的中点， 所以也是的中点，所以，故A正确； 对于B，当时，， 所以，，，满足，故B正确； 对于C，过作交于，      可知面，与直线成角即为， 当时，，在中， 则， 所以，所以，故C错误； 对于D，易知是正三角形， 三棱锥体积为 ， 当且仅当，即时取等号，故D正确； 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是，分析得是正三角形，从而得到所需各线段长，从而利用三棱锥的体积公式即可得解. 11．（23-24高二下·河北唐山·期末）已知点是正方体表面上的一个动点，则以下说法正确的是（    ） A．当在平面上运动时，四棱锥的体积不变 B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若点在底面上运动，则使直线与平面所成的角为的点的轨迹为椭圆 D．若是的中点，点在底面上运动时，不存在点满足平面 【答案】AB 【分析】可以设正方体的棱长为2，利用四棱锥的体积公式，底面积与高不变则体积不变可以判断A选项；建立空间直角坐标系，设，表示出与所成角的余弦值，即可根据的范围求得范围，进而求得角的范围，判断B选项；设，表示出直线与平面所成的角的正弦值得到与的关系，从而得到点的轨迹，判断C选项；证得平面，所以向量是平面的法向量，再由平面得到点的轨迹，进而判断D选项. 【详解】不妨设正方体棱长为. A选项，当在平面上运动时，点到平面的距离为2， 所以四棱锥的体积，故A正确； B选项，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，如图， ， 设与所成角为，则， 当时，.， 则，，， ，即， 当时，，所以， 又因为，所以，故B正确； C选项，若点在底面上运动，设， 平面的法向量取， 则直线与平面所成的角为时，有， 化简为，则点的轨迹为四分之一圆，故C错误； D选项，如图， ， 因为，且平面， 所以平面，即向量是平面的法向量， ， 若平面，则，即， 因为直线与正方形有公共点，即存在点满足平面，故D错误； 故选：AB. 三、填空题 12．（23-24高二上·广东·期末）如图，正方形和正方形的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角的大小是，则直线和夹角的余弦值为 ．若分别是上的动点，且，则的最小值是 ． 【答案】 /0.25；． / 【分析】利用已知条件结合向量法即可求解；利用二面角的定义证得就是二面角的平面角，即为，再利用空间向量将的长转化为的模求解，利用空间向量的线性运算和数量积、一元二次函数的图象与性质运算即可得解． 【详解】连接，如下图， 由题意，，，正方形中，， 正方形中，平面，平面，平面平面， 就是二面角的平面角，则， 向量与向量夹角为，且， ①，，， ， ， 直线和夹角的余弦值为； ②设，则， 且由题意， ， ， 令，,，图象开口向上，且对称轴为， 当时，取得最小值，又， ，即的最小值是． 故答案为：；． 13．（23-24高二上·广东江门·期末）如图，已知正三棱柱的所有棱长均为1，动点在线段上，则面积的最小值为 . 【答案】/ 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到直线的距离的最小值，即可得解. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 所以， 因动点在线段上，则令， 即有点，所以，则， 从而， 因此点到直线的距离 ， 当且仅当时取等号， 所以线段上的动点P到直线的距离的最小值为， 又因为， 所以面积的最小值. 【点睛】关键点点睛：求出点到直线的距离的最小值是解决本题的关键. 14．（23-24高二上·广东广州·期末）在棱长为的正方体中，点、分别是梭、的中点，是侧面上的动点，且平面，则点的轨迹长为 ，点到直线的距离的最小值为 . 【答案】 【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，设点，利用空间向量法求出点的轨迹方程，可求得点的轨迹长度，利用空间向量法可求得点到直线距离的最小值. 【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，如下图所示： 则、、、， 因为点是侧面上的动点，设点， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得，且， 因为平面，则，即， 可得，分别取线段、的中点、， 所以，点的轨迹为线段， 故点的轨迹长为， ，由，可得， ， 所以，点到直线的距离为 ， 因为函数在上为增函数， 所以，当时，取最小值，且. 故答案为：；. 四、解答题 15．（23-24高二上·安徽阜阳·期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，且，平面平面ABCD，，点E为线段PC的中点，点F是线段AB上的一个动点． (1)求证：平面平面PBC； (2)设二面角的平面角为θ，当时，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质判定、面面垂直的判定推理即得. （2）以D为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法列式计算即得. 【详解】（1）由四边形ABCD是正方形，得，而平面平面ABCD， 平面平面平面ABCD，则平面PCD， 又平面PCD，于是， 由，点为线段PC的中点，得， 又平面PBC，因此平面PBC，而平面DEF， 所以平面平面PBC. （2）由（1）知平面PCD，而，则平面PCD， 在平面PCD内过D作交PC于点G，显然直线DA，DC，DG两两垂直， 以D为原点，直线DA，DC，DG分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 由，，得，， 设，则，设平面DEF的法向量为， 则，令，得， 而平面PCD的法向量为，则， 而，解得，此时． 16．（23-24高二上·四川泸州·期末）在正方体中，E为的中点，F为直线上的动点． (1)若，求平面AEF与平面的夹角的正切值； (2)若，P为底面ABCD的中心，当点P到平面AEF的距离为时，求线段CF的长． 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）首先建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量求夹角的余弦值，再求正切值； （2）代入点到平面的距离的向量公式，即可求解. 【详解】（1）如图，以点为原点，以向量为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设棱长为2，且为的中点， ，，，， ，， 设平面的法向量为， 所以，令，则，， 所以平面的法向量， 设平面的法向量为， 设平面AEF与平面的夹角为， 则，，则， 所以平面AEF与平面的夹角的正切值为； （2）设 ，，，， ，， 设平面的法向量为， 所以，令，则，， 所以平面的法向量， 点到平面的距离， 解得：， 所以的长为或. 17．（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. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，轨迹是半径为的圆，理由见解析； 【分析】（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. 【详解】（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. 18．（23-24高二上·上海·期末）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，M是棱SB的中点. (1)求异面直线AM与SD所成角的余弦值； (2)求点A到平面的距离； (3)设N是棱（含端点）上的动点，求直线与平面所成角的大小的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直的性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可； （2）利用空间点到面的距离公式进行求解即可； （3）利用空间夹角公式，利用换元法、余弦函数的单调性进行求解即可. 【详解】（1）因为，，所以， 又因为平面，平面， 所以，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 因为， 所以， 因此异面直线AM与SD所成角的余弦值为； （2）设平面的法向量为， ，， 于是有， 所以点A到平面的距离为； （3）设，， 设平面的法向量为，， ， 于是有， 设直线与平面所成角的大小为， ， 令，， 因为，所以，所以， 所以， 所以， 即直线与平面所成角的大小的取值范围为. 19．（23-24高二上·广东中山·期末）类比平面解析几何的观点，在空间中，空间平面和曲面可以看作是适合某种条件的动点的轨迹，在空间直角坐标系中，空间平面和曲面的方程是一个三元方程． (1)类比平面解析几何中直线的方程，直接写出： ①过点，法向量为的平面的方程； ②平面的一般方程； ③在x，y，z轴上的截距分别为a，b，c的平面的截距式方程（）；（不需要说明理由） (2)设为空间中的两个定点，，我们将曲面定义为满足的动点P的轨迹，试建立一个适当的空间直角坐标系，并推导出曲面的方程． 【答案】(1)①；②；③ (2) 【分析】（1）类比平面内直线的方程，写出平面的方程，并进行证明； （2）建立适当的空间直角坐标系，类比椭圆，写出方程，化简后得到答案. 【详解】（1）①，理由如下： 设平面上除任意一点坐标为， 则，即， 又， 故过点，法向量为的平面的方程为； ②平面的一般方程为，理由如下： 由①可得， 变形为，令， 故平面的一般方程为； ③在x，y，z轴上的截距分别为a，b，c的平面的截距式方程（）为，理由如下： 由②可得平面的一般方程为， 由于方程在x，y，z轴上存在截距，且截距不为0，故， 变形为，故， 令， 故在x，y，z轴上的截距分别为a，b，c的平面的截距式方程（）为； （2）以两个定点的中点为坐标原点，以所在直线为轴， 以线段的垂直平分线为轴，以与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，设，可得，， 所以， 移项得， 两边平方得， 即， 故，两边平方得， ，两边同除以得， ， 令，故曲面的方程为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$