空间向量与立体几何：最值与范围问题、交线与动点轨迹问题 专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

空间向量与立体几何：最值与范围问题、交线与动点轨迹问题专项训练 空间向量与立体几何：最值与范围问题、交线与动点轨迹问题专项训练 考点目录 最值与范围问题 交线与动点轨迹问题 考点一 最值与范围问题 例1．（2026·浙江宁波·二模·多选）正四棱台的高为，，，点均在平面内，且直线与夹角的正切值的最小值为，则（    ） A．点的轨迹的长度为 B．直线与所成角的正切值的最小值为 C．线段的长度的最小值为 D．点到直线的距离大于 【答案】ACD 【分析】先由直线与直线所成角正切值的最小值，判断点的轨迹，再分别验证四个选项是否正确. 【详解】在平面内，在平面外， 所以平面， 因为直线与直线所成角范围为，正切函数在上单调递增， 所以当直线与直线所成角正切值最小时，直线与直线所成角最小， 此时，直线与直线所成角为直线与平面所成角， 设直线与平面所成角为，， 则 设 如图，以为原点，与平行的直线为轴，与平行的直线为轴，与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系. ，，，，， ，，， ，， 设平面的法向量 则，解得 所以， 则， 所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则点轨迹长度为，A正确； 因为在平面内，设， ，， ， 所以， 化简得 设，其中 设直线与直线所成角为， 则， 因为，所以， ，即， 当取最大值时，取最小值，即取最小值， 此时，，， 所以直线与直线所成角的正切值的最小值为，B错误； ， 所以 因为，，， ， 所以长度的最小值为，C正确； ，，同理 过作于，设 由正棱台性质可知：平面，平面， 所以， 因为，，平面，平面， 所以平面， 因为，所以， 因为，，平面，平面， 所以平面，即与重合， 所以，则， 设点为中点，则，， ， 因为，所以， 点到直线的距离为， 则点到直线的距离为， 所以点到直线的距离的大于或等于，D正确. 例2．（2026·山西晋城·模拟预测·多选）在棱长为1的正方体中，为棱AD的中点，则（   ） A． B．点到平面的距离为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是 【答案】ABD 【分析】ABC选项，建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式，线面角的夹角正弦公式进行求解；D选项，先证明面面平行，进而得到线面平行，从而得到动点的轨迹，求出区域面积 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 则， 故， 则，，A正确； B选项，，，， 设平面的法向量为， 则， 令得，故， 点到平面的距离为，B正确； C选项，由B知，平面的法向量为， 设直线与平面所成角的夹角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值为，C错误； D选项，分别取的中点，连接，， 则， 因为，，所以四边形为平行四边形，故， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面，所以平面平面， 当动点平面时，平面， 则动点的轨迹所形成区域为及其内部， 为等边三角形，边长为，故面积是，D正确.    例3．（2026·广西南宁·三模·多选）如图，在棱长为2的正方体中，M为中点，F为侧面正方形内一动点，且满足//平面，则（   ） A．三棱锥的外接球的表面积为 B．三棱锥的体积是 C．动点F的轨迹是一条线段 D．若过A，M，三点作正方体截面，Q为上一点，则线段长度取值范围为 【答案】ACD 【分析】对于选项A：因为三棱锥的外接球与正方体的外接球是同一个，所以先确定正方体外接球的直径，再用球的表面积公式求解; 对于选项B：因为三棱锥的体积可通过等体积法转换，所以将其转化为以易求底面积和高的三棱锥，再用三棱锥体积公式计算; 对于选项C：因为平面，所以先构造过且与平面平行的平面，利用面面平行的性质确定F的轨迹; 对于选项D：因为要作过，，的正方体截面，所以先确定截面的形状，再找到到截面的距离，结合到截面顶点的距离，确定的取值范围. 【详解】对于A选项，三棱锥的外接球与正方体外接球是同一个球，,,故A正确； 对于B选项， 故B错误； 对于C选项,取中点，那么,所以，平面， 分别取的中点，则 平面,平面 所以，平面, 由于四边形是矩形，, 所以，四边形是平行四边形， 所以，平面,平面 所以，平面, 又平面, 所以，平面平面 因为为侧面内一动点，且满足//平面， 所以，平面平面 又平面平面, 所以，动点F的轨迹是线段,故C正确； 对于D选项，若过 三点作正方体截面， 分别取中点,则四边形为平行四边形，那么 ,所以，四边形为平行四边形 所以， 所以，截面为四边形. 