压轴专题14 立体几何动点归类（10大题型）-2025年高考数学压轴题专项训练（新高考通用）

压轴题13 立体几何动点归类 综述 立体几何动点是立体几何小题考察的重难点，也是综合考察点，涉及到了线面的平行、垂直位置关系，涉及到截面、外接球、内切球、体积、表面积，以及课本上定义的圆锥曲线几何图形（平面截圆锥得到圆锥曲线）等等知识。还涉及到求最值喝范围，求参数等等计算。 一、截面 在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱，圆锥， 球，棱柱，棱锥、长方体，正方体等等），得到的平面图形，叫截面。其次，我们要清 楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、竖截、斜截。。 模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面 方法：两点成线相交法或者平行法 特征： 1、 三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）； 2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。 方法一：相交法， 以“第三点”所在的表面中，，剔除掉与EF所在的表面平行，寻找合适的表面来做交线 如下图，符合的有c1的表面有三个，红色的和EF平行而不会相交，去掉，可供选择的是上表面（蓝色）或者右表面（绿色的）， 先用上表面（红色的）来做： 1、 所以，先补出扩展EF直线所在的前侧面。如左下第一图开始。并延长EF交A1B1于G 2、 此时G也在上表面了，连接GP，出来与棱A1D1交点H. 3、 连接HB，则的如右图的截面。 再用右表面绿色的来做： 1、 则发现，右边面和EF相交于前侧面下方，如左下第一图开始，延长EF交C1C于I 2、 此时I也在右表面了，连IC1交棱CB于J. 3、 连接FJ，则出右图的截面。 最终，两个合在一起，就是如图的截面。以上过程，与EF是否中点，几何体是否正方体无挂具体的G,H,I,J都可以通过对应的E、F几等分点以及几何体长宽高的不同变化来计算出来，这个几何体也不一定是长方体，还可以是斜棱柱，都不影响这个作图。 方法二：平行线法。 本题用平行线法，并不太快捷，不过也成立。 平行线法特征： 有两点连线在表面：EF，在前侧面 方法如下： 1、 寻找C1点所在的与线EF的所在红色表面平行的面：里边侧面（绿色的） 2、 在这个面内，过C1做EF平行线，显然必须扩展这个面了。如第三图。 3、 注意！注意！，E与F分别在右侧面和下侧面上（红色面就不要用了） 4、 注意这仨面的相交棱， 5、 下边过C1做EF平行线，交这俩棱于K,L第二排图 6、 分别连FK与EL，交点为J与H。出截面，与第一种方法一致。 二、动点外接球与内切球 1.构造长方体法：正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，即，找三条两两垂直的线段，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝，求出R. 2. 长方体正方体特征构造补形法 (1) 长方体切角型(有三条线两两垂直) 　　　　 (2) 对棱相等型可以(补形为长方体) 3垂线模型： （1）、将画在小圆面上，为小圆直径的一个端点，作小圆的直径，连接，则必过球心； （2）、为的外心，所以平面，算出小圆的半径（三角形的外接圆直径。利用正弦定理，得），； （3）.利用勾股定理求三棱锥的外接球半径 ①； ②. 三、阿氏圆与阿氏球的定义与应用 定义：已知平面上两点，则所有满足的动点的轨迹是一个以定比为内分和外分定线段的两个分点的连线为直径的圆，圆的半径为，圆心为. 压轴题型一：动点--恒平行定位比值型 √满分技法 作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 1．如图，四棱柱中，四边形为平行四边形，，分别在线段，上，且，在上且平面平面，则（   ） A． B． C． D． 2．如图，在矩形中，，在上且，将沿折起到，使得平面，点在线段上，若平面，则的值等于（    ） A． B． C． D． 3．如图，在三棱柱中，点在棱上，且分别是棱的中点，点在棱上，若平面CDE，则（   ）   A． B． C． D． 4．三棱柱中，点在棱上，满足，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 5．如图，四棱柱中，四边形为平行四边形，分别在线段上，且在上且平面平面，则（    ）    A． B． C． D． 压轴题型二：动点--恒平行最值范围型 √满分技法 基础模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面 特征：1、三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。 方法：相交线法 以“第三点”所在的表面中，，剔除掉与EF所在的表面平行，寻找合适的表面来做交线 如下图，符合的有c1的表面有三个，红色的和EF平行而不会相交，去掉，可供选择的是上表面（蓝色）或者右表面（绿色的）， 先用上表面（红色的）来做： 4、 所以，先补出扩展EF直线所在的前侧面。如左下第一图开始。并延长EF交A1B1于G 5、 此时G也在上表面了，连接GP，出来与棱A1D1交点H. 6、 连接HB，则的如右图的截面。 再用右表面绿色的来做： 4、 则发现，右边面和EF相交于前侧面下方，如左下第一图开始，延长EF交C1C于I 5、 此时I也在右表面了，连IC1交棱CB于J. 6、 连接FJ，则出右图的截面。 1．如图所示，在棱长为1的正方体中，设分别是线段、上的动点，若平面，则线段长的最小值为（　　） A．1 B． C．2 D． 2．如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 3．已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面，则线段的长度的最小值是（    ）    A． B．2 C． D．3 4．正方体 的棱长为 是棱 的中点， 是侧面 内一点，且 平面 ，则 长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．如图，已知菱形ABCD的边长为2，且分别为棱中点.将和分别沿折叠，若满足平面DEBF，则线段AC的取值范围为（   ） A． B． C． D． 压轴题型三： 动点--恒平行轨迹型 √满分技法 立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型. 1．如图所示，在棱长为2的正方体中，点M是AD的中点，动点P在正方体表面上移动，若平面，则P的轨迹长为 ． 2．如图，正三棱柱的底面边长是，侧棱长是为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为 ． 3．如图，在边长为的正方体中，点在底面正方形内运动，若平面，则动点的轨迹长度为    4．在棱长为的正方体中，点、分别是棱、的中点，是侧面上的动点，且平面，则点的轨迹长为 . 5．如图，在棱长为3的正方体中，点M，N分别为棱AB，上的点，且，点P是正方体表面上的一点，若平面，则点P的轨迹长度为 ． 压轴题型四：动点--恒垂直型 √满分技法 恒垂直型截面，可以借助投影解决，投影型，需要利用”三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻找。 三垂线定理指的是平面内的一条直线，如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。 1．长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．在四棱柱中，平面，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为，为侧棱上的动点（包括端点），则（   ）    A．对任意的，存在点，使得 B．当且仅当时，存在点，使得 C．当且仅当时，存在点，使得 D．当且仅当时，存在点，使得 3．如图，在直四棱柱中，底面为矩形，，点在线段上，且，则当三棱锥的体积最小时，线段的长度为（   ）    A． B． C． D． 4．在中，，，，平面，，是边上的一动点，则的最小值为（    ） A． B．7 C． D． 5．在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，且，，点在底面内的射影在的外部，且，则该三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 压轴题型五：动点--恒垂直轨迹应用型 √满分技法 线与线恒垂直型，要考虑是否满足符合阿氏圆和阿氏球的定义和条件。可以借助阿氏圆和阿氏球来解决轨迹问题。 1．在正四棱柱中，，，是该正四棱柱表面上的一动点，且满足，则点的运动轨迹的长度为（    ）    A． B． C． D． 2．已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（    ） A．4 B． C． D． 3．如图，在直三棱柱中，是边长为4的正三角形，，N为棱上的中点，M为棱上的动点，过N作平面的垂线段，垂足为点O，当点M从点C运动到点时，点O的轨迹长度为（    ） A． B． C． D．π 4．在正四棱柱中， ，，是该正四棱柱表面上的一动点，且满足，则点的运动轨迹的长度为（   ） A．8 B． C． D． 5．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的动点，且.设动点的轨迹为曲线，则（    ） A．是平行四边形，且周长为 B．是平行四边形，且周长为 C．是等腰梯形，且周长为 D．是等腰梯形，且周长为 压轴题型六：动点--向量式子型 1．在正方体中，，E为 的中点，点F满足下列结论错误的是(    ). A．若，则点F到平面的距离为 B．若，则四面体的体积是定值 C．若，则点F的轨迹长为 D．若，，则存在点使得，的最小值为 2．已知正三棱锥中，两两垂直，，点满足，，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．如图，正方体的棱长为1，点为棱的中点，空间中一点满足，则点的轨迹截正方体表面所得图形的周长为（    ） A． B． C． D． 4．如图，在棱长为2的正方体中，，，，，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，平面 B．当时，四面体的体积为定值 C．当时，，使得平面 D．三棱锥体积的取值范围为 5．已知正方体的棱长为，，，若平面，则线段的长度的取值范围为（   ） A． B． C． D． 压轴题型七：动点--折线最值型 √满分技法 折线型距离，常常转化为平面距离来计算。转化方式有以下几种常用的方式： 1. 翻折型：借助平面（主要是三角型）翻折或者旋转，把空间两个面的动点距离转化为同一个平面内的两点距离或者其它距离。 2. 建系型：通过设点建系计算，有时候需要构造函数求最值范围。 1．已知，如图三棱锥中，，，D为中点，E为中点，M是上的动点，N是平面上的动点，则最小值是（    ）    A． B． C． D． 2．如图，在三棱柱中，底面，∠ACB=90°，为上的动点，则的最小值为 A． B． C．5 D． 3．如图，在棱长为1的正方体中，已知，分别为线段，上的动点，为的中点，则的周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设的中点为，即可证明，从而得到，再将平面与平面展开并摊平，在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，利用余弦定理计算可得. 4．如图，棱长为6的正方体中，为正方体表面上的一个动点，､分别为的三等分点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 5．如图，在直三棱柱中，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（    ） A． B． C． D． 压轴题型八：动点--体积最值型 √满分技法 体积最值型，，此类问题考查空间想象能力和运算求解能力，难度比较大.。 主要研究掌握三棱锥的体积最值。三棱锥的与底面积和高有关。 1. 若底面面积不变，高增大时，体积增大； 2. 若高不变，底面面积增大时，体积增大。 3. 若点到平面的距离不变，则当三角形的面积最大时，三棱锥的体积取最大。 4. 涉及到与球有关的几何体体积。则需要求球的半径，可以根据题意先确定出球心的位置，然后可在三角形中表示球的半径 1．如图所示，四边形是边长为2的正方形ABCD在平面上的投影光线、、、互相平行，光线与平面所成角为，转动正方形ABCD，在转动过程中保持平面且，若平面ABCD与平面所成角为，且，则多面体的体积的最大值为 .    2．棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则当三棱锥体积取最大时，其外接球的表面积为 . 3．正方体的棱长为3，是平面上一动点，是棱上一点，若，且的面积是面积的4倍，则三棱锥体积的最大值是 . 4．如图，已知边长为1的正方形与正方形所在平面互相垂直，为的中点，为线段上的动点，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为 . 5．已知正方体的棱长为，点是棱上的定点，且，点是棱上的动点，则三棱锥的体积最小值为 ． 压轴题型九：动点--体积比值型 1．如图，三棱柱中，是上靠近的四等分点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（    ） A．9：7 B． C． D． 2．如图，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，，记三棱锥，，的体积分别为，，，则 ．    3．如图，在平行六面体中，是线段上的一点，且，则三棱锥的体积与平行六面体的体积之比为 4．在斜三棱柱中，连接、与，记三棱锥的体积大小为，三棱柱的体积大小为，则 . 5．在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是 . 压轴题型十：动点--角度存在型 √满分技法 空间动点角度，涉及到主要特征就是：过定点。核心原理是：平移不改变角度（主要是线与线）的大小。 1. 如果过定点直线与定直线成定角，则这两条直线位置关系是“圆锥母线与轴”的关系型 2. 如果过定点直线与平面成定角，则可以转化为过定点直线与平面的法向量成定角，然后与1原理相同。 1．（山东省齐鲁名校2025届高三第六次联考模拟预测（冲刺二）数学试题）如图所示，在棱长为1的正方体中，为上的动点（不与点重合），则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C．点到平面的距离为定值 D．存在一点，使得直线与平面所成角为 2．（2025·安徽安庆·二模）如图，在正三棱柱中，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（    ） A．存在点，使得 B．直线与平面所成的最大角为 C．若不共面，则四面体的体积的最大值为 D．若，则点的轨迹的长为 3．（浙江省强基联盟2024-2025学年高二下学期3月联考数学试卷）棱长为的正方体中，点分别是棱的中点，点是棱上的动点，且满足，以下说法正确的是（    ） A． B．存在，使得平面平面 C．点到平面的距离的最小值是 D．直线与平面所成角的最大值是 4．（22-23高一下·云南昭通·期末）如图，在三棱锥中，平面平面ABC，过点B且与AC平行的平面分别与棱SA，SC交于E，F，若，，则下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的外接球的表面积为 B．平面ABC C． D．若F为SC的中点，则BF与SA所成角的余弦值为 5．（四川省攀枝花市2025届高三第二次统一考试数学试题）已知正方体的棱长为分别为的中点，P为正方体的内切球O上任意一点，则（    ） A．与所成角的范围是 B．球O被截得的弦长为 C．三棱锥体积的最大值为 D．的取值范围是 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 压轴题13 立体几何动点归类 综述 立体几何动点是立体几何小题考察的重难点，也是综合考察点，涉及到了线面的平行、垂直位置关系，涉及到截面、外接球、内切球、体积、表面积，以及课本上定义的圆锥曲线几何图形（平面截圆锥得到圆锥曲线）等等知识。还涉及到求最值喝范围，求参数等等计算。 一、截面 在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱，圆锥， 球，棱柱，棱锥、长方体，正方体等等），得到的平面图形，叫截面。其次，我们要清 楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、竖截、斜截。。 模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面 方法：两点成线相交法或者平行法 特征： 1、 三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）； 2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。 方法一：相交法， 以“第三点”所在的表面中，，剔除掉与EF所在的表面平行，寻找合适的表面来做交线 如下图，符合的有c1的表面有三个，红色的和EF平行而不会相交，去掉，可供选择的是上表面（蓝色）或者右表面（绿色的）， 先用上表面（红色的）来做： 1、 所以，先补出扩展EF直线所在的前侧面。如左下第一图开始。并延长EF交A1B1于G 2、 此时G也在上表面了，连接GP，出来与棱A1D1交点H. 3、 连接HB，则的如右图的截面。 再用右表面绿色的来做： 1、 则发现，右边面和EF相交于前侧面下方，如左下第一图开始，延长EF交C1C于I 2、 此时I也在右表面了，连IC1交棱CB于J. 3、 连接FJ，则出右图的截面。 最终，两个合在一起，就是如图的截面。以上过程，与EF是否中点，几何体是否正方体无挂具体的G,H,I,J都可以通过对应的E、F几等分点以及几何体长宽高的不同变化来计算出来，这个几何体也不一定是长方体，还可以是斜棱柱，都不影响这个作图。 方法二：平行线法。 本题用平行线法，并不太快捷，不过也成立。 平行线法特征： 有两点连线在表面：EF，在前侧面 方法如下： 1、 寻找C1点所在的与线EF的所在红色表面平行的面：里边侧面（绿色的） 2、 在这个面内，过C1做EF平行线，显然必须扩展这个面了。如第三图。 3、 注意！注意！，E与F分别在右侧面和下侧面上（红色面就不要用了） 4、 注意这仨面的相交棱， 5、 下边过C1做EF平行线，交这俩棱于K,L第二排图 6、 分别连FK与EL，交点为J与H。出截面，与第一种方法一致。 二、动点外接球与内切球 1.构造长方体法：正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，即，找三条两两垂直的线段，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝，求出R. 2. 长方体正方体特征构造补形法 (1) 长方体切角型(有三条线两两垂直) 　　　　 (2) 对棱相等型可以(补形为长方体) 3垂线模型： （1）、将画在小圆面上，为小圆直径的一个端点，作小圆的直径，连接，则必过球心； （2）、为的外心，所以平面，算出小圆的半径（三角形的外接圆直径。利用正弦定理，得），； （3）.利用勾股定理求三棱锥的外接球半径 ①； ②. 三、阿氏圆与阿氏球的定义与应用 定义：已知平面上两点，则所有满足的动点的轨迹是一个以定比为内分和外分定线段的两个分点的连线为直径的圆，圆的半径为，圆心为. 压轴题型一：动点--恒平行定位比值型 √满分技法 作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 1．如图，四棱柱中，四边形为平行四边形，，分别在线段，上，且，在上且平面平面，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据面面平行的性质定理可得，即可得，即可得解. 【详解】 延长，连接，由四边形为平行四边形可知， 则，即，又平面平面，且平面平面， 平面平面，则，又，所以， 由四棱柱可知，，即，， 又，，故选：A. 2．如图，在矩形中，，在上且，将沿折起到，使得平面，点在线段上，若平面，则的值等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据线线平行可得平面，进而根据面面平行可得，即可求解. 【详解】作交于，连接．则四边形是平行四边形，， 由，不在平面内，在平面内，可得平面． 又平面，，平面， 所以平面平面． 又平面平面，平面平面，所以， 因此．故选：C 3．如图，在三棱柱中，点在棱上，且分别是棱的中点，点在棱上，若平面CDE，则（   ）   A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在平面内，作，与DE交于点，连接CF，证明MFCN是平行四边形，根据梯形中位线可求MF长度，从而得到答案. 【详解】如图所示，在平面内，作，与DE交于点，连接CF，则，所以共面，因为∥平面CDE，由线面平行的性质知，所以MFCN是平行四边形，所以. 又是的中点，所以MF是梯形的中位线， 设，则，即，所以，所以. 故选：B. 4．三棱柱中，点在棱上，满足，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】作出示意图，根据体积关系可得为的靠近的三等分点，再根据面面平行的判定定理及性质，可找到点位置，从而可求解. 【详解】三棱柱中，，点在棱上，如图，由，得，则， 于是，则，即， 设三棱柱的侧棱长为6，则，， 又为的中点，取的中点，连接，则，平面， 平面，于是平面，过作，且，连接， 平面，平面，于是平面，又， 平面，因此平面平面，又平面，则平面，在中，，，，所以.故选：D 5．如图，四棱柱中，四边形为平行四边形，分别在线段上，且在上且平面平面，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】延长交于，结合面面平行性质定理证明，证明，结合相似三角形性质证明结论. 【详解】解析如图所示，延长交于，连接，则，所以. 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，又四边形是平行四边形，所以，所以. 因为，所以.因为，所以， 所以，故选：B.   压轴题型二：动点--恒平行最值范围型 √满分技法 基础模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面 特征：1、三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。 方法：相交线法 以“第三点”所在的表面中，，剔除掉与EF所在的表面平行，寻找合适的表面来做交线 如下图，符合的有c1的表面有三个，红色的和EF平行而不会相交，去掉，可供选择的是上表面（蓝色）或者右表面（绿色的）， 先用上表面（红色的）来做： 4、 所以，先补出扩展EF直线所在的前侧面。如左下第一图开始。并延长EF交A1B1于G 5、 此时G也在上表面了，连接GP，出来与棱A1D1交点H. 6、 连接HB，则的如右图的截面。 再用右表面绿色的来做： 4、 则发现，右边面和EF相交于前侧面下方，如左下第一图开始，延长EF交C1C于I 5、 此时I也在右表面了，连IC1交棱CB于J. 6、 连接FJ，则出右图的截面。 1．如图所示，在棱长为1的正方体中，设分别是线段、上的动点，若平面，则线段长的最小值为（　　） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】作出辅助线，得到要使平面，则四边形为平行四边形，故，设，表达出，求出最小值． 【详解】过点分别作交于点，交于点，连接， 要想平面，则四边形为平行四边形，故， 设，则，故，由勾股定理得， 其中，当且仅当时，等号成立，故.故选：B. 2．如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，根据线面平行的判定定理，证得平面，平面，进而证得平面平面，得到当时， 平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，在中，求得，结合，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点，连接，，在正方体中，可得且，因为，分别是棱的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，则，又因为平面，平面，所以平面，同理可证：平面，因为，且平面，所以平面平面，又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，因为正方体的边长为，可得，，在中，可得，且， 则，所以的最小值为.故选：B. 3．已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面，则线段的长度的最小值是（    ）    A． B．2 C． D．3 【答案】A 【分析】取的中点，的中点，连接，，，.在正方体中，易证平面平面.又平面，动点P在正方形（包括边界）内运动，可确定点在线段上运动.在中，利用三角形知识即可求解线段的长度的最小值. 【详解】   取的中点，的中点，连接，，，，如图所示. 在正方体中，∵，且，∴四边形是平行四边形，∴.又平面，平面，∴平面.∵，分别是和的中点，∴.同理可知，∴.又平面，平面，∴平面. 又，平面，平面，∴平面平面. ∵平面，动点P在正方形（包括边界）内运动，∴点在线段上运动. 在中，易求，，为等腰三角形， ∴点为线段的中点时，取得最小值.  此时，即的最小值为.故选：A. 【点睛】本题的解题关键是：根据平面分析出动点的运动轨迹，在三角形中利用平面几何即可求解. 4．正方体 的棱长为 是棱 的中点， 是侧面 内一点，且 平面 ，则 长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点为，连接，确定平面平面 ，得到的轨迹是线段,即可求解. 【详解】取的中点为，连接， 由中位线易知，又在平面 内，不在平面 内， 所以平面 ，平面 ，又是平面内两条相交直线， 所以平面平面 ，又 平面 ，所以在平面内，又 是侧面 内一点，所以的轨迹是线段,易知, ，所以 长度的取值范围是.故选：C 5．如图，已知菱形ABCD的边长为2，且分别为棱中点.将和分别沿折叠，若满足平面DEBF，则线段AC的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】借助空间直观想象，折叠前在平面图形中求出AC的长度，折叠过程中证明平面EAB//平面FDC，面面距离即为AC的最小值，由此得到AC的范围. 【详解】折叠前，连接AC，BD，由题意，在菱形ABCD中，，，则由余弦定理得，， ，故在折叠过程中，，折叠后，平面DEBF，则平面DEBF，则，故D项错误； 折叠前，在菱形ABCD中，，，则是正三角形， 由E，F分别为棱中点，， 折叠后，则，又平面EAB，所以平面EAB， 由E，F分别为棱中点， 则，又FC，FD在平面FCD内交于点F，所以平面FCD，又，所以平面EAB//平面FCD，则平面EAB与平面FCD的距离即为， 由点平面EAB，点平面FCD，则，故B错； 在折叠过程中，当时，由， 则均为正三角形，可构成如图所示的正三棱柱， 满足平面DEBF，此时.所以AC最小值为，故A正确，C项错误. 故选：A 压轴题型三： 动点--恒平行轨迹型 √满分技法 立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型. 1．如图所示，在棱长为2的正方体中，点M是AD的中点，动点P在正方体表面上移动，若平面，则P的轨迹长为 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，作出过点与平面平行的正方体截面，再求出截面周长即可. 【详解】在棱长为2的正方体中，取的中点，连接， 由为的中点，得，四边形为平行四边形， 则，又，则四边形是平行四边形， ，于是，四边形是平行四边形， 而平面，平面，则平面，同理平面， 又平面，因此平面平面， 又平面，P在正方体表面上移动，于是点的轨迹是与正方体的交线， 所以P的轨迹长为.故答案为： 2．如图，正三棱柱的底面边长是，侧棱长是为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为 ． 【答案】 【分析】取的中点，的中点，通过线面平行可得平面平面，由此可确定点的轨迹为线段，求出的长即可得到结果. 【详解】如图，取的中点，的中点，连接，则， ∵平面平面，∴平面， ∵为的中点，∴， ∵平面平面，∴平面， ∵平面平面，∴平面平面， ∵是侧面上一点，且平面，∴的轨迹为线段， 由得点的轨迹的长度为．故答案为：. 3．如图，在边长为的正方体中，点在底面正方形内运动，若平面，则动点的轨迹长度为    【答案】2 【分析】根据面面平行的判定定理得到平面平面，然后根据面面平行的性质和基本事实得到点在底面的轨迹为线段，然后求长度即可. 【详解】  过点A1作平面的平行平面，即平面， 因为为正方体，所以，，因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面， 因为平面，，所以平面平面， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面，所以， 所以点在底面的轨迹为线段，故点的轨迹长度为.故答案为：2. 4．在棱长为的正方体中，点、分别是棱、的中点，是侧面上的动点，且平面，则点的轨迹长为 . 【答案】/ 【分析】根据给定条件，作出平面截正方体所得截面，再确定点的轨迹，计算长度即可； 【详解】在正方体中，连接，如图，对角面为矩形， 因为点、分别是棱、的中点，则且， 又且，所以且，即平面截正方体所得截面为梯形， 显然过点与平面平行的平面交平面、平面分别于， 因此，连接，平面、平面与平面分别交于，， 因此，而，即四边形为平行四边形，于是， 即点为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面， 于是平面，又在侧面上，所以点的轨迹是线段，轨迹长为；故答案为： 5．如图，在棱长为3的正方体中，点M，N分别为棱AB，上的点，且，点P是正方体表面上的一点，若平面，则点P的轨迹长度为 ． 【答案】 【分析】根据条件分别在棱取点，证明平面，同理平面，进而可得平面平面，从而P点在正方体表面上运动所形成的轨迹为，进一步即可得解. 【详解】在棱上取一点E，使得，连接，EM，如图所示，易得，， 所以四边形是平行四边形，所以，又平面， 平面，所以平面． 在棱上取一点F，使得，连接FN，FE，， 如图所示．同理可得平面， 又，平面，所以平面平面． 所以P点在正方体表面上运动所形成的轨迹为． 因为正方体的棱长为3，所以， ，所以点P的轨迹长度为． 故答案为：. 压轴题型四：动点--恒垂直型 √满分技法 恒垂直型截面，可以借助投影解决，投影型，需要利用”三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻找。 三垂线定理指的是平面内的一条直线，如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。 1．长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先确定点所在的截面圆，通过面面垂直找到球心到截面的距离，进而求出截面圆半径，再结合点与截面圆的位置关系求出的最大值. 【详解】点在以的中点为球心，半径为的球面上， 又点在平面上，点在平面与球的一个截面圆上. 取的中点的中点的中点，连接， 因为平面，所以面面，面面， 作于，所以面，由相似三角形性质可得，，所以，，点在以为圆心，为半径的圆上. 因为，所以在该圆上，则的最大值为.故选：D. 2．在四棱柱中，平面，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为，为侧棱上的动点（包括端点），则（   ）    A．对任意的，存在点，使得 B．当且仅当时，存在点，使得 C．当且仅当时，存在点，使得 D．当且仅当时，存在点，使得 【答案】C 【分析】若存在点，使得，则必有，且由题设条件易得平面,得到,再通过△∽△即可求得的范围. 【详解】连接，在四棱柱中，因为平面， 所以平面，则,又由底面是正方形，得， 所以平面，得. 若存在点，使得，则平面,得, 则△∽△，得，即，所以   故选：C. 3．如图，在直四棱柱中，底面为矩形，，点在线段上，且，则当三棱锥的体积最小时，线段的长度为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用线面垂直证明线线垂直，再证明线面垂直，结合基本不等式即可求解. 【详解】设，则．因为平面，平面，所以． 又，平面，所以平面， 由题意知，．在中，， 即，化简得．所以， 当且仅当时取等号，此时．故选：C 4．在中，，，，平面，，是边上的一动点，则的最小值为（    ） A． B．7 C． D． 【答案】A 【分析】因为平面，故要使的值最小，只需在平面内的射影最短即可，当时，此时最短. 【详解】如图所示，因为平面，平面,所以，则是直角三角形， 故，所以当时，最小，此时也最小． 由条件知，，则，故的最小值为， 又，则的最小值为．故选：A. 5．在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，且，，点在底面内的射影在的外部，且，则该三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知确定的位置，并求出相关边的长度，结合外接球相关的几何关系列方程求球体半径，进而求其表面积. 【详解】由题设，知且，底面， 若是的中点，而，则，且， 而底面，则，都在平面内，则平面， 由平面，则，又底面，则， 由，则，即， 由点在底面内的射影在的外部，则在边的外侧，如下图， 若在的另一侧，则必与的中点重合，不合题设， 由题意，该三棱锥外接球的球心在过的中点垂直于平面的直线上， 根据几何关系有，则， 所以，可得， （注意时，不成立）， 所以，外接球半径，则，故其表面积.故选：B 压轴题型五：动点--恒垂直轨迹应用型 √满分技法 线与线恒垂直型，要考虑是否满足符合阿氏圆和阿氏球的定义和条件。可以借助阿氏圆和阿氏球来解决轨迹问题。 1．在正四棱柱中，，，是该正四棱柱表面上的一动点，且满足，则点的运动轨迹的长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先寻找过点与垂直的两条件相交直线，再作出过点与垂直的平面，找到正四棱柱被平面所截的截面图形，证明并研究图形的特殊性质，根据几何性质求周长即可得. 【详解】如图，在上取点，使，连接，则，故， 又，故，因为平面，平面， 所以，又，平面，故平面，又平面，故，在上取点，使，同理可证， 又，平面，则平面，设平面与棱交于点，连接， 则平面平面，又平面平面， 由平面平面，则，同理可证，故四边形为平行四边形，则四点共面，在平面内，在棱上取点，使，连接， 则，，则四边形是平行四边形，则，所以， 又，所以四边形是平行四边形，则， 则为的中点，由，可得，则四边形为菱形， 且平面，由，则点在过点且与垂直的平面内， 即平面内，又点是该正四棱柱表面上的一动点， 故点的运动轨迹即为菱形，且该菱形的周长为.故选：B.   2．已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（    ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正四面体的几何特征及线面垂直判定定理得出平面，进而得出P的轨迹，计算即可求解. 【详解】 因为，所以，平面，所以平面， 由于点 P 始终保持 PE 垂直于 BC ，且 P 在正四面体表面运动，因此 P 的轨迹为平面 与正四面体表面的交线，即的边界. 为等腰三角形，其中 AD 为底边，长为2，AE 和 DE 为腰，长均为. 因此，三角形 的周长为. 故答案为 ：D . 3．如图，在直三棱柱中，是边长为4的正三角形，，N为棱上的中点，M为棱上的动点，过N作平面的垂线段，垂足为点O，当点M从点C运动到点时，点O的轨迹长度为（    ） A． B． C． D．π 【答案】C 【分析】根据线面垂直及圆的性质判断点O的轨迹为圆的一部分，再由弧长公式能求出结果. 【详解】取中点P，连接，的中点为，如图， 是中点，是等边三角形，所以， 又N为棱上的中点，由直三棱柱性质知，又因为，平面， ∴平面，又平面，∴平面⊥平面，过N作,为垂足， 又平面 平面，平面，∴⊥平面， 所以O点轨迹是在平面内且以为直径的圆弧，当点M在点C时，O点位于P点，当点M到点时，O点到最高点，此时，所以直角中， ，从而，∴弧长， ∴当点M从点C运动到点时，点O的轨迹长度为.故选：C. 4．在正四棱柱中， ，，是该正四棱柱表面上的一动点，且满足，则点的运动轨迹的长度为（   ） A．8 B． C． D． 【答案】B 【分析】先寻找过与垂直的两条件相交直线，再作出过点与垂直的平面，找到正四棱柱被平面所截的截面图形，证明并研究图形的特殊性质，根据几何性质求周长即可得. 【详解】如图，在上取点，使，连接，则， 故，故，又，，平面，平面， 故平面，又平面，故.在上取点，使，同理可证. 又，平面，平面，则平面. 设平面与棱交于点，连接.则平面平面，又平面平面，由平面平面，则， 同理可证，故四边形为平行四边形，则四点共面. 在平面内，在棱上取点，使，连接，则，， 则四边形是平行四边形，则，所以，又，所以四边形是平行四边形，则，即为棱的中点，由，可得，则四边形为菱形.且平面.由，则点在过点且与垂直的平面内，即平面内.又是该正四棱柱表面上的一动点，故点的运动轨迹即为菱形，且该菱形的周长为. 所以点的运动轨迹的长度为.故选：B. 5．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的动点，且.设动点的轨迹为曲线，则（    ） A．是平行四边形，且周长为 B．是平行四边形，且周长为 C．是等腰梯形，且周长为 D．是等腰梯形，且周长为 【答案】D 【分析】分别取的中点，先分别在面、面上确定动点的轨迹、，进而得到是过点的平面与正方体各表面的交线（梯形），再通过计算确定是等腰梯形及其周长. 【详解】分别取的中点，连接， 则∥∥，∴四点共面 若为面上的动点， 由正方体易得，平面平面，且平面平面，要使，则只需，此时的轨迹为线段； 若为面上的动点， 由正方体易得，平面平面，且平面平面，要使，则只需，因为分别是的中点，易证，故此时的轨迹为线段； 所以动点的轨迹曲线为过点的平面与正方体各表面的交线，即梯形. 因为正方体的棱长为2，所以. 所以曲线为等腰梯形，且周长为.故选：D. 压轴题型六：动点--向量式子型 1．在正方体中，，E为 的中点，点F满足下列结论错误的是(    ). A．若，则点F到平面的距离为 B．若，则四面体的体积是定值 C．若，则点F的轨迹长为 D．若，，则存在点使得，的最小值为 【答案】A 【分析】由条件确定点的轨迹，证明点到平面的距离为点到平面的， 由此判断A，由可得点的轨迹为，结合锥体体积求法即可判断B； 由条件确定点的轨迹，由扇形弧长公式即可判断C；把沿着进行翻折， 使得，，，四点共面，结合平面几何知识可求的最小值，判断D. 【详解】对于A，如图，取线段，的中点，， 连接， 则，，因为，， 所以， 则，又， 所以点的轨迹为线段，因为，，所以， 平面，平面，所以平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 又为的中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的， 连接，，记其交点为，因为底面是正方形，所以， 由已知平面，平面，所以， ，，平面，所以平面，又，所以点到平面的距离为， 所以点到平面的距离为，故A错误； 对于B，连接，由得点在线段上， 在正方体中，，又， 所以的面积为定值，又点到平面的距离为定值， 所以三棱锥的体积为定值，所以四面体的体积是定值，故B正确； 对于C，在正方体中，平面， 又点满足，则在平面内，又，则， 故点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆弧，又， 则点的轨迹长度为，故C正确； 对于D，若，，则点与点重合， 在正方体中，平面，又平面， 则，即， 把沿着进行翻折，使得，，，四点共面， 此时有最小值，此时， 又，所以在中， 由余弦定理得， 解得，即的最小值为，故D正确；故选：A 2．已知正三棱锥中，两两垂直，，点满足，，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设的中心为，连接，连接交于，结合等体积法易得，结合勾股定理可得点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆（的内切圆），进而求得，再利用余弦定理求解即可. 【详解】设的中心为，连接，连接交于，则平面， 又两两垂直，，， 由，得，即，解得. 由题意知点在以为两邻边的平行四边形内（包括边界），连接， 因为，则，在正中，， 则，，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆（的内切圆），所以，即，所以， 在中，由余弦定理得， 所以的取值范围是.故选：A. 3．如图，正方体的棱长为1，点为棱的中点，空间中一点满足，则点的轨迹截正方体表面所得图形的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，取，的中点为、，连接，，可证的轨迹截正方体表面所得图形为平行四边形，故可求截面的周长. 【详解】空间中一点满足，即面， 如图，取，的中点为、，连接，， 因为，，所以四边形为平行四边形，则，在正方形中，因为、分别为所在棱的中点，故， 故四边形为平行四边形，故，，所以四边形为平行四边形， 同理可证得：为平行四边形，故， 因为，面，面，所以面， 因为，面，面，所以面， 又因为，所以，面面，当面时，则面， 所以点的轨迹截正方体表面所得图形即为平行四边形， 由勾股定理计算可得，故截面的周长为，故选：D 4．如图，在棱长为2的正方体中，，，，，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，平面 B．当时，四面体的体积为定值 C．当时，，使得平面 D．三棱锥体积的取值范围为 【答案】C 【分析】由条件得，即，可判断A；由平面得点到平面的距离是定值，结合棱锥的体积公式可判断B；由条件得，即可判断C；根据棱锥的体积公式可判断D． 【详解】对于A，当时，，即， 而平面，平面，因此平面，故A正确； 对于B，在正方体中，当时，的面积是定值， 又，平面，平面，则平面， 所以点到平面的距离是定值，因此四面体的体积为定值，故B正确； 对于C，当时， ，而， 则， 因此不垂直于，则不存在，使得平面，故C错误； 对于D，显然三棱锥的体积， 因为为定值，所以的长度决定三棱锥体积的取值范围， 因为，若，则， 所以三棱锥体积的取值范围是，故D正确．故选：C． 5．已知正方体的棱长为，，，若平面，则线段的长度的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意作出相应平面平面，从而可知点在线段上，从而可得，即可求解. 【详解】由题可知点在正方形内（含边界）.取棱上靠近点的四等分点， 棱上靠近点的四等分点，连接，，易得， 因为平面，平面，所以平面，因为平面， 所以过线段且与平面平行的截面为如图所示的平面，所以，所以点在线段上，所以，又因为，， 所以的取值范围是，故B正确.故选：B. 压轴题型七：动点--折线最值型 √满分技法 折线型距离，常常转化为平面距离来计算。转化方式有以下几种常用的方式： 1. 翻折型：借助平面（主要是三角型）翻折或者旋转，把空间两个面的动点距离转化为同一个平面内的两点距离或者其它距离。 2. 建系型：通过设点建系计算，有时候需要构造函数求最值范围。 1．已知，如图三棱锥中，，，D为中点，E为中点，M是上的动点，N是平面上的动点，则最小值是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取中点，连接交于点，易证得面，要求最小，即求MN最小，可得平面，又可证明，再把平面POD绕PD旋转，与面PDA共面，则结合数据解三角形即可. 【详解】取中点，连接交于点，有面，要求最小，即求MN最小，所以，又可证明，再把平面POD绕PD旋转，与面PDA共面，又可证得. ，，，即， ，可得，. 故选：D.   【点睛】本题考查空间几何体中的距离最值问题需要学生有较强的空间想象和思维能力，综合性较强.在解决此类最值问题时，一般采用侧面展开的形式将立体问题转化为平面问题解决. 2．如图，在三棱柱中，底面，∠ACB=90°，为上的动点，则的最小值为 A． B． C．5 D． 【答案】C 【分析】易得平面，故∠.将二面角沿展开成平面图形，此时的长度即的最小值，利用余弦定理求出这个最小值. 【详解】由题设知△为等腰直角三角形，又平面，故∠=90°，将二面角沿展开成平面图形，得四边形如图示，由此，要取得最小值，当且仅当三点共线，由题设知∠, 由余弦定理得 . 3．如图，在棱长为1的正方体中，已知，分别为线段，上的动点，为的中点，则的周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设的中点为，即可证明，从而得到，再将平面与平面展开并摊平，在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，利用余弦定理计算可得. 【详解】  设的中点为，连接（不与点重合），，，，所以，所以，把平面与平面展开并摊平，如图， 在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值， 在中利用余弦定理可得，   所以的周长的最小值为．故选：B． 4．如图，棱长为6的正方体中，为正方体表面上的一个动点，､分别为的三等分点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】找出关于平面的对称点，连接交平面于，则即为满足最小的点，求出的长，再求出的余弦值，在中，由余弦定理求解的值得答案． 【详解】解：如图， 找关于平面的对称点，连接交平面于，则即为满足最小的点， 正方体的棱长为6，，，， ，又，， 在中，由余弦定理可得：． 即的最小值为．故选：A． 5．如图，在直三棱柱中，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意建立空间直角坐标系，设A关于平面的对称点为，求出、和平面的法向量，进而利用A与到平面的距离相等得①，再由得②从而求出，接着由 结合两点间距离公式即可得解. 【详解】由题意可以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 所以， 设A关于平面的对称点为，则，， 设平面的法向量，则，， 令，则，所以， 所以A与到平面的距离即①， 又，所以②，所以由①②得， 所以由可得，所以， 所以， 当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为.故选：C. 【点睛】思路点睛：建立空间直角坐标系，利用向量法解决，设A关于平面的对称点为，利用A与到平面的距离相等和求出，接着由 结合两点间距离公式求出即可得解. 压轴题型八：动点--体积最值型 √满分技法 体积最值型，，此类问题考查空间想象能力和运算求解能力，难度比较大.。 主要研究掌握三棱锥的体积最值。三棱锥的与底面积和高有关。 1. 若底面面积不变，高增大时，体积增大； 2. 若高不变，底面面积增大时，体积增大。 3. 若点到平面的距离不变，则当三角形的面积最大时，三棱锥的体积取最大。 4. 涉及到与球有关的几何体体积。则需要求球的半径，可以根据题意先确定出球心的位置，然后可在三角形中表示球的半径 1．如图所示，四边形是边长为2的正方形ABCD在平面上的投影光线、、、互相平行，光线与平面所成角为，转动正方形ABCD，在转动过程中保持平面且，若平面ABCD与平面所成角为，且，则多面体的体积的最大值为 .    【答案】/ 【分析】首先证明多面体为直四棱柱，再求出该棱柱的底面边长和高即可. 【详解】解：因为，，，AB、平面，所以平面， 因为平面，平面，且平面平面，所以， 又因为，所以为平行四边形，所以，同理可得， 又因为，所以多面体为直四棱柱，作交于点M，平面，则平面；同理平面；且, 所以平面平面，又因为平面，所以 作于N，所以，即，又，、平面， 所以平面，所以就是直线与平面所成角，即， 所以在中由正弦定理得，，，点B到直线的距离为， 所以多面体的体积，， 化简得，当且仅当时取等. 故答案为：   2．棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则当三棱锥体积取最大时，其外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】先过作平面的平行面从而确定点的轨迹，再确定三棱锥体积取最大时的位置，进而找到球心所在方位即可求解. 【详解】如图，当点位于的中点时，取中点G，连接， 则由正方体性质有， 因为平面，平面， 所以平面，平面，又且都在面，所以平面平面， 又面，所以平面，所以的轨迹是以的中点为端点的线段， 因为，所以当F点离平面距离最远时三棱锥体积最大， 此时，点与的中点重合，取中点O，连接，则由正方体性质可得平面， 所以三棱锥的外接球球心在所在直线上， 建立空间直角坐标系，如图所示，则，球心为，则于是，， 所以外接球半径为，所以.故答案为：. 3．正方体的棱长为3，是平面上一动点，是棱上一点，若，且的面积是面积的4倍，则三棱锥体积的最大值是 . 【答案】3 【分析】由条件先证明，结合面积关系可得，在平面上建立平面直角坐标系，确定点的轨迹方程，结合体积公式求三棱锥体积的最大值. 【详解】由已知平面平面，所以， 因为平面平面，所以， 所以，又，所以, 又的面积是面积的4倍，可得,在平面上以为轴，为轴建立平面直角坐标系，设，则， 由得，整理得， 即点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 所以取最大值为，的最大值为，故答案为： 4．如图，已知边长为1的正方形与正方形所在平面互相垂直，为的中点，为线段上的动点，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】 【解析】由题意知三棱锥的体积最大时，点与点重合，问题转化为求三棱锥外接球的表面积，然后，利用勾股定理求出外接球半径，进而可求解 【详解】 如图，由题意知三棱锥的体积最大时，点与点重合，即求三棱锥外接球的表面积，因为正方形与正方形的边长均为1，点为的中点，所以，，.过点作，垂足为，由正方形与正方形所在平面互相垂直，得平面.设三棱锥外接球的球心为，的中点为，连接，则平面.延长到点，使.连接，设，则，，解得，设三棱锥外接球的半径为，则.故所求表面积 故答案为： 【点睛】 5．已知正方体的棱长为，点是棱上的定点，且，点是棱上的动点，则三棱锥的体积最小值为 ． 【答案】 【分析】利用等体积法、图形的几何性质以及三棱锥的体积公式进行求解. 【详解】在正方体中，因为底面，平面， 所以， 因为正方体的棱长为，， 所以，在中，由勾股定理有：， 所以，因为点是棱上的动点，所以当与重合时，到平面的距离最小，如图，在上取，使 则，，， 故三棱锥的体积最小值为.故答案为：. 压轴题型九：动点--体积比值型 1．如图，三棱柱中，是上靠近的四等分点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（    ） A．9：7 B． C． D． 【答案】A 【分析】根据线线平行得截面为梯形，即可根据锥体以及柱体的体积公式求解. 【详解】过作交于，连接,由于,故，因此截面为梯形， 又,平面，平面，故平面 设三棱柱的高为，由于,所以,, 故，因此故选：A 2．如图，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，，记三棱锥，，的体积分别为，，，则 ．    【答案】 【分析】结合线面垂直的性质，确定相应三棱锥的高，求出的值，即可得出答案. 【详解】连接BD交AC于O，连接，  设， 由于平面，则平面, 则； 平面平面，故， 又四边形为正方形，则，而平面， 故平面，平面，故，又平面，平面，平面，故，， 而，所以，即得，而平面， 故平面，又，故， 所以，故答案为：. 3．如图，在平行六面体中，是线段上的一点，且，则三棱锥的体积与平行六面体的体积之比为 【答案】 【分析】根据已知条件，先证明平面，再由及棱锥和棱柱的体积公式即可求解. 【详解】由题设及平行六面体的结构特征易知，，平面，平面， 所以平面，则上任意一点到平面的距离为定值， 又，则， 由三棱锥的底面面积是平行六面体底面面积的一半， 且高相等，所以.故答案为：. 4．在斜三棱柱中，连接、与，记三棱锥的体积大小为，三棱柱的体积大小为，则 . 【答案】 【分析】根据题意，设斜三棱柱的高为，，可得，得解. 【详解】设斜三棱柱的高为，， 则，， ，则. 故答案为：. 5．在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是 . 【答案】2 【分析】根据给定条件，作出过的正四棱锥的截面，再求出的表达式并结合均值不等式求解作答. 【详解】记正四棱锥的体积为，的最大值，由为定值知，只需求的最小值， 设过的截面分别交和于，平面与平面的交线为与相交于，如图， 则，令，则，即有， ， 当且仅当时取等号，此时， 所以的最大值是2.故答案为：2 压轴题型十：动点--角度存在型 √满分技法 空间动点角度，涉及到主要特征就是：过定点。核心原理是：平移不改变角度（主要是线与线）的大小。 1. 如果过定点直线与定直线成定角，则这两条直线位置关系是“圆锥母线与轴”的关系型 2. 如果过定点直线与平面成定角，则可以转化为过定点直线与平面的法向量成定角，然后与1原理相同。 1．（山东省齐鲁名校2025届高三第六次联考模拟预测（冲刺二）数学试题）如图所示，在棱长为1的正方体中，为上的动点（不与点重合），则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C．点到平面的距离为定值 D．存在一点，使得直线与平面所成角为 【答案】AB 【分析】由线面平行的判定可判断A，线面垂直可判断B，等体积法可判断C，由线面角的定义可判断D. 【详解】对于A：由正方体易知，又 不在平面内，在平面内，所以平面，正确； 对于B：由正方体易知平面，又在平面内，所以平面平面，正确； 对于C，在正方体中，易知，又不在平面内，在平面内， 所以平面，又为上的动点，所以点到平面的距离等于到平面的距离距离，，由等体积可得： 即，所以，所以点到平面的距离为定值，故错误； 连接，由正方体易知直线与平面所成角, 所以，若存在一点，使得直线与平面所成角为， 即需满足，，也即， 而在等腰直角三角形中，，显然不能成立， 所以不存在点，使得直线与平面所成角为，D错误；故选：AB 2．（2025·安徽安庆·二模）如图，在正三棱柱中，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（    ） A．存在点，使得 B．直线与平面所成的最大角为 C．若不共面，则四面体的体积的最大值为 D．若，则点的轨迹的长为 【答案】AC 【分析】对于A选项，当点为中点时，利用向量证明即可；对于B选项，当点位于点时，此时线面角为，大于；对于C选项，当点位于点（或棱上）时，体积最大，为；对于D选项，先判断出点的轨迹为四段圆弧，然后求出长度即可. 【详解】对于A选项，当点为中点时，所以，故A正确； 对于B选项，当点位于点时，为直线与平面所成角，故B错误； 对于C选项，当点位于点（或棱上）时，点到平面的距离最远， 此时四面体的体积最大，以点为例，此时，故C正确；对于D选项，若，如图， 在棱上取点，使，在棱上取点使， 在棱上取中点，则，， 则点的轨迹由圆弧构成，且其所在圆的半径依次为， ，圆心角依次为， 圆弧的长分别为，故点的轨迹的长为，故D错误； 故选：AC. 3．（浙江省强基联盟2024-2025学年高二下学期3月联考数学试卷）棱长为的正方体中，点分别是棱的中点，点是棱上的动点，且满足，以下说法正确的是（    ） A． B．存在，使得平面平面 C．点到平面的距离的最小值是 D．直线与平面所成角的最大值是 【答案】ABC 【分析】对于A，由平行传递性可判断，对于BCD，通过建系，由向量法逐项判断即可. 【详解】如图建系：易得， 在正方体中易得：，再结合中位线可得：， 所以，A正确， 设平面的法向量为：，， 由可得：，令，可得：，所以， 设平面的法向量为：， 由可得：，令，可得：， 所以，由， 可得：，所以存在，使得平面平面，B正确； 点到平面的距离，因为，所以当时，取到最小值，C正确； ，设直线与平面所成角为，所以， 令，解得：，又因为，所以直线与平面所成角的最大值不是，错误； 故选：ABC 4．（22-23高一下·云南昭通·期末）如图，在三棱锥中，平面平面ABC，过点B且与AC平行的平面分别与棱SA，SC交于E，F，若，，则下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的外接球的表面积为 B．平面ABC C． D．若F为SC的中点，则BF与SA所成角的余弦值为 【答案】BD 【分析】A证明，，则AC为三棱锥外接球的直径；B先证明，再证平面ABC即可；C取AC的中点P，可得平面SAC，可得为正三角形，欲使，则E一定是SA的中点，可判断；D找出线线角（或其补角），则在中可求. 【详解】对于A，因为，，所以，则， 同理，故边AC中点到点A，B，C，S距离相等， 所以AC为三棱锥外接球的直径，则， 所以三棱锥外接球的表面积，故选项A错误； 对于B，因为，过AC的平面，由线面平行的性质可得：，再由线面平行的判定定理可得平面ABC，故选项B正确； 对于C，如图，取AC的中点P，连接，，， 因，所以， 因为平面平面ABC，且平面平面，平面ABC， 所以平面SAC， 因为平面SAC，所以， 又因为，所以， 因为，所以为正三角形，要使， 则E一定是SA的中点，题中并没有说明是的中点，故选项C错误； 对于D，因为F为SC的中点，所以且， 所以（或其补角）即为BF与SA所成的角. 由C选项分析得：平面SAC，又平面SAC， 所以，因为，， 所以，在中，， 所以BF与SA所成的角的余弦值为，故选项D正确. 故选：BD. 5．（四川省攀枝花市2025届高三第二次统一考试数学试题）已知正方体的棱长为分别为的中点，P为正方体的内切球O上任意一点，则（    ） A．与所成角的范围是 B．球O被截得的弦长为 C．三棱锥体积的最大值为 D．的取值范围是 【答案】BCD 【分析】截取截面可知，当与球相切时，与所成的最大角满足，可得，可判断A；利用对称性以及球心到端点的距离，再结合余弦定理可计算得弦长为，可判断B；求出球心到平面的距离，即可求出到面的距离的最大值，可判断C；利用向量运算可得，即可求得其范围为，可判断D. 【详解】因为正方体的棱长为2，所以面对角线为，体对角线， 对于A，易知当三点共线时，与所成的角最小为， 取截面如下图所示， 易知，当与球相切时，与所成的角最大，设最大角为， 则，所以，得到，故A错误； 对于B，易知内切球的半径，且球心在正方体的中心，易得， 设球被截得的弦长为， 在中，易得， 如下图所示，在中， 由对称性可知，，且， 由余弦定理知，， 在中，， 解得或（舍）， 则弦长，所以B正确； 对于C，因为到面的距离为， 所以正方体的中心到面的距离为， 所以点到面的距离的最大值为， 因为， 所以，故C正确； 对于D，不妨设的中点为， 则， 由选项B知，，， 所以，， ， 当共线且同向时，， 当共线且反向时，， 所以，的范围为，故D正确. 故选：BCD 2 学科网（北京）股份有限公司 $$