培优点10 空间动态问题突破（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）-2025年高考数学大一轮复习核心题型讲与练+易错重难点专项突破（新高考版）

培优点10空间动态问题突破 （3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练） 【考试提醒】 空间动态问题，是高考常考题型，常以客观题出现．常见题型有空间位置关系判定、轨迹问题、最值问题、范围问题等． 【核心题型】 题型一　空间位置关系的判定 解决空间位置关系的动点问题 (1)应用“位置关系定理”转化． (2)建立“坐标系”计算． 【例题1】（2024·福建泉州·二模）在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，则（    ） A．直线∥平面PCD B．直线AF与平面PBC所成角的最小值是 C．直线直线PC D．三棱锥的体积随BF的增大而减小 【变式1】（2023·湖南·模拟预测）如图，在正方体中，在线段上运动，则下列直线与平面的夹角为定值的是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）正方体中，是棱的中点，在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有 . ①侧面上存在点，使得 ②直线与直线所成角可能为 ③平面与平面所成锐二面角的正切值为 ④设正方体棱长为1，则过点的平面截正方体所得的截面面积最大为 【变式3】（2024·云南·模拟预测）如图，在多面体中，，记平面平面，，若在以为直径的圆上运动， (1)证明：； (2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 题型二　轨迹问题 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定． (2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算． (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除 【例题2】（2024·陕西铜川·模拟预测）在正四棱台中，，，是四边形内的动点，且，则动点运动轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【变式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． 【变式2】（2024·江西宜春·模拟预测）如图，在四面体中，和均是边长为6的等边三角形，，则四面体外接球的表面积为 ；点E是线段AD的中点，点F在四面体的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的长度为 . 【变式3】（2024·重庆·一模）如图，四棱锥中，底面，四边形中，，．    (1)若为的中点，求证：平面平面； (2)若平面与平面所成的角的余弦值为． （ⅰ）求线段的长； （ⅱ）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度． 题型三　最值、范围问题 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是 (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解． (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值 【例题3】（2024·山西吕梁·三模）在四面体中，与互相垂直，，且，则四面体体积的最大值为（    ） A．4 B．6 C．8 D．4.5 【变式1】（2024·陕西商洛·模拟预测）某圆柱的轴截面是面积为12的正方形为圆柱底面圆弧的中点，在圆柱内放置一个球，则当球的体积最大时，平面与球的交线长为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2024·浙江·模拟预测）三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为 ． 【变式3】（2024·浙江·三模）在四棱锥中，，，，，、分别为直线，上的动点. (1)若异面直线与所成的角为，判断与是否具有垂直关系并说明理由； (2)若，，求直线与平面所成角的最大值. 【课后强化】 【基础保分练】 一、单选题 1．（2023·福建龙岩·二模）正方体的棱长为2，若点M在线段上运动，当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为底面ABCD内一动点（含边界）．若平面，则动点F的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·北京·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点是棱的中点，是正方体表面上的一点，若，则线段长度的最大值是（    ）    A． B． C． D． 4．（2024·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，P为线段的中点，Q为线段（包括端点）上一点，则的面积的最大值为（    ）    A． B． C．2 D． 二、多选题 5．（2024·广东广州·三模）在正四棱柱中，，，E，F分别为，的中点，点M是侧面上一动点（含边界），则下列结论正确的是（    ） A．∥平面 B．若，则点M的轨迹为抛物线的一部分 C．以为直径的球面与正四棱柱各棱共有16个公共点 D．以为直径的球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为 6．（2024·贵州贵阳·一模）在三棱锥中，平面，平面内动点的轨迹是集合.已知且在棱所在直线上，，则（    ） A．动点的轨迹是圆 B．平面平面 C．三棱锥体积的最大值为3 D．三棱锥外接球的半径不是定值 三、填空题 7．（2024·安徽·三模）已知四棱锥的底面为矩形，其中，点平面，点M，N分别在线段，上（不含端点位置），其中，则四面体的体积最大值为 . 8．（2024·山东·模拟预测）如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直，点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，，若，当四面体体积最大时，则该四面体的内切球半径为 ． 9．（2024·山东青岛·三模）已知长方体中，，点为矩形 内一动点，记二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若 ，则三棱锥体积的最小值为 . 四、解答题 10．（2022·全国·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，点D在边BC上，E为的中点. (1)如果D为BC的中点，求证：平面平面； (2)设锐二面角的平面角为，，，当取何值时，取得最大值？ 11．（2023·广东梅州·一模）如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接､. (1)为边的一点，若，求证：平面； (2)当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值. 【综合提升练】 一、单选题 1．（2024·上海·三模）如图，点N为正方形ABCD的中心，为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段EB的中点，则（    ） A．DM≠EN，且直线DM、EN是异面直线 B．DM＝EN，且直线DM、EN是异面直线 C．DM≠EN，且直线DM、EN是相交直线 D．DM＝EN，且直线DM、EN是相交直线 2．（2024·全国·模拟预测）在长方体中，，过顶点作平面，使得平面，若平面，则直线l和直线所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·四川攀枝花·三模）在一个圆锥中，为圆锥的顶点， 为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径， 是底面圆的内接正三角形， ①平面； ②平面； ③圆锥的侧面积为； ④三棱锥的内切球表面积为． 其中正确的结论个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（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． 5．（2024·江西·二模）已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（    ） A．4 B． C．5 D． 6．（2024·河北·二模）如图所示，正方体的棱长为，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，若球能在此正八面体内自由转动，则球半径的最大值为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·陕西·模拟预测）将一个体积为的铁球切割成一个正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·广西·模拟预测）在三棱锥中，平面，，，，点为棱上一点，过点作三棱锥的截面，使截面平行于直线和，当该截面面积取得最大值时，（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2024·江西九江·三模）如图，正方体的棱长为1，点在截面内，且，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．线段的长为 C．点的轨迹长为 D．的最大值为 10．（2024·安徽池州·模拟预测）已知正方体的棱长为1，是侧面内的一个动点，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则（    ） A．平面平面 B．点到平面的距离的最大值为 C．当点在线段上时，异面直线与所成的角为 D．当三棱锥的体积最大时，球的表面积为 11．（2024·山西吕梁·三模）已知正方体的棱长为是空间中的一动点，下列结论正确的是（    ） A．若点在正方形内部，异面直线与所成角为，则的范围为 B．平面平面 C．若，则的最小值为 D．若，则平面截正方体所得截面面积的最大值为 三、填空题 12．（2024·重庆·三模）已知棱长为1的正方体内有一个动点M，满足，且，则四棱锥体积的最小值为 . 13．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则球被正四面体表面截得的截面周长为 ． 14．（2024·福建泉州·模拟预测）在圆台中，圆的半径是2，母线，圆是的外接圆，，，则三棱锥体积最大值为 ． 四、解答题 15．（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，空间中有一个平面和两条互相垂直的异面直线、，其中、与的交点分别为，直线、都与直线垂直，垂足分别为、，且. (1)证明：直线、与平面所成角之和为定值； (2)若，令（），求点到平面距离的最大值关于的函数. 16．（2024·重庆开州·模拟预测）如图，在三棱台中，底面为等边三角形，平面ABC，，且D为AC的中点. (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面所成角的正弦值. 17．（2022·广东汕头·二模）如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD中点．是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角的大小为30°，且． (1)求t的值； (2)对于平面ACD内的动点P总有平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得平面BEC的理由． 18．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 19．（2024·江苏连云港·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面ABP，平面ABP，，，，平面与平面的交线为．    (1)证明：； (2)若为上一点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【拓展冲刺练】 一、单选题 1．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥中，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，是平面内一点，且，若，则点的轨迹长度为（     ） A． B． C． D． 2．（2024·全国·模拟预测）已知正四棱锥的体积为，底面的四个顶点在经过球心的截面圆上，顶点在球的球面上，点为底面上一动点，与所成角为，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·河北保定·三模）如图，在长方体中，，，是上一点，且，则四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·贵州·模拟预测）设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（    ） A．若m上有两个点到平面的距离相等，则 B．若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件 C．若，，，则 D．若m、n是异面直线，，，，，则 二、多选题 5．（2024·山东烟台·三模）如图1，半圆O的直径为4，点B，C三等分半圆，P，Q分别为OB，OC的中点，将此半圆以OA为母线卷成如图2所示的圆锥，D为BC的中点，则在图2中，下列结论正确的有（    ） A． B．平面 C．平面 D．三棱锥与公共部分的体积为 6．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（    ） A．当P在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足时，长度的最小值是 D．使直线AP与平面ABCD所成的角为的点P的轨迹长度为 三、填空题 7．（2023·湖北咸宁·模拟预测）已知正方体的棱长为，点为的中点，平面，平面过点，则平面截正方体所得截面图形的面积为 . 8．（2023·广西南宁·一模）如图所示，正方体的棱长为分别为，的中点，点是正方体表面上的动点，若平面，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹长度为 ． 9．（2023·安徽淮南·一模）在棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是线段的中点，点M在正方形内（含边界），记过E，F，G的平面为，若，则的取值范围是 . 四、解答题 10．（2024·黑龙江·模拟预测）已知正三棱柱中分别为的中点，. (1)证明:平面平面; (2)求与平面所成角的正弦值. 11．（22-23高三下·江西·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为的中点. (1)过作该正方体的截面，使得该截面与平面平行，写出作法，并说明理由； (2)设分别为棱上一点，与均不重合，且，求三棱锥体积的最大值. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 培优点10空间动态问题突破 （3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练） 【考试提醒】 空间动态问题，是高考常考题型，常以客观题出现．常见题型有空间位置关系判定、轨迹问题、最值问题、范围问题等． 【核心题型】 题型一　空间位置关系的判定 解决空间位置关系的动点问题 (1)应用“位置关系定理”转化． (2)建立“坐标系”计算． 【例题1】（2024·福建泉州·二模）在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，则（    ） A．直线∥平面PCD B．直线AF与平面PBC所成角的最小值是 C．直线直线PC D．三棱锥的体积随BF的增大而减小 【答案】C 【分析】不妨设，对于A：假设直线∥平面PCD，可证平面∥平面，结合交点分析可知矛盾，即可判断A；对于C：根据题意依次可证平面，平面，即可得；对于B：分析可知直线AF与平面PBC所成角为，结合正弦值分析判断；对于D：利用等体积法可求得，即可得D. 【详解】不妨设， 对于选项A：因为∥，且平面，平面， 可得∥平面， 假设直线∥平面PCD，且，平面， 可得平面∥平面，可知平面与平面没有公共点， 显然点为平面与平面公共点， 两者相矛盾，假设不成立，故A错误； 对于选项C：因为平面ABCD，且平面ABCD，则， 又因为，，平面，可得平面， 由平面，可知， 又因为，E为线段PB的中点，则， 且，平面，可得平面， 由平面，可得：，故C正确； 对于选项B：由选项C可知：平面， 则直线AF与平面PBC所成角为，且F为线段BC上的动点， 可得，当且仅当点F与B重合时，等号成立， 且，则， 所以直线AF与平面PBC所成角的最大值是，故B错误； 对于选项D：由选项C可知：平面，且E为线段PB的中点， 则三棱锥的高即为， 所以三棱锥的体积（定值），故D错误； 故选：C. 【变式1】（2023·湖南·模拟预测）如图，在正方体中，在线段上运动，则下列直线与平面的夹角为定值的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由线面平行的判定定理可知平面，所以与平面的夹角始终为，而，，平面的夹角均会因为点位置的不同而夹角不同. 【详解】连接，因为， 因为平面，平面， 所以平面，所以与平面的夹角始终为， 而，，平面的夹角均会因为点位置的不同而夹角不同. 故选：B. 【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）正方体中，是棱的中点，在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有 . ①侧面上存在点，使得 ②直线与直线所成角可能为 ③平面与平面所成锐二面角的正切值为 ④设正方体棱长为1，则过点的平面截正方体所得的截面面积最大为 【答案】①③ 【分析】由面面平行的判定定理即可判断①，由异面直线夹角的定义即可判断②，由二面角的定义即可判断③，由截面为菱形即可判断④ 【详解】 取中点中点，连接， 则易证得，且， 平面，平面， 从而平面平面， 所以点的运动轨迹为线段. 取的中点，因为是等腰三角形，所以，又因为，所以，故①正确； 设正方体的棱长为，当点与点或点重合时，直线与直线所成角最大，此时，所以②错误； 平面平面，取为的中点， 则即为平面与平面所成的锐二面角，，所以③正确； 因为当为与的交点时，截面为菱形（为的交点）， 此时，，则面积为，故④错误. 故答案为：①③ 【变式3】（2024·云南·模拟预测）如图，在多面体中，，记平面平面，，若在以为直径的圆上运动， (1)证明：； (2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）只需证明平面即可得到证明； （2）由（1）可得面，结合得到平面，可得即为直线与平面所成的角，在中求解即可. 【详解】（1）证明：如图，过点作的平行线，即为. 理由如下：平面平面， 平面. 又平面，且平面平面， . 又. 又在以为直径的圆上运动，. 又平面， 平面， 平面， . （2）在中，，由余弦定理可得， 所以，，故. 由（1）知：平面， 平面， 又平面. 令，则即为直线与平面所成的角， ， 在中，， ， 即直线与平面所成角的正弦值为. 题型二　轨迹问题 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定． (2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算． (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除 【例题2】（2024·陕西铜川·模拟预测）在正四棱台中，，，是四边形内的动点，且，则动点运动轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用勾股定理得到，即可得到点的轨迹，然后求长度即可. 【详解】   设在平面内的射影为，则在线段上，则，，， 故动点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆在正方形内部部分， 如图所示，其中，故， 又，所以， 因为，所以，故，故动点的轨迹长度是． 故选：A 【变式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． 【答案】C 【分析】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． 【详解】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. 【变式2】（2024·江西宜春·模拟预测）如图，在四面体中，和均是边长为6的等边三角形，，则四面体外接球的表面积为 ；点E是线段AD的中点，点F在四面体的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的长度为 . 【答案】 【分析】设四面体外接球的球心为的中心分别为，则可得平面平面，且四点共面，可得，进而求出，然后由勾股定理求出四面体外接球的半径；取中点，作，设点轨迹所在平面为，求出四面体外接球半径和到平面的距离，从而可求出平面截外接球所得截面圆的半径，进而可得结果. 【详解】 取中点，连接，则，平面， 又和均是边长为6的等边三角形，， ∴平面，， 所以， ∴， 设四面体外接球的球心为的中心分别为， 易知平面平面，且四点共面， 由题可得，， 在中，得，又， 则四面体外接球半径， 所以四面体外接球的表面积为； 作于，设点轨迹所在平面为， 则平面经过点且， 易知到平面的距离， 故平面截外接球所得截面圆的半径为， 所以截面圆的周长为，即点轨迹的周长为. 故答案为：；. 【变式3】（2024·重庆·一模）如图，四棱锥中，底面，四边形中，，．    (1)若为的中点，求证：平面平面； (2)若平面与平面所成的角的余弦值为． （ⅰ）求线段的长； （ⅱ）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度． 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）2；（ⅱ）. 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，再结合面面垂直的判定推理即得. （2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，设，利用面面角的向量求法结合已知求出，再求出并确定轨迹求解即得. 【详解】（1）在四棱锥中，底面，平面，则， 而平面，于是平面，又平面， 则，由，为的中点，得平面， 因此平面，而平面， 所以平面平面. （2）（ⅰ）由（1）知，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    过作于，由，得，令， 则，， 设平面的法向量，则，令，得， 由平面，得平面的一个法向量， 依题意，，整理得，而，解得， 所以线段的长为2. （ⅱ）显然平面，而平面，则，又， 于是，解得，因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的， 所以点的轨迹的长度为. 题型三　最值、范围问题 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是 (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解． (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值 【例题3】（2024·山西吕梁·三模）在四面体中，与互相垂直，，且，则四面体体积的最大值为（    ） A．4 B．6 C．8 D．4.5 【答案】A 【分析】由椭圆定义可知，点与点都在以为焦点的椭圆上，由到中点距离取最大值时得到，故此时体积最大. 【详解】 由题可知，点在平面内以为焦点的椭圆上，点在平面内以为焦点的椭圆上， 所以焦距为，即， 由椭圆定义可知长轴长为，即， 所以到中点距离的最大值为短半轴长， 所以中，，， 所以，又， 所以当垂直平面时四面体体积最大，最大值为， 故选：A. 【变式1】（2024·陕西商洛·模拟预测）某圆柱的轴截面是面积为12的正方形为圆柱底面圆弧的中点，在圆柱内放置一个球，则当球的体积最大时，平面与球的交线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件知当球的体积最大时，球与圆柱的上下底面及母线均相切，作出图形后，计算即可. 【详解】由题意知，当球的体积最大时，球与圆柱的上下底面及母线均相切， 因为正方形的面积为12，所以， 如图1，记所在底面的圆心为所在底面的圆心为， 平面与球的交线为圆形， 如图即为截面圆的直径， 易知， 易知RtRt， 故，所以， 所以交线长为. 故选:D. 【变式2】（2024·浙江·模拟预测）三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】延长CM交AB于点I，设，由余弦定理得，根据角平分线定理以及平行线性质可知，运用换元法和二次函数性质可得线段MN长度的最小值． 【详解】延长CM交AB于点I，因为平面ABD， 由线面平行性质定理可知，设， 因为三棱锥的所有棱长均为2， 所以，且E为线段BC的中点， 所以AE平分∠BAC，由角平分线定理可知， 所以， 因为F为线段AD的中点，所以， 由余弦定理可知， 所以， 令，，化简可得， 因为，所以， 则在时取得最小值， 所以， 综上当，即时MN取得最小值． 故答案为：． 【变式3】（2024·浙江·三模）在四棱锥中，，，，，、分别为直线，上的动点. (1)若异面直线与所成的角为，判断与是否具有垂直关系并说明理由； (2)若，，求直线与平面所成角的最大值. 【答案】(1)答案见解析，理由见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，即可说明，则（或其补角）为异面直线与所成的角，分和两种情况讨论，利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可求出线面角的最大值. 【详解】（1）取的中点，连接，， 因为，，所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以（或其补角）为异面直线与所成的角， ①当时，在中，，， 由余弦定理可知， 所以，所以，所以， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以. ②当，假设，则由①有平面， 因为平面，所以，， 这与相矛盾，故此时与不垂直. 综上所述，当时，；当时，与不垂直. （2）由，点是中点，可得， 从而由可得， 又， 所以，即， 因为，由（1）有， 所以， 所以两两互相垂直， 故可以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 故，，，，. 因为，设平面的法向量为，则有 设，则，又，所以有 令，则，故平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为，则 ， 令，则 当时，； 当时，. （当且仅当，时取“＝”）.又，所以. 综上所述，直线与平面所成角的最大值为 【课后强化】 【基础保分练】 一、单选题 1．（2023·福建龙岩·二模）正方体的棱长为2，若点M在线段上运动，当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先确定点的位置，再利用球的性质，以及空间向量的距离公式，确定球心坐标，即可确定外接球的半径，即可求解． 【详解】的周长为，由于为定值，即最小时，的周长最小， 如图，将平面展成与平面同一平面，则当点共线时，此时最小，在展开图中作，垂足为，，解得：，    如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，    ，， 连结，因为平面，平面， 所以，又因为，且，平面，平面， 所以平面，平面，所以， 同理，且， 所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过△的中心． 所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，，，则， 即， 解得：，，所以外接球的表面积. 故选：C. 2．（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为底面ABCD内一动点（含边界）．若平面，则动点F的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取AD的中点M、CD的中点N，结合题意可得平面平面，得出线段是动点F的轨迹，计算即可得. 【详解】如图，取AD的中点M、CD的中点N，连接， 因为E为BC的中点，M为中点，由正方体的性质可得， ，，所以四边形是平行四边形， 所以，，又因为，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 所以，由正方体的性质可得, ，，所以四边形是平行四边形， 所以，又因为M为中点，N为中点， 所以，所以， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 又，所以平面平面， 因为平面，所以平面， 所以动点F的轨迹为线段， 又，故动点F的轨迹长度为． 故选：D． 3．（2024·北京·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点是棱的中点，是正方体表面上的一点，若，则线段长度的最大值是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过线面垂直的性质找到点的轨迹，然后利用梯形的性质求解即可. 【详解】连接，在正方体中，平面， 四边形是正方形，因为平面，所以， 又，，且平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以当点P在线段（点除外）时，，取的中点E，连接， 在正方形中，因为E为的中点，是棱的中点，所以，因为平面，平面，所以，因为， 且平面，平面，所以平面，又平面， 所以，因为，且平面，平面， 所以平面，设平面平面，则，所以， 则是棱的中点， 所以当点在正方体的表面线段上时，, 由题意可知，在梯形中，，，， ， 所以线段长度的最大值是.    故选：C 4．（2024·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，P为线段的中点，Q为线段（包括端点）上一点，则的面积的最大值为（    ）    A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】如图，根据线面垂直的判定定理与性质可得，确定的最大值，即可求解△BCQ面积的最大值. 【详解】取AB的中点E，连接CE，过Q作，垂足为M， 过M作，垂足为N，连接QN，PE，    则，且，点E到BC的距离为. 由直三棱柱的性质知平面ABC， 所以平面ABC，MN，平面ABC， 则，，且，QM，平面QMN， 所以平面QMN，且平面QMN， 则，可知， 当且仅当点Q与点P重合时，等号成立， 所以面积的最大值为. 故选：A. 二、多选题 5．（2024·广东广州·三模）在正四棱柱中，，，E，F分别为，的中点，点M是侧面上一动点（含边界），则下列结论正确的是（    ） A．∥平面 B．若，则点M的轨迹为抛物线的一部分 C．以为直径的球面与正四棱柱各棱共有16个公共点 D．以为直径的球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为 【答案】ACD 【分析】利用线线平行易证线面平行可判断选项A；利用线线角为定值，知另一边在一个圆锥上，从面用截面思想可判断选项B；利用球心在正四棱柱的中心，然后可以判断到上下底面各棱的距离都正好等于半径，而到各侧棱的距离都小于半径，从而可以判断选项C；利用球被平面所截是一个小圆，小圆的圆心就是球心到各侧面的射影，从而可通过计算交线长，再来判断选项D． 【详解】 根据已知条件可知，，，连结，可得四边形是平行四边形， 所以可得，又因为平面,平面, 所以平面，故选项A正确； 因为是一个定值，所以也等于一个定值，所以一定是以为轴的一个圆锥的母线， 这样的圆锥被过顶点的平面所截，所得的是两条母线， 即落在侧面内的轨迹就是线段，所以选项B是错误的； 由正四棱柱的中心对称心可知，以为直径的球心一定是在正四棱柱的中心， 根据，，可知， 所以可知球心到上下两底面各棱的中点的距离都等于该球的半径， 即该球与上下两底面各棱的交点共有8个， 又因为球心到各侧棱的距离是，到各顶点的距离是1， 所以每条侧棱上都有两个点到球心等于该球的半径，即总共就有16个.故C选项正确； 由上面推理易知，以为直径的球与上下两底面的交线是两个完整的内切圆， 此时一个圆的周长是， 而根据该球心到一个侧面射影是，，， 可解得，所在侧面截得交线如图： 由，，可得，即， 所以在该侧面内留下的交线长为， 即该球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为，故D选项正确； 故选：ACD. 6．（2024·贵州贵阳·一模）在三棱锥中，平面，平面内动点的轨迹是集合.已知且在棱所在直线上，，则（    ） A．动点的轨迹是圆 B．平面平面 C．三棱锥体积的最大值为3 D．三棱锥外接球的半径不是定值 【答案】ABC 【分析】首先底面建坐标系，利用轨迹法求得点的轨迹，点也在轨迹圆上，再根据几何关系，以及体积公式，外接球的半径问题，利用数形结合，即可求解. 【详解】A.因为，所以在平面内，以所在直线为轴，以线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图， 设，，， 由知，，化简为，即点的轨迹为圆，故A正确； B. 根据以上证明可知，点和在圆与轴的两个交点，如上图，由条件可知，点在圆上， 则，而平面，平面,所以， 所以是二面角的平面角，则平面平面，故B正确； C.当点到的距离为2时，此时的面积最大，此时最大面积是, 则三棱锥体积的最大值为，故C正确； D.由以上证明可知，，且，如图， 取的中点，作平面，且， 所以， 所以三棱锥外接球的半径是定值，故D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，并在底面建立坐标系，求点的轨迹，后面的选项就会迎刃而解. 三、填空题 7．（2024·安徽·三模）已知四棱锥的底面为矩形，其中，点平面，点M，N分别在线段，上（不含端点位置），其中，则四面体的体积最大值为 . 【答案】 【分析】设，，根据题意，得到，，，求得的面积为，得到，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】在上取点，使得， 由，设，，其中， 又由，，且平面， 因为平面，所以， 可得，且，，， 因为，且平面，所以平面， 在中，由，可得，则的面积为， 故， 当且仅当时等号成立，所以四面体的体积最大值为. 故答案为：. 8．（2024·山东·模拟预测）如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直，点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，，若，当四面体体积最大时，则该四面体的内切球半径为 ． 【答案】或 【分析】先确定点的轨迹，确定四面体体积最大时，，点的位置，再利用体积法求内切球半径. 【详解】如图： 因为平面平面，平面平面，平面，且， 所以平面. 平面，所以， 又，平面，所以平面， 平面，所以. 又在正方形及其内部，所以点轨迹是如图所示的以为直径的半圆， 作于，则是三棱锥的高. 所以当的面积和都取得最大值时，四面体的体积最大. 此时点应该与或重合，为正方形的中心. 如图： 当点与重合，为正方形的中心时： ，，，， 中，因为，，，所以. 设内切球半径为，由得： . 如图： 当点与重合，为正方形的中心时： ，，，， . 设内切球半径为，由得： . 综上可知，当四面体的体积最大时，其内切球半径为：或. 故答案为：或 【点睛】关键点点睛：根据得到点在以为直径的球面上，又点在正方形及其内部，所以点轨迹就是球面与平面的交线上，即以为直径的半圆上.明确点轨迹是解决问题的关键. 9．（2024·山东青岛·三模）已知长方体中，，点为矩形 内一动点，记二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若 ，则三棱锥体积的最小值为 . 【答案】 【分析】根据题意，判断得的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线和抛物线段的方程，由题意，计算点到线段的最短距离，再由等体积法计算三棱锥最小体积. 【详解】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为， 连接，则，，由，则， 又、平面，故，，则， 由抛物线定义可知，的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 所以的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 当点到线段距离最短时，三角形面积最小，即三棱锥体积最小， 取中点为原点，建立如图所示平面直角坐标系， 则，，， 则直线的方程为：，即， 抛物线的方程为，则， 由题意，令，得，代入，得， 所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为： ，因为， 所以， 所以三棱锥体积的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是能判断出点的轨迹为抛物线一部分，再建立平面直角坐标系，求解到直线的最短距离，利用等体积法求解三棱锥的最小体积. 四、解答题 10．（2022·全国·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，点D在边BC上，E为的中点. (1)如果D为BC的中点，求证：平面平面； (2)设锐二面角的平面角为，，，当取何值时，取得最大值？ 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用几何法证明，若要证明面面平行，只要证明其中一个平面中的两条相交直线平行于另一个平面即可； （2）建立如图所示空间直角坐标系，利用法向量来求二面角的大小即可得解. 【详解】（1）证明：在正三棱柱中， 因为D，E分别为BC，的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面，同理可证平面， ，，平面，所以平面平面； （2）以A为坐标原点，方向为y轴正方向，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， 则即 令，得，，所以， 由，，得， 设平面的法向量为，即 令，得，，所以， 由，得， 因为锐二面角的平面角为， 所以， 令，则，故， 所以， 令，则在上单调递增， 所以在上单调递减， 当，此时，即点D与点B重合时，取得最大值. 11．（2023·广东梅州·一模）如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接､. (1)为边的一点，若，求证：平面； (2)当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)由线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，根据面面平行性质定理证明平面； (2)根据锥体体积公式由条件确定平面，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论. 【详解】（1）取中点，连接， 因为在正三角形中，， 又因为，所以， 平面，平面， 所以平面， 又有，且，所以， 而平面，平面，所以平面. 有，平面， 所以平面平面， 又平面， 因此平面. （2）因为，又因为的面积为定值， 所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值， 因为，，，，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面， 当时，平面平面，平面 所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是， 因此四面体的体积取得最大值时，必有平面. 如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系， 易知，，，， ，，， 为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， ， 由，令得：，， 所以为平面的一个法向量， . 所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为. 【综合提升练】 一、单选题 1．（2024·上海·三模）如图，点N为正方形ABCD的中心，为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段EB的中点，则（    ） A．DM≠EN，且直线DM、EN是异面直线 B．DM＝EN，且直线DM、EN是异面直线 C．DM≠EN，且直线DM、EN是相交直线 D．DM＝EN，且直线DM、EN是相交直线 【答案】D 【分析】连接，可得是的中点，可得与相交，进而可证，从而可得，从而可得. 【详解】连接， 因为点N为正方形ABCD的中心，所以是的中点， 所以平面，所以与相交， 因为四边形ABCD是正方形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面，因为平面，所以， 又因为是等边三角形，所以， 所以，所以，又因为是的中点， 所以. 故选：D. 2．（2024·全国·模拟预测）在长方体中，，过顶点作平面，使得平面，若平面，则直线l和直线所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】借助面面平行的性质可得线线平行，结合等角定理与余弦定理计算即可得解. 【详解】因为平面，平面，平面平面， 所以，所以即直线l和直线所成角或其补角， 在中，，，， 由余弦定理得， 故直线l和直线所成角的余弦值为． 故选：C． 3．（2024·四川攀枝花·三模）在一个圆锥中，为圆锥的顶点， 为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径， 是底面圆的内接正三角形， ①平面； ②平面； ③圆锥的侧面积为； ④三棱锥的内切球表面积为． 其中正确的结论个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据正弦定理求得圆锥的底面半径，从而求得圆锥的高，再计算出圆锥的侧面积即可判断③；采用反证的方法可判断①；根据线面垂直的判定定理可判定平面判断②；求出三棱锥的各个面的面积及体积，再利用等体积法求出内切球的半径，即可判断④． 【详解】由是底面圆的内接正三角形，， 设圆锥的底面半径为r，则可得，即，解得.    因为，故高， 所以圆锥的侧面积，故③正确； 假设平面，由于平面，平面平面，故， 则，而因为为底面圆的直径， 又，且（矛盾）， 故、不可能平行，所以与平面不平行；故①错误； 因为为线段的中点，故， 则，，， 故，，又，平面， 所以平面，故②正确； 又， ， ， 设三棱锥的内切球的半径为， 则， 即，解得，， 所以三棱锥的内切球的表面积，故④正确． 综上有②③④正确. 故选：C． 4．（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． 【答案】B 【分析】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. 【详解】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 5．（2024·江西·二模）已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（    ） A．4 B． C．5 D． 【答案】C 【分析】在棱上分别取点，使得，，连接，证明平面平面即可得点的轨迹为线段，再计算长度即可. 【详解】 如图，在棱上分别取点，使得，， 连接， 因为，， 所以，， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，所以， 又，正方体的棱长为4， 所以，，， 在棱上取点,使得， 则且，又且， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以， 又且，则四边形是平行四边形， 所以，所以， 因为， 所以，则， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以，平面， 因为，平面， 所以平面平面， 因为平面平面， 所以，在正方形内有一动点满足平面时， 点的轨迹为线段， 因为， 所以，动点的轨迹长为. 故选：C. 6．（2024·河北·二模）如图所示，正方体的棱长为，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，若球能在此正八面体内自由转动，则球半径的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由等体积法求正八面体的内切球半径即可. 【详解】根据图形，在正方体中易知正八面体的棱长为， 如图， 在正八面体中连接，可得互相垂直平分， 在Rt中，， 则该正八面体的体积， 该八面体的表面积， 设正八面体的内切球半径为，因为， 即，解得. 故选:B. 7．（2024·陕西·模拟预测）将一个体积为的铁球切割成一个正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设正三棱锥的底面边长为，高为，球半径为，由球体积求得球半径，根据边长、高、外接球半径关系及棱锥体积公式得到零件体积关于的函数，利用导数求体积最大值. 【详解】设正三棱锥的底面边长为，高为，球半径为， 由球的体积为，则，解得， ，即，故， 正三棱锥的体积为：， ， 由得：，此时函数单调递增， 由得：，此时函数单调递减， 当时，取得最大值，且最大值为. 故选：B 8．（2024·广西·模拟预测）在三棱锥中，平面，，，，点为棱上一点，过点作三棱锥的截面，使截面平行于直线和，当该截面面积取得最大值时，（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过作平行线作出题中的截面，并结合线面平行以及线面垂直说明其为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，结合二次函数性质确定截面面积取得最大值时参数的值，解直角三角形即可求得答案. 【详解】根据题意，在平面内，过点作，交于点； 在平面内，过点作，交于点； 在平面内，过点作，交于点，连接，如图所示，    因为，则，设其相似比为，即， 则； 又因为，，， 由余弦定理得，，则， 即. 又平面，，平面，所以，. 又，则，. 因为，则，则， 因为，所以，即， 同理可得，即， 因为，，则， 故四边形为平行四边形；而平面，平面， 故平面，同理平面， 即四边形为截面图形； 又平面，平面，则， 又，所以. 故平行四边形为矩形，则， 所以当时，有最大值，则， 在中，. 故选：C. 【点睛】思路点睛：先作平行线作出题中的截面，再证明四边形为符合题意的截面图形，结合线面平行以及线面垂直说明四边形为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，利用二次函数求出最值得解. 二、多选题 9．（2024·江西九江·三模）如图，正方体的棱长为1，点在截面内，且，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．线段的长为 C．点的轨迹长为 D．的最大值为 【答案】ACD 【分析】对于A，点到平面的距离为，再通过三棱锥的体积公式计算即可；对于B，设的中心为，则，通过勾股定理计算即可；对于C，如图②所示，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，由三段劣弧构成并计算即可；对于D，建立空间直角坐标系，当位于点或的位置时，最小，计算即可. 【详解】对于A，在正方体中，易证平面，平面平面，且两平面间的距离为， 又的面积，所以三棱锥的体积故A正确； 对于B，如图①所示，设的中心为，则， 故B错误； 对于C，如图②所示，由知，， 点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分， 由三段劣弧构成，其长度为圆周长的一半故C正确； 对于D，， 为在方向上的投影，由图①可知， 当位于点或的位置时，最小， 此时取得最大值，如图②所示，建立空间直角坐标系， 则，，故D正确. 故选：ACD. 10．（2024·安徽池州·模拟预测）已知正方体的棱长为1，是侧面内的一个动点，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则（    ） A．平面平面 B．点到平面的距离的最大值为 C．当点在线段上时，异面直线与所成的角为 D．当三棱锥的体积最大时，球的表面积为 【答案】AC 【分析】连接，证明平面，则，再证明，根据线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可判断A；以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断B；证明，则即为所求，解即可判断C；结合B选项可得三棱锥的外接球即为正方体的外接球，即可判断D. 【详解】对于A，连接，则， 因为平面，平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可得， 又平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 设， 所以， 由A选项可知平面的一个法向量为， 又，所以点到平面的距离为， 所以当时，，故B错误； 对于C，连接，因为且，所以四边形是平行四边形， 所以， 则当点在线段上时， 异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角，即， 因为为等边三角形，所以， 即异面直线与所成的角为，故C正确； 对于D，当三棱锥的体积最大时，点到平面的距离最大， 由B选项可知当点与点重合时， 三棱锥为正四面体，且其棱长为， 其外接球即为正方体的外接球， 所以外接球的半径为，所以球的表面积为，故D错误． 故选：AC. 11．（2024·山西吕梁·三模）已知正方体的棱长为是空间中的一动点，下列结论正确的是（    ） A．若点在正方形内部，异面直线与所成角为，则的范围为 B．平面平面 C．若，则的最小值为 D．若，则平面截正方体所得截面面积的最大值为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量求异面直线夹角的取值范围，判断A的真假；平面平面，B选项很好判断；先确定点位置，再展开成平面，转化成平面上两点之间的距离问题判断C的真假；先得到是线段上一点，连接并与交于点，分当与重合，在线段（不含点）上，在线段（不含点，）上和与重合四种情况，得到截面积的最大值，判断D的真假. 【详解】对于，如图： 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 则 则， 因为 所以， 故，则的取值范围为，故A不正确； 对于B，在正方体中，平面平面，显然成立.故B正确； 对于C：正方体的棱长为2，为空间中的一动点，在上取点，使，在上取点，使,如图： 由得，即，故为线段上一点. 将平面沿展开至与平面共面，如下图： 易知：， 则. 在平面图中，当三点共线时，取得最小值，为，故C正确； 对于D：因为，所以，又，可知是线段上一点，如图： 连接并与交于点. 当与重合时，平面与平面重合，此时截面面积为4. 当在线段（不含点）上时，平面截正方体所得截面为三角形，且当与重合时，截面为，此时截面面积最大，由三边长均为，故此时截面面积最大值为. 当在线段（不含点）上时，如图： 延长与交于点，作平行于并与交于点，则截面为等腰梯形，设，则，梯形的高，面积为. 由图可知：梯形的面积一定小于矩形的面积，且矩形面积为， 所以. 当与重合时，截面为矩形，面积为. 故平面截正方体所得截面面积的最大值为，故D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （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：若直线相交但在立体几何中未体现，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. 三、填空题 12．（2024·重庆·三模）已知棱长为1的正方体内有一个动点M，满足，且，则四棱锥体积的最小值为 . 【答案】 【分析】利用正方体的空间垂直关系去证明平面内的点都满足，再去证明动点M在以为圆心，以为半径的圆上，从而利用点M在圆上的性质去解决最值问题. 【详解】解：如图所示，设， 由正方体性质可知平面， 由于平面，，又因为线段的中点， 所以， 即点在平面内， 又因为，所以与点在以点为球心，1为半径的球面上， 又因为平面， 到平面的距离为的一半，由正方体的边长为1，则， 又，， 在平面内，且以H为圆心，为半径的半圆弧上， 到平面的距离的最小值为， 四棱锥体积的最小值为 故答案为： 【点睛】关键点点睛：借助空间关系可知到线段两端点距离相等的点M在线段的中垂面上，又由到定点距离为1的点M又在球面上，从而得到点M的轨迹是中垂面截平面的小圆. 13．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则球被正四面体表面截得的截面周长为 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，求出线段MN长及点O到平面的距离，即可得到球被平面截得的截面周长，从而得到结果； 【详解】 在棱长为2的正四面体中，连接，过作于，如图， 由分别为棱的中点，得， 而平面， 则平面，又平面，于是平面平面， 而平面平面， 因此平面，而，，，则， 球半径，，从而， 球被平面截得的截面圆半径， 所以球被平面截得的截面周长. 又为正四面体，所以球被正四面体的每个面截得的截面都为圆， 且圆的半径为， 所以球被正四面体表面截得的截面周长为. 故答案为： 14．（2024·福建泉州·模拟预测）在圆台中，圆的半径是2，母线，圆是的外接圆，，，则三棱锥体积最大值为 ． 【答案】/ 【分析】先求出圆的半径，再求圆台的高，列出三棱锥体积表示式，由余弦定理和基本不等式推出， 即得体积最大值. 【详解】    如图，设圆，的半径分别为，，则由正弦定理，，解得， 设圆台的高为，则， 在中，取，由余弦定理，， 即得，即得，当且仅当时取等号. 因三棱锥的体积为， 即时，三棱锥的体积的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题主要考查与圆台有关的三棱锥的体积最值问题，属于难题. 解题关键在于，弄清圆台与三棱锥的关系，分析三棱锥的体积关系式中，哪些为定值，需要选设怎样的变量表示，考虑运用二次函数，还是基本不等式，双勾函数还是求导方法求得体积最值. 四、解答题 15．（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，空间中有一个平面和两条互相垂直的异面直线、，其中、与的交点分别为，直线、都与直线垂直，垂足分别为、，且. (1)证明：直线、与平面所成角之和为定值； (2)若，令（），求点到平面距离的最大值关于的函数. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）分别作出直线、与平面所成角，再根据三角形性质求解. （2）作出点到平面的距离线段，再利用射影定理求解. 【详解】（1）如图所示，过作直线交平面于点，联结、. 因为直线，过的平面与交于，于是，且. 因为与、都垂直，可得，，且， 所以直线平面，进而平面. 所以就是直线与平面所成的角，同理是直线与平面所成的角. 因为、互相垂直，所以为直角，故. 所以直线、与平面所成角之和为定值，定值为. （2）在直角三角形中，. 如图，过作交于，因为平面，所以，即是到平面的距离. 令，， 在直角三角形中，，解得. 又，所以. 故，即. 16．（2024·重庆开州·模拟预测）如图，在三棱台中，底面为等边三角形，平面ABC，，且D为AC的中点. (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意首先证得平面，然后利用面面垂直的判断定理即可证得题中的结论； （2）建立空间直角坐标系，分别求得两个平面的法向量，然后利用法向量计算面面角的余弦值即可求解． 【详解】（1）证明：因为平面ABC，平面ABC，所以， 又为等边三角形，D为AC的中点， 所以，又，，平面， 所以平面，又平面，所以 在直角梯形中， 所以，又，BD，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面 （2）解：由（1）知两两垂直，如图所示，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 因为，， 则， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角， 则， 所以， 所以平面与平面夹角的正弦值为 17．（2022·广东汕头·二模）如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD中点．是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角的大小为30°，且． (1)求t的值； (2)对于平面ACD内的动点P总有平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得平面BEC的理由． 【答案】(1)； (2)P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，理由见解析 【分析】（1）建立空间坐标系，易得面的一个法向量为，用表示出面的法向量，通过二面角的大小为30°建立方程，解方程即可； （2）取中点，中点，连接，证明面平面BEC，结合面，即可求出P的轨迹. 【详解】（1） 易知面，，以所在直线为轴建立如图的空间直角坐标系，则，，， 易知面的一个法向量为， 设面的法向量为，则， 令，则， 可得， 解得或3，又点E在弦AD上，故. （2） P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，证明如下： 取靠近的三等分点即中点，中点，连接， 由为中点，易知，又面，面， 所以平面BEC， 又，面，面，所以平面BEC， 又，所以面平面BEC， 即和所在直线上任意一点连线都平行于平面BEC， 又面，故P的轨迹即为所在直线， 即过靠近的三等分点及中点的直线. 18．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，，进而证明为平行四边形，可得，再证明，由面面平行的判定定理得证； （2）方法1，建立空间直角坐标系，利用向量法求解；方法2，先证明平面平面，过作交于，则就是直线与平面所成角，利用平面几何求出最小，得解. 【详解】（1）连接，由点为的中点，为半个圆柱上底面的直径知， 由，，知，， 则，又四点共面，所以， 由为直三棱柱的侧面知，即，则， 由为的中点得， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，，则平面， 因为，分别为，的中点，所以， 又平面，，平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）（法一）以为一组空间正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，， 设， 则， 由平面平面知直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 设平面的法向量为， 由，取，得， 则平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则 ， 又，则时，的最大值为． 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． （法二）在直三棱柱中，底面， 因为底面，所以， 由（1）知，，所以， 又平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 过作交于， 因为平面平面，所以平面， 又平面平面， 则直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 因为∽，且正方形的边长为2， 所以，则， 又，要使值最大， 则最小，在中， 过作交于，由等面积可求出，此时． 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． 19．（2024·江苏连云港·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面ABP，平面ABP，，，，平面与平面的交线为．    (1)证明：； (2)若为上一点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，将线面角的正弦值用向量表示，进而求出所成角正弦的最大值. 【详解】（1）因为平面ABP，平面ABP， 所以，又平面，平面， 所以平面， 又平面，且平面与平面的交线为， 所以 （2）取的中点，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面平面， 且平面平面，平面，所以平面， 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则   ，，，， 设，（），则， ，， 设平面的一个法向量， 因为 令，则，，即， 设直线与平面所成角为，所以 ， 令，则， 令，则，所以， 函数y在上为增函数，在上为减函数， 所以当时，，即， 故直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【拓展冲刺练】 一、单选题 1．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥中，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，是平面内一点，且，若，则点的轨迹长度为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点，连接，作交的延长线于点，利用线面垂直的判定得到平面，进而得出，再结合余弦定理和同角三角函数的基本关系可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，最后结合圆的周长计算公式即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接，易得， 又，平面，所以平面， 又，所以，，， 在中，，由余弦定理得， 作交的延长线于点，则， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以，所以， 在中，，则， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则点的轨迹长度为， 故选：C， 【点睛】方法点睛：立体几何中的轨迹问题： 1、由动点保持平行性求轨迹. （1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹. 2、动点保持垂直求轨迹. （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、由动点保持等距（或者定距）求轨迹. （1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者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、由动点保持等角（或定角）求轨迹. （1）直线与面成定角，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）利用空间坐标系计算求轨迹. 5、投影求轨迹. （1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形. 6、翻折与动点求轨迹. （1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；（3）利用空间坐标运算求轨迹. 2．（2024·全国·模拟预测）已知正四棱锥的体积为，底面的四个顶点在经过球心的截面圆上，顶点在球的球面上，点为底面上一动点，与所成角为，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据锥体的体积公式结合外接球的性质可得半径和四棱锥的底边边长，进而根据锐角三角函数可得，即可判断点的轨迹为为圆心，半径的圆，即可求解. 【详解】由题意，设球的半径为．如图所示，连接交于点，连接，则，，平面，所以，解得． 在中，因为，，所以． 因为正方形的中心到各边的距离为，所以点的轨迹为平面内，以点为圆心，半径的圆，故点的轨迹长度为． 故选:D．    3．（2024·河北保定·三模）如图，在长方体中，，，是上一点，且，则四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先通过证明平面得到，则可确定点在上的位置，进而得到点到平面的距离，然后用棱锥的体积公式计算即可. 【详解】在长方体中，平面，又平面， 所以，又，，面， 所以平面，又面， 所以， 由，，， 得，所以，又， 所以， 则点到平面的距离， 故四棱锥的体积. 故选：A. 4．（2024·贵州·模拟预测）设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（    ） A．若m上有两个点到平面的距离相等，则 B．若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件 C．若，，，则 D．若m、n是异面直线，，，，，则 【答案】D 【分析】对于A，m与可以相交，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等；对于B，C，根据面面垂直的判定及性质进行判断；对于D，根据面面平行的判定定理进行判断. 【详解】对于A，当直线m与相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故A错误； 对于B，若，，，则，又，所以；当时，，当时，，可以相交，所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误； 对于C，若，，，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误； 对于D，若m、n是异面直线，，，，，则在直线任取一点，过直线与点确定平面，，又，则，，，所以，又，，所以，故D正确. 故选：D. 二、多选题 5．（2024·山东烟台·三模）如图1，半圆O的直径为4，点B，C三等分半圆，P，Q分别为OB，OC的中点，将此半圆以OA为母线卷成如图2所示的圆锥，D为BC的中点，则在图2中，下列结论正确的有（    ） A． B．平面 C．平面 D．三棱锥与公共部分的体积为 【答案】ACD 【分析】对于A，先求出圆锥的底面圆半径，再利用正弦定理求出，进而可判断；对于B，由勾股定理逆定理结合，可得与不垂直，由此即可判断；对于C，由中位线定理得，结合线面平行的判定定理即可判断；对于D，连接交于点，连接并延长，可知交于点，则三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥，再确定点的位置即可求解体积并判断D. 【详解】对于A，在图中，设圆锥的底面圆半径为， 则，解得， 因为在图1中，点、三等分半圆， 所以在图中，点、为圆锥的底面圆周的三等分点， 所以为等边三角形， 所以，所以， 又因为点、分别是、的中点， 所以，故A正确； 对于B， 连接，因为三角形边长为的等边三角形，三角形为等腰三角形， 点是的中点，所以， 而，所以，这表明与不垂直，故B错误； 对于C，因为点、分别是、的中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面，故C正确； 对于D，连接交于点，连接并延长，则由对称性可知必定交于点， 则三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥， 因为点分别是、的中点， 所以为的重点，所以， 由上易知，圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，所以圆锥的高为， 所以， 所以三棱锥与三棱锥公共部分的体积为，故D正确. 故选：ACD. 6．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（    ） A．当P在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足时，长度的最小值是 D．使直线AP与平面ABCD所成的角为的点P的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】求三棱锥的体积判断A的真假；根据线线角的概念确定与所成角的取值范围，判断B的真假；确定点轨迹，求长度的最小值，判断C的真假；判断点轨迹，求P的轨迹长度判断D的真假. 【详解】对A：当P在平面上运动时，点到平面的距离为2， ，所以，故A正确； 对B：如图： 取中点，连接，则. 当P在线段AC上运动时，因为，且， 所以为异面直线与所成角. 当与重合时，异面直线与所成角为. 当与不重合时，因为,，所以，所以，所以异面直线与所成角的范围为，故B正确； 对C：如图： 根据正方体的结构特点，平面，为中点， 因为，所以点轨迹是过点且平行于平面的平面，即为平面，其中分别为所在棱上的中点. 故当P在底面ABCD上运动，且满足时，P点的运动轨迹为线段. 其中分别为，中点.易知六边形为正六边形， 所以当与重合时，， 此时为点到直线的垂线段，取得最小值，为，故C错误； 对D：如图： 当直线与平面ABCD所成的角为时， 因为，所以不可能在四边形内（除外）； 同理不可能在四边形内（除外）. 在平面与平面的运动轨迹为线段和，且； 当在平面时，作平面，垂足为，连接， 因为，所以， 所以在四边形上的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆的， 所以点的轨迹长度为：，故D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，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）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 三、填空题 7．（2023·湖北咸宁·模拟预测）已知正方体的棱长为，点为的中点，平面，平面过点，则平面截正方体所得截面图形的面积为 . 【答案】 【分析】利用线面垂直的判定和性质可分别证得，，由此可得平面，由此可知平面平面；过可作出平面的平行平面，即为平面，可知截面为；根据长度关系，利用梯形面积公式可求得截面面积. 【详解】分别取中点， 四边形为正方形，， 平面，平面，， ，平面，平面， 又平面，，又，； ，， 又，，即， 平面，平面，， ，平面，平面， 又平面，； ，平面，平面； 又平面，平面，平面，平面平面； 延长至点，使得，取中点，连接，交于点    ，，四边形为平行四边形，； 平面，平面，平面； ，平面，平面，平面； ，平面，平面平面， 则平面即为平面，四边形即为平面截正方体所得截面， 平面平面，平面平面，平面平面，； 又为中点，为中点，，又，， 则梯形的高， 四边形的面积，即截面图形的面积为. 故答案为：. 8．（2023·广西南宁·一模）如图所示，正方体的棱长为分别为，的中点，点是正方体表面上的动点，若平面，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹长度为 ． 【答案】/ 【分析】要满足平面，只需要找一个平面，使该平面经过，且与平面平行即可，取的中点的中点，连结，证明出面面，得到点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形，求出周长即可. 【详解】取的中点的中点，连结．正方体 的棱长为2．为中点，所以， 所以且． 因为为分别为的中点， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以． 因为面面， 所以面． 同理可证：面． 又面面， 所以面面． 所以点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形． 因为正方体的棱长为2，所以， 所以三角形的周长为． 故答案为：. 9．（2023·安徽淮南·一模）在棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是线段的中点，点M在正方形内（含边界），记过E，F，G的平面为，若，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】取中点为，由已知可证明平面即为平面，平面.可知.进而根据等腰三角形即可求出的取值范围. 【详解】 如图，取中点为，连结. 由已知，且，所以四边形是平行四边形，所以，且.又分别是线段的中点，所以，，所以，所以平面即为平面. 易知，又，所以四边形是平行四边形，所以，又，，所以， 同理由，可得. 因为平面，平面，，所以平面. 则由，平面，可知，平面，平面. 又点M在正方形内，平面平面，所以. 所以的长即为点到线段上点的距离，因为，所以当点为线段的中点时，最小，此时；当点与线段端点重合时，最大，此时.所以的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题 10．（2024·黑龙江·模拟预测）已知正三棱柱中分别为的中点，. (1)证明:平面平面; (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）借助线线平行关系，先证平面，平面，从而可得面面平行； （2）以为原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角. 【详解】（1）分别为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以， 而平面平面，所以平面， 连接交于，连接OE，显然是的中点，因为为AB的中点， 所以，而平面，OE平面，所以平面， 又平面平面，所以平面平面 （2）因为为正三角形，所以， 因为三棱柱是正三棱柱，所以平面平面， 而平面平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为三棱柱是正三棱柱，， 所以侧面是矩形，分别为的中点， 以为原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ， 设平面的一个法向量为， 即，取，解得， 设直线与平面所成角为， 所以. 11．（22-23高三下·江西·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为的中点. (1)过作该正方体的截面，使得该截面与平面平行，写出作法，并说明理由； (2)设分别为棱上一点，与均不重合，且，求三棱锥体积的最大值. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）取的中点H，连接，所以截面为要求作的截面.通过面面平行的判定进行证明； （2）利用三棱锥的体积公式并结合均值不等式进行求解. 【详解】（1）取的中点H， 连接，所以截面为要求作的截面. 理由如下： 因为E，F分别为的中点，所以，又平面平面，所以平面. 在正方形中，因为G为的中点，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以，同理可证， 又平面平面，可得平面. 又，平面，所以平面平面. 连接，因为G为的中点， H为中点，所以，又，则， 所以，B，H，G四点共面，从而截面为要求作的截面. （2）设，由， 得，则， 当仅当时，等号成立. ， 因为，所以三棱琟体积的最大值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$