设点到平面距离为,则 ,即， 由于, 所以，即，故D选项正确. 例4．（2026·宁夏银川·三模·多选）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中错误的是（    ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．若平面，则动点的轨迹的长度为 D．若，则动点的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，利用正弦定理可得的外接圆半径，再利用外接球性质可求出外接球半径，再利用表面积公式计算即可得A；取与中点，利用面面平行性质定理可得平面平面，则可得B；取靠近点的四等分点，利用线面垂直判定定理可得平面，则可得动点的轨迹为线段，计算出即可得C；由对称性，可假设平面，利用线面垂直性质定理与勾股定理可得，即可得在平面内轨迹，同理可得点所有轨迹，即可得D. 【详解】对于A，由四边形为正方形，故三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为，的外接圆半径为， ，，故， 又，则，故，解得， 因为平面，故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上， 则，，即， 故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确， 对于B，取与中点、，连接、、， 由正方体性质可得，，又平面，平面， 故平面，平面，平面，故平面， 又，、平面，故平面平面， 由平面，则点的轨迹是除去点，故B错误； 对于C，取靠近点的四等分点，连接， 由正方体性质可得平面，又平面，故， 由，，故与相似， 则，故， 故，又，、平面，故平面， 又平面，故动点的轨迹为线段，，故C错误； 对于D，若平面，因为平面，平面， 故，由，则，即点的轨迹为以为圆心，在平面内半径为1的四分之一圆，同理可得，点也可为以为圆心，在平面内半径为1的四分之一圆， 点也可为以为圆心，在平面内半径为1的四分之一圆， 故其轨迹长度为，故D错误. 变式1．（25-26高二上·广东汕头·期中·多选）已知正方体的棱长为为正方形内一动点（含边界），点分别是棱的中点，下列说法正确的是（    ） A．平面与正方体各面的交线是正六边形 B．对任意的点，直线与直线是异面直线 C．三棱锥体积的最大值为1 D．若到棱距离相等的点，则点的轨迹是双曲线的一部分 【答案】ACD 【分析】根据正方体的性质，取中点即可求解A，根据在中点处，即可判断B，根据向量法求解点到平面的距离，即可根据三棱锥的体积公式求解C，根据点点距离，即可结合双曲线的方程求解D. 【详解】如图所示，作出各边中点，在正方体中，根据三角形中位线的关系，可知， 且截面各边长都是相等的，是正六边形，所以A正确. 当点在中点处，由选项A可知，此时PM与直线为相交直线，共面，所以B错误. 正方体边长为2，则线段，则正六边形边长均为， 则， 所以，所以为直角三角形，可得， 建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，则， 设平面的法向量为， 则，取则， 则点到平面的距离为， 故当时，即此时与点重合时，距离最大为 故体积的最大值为，所以C正确. 如图所示，过作于，过作于，作于，连接，以为坐标原点，以为轴，建立平面直角坐标系， 由于，，，又，平面， 故平面，平面，故， 设，则，， 当到棱距离相等时，即，，化简得， 点的轨迹是双曲线的一部分，所以D正确. 故选：ACD 变式2．（25-26高二上·重庆·月考·多选）截口曲线是由平面截取圆锥和圆柱时形成的交线，其形状取决于截面与轴的夹角，当夹角变化时可得到不同的截口曲线．如图，在圆锥中，母线与旋转轴夹角为，现有一截面与旋转轴的交点M距离圆锥顶点S长度为2，则以下关于该截口曲线描述正确的命题有（    ） A．若该截面与圆锥的一条母线夹角为60°，则该曲线为圆 B．若该截面与圆锥的旋转轴夹角为60°，则该曲线的离心率为 C．若该截面与圆锥的旋转轴夹角为60°，则点M为该曲线的一个焦点 D．若该截面与圆锥的旋转轴夹角为60°，则该曲线上任意两点之间的最大距离为3 【答案】BD 【分析】根据截面与母线所成的角可知截面与旋转轴垂直判断A，根据截面与圆锥的旋转轴夹角为60°可判断曲线为椭圆，利用长轴的性质判断D，建立平面直角坐标系，求出椭圆方程，求出焦点坐标及离心率判断BC. 【详解】对于A，当截面与圆锥一个轴截面的一条母线夹角为60°且与该轴截面的另一条母线平行线时， 所以所得曲线是不是圆，A错误； 对于BCD，根据圆锥曲线的概念可知截口曲线为椭圆， 若该截面与圆锥的旋转轴夹角为60°，则该截面与圆锥的一条母线垂直， 设与截面垂直的母线垂足为A，平面SAM交椭圆曲线的另一交点为B， 由对称性知AB为该椭圆的长轴端点．如图， 在直角三角形SAB中，由，，， 则有，，，，， 所以该曲线上任意两点之间的最大距离是长轴长，故D正确； 再过M作平面垂直于旋转轴，则可得该截面圆的半径， 在这个圆面内作MP垂直于平面SAB，交椭圆于点P，则， 如图， 在截面上取AB中点为坐标原点，方向为x轴正向，建立平面直角坐标系， 则，，， 由MP垂直于平面SAB知MP垂直于x轴，则， 设椭圆方程为，将代入得：，最后可得， 由于，所以不是椭圆的焦点，故C错误； 即椭圆离心率为，故B正确； 故选：BD 变式3．（2026·河南·模拟预测·多选）正方体棱长为，下列说法中正确的有（    ） A．若点在底面（含边界）内，且，则的轨迹的长度为 B．空间中，点满足，则的轨迹与正方体表面的交线长度为 C．平面截正方体所得截面多边形是直角梯形 D．平面将正方体分成两个几何体的体积分别为，且，则 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，对于A，设，由条件可得，由此确定轨迹和轨迹长度，对于B，设，由条件确定轨迹方程，再判断轨迹与正方体表面的交线的形状，再求其长度即可判断，对于C，过点作，点在上，再利用向量方法确定截面性质即可判断，对于D，由结合锥体体积公式求其值即可判断. 【详解】以点为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则， 由得 ， 对于选项A，设在底面上，，， 则，， 由，得，化简得 ， 该直线与正方形 的交点为和 ， 轨迹长度为，A正确； 对于B，设，由，得， 所以， 所以， 即的轨迹是球心在、半径的球面， 该球仅和正方体的三个面相交，每个面上的交线都是半径为的四分之一圆， 总长度为 ，B正确， 对于C，过点作，点在上，连接， 则过的截面为四边形， 因为，设，， 所以，故，， 所以，， 所以四边形为梯形，，又， 所以，， 所以与不垂直，与不垂直，所以四边形不是直角梯形，C错误， 对于选项D，由已知， 梯形的面积， 因为平面，故四棱锥的高为， 因为，所以的面积， 因为平面，，所以三棱锥的体积， ，D正确. 变式4．（25-26高三上·湖南长沙·月考·多选）已知正方体的棱长为2，为正方形内一动点（含边界），点分别是棱的中点，下列说法正确的是（　　） A．平面与正方体各面的交线是正六边形 B．对任意的点，直线与直线是异面直线 C．平面将正方体分成体积相等的两部分，将其中一部分内置一球，球的半径最大为 D．若点到点的距离等于到棱的距离，则点的轨迹是抛物线的一部分 【答案】ACD 【分析】根据正方体的结构特征及平面的基本性质判断A，找到一个特例判断B，根据球体与相关面相切，结合正方体的结构及截面得到关于球体半径的方程求半径判断C，过作于，作于，连接，构建合适的坐标系，并证得，设，根据列方程并化简判断D. 【详解】A：如图所示，确定各边中点， 根据正方体的结构特征和三角形中位线的关系，可得，    且截面各边长都是相等的，是正六边形，正确； B：由A知，当点在中点处， 此时与直线为相交直线，故共面，错误； C：正方体棱长为2，则线段，则正六边形边长均为， 易知内置球半径最大时，球心在体对角线上， 不妨设球位于截面下方，且与面、面、面、面相切， 将问题平面化（如图）得，其中是平面与的交点， 证明如下：由平面，平面，则， 在正方形中，为中点，则，而， 所以，而，平面， 所以平面，平面，则，同理可证， 由，平面，则平面， 由平面，则，得证，    又（为正方体的中心），其中， 设所求球半径为，则，故，正确； D：如图所示，过作于，作于，连接，   由于， 又平面， 故平面平面，故，    以为原点，以为轴，建立平面直角坐标系，   设，且， 则， 若点到点的距离等于到棱的距离， 即，化简得， 故点的轨迹是抛物线的一部分，正确. 故选：ACD 考点二 交线与动点轨迹问题 例1．（2026·广东深圳·二模）如图，已知圆锥的底面直径，其中为底面圆心，母线，动点从点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到点，其轨迹为． (1)求长度的最小值； (2)若点在圆上，且（是所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立； (3)在（2）的条件下，可知是平面曲线，记所在平面为，求平面与夹角余弦值的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）将圆锥侧面展开为平面扇形，利用 “两点之间线段最短” 确定最短路径为展开图中连接两点的线段，再结合扇形弧长公式求出圆心角，最后用余弦定理计算线段长度即最短路径长； （2）建立空间直角坐标系，利用参数表示底面圆周上点的坐标，通过向量共线表示出轨迹上点的坐标，再通过向量数量积验证轨迹在某一平面内并求出该平面的法向量； （3）解法 1：求出平面的法向量，利用两平面法向量夹角公式计算夹角余弦值，再通过三角函数值域求出余弦值的取值范围；解法 2：结合几何分析，通过几何关系求出夹角余弦值的最值，进而得到取值范围. 【详解】（1）如图， 沿圆锥的母线，将圆锥的侧面展开，得侧面展开图扇形， 其中为的中点，与在圆锥中是同一点． 因为轨迹在圆锥的侧面上， 所以，在侧面展开图中，轨迹是扇形上连接与两点的曲线． 又是最短路径，而平面上连接两点之中，线段最短， 所以，轨迹是侧面展开图扇形上连接与两点的线段，即线段． 由于，所以的长度为，又，所以． 所以，在等腰三角形中，，即的长度为． （2）如图，在底面圆中，过点作交圆于点， 由于平面，平面，故，， 则，两两垂直， 如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 于是，设， 则， 于是，则， 于是， 于是令，则； （3）解法1：由（2）可知，是平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 由于， 则，即 令， 于是平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 于是， 即平面与平面所成角的余弦值的取值范围为； 解法2  ： 由（2）可知，平面的法向量， 由于在底面圆周上运动， 则平面即平面的法向量可以是底面上任意方向的向量， 如图，在平面内，设，过点作，则， 设平面与平面所成的角为，则， 易知，则， 综上，， 即平面与平面所成角的余弦值的取值范围为． 例2．（2026·陕西榆林·三模）如图，在几何体中，四边形为正方形，平面，，，. (1)求证：平面平面； (2)若点在平面内，且. （i）求点的轨迹的长度； （ii）设直线与平面所成的角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）先证平面，得到，利用勾股定理可得，再由线面垂直的判定得到平面，进而可证平面平面； （2）（i）以为原点建立空间直角坐标系，设，根据垂直向量的坐标表示求解即可； （ii）利用空间向量法求线面夹角即可． 【详解】（1）证明：因为平面，平面， 所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 由题意求得，， 所以，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）解：由题意知，直线，，两两垂直，以直线，，分别为轴，轴，轴 建立空间直角坐标系， 则，，，，. （i）设，则，， 因为，所以， 即， 所以点的轨迹是以棱为直径的圆，其长度为. （ii）由（i）知，，， 设平面的一个法向量，则 即 令，得，，所以， 则. 由（i）知，所以， 因为，得， 所以，所以的取值范围是. 例3．（2026·重庆·二模）如图，某几何体由半个圆锥(轴截面为SAB)和三棱锥组成．已知圆锥的底面半径为1，高，为直径，C为底面圆周上异于A，B的动点，M为SC的中点． (1)若，证明：平面平面SAB； (2)在点C运动的过程中，记直线BM与底面ABC所成角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由直角三角形的性质可得，然后利用线面垂直的性质定理得，进而利用线面垂直的判定定理得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，由线面夹角的向量公式得，然后根据余弦函数性质求解即可． 【详解】（1）因为为直径，所以， 又，所以，则， 又为中点，所以， 因为平面，平面，所以， 又平面，， 所以平面，又平面， 所以平面平面SAB． （2）以为原点，以所在直线为轴，过点O且垂直平面SAB的直线为x轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则，设，则，， 所以， 平面的一个法向量为， 则， 因为，所以， 所以． 例4．（25-26高二下·湖南株洲·月考）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，在平面内的射影为. (1)求证：平面； (2)若点为棱的中点，求直线DF与平面所成角的正弦值； (3)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由面面垂直性质证得平面，得到；再由菱形性质与中位线平行证得，由线面垂直判定定理可证； （2）先根据线面垂直与面面垂直关系建立空间直角坐标系，求出各点坐标与平面的法向量，再利用线面角的向量公式计算所求； （3）先利用向量参数化点并求出，再分别求得平面与平面的法向量，由二面角的向量余弦公式，结合变量代换与函数值域分析，得到取值范围. 【详解】（1）连接，因为为等边三角形，为中点，则， 已知在平面内的射影为，所以平面， 又平面，则平面平面， 平面平面，平面， 所以平面，又平面，则， 由题设知四边形为菱形，则， 因为，分别为，中点，则， 则，又，，平面， 所以平面. （2）已知在平面内的射影为，所以平面， 由题设知四边形为菱形，是线段的中点，所以为正三角形， 由平面，平面，则，， 又因为为等边三角形，为中点，所以， 以为坐标原点，，，所在直线为，，轴， 可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，，， 可得，，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，可得， 记所求角为， 则DF与平面所成角的正弦值为. （3）由（2）知，，， 设，，则， 得，，，即， 则， 由（2）知：平面的一个法向量 设平面的法向量， 则， 令，则，，可得； 则， 令，则， 则， 因为，则，可得， 所以锐二面角的余弦值的取值范围为. 变式1．（2026·河北保定·一模）某个圆锥容器的轴截面是边长为8的等边三角形（容器壁厚度忽略不计），一个半径为r的小球在该容器内自由运动，小球能接触到的容器内壁侧面的区域可以形成一个圆台侧面，设该圆台上下底面圆心为和，如图所示． (1)求圆台的体积（用r表示）； (2)设小球半径，圆台的轴截面为等腰梯形，B为底面圆周上一点，且，平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围； (3)在第（2）问条件下的圆台内放置若干个小球，要求每个小球均和该圆台上、下底面相切，则最多能放几个小球，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)3个，理由见解析 【分析】（1）根据题意求出上下底面圆的半径，然后按照圆台的体积公式求解即可； （2）以为原点，以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，即可求出答案； （3）根据题意分析小球在圆台的位置情况，尽可能让小球与圆台侧面、小球与小球都是相切的状态，根据圆台上下底面圆的半径确定小球的个数. 【详解】（1）设圆台上下底面圆的半径分别为，，在圆锥的轴截面中（如图所示）， ∵，， ∴，，，即，， 设上下底面圆的面积为，，则，， 圆台的高，∴ （2）延长，交于点H，∵平面，平面，∴，BH即l，∵，，∴，，，， 以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则 ，，，，，， 设，则， 设平面的法向量为，则 令，则，，即， 同理可求平面的法向量为，则 令，对称轴为，∴，， 即平面与平面夹角的余弦值的取值范围为． （3）最多能放3个小球． 理由如下：因为小球与上下底面均相切，∴小球半径为． 圆台上、下底面直径分别为3和5，则至少能放入一个半径为的小球． 为能放入更多小球我们先让放入的第一个小球与圆台侧面也相切，作出圆台轴截面如图1，小球与底面切于点，，由题意可计算出，可得，，所以，如图右侧还能再放一个这样的小球，所以至少能放下2个这样的小球． 现在分析是否能放3个小球，为了能放入更多小球，尽可能先让已放入的两个球两两相切且与圆台侧面相切，设先前放入的两个小球为球和球，它们与底面切于点，，作出两个小球的俯视图，，由上面结论可知 在中，利用余弦定理可得， 由圆台和球的对称性可知，恰好只再能放一个与这两个小球相切并和圆台侧面也相切的这类小球． 综上所述，圆台内最多能放3个这样的小球． 变式2．（25-26高三下·海南·月考）在直三棱柱中，，D是的中点，E是的中点．    (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)圆O是的外接圆，P是圆O及内部的一个动点， （i）若，求动点P轨迹的长度； （ⅱ）若点P只在圆O上运动，记与平面所成角为，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）；（ⅱ） 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式即可求解； （2）（i）方法一：连接，过点作的垂线交圆于点，即可证明出线段就是点的轨迹；方法二：设，由得出，再由点到直线距离公式及勾股定理即可求解； （ⅱ）取中点，连接，得出，由的范围得出的范围，即可求解． 【详解】（1）由题意可知 两两垂直， 以为原点，以所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，， 所以， 则， 设平面的法向量为， 由得，， 令，则，所以， 取平面的一个法向量， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （2）（i）法1：连接，过点作的垂线交圆于点，则线段就是点的轨迹， 理由如下： 因为平面，平面， 所以，，，平面， 所以平面，又平面 ，所以， 因为圆O半径为2，为正三角形， 所以由垂径定理可得，线段．      法2：设，则，， 由得， 因为圆心O到直线的距离为1， 所以， 所以动点轨迹形状为线段，长度为． （ii）取中点，连接，则有平面， 因为为在平面上的射影，所以，则， 在中，， 所以， 所以．      变式3．（2026·福建福州·模拟预测）如图，在长方体中，，直线与平面所成角的正切值为，M， N， P分别为棱，DA，DC上异于D点的动点． (1)若P是CD的中点，求证：平面； (2)定义：异面直线的距离指的是公垂线与两条异面直线都垂直相交的直线的两个垂足之间的线段长度．求异面直线与的距离； (3)若直线与平面MNP交于点H，且，求平面MNP与平面的夹角余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3) 【分析】建立空间直角坐标系，由为直线与平面所成角可得，利用线面垂直的判定定理证明； 由，，先求出公垂线所在向量，再求距离； 由点H在直线上，则，，根据，可得M， N， P的坐标，再利用空间向量法求夹角. 【详解】（1）证明：连接， 平面， 为直线与平面所成的角， ， ， ， 在长方体中，以D为原点，分别以DA，DC，所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， ， ，，，，， 当P是CD的中点时，，，，， ，， ，， ，平面， 平面； （2）解：，，， 设， ，， ， 取，得， 异面直线与的距离为：； （3）设，，， 点H在直线上，则， ， ，，， 因为， ， ， ，， 设平面MNP的法向量为， 由，得，令得：， 设平面的法向量为， ，， 由，得，令得：， 设平面MNP与平面的夹角为， ， ，N，P分别为棱上异于D点的动点， 由得：， 当时，， 当时，令，则， ， 平面MNP与平面所成夹角余弦值的取值范围为 变式4．（2026·福建宁德·模拟预测）在长方体中，，，为棱上一动点. (1)当平面时，求线段的长度； (2)在（1）的条件下，求底面正方形的内切圆上点到平面距离的最大值. 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行即可求线段长； （2）设内切圆上的点坐标为：，利用点到平面的距离公式结合三角函数求最值即可求解. 【详解】（1）以为原点， 所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. 则 ， 设，则， . 设平面的法向量为 ，则： 令，解得，故. 因为平面，所以. 即 ，解得. 所以线段的长度为1. （2）由（1）知，，，平面的法向量 ， 底面正方形的内切圆圆心为，半径 . 设内切圆上的点坐标为：，， 则， 所以. 点到平面距离， 设，， 则 ，其中， 当时，取最大值，为， 所以点到平面距离的最大值为. 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $空间向量与立体几何：最值与范围问题、交线与动点轨迹问题专项训练 空间向量与立体几何：最值与范围问题、交线与动点轨迹问题专项训练 考点目录 最值与范围问题 交线与动点轨迹问题 考点一 最值与范围问题 例1．（2026·浙江宁波·二模·多选）正四棱台的高为，，，点均在平面内，且直线与夹角的正切值的最小值为，则（    ） A．点的轨迹的长度为 B．直线与所成角的正切值的最小值为 C．线段的长度的最小值为 D．点到直线的距离大于 例2．（2026·山西晋城·模拟预测·多选）在棱长为1的正方体中，为棱AD的中点，则（   ） A． B．点到平面的距离为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是 例3．（2026·广西南宁·三模·多选）如图，在棱长为2的正方体中，M为中点，F为侧面正方形内一动点，且满足//平面，则（   ） A．三棱锥的外接球的表面积为 B．三棱锥的体积是 C．动点F的轨迹是一条线段 D．若过A，M，三点作正方体截面，Q为上一点，则线段长度取值范围为 例4．（2026·宁夏银川·三模·多选）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中错误的是（    ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．若平面，则动点的轨迹的长度为 D．若，则动点的轨迹长度为 变式1．（25-26高二上·广东汕头·期中·多选）已知正方体的棱长为为正方形内一动点（含边界），点分别是棱的中点，下列说法正确的是（    ） A．平面与正方体各面的交线是正六边形 B．对任意的点，直线与直线是异面直线 C．三棱锥体积的最大值为1 D．若到棱距离相等的点，则点的轨迹是双曲线的一部分 变式2．（25-26高二上·重庆·月考·多选）截口曲线是由平面截取圆锥和圆柱时形成的交线，其形状取决于截面与轴的夹角，当夹角变化时可得到不同的截口曲线．如图，在圆锥中，母线与旋转轴夹角为，现有一截面与旋转轴的交点M距离圆锥顶点S长度为2，则以下关于该截口曲线描述正确的命题有（    ） A．若该截面与圆锥的一条母线夹角为60°，则该曲线为圆 B．若该截面与圆锥的旋转轴夹角为60°，则该曲线的离心率为 C．若该截面与圆锥的旋转轴夹角为60°，则点M为该曲线的一个焦点 D．若该截面与圆锥的旋转轴夹角为60°，则该曲线上任意两点之间的最大距离为3 变式3．（2026·河南·模拟预测·多选）正方体棱长为，下列说法中正确的有（    ） A．若点在底面（含边界）内，且，则的轨迹的长度为 B．空间中，点满足，则的轨迹与正方体表面的交线长度为 C．平面截正方体所得截面多边形是直角梯形 D．平面将正方体分成两个几何体的体积分别为，且，则 变式4．（25-26高三上·湖南长沙·月考·多选）已知正方体的棱长为2，为正方形内一动点（含边界），点分别是棱的中点，下列说法正确的是（　　） A．平面与正方体各面的交线是正六边形 B．对任意的点，直线与直线是异面直线 C．平面将正方体分成体积相等的两部分，将其中一部分内置一球，球的半径最大为 D．若点到点的距离等于到棱的距离，则点的轨迹是抛物线的一部分 考点二 交线与动点轨迹问题 例1．（2026·广东深圳·二模）如图，已知圆锥的底面直径，其中为底面圆心，母线，动点从点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到点，其轨迹为． (1)求长度的最小值； (2)若点在圆上，且（是所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立； (3)在（2）的条件下，可知是平面曲线，记所在平面为，求平面与夹角余弦值的取值范围． 例2．（2026·陕西榆林·三模）如图，在几何体中，四边形为正方形，平面，，，. (1)求证：平面平面； (2)若点在平面内，且. （i）求点的轨迹的长度； （ii）设直线与平面所成的角为，求的取值范围． 例3．（2026·重庆·二模）如图，某几何体由半个圆锥(轴截面为SAB)和三棱锥组成．已知圆锥的底面半径为1，高，为直径，C为底面圆周上异于A，B的动点，M为SC的中点． (1)若，证明：平面平面SAB； (2)在点C运动的过程中，记直线BM与底面ABC所成角为，求的取值范围． 例4．（25-26高二下·湖南株洲·月考）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，在平面内的射影为. (1)求证：平面； (2)若点为棱的中点，求直线DF与平面所成角的正弦值； (3)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围. 变式1．（2026·河北保定·一模）某个圆锥容器的轴截面是边长为8的等边三角形（容器壁厚度忽略不计），一个半径为r的小球在该容器内自由运动，小球能接触到的容器内壁侧面的区域可以形成一个圆台侧面，设该圆台上下底面圆心为和，如图所示． (1)求圆台的体积（用r表示）； (2)设小球半径，圆台的轴截面为等腰梯形，B为底面圆周上一点，且，平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围； (3)在第（2）问条件下的圆台内放置若干个小球，要求每个小球均和该圆台上、下底面相切，则最多能放几个小球，并说明理由． 变式2．（25-26高三下·海南·月考）在直三棱柱中，，D是的中点，E是的中点．    (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)圆O是的外接圆，P是圆O及内部的一个动点， （i）若，求动点P轨迹的长度； （ⅱ）若点P只在圆O上运动，记与平面所成角为，求的取值范围． 变式3．（2026·福建福州·模拟预测）如图，在长方体中，，直线与平面所成角的正切值为，M， N， P分别为棱，DA，DC上异于D点的动点． (1)若P是CD的中点，求证：平面； (2)定义：异面直线的距离指的是公垂线与两条异面直线都垂直相交的直线的两个垂足之间的线段长度．求异面直线与的距离； (3)若直线与平面MNP交于点H，且，求平面MNP与平面的夹角余弦值的取值范围． 变式4．（2026·福建宁德·模拟预测）在长方体中，，，为棱上一动点. (1)当平面时，求线段的长度； (2)在（1）的条件下，求底面正方形的内切圆上点到平面距离的最大值. 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $