专题18 立体几何中的动态问题 训练-2026届高考数学三轮冲刺

专题18　立体几何中的动态问题 题型01 动点中的轨迹问题 1．（2026·江苏镇江·一模）（多选）如图点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（   ） A．当为的中点时， B．当在面上，且直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 C．三棱锥体积的最大值为 D．当平面时，线段长度最大值为 【答案】ACD 【分析】由线面垂直的判定定理可判断A；由题意作出点的轨迹，计算可判断B；根据等体积法确定点的位置计算可判断C；取，，，，，的中点分别为，，，，，，连接，，，，，，，，，根据题意确定轨迹，计算可判断D. 【详解】对于A，当为的中点时， 因为是线段的中点，所以， 在正方体中，平面， 因为平面，所以， 因为，且平面， 所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 对于B，连接，，以为圆心，为半径画，如图1所示， 当点在弧上时，直线与所成的角为， 长度，故点的轨迹长度为，故B错误： 对于C，因为，而等边的面积为定值， 要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大， 易知点是正方体到平面距离最大的点， 所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体， 其高为， 所以，故C正确； 对于D，取，，，，，的中点分别为，，，，，， 连接，，，，，，，，，如图2所示， 易知，面，平面， 故平面，，平面，平面， 故平面，又，，平面， 故平面平面，又，，， 故平面与平面是同一个平面，则点的轨迹为该正六边形，； 故，故长度的最大值为，故D正确. 2．（24-25高三下·贵州贵阳·月考）（多选）如图，是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的有（    ） A．当在线段上运动时，四棱锥的体积不变 B．当为线段的中点时，与所成角为 C．使得直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为 D．若是棱的中点，当在底面上运动，且满足平面时，的最小值是 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用纵坐标的几何意义结合四棱锥的体积公式判断A，利用异面直线夹角的向量求法判断B，求出轨迹方程，进而得到轨迹长度判断C，先确定，再利用两点间距离公式结合二次函数性质判断D即可. 【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系，设， 对于A，由题意得，当在线段上运动时，可得， 可得到面的距离为2，且正方形的面积为， 则四棱锥的体积为，故A正确， 对于B，由题意得，，，，， 由中点坐标公式得，则，， 设与所成角为，可得 而，得到，即与所成角为，故B正确， 对于C，设，则， 由题意得面的法向量为， 若直线与平面所成的角为， 可得，化简得， 而是棱长为2的正方体的表面上一个动点， 则进行如下分类讨论，当在面上运动时，此时， 则方程变为，即， 当时，，当时，， 此时轨迹为以与为端点的线段， 由两点间距离公式得线段长度为， 当在面上运动时，此时， 则方程变为，即， 当时，，当时，， 此时轨迹为以与为端点的线段， 由两点间距离公式得线段长度为， 当在面上运动时，此时， 则方程变为，此时轨迹为以为圆心，半径为2的圆的部分， 由圆的弧长公式得轨迹长度为， 当在面上运动时，此时， 方程变为，此时轨迹为定点，无轨迹长度， 当在面上运动时，此时， 则方程变为，此时， 而，可得轨迹为定点，无轨迹长度， 当在面上运动时，此时， 则，此时，而，可得轨迹为定点，无轨迹长度， 故总轨迹长度为，故C正确， 对于D，由题意得，，，， 而是棱的中点，则由中点坐标公式得， 当在底面上运动时，可得，此时， 由题意得，， 设面的法向量为，可得， 令，解得，，故， 因为平面，所以， 得到，化简得，解得，此时， 由两点间距离公式得，令， 由二次函数性质得在上单调递减， 可得最小值为，即的最小值是，故D错误. 故选：ABC 3．（25-26高二上·北京·月考）如图，已知正方体的棱长为为的中点，为所在平面内一动点，则下列命题正确的个数是（   ） ①若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆 ②若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 ③若点到直线与到直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线 ④若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】对于①，根据线面角可得，可知的轨迹为以为圆心，为半径的圆；对于②，根据勾股定理求出，再根据中位线定理求出点到的中点的距离，可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，根据圆的面积公式可得结果；对于③，将点到直线的距离转化为点到点的距离，再根据抛物线的定义可得结果；对于④，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式计算推理即可判断. 【详解】①因为与平面所成的角为，即，所以， 所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故①正确； ②若，因为，，所以. 取中点，连接，则， 故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其面积为，故②错误； ③因为平面，且为所在平面内一动点， 所以点到直线的距离为， 即点到点的距离与到直线的距离相等，又不在直线上， 所以点的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，故③正确； ④以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图： 则，，，设， 则，， 因为与所成的角为， 所以， 即，化简得， 所以点的轨迹为双曲线，故④正确. 所以正确命题的个数为3个. 故选：C. 4．（25-26高三上·河南新乡·期末）如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，，，且． (1)求三棱锥的体积； (2)已知点在侧面及其边界上运动，若平面，求点的轨迹长度． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由等体积法即可求出三棱锥的体积. （2）分别取靠近点的三等分点，连接， 由题意可证得线线平行，由面面平行的判定定理即可证得平面与平面平行，再由面面平行的性质定理即可证得线面平行.进而求得动点轨迹长度； 【详解】（1）由题意可知为等边三角形， 因为底面，平面，故， 又平面平面，所以平面平面ADEF， 如图，过点作于点，所以平面 因为为等边三角形，所以，则点到平面的距离， 过点作于点，所以， 所以． （2）取靠近点的三等分点，连接， 因为，且，则，所以． 又平面，平面，所以平面． 因为，，，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为，所以，又平面，平面， 所以平面，且，平面， 所以平面平面， 由题意知在线段上时，平面． 所以点的轨迹长度为． 5．（25-26高三上·山东青岛·期末）（多选）正方体的棱长为为中点，为侧面内一动点，且平面，则（    ） A．平面 B．动点的轨迹长为 C．有且仅有一点，使得 D．三棱锥外接球半径的最小值为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明与不垂直，即可判断A，取的中点H，G，连接，证明平面平面，从而得到点的轨迹为线段，即可判断B，设，利用求出的值，即可判断C，设外接圆的半径为，三棱锥外接球半径为，则，要使取得最小值，则只需取得最小值，求出的最小值，即可判断D. 【详解】对于A：如图建立空间直角坐标系，则，，，，， 所以，，所以， 即与不垂直，又平面，所以不垂直平面，故A错误； 对于B：如图分别取的中点H，G，连接， 由正方体的性质可得，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 且，平面，所以平面平面， 而平面，所以平面， 又为侧面内一动点，所以点的轨迹为线段， 又，即动点的轨迹长为，故B正确； 对于C：由B可知，，，，设， 则， ， 若，则， 整理得，解得（舍去）或， 所以有且仅有一点，使得，故C正确； 对于D：依题意与不重合，又平面， 设外接圆的半径为，三棱锥外接球半径为， 则，要使取得最小值，则只需取得最小值， 又，所以当时， 此时，所以三棱锥外接球半径的最小值为，故D正确. 故选：BCD 6．（25-26高三上·山东烟台·期末）（多选）如图，已知点是棱长为的正方体表面上一动点，则下列结论正确的有（    ）    A．当点在线段上时， B．当点在线段上时，平面 C．当点在面上时，三棱锥外接球的表面积的最大值为 D．当点在面上时，若，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】根据正方体中线面的位置关系，可判断AB的真假；当点与点（或）重合时，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，求正方体外接球的表面积可判断C的真假；先明确点轨迹是一段弧，再结合弧长公式求弧长可判断D的真假. 【详解】如图：    连接，则， 又为正方体，所以平面， 平面，所以， 因为平面，且，所以平面. 平面，所以. 同理可得，平面，， 所以平面. 同理可得：平面，所以平面平面. 对A：当点在线段上时，平面， 又平面，所以，故A正确； 对B：当点在线段上时，平面， 又平面平面，所以平面，故B正确； 对C：当点与点（或）重合时， 三棱锥的外接球即为正方体的外接球. 设半径为，则. 此时三棱锥的外接球的表面积为：，故C错误； 对D：当点在面上时，如图：    设，则，由， 所以点轨迹是平面中，以为圆心，以为半径的圆弧， 与的交点，，与的交点，. 所以. 由余弦定理，，所以. 所以点轨迹的长度为：，故D正确. 故选：ABD 7．（25-26高三上·安徽阜阳·月考）（多选）在长方体中，已知，，，点为侧面内一点（含边界），则下列说法正确的是（    ） A．直线与平面所成角的最大值为 B．若到直线的距离等于到点的距离，则点的轨迹为抛物线的一部分 C．三棱锥的体积为定值 D．当时，点的轨迹长度为 【答案】CD 【分析】对于A，根据线面夹角最大为结合图形判断；对于B，由垂直于平面，可知到直线的距离等于，再结合垂直平分线性质判断；对于C，将高转化为平面和平面的距离，再判断体积为定值；对于D，根据题意可得点轨迹为，求弧长即可. 【详解】选项A：因为线面夹角最大为，所以当和重合时，直线与平面所成角最大为，故A错误. 选项B：如图示:    在平面内，到直线的距离等于，所以，根据线段垂直平分线性质可知，到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分线上，即的轨迹为直线，故B错误； 选项C：如图示:    三棱锥的底面固定，高为到平面的距离，由于在侧面内运动，平面和平面平行，则高为两平面间的距离，且保持不变，故体积是定值，C正确； 选项D：如图示:    当时，在矩形中，以为圆心，为半径画圆，与侧面交出的长为圆周长的，即，D正确. 故选：CD 8．（25-26高三上·辽宁·月考）（多选）如图，是棱长为2的正方体的侧面上的一个动点，是棱的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若点与点重合，则异面直线与所成角的大小为 B．若点满足，则动点的轨迹长度为2 C．三棱锥体积的最大值为 D．当直线与平面所成角为时，点的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】对于A, 先证明平面，再证；对于B，如图②，取的中点的中点，连接，可证 ，再证，平面，由，得点的轨迹为四边形中的边，即可求解；对于C， ，要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，点是正方体侧面内到平面距离最大的点，点到平面的距离，进而可求解；对于D，如图③，易知为直线与平面所成角，所以2，则点的轨迹是以为圆心，半径的圆，即为弧，即可求解 【详解】对于A，当点与点重合时， 如图①，连接，由正方形，知，由正方体知平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以异面直线与所成角的大小为，A正确； 对于B，如图②，取的中点的中点，连接，由，得， 则，所以， 由平面平面，得， 而平面，所以平面，由，得点的轨迹为四边形中的边，则动点的轨迹长度为2，B正确； 对于C，显然为正三角形，，而，要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，点是正方体侧面内到平面距离最大的点，又三棱锥是棱长为的正四面体，所以点到平面的距离， 则，C错误； 对于D，如图③，由平面，易知为直线与平面所成角，所以2，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即为弧，所以点的轨迹长度为，D正确. 故选：ABD 题型02 折叠、展开的问题 9．（2026·广东佛山·二模）在平面四边形中，．将沿翻折到，若三棱锥的外接球半径是2，则二面角的正弦值是___________． 【答案】 【分析】根据给定条件，确定三棱锥外接球球心，利用球面的性质及二面角的定义求解. 【详解】在三棱锥中，取中点，为的外心， 由，得，在线段上，且， 由，得是的外心，令三棱锥的外接球球心为， 则平面，平面，而，则， 显然平面，则平面， 令平面平面，则是二面角的平面角， 且，而，则， 所以二面角的正弦值是. 10．（25-26高三上·贵州安顺·期末）在图（1）的直角梯形中，，点是的中点，，现将图（1）中的沿着翻折至如图（2）所示的位置，连接，使得，得到四棱锥，已知分别为的中点，平面与棱交于点．    (1)求证：平面． (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，几何法或向量法求出G点坐标，平面与平面的法向量，利用向量法即可求解. 【详解】（1）由题可知，在图（2）中，，所以平面． 又，所以平面．又平面，所以． 又，为的中点，所以． 因为，所以平面． （2）方法一： 由题可知，所以． 又，所以，所以． 因为，所以平面． 因为平面，所以；同理平面，所以． 因为，所以平面． 又因为平面，所以， 由射影定理得， 故点为线段上靠近点的三等分点． 点为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，    则， ． ． 设平面的法向量为，则 故可取． 平面的一个法向量可取为． 设平面与平面的夹角为， ． 即平面与平面的夹角的余弦值为． 方法二：以点为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则． 因为点在上，所以可设． 又， 所以解得， 故，点． 以下与方法一相同． 方法三：点在平面内的投影在上，设，则， 故可设， 所以，解得，故点． 以下与方法一相同． 11．（25-26高三下·河南·开学考试）如图，在中，，，为线段上一点，，，过点作，交于点，将沿翻折至的位置，使得． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？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)在线段上存在点使得平面和平面的夹角的余弦值为，且此时 【分析】（1）由线面垂直得到，由勾股定理逆定理得到，由线面垂直的判定定理判断即可. （2）建立空间直角坐标系，设出点坐标，求出平面和平面的法向量，结合向量法求面面角列方程求解即可. 【详解】（1）证明：因为，所以，， 因为，且平面，所以平面． 又平面，所以. 由题意易知，又，， 所以，则． 又，且平面， 所以平面． （2）取的中点，连接，，则，， 由（1）易证平面平面，平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以，故两两垂直． 以为原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 所以，，． 设平面的一个法向量， 则，即，令，则，，所以． 易知，所以，又，，， 所以． 设，. 设平面的一个法向量， 则，即，令，得，，所以． 设平面与平面的夹角为， 则， 解得或（舍去），此时， 所以在线段上存在点使得平面和平面的夹角的余弦值为，且此时． 12．（24-25高三上·陕西·期中）如图，平面四边形中，，，，将沿翻折至，使得平面平面，是的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成的角； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，交于点，根据中位线定理可得，再由线面平行的判定定理证明即可. （2）取的中点，连接，，由平面平面可得平面，从而知是直线与平面所成的角，再解三角形即可求出. （3）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用平面夹角公式计算即可. 【详解】（1） ，， 又， ，即且， 四边形为平行四边形. 连接，交于点，则是的中点，连接， 是的中点，是的中点，. 平面，平面， 平面． （2） 由（1）知，四边形为平行四边形， 又， 所以四边形是边长为的菱形，即， ， 是边长为的正三角形，则是边长为的正三角形. 取的中点，连接，，则， 平面四边形中， ， ，， 又，则， ， 平面平面，平面平面， 又，平面， 平面，则是在平面的射影， 是直线与平面所成的角， 也是边长为的正三角形， 又，，， 即直线与平面所成的角为. （3） 由（2）知，，，， 如图所示，以为坐标原点， 以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 设平面的法向量为， 则，解得， 取，，， 平面的一个法向量为， 有，， 设平面的法向量为， 则，，解得， 取，则，， 平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 则. 13．（2025·湖南常德·一模）（多选）已知正方形边长为4，将沿向上翻折，使点与点重合，设点为翻折过程中点的位置（不包含在点处的位置），则下列说法正确的有（     ） A．无论点在何位置，总有 B．直线与平面所成角的最大值为 C．三棱锥体积的范围为 D．当平面平面时，三棱锥的内切球的半径为 【答案】ACD 【分析】对于A，构造正方形的中心，然后利用线面垂直的判定定理和性质即可；对于B，直接利用点的轨迹即可否定；对于C，确定点到平面的距离的取值范围，再相应确定三棱锥体积的范围即可；对于D，先说明此时点的位置，再利用等体积法求出内切球半径即可. 【详解】 对于A，设是正方形的中心，则. 过在正方形上方作直线，使得平面，， 再在平面内以为圆心，为半径作圆， 则的轨迹为圆位于正方形上方的部分（不含点）. 由于平面，在平面内，故. 而，和在平面内交于点，所以平面. 又因为在平面内，所以，A正确； 对于B，由于平面，平面的两直线和相交， 故直线与平面所成角即为， 而当在圆的上半部分（不含点）运动时，的范围是，B错误； 对于C，由于到平面的距离的取值范围是，即， 而三棱锥的体积，故其取值范围是，C正确； 对于D，若平面平面，由于平面，在平面内， 故. 而平面平面，在平面内，，平面和平面的交线是， 故平面. 而平面，故位于同一直线上，而，且均在正方形上方，故点和点重合. 设三棱锥的内切球半径为. 由于，故. 而，，且由C选项的计算可知. 故，得，D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于构造点的轨迹，然后方可利用圆的性质求解. 14．（24-25高二上·贵州贵阳·期中）（多选）已知菱形ABCD的边长为，将沿AC翻折，使点与点重合，如图所示.记点为翻折过程中点的位置（不包含在点处的位置），则下列结论正确的是（    ） A．不存在点，使得 B．无论点在何位置，总有面PBD C．当三棱锥的体积最大时，直线AB与平面PBC所成角的余弦值为 D．当时，为PB上一点，则的最小值为2 【答案】BC 【分析】对于A，确定的轨迹，借助圆锥的特性即可判断A；对于B，取的中点，证明平面，再根据菱形对角线互相垂直即可证明；对于C，确定体积最大时，点的位置，再借助等体积法求解即可；对于D，将，展开在同一平面内，借助两点间线段长最短即可判断D. 【详解】对于A，的轨迹是以为轴的两个同底的圆锥底面半圆弧， 显然圆锥轴截面的顶角为，大于， 则存在两条母线互相垂直，即存在点，使得， 而翻折前，因此存在点，使得，故A错误； 对于B，依题意，都是等边三角形， 取的中点，则， 又平面，于是平面， 又平面，因此， 因为四边形是菱形，所以，又，平面PBD， 因此平面PBD，故B正确； 对于C，由选项B知，平面是二面角的平面角， 三棱锥的体积， 当且仅当时取等号，此时平面， 等腰的面积， 设点到平面PBC的距离为， 由，得，解得， 设直线与平面所成的角为， 则，，故C正确； 对于D，当时，三棱锥为正四面体， 将，展开在同一平面内，如图， 显然四边形为菱形，， 当三点共线时，取得最小值，故D错误； 故选：BC. 15．（2026高三下·河南信阳·专题练习）如图，在中，，，为线段上一点，，，过点作，交于点，将沿翻折至的位置，使得. (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)若平面，当的周长最小时，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先利用线面垂直证线线垂直，再用线面垂直的判定定理即可证明； （2）通过建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，最后代入公式即可； （3）设点关于点的对称点为，分析出的周长最小，只需求最小即可，最后运用等体积转换求出. 【详解】（1）证明：因为，所以，， 因为，且，平面，所以平面， 又平面，所以. 因为，，所以，则， 又，且，平面，所以平面. （2）取的中点，连接，，则，， 由（1）可知，又，平面且，所以平面， 又平面，所以平面平面， 又平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以，故，，两两垂直， 以为原点，以直线，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，所以，. 设平面的一个法向量，则即 令，得，，所以， 由上知平面的一个法向量， 所以， 由题意知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. （3）设点关于点的对称点为，则， 因为，故要使的周长最小，只需最小， 由（1）知平面，连接，则，且， 所以，当且仅当，，三点共线时取得等号， 设（），则， 所以， 因为平面，设， 又，，，，所以， 则，又， 所以， 则解得，所以. 三棱锥的体积. 16．（2026·河南焦作·模拟预测）如图，在中，，，为的中点，过作，交于，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面． (1)证明：是直角三角形． (2)若，，，，五点均在球的球面上． （ⅰ）求球的表面积； （ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2), 【分析】（1）利用面面垂直来证明线面垂直，再证明线线垂直即可； （2）（ⅰ）利用几何法作出球心，即可求外接球表面积；（ⅱ）利用空间向量法来求面面角的余弦值即可. 【详解】（1）翻折前,故翻折后, 因为平面平面，交线为 ，且平面 ， 所以平面 ,又平面 ，故， 即，所以是直角三角形； （2）（ⅰ）在中，，，， 故， ​， 在直角中，，， 可得，， 因为，所以， 以 为原点，为轴， 为轴，为轴建立空间直角坐标系， 各点坐标为：，，，， 根据，，，可得坐标：， 由可知四边形有外接圆，且为外接圆直径， 取的中点为，过点作平面的垂线，可知垂线必过球心， 再取中点为，过点作的垂面必与垂线交于点，可知， 即，，，，五点均在以为球心的球面上， 半径， 因此球的表面积：； (ⅱ) 由（ⅰ）可知球心， 则向量 ，， 设平面的法向量 ， 则， 令，则，所以， 再由图形可得平面 的一个法向量 ， 设平面与平面夹角为， 则该二面角的余弦值为： . 题型03 最值、范围问题 17．（25-26高三下·江苏连云港·月考）（多选）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，的中点为，点分别在棱上（均与不重合），且四点共面，记四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，四棱锥的体积为，则（  ） A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最大值为 D．的最小值为 【答案】ACD 【详解】如图： 连接. 设， 则， 因为四边形是平行四边形，为的中点， 所以. 由四点共面，可知存在实数，满足，即， 所以，则，化简得， 由，得，同理可得，所以. 对于A，B，由题意知， 又， 所以，故A正确，B错误； 对于C，同理可得，所以，故C正确； 对于D，，因为， 所以，当且仅当时等号成立，所以，即的最小值为，故D正确. 18．（2026·广东汕头·模拟预测）圆锥的底面半径为2，高为，现于圆锥内放置一个可自由旋转的正方体，则该正方体体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用相似求圆锥内切球的半径，然后利用正方体的外接球的直径与棱长之间的关系求解棱长，即可根据正方体的体积公式求解. 【详解】如图，圆锥SO底面圆的圆心为O，AB是圆O的一条直径, 设圆锥内切球的球心为，过点作，垂足分别为， 由于, 由题意可知，所以. 即，解得. 设该正方体棱长的最大值为， 则，解得， 所以该正方体的体积的最大值是，故B正确. 故选：B 19．（2026·广东广州·一模）在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 当D不在直线AC上时，过点作于H，连接AH，在正三棱柱中，平面ABC，则，所以平面，， 所以,所以当取最小值时，D在AC上， 如图所示，将在平面中绕点向下旋转得直线，作， 则，则的最小值等价于的最小值， 过作于，可知， 可知，，所以，， 则， 所以， 所以的最小值为. 20．（25-26高三下·江西·月考）（多选）在三棱锥中，平面，且.动点在侧面内（包括边界）运动，且满足点到平面的距离等于点到点的距离.设动点的轨迹为曲线，则以下选项中正确的是（    ） A．三棱锥的外接球的表面积为 B．二面角的正切值为 C．三棱锥的体积的最小值是 D．过点平行于平面的平面截三棱锥所得截面面积的最大值为 【答案】BCD 【分析】将三棱锥补成一个正方体，结合正方体的性质，求得外接球的半径，可判定A正确；取的中点，证得为二面角的平面角，在中，求得，可判定B正确；由选项B，得到，结合椭圆的第二定义，得到点的轨迹为椭圆，利用椭圆的性质，求得高的最小，结合锥体的体积公式，可得判定C正确；得到截面为三角形，结合相似比和的最小值，可判定D正确. 【详解】对于A，因为平面，且， 所以可将三棱锥补成一个正方体，该正方体的外接球即为该三棱锥的外接球， 因为，可得该正方体的对角线长为， 设三棱锥外接球的半径为，可得，即， 所以外接球的表面积为，所以A错误； 对于B，如图所示，取的中点，连接， 因为，所以， 又因为平面，平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以，所以为二面角的平面角， 在直角中，，可得， 所以，可得， 即二面角的正切值为，所以B正确； 对于C，椭圆第二定义，已知椭圆的方程为，设是椭圆的右焦点，为椭圆的右准线，若动点满足到焦点的距离与到准线的距离之比是一个常数，则动点在椭圆上，其轨迹方程为椭圆. 证明如下：设，由题意可知， 化简可得，即， 令，化简可得， 所以动点在椭圆上，其轨迹方程为椭圆. 由选项B知：二面角的正切值为， 过点分别作平面和的垂线，垂足为和，可得， 可得，所以，因为，即， 即点到点的距离与到直线的距离的比为常数，且满足， 根据椭圆的第二定义，可得点的轨迹为以为焦点，以为准线的椭圆， 所以点的轨迹为该椭圆在内的部分，设椭圆的方程为， 由为边长为的等边三角形，可得点到的距离为， 所以，解得，， 即椭圆的方程为， 由椭圆的性质，可得椭圆上的点到焦点的最短距离为， 即，所以三棱锥高的最小值为 所以三棱锥的体积的最小值为，所以C正确； 对于D，过平行于平面的平面截三棱锥所得截面为三角形 ， 且截面与相似，其相似比为， 所以截面面积为， 要使得截面面积最大，则最小，由C知， 所以截面面积的最大值为，所以D正确. 21．（2026·四川巴中·一模） 如图①所示将边长为的正方形，沿翻折如图②所示，点 分别为的中点，在折叠过程中. 二面角的范围为 .    (1)求证:四边形 EFGH为矩形； (2)求点到平面距离的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据条件先证明四边形为平行四边形，根据图1边之间的关系结合翻折，可得平面，则有，即可证四边形为矩形. （2）为空间直角坐标系原点，分别以，方向为轴，轴，作垂直于平面且垂足点的轴，设二面角为，则可以表示，进而可求的法向量，根据点到平面距离公式，结合增减性，即可求得点到平面距离的最大值. 【详解】（1）因为在图②中，点分别为的中点， 所以 ，即且， 则四边形为平行四边形， 又因为四边形是正方形，所以在图①中有， 折叠后在图②中且面，所以平面， 又因为平面，所以，则， 综上可知四边形为矩形. （2）因为，则以为空间直角坐标系原点，分别以，方向为轴，轴，作垂直于平面且垂足点的轴，      设二面角为，由题意得，，， 所以 ， 设平面的法向量 ， 则 ，令，得 ， 所以点到平面距离 即，(因为) 令，因为，则 令 ， 易知函数在上单调递减， 所以当 时， ， 综上可知，点到平面距离的最大值为 . 22．（25-26高三上·广东汕头·期中）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为，为线段上一动点，． (1)当时，证明：平面． (2)当时，若，平面平面，求二面角的正弦值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）找到中位线，由中位线得到线线平行，从而证明线面平行； （2）由面面垂直得到线面垂直，结合正方形对角线垂直得到线面垂直，从而得到线线垂直，然后由直三棱柱的体积求出棱长. 解法1，过作，由几何法得到二面角和二面的平面角，从而得到二面角的平面角，由线段关系得到，然后由和差角公式求得，由的取值范围求得范围. 解法2，延伸平面交平面与，由几何法得到二面角的平面角，由线段关系求得，由和差角公式求得，由的取值范围求得范围. 解法3，由空间中三条线两两垂直建立空间直角坐标系，然后得到点坐标和向量坐标，由已证可直接写出平面的一个法向量，利用向量的数量积求得平面的一个法向量，再利用向量的数量积求得二面角的余弦值，从而得到其正弦值，由的取值范围结合二次函数性质求得范围. 【详解】（1）当时，即为的中点，设，连接， 则是的中位线，则， 因为平面，平面， 所以平面； （2）在矩形中，，故矩形为正方形，从而. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 从而，在直三棱柱中，平面，故有， 又因为，平面， 所以平面， 从而且，设， 依题意，，且， 于是，，即. 解法1：过作垂直于．垂足为，过作交于点，连接． 由（1）知，平面，从而. 又因为，所以平面，从而，故为二面角的平面角. 又因为且，所以为二面角的平面角． 又，故二面角的平面角为， 设二面角的平面角为，依题意，. 因为，且，故. 由于，，故有，从而， 所以 因为，所以， 从而， 于是． 因此二面角的正弦值范围为. 解法2：过点作交于点，连接， 显然，故四点共面． 因为平面，从而且. 故为二面角的平面角. 因为，，所以， 又因为，所以，. 在直角中，， 故有. 因为，所以. 于是. 因此二面角的正弦值范围为. 解法3：∵， 如图，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ∵平面，∴为平面的一个法向量， ∵，∴， ， 设向量为平面的一个法向量， 则，令，则，即， 设二面角为， 则， ∴， 令， 又∵，∴，∴， ∴. 强化训练 1．（25-26高三上·北京海淀·月考）如图，棱长为1的正方体中，P为线段上动点（包括端点）．则下列结论错误的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．过点P且平行于平面的平面被正方体截得的多边形的面积为 C．直线与平面所成角的正弦值的范围为 D．当点P为的中点时，二面角的余弦值最大 【答案】D 【分析】利用锥体的体积公式可判断A；利用正方体截面性质可判断B；利用线面角的定义可判断C；利用二面角的定义结合余弦定理可判断D． 【详解】对于A，在正方体中，， 所以四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面， 因为，平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 又， 所以，故A正确； 对于B，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面， 又平面，平面， 所以平面平面， 由在上且，故截面为， 又是边长为的正三角形， 所以截面面积为，故B正确； 对于C，因为是边长为的正三角形， ， 又由A选项有， 设点到平面的距离为， 可得点到平面的距离， 若为的中点时，，， 当点为线段的端点时，， 设直线与平面所成角为，，故C正确； 对于D，当点为中点时，因为，则， 因为，平面， ，平面，所以，， 所以此时是二面角的平面角， 因为平面，平面，， 又，所以，同理得， 因为，由余弦定理得； 当点与重合时，二面角即二面角， 因为，则二面角即为二面角， 又平面，平面， 所以， 则此时二面角的平面角为， 在中，，则二面角的余弦值为， 即此时二面角余弦值为， 因为，故当点P为的中点时，二面角的余弦值不是最大的，故D错误. 故选：D. 2．（25-26高二上·辽宁·期末）在长方体中，，动点在表面及其边界上运动，，则动点的轨迹为（    ） A．线段 B．圆的一部分 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】D 【分析】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】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， 则，， ，化简得， 因为，故，故, 此时，所以动点的轨迹方程为抛物线的一部分. 故选：D. 3．（25-26高三上·北京海淀·月考）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，F是线段的中点，则下列错误的是（   ）    A．三棱锥体积的最大值为 B．若点P满足，则动点P的轨迹长度为 C．当直线与所成的角为时，点P的轨迹长度为 D．当P在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 【答案】D 【分析】显然三棱锥体积的最大值即为正四面体，求出正四面体体积可判断A；利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，求出其周长可判断B；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，求出其轨迹长度可判断C；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为线段，可判断为直角三角形，易知长度的最大值为，计算可判断D. 【详解】A，因为，而等边的面积为定值， 要使三棱锥的体积最大，当且仅当点P到平面的距离最大， 易知点C是正方体到平面距离最大的点， 所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体， 其高为， 所以，A正确； B，取中点中点K，连接，    因为分别为中点， 所以，又， 所以，则， 因为，所以， 即，又平面， 所以平面，因为， 所以点P的轨迹为，所以动点P的轨迹长度为，故B正确； C：连接以B为圆心，为半径画，如图1所示，    当点P在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又， 长度，故点P的轨迹长度为，故C正确； D，取的中点分别为， 连接，如图2所示，      易知面平面， 故平面平面平面， 故平面，又平面， 故平面平面，又， 故平面与平面是同一个平面， 则点P的轨迹为线段， 在三角形中，； ； 则， 故三角形是以为直角的直角三角形， 故，故长度的最大值为，故D错误． 故选：D 4．（24-25高二下·广东广州·期末）将边长为4的正方形沿对角线进行翻折，使得二面角的大小为120°，连接，得到三棱锥，则此三棱锥的体积与它的外接球体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据折叠前后的几何性质，先确定球心的位置，再结合体积公式即可求解． 【详解】设正方形的对角线交点为， 则，， 翻折后所得图形如下图所示，    则的中点为球心， 故该四面体的外接球体积， 由于二面角的大小为120°，，则，且， 所以四面体的体积， 故此三棱锥的体积与它的外接球体积之比为． 故选：D． 5．（24-25高一下·重庆·期末）如图，在平行四边形中，，，，现将沿直线翻折至，使得点到达点的位置，且二面角的平面角等于，则直线与平面所成的角为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在平行四边形中，利用正弦定理求得，则，.在翻折后的立体图形中，根据定义作出二面角的平面角，以及直线与平面所成的角，利用边长关系可求得. 【详解】在平行四边形中，，，， 在中，根据正弦定理，，即， 解得，所以，即，则，且. 翻折后，如图，分别取的中点，连接， 则，所以，故是二面角的平面角，即， 过点作于点，连接， 由，，平面，平面，可得平面， 因为平面，所以， 又，平面，平面，可得平面. 所以是直线与平面所成的角. 在中，，，则， 在中，，，则， 因为是锐角，所以. 故选：A. 6．（2026·河北承德·一模）（多选）已知在直角中，，，AD为边BC上的中线，将沿边AD翻折至，则下列选项正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积的最大值为 C．存在某个位置使得平面平面 D．三棱锥的外接球的体积最小值为 【答案】ABC 【分析】结合翻折的特点，由三角形的性质判断A；由三棱锥的体积公式判断B；假设存在某个位置使得平面平面，根据面面垂直的性质定理判断C；根据三角形外接圆的性质及三棱锥外接球的性质，判断D. 【详解】A，因为，所以， 又为斜边上的中线，所以，所以. 将沿边AD翻折，的形状不变，所以，所以，故A正确. B，如图，过点作的延长线于点，连接，， 由对A的分析可知，，故， 当平面时，三棱锥的体积最大，此时，， 故，故B正确. C，假设存在某个位置使得平面平面， 分别取，的中点，，连接，，， 由已知条件可知，又平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以. 在中，， 所以易知中，，，所以，所以. 又，所以． 易知在旋转过程中能成立，所以假设成立，所以C正确. D，由题可知，，所以的外接圆的半径为，是定值． 易知是边长为1的等边三角形，所以其外接圆的半径为，是定值. 因为在翻折的过程中，是固定不动的， 所以在旋转过程中，所在平面始终不过三棱锥外接球的球心， 当的外接圆正好是三棱锥外接球的大圆时，三棱锥的外接球的半径最小，为1， 此时三棱锥的外接球的体积最小，为，所以D错误. 7．（25-26高三上·山东淄博·期末）（多选）已知等腰，，取，中点，，将沿翻折至，使得为正三角形，若底面，则下列说法正确的是（   ） A．四棱锥存在外接球 B． C． D．四棱锥的体积为 【答案】ABD 【分析】根据折叠前后的线段关系，线面垂直的性质，为正三角形，结合勾股定理可得，从而可判断四棱锥是否存在外接球，即可判断A；利用四边形内的角度关系，结合余弦定理与可得线段的值，即可判断B；根据空间向量数量积的运算性质计算的值，即可判断C；求解四边形的面积，计算四棱锥的体积，即可判断D. 【详解】由题意可知，， 因为为正三角形，， 所以， 又底面，所以， 则，故四棱锥的外接球球心为，故A正确； 由于，则， 所以在平面中，，则①， 在中，由余弦定理得：②， 在中，由余弦定理得：③， 由①②③可得 又，所以，，故B正确； 由③可得，则为锐角，所以， 所以， 因为， 则 ，故C错误； 由可得， 则四边形的面积 故四棱锥的体积为，故D正确. 故选：ABD. 8．（2026·河南开封·模拟预测）（多选）已知正四棱台的体积为，，，则下列正确的有（    ） A．此四棱台的侧面积为 B．若M是的中点，则平面BDM截此四棱台所得截面的面积为 C．若点P为平面截此四棱台所得截面上的动点，且，则P的轨迹长度为 D．若点E为棱上的动点，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】A记上、下底面的中心分别为，，取的中点为，取的中点为，连接，，，，利用棱台的体积公式可求得，进而可得，进而求解判断；B取的中点，连接，的中点设为，连接，，，分析可得平面截此四棱台所得的截面为，进而求解判断；C先证明平面，进而可得点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，进而求解判断；D将侧面和沿棱展开，连接交于点，分析可得的长度即为的最小值，进而求解判断. 【详解】A，如图，记上、下底面的中心分别为，，取的中点为，取的中点为， 连接，，，， 则为梯形的高，因为该正四棱台的体积，得， 而，则， 所以梯形的面积为，此四棱台的侧面积为，故A正确； B，取的中点，连接，的中点设为，连接，，， 则，，所以， 所以平面截此四棱台所得的截面为， 因为，，， 所以梯形的面积为，故B错误； C，因为，，， 所以平面，且， 因为，，所以， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，弧长，故C正确； D，由A知，则侧棱，所以， 如图，将侧面和沿棱展开，连接交于点，， 此时的长度即为的最小值，因为，故D正确. 9．（2026·安徽安庆·二模）（多选）在棱长为1的正方体中，点是正方形内（含边界）一动点，若点到平面的距离为，则（   ） A．点的轨迹长度等于 B．平面 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．异面直线与，所成角的余弦值的最小值为 【答案】ACD 【详解】构建空间直角坐标系，分别以所在直线为轴，轴，轴， 则可得， 因为点在平面（含边界）一动点，则可设点，设为点到平面的距离. 对于A，根据题意可设平面的方程为， 则有，解之可得，令，则可得， 所以平面的方程为， 再根据点到平面的距离公式可求出， 而，所以可求出， 当时，，当时，，而，即点为一条线段， 由点的轨迹长度为，故A正确； 对于B，因为，，所以可知平面，所以 同理可证，是平面法向量，， 根据平面，则有，可求出， 而由A可知，有矛盾，故可判断B错误； 对于C，法（一）直线与平面所成角为，则， 而为点到平面的距离， 根据两点之间距离公式可求出， ，要使最大，则只需最小即可， 当时，取最小值为，所以， 法（二）点为中点，点为中点，根据图形可知当点位于线段中点时， 线段最短，， 此时直线与平面所成角最大，故所成角的正弦的最大值为，故C正确； 对于D，法（一）设直线与所成角度为，而 根据异面直线所成角的余弦公式可知， 由C选项可知， 所以， 令，化简后可得， 令，， 则， 所以在上大于，所以为单调递增， 则，则， 所以最小值为， 法（二）平移到根据图形可知当点位于点时， 异面直线与所成角最大，其余弦值最小，最小值为，故D正确. 10．（25-26高三上·新疆乌鲁木齐·月考）在长方体中，，，点是平面内的动点，且，则的最大值为___________. 【答案】/ 【分析】根据垂直关系，转化为平面内，求得点的轨迹，即可求解的最大值. 【详解】如图，过点作，垂足为点，连结， 因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，平面， 所以，且，，平面， 所以平面，平面, 所以， 所以点是平面内，以为直径的圆， 的最大值为， 又，，所以，根据等面积可得， 则， 则 11．（2026·湖北黄冈·一模）在空间直角坐标系中，点，，定义．如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点，分别满足，，则的取值范围为________． 【答案】 【分析】分别求出点，的轨迹，然后把问题转化为一个正方形上的点与圆上的点的距离的取值范围，数形结合可得答案. 【详解】设，，∵， ∴，点的轨迹为． 又， 则，， 即， 化简得点的轨迹为． 在平面直角坐标系中作出，轨迹，设点轨迹与轴两个交点分别为， 点轨迹为圆，圆心为，半径，且与轴两个交点分别为，如下图所示， 结合图象得：， 又，， 所以． 12．（25-26高三下·北京·月考）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点．则棱锥的体积为___________．当时，长度为___________ 【答案】 【分析】利用等体积法计算得三棱锥的体积；建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示求出点坐标，进而求出长度. 【详解】在棱长为1的正方体中，是棱上的动点， ，因此棱锥的体积； 以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，于是， 由，得，解得，因此， 所以长度为. 13．（25-26高三下·上海虹口·月考）已知球的半径为，是球的一条直径，点是球面上一个定点，且．设点是球面上异于、、的动点，若点满足，则点运动所形成的曲线周长为_______． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，根据已知得出点的轨迹为平面截球所得到的圆的圆周上，再根据点到平面距离及勾股定理即可求解． 【详解】以为圆心，以所在直线为轴，以所在平面为平面建立空间直角坐标系， 则，，，， 设点，则， 可得，，， 则，， 由模长公式得， 因为， 所以， 整理得，即点的轨迹为平面截球所得到的圆的圆周上， 球心到平面的距离， 截面圆半径为，所以点运动所形成的曲线周长为． 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题18　立体几何中的动态问题 题型01 动点中的轨迹问题 1．（2026·江苏镇江·一模）（多选）如图点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（   ） A．当为的中点时， B．当在面上，且直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 C．三棱锥体积的最大值为 D．当平面时，线段长度最大值为 2．（24-25高三下·贵州贵阳·月考）（多选）如图，是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的有（    ） A．当在线段上运动时，四棱锥的体积不变 B．当为线段的中点时，与所成角为 C．使得直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为 D．若是棱的中点，当在底面上运动，且满足平面时，的最小值是 3．（25-26高二上·北京·月考）如图，已知正方体的棱长为为的中点，为所在平面内一动点，则下列命题正确的个数是（   ） ①若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆 ②若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 ③若点到直线与到直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线 ④若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 A．1 B．2 C．3 D．4 4．（25-26高三上·河南新乡·期末）如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，，，且． (1)求三棱锥的体积； (2)已知点在侧面及其边界上运动，若平面，求点的轨迹长度． 5．（25-26高三上·山东青岛·期末）（多选）正方体的棱长为为中点，为侧面内一动点，且平面，则（    ） A．平面 B．动点的轨迹长为 C．有且仅有一点，使得 D．三棱锥外接球半径的最小值为 6．（25-26高三上·山东烟台·期末）（多选）如图，已知点是棱长为的正方体表面上一动点，则下列结论正确的有（    ）    A．当点在线段上时， B．当点在线段上时，平面 C．当点在面上时，三棱锥外接球的表面积的最大值为 D．当点在面上时，若，则点的轨迹长度为 7．（25-26高三上·安徽阜阳·月考）（多选）在长方体中，已知，，，点为侧面内一点（含边界），则下列说法正确的是（    ） A．直线与平面所成角的最大值为 B．若到直线的距离等于到点的距离，则点的轨迹为抛物线的一部分 C．三棱锥的体积为定值 D．当时，点的轨迹长度为 8．（25-26高三上·辽宁·月考）（多选）如图，是棱长为2的正方体的侧面上的一个动点，是棱的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若点与点重合，则异面直线与所成角的大小为 B．若点满足，则动点的轨迹长度为2 C．三棱锥体积的最大值为 D．当直线与平面所成角为时，点的轨迹长度为 题型02 折叠、展开的问题 9．（2026·广东佛山·二模）在平面四边形中，．将沿翻折到，若三棱锥的外接球半径是2，则二面角的正弦值是___________． 10．（25-26高三上·贵州安顺·期末）在图（1）的直角梯形中，，点是的中点，，现将图（1）中的沿着翻折至如图（2）所示的位置，连接，使得，得到四棱锥，已知分别为的中点，平面与棱交于点．    (1)求证：平面． (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 11．（25-26高三下·河南·开学考试）如图，在中，，，为线段上一点，，，过点作，交于点，将沿翻折至的位置，使得． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 12．（24-25高三上·陕西·期中）如图，平面四边形中，，，，将沿翻折至，使得平面平面，是的中点． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成的角； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 13．（2025·湖南常德·一模）（多选）已知正方形边长为4，将沿向上翻折，使点与点重合，设点为翻折过程中点的位置（不包含在点处的位置），则下列说法正确的有（     ） A．无论点在何位置，总有 B．直线与平面所成角的最大值为 C．三棱锥体积的范围为 D．当平面平面时，三棱锥的内切球的半径为 14．（24-25高二上·贵州贵阳·期中）（多选）已知菱形ABCD的边长为，将沿AC翻折，使点与点重合，如图所示.记点为翻折过程中点的位置（不包含在点处的位置），则下列结论正确的是（    ） A．不存在点，使得 B．无论点在何位置，总有面PBD C．当三棱锥的体积最大时，直线AB与平面PBC所成角的余弦值为 D．当时，为PB上一点，则的最小值为2 15．（2026高三下·河南信阳·专题练习）如图，在中，，，为线段上一点，，，过点作，交于点，将沿翻折至的位置，使得. (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)若平面，当的周长最小时，求三棱锥的体积. 16．（2026·河南焦作·模拟预测）如图，在中，，，为的中点，过作，交于，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面． (1)证明：是直角三角形． (2)若，，，，五点均在球的球面上． （ⅰ）求球的表面积； （ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． 题型03 最值、范围问题 17．（25-26高三下·江苏连云港·月考）（多选）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，的中点为，点分别在棱上（均与不重合），且四点共面，记四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，四棱锥的体积为，则（  ） A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最大值为 D．的最小值为 18．（2026·广东汕头·模拟预测）圆锥的底面半径为2，高为，现于圆锥内放置一个可自由旋转的正方体，则该正方体体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 19．（2026·广东广州·一模）在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 20．（25-26高三下·江西·月考）（多选）在三棱锥中，平面，且.动点在侧面内（包括边界）运动，且满足点到平面的距离等于点到点的距离.设动点的轨迹为曲线，则以下选项中正确的是（    ） A．三棱锥的外接球的表面积为 B．二面角的正切值为 C．三棱锥的体积的最小值是 D．过点平行于平面的平面截三棱锥所得截面面积的最大值为 21．（2026·四川巴中·一模） 如图①所示将边长为的正方形，沿翻折如图②所示，点 分别为的中点，在折叠过程中. 二面角的范围为 .    (1)求证:四边形 EFGH为矩形； (2)求点到平面距离的最大值. 22．（25-26高三上·广东汕头·期中）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为，为线段上一动点，． (1)当时，证明：平面． (2)当时，若，平面平面，求二面角的正弦值范围． 强化训练 1．（25-26高三上·北京海淀·月考）如图，棱长为1的正方体中，P为线段上动点（包括端点）．则下列结论错误的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．过点P且平行于平面的平面被正方体截得的多边形的面积为 C．直线与平面所成角的正弦值的范围为 D．当点P为的中点时，二面角的余弦值最大 2．（25-26高二上·辽宁·期末）在长方体中，，动点在表面及其边界上运动，，则动点的轨迹为（    ） A．线段 B．圆的一部分 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 3．（25-26高三上·北京海淀·月考）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，F是线段的中点，则下列错误的是（   ）    A．三棱锥体积的最大值为 B．若点P满足，则动点P的轨迹长度为 C．当直线与所成的角为时，点P的轨迹长度为 D．当P在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 4．（24-25高二下·广东广州·期末）将边长为4的正方形沿对角线进行翻折，使得二面角的大小为120°，连接，得到三棱锥，则此三棱锥的体积与它的外接球体积之比为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高一下·重庆·期末）如图，在平行四边形中，，，，现将沿直线翻折至，使得点到达点的位置，且二面角的平面角等于，则直线与平面所成的角为（    ）． A． B． C． D． 6．（2026·河北承德·一模）（多选）已知在直角中，，，AD为边BC上的中线，将沿边AD翻折至，则下列选项正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积的最大值为 C．存在某个位置使得平面平面 D．三棱锥的外接球的体积最小值为 7．（25-26高三上·山东淄博·期末）（多选）已知等腰，，取，中点，，将沿翻折至，使得为正三角形，若底面，则下列说法正确的是（   ） A．四棱锥存在外接球 B． C． D．四棱锥的体积为 8．（2026·河南开封·模拟预测）（多选）已知正四棱台的体积为，，，则下列正确的有（    ） A．此四棱台的侧面积为 B．若M是的中点，则平面BDM截此四棱台所得截面的面积为 C．若点P为平面截此四棱台所得截面上的动点，且，则P的轨迹长度为 D．若点E为棱上的动点，则的最小值为 9．（2026·安徽安庆·二模）（多选）在棱长为1的正方体中，点是正方形内（含边界）一动点，若点到平面的距离为，则（   ） A．点的轨迹长度等于 B．平面 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．异面直线与，所成角的余弦值的最小值为 10．（25-26高三上·新疆乌鲁木齐·月考）在长方体中，，，点是平面内的动点，且，则的最大值为___________. 11．（2026·湖北黄冈·一模）在空间直角坐标系中，点，，定义．如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点，分别满足，，则的取值范围为________． 12．（25-26高三下·北京·月考）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点．则棱锥的体积为___________．当时，长度为___________ 13．（25-26高三下·上海虹口·月考）已知球的半径为，是球的一条直径，点是球面上一个定点，且．设点是球面上异于、、的动点，若点满足，则点运动所形成的曲线周长为_______． 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $