专题1.2 立体几何截面、动点、翻折、轨迹问题全归纳（期末复习讲义）高二数学上学期人教A版选择性必修第一册

专题1.2立体几何截面、动点、翻折、轨迹问题全归纳 （期末复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 球的截面 能计算球的截面半径、截面面积、周长及范围。 基础考点：常与多面体（如正方体、正四面体）的外接球结合，求截面圆半径或面积。 正方体的截面 能判断截面性质及其性质，能补全截面，能计算截面的面积与周长 高频小题：考查截面形状、周长面积。难点与趋势：作为大题中的一问，为后续求体积、夹角或最值做铺垫。作图能力是关键。 动点中的平行关系 利用保持平行关系来确定动点的轨迹。 高频中档题，常出现在多选题的压轴题中，属于立体几何小题中典型考点。也会出现在大题中。 动点中的垂直关系 利用保持垂直关系来确定动点的轨迹。 高频中档题，常出现在多选题的压轴题中，属于立体几何小题中典型考点。也会出现在大题中。 动点与空间向量基本定理 利用向量关系来确定动点所在的位置。 基础考点，常出现在立体几何小题条件中，作为判断动点轨迹的依据。 翻折问题 能明确翻折前后的不变量（如与折痕垂直的线段长度、角度关系），并转化为平面几何问题求解。 高频题：综合性强，融合了空间几何、平面几何、最值问题，在小题大题中都易考到。难点在 “找不变量”。 轨迹问题 能根据动点满足的几何条件来判断动点的形状，再根据限制条件确定最后轨迹。 高频中档题，常出现在多选题的压轴题中，属于立体几何小题中典型考点。 知识点01 球的截面 两个性质： ①球的任何截面是圆面； ②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面； 球心到截面距离、球半径、截面圆半径，则有 知识点02 正方体的截面 1、 正方体的截面有三角形（包括等边三角形），四边形（正方形、矩形、梯形、平行四边形、棱形），五边形，六边形（正方体过各棱中点截得的六边形是面积最大的截面） 2、如果条件只给出截面的一部分，需要补全截面，根据两个原则，1、延长相交 2、做平行线 知识点03 平行关系确定动点轨迹 1、转化为“确定平面”：若要证明或找到一点使，构造一个包含且与平行的平面。那么必须位于平面与已知几何体（如棱、面）的交线上。 2、 转化为“线线平行”链：利用公理4（平行传递性）或中位线定理。例如，要在线段上找点使，可尝试在平面内找一条与平行的固定直线，从而将线面平行转化为线线平行，P的位置由这组平行线决定。 知识点04 垂直关系确定动点轨迹 1、转化为“线面垂直”： 且 ，。这是将分散的线线垂直集中到一个平面（垂面）上的强大工具。要确定一点使某线垂直于一个平面，常需该线同时垂直于平面内两条相交直线，这往往能给出两个约束条件。 2、转化为“三垂线定理及其逆定理”：这是处理斜线在平面上投影垂直问题的利器。如果问题涉及“斜线”与“面内直线”垂直，立即考虑三垂线定理。这常常能将一个空间垂直问题，转化为平面内的垂直问题。 3、转化为“平面垂直的判定”：若要证，需在内找一条线垂直于。这有时能引导我们去寻找或构造这条关键的垂线，而这条线的端点可能就是动点。 知识点05 利用向量基本定理来确定动点位置 动点满足条件，根据来判断点所在位置。常见有： 1、 在直线上 2、 在跟构成的平行四边形的对角线上 题型一 球的截面问题 解｜题｜技｜巧 球心到截面距离、球半径、截面圆半径，则有 【典例1】（24-25高二上·安徽阜阳·期末）朱世杰是元代著名的数学家，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉.其著作《四元玉鉴》是一部成就辉煌的数学名著，受到数学史研究者的高度评价.《四元玉鉴》下卷“杂范类会”中第一问为：“今有沈香立圆球一只，径十寸，今从顶截周八寸四分，问厚几何?”大意为现有一个直径为的球，从上面截一小部分，截面圆周长为，问被截取部分几何体的高为多少.已知朱世杰是以圆周率为来计算，则《四元玉鉴》中此题答案为（注：） （   ） A． B． C． D． 【典例2】（25-26高二上·上海·期末）球面上三点A、B、C所确定的截面到球心的距离等于球半径的四分之一，且，，，则球的体积为 ． 【变式1】（25-26高二上·贵州贵阳·月考）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（多选）（24-25高二上·河北张家口·期末）如图，球的两个截面圆和圆的圆心分别为，半径均为2，且圆和圆所在平面分别与轴和轴垂直．若动点分别在两个圆周上匀速运动，每12秒运动一周，其中点的起始点分别为，，点按照图中指针方向运动，运动时间为（单位：秒），则（    ） A．球的表面积为 B．当时， C．存在时刻，使得点在球面上相遇 D．的最大值为，且同一个周期内取得最大值的时间差为8秒 题型二 正方体的截面 解｜题｜技｜巧 补全截面，根据两个原则，1、延长相交 2、做平行线 【典例1】（多选）（24-25高二上·江苏无锡·期末）如图，在棱长为2的正方体中，是侧面内的一点，是线段上的一点，则下列说法正确的是（　　） A．过的平面截此正方体所得的截面为四边形 B．当为棱的中点时，过点的平面截该正方体所得的截面的面积为 C．点到直线的距离的最小值为 D．当为棱的中点且时，则点的轨迹长度为 【典例2】（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知棱长为的正方体中，分别是的中点.    (1)求证：平面； (2)过三点作正方体的截面，画出截面（保留作图痕迹），并计算截面的周长. 【变式1】（多选）（24-25高二上·重庆北碚·期末）在长方体中，分别为棱上的动点，则下列说法中正确的是（   ） A．若为中点，则三棱锥的体积为 B．若为中点，过的平面截该长方体得到的截面图形为五边形 C．若分别为靠近的三等分点，则到直线的距离为 D．若直线与平面所成角为，则存在点使得线段长度为 【变式2】（24-25高二上·上海·期末）如图，在长方体中，，．为线段上一动点，记．以点为坐标原点，分别以，，为轴正方向，轴正方向，轴正方向建立空间直角坐标系. (1)写出点的坐标（用表示）； (2)当平面时，求的值； (3)过点、、作截面，求点到该截面距离的最大值. 题型三 平行或垂直关系确定动点轨迹 解｜题｜技｜巧 平行：利用线线平行、线面平行、面面平行三者关系确定动点轨迹。 垂直：利用线线垂直、线面垂直、面面垂直、三垂线定理来确定动点轨迹。 【典例1】（多选）（24-25高二上·广东汕头·期末）如图所示，在正方体中，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列命题中正确的是（    ） A．存在点，使得为直角 B．对于任意点，都有直线平面 C．对于任意点，都有平面平面 D．三棱锥的体积为定值 【典例2】（多选）（24-25高二上·安徽·期末）如图，在棱长为4的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．存在点使得平面 B．无论点的位置，总有平面 C．若是的中点，则到平面的距离为 D．若直线与平面所成角的正弦值为，则 【变式1】（多选）（24-25高二上·浙江丽水·期末）已知正方体的棱长为，点为中点，动点在正方形内（包括边界），则下列说法正确的是（   ） A．若，则的长度是 B．若平面，则的最小值是 C．若，则点的轨迹长度是 D．若平面，则点的位置唯一 【变式2】（多选）（24-25高二上·广东·期末）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（不包括端点），则（   ） A．当点为的中点时，与平面所成角为 B．存在点，使得 C．对于任意点，均不成立 D．三棱锥的体积是定值 题型四 由向量关系确定动点轨迹 解｜题｜技｜巧 根据平面向量基本定理来确定动点的位置。 【典例1】（多选）（24-25高二上·云南保山·期末）棱长为2的正方体中，动点满足，其中，，点为棱的中点，则（    ） A．若，，则平面截正方体所得的截面面积为 B．若，则平面 C．若，则四面体的外接球的表面积为 D．存在唯一点，使得平面 【典例2】（多选）（24-25高二上·广西钦州·期末）在长方体中，，，为的中点，动点在长方体内（含表面），且满足，记动点的轨迹为，则（    ） A．的面积为 B．的面积为 C．当时，存在点，使得 D．当时，三棱锥的体积为定值 【变式1】（多选）（24-25高二上·河南许昌·期末）若正方体的棱长为1，为棱的中点，点满足，其中，则下列说法中正确的是（   ） A．三棱锥的体积为 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．至少存在一个点，使平面 D．若直线与平面所成角的正切值为2，则点轨迹的长度为 【变式2】（多选）（24-25高二上·江苏苏州·期末）如图，在棱长为1的正方体中，分别是棱上的动点，且，，，，则（    ）． A．当时，平面 B．当时，平面 C．当时，三棱锥体积的最大值为 D．当时，的最小值为 题型五 翻折问题 解｜题｜技｜巧 确定翻折前后的不变量（如与折痕垂直的线段长度、角度关系）。 【典例1】（24-25高二上·安徽·期末）已知O为正方形ABCD的中心，E，F分别为BC，AD的中点，若将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使得二面角的大小为，则此时的值为（ ） A． B． C． D． 【典例2】（多选）（24-25高二上·重庆·期中）在矩形中，，点是边的中点，将沿翻折，直至点落在边上.当翻折到的位置时，连结，，则（    ）    A．四棱锥体积的最大值为 B．存在某一翻折位置，使得 C．为的中点，当时，二面角的余弦值为 D．为的中点，则的长为定值 【变式1】（24-25高二上·河北承德·期末）在平行四边形中，，，，是的中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高二上·广东广州·期末）如图，把的菱形纸片沿对角线翻折，E，F，G，H分别为，，，的中点，O是菱形对角线的交点.    (1)证明：E，F，G，H四点共面； (2)若菱形纸片沿对角线翻折成直二面角，求折纸后异面直线，所成角的余弦值； (3)若菱形纸片沿对角线翻折到使异面直线，的所成角为，求平面与平面的夹角的余弦值. 题型六 轨迹问题 解｜题｜技｜巧 1. 判断轨迹形状： 到定点距离为定值 → 球面。 到两定点距离相等 → 中垂面。 到定直线距离为定值 → 圆柱侧面。 到定平面距离为定值 → 一对平行平面。 与两定点连线成定角 → 一段圆弧（圆锥截面）。 与定点连线垂直于定直线 → 过定点且垂直于定直线的平面。 2. 结合图形限制：轨迹常被限制在几何体（如多面体）的面、棱、内部，因此最终答案往往是完整轨迹与几何体的交集（如球面的一部分、圆弧、线段等）。 【典例1】（24-25高二上·北京西城·期末）在正方体中，动点在面及其边界上运动，，则动点的轨迹为（   ） A．椭圆的一部分 B．线段 C．圆的一部分 D．抛物线的一部分 【典例2】（24-25高二上·天津·期中）在棱长为2的正方体中，点P是侧面正方形内的动点，点Q是正方形的中心，且PQ与平面所成角的正弦值是，则动点P的轨迹图形的面积为（   ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高二上·北京·期末）在正方体中，点Q为底面（含边界）上的动点，满足平面平面，则点的轨迹为（    ） A．一段圆弧 B．一段抛物线 C．一段椭圆 D．一条线段 【变式2】（多选）（24-25高二上·山东泰安·期末）已知正四棱锥的棱长均为3，，分别为棱，靠近，的三等分点，动点满足，则下列结论中正确的是（   ） A．正四棱锥的体积为 B．动点的轨迹是半径为的球面 C．点在动点的轨迹外部 D．动点的轨迹被平面截得的是半径为的圆 题型七 最短路径问题 解｜题｜技｜巧 根据两点之间距离最短、将军饮马可求最短路径问题。 【典例1】（多选）（24-25高二上·广东肇庆·期末）如图所示的圆台，在轴截面中，，则（   ） A．该圆台的高为1 B．该圆台轴截面面积为 C．该圆台的体积为 D．一只小虫从点沿着该圆台的侧面爬行到的中点，所经过的最短路程为5 【典例2】（24-25高二上·上海·期末）如图，在长方体中，，点为上的动点，则的最小值为 .    【变式1】（24-25高二上·上海徐汇·期末）已知正四棱柱的底面边长为1，高度为2，一蚂蚁沿着正四棱柱的表面从点爬到点的最短距离是 ． 【变式2】（25-26高二上·上海·月考）如图，在长方体中，，，点为上的动点，则的最小值为 .    题型八 最值与范围问题 【典例1】（25-26高二上·山东青岛·期中）已知平面四边形，，，，，沿直线将翻折成，则直线与直线所成角的余弦值最大为 . 【典例2】（25-26高二上·贵州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱上的动点，且. (1)证明：. (2)当的长度最短时，求直线与平面所成角的正弦值. 【变式1】（24-25高二上·上海·期末）如图，长方体中，，，，为底面的中心，点为上的动点（包括端点），则当的面积最小时，线段的长为 ． 【变式2】（25-26高二上·浙江·期中）在直四棱柱中，底面为菱形，，，，点为棱的中点． (1)求平面和平面夹角的余弦值； (2)连接，若点为线段上的一动点，当点到直线距离最短时，求线段的长度． 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1. （24-25高二上·辽宁大连·期末）如图，已知正方体的棱长为4，，分别是棱，的点，且满足：，，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 2．（多选）（24-25高二上·浙江金华·月考）如图，已知正方体棱长为2，，分别为，的中点，为线段上的动点，下列选项正确的是（    ）    A．不存在使得 B．存在使面 C．存在两个使与成角 D．任意满足 3．（24-25高二上·河南郑州·期末）在边长为 2 的正方体中，分别为的中点， 分别为线段 上的动点 (不包括端点) 满足 ，则线段的长度最小值为（    ） A． B．2 C． D． 4．（多选）（24-25高二上·广东深圳·期末）如图，棱长为2的正方体中，动点P满足，则以下结论正确的为（   ） A．，使直线平面 B．，三棱锥体积为定值 C．当时，点P到AC的距离为 D．当时，三棱锥的外接球表面积为 5．（25-26高二上·辽宁·月考）如图，正方形、，，动点、分别在和上，，当最小时，二面角的余弦值是（   ）    A． B． C． D． 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 1．（多选）（25-26高二上·广东东莞·期中）在棱长为2的正方体中，点P满足，则下列结论正确的是（    ） A．当时， B．当时，平面截正方体所得的截面的面积为 C．若且，则当取得最小值时， D．若点P在以的中点O为球心，为半径的球面上，则点P的轨迹的长度为 2．（24-25高二上·北京房山·期末）如图，在边长为的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②不存在点，使得平面； ③对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面； ④点到的距离的最小值为． 其中正确结论的序号是 ． 3．（多选）（24-25高二上·辽宁大连·期末）如图，点是棱长为的正方体的表面上一个动点，则（   ）    A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．若，分别是线段和上的动点（都不与端点重合），，，点在平面上，，且，则为定值 C．若是线段的中点，则沿正方体的表面从点到点的最短距离为 D．使线段长度为的点的轨迹长度为 4．（多选）（24-25高二上·江西赣州·期末）在边长为2的正方体中，为线段AD上的中点，点在线段上运动，则下列选项正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．点在线段上运动时，的最小值为 C．存在点，使得平面PQC与平面在ABCD所成夹角为 D．当为的中点时，过P，Q作平面平面，则平面截正方体的截面面积为 5．（25-26高二上·辽宁大连·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱的中点，点是正方形内部任意一点（包括边界），则（   ） A．的长度的最大值为 B．若平面，则 C．平面截正方体所得截面的周长为 D．直线与平面所成角的正弦值最大为 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．（多选）（2025·吉林松原·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点是线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（　　） A．若，则平面截正方体的截面面积为 B．若，则平面 C．若，则点到平面距离的取值范围是 D．周长的最小值为 2．（多选）（2025·湖北武汉·三模）如图，半圆锥的底面直径为，母线，为圆弧上任意一点（不包括，两点），直线垂直于平面，且．连结交母线于点．下列结论正确的是（    ）    A．三棱锥的4个面均为直角三角形 B． C．沿此半圆锥的曲侧面从点到达点的最短距离为2 D．当直线与平面所成角最大时，平面截三棱锥外接球所得截面的面积为 3．（多选）（2025·四川泸州·模拟预测）如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A．若是正方体表面上的动点，且，则长度的最大值为3 B．四面体的体积为 C．平面截正方体所得截面的面积为 D．平面 4．（多选）（2025·海南·模拟预测）如图所示，正方体的棱长为2，点为侧面内的一个动点（含边界），点分别是线段、、的中点，则下列结论正确的是（   ） A．直线平面 B．平面截正方体所得的截面面积为 C．的最小值为 D．若，则点的运动轨迹长度为 5．（多选）（2025·山东德州·三模）在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，且，点，，分别为棱的中点，则（   ） A． B．异面直线和所成的角为 C．平面与平面所成角的正弦值为 D．过点，，的平面截四棱锥所得的截面图形为五边形 6．（多选）（2025·山东泰安·模拟预测）已知正方体的棱长为，是线段的中点，是底面正方形内的动点（包含边界），则下列说法中正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得平面 C．若点在线段上运动，则与平面所成角正弦的最大值为 D．若与所成的角为，则动点的轨迹为双曲线的一部分 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题1.2立体几何截面、动点、翻折、轨迹问题全归纳 （期末复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 球的截面 能计算球的截面半径、截面面积、周长及范围。 基础考点：常与多面体（如正方体、正四面体）的外接球结合，求截面圆半径或面积。 正方体的截面 能判断截面性质及其性质，能补全截面，能计算截面的面积与周长 高频小题：考查截面形状、周长面积。难点与趋势：作为大题中的一问，为后续求体积、夹角或最值做铺垫。作图能力是关键。 动点中的平行关系 利用保持平行关系来确定动点的轨迹。 高频中档题，常出现在多选题的压轴题中，属于立体几何小题中典型考点。也会出现在大题中。 动点中的垂直关系 利用保持垂直关系来确定动点的轨迹。 高频中档题，常出现在多选题的压轴题中，属于立体几何小题中典型考点。也会出现在大题中。 动点与空间向量基本定理 利用向量关系来确定动点所在的位置。 基础考点，常出现在立体几何小题条件中，作为判断动点轨迹的依据。 翻折问题 能明确翻折前后的不变量（如与折痕垂直的线段长度、角度关系），并转化为平面几何问题求解。 高频题：综合性强，融合了空间几何、平面几何、最值问题，在小题大题中都易考到。难点在 “找不变量”。 轨迹问题 能根据动点满足的几何条件来判断动点的形状，再根据限制条件确定最后轨迹。 高频中档题，常出现在多选题的压轴题中，属于立体几何小题中典型考点。 知识点01 球的截面 两个性质： ①球的任何截面是圆面； ②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面； 球心到截面距离、球半径、截面圆半径，则有 知识点02 正方体的截面 1、 正方体的截面有三角形（包括等边三角形），四边形（正方形、矩形、梯形、平行四边形、棱形），五边形，六边形（正方体过各棱中点截得的六边形是面积最大的截面） 2、如果条件只给出截面的一部分，需要补全截面，根据两个原则，1、延长相交 2、做平行线 知识点03 平行关系确定动点轨迹 1、转化为“确定平面”：若要证明或找到一点使，构造一个包含且与平行的平面。那么必须位于平面与已知几何体（如棱、面）的交线上。 2、 转化为“线线平行”链：利用公理4（平行传递性）或中位线定理。例如，要在线段上找点使，可尝试在平面内找一条与平行的固定直线，从而将线面平行转化为线线平行，P的位置由这组平行线决定。 知识点04 垂直关系确定动点轨迹 1、转化为“线面垂直”： 且 ，。这是将分散的线线垂直集中到一个平面（垂面）上的强大工具。要确定一点使某线垂直于一个平面，常需该线同时垂直于平面内两条相交直线，这往往能给出两个约束条件。 2、转化为“三垂线定理及其逆定理”：这是处理斜线在平面上投影垂直问题的利器。如果问题涉及“斜线”与“面内直线”垂直，立即考虑三垂线定理。这常常能将一个空间垂直问题，转化为平面内的垂直问题。 3、转化为“平面垂直的判定”：若要证，需在内找一条线垂直于。这有时能引导我们去寻找或构造这条关键的垂线，而这条线的端点可能就是动点。 知识点05 利用向量基本定理来确定动点位置 动点满足条件，根据来判断点所在位置。常见有： 1、 在直线上 2、 在跟构成的平行四边形的对角线上 题型一 球的截面问题 解｜题｜技｜巧 球心到截面距离、球半径、截面圆半径，则有 【典例1】（24-25高二上·安徽阜阳·期末）朱世杰是元代著名的数学家，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉.其著作《四元玉鉴》是一部成就辉煌的数学名著，受到数学史研究者的高度评价.《四元玉鉴》下卷“杂范类会”中第一问为：“今有沈香立圆球一只，径十寸，今从顶截周八寸四分，问厚几何?”大意为现有一个直径为的球，从上面截一小部分，截面圆周长为，问被截取部分几何体的高为多少.已知朱世杰是以圆周率为来计算，则《四元玉鉴》中此题答案为（注：） （   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆的周长公式计算出截面的半径，再根据勾股定理可得出被截取部分几何体的高的方程，解之即可. 【详解】设截面圆的半径为，被截取部分几何体的高为， 若以作为圆周率，则，由勾股定理可得， 故. 故选：B. 【典例2】（25-26高二上·上海·期末）球面上三点A、B、C所确定的截面到球心的距离等于球半径的四分之一，且，，，则球的体积为 ． 【答案】 【分析】求出的外心，利用球心到所在平面的距离为球半径的四分之一，求出球的半径，即可求出球的体积． 【详解】由题意，，，，可知三角形是直角三角形， 三角形的外心是的中点，球心到截面的距离就是球心与三角形外心的距离， 设球的半径为R，球心到所在平面的距离为球半径的， 所以，解得，则. ∴球的体积为. 故答案为：. 【变式1】（25-26高二上·贵州贵阳·月考）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用点面距离公式求解O到平面AMC的距离，进而根据球的性质求解即可半径即可. 【详解】球心O为正方体中心，半径，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， , 则，， 设平面ACM的一个法向量为， ，令，则， 所以，则O到平面AMC的距离为：， 截面圆半径，所以截面面积， 故选:B. 【变式2】（多选）（24-25高二上·河北张家口·期末）如图，球的两个截面圆和圆的圆心分别为，半径均为2，且圆和圆所在平面分别与轴和轴垂直．若动点分别在两个圆周上匀速运动，每12秒运动一周，其中点的起始点分别为，，点按照图中指针方向运动，运动时间为（单位：秒），则（    ） A．球的表面积为 B．当时， C．存在时刻，使得点在球面上相遇 D．的最大值为，且同一个周期内取得最大值的时间差为8秒 【答案】ABD 【分析】求出球O的半径，由球的表面积公式可判断A；由题意，写出运动秒后两点的坐标，求出，结合二次函数性质可判断BCD. 【详解】对于A，设球O的半径为，由题意到圆面和圆面的距离为， 所以，所以球的表面积为，故A正确； 对于B，由题意，，，，， 因为动点分别在两个圆周上匀速运动，每12秒运动一周， 设两点运动的角速度为，所以，解得：， 所以两点分别从同时出发，按箭头方向沿圆周以每秒弧度的角速度运动， 运动秒后，，，， ， 当时，， 所以，故B正确； 对于C，令，所以， 则， 当时，， 所以不存在时刻，使得点在球面上相遇，故C错误； 对于D，当时，，，或， ，两个时刻的时间差为8秒，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于通过空间直角坐标系，结合圆中的知识得出秒后的坐标，进而求出，进而判断各选项. 题型二 正方体的截面 解｜题｜技｜巧 补全截面，根据两个原则，1、延长相交 2、做平行线 【典例1】（多选）（24-25高二上·江苏无锡·期末）如图，在棱长为2的正方体中，是侧面内的一点，是线段上的一点，则下列说法正确的是（　　） A．过的平面截此正方体所得的截面为四边形 B．当为棱的中点时，过点的平面截该正方体所得的截面的面积为 C．点到直线的距离的最小值为 D．当为棱的中点且时，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】根据题意和正方体的性质、空间点到直线的距离、圆的定义等，逐项分析即可解出. 【详解】选项A，如图1所示，连接，在上任取一点，连接， 过在侧面作，与的交点为，连接，得四点共面， 在上都有类似结果，在其它棱上时，截面都是正方体的对角面， 所以过的平面截此正方体所得的截面为四边形，所以A正确； 选项B，如图2所示，取中点，根据分别为中点，易得，所以四点共面，该截面为四边形且为等腰梯形， 又， 所以等腰梯形的高， 所以截面的面积为，所以B错误； 选项C，如图3所示，建立空间直角坐标系，可得，所以. 设点，所以， 则点到直线的距离， 所以时，距离最小，最小为，所以C正确； 选项D，如图4所示，取的中点，连接，易得平面且， 又平面，所以， 所以， 则点在侧面内的运动轨迹为以点为圆心，以2为半径的劣弧，其圆心角为， 所以点的轨迹长度为，所以D正确. 故选：ACD. 【典例2】（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知棱长为的正方体中，分别是的中点.    (1)求证：平面； (2)过三点作正方体的截面，画出截面（保留作图痕迹），并计算截面的周长. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）求证即可由线面平行判定定理得证平面； （2）延长即可作出截面图，再结合题设条件和正方体性质即可即可计算求解截面的周长. 【详解】（1）连接，则由中位线定理得 又由正方体性质得且， 所以四边形是平行四边形，所以， 所以，又平面，平面， 所以平面.    （2）如图，延长，与的交点分别为， 则连接即可得到过三点的正方体的截面， 由题意可知，故， 所以截面的周长为.    【变式1】（多选）（24-25高二上·重庆北碚·期末）在长方体中，分别为棱上的动点，则下列说法中正确的是（   ） A．若为中点，则三棱锥的体积为 B．若为中点，过的平面截该长方体得到的截面图形为五边形 C．若分别为靠近的三等分点，则到直线的距离为 D．若直线与平面所成角为，则存在点使得线段长度为 【答案】ABD 【分析】A选项，根据棱锥体积公式计算；B选项，根据基本事实及其推论得到截面；C选项，利用勾股定理得到三角形的边长，然后利用余弦定理和三角函数计算距离；D选项，根据线面角的定义得到，然后利用三角函数得到，即可得到当时满足要求. 【详解】 A选项，，由题意得到平面的距离为1， 所以，故A正确； B选项，延长交延长线于点，连接交于点，过点作，连接，，则截面为，故B正确. C选项，过作于点，连接， ，，， ， 则，， 所以到直线的距离为，故C错； D选项，过点作于点， 因为为长方体，所以平面， 因为平面，平面，所以，， 因为，平面，所以平面， 所以在平面的射影为，则，， 所以当时，，即直线与平面所成角为，， 所以存在点使得线段的长度为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求截面的方法： ①作平行线，根据两平行线可以确定一个平面； ②作延长线产生相交，根据两条相交直线可以确定一个平面. 【变式2】（24-25高二上·上海·期末）如图，在长方体中，，．为线段上一动点，记．以点为坐标原点，分别以，，为轴正方向，轴正方向，轴正方向建立空间直角坐标系. (1)写出点的坐标（用表示）； (2)当平面时，求的值； (3)过点、、作截面，求点到该截面距离的最大值. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）由题意可得，再根据，即可求得点的坐标； （2）由（为平面的法向量），求解即可； （3）求出平面的法向量，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）解：如图所示： ， 故， 因为， 所以； （2）解：因为， 则，， 设平面的法向量为， 故且， 取，则， 由于平面时， 故， 即，解得； （3）解：， 设平面的法向量为， 则有 取， 则， 所以， 所以当时，取最大值. 所以. 题型三 平行或垂直关系确定动点轨迹 解｜题｜技｜巧 平行：利用线线平行、线面平行、面面平行三者关系确定动点轨迹。 垂直：利用线线垂直、线面垂直、面面垂直、三垂线定理来确定动点轨迹。 【典例1】（多选）（24-25高二上·广东汕头·期末）如图所示，在正方体中，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列命题中正确的是（    ） A．存在点，使得为直角 B．对于任意点，都有直线平面 C．对于任意点，都有平面平面 D．三棱锥的体积为定值 【答案】CD 【分析】A：验证是否为零即可；B：根据线面平行的性质即可判断；C：证明平面即可；D：由体积公式可判断即可． 【详解】对于A，易知 ， 故与不垂直，故A错误；     对于B，连接，则平面平面， 若平面，且平面，则， 显然仅当和为所在棱中点时与才平行，故B错误； 对于C，连接，，，、，， 由平面，平面，得， 由为正方形，易知， 因为，平面，平面， 平面，，同理可证， ，平面， 平面，又平面， 平面平面，故C正确； 对于D， ，平面，平面，平面， 所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 三棱锥的体积为定值，故D正确． 故选：CD． 【典例2】（多选）（24-25高二上·安徽·期末）如图，在棱长为4的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．存在点使得平面 B．无论点的位置，总有平面 C．若是的中点，则到平面的距离为 D．若直线与平面所成角的正弦值为，则 【答案】BCD 【分析】由与不垂直，可判断A，由，可判断B，将到平面转换成到的距离即可判断C，设，结合线面角的定义列出等式求解即可. 【详解】在正方体中易知，与不垂直，故A不正确； 因为，又平面并且平面， 所以平面，故B正确； 正方体中易知，，不在平面内，在平面内， 所以平面， 所以到平面的距离即为到平面的距离， 在正方体中，易知平面平面，且相交于, 所以到平面的距离即为到的距离， 又因为点是的中点，所以点到直线的距离等于点到直线的距离， 又，，解得，故C正确； 设，所以，计算可得， 所以， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦为， 所以，故D正确． 故选：BCD 【变式1】（多选）（24-25高二上·浙江丽水·期末）已知正方体的棱长为，点为中点，动点在正方形内（包括边界），则下列说法正确的是（   ） A．若，则的长度是 B．若平面，则的最小值是 C．若，则点的轨迹长度是 D．若平面，则点的位置唯一 【答案】BCD 【分析】连接，取其中点，由中位线定理得，可判断A；建立空间直角坐标系并得出各点坐标，设，其中，利用坐标法分别判断选项BCD. 【详解】选项A：连接，取其中点，在中，为中位线，所以， 由于，所以，A错误；    选项B：    如图，以D为原点分别以DA、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，，， 由于动点F在正方形内，可设，其中，， ，， 设平面的一个法向量为．则， 令，得，，故， 而，若平面，则， 则，即，所以， 此时，则， 当时，取最小值，故选项B正确； 选项C：， 因为，所以， 得，则点的轨迹如图线段，其中都为中点， 则，C正确；    选项D：若平面，则，． 由于，，， 则，解得：或（舍去）， 此时，即点F的位置唯一，故选项D正确. 故选：BCD 【变式2】（多选）（24-25高二上·广东·期末）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（不包括端点），则（   ） A．当点为的中点时，与平面所成角为 B．存在点，使得 C．对于任意点，均不成立 D．三棱锥的体积是定值 【答案】AC 【分析】在正方体中建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项；利用空间位置关系的向量证明判断BC；利用点到平面距离的向量求法计算判断D. 【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令， 则、、、、、， 所以，， 对于A选项，当为的中点时，，， 易知平面的一个法向量为， 则， 故点为的中点时，与平面所成角为，A对； 对于B选项，令，则点，， ，若，则，必有，即与矛盾，B错； 对于C选项，，，其中， 若，则，解得，不合乎题意， 所以，对于任意点，均不成立，C对； 对于D选项，，设平面的法向量， 则，令，得， 于是点到平面的距离，，则不是常数， 又点、、是三个定点，面积是定值， 因此三棱锥的体积不是定值，D错. 故选：AC. 题型四 由向量关系确定动点轨迹 解｜题｜技｜巧 根据平面向量基本定理来确定动点的位置。 【典例1】（多选）（24-25高二上·云南保山·期末）棱长为2的正方体中，动点满足，其中，，点为棱的中点，则（    ） A．若，，则平面截正方体所得的截面面积为 B．若，则平面 C．若，则四面体的外接球的表面积为 D．存在唯一点，使得平面 【答案】BCD 【分析】A选项，点P为棱的中点，从而可以找到截面为等腰梯形，根据边长求面积；B选项，由得点在线段上，由面面平行得线面平行；C选项，由得，从而点P与点C重合，四面体的外接球即为正方体的外接球，从而求得外接球半径、表面积；D选项，建立空间直角坐标系，根据平面求得点坐标，从而存在. 【详解】对于A，时，点P为棱的中点，此时平面截正方体所得的截面为等腰梯形（如图）， 易得，，梯形的高， ，∴A错误； 对于B，时，三点共线，即点在线段上，如图， ，平面平面， 又平面，平面，∴B正确； 对于C，，，，∴， 由平面向量加法的平行四边形法则知，，∴点P与点C重合， ∴四面体即为四面体的外接球即为正方体的外接球，其半径， ∴四面体的外接球的表面积为，∴C正确； 对于D， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，， 设，则，∵平面，， ，解之得，，故存在唯一点，使得平面， 此时点与点重合，∴D正确. 故选：BCD． 【点睛】思路点睛：根据和的关系确定点的位置 A选项中，，，，所以点是的中点， B选项中，，，所以三点共线，即点在线段上， C选项中，，，，即点与点重合. 【典例2】（多选）（24-25高二上·广西钦州·期末）在长方体中，，，为的中点，动点在长方体内（含表面），且满足，记动点的轨迹为，则（    ） A．的面积为 B．的面积为 C．当时，存在点，使得 D．当时，三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【分析】根据中点以及线线平行可得的轨迹为四边形，即可利用梯形面积求解AB，建立空间直角坐标系，根据向量的坐标运算即可求解C，利用线面平行，结合体积公式即可求解D. 【详解】取的中点，连接则， 所以四点共面.因为， 所以四点共面，故点的轨迹为四边形，所以的面积即为梯形的面积. 因为，，，所以，故A正确，B错误. 对于C，如图，建立空间直角坐标系，则，， ，，，. 因为，所以，所以. 因为，所以， 得，所以存在点，使得，故C正确. 对于D，当时，，因为平面，故点到平面的距离为定值2，又三角形的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以D正确. 故选:ACD 【变式1】（多选）（24-25高二上·河南许昌·期末）若正方体的棱长为1，为棱的中点，点满足，其中，则下列说法中正确的是（   ） A．三棱锥的体积为 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．至少存在一个点，使平面 D．若直线与平面所成角的正切值为2，则点轨迹的长度为 【答案】ABD 【分析】对于A，由正方体几何性质可得面面平行，利用三棱锥的体积公式，可得答案； 对于B，在正方体中延拓平面，由正方体几何性质可得面面平行，根据题意可得答案； 对于C，利用空间向量的基本定理，表示出相关直线的方向向量，根据数量积运算，可得答案； 对于D，由正方体几何性质可得线面垂直，可得线面角，根据锐角三角函数的定义，结合圆的定义，可得答案. 【详解】对于A，由题意可作图如下： 由点满足，其中，则点平面， 由平面平面，则点到平面的距离， 所以三棱锥的体积，故A正确； 对于B，分别取的中点为，连接，如下图： 在正方体中，分别为的中点， 易知，，， 因为，所以共面，即平面， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可得平面，又因为，且平面， 所以平面平面，由图可知平面平面， 由A可知平面，当时，平面，则平面， 所以为动点的轨迹，易知，故B正确； 对于C，由题意可作图如下： 设，以其为一组基底，易知， 则，，， ， 假设平面，则，， 可得，解得，显然不符合题意，故C错误； 对于D，由题意作图如下： 在正方体中，易知平面， 则为直线与平面所成角， 在中，，可得，解得， 所以的轨迹为以为圆心，以为半径的圆弧，可得其长度为.故D正确. 故选：ABD. 【变式2】（多选）（24-25高二上·江苏苏州·期末）如图，在棱长为1的正方体中，分别是棱上的动点，且，，，，则（    ）． A．当时，平面 B．当时，平面 C．当时，三棱锥体积的最大值为 D．当时，的最小值为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，根据向量垂直的坐标关系即可求解AB，利用体积公式，结合二次函数的性质即可求解C，根据两点距离公式，结合对称关系即可求解D. 【详解】以A为原点建立坐标系，则，，, ，，, 时，,故， ,故， 平面，故平面，A正确， 当时，， 由于，故，， 平面,平面,故平面，B正确； 由 当时，， ，故C错误； 当时，则， ， 可将看作是平面内到点的距离之和， 如图：作出关于直线的对称点， 则的最小距离为与点之间的距离， 故， 过与点的直线方程为，令，则， 故当时取等号，D正确． 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：，将看作是平面内到点的距离之和，利用对称求解即可. 题型五 翻折问题 解｜题｜技｜巧 确定翻折前后的不变量（如与折痕垂直的线段长度、角度关系）。 【典例1】（24-25高二上·安徽·期末）已知O为正方形ABCD的中心，E，F分别为BC，AD的中点，若将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使得二面角的大小为，则此时的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用向量夹角求法及数量积的运算律求. 【详解】翻折后如图所示，易知，， 结合已知有，，，， 易知，，设正方形边长为2， 所以，， 所以的值为 故选：D 【典例2】（多选）（24-25高二上·重庆·期中）在矩形中，，点是边的中点，将沿翻折，直至点落在边上.当翻折到的位置时，连结，，则（    ）    A．四棱锥体积的最大值为 B．存在某一翻折位置，使得 C．为的中点，当时，二面角的余弦值为 D．为的中点，则的长为定值 【答案】ACD 【分析】因为梯形面积为定值，只需分析何时高最大，就可求出四棱锥体积的最大值，判断A的真假；反证法可知B不成立；确定二面角的平面角，解三角形确定二面角的三角函数值，判断C的真假；分析折叠过程中的不变量，判断D的真假. 【详解】对于A，当平面平面时，四棱锥的体积最大，此时四棱锥的高为点到的距离，直角梯形的面积为，四棱锥体积的最大值为，所以A正确； 对于B，若，又，则平面，即，矛盾，所以B错误； 对于C，取中点，连接，，如图：    由题意，，，所以为二面角的平面角，在中，，，，所以C正确； 对于D，取中点，连接，，，则，， 且四边形为平行四边形，，，所以，即，，不变，由余弦定理知定值，所以D正确. 故选：ACD 【变式1】（24-25高二上·河北承德·期末）在平行四边形中，，，，是的中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据面面垂直的性质可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角即可. 【详解】在中，，则，即， 又平面平面，平面平面，平面， 则平面，又平面，于是， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 于是，得， 所以直线与所成角的余弦值为. 故选：A 【变式2】（24-25高二上·广东广州·期末）如图，把的菱形纸片沿对角线翻折，E，F，G，H分别为，，，的中点，O是菱形对角线的交点.    (1)证明：E，F，G，H四点共面； (2)若菱形纸片沿对角线翻折成直二面角，求折纸后异面直线，所成角的余弦值； (3)若菱形纸片沿对角线翻折到使异面直线，的所成角为，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据可得E，F，G，H四点共面. （2）通过面面垂直证明线面垂直，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量计算异面直线所成角的余弦值. （3）通过分析得为二面角的平面角，利用余弦定理可得结果. 【详解】（1）    如图，连接. ∵E，F，G，H分别为，，，的中点， ∴，∴， ∴E，F，G，H四点共面. （2）∵四边形为菱形，， ∴，为等边三角形，. 设菱形的边长为2，则. ∵二面角为直二面角，∴平面平面， ∵平面平面，，平面，∴平面.    以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， ∴，故， ∴异面直线，所成角的余弦值为. （3）设菱形的边长为2，则.    如图，连接. ∵为等边三角形，∴， ∵异面直线，的所成角为，∴， ∵平面，，∴平面， ∵平面，∴，∴. ∵，平面，平面，平面平面， ∴为二面角的平面角. ∵， ∴平面与平面的夹角的余弦值为. 题型六 轨迹问题 解｜题｜技｜巧 1. 判断轨迹形状： 到定点距离为定值 → 球面。 到两定点距离相等 → 中垂面。 到定直线距离为定值 → 圆柱侧面。 到定平面距离为定值 → 一对平行平面。 与两定点连线成定角 → 一段圆弧（圆锥截面）。 与定点连线垂直于定直线 → 过定点且垂直于定直线的平面。 2. 结合图形限制：轨迹常被限制在几何体（如多面体）的面、棱、内部，因此最终答案往往是完整轨迹与几何体的交集（如球面的一部分、圆弧、线段等）。 【典例1】（24-25高二上·北京西城·期末）在正方体中，动点在面及其边界上运动，，则动点的轨迹为（   ） A．椭圆的一部分 B．线段 C．圆的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】D 【分析】设正方体的棱长为，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，由结合空间数量积的坐标运算化简得出点的轨迹方程，即可得出结论. 【详解】设正方体的棱长为， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、，设点， ，， ， 化简得， 所以，动点的轨迹方程为抛物线的一部分. 故选：D. 【典例2】（24-25高二上·天津·期中）在棱长为2的正方体中，点P是侧面正方形内的动点，点Q是正方形的中心，且PQ与平面所成角的正弦值是，则动点P的轨迹图形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取正方形的中心，利用线面垂直及线面角可求得，进而确定轨迹并求出面积. 【详解】在棱长为2的正方体中，取正方形的中心，连接， 由Q是正方形的中心，得平面，则是PQ与平面所成的角， 则，而，于是，， 因此动点P的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，其面积为. 故选：A    【变式1】（24-25高二上·北京·期末）在正方体中，点Q为底面（含边界）上的动点，满足平面平面，则点的轨迹为（    ） A．一段圆弧 B．一段抛物线 C．一段椭圆 D．一条线段 【答案】D 【分析】取的中点M，连接并延长交的延长线于N，由条件得平面，，所以平面，从而平面平面，结合题意可得，即可得解. 【详解】取的中点M，连接并延长交的延长线于N， 由，可得，所以，所以A为的中点． 连接，由正方体可得， 又平面，平面，所以， 又平面，所以平面． 因为，，所以四边形是平行四边形， 所以，所以平面， 因为平面，所以平面平面． 又因为点Q为底面（含边界）上的动点，满足平面平面， 所以，即点Q的轨迹是线段， 故选：D． 【变式2】（多选）（24-25高二上·山东泰安·期末）已知正四棱锥的棱长均为3，，分别为棱，靠近，的三等分点，动点满足，则下列结论中正确的是（   ） A．正四棱锥的体积为 B．动点的轨迹是半径为的球面 C．点在动点的轨迹外部 D．动点的轨迹被平面截得的是半径为的圆 【答案】ABD 【分析】根据条件作图.A选项，由已知线段长求出高即可求得体积；B选项由向量数量积为0得到直线垂直，从而知道动点在以为直径的球面上，求出的值即可；C选项，求出的值即可；D选项求出点到平面的距离，即可求得切面的半径，从而求出面积. 【详解】如图，设，则底面，设， 因，分别为棱，靠近，的三等分点， 可得：，，， 对于A，易知，， ， 正四棱锥的体积为，故A正确； 对于B，，，又， 动点的轨迹是以为直径的球面， 球的半径为，球心为中点，故B正确； 对于C，， 即点在球的球面上，故C错误； 对于D，以为直径的球的球心到底面的距离为： ，又球的半径， 球被平面截得的截面小圆半径，故D正确． 故选：ABD． 题型七 最短路径问题 解｜题｜技｜巧 根据两点之间距离最短、将军饮马可求最短路径问题。 【典例1】（多选）（24-25高二上·广东肇庆·期末）如图所示的圆台，在轴截面中，，则（   ） A．该圆台的高为1 B．该圆台轴截面面积为 C．该圆台的体积为 D．一只小虫从点沿着该圆台的侧面爬行到的中点，所经过的最短路程为5 【答案】BCD 【分析】根据梯形性质利用勾股定理计算可得A错误；利用梯形面积公式计算可得B正确；代入圆台体积公式可知C正确；利用圆台侧面展开图以及勾股定理计算可得D正确. 【详解】对于A，在梯形中，即代表圆台的高， 利用勾股定理计算可得，所以A错误； 对于B，轴截面梯形的面积为，因此B正确； 对于C，易知下底面圆的面积为，上底面圆的面积为； 所以该圆台的体积为，可得C正确； 对于D，将圆台侧面沿直线处剪开，其侧面展开图如下图所示： 易知圆弧的长度分别为，设扇形圆心为，圆心角为，； 由弧长公式可知，解得； 所以可得， 设为的中点，连接，当小虫从点沿着爬行到的中点，所经过路程最短， 易知，且， 由勾股定理可知，可知D正确. 故选：BCD 【典例2】（24-25高二上·上海·期末）如图，在长方体中，，点为上的动点，则的最小值为 .    【答案】 【分析】将绕翻折到与共面，连接，则的长度即为的最小值，利用勾股定理计算可得. 【详解】将绕翻折到与共面，平面图形如下所示：    连接，则的长度即为的最小值， 因为，所以 ， 所以，所以，即的最小值为. 故答案为：. 【变式1】（24-25高二上·上海徐汇·期末）已知正四棱柱的底面边长为1，高度为2，一蚂蚁沿着正四棱柱的表面从点爬到点的最短距离是 ． 【答案】 【分析】分别求解不同情况下的展开图的长度，即可比较作答. 【详解】如图正四棱柱中，若沿着侧棱展开，可得图（1） 此时, 若沿着侧重展开，可得图（2），此时, 若沿着侧重展开，可得图（3），此时 由于，故最短距离为， 故答案为： 【变式2】（25-26高二上·上海·月考）如图，在长方体中，，，点为上的动点，则的最小值为 .    【答案】 【分析】将绕翻折到与共面，作出平面图形，连接，则线段即为的最小值，再由勾股定理计算可得. 【详解】将绕翻折到与共面，平面图形如下所示.    连接（平面图形中），则的长度即为的最小值， 因为，，所以， 所以，所以， 所以的最小值为. 故答案为： 题型八 最值与范围问题 【典例1】（25-26高二上·山东青岛·期中）已知平面四边形，，，，，沿直线将翻折成，则直线与直线所成角的余弦值最大为 . 【答案】/0.5 【分析】取中点，以为原点建立空间直角坐标系，利用线线角的向量法求解得最大值. 【详解】平面四边形，，，则， 过作于，取中点，连接，则， ，过作平面的垂线，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    设二面角的大小为，在翻折过程中始终垂直于， 则， ，设直线与直线所成角为， 因此 ，当且仅当时取等号， 所以直线与直线所成角的余弦值的最大值为. 故答案为： 【典例2】（25-26高二上·贵州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱上的动点，且. (1)证明：. (2)当的长度最短时，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）建立适当空间直角坐标系后表示出点，再表示出、，计算即可得； （2）借助模长公式表示出后可得其最小值，再求出平面的法向量与直线的方向向量后计算即可得. 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， ，，设，则， 得， ， ； （2）由（1）得， 当时，取得最小值， 当的长度最短时，， 由（1）得， 得， 设平面的法向量为， 则， 令，得，则， 又， 设直线与平面所成角为， 则. 【变式1】（24-25高二上·上海·期末）如图，长方体中，，，，为底面的中心，点为上的动点（包括端点），则当的面积最小时，线段的长为 ． 【答案】 【分析】如图以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，根据题意设，然后利用空间向量求出点到的最小距离，从而可求出点的坐标，进而可求出的长 【详解】如图以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则 ，， 则， 设，则， 因为‖，所以，得， 所以（），则， 设点到的距离为，则 ， 所以当时，取得最小值，此时的面积取得最小值， 所以， 所以 故答案为： 【变式2】（25-26高二上·浙江·期中）在直四棱柱中，底面为菱形，，，，点为棱的中点． (1)求平面和平面夹角的余弦值； (2)连接，若点为线段上的一动点，当点到直线距离最短时，求线段的长度． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量坐标，然后根据向量夹角的余弦公式即可求出二面角的余弦值. （2）根据坐标求出到直线的距离最短的点的坐标，然后根据空间两点距离公式求出线段的长度即可. 【详解】（1）以为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 所以， 设平面和平面的法向量分别为. 则有，， 所以有，两式相减，令，则. ，令，则. 所以. 所以平面和平面的夹角的余弦值为 . （2）设，，因为，，， 所以，所以. 因为，,所以. 所以，所以， 所以点到直线的距离为， 其中，所以当时，点到直线的距离最短， 此时，又，所以. 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1. （24-25高二上·辽宁大连·期末）如图，已知正方体的棱长为4，，分别是棱，的点，且满足：，，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出辅助线，由线线平行得到面面平行，从而当点在线段上时，平面，点P的轨迹长度即为的长，由勾股定理求出轨迹长度. 【详解】直线与平面BEF无公共点，即直线平面BEF， 取中点，连接，在上取点，使得，连接， 因为，所以， 又，故四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面， 所以平面， 又，即为的中点，故， 又，故， 又，所以， 故，故， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，平面， 所以平面平面， 当点在线段上时，平面， 点P的轨迹长度即为的长， 取的中点，连接，则，⊥， 其中，由勾股定理得. 故选：C 2．（多选）（24-25高二上·浙江金华·月考）如图，已知正方体棱长为2，，分别为，的中点，为线段上的动点，下列选项正确的是（    ）    A．不存在使得 B．存在使面 C．存在两个使与成角 D．任意满足 【答案】BD 【分析】建立空间直角坐标系，设，根据条件，求得，选项A，通过计算，即可求解；选项B，易得平面的一个法向量为，利用线面位置关系判断的向量法，即可求解；选项C，求得，，利用，即可求解；选项D，利用，求得，即可求解. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，    因为， 又为的中点，则， 设，又， 由，得到， 对于选项A，因为， 又，所以，故选项A错误， 对于选项B，易知平面的一个法向量为，由选项A知， 由，得到，解得， 所以当为中点时，面，所以选项B正确， 对于选项C，因为，， 则由， 整理得到，解得或（舍去）， 即存在1个使与成角，所以选项C错误； 对于选项D，因为， 得， 当时，等号成立，所以选项D正确， 故选：BD. 3．（24-25高二上·河南郑州·期末）在边长为 2 的正方体中，分别为的中点， 分别为线段 上的动点 (不包括端点) 满足 ，则线段的长度最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】利用坐标法表示垂直关系，再代入距离公式，即可求解. 【详解】如图建立空间直角坐标系，，，设，， ，， 因为，所以，即， 所以， 当时，线段的最小值为. 故选：A 4．（多选）（24-25高二上·广东深圳·期末）如图，棱长为2的正方体中，动点P满足，则以下结论正确的为（   ） A．，使直线平面 B．，三棱锥体积为定值 C．当时，点P到AC的距离为 D．当时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】ABD 【分析】当点P为的中点时，证明，，利用线面垂直的判定定理即可判断选项A；证明平面，则P到平面的距离为定值，则体积为定值，计算即可判断选项B；建立空间直角坐标系，求出和，利用点线距离的向量法即可求解；由选项A得平面，求得，结合余弦定理及同角三角函数关系可得，利用正弦定理求得的外接圆半径为，所求问题转化为求以为半径的底面圆，高为的圆柱的外接球表面积，计算即可. 【详解】显然，存在满足题意，证明如下： 若点P为的中点时，则. ∵面，面，∴. ，平面，平面，平面.故选项A正确； ，，∴四边形为平行四边形，∴. 又平面，平面，平面. 又P为线段上的动点，∴P到平面的距离为定值，∴三棱锥体积为定值， ，故选项B正确； 以方向为x轴，方向为y轴，方向为z轴建立空间直角坐标系， 则，，当时，， 则，， ∴点P到AC的距离为，故选项C错误； 当时，点P为的中点，由选项A已证得平面. 易得，，， ，， 的外接圆半径为， ∴所求问题等价于求以为半径的底面圆，高为的圆柱的外接球表面积. 设三棱锥的外接球半径为R，则    ， 故三棱锥的外接球表面积为，故选项D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题选项B的体积为定值关键是证明平面，则得到线面距离为定值，则体积为定值；选项D的关键是将其转化为求以为半径的底面圆，高为的圆柱的外接球表面积. 5．（25-26高二上·辽宁·月考）如图，正方形、，，动点、分别在和上，，当最小时，二面角的余弦值是（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以为原点，以为轴，以为轴，过垂直平面作轴，建立空间直角坐标系，设，，根据空间两点间距离公式，可得当时，取得最小值，再结合空间夹角公式即可求解. 【详解】因为四边形、为正方形，， 所以以为原点，以为轴，以为轴，过垂直平面作轴，建立空间直角坐标系，如图所示，    设正方形、的边长为，又，设，， 则，，，，，，所以，， 所以当时，取得最小值， 此时，，所以，，， 设平面的法向量为，则，即，令，解得，，即， 设平面的法向量为，则，即，令，解得，，即， 设二面角为，则. 故选：C 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 1．（多选）（25-26高二上·广东东莞·期中）在棱长为2的正方体中，点P满足，则下列结论正确的是（    ） A．当时， B．当时，平面截正方体所得的截面的面积为 C．若且，则当取得最小值时， D．若点P在以的中点O为球心，为半径的球面上，则点P的轨迹的长度为 【答案】ABC 【分析】根据锥体体积公式、正方体截面、线段和的最值、轨迹等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ，. A选项，当时，， 则在线段上， 根据正方体的性质可知，， 所以到平面的距离等于到平面的距离， 所以，则，所以A选项正确. B选项，当时，是的中点，设是的中点， 连接，则， 所以平面截正方体所得的截面为等腰梯形， ， 到的距离为， 所以截面面积为，所以B选项正确. C选项，时，， 设分别是的中点，连接，则在线段上， 由于，所以是的中点，则， 连接， 将四边形与四边形展开成平面图形如下图所示， 连接，交于，由图可知的最小值是， 此时，对应，所以C选项正确. D选项，依题意，， 则在正方形上， ，设，连接，则， 若点P在以的中点O为球心，为半径的球面上， 则，， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，长度，所以D选项错误. 故选：ABC 2．（24-25高二上·北京房山·期末）如图，在边长为的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②不存在点，使得平面； ③对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面； ④点到的距离的最小值为． 其中正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】连接，求出三棱锥的体积可判断①；根据与不垂直可判断②；当点与点重合时，与平面相交可判断③；根据得异面直线之间的距离为1可判断④． 【详解】对于①，连接，因为平面， 所以上所有点到平面的距离相等，为， 因为，所以三棱锥的体积 为定值，故正确； 对于②，连接，因为，所以四边形为长方形， 所以与不垂直，故不存在点，使得平面，故正确； 对于③，当点与点重合时，与平面相交，故错误； 对于④，因为平面，平面，所以， 又，异面直线之间的距离为1， 所以当点在棱上运动时，点到的距离的最小值为，故正确． 故答案为：①②④ 【点睛】思路点睛：对于①，根据平面，得出上所有点到平面的距离相等，再求出，可得三棱锥的体积为定值. 3．（多选）（24-25高二上·辽宁大连·期末）如图，点是棱长为的正方体的表面上一个动点，则（   ）    A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．若，分别是线段和上的动点（都不与端点重合），，，点在平面上，，且，则为定值 C．若是线段的中点，则沿正方体的表面从点到点的最短距离为 D．使线段长度为的点的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】对于A选项，三棱锥的高是点到面的距离为定值，即可求锥体体积；对于B选项，可设，由图，用勾股定理求出有关线段，由余弦定理即可解出，从而得出；对于C选项，将正方体沿棱剪开，构造出，由勾股定理即可得答案；对于D选项，设点在面内，由勾股定理可得点的轨迹，同理可得点的轨迹是以为圆心，半径，为圆心角的圆弧，且点在面、面内的轨迹与面内的轨迹相同，代入弧长公式即可. 【详解】对于A选项，三棱锥的高是点到面的距离，即为，所以，即A选项正确； 对于B选项，设，由题意可得，，， 所以由勾股定理得，，，又，所以，在中，由余弦定理， 故，因此，即B选项正确； 对于C选项，将正方体沿棱剪开，可得， 由勾股定理，所以沿正方体的表面从点到点的最短距离为，即C选项错误； 对于D选项，设点在面内，因为长度为，所以点可在棱、上， 不妨分别设为、,由勾股定理得， 在中，，所以,同理， 所以，因此点在面内的轨迹是以为圆心，半径，为圆心角圆弧， 故点在面内的轨迹长为，根据正方体的性质， 点在面、面内的轨迹与面内的轨迹相同， 设点在面中，点不仅可在处，还可在棱上，不妨设为， 因为长度为，所以， 所以点在面内的轨迹是以为圆心，半径，为圆心角的圆弧， 故点在面内的轨迹长为， 且点在面、面内的轨迹与面内的轨迹相同， 因此使线段长度为的点的轨迹长度为.即D选项正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：重在把握动点的位置，线段长度与位置的关系，长用的方法是将变量转换为可刻画的不变量. 4．（多选）（24-25高二上·江西赣州·期末）在边长为2的正方体中，为线段AD上的中点，点在线段上运动，则下列选项正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．点在线段上运动时，的最小值为 C．存在点，使得平面PQC与平面在ABCD所成夹角为 D．当为的中点时，过P，Q作平面平面，则平面截正方体的截面面积为 【答案】ACD 【分析】对于A，利用棱锥的体积公式即可判断；对于B，利用侧面展开图求解最值判断；对于C，找到线面角取到最大值时点Q的位置，求出此时线面角，即可判断；对于D，作出截面，求出面积，即可判断. 【详解】对于A，由于，而P点到平面的距离即为正方体的棱长， 的面积为，故为定值，A正确； 对于B，将平面展开为一个平面， 则的最小值即为，B错误； 对于C，过作，由于平面，平面，则， 平面，则平面，平面， 则,则即为平面PQC与平面在ABCD所成夹角， 当点在线段上运动，显然当与重合时，平面PQC与底面ABCD所成角最大， 在和中，， ∽，则 ， 故存在点，使得平面PQC与平面在ABCD所成角为，选项C正确； 对于D，如图取AB中点，连接，由题可得， 平面ABCD，连接BD， 平面ABCD，则， 又平面，则平面， 又取中点为，则，有四点共面， 则平面即为平面，设平面与交于， 又由两平面平行性质可知，， 又都是中点，故是中点，是中点， 则平面截正方体的截面为正六边形，正方体棱长为2， 则，故截面面积为，D正确. 故选：ACD 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于D的判断，解答时要利用几何体的结构特征，作出截面，从而求解其面积. 5．（25-26高二上·辽宁大连·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱的中点，点是正方形内部任意一点（包括边界），则（   ） A．的长度的最大值为 B．若平面，则 C．平面截正方体所得截面的周长为 D．直线与平面所成角的正弦值最大为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，根据两点间距离公式、线面垂直的性质、正方体截面的性质，结合空间向量夹角公式、基本不等式逐一判断即可. 【详解】A：建立如图所示的空间直角坐标系，则， ，当时，的长度的最大值为， 此时点与点重合，故A选项正确； B：，设平面的法向量为， ，， 所以有，可取， 当平面时，则有，则有， 即，，， 显然，故B选项正确； C：双向延长，分别交、于点，连接，分别交于点，如图所示，截面是五边形， 显然， 由平面几何知识可知， 因为，所以， 得，同理，可得， 于是，， ，， 所以平面截正方体所得截面的周长为，因此C选项不正确； D：由上可知平面的法向量为，， 直线与平面所成角的正弦值为， 因为， 所以有，当且仅当时取等号， 于是有，当且仅当时取等号， 所以直线与平面所成角的正弦值最大为，因此D选项正确， 故选：ABD 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．（多选）（2025·吉林松原·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点是线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（　　） A．若，则平面截正方体的截面面积为 B．若，则平面 C．若，则点到平面距离的取值范围是 D．周长的最小值为 【答案】AD 【分析】A选项，先得到平面截正方体的截面为四边形，进而求出截面面积；B选项，平面，所以平面不成立，故B错误；C选项，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，设，得到点到平面的距离，求出取值范围；D选项，将与展开到同一平面，当三点共线时，的值最小，结合余弦定理求出最小值. 【详解】A选项，如图1，在正方体中，由，得是的中点， 所以平面截正方体的截面为四边形， 因为平面平面，所以， 又，四边形的面积为，故A正确； B选项，如图1，由，得是的中点， 在矩形中，是的中点，所以是的中点， 平面，所以平面不成立，故B错误； C选项，如图2，以为原点，直线分别为轴，轴，轴， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令，得，设， 所以， 所以点到平面的距离， 又，所以点到平面距离的取值范围是，故C错误； D选项，将与展开到同一平面，如图3所示，当三点共线时，的值最小， 因为， 所以，又， 所以周长的最小值为，故D正确． 故选：AD． 2．（多选）（2025·湖北武汉·三模）如图，半圆锥的底面直径为，母线，为圆弧上任意一点（不包括，两点），直线垂直于平面，且．连结交母线于点．下列结论正确的是（    ）    A．三棱锥的4个面均为直角三角形 B． C．沿此半圆锥的曲侧面从点到达点的最短距离为2 D．当直线与平面所成角最大时，平面截三棱锥外接球所得截面的面积为 【答案】ABD 【分析】根据线面垂直得到线线垂直，即可判断；根据，利用解三角形过程即可求解；判断出圆锥展开为一个半圆，再利用勾股定理求解；得出为直线与平面所成角，设，表示出，得出，根据，利用基本不等式得出最值，根据锥的外接球半径为，点到平面的距离为，又中点（球心）到平面的距离为点到平面的距离的一半，即为，即可求解． 【详解】对于A，根据直线垂直于平面，故，故为直角三角形，半圆锥的底面直径为，为圆弧上任意一点（不包括，两点），，故为直角三角形，，，故平面，得，故为直角三角形，故A正确； 对于B，中，，则； ．B答案正确． 对于C，将圆锥沿母线剪开后得到平面展开图，，则； 即圆锥展开为一个半圆． 又，则，C答案错误． 对于D，过P作于，连接，则面， 故为与面所成的角 设，则， 则， 可得． 设，则上式， 当且仅当，即时取得“”． 又三棱锥的外接球半径为， 点到平面的距离为， 又中点（球心）到平面的距离为点到平面的距离的一半，即为； 则，所以，故D正确； 故选：ABD． 3．（多选）（2025·四川泸州·模拟预测）如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A．若是正方体表面上的动点，且，则长度的最大值为3 B．四面体的体积为 C．平面截正方体所得截面的面积为 D．平面 【答案】ACD 【分析】A取的中点，连接，根据已知证明平面，进而确定点的轨迹是矩形（点除外）判断；B在四边形中，取的中点，连接，过点作于，且交于点，过作且交于点，利用线面垂直的性质及判断找到棱锥的高，结合相关线段长及棱锥的体积公式求体积；C分别取的中点，连接，，根据平面的基本性质确定截面，再求面积即可；D利用线面垂直的性质和判断证明即可. 【详解】对于A，取的中点，连接. 因为，所以， 所以四边形是平行四边形，易得，所以， 所以，所以. 因为平面平面，所以. 又平面，所以平面. 而，则平面，所以点的轨迹是矩形（点除外）. 当与重合时，的长度最大，且最大值为，故A正确； 对于B，在四边形中，取的中点，连接，过点作于，且交于点，过作且交于点. 因为，，所以. 而. 因为平面平面，所以. 又平面，所以平面. 所以点到平面即平面的距离为， 所以，故B错误； 对于C，分别取的中点，连接，， 平面截正方体所得截面即为正六边形，其面积为，故C正确； 对于D，平面，平面，则，而， 由都在平面内，则平面，平面， 所以，同理.又且都在平面内， 所以平面，即平面，故D正确. 故选：ACD 4．（多选）（2025·海南·模拟预测）如图所示，正方体的棱长为2，点为侧面内的一个动点（含边界），点分别是线段、、的中点，则下列结论正确的是（   ） A．直线平面 B．平面截正方体所得的截面面积为 C．的最小值为 D．若，则点的运动轨迹长度为 【答案】AC 【分析】对于A,利用线面平行的判定定理，证明平行于平面内的一条线即可；对于B，判断截面为等腰梯形，然后利用梯形的面积公式求解即可；对于C，建立空间直角坐标系，设点坐标，将表示出来，利用二次函数求最值即可；对于D，利用确定点的轨迹方程，然后利用两点距离公式求长度即可. 【详解】对于A，连接, 因为点分别是线段、的中点， 所以，所以平面， 点分别是线段、的中点，故, 故四边形为平行四边形，所以且平面， 故直线平面，故A正确； 对于B，由A选项可知，平面截正方体所得的截面为梯形 且由正方体可知，, 故梯形的高, 故梯形的面积,故B错误； 对于C，以为原点，分别以为轴，轴，轴建空间直角坐标系， 则, 点为侧面内的一个动点（含边界），故设 所以， 所以， 当时，即时，等号成立，故C正确； 对于D，，若， 则，即， 因为故当时，此时， 当时，此时， 故点的运动轨迹为从点到点的一条线段，轨迹长度为，故D错误. 故选：AC 5．（多选）（2025·山东德州·三模）在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，且，点，，分别为棱的中点，则（   ） A． B．异面直线和所成的角为 C．平面与平面所成角的正弦值为 D．过点，，的平面截四棱锥所得的截面图形为五边形 【答案】ACD 【分析】以点为原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，利用空间向量的系列公式计算即可判断A，B，C；对于D，作出截面即得. 【详解】 如图，因平面，底面是边长为1的正方形， 故可以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 对于A，， 则，因， 则，即A正确； 对于B，因点是的中点，故且， 则，设和所成的角为， 则， 因，故，故B错误； 对于C， 由于平面，平面的法向量可取为， 点为棱的中点，则，，。 设平面法向量为，则，则，解得 设直线与平面所成角为，则，则，故C正确； 对于D，如图，延长与直线交于点，延长与直线交于点， 连接与交于点，连接与交于点，连接， 则平面截四棱锥的截面为五边形.即D正确. 故选：ACD. 6．（多选）（2025·山东泰安·模拟预测）已知正方体的棱长为，是线段的中点，是底面正方形内的动点（包含边界），则下列说法中正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得平面 C．若点在线段上运动，则与平面所成角正弦的最大值为 D．若与所成的角为，则动点的轨迹为双曲线的一部分 【答案】ABD 【分析】由平面平面，得到点到平面的距离为定值，结合锥体的体积公式，可判定A正确；连接,交于点，证得平面，当为底面正方形中心时，得到平面，可判定B正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，得到，结合向量的夹角公式，可判定C错误；设，由与所成的角为，列出方程，得到动点的轨迹为双曲线的一部分，可判定D正确. 【详解】对于A中，因为平面平面，所以点到平面的距离为定值， 所以为定值，所以A正确； 对于B中，连接,交于点，连接， 则为的中点，因为为的中点，所以， 在正方体中，可得， 因为，且平面，所以平面， 所以平面，当为底面正方形中心时，平面，所以B正确. 对于C中，以为原点，所在直线为轴、轴和轴建立空间直角坐标系， 则, , ，可得，， 设，其中，则， 可得平面的法向量， 设直线与平面所成角为，当时，与重合，此时，； 当时，， 当且仅当时取等号， 综上可得，与平面所成角的正弦值最大为，所以C错误. 对于D中，设，则,， 因为与所成的角为，所以， 所以，可得，所以动点的轨迹为双曲线的一部分，所以D正确. 故选：ABD.    1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $