专题04 立体几何中的距离问题、截面问题、轨迹问题5种题型归类（压轴题专项训练）数学湘教版必修第二册

专题04 立体几何中的距离问题、截面问题、轨迹问题 目录 类型一、空间中点、线、面的距离问题 类型二、空间几何体的展开图的距离最值问题 类型三、空间几何体的截面问题 类型四、立体几何中动点的轨迹问题 类型五、立体几何中的新定义问题 压轴专练 类型一、空间中点、线、面的距离问题 解题技巧： 1.点到点的距离：直接用勾股定理，把两点放在长方体或直角三角形里，算线段长度。 2.点到直线的距离： ①找过该点且与直线垂直相交的线段，这条垂线段的长度就是距离；②常用方法：在直线上取一点，构造直角三角形，用勾股定理计算。 3.点到平面的距离： ①核心是找垂线段：过点作平面的垂线，垂足与该点的线段长度； ②常用技巧：等体积法，把点到面的距离看作某个棱锥的高，用体积公式反推高度。 4.直线到平面的距离（直线与平面平行时）：①转化为点到平面的距离：在直线上任取一点，算这个点到平面的距离即可。 5.平面到平面的距离（两平面平行时）：①同样转化为点到平面的距离：在其中一个平面上任取一点，算到另一个平面的距离。 6.异面直线的距离： ①找与两条异面直线都垂直且相交的公垂线段，这条线段的长度就是距离；②高一阶段常通过找平行线、作辅助面，把问题转化为点到线或点到面的距离来计算。 例1-1．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的两个相对三角形面间的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，由等体积转化得出截去的三棱锥的高，由体对角线减去该高，计算即可. 【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，如图所示，由题意可知：，所以. 故该正方体的棱长为，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为， 则该小三棱锥几何体的体积为，    所以该三棱锥的顶点D到面ABC的距离. 易知鲁班锁两个相对的三角形面平行，且正方体的体对角线MD垂直于该两面，故该两面的距离. 故选：C 例1-2．在直三棱柱中，，，P是棱的中点，则C到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合三棱锥得体积，直接使用等体积法得到答案. 【详解】由条件可得是等腰直角三角形，且， 故， 所以, , 设P到直线的距离为h， 则由, 可知, 设所求距离为d， 因， 则， 解得：. 故选：D. 变式1-1．已知棱长为1的正方体中，分别为和的中点，则到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】在正方体中，连接，交于，连接，交于，过作于，由已知可证平面，即为到平面的距离，求解即可. 【详解】在正方体中，连接，交于， 连接，交于，过作于， 因为分别为和的中点，所以， 又在正方体中，且， 所以四边形是平行四边形，从而可得， 所以，又因为平面，平面， 所以平面，所以到平面的距离即为点到平面的距离， 由正方形可得， 又由正方体，可得平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， 又平面平面，，所以平面， 所以为点到平面的距离， 在中，可得， 所以， 又易求得， 所以. 故选：C. 变式1-2．已知直三棱柱的体积为8，二面角的大小为，且，，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据二面角的定义，找到二面角的平面角，解得，再根据直三棱柱的体积求出，再利用等体积法求点到平面的距离. 【详解】取的中点，连接， ，，则二面角的平面角为， 二面角的大小为，则， 所以，， 又直三棱柱的体积为8，， 则，， 又平面平面，平面平面， 且平面，平面， 设点到平面的距离为，又， ，解得， 故选：A. 变式1-3．在棱长为a的正方体．中，P为AB上任意一点，E，F为CD上两个动点，且EF的长为定值，则点P到平面的距离（   ） A．和点E，F的位置有关 B．和EF的长度有关 C．和点P的位置有关 D．等于 【答案】D 【分析】利用线面平行的判定性质、点到平面距离的定义推理计算即可. 【详解】在棱长为a的正方体中，由为上两个动点，得平面即平面， 由平面，平面，得平面， 而为AB上任意一点，则点到平面的距离即点到平面的距离， 由平面，平面，得，又， 平面，因此平面， 所以点到平面的距离为，ABC错误，D正确. 故选：D 变式1-4．四棱锥满足底面，且，，，动点在以为球心1为半径的球与（包括边界）的交线上，动点在直线上，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】先确定点在平面内射影的位置，借助直角三角形的边角关系可求的最小值. 【详解】以为球心1为半径的球与（包括边界）的交线上事实上就是内以为圆心，1为半径的一截圆弧，如图所示： 由于距离为定值1，则当点固定时，由余弦定理可知，EF的距离只取决于，越小，距离越小. 过作面的垂线，垂足为， 则， 因为中，，，所以； 在中，，，所以. 由. 做，垂足为，则 所以点与点重合，此时连接交圆弧为，此时为线面角，取到最小， 此时， 过作垂线，取到最小值． 故答案为： 类型二、空间几何体的展开图的距离最值问题 解题技巧： 1.化曲/折为直：将空间表面路径转化为平面直线段，利用两点之间线段最短求解。 2.关键是展开：把包含路径的相邻面沿公共棱展开到同一平面，不同几何体有固定展开方式（如圆柱→矩形、圆锥→扇形）。 3.勾股定理算距离：在展开图中连接起点与终点，构造直角三角形，用勾股定理直接计算线段长度。 4.多展开方案比较：长方体等多面体存在多种展开方式，需分别计算后取最小值。 5.区分路径类型：题目要求沿表面路径，不可直接套用空间对角线公式，避免混淆“表面路径”与“内部直线”。 例2-1．已知三棱锥的底面ABC是边长为1的等边三角形，平面ABC且，一只蚂蚁从的中心沿表面爬至点P，则其爬过的路程最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用垂直条件证明得平面，即可得平面平面，然后根据平面展开图判断最短距离，再利用勾股定理计算求解即可. 【详解】将底面旋转，以为轴，旋转至平面与平面共面，如图， 设的中心为，此时为最短距离，设到直线的距离为， 则，所以. 故选：B 例2-2．如图，在长方体中，若，且面对角线上存在一点使得最短，则的最小值为 .    【答案】 【分析】把沿翻折，使矩形和在一个平面上，可知的最小值为，利用余弦定理运算求解. 【详解】把沿翻折，使矩形和在一个平面上，连接， 则的最小值为，    在中，可知， 由余弦定理得， 所以的最小值为. 故答案为：. 变式2-1．圆锥顶点，底面半径为1，母线的中点为，一只蚂蚁从底面圆周上的点绕圆锥侧面一周到达的最短路线中，其中下坡路的长是（    ） A．0 B． C． D． 【答案】B 【分析】将圆锥侧面沿母线剪开并展开成扇形，最短路线即为扇形中的线段，过作的垂线，垂足为，求出的长即可. 【详解】将圆锥侧面沿母线剪开并展开成扇形，    则该扇形半径，弧长为，圆心角， 最短路线即为扇形中的线段，, 过作的垂线，垂足为，当蚂蚁从点爬行到点过程中，它与点的距离越来越小， 于是为上坡路段，当蚂蚁从点爬行到点的过程中，它与点的距离越来越大， 于是为下坡路段，下坡路段长. 故选：B 变式2-2．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． 变式2-3．已知圆台上下底面的圆心分别为，，母线（点位于上底面），且满足，圆的周长为，一只蚂蚁从点出发沿着圆台的侧面爬行一周到的中点，则蚂蚁爬行的最短路程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先求出底面圆的半径，与上底面的半径，将圆台的侧面沿着母线剪开，展成平面图形，延长、交于点，连接，设，利用弧长公式及求出与，再在中利用余弦定理求出即可. 【详解】因为圆的周长为，则底面圆的半径， 又，所以上底面半径为， 将圆台的侧面沿着母线剪开，展成平面图形，延长、交于点，连接，如图， 显然弧的长为，弧的长为，设，则，， 则，又，即，所以，则，， 在中由余弦定理 ， 所以蚂蚁爬行的最短路程为. 故选：A 变式2-4．如图，在棱长为的正方体中，已知是的中点，点分别在上，则周长的最小值为 ．    【答案】/ 【分析】将分别沿展开到与平面共面的位置，由此可得所求最小值为，利用余弦定理可求得结果. 【详解】将分别沿展开到与平面共面的位置，如下图所示，其中点为原来的点，   的周长（当且仅当四点共线时取等号）， ， ， ， ，即周长的最小值为. 故答案为：. 类型三、空间几何体的截面问题 解题技巧： 1.截面定义：用一个平面去截几何体，平面与几何体的交线围成的封闭图形就是截面。 2.作图核心：遵循“线面相交找点，两点连线成线”的原则，利用平面的基本性质（如两点确定一条直线、三个不共线点确定一个平面）画出完整截面。 3.截面形状判断：①截面是平面图形，边数最多等于几何体的面数（如正方体最多截出六边形）；②常见截面形状：三角形、四边形（平行四边形、矩形、梯形等）、五边形、六边形。 4.关键技巧：①平行线法：利用几何体中天然的平行棱（如正方体对棱平行），在面上作平行线来确定截面的边，保证截面是封闭图形。 ②延长线法：当已知点不在同一面上时，延长已知交线找到与几何体棱的交点，再依次连接，补全截面轮廓。 5.计算与性质： ①求截面周长/面积时，先确定截面形状，再用平面几何知识（勾股定理、相似三角形、面积公式）计算；②截面与几何体某些棱平行时，会形成特殊图形（如平行四边形、正六边形），可利用平行性质简化计算。 例3-1．在正方体中，，分别是棱和上的点，，，那么正方体中过点，，的截面形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】B 【分析】画出图形，然后判断即可. 【详解】在正方体中，取，， 连接，，，，，，如下图所示： 因为在正方体中，，分别是棱和上的点，，， 所以，且，则四边形为平行四边形，则，， 又因为，且，所以四边形为平行四边形， 则，， 所以，，所以为平行四边形， 则正方体中过点，，的截面形状为四边形. 故选：B 例3-2．在正四棱台中，，侧棱，若为的中点，则过，，三点截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，则，又，则，可得过，，三点截面为等腰梯形，利用题中数据及正四棱台的性质计算即可. 【详解】 取的中点，连接，则， 又，则，又根据正四棱台的性质得， 则为等腰梯形，即过，，三点截面为等腰梯形． 取的中点，连接， 在等腰梯形中，， 则，， 在等腰梯形中，，， 则梯形的高为， 所以等腰梯形的面积． 故选：A． 变式3-1．平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的射影为中点，且直线与底面夹角为，则三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为_____． 【答案】/ 【分析】根据外接球性质确定球心及半径，再结合等体积法得到球心到面，进而得到截面半径即可求解． 【详解】设中点为， ，， ，， 即， ，则， ， 又平面，平面， ，则， ，即， 三棱锥中均为直角三角形， 且平面平面， 三棱锥的外接球是以为直径，为球心，半径， 设到平面的距离为，外接球被平面截得的截面半径为， ， ，， ，解得， 截面半径，面积为． 变式3-2．在棱长为6的正方体中，点分别为的中点，点在棱上．若平面与底面所成角的余弦值为，则平面截正方体所得截面多边形的周长为_____． 【答案】/ 【分析】由题意可得平面，根据线面平行的性质，有，由线面垂直的判定与性质定理可得平面与底面所成角为，设，结合可解得，从而，即三点共线，即截面多边形为，进而可求其周长. 【详解】如图，，因为平面，平面，故平面， 设平面平面，点在棱上，则有， 设平面，， 过点作于点，则易得底面， 设，则， 因为为的中点，易得，且，则平面， ，故平面与底面所成角为， 因为，，所以四边形为等腰梯形， 因为，且为的中点，则为的中点， 因为，易得四边形为矩形， 因为为的中点，底面，则为的中点，进而有为的中点， 则，则，，即， 在中，，解得， 从而，即三点共线，即截面多边形为， ， 所以截面多边形的周长为：. 故答案为：. 变式3-3．如图，正方体的棱长为1，P为的中点，Q为线段上的动点，过点A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S，给出下列四个结论： ①当时，S为四边形； ②当时，S为等腰梯形； ③当时，S的面积为； ④当时，S与的交点R满足.以上结论正确的个数是（） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】做截面的常用两种方法：作平行线和作延长线.对于本题，过点A作PQ的平行线即可得到截面. 【详解】①当时，如图（1），是四边形，故①正确； ②当时，如图（2），是等腰梯形，故②正确； ③当时，如图（3），此时截面为菱形，两条对角线的长分别为 所以，③正确. ④当时，如下图，延长至，使，连接交于，连接交于，连接，则，由，可得，所以，故④正确； 故选：D 变式3-4．如图正方体的棱长为2，是线段的中点，平面过点. (1)画出平面截正方体所得的截面，并简要叙述理由或作图步骤； (2)求（1）中截面多边形的面积； (3)平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值. 【答案】(1)截面见解析，理由或作图步骤见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，连接，利用平行线的传递性可证得，可知四点共面，再由于三点不共线，可得出面即为平面截正方体所得的截面； （2）分析可知，四边形为等腰梯形，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积； （3）利用台体的体积公式可求得三棱台的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结果. 【详解】（1）如图，取的中点，连接. 因为是的中点，所以. 在正方体中，，， 所以四边形是平行四边形，所以，所以， 所以四点共面. 因为三点不共线，所以四点共面于平面， 所以面即为平面截正方体所得的截面. （2）由（1）可知，截面为梯形，， ，， 同理可得， 如图所示： 分别过点在平面内作，，垂足分别为点， 则，，， 所以，则， 因为，，，则四边形为矩形， 所以，，则， 所以， 故梯形的面积为. （3）多面体为三棱台，，， 该棱台的高为2，所以，该棱台的体积为 ， 故剩余部分的体积为. 故较小的那部分与较大的那部分的体积的比值为. 类型四、立体几何中动点的轨迹问题 解题技巧： 1.核心转化：将空间中的动点轨迹问题，降维转化为平面几何问题解决，利用平面图形的性质判定轨迹形状。 2.定义法：若动点满足到定点距离等于定长，轨迹为圆；若满足到两定点距离相等，轨迹为线段垂直平分线。 3.平行法：若动点始终与空间某条定直线平行，其轨迹为平面或直线，可锁定轨迹所在平面。 4.截面法：作过动点的辅助截面，将立体图形截为平面图形，在截面内分析动点的变化规律。 5.射影法：将空间动点向某一平面投影，利用投影点的轨迹推导原空间点的轨迹。 6.常见轨迹：高一高频轨迹包括圆、直线、圆弧、抛物线的一部分，重点需验证轨迹是否在几何体内部。 例4-1．在棱长为2的正方体中，、、分别是棱、、的中点，点是正方体表面上的任意一点，且直线与平面无交点，则点的轨迹长度是（    ） A．； B．； C．； D．． 【答案】D 【分析】利用面面平行判定定理结合已知条件求出的轨迹，再求出点的轨迹长度． 【详解】 、、分别是棱、、的中点， ，平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面， 又平面， 平面平面， 直线与平面无交点，等价于平面， 平面，且平面平面， 平面时，平面， 是正方体表面的点， 轨迹为平面与正方体表面的交线，即的三边， 正方体边长为2， ，，， 点的轨迹长度为，故D正确． 故选：D． 例4-2．在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，且平面，均与底面垂直.点在侧面上运动，若，则点的轨迹长为 . 【答案】/ 【分析】首先证明，，，则；即可得到平面，取的中点，连接，即可证明平面，从而确定，则点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上，确定圆心角，即可求出轨迹长. 【详解】首先证明，，，则； 如下图所示：    设，， 在平面内取一点，过点作直线，过点作直线， 由面面垂直的性质定理可得平面，平面； 又，即，所以可得； 又，且平面，可得； 因为平面，均与底面垂直，平面平面， 所以平面，在平行六面体中，则平面， 又底面是边长为的菱形，，连接，则为边长为的等边三角形， 取的中点，连接，则，且， 又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又点在侧面上运动，即平面， 所以，又，所以， 所以点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上， 在、分别取点、，使得， 即，且， 又，所以点在弧上，且圆心角， 所以点的轨迹长为. 故答案为：    变式4-1．如图，三棱柱中，，，，，为中点，为上一点，，，为侧面上一点，且平面，则点的轨迹的长度为（    ） A．2 B． C． D．1 【答案】B 【分析】在上取点，使得，在上取点，使得，则、，根据线面、面面平行的判定定理可证明平面平面，则点M的轨迹为线段，结合余弦定理计算即可求解. 【详解】由题意知，，在上取点，使得， 则且，所以四边形为平行四边形， 故，又平面，平面， 所以平面. 在上取点，使得， 有，所以，则， 又平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，则点M的轨迹为线段. 在中，，由余弦定理， 得， 即点M的轨迹长度为. 故选：B 变式4-2．如图，八面体的每一个面都是正三角形，各顶点都在以O为球心，半径为的球面上，并且，C，D在同一平面内，点为此八面体表面上的动点，且，则点Q的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据八面体的性质求出其棱长，进而确定点的轨迹，最后根据圆的周长公式计算轨迹长度. 【详解】考虑点在侧面上运动时点的轨迹长度，如下图所示： 易知，且是边长为2的等边三角形， 则三棱锥是正三棱锥， 则点在底面内的射影点为的中心， 取为的中点，连接，则， 因为， 故，则， 所以，为等腰直角三角形，且，    ， 因为为等边的中心，则， 所以，， 因为平面平面， 所以， 则， 所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在内的圆弧， 如图，设圆与交于两点， 由于在中，    则，所以， 则， 所以圆在内的一段弧的长为， 则点Q的轨迹长度为. 故选：A. 变式4-3．已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先过点作出与平面平行的平面，然后得出点的轨迹，最后计算的长度取值范围即可. 【详解】如图，取上靠近点的四等分点，连接、， 由是棱的中点，点是棱的中点，易得， 则平面， 取、中点、，取上靠近点的四等分点， 连接、、、， 由正方体的性质易得，，则， 又平面，平面，所以平面， 同理，平面， 又，平面，故平面平面， 又平面，平面，故， 即点的轨迹为线段，设点到的距离为， 有，故， 又，故的长度范围为. 故选：C. . 变式4-4．（多选）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. 类型五、立体几何中新定义问题 解题技巧： 1.先翻译定义：把陌生的新名词，转化为已学的点、线、面位置关系（平行、垂直、距离、角度等）。 2.化新为旧：将新定义问题拆解为线面平行/垂直、空间角、距离计算等常规立体几何题型。 3.画图建直观：画出直观图或截面图，用几何直观辅助理解定义与推理。 用定理验证：调用公理、判定定理与性质定理，进行严谨的逻辑推导。 4.特例来检验：用正方体、长方体等特殊几何体代入，快速验证结论或排除错误选项。 例5．已知，，，为球面上四点，，分别是，的中点，以为直径的球称为，的“伴随球”，若三棱锥的四个顶点在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知求出三棱锥的外接球半径，求出，进一步求出的范围，从而得出答案即可． 【详解】设三棱锥外接球的半径为， 则，所以球的半径为， 则球的两条弦的中点为， 则， 即弦分别是以为球心，半径为3和2的球的切线， 且弦在以为球心，半径为2的球的外部， 的最大距离为，最小距离为， 当三点共线时，分别取最大值与最小值， 故的伴随球半径分别为， 半径为时，的伴随球的体积为， 当半径为时，的伴随球的体积． ∴的伴随球的表面积的取值范围是． 故选：D. 变式5-1．类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）①；②当点在的延长线上，且使时，平面. 【分析】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论； （2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面． 【详解】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点， 作交于点，连接， 则是二面角的平面角． 在中和中分别用余弦定理，得 ， ， 两式相减得， ∴， 两边同除以，得． （2）①由平面平面，知， ∴由（1）得， ∵，， ∴． ②在直线上存在点，使平面． 连结，延长至，使，连结， 在棱柱中，，， ∴，∴四边形为平行四边形， ∴． 在四边形中，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， 又平面，平面， ∴平面． ∴当点在的延长线上，且使时，平面． 变式5-2．给定三棱锥，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，称为的阶等距集. (1)若为三棱锥，满足，，求出的1阶等距平面截该三棱锥所得到的截面面积（求出其中的一个即可）； (2)如图所示，是棱长为的正四面体.    （ⅰ）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能取值以及相对应的的个数； （ⅱ）已知是的4阶等距平面，点与点，，分别位于两侧.是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求出截所得的平面多边形的最大边长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)1（答案不唯一） (2)（ⅰ）当的值为时,有4个;当的值为时,有3个（ⅱ）存在,截所得的平面多边形的最大边长为 【分析】（1）分三种情形讨论求解：情形一：分别取，，的中点，，，可证明平面为的一个1阶等距平面；情形二：取，，，的中点，可证明平面为的一个1阶等距平面，情形三：取，，，的中点，可证明平面为的一个1阶等距平面. （2）（ⅰ）可分两种情形讨论：情形一：取，，的中点，，，可说明平面为的一个1阶等距平面，情形二：取的中点，，，，由正四面体的性质也可得解； （ⅱ）找到满足题意的的4阶等距平面，即在线段上分别取一点，，，使得，结合解三角形知识即可求解. 【详解】（1）情形一：分别取，，的中点，，， 由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面，    则所求截面面积为等腰三角形的面积，等于. 情形二：分别取，，，的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面， 取中点，连接，，由， 又，平面， 可知直线平面，平面， 则，则，故四边形是边长为1的正方形， 则所求截面面积为正方形的面积等于1.    情形三：分别取，，，的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面. 设， 则， 三式相加可得，故. 则. 在等腰三角形中，， 则等腰三角形的面积为. 则所求截面面积为菱形的面积， 等于等腰三角形的面积的两倍，为.    所以本题答案可以为中的任意一个. （2）(i)情形一：分别取，，的中点，，， 由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面，   为正四面体高的一半， 等于. 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况： 情形二：分别取的中点，，，， 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，则为正方体棱长的一半，等于. 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，    这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况. 综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个. (ii)存在，截所得的平面多边形的最大边长为. 在线段上分别取一点，，， 使得， 则平面为满足题意的的4阶等距平面， 故. 又， 由余弦定理可得， ， ， 因为， 故截所得的平面多边形的最大边长为.    变式5-3．据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； (2)在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； (3)已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3). 【分析】（1）类比球的体积公式推导，把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，结合锥体体积公式可得“球锥”体积. （2）设圆锥半径为，由勾股定理可得，由题意，计算体积消去化简即可. （3）根据四面体棱长计算高和底面外接圆的半径，结合题意分析即可. 【详解】（1）把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，所有小锥体的底面积之和即球冠面积，结合锥体体积公式得“球锥”的体积为. （2）设圆锥半径为，则， 当球缺的体积与圆锥的体积相等时，， 即， 消去，得， 整理得，因为，所以. （3）设正四面体内接“球锥”，顶点与球心重合，棱长为， 则外接圆半径为，正四面体的高为，显然不满足条件. 注意到，当顶点在圆锥底面圆周上时， ，得， 当时，作平行于圆锥底面的平面截正四面体，所得棱长小于的正四面体均可内接该“球锥”. 因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，则，且顶点在球冠上.即，且. 又因为，所以. 变式5-4．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标，设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与P相邻的顶点，且平面…平面和平面为多面体M的所有以P为顶点的面．现给出如图所示的三棱锥． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若PA⊥平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）根据所给的定义，表示，再相加，即可求解； （2）首先根据题设中垂直关系结合点C处的离散曲率求得、，构造线面角，再设，表示出，再利用余弦定理求，再由余弦值，转化为正切值，得到关于的等式求解即可得答案. 【详解】（1）根据离散曲率的定义得， ， 又因为 所以． （2）∵平面平面， ∴， 又∵，平面， ∴平面 ∵平面，∴， ∵，即 ∴，∴， 过点作交于，连结， 因为平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 依题意可得，， ， ， 设，则， 在中， ， 又，所以， 则， 所以， 解得：或（舍） 故. 压轴专练 1.在长方体中，，现有一个动平面，且，当平面截此长方体所得截面边数最多时，截面的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由面面平行得出线面平行，设出比例，根据相似表示出边长，最后求得周长. 【详解】如图，截面，由于， 则， 设，则， ，， 则， 则周长为， 故选：A. 2.某商场要在大厅顶悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，，，，为该正方体的顶点，，，为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面.若平面与平面平行，且直绳索的长度为米，则点到平面的距离为（    ）    A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】D 【分析】利用等体积法求得点到平面的距离，可求点到平面的距离. 【详解】设点到平面的距离为， 根据正方体的性质可知：点到平面的距离为， 因为， 所以， 由正方体可得， 所以， 解得， 所以点到平面的距离为， 又因为平面与平面平行，直绳索的长度为米， 所以点到平面的距离为. 故选：D 3.已知三棱柱的所有棱长均为，，则异面直线，间的距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将异面直线距离问题转换为两平行平面的距离问题，构造并证明，再由距离的定义求出最大值. 【详解】 线段中点为，连接，，连接. 三棱柱的所有棱长均为，所以四边形是菱形，故. 因为，，平面，且与相交于点，所以平面. 因为平面，所以. 因为是等边中边上的中线，所以. 又因为平面，且与相交于点，所以平面. 因为平面，所以.即. 由勾股定理得，. 平面，平面，且平面平面，所以异面直线与的距离，即平面与平面的距离.设该距离为. 过作平面，垂足为，故. 所以异面直线与的距离最大值为. 故选：C 4.定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.如图，长方体中，，为棱的中点，则异面直线与之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过线面平行的判定定理，证明平面，将异面直线与之间的距离转化为点与平面之间的距离，再利用等体积法求解即可. 【详解】 取中点，连接， 由，，，， 则， 四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，则平面， 故异面直线与之间的距离与平面之间的距离点与平面之间的距离， 设点与平面之间的距离为， 由题意可得，, 则 则三棱锥的体积， 又， 则三棱锥的体积， 又，则， 故选：C. 5.在一个水平平面上放一个半径为3的球，球面上两点满足是球心，且点到平面的距离为5，则点到平面距离的最大值为（   ） A． B． C． D．5 【答案】C 【分析】过作与平面平行的截面，转化为点到截面距离的最大值，根据球的截面性质求解即可. 【详解】过作与平面平行的截面，截面直径为，如图，   ，取的三等分点（离近），过作平行线交球于， 则点在以为直径的小圆上，当在点时，过作与垂直的直径交球于， 则点在以为直径的大圆上运动，当位于点时，到平面距离最大， 设，则，，可得， 所以到距离最大值为， 故选：C 6.（多选）如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，且，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为.则下列说法正确的是（   ）    A．当时，为四边形 B．当时，为等腰梯形 C．当时，与的交点R满足 D．当时，为六边形 【答案】ABC 【分析】由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面可判断选项的正误. 【详解】对A，当时，如图，分别延长AP，DC交于点S， 连接SQ并延长交于R，截面APQR为四边形，故A正确；    对B，当时，如图，截面为等腰梯形，故B正确；    对C，当时，与的交点为R，因为， 所以，则，故，故C正确；    对D，当时，由下图知，不可能为六边形，故D错误.    故选：ABC 7.（多选）如图，正方体的棱长为1，M，N分别是正方形ABCD，的中心.则下列结论正确的是（   ） A．与是异面直线 B．若P是线段上的动点，则的最小值是 C．到平面的距离是 D．过，M，N三点的平面截该正方体所得的截面是四边形 【答案】ACD 【分析】根据异面直线定义可判断A；将绕着旋转，使得与在同一平面内，然后根据大边对大角可判断B；利用等面积法求解可判断C；利用交线法作出截面可判断D. 【详解】对B，易知，， 将绕着旋转，使得与在同一平面内，如图， 易知，当三点共线时，取得最小值， 因为， 所以，B错误； 对C，记的中点分别为，连接， 由平面，点平面，得平面平面， 又平面平面，在平面内作于， 则平面，则到平面的距离，C正确； 对A，易知是平面的斜线，斜足为， 又平面，且，所以与是异面直线，A正确； 对D，连接，由为正方形的中心，得， 延长与的延长线交于点，过点作直线交分别于， 连接并延长交于，连接，因此四边形是所求截面，D正确. 故选：ACD 8.（多选）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点是正方体表面上的一个动点，则（   ） A．三棱锥体积的最大值为 B．若为的中点，则平面截正方体所得截面的周长为 C．若点满足，则动点到直线的距离最大值为 D．当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】根据即可分析判断A；取的中点，连接，说明截面为四边形即可判断B；取中点，中点K，连接，，，根据求出动点的轨迹即可判断C；作出符合条件的轨迹并求出其长度判断D. 【详解】对于A，由，， 得当平面时，三棱锥体积取得最大值， 最大值为，故A正确； 对于B，取的中点，连接， 因为且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为分别为的中点， 所以，所以， 所以四点共面， 所以四边形即为平面截正方体所得截面， ， 所以截面的周长为，故B错误； 对于C，取中点，中点K，连接，，， 由， 得，则，， 由平面，平面，得， 而，，，平面， 因此平面， 由平面，所以， 得点的轨迹为四边形（除点外）， 设，连接，， 由，得，所以， 因为平面，所以， 所以线段长度即为点到直线的距离， ， 所以当动点在点的位置时， 动点到直线的距离最大，最大值为，故C正确； 对于D，由平面平面， 得直线与平面所成的角为， 连接，， 由平面，平面，且， 则点为线段或上任意点（除点外）， 在正方形内以为圆心，2为半径作圆弧， 当点为圆弧上任意点时，连接， 由平面， 得是与平面所成角， 而， 则， 因此点轨迹是线段，及圆弧（除点外）， 所以点轨迹长度为，故D正确； 故选：ACD. 9.（多选）设正方体的棱长为1，点是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题正确的是（    ） A．如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为 B．如果平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为 C．如果平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为2＋ D．如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为 【答案】ACD 【分析】对于A，点M的轨迹为过且与垂直的平面与正方体表面的交线，据此可判断选项正误；对于B，点M的轨迹为过且与平面平行的平面与正方体表面的交线，据此可判断选项正误；对于C，点M的轨迹为过E点且与平面平行的平面与正方体表面的交线，据此可判断选项正误；对于D，结合A分析，点M的轨迹为过过且与平面平行的平面与正方体表面的交线，据此可判断选项正误. 【详解】对于A，点M的轨迹为过且与垂直的平面与正方体表面的交线， 下证平面垂直于，如图连接，由题可得， 又平面，平面，则， 因平面，，则平面， 因平面，则.同理，可证得：， 又平面，，则平面， 从而点M的轨迹所围成图形为正三角形，由题可得， 则所围成图形的面积为，故A正确； 对于B，如图，取中点为F，连接，易得， 则四点共面，点M的轨迹为过且与平面平行的平面与正方体表面的交线，取中点为G，连接，下证平面平面. 由题易得：，又， 平面，平面，则平面平面. 则点M的轨迹所围成图形为三角形，由题可得， ，则轨迹所围成图形的周长为，故B错误； 对于C，如图取，，，中点为，则点M的轨迹为过E点且与平面平行的平面与正方体表面的交线，下证平面平面. 由题易得，，又，， 平面，平面，则平面平面. 则点M的轨迹所围成图形为四边形.由题可得，， 则轨迹所围成图形的周长为，故C正确； 对于D，点M的轨迹为过且与垂直的平面与正方体表面的交线，由A分析， 即为过且与平面平行的平面与正方体表面的交线. 取中点为： ， 连接，易得， 则六点共面，下证平面平面. 由题可得，，又平面， 平面，，， 则平面平面.则点M的轨迹所围成图形为正六边形， 注意到，又正六边形由六个全等的等边三角形组成，则，故D正确. 故选：ACD 10.（多选）在长方体中，分别为AB、D的中点，经过C，E，F三点的平面将已知长方体分成两部分，则（    ） A．截面的形状为四边形 B．截面面积为 C．点A到截面的距离为 D．截面分长方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积之比为7:29 【答案】ABD 【分析】结合长方体的底面长方形的性质，作出截面，判断A；根据三角形面积公式及相似三角形面积关系，求得截面的面积，判断B；根据等体积法求得点A到截面的距离，判断C；根据三棱锥的体积公式及相似求得截面分得的较小部分（棱台）的体积，利用长方体的体积求得较大部分的体积，从而得到体积之比，以判断D. 【详解】对于A，如图所示，分别延长，交于点G，因为，所以，. 连接，并延长，分别交于点,连接，则四边形是经过C，E，F三点的长方体的截面，形状为四边形，故A正确； 对于B，因为，所以. 由A，得,且. 取的中点，连接，则为梯形的中位线，所以. 所以. 所以. ，. 所以， 所以. 所以. 所以截面的面积等于，所以选项B正确； 对于C，由B得，. 因为，所以点A到截面的距离，所以C错误； 对于D，由C知. 因为长方体的体积为，所以较大部分的体积等于. 故截面分长方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积之比为7:29，所以D正确. 故选：ABD. 11.已知是大小为的二面角内一点，到，的距离分别为3和4，则点到棱的距离为_________． 【答案】/ 【分析】根据给定条件，作出二面角的平面角，利用余弦定理、正弦定理求解即得. 【详解】令于，于，平面，则， 由，得， 又是平面内的两条相交直线，则平面， 又平面，于是， 是二面角的平面角，， 则，在中，由余弦定理得， 而到的距离是四边形外接圆直径， 所以. 故答案为： 12.若正四面体的棱长为，则其外接球上一点到该正四面体四个面的距离之和的最大值为___________． 【答案】4 【分析】先得正四面体的高为，由对称性不妨令球上一点在面下方时取到最大，由可得距离和的最大值为，计算即可求解. 【详解】已知正四面体的外接球为球，因为其棱长为， 所以该正四面体的高为，球的半径为， 由对称性不妨令球上一点在面下方时取到最大， 所以， 所以， 则， 所以， 则距离和的最大值为， 所以，所以和的最大值为4． 故答案为：4. 13.已知球是棱长为的正方体的内切球，是棱的中点，是球的球面上任意一点，若，则动点的轨迹长度为______. 【答案】 【分析】先确定经过且与垂直的平面，进而确定点的轨迹为圆，结合垂径定理得截面圆半径即可求解轨迹长度. 【详解】由正方体性质可得，平面，且内切球半径， 分别取的中点，连接， 则，，又，故， 由平面，则平面，又平面， 故，又，平面， 则平面，则点P的轨迹为平面与内切球的交线，即为截面圆的周长， 由，，平面，平面， 且平面，平面， 故平面，平面， 又平面，平面，且， 故平面平面， 由球心平面，则到平面的距离， 即为平面与平面的距离， 故截面圆的半径为， 故的轨迹长度为. 故答案为：. 14.已知长方体中，，，为中点，，，，四点都在球的球面上，且，，，四点都在球的球面上，记球与球两球面上的所有公共点构成轨迹，则的周长为_____. 【答案】 【分析】先由题意分析得到球心，的具体位置，再分析得到轨迹即为以为圆心，且过四点的圆的周长，然后在矩形中，求出外接圆直径，即可求出的周长. 【详解】    如图所示，设为的中点，分别为的中点， 分别为的中点，连接， 分别为的中点，， 由题意可知，因为四点都在球的球面上， 所以即为三棱锥外接球的球心， 也就是三棱柱外接球的球心， 因为三棱柱是直三棱柱，且为直角三角形， 所以外接球的球心在的中点处， 同理，就是三棱柱外接球的球心，且在的中点处， 因为球与球两球面同时经过四点， 所以球与球两球面上的所有公共点构成轨迹 即为以为圆心，且过四点的圆的周长， 在矩形中，因为，，， 所以，， 所以矩形的外接圆直径， 所以，所以外接圆的周长为. 故答案为： 15.在三棱锥中，三条棱两两垂直，且，，．若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则点到平面距离的最大值为______． 【答案】 【分析】根据条件，将三棱锥还原成长方体，则该长方体的体对角线即为三棱锥外接球的直径，根据长度，求出外接球的半径，根据勾股定理，求出各个长度，根据余弦定理及同角三角函数的关系，求出的值，根据正弦定理，求出的外接圆半径r，分析求解，即可得答案. 【详解】如图，因为两两垂直， 所以三棱锥的外接球，即为长方体的外接球， 因为，，， 所以长方体的体对角线， 所以长方体外接球半径即三棱锥的外接球半径为， 又，，， 在中，由余弦定理，，则， 由正弦定理，可得的外接圆半径为， 所以球心到平面ABC的距离为， 所以点M到平面ABC距离的最大值为． 故答案为： 16.如图①，在棱长为1的正方体中，E是棱上的一个动点． (1)求证：三棱锥的体积是定值； (2)是否存在点E，使得平面，若存在请找出点E的位置，若不存在，说明理由； (3)定义：与两条异面直线都垂直且相交的直线称为这两条异面直线的公垂线，公垂线的两个垂足之间的线段称为异面直线的公垂线．两条异面直线的公垂线段，是连接两条异面直线所有线段中的最短线段． 根据以上定义及性质解决如下问题： 如图②中，M为线段的中点，线段（不包括两个端点）上有一个动点N，过点、、作正方体的截面． ①判断截面的形状，并说明理由； ②当截面的面积取得最小值时，求点N的位置． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 (3)①截面的形状为平行四边形，说明理由见解析； ②当截面的面积取得最小值时，点N为AB中点. 【分析】（1）点到平面的距离为定值，又的面积为定值，，可得三棱锥的体积是定值； （2）若平面，则有，而不成立，可得结论； （3）①由截面与棱的交点判断形状；②由两条异面直线的公垂线段确定截面的面积最小. 【详解】（1） 正方体中，平面，平面，所以平面， 则点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 所以三棱锥的体积是定值 由，所以三棱锥的体积是定值 （2）这样的E点不存在，理由如下： 若平面，由平面，则有， 而正方体中，四边形是矩形不是菱形，不成立， 所以不存在点E，使得平面. （3）①截面与棱相交于点，连接，则截面为四边形， 平面平面，截面平面，截面平面， 则，同理，所以四边形为平行四边形， 即截面的形状为平行四边形. ②当截面的面积取得最小值时，即平行四边形面积最小，面积最小， 则点N到的距离最短， M为线段的中点，则M点为正方体的中心，当N为线段的中点时， 由，有，由，有， 则是两条异面直线与的公垂线段， 此时点N到的距离最短，面积最小，截面面积最小. 所以当截面的面积取得最小值时，点N为AB中点. 17.已知面积为的菱形如图①所示，其中，是线段的中点．现将沿折起，使得点到达点的位置. (1)证明： ； (2)若二面角的平面角大小为，求点到平面的距离； (3)若二面角的平面角，点在四面体的表面运动，且始终保持，求点的轨迹长度的取值范围 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据菱形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可； （2）根据二面角的定义，结合正弦函数的定义进行求解即可； （3）根据二面角的定义，结合线面垂直的判定定理和余弦函数的单调性进行求解即可. 【详解】（1）取中点，连结、， 由四边形为菱形可知，，， 又平面， 平面，又因为平面，； （2）因为菱形的面积为， 得，，， 又因为二面角的平面角为，且大小为， 所以， 故点到平面的距离为； （3）取边上靠近点的四等分点，取的中点为，连接， ，，同理， ∵，平面，所以平面， 故点的轨迹长度即为的周长. 由于，，， 且二面角的大小平面角， ∵，∴，， 则，，所以点的轨迹长度的取值范围为. 18.如图1，在矩形中，已知，为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥（图2）. (1)若为的中点，求证：平面； (2)求证：； (3)在翻折过程中，当二面角为时；在平面内有一动点满足：直线与底面所成角正弦值为，求动点的轨迹长度. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取的中点，连接，根据几何关系证得四边形为平行四边形，从而利用线面平行的判定定理证明即可； （2）结合勾股定理利用线面垂直的判定定理证明平面，然后利用线面垂直的性质定理证明即可； （3）过作垂足为，利用定义法得为二面角的平面角，设，可得，求出，进而为直线与平面所成的角，求得，，求出动点的轨迹，即可求解. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 因为四边形为矩形，所以， 又因为为的中点，所以，所以， 所以四边形为平行四边形，所以； 又平面平面，所以平面； （2）在图1中，连接， 所以，因为，所以， 又因为，所以，所以，同理， 又，所以，所以. 由翻折性质得：，因为， 所以平面，平面，所以； （3）过作垂足为， 由（2）知：平面，平面平面， 所以平面，所以； 因为，所以平面， 过作垂足为，连接， 因为平面，平面，所以，，平面，平面，平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以， 因为平面，平面，所以， 所以为等腰直角三角形，设，由题意，知：， 在中，， 所以. 所以，所以分别为的中点， 因为平面，平面，所以，平面，所以为直线与平面所成的角，所以， 所以，所以，且平面， 所以动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 所以动点R的轨迹长度为. 19.数学家阿波罗尼斯（约公元前262－190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆心在两定点所在直线上的圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体中，点是的中点，点是正方体表面上一动点（包括边界），且两直线，与平面所成的角相等. (1)证明：点的轨迹是一阿波罗尼斯圆的一段弧，并画出大致图象（不要求写出画法）； (2)记点的轨迹所在的阿波罗尼斯圆的圆心为，求的取值范围； (3)当线段最短时，在线段上是否存在点，使得平面，若有，请求出平面截正方体的截面周长，若无，说明理由. 【答案】(1)证明见解析，图象见解析; (2); (3)存在， . 【分析】（1）由题意可得，从而可得点的轨迹是圆；进而由点是正方体表面上一动点，可作圆弧； （2）由题意可得，，设与所成的角为，可知，，可计算范围. （3）由（2)可知，当线段的长最短时，即点在直线上，故延长交于点，过点做，交于点，交于点，交于点，连接交于点，所求的截面即为五边形，进而计算可求截面周长. 【详解】（1）由于是正方体， 两直线，与面所成的角相等 即，由于， ，即， 即， 依题意平面内点到两定点距离之比为2，故点的轨迹是圆， 而点是正方体表面上一动点（包括边界）， 即点的轨迹是一段阿波罗尼斯圆的圆弧（如图所示）.     （2）依题意可知：圆心在所在的直线上， 作圆与交于点，与的延长线上交于点，显然恰为圆的直径， 故依，恰好为线段的三分之一分点，， ，所以是的中点，所以，， 所以圆的半径为，从而，，所以， 设与所成的角为，可知， ， ， ； （3）由（2)可知，当线段的长最短时，即点在直线上， 故延长交于点，过点做，交于点，交于点， 交于点，连接交于点，所求的截面即为五边形. 以下证明此时即∥平面， 由于，平面，平面 所以∥平面，     故有，， 在中，     在中，     在中，     在中，     在中，     所以所求的截面五边形的周长 20.离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知三棱锥如图所示． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面，，，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离； (3)在（2）的前提下，又知点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度． 【答案】(1)2； (2)； (3)． 【分析】（1）由离散曲率的定义求、、、，即可得； （2）由线面垂直的性质和判断得，结合求得，过点作于点，证明平面，则点到平面的距离为线段的长，根据已知求长度即可； （3）过点作交于点，连接，则为直线与平面所成的角，根据已知求得、，设，则、，再应用余弦定理及列方程，即可得. 【详解】（1）由离散曲率的定义得，， ，， 所以． （2）由平面，平面，得， 又，，平面，则平面， 又平面，所以，即， 又，即，解得， 过点作于点， 由平面，平面，得， 又，平面，则平面， 因此点到平面的距离为线段的长， 在中，， 所以点到平面的距离为. （3）过点作交于点，连接，如图． 由平面，则平面，故为直线与平面所成的角， 依题意，，，， 则，， 设，则，， 在中，， 由，得，， 因此，而，解得， 所以． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 立体几何中的距离问题、截面问题、轨迹问题 目录 类型一、空间中点、线、面的距离问题 类型二、空间几何体的展开图的距离最值问题 类型三、空间几何体的截面问题 类型四、立体几何中动点的轨迹问题 类型五、立体几何中的新定义问题 压轴专练 类型一、空间中点、线、面的距离问题 解题技巧： 1.点到点的距离：直接用勾股定理，把两点放在长方体或直角三角形里，算线段长度。 2.点到直线的距离： ①找过该点且与直线垂直相交的线段，这条垂线段的长度就是距离；②常用方法：在直线上取一点，构造直角三角形，用勾股定理计算。 3.点到平面的距离： ①核心是找垂线段：过点作平面的垂线，垂足与该点的线段长度； ②常用技巧：等体积法，把点到面的距离看作某个棱锥的高，用体积公式反推高度。 4.直线到平面的距离（直线与平面平行时）：①转化为点到平面的距离：在直线上任取一点，算这个点到平面的距离即可。 5.平面到平面的距离（两平面平行时）：①同样转化为点到平面的距离：在其中一个平面上任取一点，算到另一个平面的距离。 6.异面直线的距离： ①找与两条异面直线都垂直且相交的公垂线段，这条线段的长度就是距离；②高一阶段常通过找平行线、作辅助面，把问题转化为点到线或点到面的距离来计算。 例1-1．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的两个相对三角形面间的距离为（    ）    A． B． C． D． 例1-2．在直三棱柱中，，，P是棱的中点，则C到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 变式1-1．已知棱长为1的正方体中，分别为和的中点，则到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 变式1-2．已知直三棱柱的体积为8，二面角的大小为，且，，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 变式1-3．在棱长为a的正方体．中，P为AB上任意一点，E，F为CD上两个动点，且EF的长为定值，则点P到平面的距离（   ） A．和点E，F的位置有关 B．和EF的长度有关 C．和点P的位置有关 D．等于 变式1-4．四棱锥满足底面，且，，，动点在以为球心1为半径的球与（包括边界）的交线上，动点在直线上，则的最小值为 ． 类型二、空间几何体的展开图的距离最值问题 解题技巧： 1.化曲/折为直：将空间表面路径转化为平面直线段，利用两点之间线段最短求解。 2.关键是展开：把包含路径的相邻面沿公共棱展开到同一平面，不同几何体有固定展开方式（如圆柱→矩形、圆锥→扇形）。 3.勾股定理算距离：在展开图中连接起点与终点，构造直角三角形，用勾股定理直接计算线段长度。 4.多展开方案比较：长方体等多面体存在多种展开方式，需分别计算后取最小值。 5.区分路径类型：题目要求沿表面路径，不可直接套用空间对角线公式，避免混淆“表面路径”与“内部直线”。 例2-1．已知三棱锥的底面ABC是边长为1的等边三角形，平面ABC且，一只蚂蚁从的中心沿表面爬至点P，则其爬过的路程最小值为（    ） A． B． C． D． 例2-2．如图，在长方体中，若，且面对角线上存在一点使得最短，则的最小值为 .    变式2-1．圆锥顶点，底面半径为1，母线的中点为，一只蚂蚁从底面圆周上的点绕圆锥侧面一周到达的最短路线中，其中下坡路的长是（    ） A．0 B． C． D． 变式2-2．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． 变式2-3．已知圆台上下底面的圆心分别为，，母线（点位于上底面），且满足，圆的周长为，一只蚂蚁从点出发沿着圆台的侧面爬行一周到的中点，则蚂蚁爬行的最短路程为（    ） A． B． C． D． 变式2-4．如图，在棱长为的正方体中，已知是的中点，点分别在上，则周长的最小值为 ．    类型三、空间几何体的截面问题 解题技巧： 1.截面定义：用一个平面去截几何体，平面与几何体的交线围成的封闭图形就是截面。 2.作图核心：遵循“线面相交找点，两点连线成线”的原则，利用平面的基本性质（如两点确定一条直线、三个不共线点确定一个平面）画出完整截面。 3.截面形状判断：①截面是平面图形，边数最多等于几何体的面数（如正方体最多截出六边形）；②常见截面形状：三角形、四边形（平行四边形、矩形、梯形等）、五边形、六边形。 4.关键技巧：①平行线法：利用几何体中天然的平行棱（如正方体对棱平行），在面上作平行线来确定截面的边，保证截面是封闭图形。 ②延长线法：当已知点不在同一面上时，延长已知交线找到与几何体棱的交点，再依次连接，补全截面轮廓。 5.计算与性质： ①求截面周长/面积时，先确定截面形状，再用平面几何知识（勾股定理、相似三角形、面积公式）计算；②截面与几何体某些棱平行时，会形成特殊图形（如平行四边形、正六边形），可利用平行性质简化计算。 例3-1．在正方体中，，分别是棱和上的点，，，那么正方体中过点，，的截面形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 例3-2．在正四棱台中，，侧棱，若为的中点，则过，，三点截面的面积为（    ） A． B． C． D． 变式3-1．平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的射影为中点，且直线与底面夹角为，则三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为_____． 变式3-2．在棱长为6的正方体中，点分别为的中点，点在棱上．若平面与底面所成角的余弦值为，则平面截正方体所得截面多边形的周长为_____． 变式3-3．如图，正方体的棱长为1，P为的中点，Q为线段上的动点，过点A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S，给出下列四个结论： ①当时，S为四边形； ②当时，S为等腰梯形； ③当时，S的面积为； ④当时，S与的交点R满足.以上结论正确的个数是（） A．1 B．2 C．3 D．4 变式3-4．如图正方体的棱长为2，是线段的中点，平面过点. (1)画出平面截正方体所得的截面，并简要叙述理由或作图步骤； (2)求（1）中截面多边形的面积； (3)平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值. 类型四、立体几何中动点的轨迹问题 解题技巧： 1.核心转化：将空间中的动点轨迹问题，降维转化为平面几何问题解决，利用平面图形的性质判定轨迹形状。 2.定义法：若动点满足到定点距离等于定长，轨迹为圆；若满足到两定点距离相等，轨迹为线段垂直平分线。 3.平行法：若动点始终与空间某条定直线平行，其轨迹为平面或直线，可锁定轨迹所在平面。 4.截面法：作过动点的辅助截面，将立体图形截为平面图形，在截面内分析动点的变化规律。 5.射影法：将空间动点向某一平面投影，利用投影点的轨迹推导原空间点的轨迹。 6.常见轨迹：高一高频轨迹包括圆、直线、圆弧、抛物线的一部分，重点需验证轨迹是否在几何体内部。 例4-1．在棱长为2的正方体中，、、分别是棱、、的中点，点是正方体表面上的任意一点，且直线与平面无交点，则点的轨迹长度是（    ） A．； B．； C．； D．． 例4-2．在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，且平面，均与底面垂直.点在侧面上运动，若，则点的轨迹长为 . 变式4-1．如图，三棱柱中，，，，，为中点，为上一点，，，为侧面上一点，且平面，则点的轨迹的长度为（    ） A．2 B． C． D．1 变式4-2．如图，八面体的每一个面都是正三角形，各顶点都在以O为球心，半径为的球面上，并且，C，D在同一平面内，点为此八面体表面上的动点，且，则点Q的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 变式4-3．已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（    ） A． B． C． D． 变式4-4．（多选）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 类型五、立体几何中新定义问题 解题技巧： 1.先翻译定义：把陌生的新名词，转化为已学的点、线、面位置关系（平行、垂直、距离、角度等）。 2.化新为旧：将新定义问题拆解为线面平行/垂直、空间角、距离计算等常规立体几何题型。 3.画图建直观：画出直观图或截面图，用几何直观辅助理解定义与推理。 用定理验证：调用公理、判定定理与性质定理，进行严谨的逻辑推导。 4.特例来检验：用正方体、长方体等特殊几何体代入，快速验证结论或排除错误选项。 例5．已知，，，为球面上四点，，分别是，的中点，以为直径的球称为，的“伴随球”，若三棱锥的四个顶点在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式5-1．类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 变式5-2．给定三棱锥，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，称为的阶等距集. (1)若为三棱锥，满足，，求出的1阶等距平面截该三棱锥所得到的截面面积（求出其中的一个即可）； (2)如图所示，是棱长为的正四面体.    （ⅰ）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能取值以及相对应的的个数； （ⅱ）已知是的4阶等距平面，点与点，，分别位于两侧.是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求出截所得的平面多边形的最大边长；若不存在，说明理由. 变式5-3．据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； (2)在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； (3)已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 变式5-4．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标，设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与P相邻的顶点，且平面…平面和平面为多面体M的所有以P为顶点的面．现给出如图所示的三棱锥． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若PA⊥平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度 压轴专练 1.在长方体中，，现有一个动平面，且，当平面截此长方体所得截面边数最多时，截面的周长为（   ） A． B． C． D． 2.某商场要在大厅顶悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，，，，为该正方体的顶点，，，为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面.若平面与平面平行，且直绳索的长度为米，则点到平面的距离为（    ）    A．米 B．米 C．米 D．米 3.已知三棱柱的所有棱长均为，，则异面直线，间的距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 4.定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.如图，长方体中，，为棱的中点，则异面直线与之间的距离为（    ） A． B． C． D． 5.在一个水平平面上放一个半径为3的球，球面上两点满足是球心，且点到平面的距离为5，则点到平面距离的最大值为（   ） A． B． C． D．5 6.（多选）如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，且，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为.则下列说法正确的是（   ）    A．当时，为四边形 B．当时，为等腰梯形 C．当时，与的交点R满足 D．当时，为六边形 7.（多选）如图，正方体的棱长为1，M，N分别是正方形ABCD，的中心.则下列结论正确的是（   ） A．与是异面直线 B．若P是线段上的动点，则的最小值是 C．到平面的距离是 D．过，M，N三点的平面截该正方体所得的截面是四边形 8.（多选）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点是正方体表面上的一个动点，则（   ） A．三棱锥体积的最大值为 B．若为的中点，则平面截正方体所得截面的周长为 C．若点满足，则动点到直线的距离最大值为 D．当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 9.（多选）设正方体的棱长为1，点是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题正确的是（    ） A．如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为 B．如果平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为 C．如果平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为2＋ D．如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为 10.（多选）在长方体中，分别为AB、D的中点，经过C，E，F三点的平面将已知长方体分成两部分，则（    ） A．截面的形状为四边形 B．截面面积为 C．点A到截面的距离为 D．截面分长方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积之比为7:29 11.已知是大小为的二面角内一点，到，的距离分别为3和4，则点到棱的距离为_________． 12.若正四面体的棱长为，则其外接球上一点到该正四面体四个面的距离之和的最大值为___________． 13.已知球是棱长为的正方体的内切球，是棱的中点，是球的球面上任意一点，若，则动点的轨迹长度为______. 14.已知长方体中，，，为中点，，，，四点都在球的球面上，且，，，四点都在球的球面上，记球与球两球面上的所有公共点构成轨迹，则的周长为_____. 15.在三棱锥中，三条棱两两垂直，且，，．若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则点到平面距离的最大值为______． 16.如图①，在棱长为1的正方体中，E是棱上的一个动点． (1)求证：三棱锥的体积是定值； (2)是否存在点E，使得平面，若存在请找出点E的位置，若不存在，说明理由； (3)定义：与两条异面直线都垂直且相交的直线称为这两条异面直线的公垂线，公垂线的两个垂足之间的线段称为异面直线的公垂线．两条异面直线的公垂线段，是连接两条异面直线所有线段中的最短线段． 根据以上定义及性质解决如下问题： 如图②中，M为线段的中点，线段（不包括两个端点）上有一个动点N，过点、、作正方体的截面． ①判断截面的形状，并说明理由； ②当截面的面积取得最小值时，求点N的位置． 17.已知面积为的菱形如图①所示，其中，是线段的中点．现将沿折起，使得点到达点的位置. (1)证明： ； (2)若二面角的平面角大小为，求点到平面的距离； (3)若二面角的平面角，点在四面体的表面运动，且始终保持，求点的轨迹长度的取值范围 18.如图1，在矩形中，已知，为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥（图2）. (1)若为的中点，求证：平面； (2)求证：； (3)在翻折过程中，当二面角为时；在平面内有一动点满足：直线与底面所成角正弦值为，求动点的轨迹长度. 19.数学家阿波罗尼斯（约公元前262－190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆心在两定点所在直线上的圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体中，点是的中点，点是正方体表面上一动点（包括边界），且两直线，与平面所成的角相等. (1)证明：点的轨迹是一阿波罗尼斯圆的一段弧，并画出大致图象（不要求写出画法）； (2)记点的轨迹所在的阿波罗尼斯圆的圆心为，求的取值范围； (3)当线段最短时，在线段上是否存在点，使得平面，若有，请求出平面截正方体的截面周长，若无，说明理由.                          20.离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知三棱锥如图所示． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面，，，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离； (3)在（2）的前提下，又知点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $