专题01立体几何中的动点探究和动点轨迹、截面最值与球体切接问题讲义-2026届高考数学压轴题复习（全国通用）

立体几何的动点探究和轨迹、截面最值与球体切接问题 知识要点梳理 一、动点存在性问题 1.空间直角坐标系法 思路步骤：建系写坐标→设元→列式求解→验证 （1）建系写坐标：依条件建空间直角坐标系，写出相关点的坐标。 （2）设元：设线段上存在动点，令参数，用分点公式表示坐标： （3）列式求解：根据动点的约束条件列式，转化为关于的方程（组）： - 点在平面上：坐标代入平面的一般式方程； - 线线垂直：向量（数量积为0）； - 线面平行：向量与平面法向量垂直（数量积为0）； - 距离定值：用空间点到面/线的距离公式列等式。 （4）验证参数范围，判定存在性： - 若存在，则线段上存在该点，代入参数可求点的具体坐标； - 若所有解，则线段上不存在该点（若为直线则存在，线段需严格验证）。 2.空间向量法 思路步骤：向量表示动点→列向量等式→解参数并验证 （1）向量参数化动点：设线段上动点，令（），则（为空间任意基点）； （2）列向量等式：将题干约束转化为向量的数量积为0/共线等式，列关于的方程； （3）求解验证：求解，若则点存在，否则不存在。 二、动点轨迹问题（定面→定形→定轨迹） 1.定平面（要点前提） 常见定平面依据： （1）动点到两定点的距离和/差/比为定值→在过两定点的固定平面内； （2）动点连线与定线/定面平行/垂直→在过定点且与定线/定面垂直的平面内； （3）动点对定线段的视角为定值→在过定线段的固定平面内； （4）动点在定几何体表面+某约束→在几何体的某一截面平面内。 2.定形状（几何定性） 常见轨迹形状及判定（平面内）： （1）圆：到定点距离为定值、对定线段视角为直角、到两定点距离平方和为定值； （2）椭圆：到两定点距离和为定值，且定值大于两定点间距离； （3）双曲线：到两定点距离差的绝对值为定值，且定值小于两定点间距离； （4）抛物线：到定点与到定直线的距离相等（定点不在定直线上）； （5）直线/线段：到两定点距离相等（中垂线）、与定直线平行；受几何体边界约束时，直线缩为线段； （6）圆弧/曲线段：轨迹为圆/椭圆/双曲线的一部分，受空间几何体边界剔除超出范围的部分。 3.求轨迹（代数定量） 思路步骤： （1）设坐标：平面内设定点为已知坐标，动点设为；空间建系则设，利用轨迹平面方程消去一个变量； （2）列等式：将空间约束转化为坐标运算（距离公式、向量数量积、平行/垂直的坐标条件）； （3）化简求解：消去参数，整理为平面轨迹的标准方程/一般方程，标注变量取值范围。 4.三大常用方法 （1）定义法：若平面内的约束条件直接符合圆、椭圆、抛物线等轨迹定义，直接判定形状，无需建系列方程，快速求解轨迹参数（如圆的半径、椭圆的长半轴）； （2）坐标法：适用于所有题型，尤其是约束条件复杂、无法直接用定义判定的问题，核心是降维建系，将空间问题转化为平面解析几何计算； （3）向量法：设动点向量，将位置关系化为向量数量积、共线向量（平行），列等式后化简求解。 三、几何体外接球问题常见模型 1. 棱面垂直模型：正方体/长方体/直棱柱/正棱柱/棱面垂直的棱锥 半径求解：若正方体棱长为，；若长方体长宽高为，； 其他棱面垂直模型 2. 正棱锥模型（正三棱锥/正四棱锥） 半径求解：设底面正多边形外接圆半径为，由勾股定理得，解方程得。 特殊：正四面体的外接球半径公式： 3.对棱相等的三棱锥模型 模型特征：三棱锥三组对棱分别相等（如，，）。 核心技巧：补形为长方体，将三棱锥的对棱作为长方体面对角线，设长方体长宽高为，列方程，求解后按长方体求； 半径公式：。 4.建系法：适合所有几何体（建系→设元→列式） - 核心技巧：建立空间直角坐标系，设几何体各顶点坐标，设外接球球心为； - 半径求解：由（为几何体顶点），列方程组求解，再计算任意顶点到球心的距离得； - 适用：所有模型均可用，计算稍复杂，作为补形法/公式法的兜底方案。 压轴题型专练 一、题型一 空间几何动点问题的探究 1．如图，四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，，是的中点． (1)证明：； (2)若点为线段上动点，是否存在这样的点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）通过证明线面垂直来证明线线垂直，通过证明平面，从而证明. （2）通过建立坐标系来确定各点的坐标，然后通过线面角的公式来求得未知点的坐标，最后通过判断点的坐标是否可能在上，从而判断点是否存在. 【详解】（1）连接AC， 由题意可知：是等边三角形，且是的中点，， 则，， 因为，，则，， 又因为，则，可知， 且，平面，可得平面， 且平面，所以. （2）以为原点，为轴，为轴，过作垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 可得，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设，则， 设为与平面的夹角为， 则, 整理可得，解得， 且，所以线段上不存在满足条件的点. 2．在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，，的中点，为棱上一点，且，． (1)求证：平面平面． (2)线段（含端点）上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点为上靠近点的四等分点 【分析】（1）由面面垂直得到线线垂直，再由线线垂直得到线面垂直，进而得到面面垂直． （2）建立空间直角坐标系，令，，利用空间向量的夹角公式建立关于的方程，通过判断此方程是否有解进行判断． 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 又平面，且， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，，分别为，，的中点， 所以，且， ，且， 所以四边形为平行四边形． 又，，所以，且， 所以四边形为正方形，所以． 因为，且，平面， 所以平面． 又平面， 所以平面平面． （2）由（1）知，四边形为正方形， 又平面，所以，，两两垂直， 故以点为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，． 假设上存在点满足条件， 令，， 则，． 设平面的法向量为， 则 令，则，， 故平面的一个法向量为． 易知平面的一个法向量为． 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以 解得或（舍）， 即当点为上靠近点的四等分点时，平面与平面夹角的余弦值为． 3．如图，在四棱锥中，平面，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？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)（i）（ii）存在， 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值； （ii）设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【详解】（1）取中点，连接， 因为为中点，所以，且， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，即， 又平面，平面，所以平面； （2）（i）因为平面，且， 以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 因为平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 不妨取，则，则， 所以平面与平面夹角的正弦值为； （ii）存在点满足题意， 易知， 假设存在点满足题意，设， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则， 所以点到平面的距离，化简可得， 解得或（舍去），即. 4．如图，在四棱锥中，平面，，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成的角为，求线段的长； (3)是否存在线段上一点，使得到点的距离都相等？说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，理由见解析 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，再结合得到平面，最后根据面面垂直的判定定理证明平面平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，作交于点，设，根据已知条件写出的坐标，再运用线面角的向量求法列出方程，可得即的长； （3）先假设存在点满足条件，得到即为（2）中的，写出长度的表达式，根据根分布可得存在满足条件的点. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又因为，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）以为坐标原点，以为轴正半轴方向，建立空间直角坐标系， 在平面内，作交于点，则， 在中，，， 设，则，由得， 所以， ，设平面的法向量为， 由，得，取， 得平面的一个法向量为，又， 由直线与平面所成的角为可得， 即，解得或（舍去，因为）， 所以. （3）假设在线段上存在一点到的距离都相等，由， 得，从而，即为（2）中的点， 有，而在中， ， 所以，其中， 设，则， 此时，在有两个不同的解， 即在线段上存在一点，使得到的距离都相等. 5．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，E，F分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)若，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知： （i）求二面角的大小； （ⅱ）线段上是否存在一点M，使得平面？若存在，说明点M的位置，若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：． 【答案】(1)证明见解析 (2)任选一条件，（i）；（ii）不存在，理由见解析． 【分析】（1）利用四棱锥的性质，结合线面平行定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关向量坐标并求出法向量，结合向量夹角余弦公式求出二面角的大小；假设存在点使得线面垂直，则对应向量与平面法向量平行，利用向量平行关系构造方程判断结论． 【详解】（1）证明：取中点G，连接、， F，G分别为，的中点， 且， 为的中点，底面为菱形， 且， 则且， 四边形为平行四边形，则， 又平面，平面， 平面； （2）选条件①：，连接， 平面平面，平面平面， 又，平面， 平面， 平面， ， ，，，平面， 平面，则， 以D为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， ， （i）设平面EFC的法向量为，由 ，， 得，令，则 ， 平面， 为平面的一个法向量， 可得，，， ， 由图可知二面角为钝角，故二面角的大小为； （ii）设且，则， ， 平面，，则，无解， 故不存在M，使得平面． 选条件②：，连接，， 平面平面，平面平面， 又，平面， 平面， 平面， ， ，则， ，则， E为中点， ，由菱形得， ， 以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， ， （i）设平面EFC的法向量为，由 ，， 得，令，则 ， 平面， 为平面的一个法向量， 可得，，， ， 由图可知二面角为钝角，故二面角的大小为； （ii）设且，则， ， 平面，，则，无解， 故不存在M，使得平面． 二、题型二 空间点的轨迹问题 6．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． 7．如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方形上的动点， (1)求四面体的体积； (2)若，求的轨迹的长度及线段扫过区域的面积. 【答案】(1) (2)轨迹长度，扫过区域的面积为 【分析】（1）利用柱体和锥体的体积公式可求得四面体的体积； （2）作出图形，由勾股定理可知，则点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆弧，设该圆弧分别交线段、于点、，求出圆弧所对的圆心角，利用扇形的弧长公式可求出点的轨迹长度，分析可知线段扫过的区域为正方形除去、和扇形区域剩余的区域，由此可求得线段扫过区域的面积. 【详解】（1）如下图所示： . （2）如下图所示： 因为底面，平面，所以， 因为且，所以， 所以点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆弧， 因为，设该圆弧分别交线段、于点、， 则，且为锐角，故， 同理可知，故，且， 故的轨迹的长度为， 所以线段扫过的区域为正方形除去、和扇形区域剩余的区域， 故扫过的区域面积为. 8．如图1，在中，，，是线段上一点，且⊥，将沿着翻折至，得到如图2所示的三棱锥，记二面角的大小为；    (1)求的长度； (2)当时，求直线与平面所成角的正切值； (3)当时，在翻折的过程中： ①求点的运动轨迹的长度； ②求线段长的取值范围. 【答案】(1)1； (2) (3)①；② 【分析】（1）由三角函数值进行求解； （2）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，得到即为直线与平面所成角，求出各边长，，得到答案； （3）①点的运动轨迹为以为圆心，为半径的圆弧，进而求出弧长得到答案； ②如图，记点在平面上的投影为，表达出，因为，所以，故. 【详解】（1），，⊥， 故； （2）当时，平面⊥平面，交线为， 过点作⊥交的延长线于点，连接， 由于平面，故⊥平面，则即为在平面上的投影， 所以即为直线与平面的所成角， 其中平面，故⊥， 由于，故，， 由勾股定理得，， 直线与平面所成角的正切值为；    （3）①当时， 在翻折的过程中，点的运动轨迹为以为圆心，为半径的圆弧， 其中圆心角为，故点的运动轨迹的长度为； ②如图，当时，记点在平面上的投影为，连接， 则⊥，又⊥，故即为二面角的平面角， 故，则，， 过点作⊥，并交于点，则， 则， ， ， 因为，所以，， 故. 9．如图，三棱锥中，点在平面的射影恰在上，为中点，，，. (1)若平面，证明：是的三等分点； (2)记的轨迹为曲线，判断是什么曲线，并说明理由； (3)求的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)椭圆，理由见解析 (3) 【分析】（1）由于平面，作，证得，进而证得平面，得到和，结合，得到，得到，得到，即可得证； （2）延长至，使得，得到M，D到的距离为定值，求得，得到M，D的运动平面截得该圆柱，根据圆锥曲线的定义，即可求解； （3）以A为原点，建立空间直角坐标系，由椭圆的短半轴长为1，求得椭圆，求得，得到为左焦点，设右焦点为，则，设，在中，由余弦定理，求得和. 解法1：由，令，得到，求得，得到函数的单调性和极值，即可求解； 解法2：由，转化为求的最小值，结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）由于平面，作，垂足为点， 因为平面，则， 又因为，且，平面， 因此平面，因为平面，所以， 同理可证：， 又因为，可得，所以， 因为面，从而， 因此，进而为的三等分点. （2）椭圆， 延长至，使得， 由于，可得M，D到的距离为定值， 因此M，D应在以为高线的圆柱上运动，且上下底面与垂直， 又因为M，D为平面上两点，， 从而M，D的运动平面截得该圆柱，根据圆锥曲线的定义， 因而M，D的运动轨迹应为椭圆，示意如下. （3）以A为原点，所在直线为x轴，过A点与平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 下面求椭圆方程：一方面，由于该圆柱的底面半径为， 故由图可知椭圆的短半轴长为1， 由，从而椭圆的长半轴，进而椭圆方程：， 又由，平面，从而，即， 由定义知为椭圆的左焦点，设的右焦点为，则， 设， 在中，由余弦定理，可得， 解得，同理可得：， 解法1：由， 令，则，可得， 令，解得，（舍去）， 当，；当，， 因此为的极小值点，可得. 解法2：由，原题等价于求的最小值， 则等价于求的最小值， 又由， 当且仅当时等号成立，因此的最小值为. 10．如图，在正四棱柱中，，，将直线绕直线AD旋转一周，旋转后所得的图形与平面ABCD的交线为. (1)E为上靠近的三等分点，求E绕直线AD旋转一周后所得图形的周长； (2)在平面ABCD内以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系. （ⅰ）求的轨迹方程； （ⅱ）为平面ABCD内且不在上的定点，过P的直线l与有2个交点M、N，若M、N在直线AD的两侧，求的最小值（用m，n表示）. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）过作，垂足为；过 作 ，垂足为，连接 ，证明到的距离为，再利用圆周长公式计算得解. （2）（i）建立平面直角坐标系，根据旋转的特点列出等式，化简得到的轨迹方程；（ii）设出直线的方程，与的轨迹方程联立，根据M、N在直线AD的两侧以及韦达定理，化简得到，求解即可. 【详解】（1）（ⅰ）点绕直线旋转一周所得图形为圆，过作，垂足为； 过作，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以， 平面， 所以平面.因为平面，所以， 即到的距离为. 而，所以. 所以绕直线AD旋转一周后所得图形周长为. （2）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系. 而为上任意一点，旋转后与平面的交点为， 设旋转过程中到的距离与到的距离相等且垂足相同. 到的距离为，到的距离为， 所以，整理得. （ii）由题意知的斜率存在，设为，则 . 如图，作出符合题意的图形，设，. 联立 ，整理得. 根据韦达定理，. 在轴的两侧 ，即 . ，此时恒成立. 可得 ， 代入韦达定理整理得 ， 而， 当最小时，， 即的最小值为. 11．在如图所示的圆柱中，，分别是下底面圆、上底面圆的直径，，是圆柱的母线，，.过直线且与平面垂直的平面记为，平面与该圆柱侧面的交线记为（可以证明交线是椭圆）.    (1)求点到平面的距离； (2)如图，设为底面弧上的动点，求平面与平面所成角的余弦值的最大值； (3)将圆柱沿母线剪开，并展开为如图所示的平面图形，在平面展开图中，以为原点，以，的方向分别为轴、轴的正方向建立平面直角坐标系，求的平面展开曲线的方程. 【答案】(1) (2) (3)， 【分析】（1）利用面面垂直作出点到平面的垂线，再利用等面积法可得答案； （2）建系，利用面面角的空间向量计算公式计算，然后求函数最值即可； （3）利用轨迹方程的求法，建立起曲线上的一点横纵坐标满足的关系式即可. 【详解】（1）过作垂直于，垂足为， 由平面，且平面，知， 则为点到平面的距离. 在中，，， 所以， 所以，点到平面的距离. （2）以为原点，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系.    则，，， 令，，于是. ，，令平面的法向量， 由， 令，得. 由（1）知，可得，于是可令平面的法向量. 令平面与平面所成角为， 则. 因为，所以（当时取等）. 所以，当为弧的中点时，平面与平面所成角的余弦值取到最大值. （3）将圆柱沿母线剪开并展开成平面图形，以为原点，方向（水平向右）为轴正方向， 方向（从指向，即竖直向上）为轴正方向，建立平面直角坐标系. 令曲线上一点，由对称性不妨令，. 令，则. 圆柱底面半径，故底面圆周长为，展开后轴对应弧长，范围取， 使得对应，剪开线对应. 如图，过作的垂线，垂足为，则，. 由题知截面为椭圆，其方程为，点，解得， 于是. 由得. 所以，将代入得，. 由对称性知，曲线的展开曲线方程为，    三、题型三 截面图形与面积周长问题 12．在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，均与底面垂直，且，点、分别为线段BC，的中点，记该几何体的体积为，下列说法正确的是（    ）    A．该几何体的体积为 B．平面截该几何体所得截面周长为 C．平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为 D．平面与平面的二面角的余弦值为 【答案】AC 【分析】对于A，由何体可看作是一个长方体与一个四棱锥的组合体的差可判断，对于B，过点做的平行线交于点，连接，连接，则四边形为截面．即可判断，对于C,由几何体体积公式即可判断，对于D，通过建系，求得平面法向量，代入公式即可判断. 【详解】A选项，该几何体可看作是一个长方体与一个四棱锥的组合体的差． 以底面正方形为底，高为的长方体体积． 四棱锥的底面积，高，根据四棱锥体积公式， 可得． 所以则该几何体体积，所以选项A正确； B选项，连接，连接，由题可得，则四边形为截面，且四边形为梯形． 在中，已知，由勾股定理可得：， 所以，又因为， 所以周长，所以B错误； 对于C选项，由题意可知，平面即为平面截几何体的截面． 因为该几何体体积， 被截棱台的体积， 另一部分体积为，所以较小部分的体积为．所以C正确；    对于D选项，以D为原点，分别以所在直线为轴建立空间-直角坐标系． 则． 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以． 平面的法向量为． 设平面与平面的二面角为，由题可知为钝角，则，所以选项D错误． 故选：AC 13．已知正方体的顶点都在体积为的球的球面上，分别为棱的中点，则平面截球所得的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由球的体积求出外接球半径，再结合正方体外接球性质求出棱长；接着建立坐标系，求出平面的法向量，利用求出球心到平面的距离；最后利用球的截面性质算出截面圆半径，进而得到截面面积． 【详解】 由，得， 设正方体的棱长为，则，所以， 建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，， ，，，， ，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 所以，取，得， 球心到平面的距离， 设平面截球所得的截面的半径为，则， 所以平面截球所得的截面面积． 14．如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．一定是异面直线 B．存在点，使得 C．直线与平面所成角的正切值的最大值当 D．过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值 【答案】AD 【分析】对ABC选项，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解和判断即可；对D选项，由正方体的性质可得截面面积最大的状态，画出截面图，求得面积即可判断. 【详解】以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系： 则， 设，则点坐标为； 对A：设平面的法向量为，， 则，即，取，解得，故； 又，， 考虑到，则，故， 故一定是异面直线，A正确； 对B：，， 若，则，即， 解得，又，故不存在这样的点，使得，B错误； 对C： ，取平面的法向量， 则， 设直线与平面的夹角为 则，则， ，又，故， 即直线与平面所成角的正切值的最大值为，C错误； 对D：在正方体中，过的截面为六边形且六边形为正六边形时面积最大. 此时过的截面经过对称中心， 设截面交于中点，也为中点， 所以为的中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积最大， 取的中点为，连接，如下所示： 故此时截面为正六边形， 其面积，故D正确. 故选：AD. 15．如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点. (1)求证：平面平面ABCD； (2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长； (3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)，截面周长为12 (3)存在， 【分析】（1）运用直角梯形垂直关系，再结合已知得到线面垂直，再证明面面垂直； （2）利用平面平行相交的性质作出截面，再通过直角三角形，平行四边形性质求得周长； （3）先计算出点C到平面的距离，如果距离大于3，则不存在；如果距离小于3，则存在；最后如果存在，那么点在运动过程中所围成的图形是：以点为球心半径为的球面被平面所截的面，计算出半径求得圆面积. 【详解】（1）证明： 又平面 平面 又平面 平面平面 （2） 连接交于点，连接，取中点，连接,， 四边形 为平行四边形 点为中点， ，四边形为平行四边形,则 ， 点G平面，故四边形即为所求截面， 平面 ,为直角三角形， ,故四边形为平行四边形， 所以，四边形周长为：; （3）假设平面内存在动点，使其到点的距离为3， 方法一（等体积法）： 设点到平面距离为h，那么 取中点，由可知为正三角形， 所以， 由可得 , 即， 由于， 所以，, , 所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3 点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截得的截面，截面形状为圆， 半径,. 方法二（建坐标系）： 取中点，由可知为正三角形， 所以， 以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 那么, 设平面法向量为，那么 取，则为平面一个法向量， 那么点到平面距离， 所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3 点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截，截面形状为圆， 半径,. 16．如图，在正方体中，O为其外接球的球心，，将棱BC延长到点E，使得，连接DE，，M为上靠近的三等分点． (1)求证：平面. (2)（i）求平面与球O的截面的面积； （ii）若点P是OE与球面O的交点，求平面AMP与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，表示点的坐标，求出平面的一个法向量，利用向量法证明即可. （2）（i）求出平面的法向量，利用点面距离的向量公式求得球心O到截面的距离，即可求得截面圆的半径，即可得解； （ii）求出平面AMP与平面的法向量，然后利用面面夹角的向量公式求解即可. 【详解】（1）以A为原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 平面的一个法向量可取， 则，所以， 又平面，所以平面． （2）（ⅰ）由正方体性质可知，球O的半径， 则，，，， ，. 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则． 又，则球心O到截面的距离为， 所以截面圆的半径r满足， 所以截面圆的面积为． （ⅱ）因为，， 所以，， 则，． 设平面AMP的一个法向量为， 则即 取，则． 所以， 即平面AMP与平面夹角的余弦值为． 四、题型四 几何体的外接球问题 17．已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧面是等边三角形，且侧面底面，则四棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为，分别过作两个平面的垂线交于点，点即为该球的球心，求出长度，由勾股定理可求出四棱锥外接球的半径，再由球的表面积公式可得出答案． 【详解】 如图，在四棱锥中， 取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为， 分别过作两个平面的垂线交于点，则由外接球的性质知， 点即为该球的球心，连接并延长，交于，则是线段的中点， 连接，则四边形为矩形， 在等边中，可得，则，即， 在正方形中，因为，可得， 在中，，即， 所以四棱锥外接球的表面积为． 18．在正四棱台中，，且正四棱台存在内切球，则此正四棱台外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由内切球切点的截面性质，确定内切圆的圆心与半径，从而结合勾股定理得四棱台的高度，再由外接球几何性质建立关系得外接球的半径，从而得所求. 【详解】因为正四棱台内切球存在时，内切球大圆是图中梯形的内切圆，圆心为， 设上下底面的中心分别为． 过作于，连接， 由图可知， 则， 过作于，， 即四棱台的高为， 设外接球球心为，设外接球的半径为， 则 ， 解得， 则外接球表面积为． 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关于正四棱台的内切球问题，关键是要通过截面法确定内切圆的圆心与半径，从而转换为几何体的内切球，由几何性质确定正四棱台的高度，从而再根据外接球的性质求解外接球半径，即可得所求。 19．已知直三棱柱的各顶点都在一个球面上，且，，，则这个球的表面积为______. 【答案】 【分析】利用正弦定理可得的外接圆的半径，在直角三角形 中，根据勾股定理可得球半径，进而可求表面积. 【详解】设的外心分别为,连接，可知外接球的球心为的中点， 连接 在，由，， 可得 由正弦定理可得的外接圆的半径, 在直角三角形中，外接球的半径, 所以直三棱柱的外接球的表面积为, 20．如图，点均在球的表面上，，，平面平面，则球的体积为___________． 【答案】/ 【分析】根据面面垂直的性质、线面垂直的判定定理和性质、勾股定理的逆定理、平行线的性质建立空间直角坐标系，结合球的性质，利用空间两点间距离公式、球的体积公式进行求解即可. 【详解】取的中点为， 因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为，， 所以，因此， 因为平面，平面， 所以，因为平面， 所以平面，而平面， 所以，， . 在平面内，过作，交于点， 所以， 所以可以建立如图所示的空间直角坐标系， 于是有， 设，显然有， 所以有， 所以球的半径为， 所以球的体积为. 21．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为底面内一动点（含边界），则下列说法正确的是（   ） A．存在动点，使平面 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．若平面，则三棱锥体积的最大值为2 D．若正方体的外接球为球，则球被平面所截截面圆的面积为 【答案】BCD 【分析】对于A，建立空间直角坐标系，根据空间位置关系向量法计算判断；对于B，由线面平行的判定定理及面面平行的性质定理求得动点的轨迹计算判断；对于C，由点到直线距离空间向量法及点到平面距离空间向量法结合图形计算判断；对于D，由点到平面距离空间向量法计算距离，进而计算截面圆的半径后可得截面圆面积. 【详解】以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 对于A，设，且， ， 设平面的法向量为， 则，取，则， 所以平面的法向量为， 若平面，则， 由，解得，不合题意， 不存在动点，使平面，故A错误； 对于B，如图，取的中点，的中点，连接， 则，由正方体性质可知，故， 平面，平面， 平面， ， ， 因为，且平面， 平面， 且平面， 平面平面， 若平面，则平面， 动点的轨迹为线段，其长度为，故B正确； 对于C，， ， 空间向量法计算点到直线的距离为， 则的面积为， 显然，当与重合时，三棱锥的体积最大，则， 点到平面的距离为， 三棱锥体积的最大值为，故C正确； 对于D，正方体外接球的球心为，半径， 则，则点到平面的距离为， 故球被平面所截截面圆半径， 截面圆的面积为，故D正确. 五、题型五 几何体的内切球的问题 22．已知体积为 的球与正四棱锥的底面和4个侧面均相切，已知正四棱锥的底面边长为 . 则该正四棱锥体积值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正四棱锥的内切球的半径为，为底面中心，取的中点，设点在侧面上的投影为点，则点在上，利用求出球心到四棱锥顶点的距离，再由棱锥的体积公式计算可得答案. 【详解】设正四棱锥的内切球的半径为，为底面中心， 由体积为得， 连接，平面，球心在上，， 取的中点，连接，设点在侧面上的投影为点， 则点在上，且，， 球心到四棱锥顶点的距离为， 所以，，解得， 所以. 故选：A. 23．在三棱锥中，平面，且，若球在三棱锥的内部且与四个面都相切（称球为三棱锥的内切球），则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设球的半径为r，由等积法得，由此可求得设球的半径为r，再根据球的表面积公式可求得答案. 【详解】解：因为平面，平面，平面，平面， 所以，，， 又， 所以平面，所以， 所以均为直角三角形， 设球的半径为r，则， 而，， 所以，解得， 所以球的表面积为， 故选：A. 24．一个圆台的上､下底面半径分别为，且，圆台轴截面为底角是的等腰梯形.若该圆台内有一个球，当球的体积最大时，球的表面积与圆台的侧面积比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】圆台内体积最大的球，对应于轴截面内面积最大的圆。设圆台的轴截面为等腰梯形，把问题转化为“等腰梯形内最大圆”的问题。先由已知条件求出圆台的高和母线长，再设球心在轴上，比较球心到底面、上底和腰的距离，求出最大半径，最后计算面积比。 【详解】设 则圆台轴截面的上、下底分别为 因为轴截面为底角是的等腰梯形，所以每条腰与下底所成角为， 上下底之差的一半为 故圆台的高为 母线长为 于是圆台的侧面积为 下面求圆台内最大球的半径， 在轴截面中建立坐标系，使下底所在直线为，对称轴为轴， 则右腰经过点，且斜率为，故其方程可写为 设最大圆的圆心为，半径为， 则圆心到底边的距离为，圆心到上底的距离为 圆心到右腰的距离为 因此 先考虑与的大小， 当时，半径随增大而增大， 当时，半径受腰限制而减小， 所以最大值在时取得，解得 即于是最大半径为 再考虑此时的最大半径与的关系， 当时， 说明最大球与下底及侧面相切，不与上底相切， 故球的表面积为 所求比值为 25．如图，已知圆台形水杯（不计厚度）内盛有牛奶，杯口的直径为4，杯底的直径为2，杯高为4，当杯底水平放置时，牛奶面到杯底的距离为水杯高度的一半，则（   ） A．该水杯的侧面积为12π B．该水杯中牛奶的体积为 C．该水杯中牛奶的体积为3π D．该水杯外接球的表面积为 【答案】BD 【分析】根据圆台的侧面积，体积公式即可判断ABC；设出该水杯外接球的球心，列方程可求出外接球的半径，进而可判断D. 【详解】取水杯上、下底面圆心分别为，过作，垂足为，设该水杯外接球的球心为，如图： 对于A，由题意知水杯的下底面半径，上底面半径， 在中，斜边长，即母线长， 所以该水杯的侧面积为，故A错误. 对于BC，因为当杯底水平放置时，牛奶面到杯底的距离为水杯高度的一半， 所以由梯形的中位线性质知牛奶面的半径为，牛奶面到杯底的距离为， 所以该水杯中牛奶的体积为，故B正确，C错误. 对于D，因为， 所以，即， 代入数据得，解得， 所以， 所以该水杯外接球的表面积为，故D正确. 26．如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径则球与圆柱的体积之比为_______；四面体 的体积的取值范围为_______. 【答案】 2:3/ 【分析】根据球、圆柱的体积公式以及建立函数关系求解即可. 【详解】已知球的半径，则球的体积为. 根据题意得，，则圆柱体积，则. 设为点到平面的距离，则，而平面经过线段的中点， 四面体的体积：. 所以四面体 的体积的取值范围为. 六、单选题 27．设某正四面体的内切球的体积为，则该正四面体的棱长为（    ） A．2 B． C．3 D． 【答案】C 【分析】由球的体积公式求得球的半径，再通过正四面体体积确定棱长和半径的关系，即可求解. 【详解】球的体积公式为， 由题意内切球体积， 代入得： ，整理得： 设正四面体棱长为，高为 如图为正四面体，为的中心， 根据正弦定理知的外接圆半径， 所以， 设是正四面体PABC的内切球球心，内切球半径为， 则根据等体积法得： ． 故 对两边立方得： 将​代入上式，得： 因此该正四面体的棱长为. 七、多选题 八、填空题 28．已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，其体积为.若点，都在球的球面上，则球的表面积为__________. 【答案】 【分析】根据三棱锥的体积公式求出到底面的距离为，结合底面正三角形的外接圆半径和外接球的性质可求得球的半径，从而求出球的表面积. 【详解】因为底面是边长为的正三角形， 所以的面积为， 设到底面的距离为，正三棱锥的体积为. 则，所以. 底面正三角形的外接圆半径，故， 设球的半径为，则， 所以，球的表面积为. 九、解答题 29．已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和． (1)求证：； (2)当时，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为?若存在，求出点位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，为中点，理由见解析 【分析】（1）首先根据余弦定理计算出，进而利用勾股定理证明，然后根据线面垂直的判定定理证明平面，最后根据线面垂直的性质即可证明. （2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，首先根据，求出点的坐标，然后根据在线段上，设，得，最后根据线面角的向量公式即可求解. 【详解】（1）在菱形中，，，故，为中点，， 由余弦定理得： ， 故， 即，得，， 翻折后，仍成立， 又，平面， 故平面， 又平面，因此. （2）存在，为的中点，过程如下： 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 得各点坐标： ，，，， 设，由得， 由，得， 代入，解得，故， 在线段上，设，得，则， 平面中，，设平面的一个法向量为， 由得，取 得，， 设直线与平面夹角为，则， 代入计算： ，化简得，解得（舍去，超出范围）. 因此存在点，为的中点满足条件. 30．如图，在长方体中，. (1)若点在底面内，且平面，求点的轨迹长度； (2)若平面截长方体所得的截面交于点，求四边形的面积； (3)在（2）的条件下，已知点在侧面内，且，当直线与平面所成角的正弦值最大时，试探究点的位置. 【答案】(1) (2) (3)点为上靠近点的三等分点 【分析】（1）应用空间向量法求出法向量，进而因为线面平行列式计算求解； （2）先设，应用四点共面得出参数，再计算边长得出四边形面积即可； （3）先设，再应用线面角正弦公式计算即可求出参数. 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则. 设，则. 设平面的法向量为， 则取，则， 即. 因为平面，所以， 取的中点，连接，则点的轨迹是线段，. （2）连接，设，得， 由于四点共面，可设， 即，解得所以， 此时，因为，所以，又， 所以四边形是菱形，又， 所以四边形的面积. （3），设， 则 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取得最大值， 则当，即时，直线与平面所成角的正弦值最大，此时点为上靠近点的三等分点. 31．已知正方体的棱长为，对角线的中点为，动点在平面内，且点到平面的距离等于. (1)求四棱锥体积的最小值； (2)记点的轨迹为曲线，点，，是曲线上不同三点. （i）若平面与轨迹相交于两点，求线段的长； （ii）若点在点上方，且，，与平面所成角相等，平面过且与平行，判断平面与平面的夹角是否为定值，若是定值，求出这个夹角的余弦值；若不是定值，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）12 （ii）平面与平面的夹角为定值，余弦值为 【分析】（1）根据平面与平面的夹角得到点到直线的距离等于到点的距离，从而得到点的轨迹，然后结合锥体的体积公式得到点在抛物线的顶点处时体积最小，最后求体积即可； （2）（i）根据平面与平面的交线为得到为与曲线的交点，然后联立与曲线的方程，结合抛物线定义求即可； （ii）根据得到的坐标，根据与平面所成角相等得到斜率相反，从而得到，然后通过计算斜率得到的方向向量，然后利用空间向量的方法求面面角即可. 【详解】（1） 设点到平面和直线的距离分别为，， 因为点在平面内，且平面与平面的夹角为， 因此，得， 所以点的轨迹是为焦点，为准线的抛物线， 当点在抛物线的顶点处时，最小， 最小值为，此时， 所以四棱锥体积的最小值为； （2）设的中点为，则，如图1，以的中点为原点，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，设点，则， （i）平面与平面的交线为， 因此，是直线与抛物线的交点，如图2， 在平面中，可以设：， 与抛物线方程联立，得：， 因此，； （ii）如图3，在平面中，点在点上方，且， 得到点坐标为，因为，与平面所成角相等， 所以，与所成角相等， 因此，，的斜率互为相反数， 设，，则， 得， 因此，， 因此，在空间直角坐标系中，的方向向量为， 又， 设平面的法向量， 由，由， 令，则， 又平面的法向量，， 所以平面与平面的夹角为定值，其余弦值为. 32．如图，在长方体中，，是的中点，是的中点，是底面的中心． (1)证明：平面． (2)若是侧面上的一个动点，且点到平面的距离为，证明点的轨迹为一条线段，并求该线段的长度. 【答案】(1)见解析 (2)证明见解析；线段长度为 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直，结合线面垂直的判断定理，即可证明； （2）利用坐标法，结合点到平面的距离公式，求出点满足的轨迹方程，即可证明，并求线段长度. 【详解】（1）如图，以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，，，，，， ，，， ，， 所以，，，平面， 所以平面 （2）由（1）可知平面，则是平面的一个法向量 所以平面的一个法向量为， 设，， 则点到平面的距离， 则，得或， 直线与侧面没有交点，故舍去， 所以， 如图，直线与棱交于，所以点的轨迹是线段 ,，. 33．如图，四边形是边长为2的正方形，，平面平面，平面平面. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点M在正方形内（包括边界），若平面平面，且，求点M的轨迹长度. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用面面垂直的性质可证平面，进而利用线面垂直的性质可证，可理可证，进而可证结论； （2）过作于，连接，可得为二面角的平面角，求解即可； （3）以为直径在正方形内作一个半圆，在该半圆圆上任取点，连接，可证点M的运动轨迹为一个半圆，据此求解即可. 【详解】（1）四边形是边长为2的正方形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，平面， 所以平面； （2）过作于，连接， 由（1）可知平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面，平面， 所以，所以为二面角的平面角， 因为，，所以， 又，所以，解得， 在中，， 所以， 所以二面角的余弦值为； （3）以为直径在正方形内作一个半圆，在该半圆圆上任取点，连接， 则，又因为平面；平面， 所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， 所以点M的运动轨迹为此半圆， 设的中点为，连接，因为，所以， 所以根据扇形的弧长公式得点M的运动轨迹长度为. 34．如图，已知圆柱的轴截面是矩形，点为上不同于的一点，点在上，且，动点满足，动点在上底面上，满足． (1)证明：平面； (2)①求动点的轨迹长度； ②当点为的中点时，若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）在上取点，使得，连接，通过四边形为平行四边形，得到，即可求证； （2）建系，①由，确定动点的轨迹是半径为的圆，即可求解；②求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【详解】（1）在上取点，使得，连接， 因为，所以， 所以，且， 又，所以，又， 所以，且，则四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，故平面； （2）分别取的中点，连接，则底面圆，连接， 因为点为的中点，所以，易得， 以为原点，以，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， ①因为，所以，所以， 则动点的轨迹是半径为的圆，其轨迹长度为； ②设平面的法向量为， 由得取，则， 因为，都在平面内，所以平面， 所以是平面的一个法向量，记为， 所以， 由题意可知，，整理得，解得， 故的值为． 35．在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点. (1)求该正方体被平面所截得的截面面积； (2)求证：平面； (3)点在线段上运动，设平面与平面所成夹角为，求的最大值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取的中点为，连接，先证明，可得四边形为截面，进而求解即可； （2）取的中点，连接，先证明，，进而求证即可； （3）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）取的中点为，连接， 因为分别为棱的中点，所以， 则四边形为截面，且， 则梯形的高为， 所以. （2）取的中点，连接， 因为为的中点，所以，易得， 在正方体中，， 因为平面，所以平面， 又平面，所以. 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以. 因为平面，所以平面. （3）建立以所在直线分别为轴的空间直角坐标系，如图所示， 则，其中， 所以， 设平面DMP的法向量为， 则 令，则， 又∵平面的法向量为， ， ∴当时，取得最大值为. 36．已知四棱锥，平面，，，，点为中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的正切值； (3)作出过三点的平面截四棱锥得到的截面，并求此截面的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)四边形即为截面， 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可； （2）取中点，连接交于，连接，作交于，连接，由面面角定义确定二面角平面角，计算即可求解； （3）延长于，连接于，则四边形即为截面，根据为的重心，计算对应边长可知截面周长. 【详解】（1） 取中点，连接， 在中，且， 因为，且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面； （2） 取中点，连交于，连接， 因为，且，则四边形为平行四边形， 所以，为中点， 在中，，因为平面，所以平面， 作交于，连接， 因为平面，所以， 因为且平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 又，，所以， （3） 延长于，连接于，则四边形即为截面 因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 中，，，，点为中点，所以， 因为，所以点为的中点，所以中，为其重心， 所以，所以，， 中，，即， 又，故截面的周长为． 37．如图，圆柱的轴截面为正方形ABCD，点P为上一动点（点P与点A，D不重合），． (1)求三棱锥P-ABD的体积的最大值； (2)当时，求平面PBC与平面PBD所成角的正弦值； (3)当直线PB与平面ABCD所成角最大时，求平面PAB截四棱锥P-ABCD外接球的截面面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据棱锥的体积计算公式计算可得三棱锥P-ABD的体积的最大值； （2）建立空间直角坐标系，求得平面PBC与平面PBD的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即可； （3）利用线面垂直的性质以及勾股定理和基本不等式计算即可求得结果. 【详解】（1）在三棱锥中，半圆面， 则是三棱锥的高， 当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值， 三棱锥的体积取得最大值为， （2）四边形为正方形， ， 为底面圆直径，所以，过作是平行，所以两两垂直，建立如图所示坐标系， ，，，， 所以，. ， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以. 设平面的法向量为，则， 令，则，所以. 设平面与平面所成角为，，∴. （3）过作垂直于，连接，设， ∵平面，平面，∴， ，平面， ∴平面， ∴为直线与平面所成角， ，， ， . 当且仅当，即时等号成立， 记外接球球心，取中点， ∵△为直角三角形， ∴为△外接圆圆心， ∴，截面圆半径， ， ∴截面面积. 【点睛】易错点睛：在判断三棱锥的四个面是否都是直角三角形时，易忽视△，需通过证明平面进行判断；在确定直线与平面所成角最大时点的位置时，容易错误的认为当点为半圆弧的中点时，直线与平面所成角最大. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 立体几何的动点探究和轨迹、截面最值与球体切接问题 知识要点梳理 一、动点存在性问题 1.空间直角坐标系法 思路步骤：建系写坐标→设元→列式求解→验证 （1）建系写坐标：依条件建空间直角坐标系，写出相关点的坐标。 （2）设元：设线段上存在动点，令参数，用分点公式表示坐标： （3）列式求解：根据动点的约束条件列式，转化为关于的方程（组）： - 点在平面上：坐标代入平面的一般式方程； - 线线垂直：向量（数量积为0）； - 线面平行：向量与平面法向量垂直（数量积为0）； - 距离定值：用空间点到面/线的距离公式列等式。 （4）验证参数范围，判定存在性： - 若存在，则线段上存在该点，代入参数可求点的具体坐标； - 若所有解，则线段上不存在该点（若为直线则存在，线段需严格验证）。 2.空间向量法 思路步骤：向量表示动点→列向量等式→解参数并验证 （1）向量参数化动点：设线段上动点，令（），则（为空间任意基点）； （2）列向量等式：将题干约束转化为向量的数量积为0/共线等式，列关于的方程； （3）求解验证：求解，若则点存在，否则不存在。 二、动点轨迹问题（定面→定形→定轨迹） 1.定平面（要点前提） 常见定平面依据： （1）动点到两定点的距离和/差/比为定值→在过两定点的固定平面内； （2）动点连线与定线/定面平行/垂直→在过定点且与定线/定面垂直的平面内； （3）动点对定线段的视角为定值→在过定线段的固定平面内； （4）动点在定几何体表面+某约束→在几何体的某一截面平面内。 2.定形状（几何定性） 常见轨迹形状及判定（平面内）： （1）圆：到定点距离为定值、对定线段视角为直角、到两定点距离平方和为定值； （2）椭圆：到两定点距离和为定值，且定值大于两定点间距离； （3）双曲线：到两定点距离差的绝对值为定值，且定值小于两定点间距离； （4）抛物线：到定点与到定直线的距离相等（定点不在定直线上）； （5）直线/线段：到两定点距离相等（中垂线）、与定直线平行；受几何体边界约束时，直线缩为线段； （6）圆弧/曲线段：轨迹为圆/椭圆/双曲线的一部分，受空间几何体边界剔除超出范围的部分。 3.求轨迹（代数定量） 思路步骤： （1）设坐标：平面内设定点为已知坐标，动点设为；空间建系则设，利用轨迹平面方程消去一个变量； （2）列等式：将空间约束转化为坐标运算（距离公式、向量数量积、平行/垂直的坐标条件）； （3）化简求解：消去参数，整理为平面轨迹的标准方程/一般方程，标注变量取值范围。 4.三大常用方法 （1）定义法：若平面内的约束条件直接符合圆、椭圆、抛物线等轨迹定义，直接判定形状，无需建系列方程，快速求解轨迹参数（如圆的半径、椭圆的长半轴）； （2）坐标法：适用于所有题型，尤其是约束条件复杂、无法直接用定义判定的问题，核心是降维建系，将空间问题转化为平面解析几何计算； （3）向量法：设动点向量，将位置关系化为向量数量积、共线向量（平行），列等式后化简求解。 三、几何体外接球问题常见模型 1. 棱面垂直模型：正方体/长方体/直棱柱/正棱柱/棱面垂直的棱锥 半径求解：若正方体棱长为，；若长方体长宽高为，； 其他棱面垂直模型 2. 正棱锥模型（正三棱锥/正四棱锥） 半径求解：设底面正多边形外接圆半径为，由勾股定理得，解方程得。 特殊：正四面体的外接球半径公式： 3.对棱相等的三棱锥模型 模型特征：三棱锥三组对棱分别相等（如，，）。 核心技巧：补形为长方体，将三棱锥的对棱作为长方体面对角线，设长方体长宽高为，列方程，求解后按长方体求； 半径公式：。 4.建系法：适合所有几何体（建系→设元→列式） - 核心技巧：建立空间直角坐标系，设几何体各顶点坐标，设外接球球心为； - 半径求解：由（为几何体顶点），列方程组求解，再计算任意顶点到球心的距离得； - 适用：所有模型均可用，计算稍复杂，作为补形法/公式法的兜底方案。 压轴题型专练 一、题型一 空间几何动点问题的探究 1．如图，四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，，是的中点． (1)证明：； (2)若点为线段上动点，是否存在这样的点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 2．在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，，的中点，为棱上一点，且，． (1)求证：平面平面． (2)线段（含端点）上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 3．如图，在四棱锥中，平面，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 4．如图，在四棱锥中，平面，，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成的角为，求线段的长； (3)是否存在线段上一点，使得到点的距离都相等？说明理由. 5．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，E，F分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)若，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知： （i）求二面角的大小； （ⅱ）线段上是否存在一点M，使得平面？若存在，说明点M的位置，若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：． 二、题型二 空间点的轨迹问题 6．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． 7．如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方形上的动点， (1)求四面体的体积； (2)若，求的轨迹的长度及线段扫过区域的面积. 8．如图1，在中，，，是线段上一点，且⊥，将沿着翻折至，得到如图2所示的三棱锥，记二面角的大小为；    (1)求的长度； (2)当时，求直线与平面所成角的正切值； (3)当时，在翻折的过程中： ①求点的运动轨迹的长度； ②求线段长的取值范围. 9．如图，三棱锥中，点在平面的射影恰在上，为中点，，，. (1)若平面，证明：是的三等分点； (2)记的轨迹为曲线，判断是什么曲线，并说明理由； (3)求的最小值. 10．如图，在正四棱柱中，，，将直线绕直线AD旋转一周，旋转后所得的图形与平面ABCD的交线为. (1)E为上靠近的三等分点，求E绕直线AD旋转一周后所得图形的周长； (2)在平面ABCD内以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系. （ⅰ）求的轨迹方程； （ⅱ）为平面ABCD内且不在上的定点，过P的直线l与有2个交点M、N，若M、N在直线AD的两侧，求的最小值（用m，n表示）. 11．在如图所示的圆柱中，，分别是下底面圆、上底面圆的直径，，是圆柱的母线，，.过直线且与平面垂直的平面记为，平面与该圆柱侧面的交线记为（可以证明交线是椭圆）.    (1)求点到平面的距离； (2)如图，设为底面弧上的动点，求平面与平面所成角的余弦值的最大值； (3)将圆柱沿母线剪开，并展开为如图所示的平面图形，在平面展开图中，以为原点，以，的方向分别为轴、轴的正方向建立平面直角坐标系，求的平面展开曲线的方程. 三、题型三 截面图形与面积周长问题 12．在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，均与底面垂直，且，点、分别为线段BC，的中点，记该几何体的体积为，下列说法正确的是（    ）    A．该几何体的体积为 B．平面截该几何体所得截面周长为 C．平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为 D．平面与平面的二面角的余弦值为 13．已知正方体的顶点都在体积为的球的球面上，分别为棱的中点，则平面截球所得的截面面积为（   ） A． B． C． D． 14．如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．一定是异面直线 B．存在点，使得 C．直线与平面所成角的正切值的最大值当 D．过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值 15．如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点. (1)求证：平面平面ABCD； (2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长； (3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由. 16．如图，在正方体中，O为其外接球的球心，，将棱BC延长到点E，使得，连接DE，，M为上靠近的三等分点． (1)求证：平面. (2)（i）求平面与球O的截面的面积； （ii）若点P是OE与球面O的交点，求平面AMP与平面夹角的余弦值． 四、题型四 几何体的外接球问题 17．已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧面是等边三角形，且侧面底面，则四棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 18．在正四棱台中，，且正四棱台存在内切球，则此正四棱台外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 19．已知直三棱柱的各顶点都在一个球面上，且，，，则这个球的表面积为______. 20．如图，点均在球的表面上，，，平面平面，则球的体积为___________． 21．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为底面内一动点（含边界），则下列说法正确的是（   ） A．存在动点，使平面 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．若平面，则三棱锥体积的最大值为2 D．若正方体的外接球为球，则球被平面所截截面圆的面积为 五、题型五 几何体的内切球的问题 22．已知体积为 的球与正四棱锥的底面和4个侧面均相切，已知正四棱锥的底面边长为 . 则该正四棱锥体积值是（    ） A． B． C． D． 23．在三棱锥中，平面，且，若球在三棱锥的内部且与四个面都相切（称球为三棱锥的内切球），则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 24．一个圆台的上､下底面半径分别为，且，圆台轴截面为底角是的等腰梯形.若该圆台内有一个球，当球的体积最大时，球的表面积与圆台的侧面积比值为（    ） A． B． C． D． 25．如图，已知圆台形水杯（不计厚度）内盛有牛奶，杯口的直径为4，杯底的直径为2，杯高为4，当杯底水平放置时，牛奶面到杯底的距离为水杯高度的一半，则（   ） A．该水杯的侧面积为12π B．该水杯中牛奶的体积为 C．该水杯中牛奶的体积为3π D．该水杯外接球的表面积为 26．如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径则球与圆柱的体积之比为_______；四面体 的体积的取值范围为_______. 六、单选题 27．设某正四面体的内切球的体积为，则该正四面体的棱长为（    ） A．2 B． C．3 D． 七、多选题 八、填空题 28．已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，其体积为.若点，都在球的球面上，则球的表面积为__________. 九、解答题 29．已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和． (1)求证：； (2)当时，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为?若存在，求出点位置；若不存在，请说明理由． 30．如图，在长方体中，. (1)若点在底面内，且平面，求点的轨迹长度； (2)若平面截长方体所得的截面交于点，求四边形的面积； (3)在（2）的条件下，已知点在侧面内，且，当直线与平面所成角的正弦值最大时，试探究点的位置. 31．已知正方体的棱长为，对角线的中点为，动点在平面内，且点到平面的距离等于. (1)求四棱锥体积的最小值； (2)记点的轨迹为曲线，点，，是曲线上不同三点. （i）若平面与轨迹相交于两点，求线段的长； （ii）若点在点上方，且，，与平面所成角相等，平面过且与平行，判断平面与平面的夹角是否为定值，若是定值，求出这个夹角的余弦值；若不是定值，请说明理由. 32．如图，在长方体中，，是的中点，是的中点，是底面的中心． (1)证明：平面． (2)若是侧面上的一个动点，且点到平面的距离为，证明点的轨迹为一条线段，并求该线段的长度. 33．如图，四边形是边长为2的正方形，，平面平面，平面平面. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点M在正方形内（包括边界），若平面平面，且，求点M的轨迹长度. 34．如图，已知圆柱的轴截面是矩形，点为上不同于的一点，点在上，且，动点满足，动点在上底面上，满足． (1)证明：平面； (2)①求动点的轨迹长度； ②当点为的中点时，若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值． 35．在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点. (1)求该正方体被平面所截得的截面面积； (2)求证：平面； (3)点在线段上运动，设平面与平面所成夹角为，求的最大值. 36．已知四棱锥，平面，，，，点为中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的正切值； (3)作出过三点的平面截四棱锥得到的截面，并求此截面的周长． 37．如图，圆柱的轴截面为正方形ABCD，点P为上一动点（点P与点A，D不重合），． (1)求三棱锥P-ABD的体积的最大值； (2)当时，求平面PBC与平面PBD所成角的正弦值； (3)当直线PB与平面ABCD所成角最大时，求平面PAB截四棱锥P-ABCD外接球的截面面积． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $