空间向量与立体几何：立体几何中的截面问题、立体几何中的轨迹问题复习讲义-2026届高三数学三轮冲刺

该高中数学高考复习讲义聚焦立体几何中的截面问题与轨迹问题两大核心考点，按考点梳理基本公理、性质、方法及常见形态等知识点，结合解题原理与思路构建知识体系。通过考点梳理、方法指导、真题讲解及分层练习的教学环节，帮助学生突破空间想象与逻辑推理难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以数学思维培养为核心，创新采用“空间问题平面化”策略，如截面问题通过延长线找点、平行线平移确定交点，轨迹问题转化约束条件锁定平面轨迹，培养学生空间观念与逻辑推理能力。设置基础例题与变式训练分层突破，配合解题步骤拆解，确保学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 空间向量与立体几何：立体几何中的截面问题、立体几何中的轨迹问题复习讲义 考点目录 立体几何中的截面问题 立体几何中的轨迹问题 知识点解析 考点一 立体几何截面问题 知识点 1. 基本公理：两点确定直线，面面相交得交线 1. 核心性质：同一平面内直线相交、平行线共面 1. 常用方法：延长线找点、平行线平移、面面交线定位 1. 常见截面形状：三角形、四边形、五边形、六边形 解题原理 依据平面基本性质，确定截面与几何体各棱的交点，依次连线围成封闭平面图形。 解题思路 1. 标出已知截点，判断共面关系 1. 延长棱或作平行线，补全剩余交点 1. 顺次连接所有交点，画出完整截面 1. 计算截面边长、面积、角度等几何量 考点二 立体几何轨迹问题 知识点 1. 空间轨迹常见形态：直线、圆、圆弧、球面、平面图形 1. 判定依据：距离定值、角度定值、线面平行垂直关系 1. 常用定理：面面距离、圆锥定义、圆周角定理、线面性质 解题原理 把空间约束条件转化为平面几何约束，判定动点运动轨迹类型。 解题思路 1. 分析动点满足的距离、角度、位置约束 1. 结合空间几何定理，锁定轨迹所在平面 1. 套用平面图形判定规则确定轨迹形状 1. 求解轨迹周长、面积、最值、范围 考点一 立体几何中的截面问题 【例题分析】 例1．（2026·江西南昌·二模）若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 例2．（2025·江苏·模拟预测）已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 例3．（2025·福建厦门·模拟预测）如图，棱长为1的正方体中，、分别在棱、上，，，，且，过、、三点的平面截正方体得到截面多边形，有下列四个说法：    ①时，截面一定为等腰梯形； ②时，截面一定为矩形且面积最大值为； ③存在，使截面为六边形； ④存在，使与截面平行． 其中，正确说法的序号有______． 例4．（2025·河北·模拟预测）在四面体中，，，，则该四面体的外接球的表面积为______；E，F分别是，的中点，若用一个与直线垂直且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为_____． 例5．（2025·陕西西安·一模）如图，正方体的棱长为2，点是棱上的动点.    (1)求三棱锥的体积； (2)当为中点时，求过点且与垂直的平面截正方体的截面面积. 【变式训练】 变式1．（2025·青海海东·二模）如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（    ）    A． B． C． D． 变式2．（2026·云南保山·二模）平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的投影为中点，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（   ） A． B． C． D． 变式3．（2025·山东潍坊·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于___ 变式4．（2026·湖南湘西·三模）如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点，三棱柱的外接球为球，则过的平面截球所得截面面积的最小值为___________． 变式5．（2026·陕西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，，点在线段上（与不重合）． (1)若平面平面，证明：平面; (2)当面积最小时，求二面角的正弦值； (3)在（2）的条件下，若，是线段的等分点，分别过在四棱锥上作平行于平面的截面，记相应截面面积为，证明： （参考公式：）， 考点二 立体几何中的轨迹问题 【例题分析】 例1．（2026·福建泉州·三模）已知正方体的棱长为2，为空间中任一点，则下列结论正确的是（   ） A．若在上，则 B．若在正方形内，，则点轨迹的长度为 C．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 D．若在平面内，，则点的轨迹为椭圆的一部分 例2．（2026·广东江门·一模）已知正方体的棱长为，点是正方形内（含边界）的一个动点，且满足，则点的轨迹长为（    ） A． B． C． D． 例3．（2025·四川成都·二模）一封闭圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个半径为的小球在该容器底面运动，则小球与侧面接触部分的轨迹长为（    ） A． B． C． D． 例4．（2025·广东揭阳·三模）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. 【变式训练】 变式1．（2026·湖北黄冈·二模）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），则下列说法中正确的是（   ） 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 变式3．（2025·浙江丽水·一模）已知三棱锥，满足，且，，两两垂直．在底面内有一动点到三个侧面、、的距离依次成等差数列，则点的轨迹是（　　） A．一个点 B．一条线段 C．一段圆弧 D．一段抛物线 变式4．（2025·云南玉溪·二模）如图，四棱锥中，平面，，，. (1)证明：平面平面； (2)若，动点在内（含边界）且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 2 学科网（北京）股份有限公司 $2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 空间向量与立体几何：立体几何中的截面问题、立体几何中的轨迹问题复习讲义 考点目录 立体几何中的截面问题 立体几何中的轨迹问题 知识点解析 考点一 立体几何截面问题 知识点 1. 基本公理：两点确定直线，面面相交得交线 1. 核心性质：同一平面内直线相交、平行线共面 1. 常用方法：延长线找点、平行线平移、面面交线定位 1. 常见截面形状：三角形、四边形、五边形、六边形 解题原理 依据平面基本性质，确定截面与几何体各棱的交点，依次连线围成封闭平面图形。 解题思路 1. 标出已知截点，判断共面关系 1. 延长棱或作平行线，补全剩余交点 1. 顺次连接所有交点，画出完整截面 1. 计算截面边长、面积、角度等几何量 考点二 立体几何轨迹问题 知识点 1. 空间轨迹常见形态：直线、圆、圆弧、球面、平面图形 1. 判定依据：距离定值、角度定值、线面平行垂直关系 1. 常用定理：面面距离、圆锥定义、圆周角定理、线面性质 解题原理 把空间约束条件转化为平面几何约束，判定动点运动轨迹类型。 解题思路 1. 分析动点满足的距离、角度、位置约束 1. 结合空间几何定理，锁定轨迹所在平面 1. 套用平面图形判定规则确定轨迹形状 1. 求解轨迹周长、面积、最值、范围 考点一 立体几何中的截面问题 【例题分析】 例1．（2026·江西南昌·二模）若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】可知侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则弧长为， 则底面直径为， 则圆锥轴截面是以为腰，为底的等腰三角形，此时顶角为， 则，所以， 则过圆锥顶点的截面是以为腰的等腰三角形，设顶角为， 此时面积，可知当时，即时，面积最大， 此时面积. 例2．（2025·江苏·模拟预测）已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由，利用坐标运算求得正三棱锥底面边长和高，从而可得外接球半径，又过点作球的截面，当时，截面面积的最小，可得解. 【详解】如图在正三棱锥中，平面，且为的中心，为中线， 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，    设，则 所以， 由于，所以，则， 所以， 因为，则 解得， 设，则，则，得， 所以， 过点作球的截面，当时，截面面积的最小， ，所以截面圆半径为， 则面积为. 故选：B 例3．（2025·福建厦门·模拟预测）如图，棱长为1的正方体中，、分别在棱、上，，，，且，过、、三点的平面截正方体得到截面多边形，有下列四个说法：    ①时，截面一定为等腰梯形； ②时，截面一定为矩形且面积最大值为； ③存在，使截面为六边形； ④存在，使与截面平行． 其中，正确说法的序号有______． 【答案】②④ 【分析】对①，举反例判断即可；对②，当时，点与点重合，再根据面面平行的性质与线面垂直的性质判断即可；对③，直观想象根据截面可能的情况判定即可；对④，根据线面平行与截面的性质举例当，时成立判定即可. 【详解】对①，时，截面为矩形，故①错误； 对②，当时，点与点重合，设过A、P、Q三点的平面交于， 因为平面平面，故，且，此时截面为矩形， 当点与点重合时面积最大，此时截面积，故②正确；    对③，截面只能为四边形、五边形，故③错误； 对④，当，时，延长交延长线于，画出截面如图所示， 此时因为，， 故，则， 由面面平行的截面性质可得，， 故，此时，故且， 故四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面， 所以与截面平行，故④正确．    故答案为：②④ 例4．（2025·河北·模拟预测）在四面体中，，，，则该四面体的外接球的表面积为______；E，F分别是，的中点，若用一个与直线垂直且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为_____． 【答案】 / 【分析】将四面体补形成长方体，由题设可得出长方体的各棱长，进而求解外接球的半径，再根据球的表面积公式计算即可；分析可得截面与直线垂直，平行于上底面，结合三角形相似可得，设，求出，再结合三角形面积公式及基本不等式求解即可. 【详解】如图，将四面体补形成长方体， 设长方体的棱长，那么四面体的六条棱长都是它的面对角线. 则有，解得：， 而四面体的外接球即为长方体的外接球， 则外接球的半径为， 所以外接球的表面积为； 由分别是，中点，即为长方体两个底面的中心， 而截面与直线垂直，平行于上底面， 故，， 根据平行截比定理得到，，且， 则，而，故有， 设，而， 故， 则截面面积. 故答案为：；. 例5．（2025·陕西西安·一模）如图，正方体的棱长为2，点是棱上的动点.    (1)求三棱锥的体积； (2)当为中点时，求过点且与垂直的平面截正方体的截面面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等体积法结合棱锥的体积公式求解即可； （2）设的中点为，中点为，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可证明，进而得到平面，可得即为过点且与垂直的平面截正方体的截面，进而求解即可. 【详解】（1）在正方体中，点是棱上的动点， 则到平面的距离即为, 则.    （2）设的中点为，中点为，连接， 以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 则，即， 因为，平面， 所以平面， 则即为过点且与垂直的平面截正方体的截面， 由正方体的棱长为2，的中点为，中点为， 可得， 在中，， 则， 所以.      【变式训练】 变式1．（2025·青海海东·二模）如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，作出截面并求出其面积. 【详解】在正方体中，取的中点，的中点，连接，    由是的中点，得，则四边形为平行四边形， ，由是的中点，得， 梯形是正方体被平面所截得的截面， ，， 所以所求截面的周长是. 故选：B 变式2．（2026·云南保山·二模）平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的投影为中点，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（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】平面与球相交截面是一个圆，首先确定外接球球心及半径，再求球心到平面距离，最后根据勾股定理求截面半径． 【详解】 如图，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， 对于三棱锥，高为，底面积， 故， ， ，，解得， 截面半径，面积为． 变式3．（2025·山东潍坊·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于___ 【答案】 【分析】根据给定条件，借助面面平行性质作出截面，进而求出截面面积. 【详解】在棱长为的正方体中，由、分别为、的中点， 得，且，由且，得四边形为平行四边形， 即，设平面交棱于点， 由平面平面，平面平面， 平面平面，得，由为的中点，得为的中点， 设直线分别交、的延长线于点、，连接交棱于点， 连接交棱于点，连接、，则截面为六边形， 由，为中点，得，又，则为的中点， 同理为的中点，六边形是边长为1的正六边形， 所以截面面积为. 故答案为： 变式4．（2026·湖南湘西·三模）如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点，三棱柱的外接球为球，则过的平面截球所得截面面积的最小值为___________． 【答案】/ 【分析】将三棱柱补成正方体，建立空间直角坐标系，可求出外接球的半径为，利用空间向量求出点到直线的距离，进而求解截面面积的最小值. 【详解】根据题意，将该三棱柱补成正方体，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 由正方体的性质可得该正方体的外接球球心为，即为点， 则，外接球半径为， 点到直线的距离， 该截面面积最小时，点到该截面的距离为， 则截面面积的最小值为． 变式5．（2026·陕西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，，点在线段上（与不重合）． (1)若平面平面，证明：平面; (2)当面积最小时，求二面角的正弦值； (3)在（2）的条件下，若，是线段的等分点，分别过在四棱锥上作平行于平面的截面，记相应截面面积为，证明： （参考公式：）， 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用线面平行的性质定理可证明； （2）利用线面垂直的判定先证平面，当面积取得最小值时，即最小，计算出，的长度，根据相似比即可确定 值，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角； （3）根据（2）可知，这些截面都是相似直角梯形，利用相似可得到第个截面的面积，再根据求和公式求和即可证明. 【详解】（1）底面为正方形，则， 又因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2）由（1）知平面，设直线交于点，连接， 底面为正方形，，平面平面， 平面平面，所以平面， 又平面，所以， 在中，，，， 所以，即， 又，所以， 又，，平面，平面， 平面，，又，所以， 故当最小时，即时，面积取得最小值， ，，，时，， ，， 所以，即的面积最小时， 以为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为， 则，得， 令，得， 设平面的法向量为， 由得， 令，得， ∴， 则二面角的正弦值为； （3）由（2）知，， ， 由题意不妨设是距离点P的由近及远的个等分点，第个等分为，截面为， 则，所以， 即， . 考点二 立体几何中的轨迹问题 【例题分析】 例1．（2026·福建泉州·三模）已知正方体的棱长为2，为空间中任一点，则下列结论正确的是（   ） A．若在上，则 B．若在正方形内，，则点轨迹的长度为 C．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 D．若在平面内，，则点的轨迹为椭圆的一部分 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系. A.通过向量的数量积不恒为0作出判断；B.通过定长得到轨迹是圆；C.找到球心和半径，计算外接球体积；D.根据几何意义判断. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，， A. ，因为在上，作交于，则,设 ，则，所以，，则， 所以 当时，，即不恒垂直，故A 错误； B. 在正方形内，，所以, 所以点轨迹是以为圆心，半径为的圆，所以点轨迹的长度为，故B 错误； C.因为为正方形的中心，则， 因为为直角三角形，它的外接圆圆心为 ， 因为, , , , 所以到，的距离都相等， 所以球心为 ，半径， 则三棱锥外接球的体积为,故C 错误； D.若在平面内，，即对定点与定直线的张角为定值， 几何意义：在以为轴线，半顶角的圆锥面上， 因为平面,所以轴线与平面所成的角是， 因为，故平面与圆锥面的交线为椭圆的一部分, 故D正确. 例2．（2026·广东江门·一模）已知正方体的棱长为，点是正方形内（含边界）的一个动点，且满足，则点的轨迹长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求长度，再求轨迹长度. 【详解】连接，如下图所示： 因为平面，平面，所以. 由，，可得. 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆位于正方形内的部分. 因为，所以点的轨迹长为. 例3．（2025·四川成都·二模）一封闭圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个半径为的小球在该容器底面运动，则小球与侧面接触部分的轨迹长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析可知，球在圆锥底面运动且与侧面接触时的轨迹为圆，求出圆的直径即可得解. 【详解】由题意，轴截面示意图如下，当球与圆锥轴截面两条边都相切时，球心在角平分线上，    由，，则，可得， 故， 如上图都是球与圆锥内壁的切点， 所以小球与圆锥侧面接触部分的轨迹为以为直径的圆， 故小球在该容器底面运动时，小球与侧面接触部分的轨迹长为. 故选：D 例4．（2025·广东揭阳·三模）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. 【变式训练】 变式1．（2026·湖北黄冈·二模）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），则下列说法中正确的是（   ） 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】A 【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R，的外接圆半径为， ， 故， 又，则， 故，，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，在平面内半径为的四分之一圆， 点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 故其轨迹长度为，故D错误. 变式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. 变式3．（2025·浙江丽水·一模）已知三棱锥，满足，且，，两两垂直．在底面内有一动点到三个侧面、、的距离依次成等差数列，则点的轨迹是（　　） A．一个点 B．一条线段 C．一段圆弧 D．一段抛物线 【答案】B 【分析】推导出，进而可得出，设点到边、、的距离分别为、、，设等边的边长为，可得出以及，求出的值，即可得出结论. 【详解】在三棱锥中，，且，，两两垂直， ， ，即为等边三角形， 设点到平面、平面、平面的距离依次为、、，如下图所示：    由题意可知，，则， 即，即， 所以，， 不妨设点到边、、的距离分别为、、， 设等边的边长为，则， 又因为，即， 所以，，① 由，可得，可得，② 联立①②可得， 所以，点的轨迹是一条与平行且与之间的距离为的线段． 故选：B． 变式4．（2025·云南玉溪·二模）如图，四棱锥中，平面，，，. (1)证明：平面平面； (2)若，动点在内（含边界）且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）通过证明平面，可完成证明； （2）①如图建立空间直角坐标系，设的坐标为，由可得动点的轨迹，即可求长度；由①可设，据此可表示出平面的法向量，然后由空间向量结合三角函数知识可得答案. 【详解】（1）由，可知， 三角形为等腰直角三角形，，， 又因为，由余弦定理得：， 即得，， 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）①依题意，建立如图坐标系， 设的坐标为，， 由， 化简得：，即， 设线段的中点， 则动点的轨迹是以线段的中点为圆心， 1为半径的四分之一圆弧，故其长度为. ②由①可设，，，， ，，， 设平面的一个法向量为，则即 取，则， 则 因为，所以，所以， 所以，所以， 综上所述，. 2 学科网（北京）股份有限公司 $