拓展6-2 立体几何中的轨迹、动点问题-2024-2025学年高二数学重难点突破及混淆易错规避（苏教版2019选择性必修第二册）

拓展6-2 立体几何中的轨迹、动点问题 一、轨迹问题 ③求轨迹形成图形的面积 ①求轨迹形状 二、范围最值问题 ②求轨迹长度 三、存在与探索性问题 一、轨迹问题 方法点拨：轨迹问题归类：（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 ①求轨迹形状 1．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. 2．若正四面体的侧面内一动点到底面的距离与到棱的距离相等，则动点的轨迹与组成图形可能是（   ） A．   B．   C．   D．   3．棱长为2的正方体中，点在底面内运动，点是棱的中点，则下列说法正确的是（    ） A．过点在平面内一定可以作无数条直线与垂直 B．直线与所成角的余弦值为 C．点到平面的距离为 D．若点到直线的距离为，则点的轨迹为一个椭圆的一部分 4．如图，在边长为1的正方体中，点为线段上的动点，则（    ） A．不存在点，使得 B．的最小值为 C．当时， D．若平面上的动点满足，则点的轨迹是直线的一部分 5．已知正方体的棱长为，分别为和的中点,为线段上的动点，为上底面内的动点，下列判断正确的是（    ） ①三棱锥的体积是定值；②若恒成立，则线段的最大值为；③当与所成的角为时，点的轨迹为双曲线的一部分； A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 6．如图，在正方体中，若是正方形及其内部的一个动点，且满足，则动点的轨迹是（    ） A．线段 B．圆弧 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 ②求轨迹长度 7．点是棱长为1的正方体的表面上一个动点，则下列结论中正确的（   ）    A．当在平面上运动时，四棱锥的体积变大 B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是 D．使直线与平面所成的角为45°的点的轨迹长度为 8．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 . 9．如图， 在四棱锥中， 底面 是边长为3的正方形，平面，点为底面上的动点， 到的距离记为，若，则点在底面正方形内的轨迹的长度为（   ） A．2 B． C． D． 10．正方体的棱长为，为的中点，点是正方形内的动点，若平面，则点的轨迹长度为 ． 11．如图，已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 12．如图，已知正方体的棱长为2，、分别为线段、的中点，若点为正方体表面上一动点，且满足平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D．2 ③求轨迹形成图形的面积 13．如图，已知正方体的棱长为4，M，N，G分别是棱，BC，的中点，设Q是该正方体表面上的一点，若．    (1)求点Q的轨迹围成图形的面积； (2)求的最大值． 14．在棱长为2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.记点的轨迹为，则（    ） A．点可以是侧面的中心 B．是菱形 C．线段的最大值为 D．的面积是 15．如图，已知正方体的棱长为4，，，分别是棱，，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是 ；的最大值为 ． 16．如图，已知正方体的棱长为，，，分别是棱， ，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是 . 17．如图，在半径为的半球O中，平行四边形是圆O的内接四边形，，点P是半球面上的动点，且四棱锥的体积为． （1）求动点P的轨迹T围成的面积； （2）是否存在点P使得二面角的大小为？请说明理由． 二、范围最值问题 方法点拨：函数法：大多数情况下,把这类动态问题转化为目标函数最终利用代数方法求目标函数的最值 变量分析法：从而转化成求某些线段或角等一些量的求解最值问题的方法 18．如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，． (1)若点为线段的中点， ①证明：∥面； ②求直线与平面间的距离； (2)若点为直线上的动点，当直线与底面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积． 19．若正方体的棱长为2，为的中点，动点在底面上（含边界），则下列说法正确的是（   ） A．当为中点时， B．当为中点时，直线与所成角的余弦值为 C．当直线与所成角为时，到平面的距离的最大值为 D．当到直线与直线的距离相等时，到直线的距离的最小值为 20．在长方体中，侧面为正方形，，为线段（不包含端点）上一动点，请利用空间向量法解决下列两个问题． (1)若，求的长度； (2)求点到平面距离的取值范围． 21．如图，在长方体中，，直线与平面所成角的正切值为，M， N， P分别为棱DD1， DA， DC上异于D点的动点． (1)若P是CD的中点，求证：平面； (2)定义：异面直线的距离指的是公垂线（与两条异面直线都垂直相交的直线）的两个垂足之间的线段长度．求异面直线与的距离； (3)若直线与平面交于点H，且，求平面与平面的夹角余弦值的取值范围． 22．如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，，D，E分别是线段AC，的中点，在平面ABC内的射影为D. (1)求证：平面BDE； (2)若点F为棱的中点，求点F到平面BDE的距离； (3)若点F为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围. 23．在多面体中，四边形与四边形均为直角梯形，，且点四点共面. (1)证明：①平面平面； ②多面体是三棱台. (2)若，动点在内部及边界上运动，且，求异面直线与所成角的最小值. 24．如图，在四棱锥中，，，，是边长为2的等边三角形，且平面平面，点E是棱上的一点.    (1)若，求证：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值； (3)求点到直线的距离的最小值. 三、存在与探索性问题 方法点拨：建立适当的空间直角坐标系,将相关点、相关向量用坐标表示 假设所成的点或参数存在,并用相关参数表示相关点的坐标,根据线、面满足的位置关系、数量关系,构建方程(组)求解,若能求出参数的值且符合该限定的范围,则存在,否则不存在。 假设的方式有： ①若在直线上，则,使得 ②在射线上，则,使得 ③在线段上，则,使得 ④在平面上，则,使得 25．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面，.M，N分别为AB，PC的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)在棱PA上是否存在一点E，使得直线DE与平面所成角为.若存在，确定点E的位置，若不存在，说明理由. 26．如图，在四棱锥中，平面平面，，，为中点，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 27．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. (1)若为棱的中点， 求证：平面； (2)在棱上是否存在点 ，使得平面与平面的夹角的余弦值为若存在，指出点的位置并给以证明； 若不存在，请说明理由. 28．已知等腰梯形如图所示，其中，，点在线段上，且，，现沿进行翻折，使得平面平面，所得图形如图所示． (1)证明：； (2)已知点在线段上（含端点位置），点在线段上（含端点位置）． （ⅰ）若，点为线段的中点，求与平面所成角的正弦值； （ⅱ）探究：是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 29．如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，，，，. (1)证明：平面； (2)在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 30．如图，在三棱柱中，底面是以为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在平面上的投影为的中点D，且. (1)求点到直线的距离； (2)求点C到侧面的距离； (3)在线段上是否存在点E，使得直线与侧面所成角的正弦值为?若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 31．如图，已知四棱柱的底面为菱形，，，，．    (1)若为中点，证明：平面； (2)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． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 拓展6-2 立体几何中的轨迹、动点问题 一、轨迹问题 ③求轨迹形成图形的面积 ①求轨迹形状 二、范围最值问题 ②求轨迹长度 三、存在与探索性问题 一、轨迹问题 方法点拨：轨迹问题归类：（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 ①求轨迹形状 1．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； 【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. 2．若正四面体的侧面内一动点到底面的距离与到棱的距离相等，则动点的轨迹与组成图形可能是（   ） A．   B．   C．   D．   【答案】D 【详解】设正四面体的棱长为，设等边的中心为点，取的中点， 连接、，则平面，， 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， ，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，则，， 则点到平面的距离为， 而点到直线的距离为， 根据题意可得， 在平面内，如下图所示：    在平面直角坐标系中，易知点、， 则，所以，直线的方程为， 即，即， 显然，区域（包括边界）的点的坐标均满足，且， 所以，由可得， 即，即点在区域内的轨迹是一条线段， 直线的斜率为， 则动点的轨迹与线段的交点靠近点，D选项合乎题意， 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解决空间中的动点的轨迹问题，一般就是要通过建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出动点的轨迹方程，再进行判断. 3．棱长为2的正方体中，点在底面内运动，点是棱的中点，则下列说法正确的是（    ） A．过点在平面内一定可以作无数条直线与垂直 B．直线与所成角的余弦值为 C．点到平面的距离为 D．若点到直线的距离为，则点的轨迹为一个椭圆的一部分 【答案】CD 【详解】对于A，当点在处时，过点只能作一条直线，故A错误； 对于B，以为原点建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设异面直线与所成角为，则，故B错误； 对于C，， 设面的法向量，点到平面的距离为， 则，令，解得，， 故，由点到平面的距离公式得，故C正确； 对于D，因为点到直线的距离为， 所以点的轨迹是以为对称轴的圆柱， 而点又在底面上，底面与对称轴不垂直， 因此点在底面与圆柱的截面上，此截面必为椭圆的一部分，故D正确. 故选：CD. 【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量的线线夹角、点线距及截面，解题关键是要掌握线线向量夹角公式及线面距的公式. 4．如图，在边长为1的正方体中，点为线段上的动点，则（    ） A．不存在点，使得 B．的最小值为 C．当时， D．若平面上的动点满足，则点的轨迹是直线的一部分 【答案】BC 【详解】 A选项：当为的中点时，理由如下： 由图可知，当为的中点时平面， 因为为正方体，所以平面，， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，故A错误； B选项：设，， 则， ， 所以，当时取得最小值，最小值为，故B正确； C选项：当时，，，， 所以，故C正确； D选项：如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ，，设，，则，， 当平面上的动点满足时，， 整理得，所以点的轨迹为椭圆的一部分，故D错. 故选：BC. 5．已知正方体的棱长为，分别为和的中点,为线段上的动点，为上底面内的动点，下列判断正确的是（    ） ①三棱锥的体积是定值；②若恒成立，则线段的最大值为；③当与所成的角为时，点的轨迹为双曲线的一部分； A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】A 【详解】如图（1）所示，因为点为的中点，又由是的中点，可得， 又因为点为上的动点，所以点到直线的距离等于点到的距离， 所以点到直线的距离等于点到直线的距离的一半， 因为正方体的棱长为4，可得， 因为面，且面，所以， 可得点到直线的距离为，所以点到直线的距离， 所以的面积为， 由，且，平面， 所以平面，且， 所以三棱锥的体积为（定值），所以①正确；    如图（2）所示，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得， 设， 由 设，则， 因为，所以，可得， 所以 ， 又因为且，可得， 所以当时，线段取得最大值，最大值为，所以②正确； 因为， 又因为与的所成的角为， 所以， 整理得且，所以点的轨迹为抛物线的一部分，所以③错误. 故选：A.    【点睛】 6．如图，在正方体中，若是正方形及其内部的一个动点，且满足，则动点的轨迹是（    ） A．线段 B．圆弧 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】A 【详解】解：根据正方体中，建立空间直角坐标系，如图所示： 所以设正方体的棱长为1，所以，0，，，1，，，，， 由于，所以，整理得．， 所以，动点的轨迹为线段． 故选：A ②求轨迹长度 7．点是棱长为1的正方体的表面上一个动点，则下列结论中正确的（   ）    A．当在平面上运动时，四棱锥的体积变大 B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是 D．使直线与平面所成的角为45°的点的轨迹长度为 【答案】BCD 【详解】对于A，底面正方形的面积不变，到平面的距离为正方体棱长， 故四棱锥的体积不变，故A不正确； 对于B，与所成角即与所成的角，为等边三角形， 当在端点时，所成角最小，为，当在中点时，所成角最大为，故B正确； 对于C，以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，    由， 设，，则， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 所以平面的一个法向量为， 因为平面，所以，可得， 所以， 当时，等号成立，故C正确. 对于D，因为直线与平面所成的角为， 若点在平面和平面内， 因为最大，不成立； 在平面内，点的轨迹是； 在平面内，点的轨迹是； 在平面时，作平面，如图所示， 因为，所以， 又因为，所以，所以， 所以点的轨迹是以点为圆心，以1为半径的四分之一圆，    故的轨迹长度为，故D正确. 故选：BCD. 8．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 . 【答案】 【详解】 如图建立空间直角坐标系，因为棱长为2，所以, 又, 所以平面, 又因为,所以圆锥母线与高的夹角为,  又点O为的中点， 且,在直角三角形中， ,所以Q的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆，所以轨迹长度为. 故答案为： 【点睛】思路点睛：求证平面，分析与夹角为的条件，结合（1）看出点Q的轨迹，计算出轨迹的长度 9．如图， 在四棱锥中， 底面 是边长为3的正方形，平面，点为底面上的动点， 到的距离记为，若，则点在底面正方形内的轨迹的长度为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【详解】如图建立空间直角坐标系，则， 设，其中，则. 又因平面，则到的距离等于， 则，其中. 则点在底面正方形内的轨迹为以为圆心，半径为2的圆在底面正方形内的弧. 如图，设圆弧与DC，DA交于E，F点，因， 则，则相应轨迹对应弧长为. 故选：B 10．正方体的棱长为，为的中点，点是正方形内的动点，若平面，则点的轨迹长度为 ． 【答案】 【详解】利用正方体建立如图所示空间直角坐标系， 由题意可知，，，，， 因点是正方形内的动点，可设，， 因 设平面的法向量， 则，令，则， 因平面，则，即， 整理得：. 是正方形内的动点，取，得；取，得， 故点的轨迹长度为． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：利用正方体建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，由求得，结合点的位置即可求得其轨迹长度. 11．如图，已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】以点为坐标原点，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，，设点， 则. 设平面的法向量为，由， 取，可得， 所以为平面的一个法向量. 由题意可知，平面，则， 令，可得，令，可得， 所以点的轨迹为线段，且交于点，交于点， 所以点的轨迹长度为. 故选：B. 12．如图，已知正方体的棱长为2，、分别为线段、的中点，若点为正方体表面上一动点，且满足平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D．2 【答案】B 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 则， 故， 所以， 又，平面， 所以⊥平面， 故当点在线段上时，满足平面， 点的轨迹长度为. 故选：B ③求轨迹形成图形的面积 13．如图，已知正方体的棱长为4，M，N，G分别是棱，BC，的中点，设Q是该正方体表面上的一点，若．    (1)求点Q的轨迹围成图形的面积； (2)求的最大值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为，∴点在平面上， 如图，分别取，，的中点，    连接 因为分别为，的中点，故， 又由正方体可得，，，， 故，，故四边形为平行四边形，故， 故，故四点共面，同理可证四点共面， 故五点共面，同理可证四点共面， 故六点共面，由正方体的对称性可得六边形 为正六边形． 故点的轨迹是正六边形， 因为正方体的棱长为4，所以正六边形的边长为， 所以点的轨迹围成图形的面积是． （2）如图，根据向量数量积的几何意义可得 当位于时，此时在上的投影最大， 故 ， ∴的最大值为12．    14．在棱长为2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.记点的轨迹为，则（    ） A．点可以是侧面的中心 B．是菱形 C．线段的最大值为 D．的面积是 【答案】ACD 【详解】如图所示，以为坐标原点，分别以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 可得，所以， 设，则， 对于A中，当点可以是侧面的中心，可得，此时， 可得，所以，所以A正确； 对于B中，因为，所以，可得， 当时，；当时，， 取，连接， 则， 所以四边形为矩形，则，即， 又和为平面中的两条相交直线，所以平面， 又由，即， 所以为的中点，则平面， 因为点在正方体的表面上运动，所以点的轨迹为四边形， 又由，所以， 则点的轨迹为矩形，不是菱形，所以B错误； 所以矩形的面积，所以D正确， 因为，所以的最大值为，所以C正确. 故选：ACD.    15．如图，已知正方体的棱长为4，，，分别是棱，，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是 ；的最大值为 ． 【答案】 12 【详解】∵，∴点在平面上， 如图，分别取，，的中点，，， 连接， 因为为中点，故， 又由正方体可得，， 故，故四边形为平行四边形，故， 故，故四点共面，同理可证四点共面， 故五点共面，同理可证四点共面， 故六点共面，由正方体的对称性可得六边形为正六边形. 故点的轨迹是正六边形， 因为正方体的棱长为4，所以正六边形的边长为， 所以点的轨迹围成图形的面积是． 如图， ， ∴的最大值为12． 故答案为：，12． 16．如图，已知正方体的棱长为，，，分别是棱， ，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是 . 【答案】 【详解】解：∵，在平面上， 分别取，，的中点，则点的轨迹是正六边形， 因为正方体的棱长为， 所以正六边形的边长为， 所以，点的轨迹围成图形的面积是. 故答案为： 17．如图，在半径为的半球O中，平行四边形是圆O的内接四边形，，点P是半球面上的动点，且四棱锥的体积为． （1）求动点P的轨迹T围成的面积； （2）是否存在点P使得二面角的大小为？请说明理由． 【答案】（1）；（2）存在，理由见解析. 【详解】（1）由已知条件可知，平行四边形为矩形， 因为，， 所以，四边形的面积为， 设点到底面的距离为， 则，解得， 所以点在底面的距离为的平面内， 又因为点是半球面的动点， 所以点的轨迹为半径为的圆， 所以T围成的面积， （2）存在点P使得二面角的大小为，理由如下： 以底面圆的圆心为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 由（1）可知， 设，易知， 设平面的法向量为， ，， ， 取， 由题意可取平面的法向量为， 若要满足题目条件，则， 解得， 所以存在点P使得二面角的大小为. 【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下： （1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标； （2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）； （3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值. 二、范围最值问题 方法点拨：函数法：大多数情况下,把这类动态问题转化为目标函数最终利用代数方法求目标函数的最值 变量分析法：从而转化成求某些线段或角等一些量的求解最值问题的方法 18．如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，． (1)若点为线段的中点， ①证明：∥面； ②求直线与平面间的距离； (2)若点为直线上的动点，当直线与底面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积． 【答案】(1)①证明见解析；② (2) 【详解】（1）①如图，取的中点，连接，有，， 又，，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以∥面； ②如图，取的中点，连接， 因为，所以， 由， 四边形是正方形，有， 因为，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面， 在平面内作直线的垂线， 则平面，有， 以坐标原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以平面，因为平面，所以， 由，，知， 由，知， 从而有，， 有， 设平面的法向量为， 由，取，则， 得平面的一个法向量为， 因为∥面，所以到平面的距离即为直线与平面间的距离， 又，所以到平面的距离， 所以与平面间的距离为. （2）， 设， ， 底面的一个法向量为, 设直线与底面所成的角为， 所以 ， 当且仅当，即时取等号，此时， 所以到平面的距离为， 又，所以三棱锥的体积为． 19．若正方体的棱长为2，为的中点，动点在底面上（含边界），则下列说法正确的是（   ） A．当为中点时， B．当为中点时，直线与所成角的余弦值为 C．当直线与所成角为时，到平面的距离的最大值为 D．当到直线与直线的距离相等时，到直线的距离的最小值为 【答案】AC 【详解】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，正方体棱长为2，则，，，， 选项A，，，，所以，A正确； 选项B，，， ，所以直线与所成角的余弦值为，B错； 选项C，直线与所成角为时，则，在以为圆心，为半径的圆（正方形内）上，如下图， 在底面上，点轨迹方程为， 设，，， 设平面的一个法向量是， 则，取得， 到平面的距离为， 因为，所以，其中是锐角， 所以当时，，C正确； 选项D，因此平面，又平面，所以， 所以到直线的距离等于， 所以到直线与直线的距离相等即为到点与直线的距离相等，所以点轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，中点是抛物线的顶点，， 在平面上，点轨迹方程为， 设，， ， ， 所以， 又， 所以点到直线的距离为， 点在正方形内，所以， 由得， ， 所以时，， 所以点到直线的距离的最小值为，D错， 故选：AC． 【点睛】方法点睛：本题考查正方体中线线垂直，异面直线所成的角，点面距与点线距，因此利用正方体建立空间直角坐标系，用空间向量法解决问题是常用方法，它可以减少艰难的空间想象能力，把问题转化为计算．对计算能力要求较高，属于难题． 20．在长方体中，侧面为正方形，，为线段（不包含端点）上一动点，请利用空间向量法解决下列两个问题． (1)若，求的长度； (2)求点到平面距离的取值范围． 【答案】(1)1； (2). 【详解】（1）构建如下图示的空间直角坐标系，则，设且， 则，，又， 则，可得， 所以的长度为1. （2）若是面的一个法向量，则， 令，则，而，故， 所以点到平面距离，， 所以，且，故. 21．如图，在长方体中，，直线与平面所成角的正切值为，M， N， P分别为棱DD1， DA， DC上异于D点的动点． (1)若P是CD的中点，求证：平面； (2)定义：异面直线的距离指的是公垂线（与两条异面直线都垂直相交的直线）的两个垂足之间的线段长度．求异面直线与的距离； (3)若直线与平面交于点H，且，求平面与平面的夹角余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）连接，因为平面BB1C1C， 所以为直线与平面所成角， 所以，又，所以， 在长方体中，以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，.                                                当P是CD的中点时，，，，， ∴，， ，，又，平面， 平面； （2），，， 设，由，， ∴，∴，令，取， ∴异面直线BC1与B1D的距离为：； （3）设，，， 由点在直线B1D上，则，∴， ∴，，， 又∵，∴， ∴， （*）                                 ∴，， 设平面的法向量为， 由，得，令得：， 设平面的法向量为 ， ，， 由，得，令得：， 设平面与平面的夹角为， ， ∵M， N， P分别为棱上异于D点的动点， 由（*）得：， 当时，， 当时，令，则， ∴， ∴平面与平面所成夹角余弦值的取值范围为. 22．如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，，D，E分别是线段AC，的中点，在平面ABC内的射影为D. (1)求证：平面BDE； (2)若点F为棱的中点，求点F到平面BDE的距离； (3)若点F为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【详解】（1）连接，由为等边三角形，为中点，得， 由平面平面，平面平面，平面， 得平面，而平面，则， 由四边形为菱形，得，又分别为中点，则， 于是，且，平面， 所以平面. （2）由在平面内的射影为线段的中点，得平面， 由平面，平面，得，， 由四边形为菱形，得为正三角形，在正中，， 则以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则 ， 得， 设平面的法向量为，则，令，得， 所以点到平面的距离为. （3）由（2）知，，， 由点F为线段上的动点，令， 则， 平面的法向量， 设平面的法向量，则，令，得， 设锐二面角的大小为，则， 令，则，， 由，得，则， 所以锐二面角的余弦值的取值范围为. 23．在多面体中，四边形与四边形均为直角梯形，，且点四点共面. (1)证明：①平面平面； ②多面体是三棱台. (2)若，动点在内部及边界上运动，且，求异面直线与所成角的最小值. 【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析 (2) 【详解】（1）①如图①，四边形与四边形均为直角梯形，，故， 因为平面平面，所以平面， 同理可得平面，因为平面， 所以平面平面.      ②如图②，在梯形中，延长交于点，   平面平面，同理平面， 又平面平面. 故直线相交于点， 又由（1）可知：平面平面， 故多面体是三棱台. （2）四边形与四边形均为直角梯形，， ，又，平面，平面， 又动点在内部及边界上运动，且， 是等腰直角三角形，， 点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆（在内部及边界上）. 如图以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则， . 设异面直线与所成角为，则 ， 设（取为锐角）， 则. ，且为锐角，， ， 当，即时，异面直线与所成角取得最小值.    24．如图，在四棱锥中，，，，是边长为2的等边三角形，且平面平面，点E是棱上的一点.    (1)若，求证：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值； (3)求点到直线的距离的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）取的中点F，连接，， 又，点F是的中点， 所以，， 又，，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）取的中点O，连接，，如图所示，    因为为等边三角形，所以， 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又平面，所以，， 又，得，所以以O为坐标原点，直线，， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，， 设，， 所以， 又，设平面的法向量为， 所以， 令，解得，， 所以平面的法向量. 又，， 设平面的法向量为，所以， 令，解得，， 所以平面的法向量. 设平面与平面的夹角为， 所以 ， 解得，所以； （3）设，， 所以， 又，所以点到直线的距离 ， 当时，； 当时，， 而，当时，取最小值， 此时. 综上，点到直线的距离的最小值为. 三、存在与探索性问题 方法点拨：建立适当的空间直角坐标系,将相关点、相关向量用坐标表示 假设所成的点或参数存在,并用相关参数表示相关点的坐标,根据线、面满足的位置关系、数量关系,构建方程(组)求解,若能求出参数的值且符合该限定的范围,则存在,否则不存在。 假设的方式有： ①若在直线上，则,使得 ②在射线上，则,使得 ③在线段上，则,使得 ④在平面上，则,使得 25．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面，.M，N分别为AB，PC的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)在棱PA上是否存在一点E，使得直线DE与平面所成角为.若存在，确定点E的位置，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)存在，点为中点. 【详解】（1）在四棱锥中，取的中点，连接，由分别为的中点， ，又四边形是菱形，则， 于是四边形是平行四边形，，而平面，平面， 所以平面. （2）取的中点，连接，由，得，又平面平面， 平面平面，平面，则平面， 而平面，于是，由平面，平面， 得，又平面， 所以平面. （3）由（2）知，，又四边形是菱形，则四边形是正方形， 直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 假定在棱PA上存在一点E，满足条件，令， ，， 设平面的一个法向量，则，取，得， 则直线DE与平面所成角正弦值为， 解得，所以在棱PA上存在一点E，使得直线DE与平面所成角为，点为中点. 26．如图，在四棱锥中，平面平面，，，为中点，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得平面，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)； (3)存在，. 【详解】（1）取的中点，连接，， 因为，分别为，的中点， 所以中，，. 底面中，，，，， ，， 四边形为平行四边形， ∴， ∵平面，平面， ∴平面； （2）取的中点，连接， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，又， 所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以，， 因为，， 所以，所以， 所以两两垂直， 以点为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，， 所以为平面的一个法向量， 所以， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）设线段上是存在点，使得平面，， 设平面的法向量为， 又，， 则，即， 取，则，， 所以为平面的一个法向量， 因为平面， 所以，又， 所以， 所以， 所以存在点，使得平面，此时. 27．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. (1)若为棱的中点， 求证：平面； (2)在棱上是否存在点 ，使得平面与平面的夹角的余弦值为若存在，指出点的位置并给以证明； 若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)是线段的中点时，可使得平面与平面的夹角的余弦值为. 【详解】（1）取的中点，连接， 分别为的中点，所以，且， 因为四边形是矩形，所以，， 又为棱的中点，所以且， 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. （2）假设在棱上是否存在点满足题意，如图，连接， 在等边中，为棱的中点，所以， 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 取的中点，连接，易证，， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故， 设， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以，. 易知平面的一个法向量为， 所以， 整理可得，解得，合乎题意， 所以，当点为线段的中点时，与平面的夹角的余弦值为. 28．已知等腰梯形如图所示，其中，，点在线段上，且，，现沿进行翻折，使得平面平面，所得图形如图所示． (1)证明：； (2)已知点在线段上（含端点位置），点在线段上（含端点位置）． （ⅰ）若，点为线段的中点，求与平面所成角的正弦值； （ⅱ）探究：是否存在点，使得平面，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)（ⅰ）；（ⅱ）存在， 【详解】（1）因为平面平面，，平面平面，平面， 所以平面， 而平面，故． （2）由题意易知两两垂直， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则， （ⅰ）因为， 则，，，，，， 故，， 设为平面的法向量，则， 令，则， 可得为平面的一个法向量， 而，记直线与平面所成的角为， 则； （ⅱ）由题意， 设，， 故，， 设，，则， 而，， 若平面，则， 解得， 故当重合，点的坐标为时， 平面，此时． 29．如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，，，，. (1)证明：平面； (2)在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.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， 【详解】（1）证明：在正方形中，， ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面， 又平面，∴，， 又，，∴， 又∵，∴，∴， 又，∴， 又，平面，∴平面. （2）假设存在点，满足题意， 由（1）知，平面，， 故以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设点，，∴， ∴，∴，∴，， 设平面的一个法向量为，∴， 令，∴，，∴， 由（1）知平面的一个法向量为， ∴，即， 即，即，解得或（舍去）， 所以存在一点，使得，即． 30．如图，在三棱柱中，底面是以为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在平面上的投影为的中点D，且. (1)求点到直线的距离； (2)求点C到侧面的距离； (3)在线段上是否存在点E，使得直线与侧面所成角的正弦值为?若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【详解】（1）因为点在底面上的投影为的中点，所以平面， 又平面，故， 因为是以为斜边的等腰直角三角形，点为的中点，故， 所以两两垂直，故以点为坐标原点，直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图， 因为是以为斜边的等腰直角三角形，，则，， 因为侧面为菱形，所以，又，所以， 则，，，，，， ，， 所以点到直线的距离为. （2），，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，， 故， 所以点到平面的距离为. （3）假设存在满足条件的点， 则存在，使得， 则， 因为直线与侧面所成角的正弦值为， 所以， 即，解得， 又，故， 因此存在满足条件的点，且，即． 31．如图，已知四棱柱的底面为菱形，，，，．    (1)若为中点，证明：平面； (2)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． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或． 【详解】（1）由四边形为菱形知， 又，，，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为，，， 所以，故， 又，，平面， 所以平面． 如图①，设， 因为四边形是菱形，， 所以，故， 则，， 故，易知， 则，故，所以， 又平面， 易知平面，所以， 又，所以平面． （2）存在点，理由如下： 如图②，取中点，连接，易知， 则，，两两垂直，故以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，    则，，，设， 由中点的坐标为， 结合（1）知平面的一个法向量为， 又，， 设平面的法向量为， 则,即， 所以，令，得， 故平面的一个法向量为． 则， 解得或，此时或． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$