重难点01 立体几何中的动点问题（轨迹问题、存在性问题、最值问题等8大核心考点）（高效培优期末专项训练）数学苏教版高二选修第二册

**基本信息** 聚焦立体几何动点问题，构建从轨迹判断到新定义应用的递进式训练体系，强化空间观念与逻辑推理 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动点轨迹的判断|5题|结合正方体、长方体判断轨迹类型（圆/椭圆/抛物线等）|从空间几何关系到平面轨迹的转化，培养几何直观| |轨迹长度/面积计算|8题|正方体、球面上轨迹长度及截面面积计算|量化轨迹特征，强化空间度量能力| |存在性/角度/距离问题|12题|线面平行垂直存在性、线面角及距离最值|综合应用空间垂直平行关系，发展推理意识| |最值/新定义问题|10题|距离与体积最值、曼哈顿距离等新定义应用|结合函数思想与创新情境，提升数学表达能力|

重难点01 立体几何中的动点问题 考点01 动点轨迹的判断 考点05动点中的角度问题 考点02 动点轨迹长度的计算 考点06 动点中的距离问题 考点03动点轨迹面积的计算 考点07 动点中的最值问题 考点04 动点中的存在性问题 考点08 动点中的新定义问题 考点01 动点轨迹的判断 1．（25-26高二下·上海·阶段检测）在如图所示的棱长为的正方体中，点在侧面所在平面上运动，则下列命题中正确的为（   ）. A．若点总满足，则动点的轨迹是圆 B．若二面角的平面角的大小为，则动点的轨迹是椭圆 C．若直线与直线所成的角的大小为，则动点的轨迹是抛物线 D．若点到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹是双曲线 【答案】D 【分析】选项A：由题意可得动点的轨迹是直线，即可判断；建立空间坐标系，利用空间向量逐一判断B，C，D. 【详解】选项A：空间中满足的点的轨迹是一个平面， 该平面与侧面的交集为一条直线, 所以动点的轨迹是直线，故A错误； 选项B：以为坐标原点，分别为轴，轴，轴正方向， 建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 易知平面的一个法向量， 设，则， 设平面的一个法向量， 则 不妨令，则，则， 因为的二面角的大小为 则，即，解得， 所以，即动点的轨迹是一条直线，故B错误； 选项C：因为， 且直线与直线所成的角的大小为， 所以， 即， 整理得：， 此方程不表示抛物线，故C错误； 选项D：设点到直线的距离为，到直线的距离为， 则有，即， 所以， 所以动点的轨迹为双曲线，故D正确. 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高二上·湖南·期末）如图，平面平面，是正三角形，四边形是正方形，点是平面内（不包含边界）的一个动点，且满足，则点在正方形内的轨迹是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】方法一：取中点，由推得，得在平面内轨迹为以为直径的圆弧． 方法二：建立空间直角坐标系,设坐标，由化简得出的轨迹方程即可判断. 【详解】方法一：如图：取中点，连接，由可得， 因为平面平面，平面平面，平面，故平面，所以，又因为， 所以平面，所以，在平面内轨迹为以为直径的圆弧． 方法二：由方法一，平面，作， 故可以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 不妨取，则，则，． 由点在平面内，可设，因为，所以，，， 即化简得：得：． 所以，在平面内一个以为圆心，为半径的圆弧上， 所以点在正方形内（不包含边界）的轨迹为， 故选：C． 4．（多选）（25-26高二上·山东菏泽·期末）在长方体中，为的中点，为所在平面上一动点，为所在平面上一动点，且平面，则（    ） A．若点到点与到直线的距离相等，则动点的轨迹为抛物线 B．若与平面所成的角为，则动点的轨迹为圆 C．若三棱柱的侧面积为定值，则动点的轨迹为椭圆（除与直线交点外） D．若与所成的角为，则动点的轨迹为双曲线 【答案】BCD 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，并设点，再利用空间角及距离运算求出轨迹方程判断ACD；利用柱体侧面积公式，结合椭圆的定义判断B. 【详解】在长方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，则， 对于A，由点到点与到直线的距离相等，得，解得， 动点的轨迹为平面内垂直于轴，且与轴距离为3的两条直线，A错误； 对于B，，平面的法向量，由与平面所成的角为， 得，整理得，动点的轨迹为圆，B正确； 对于C，三棱柱的侧面积为定值， 则为定值，且，因此动点的轨迹是以为焦点， 长轴长为4的椭圆（除与直线交点外），C正确； 对于D，，由与所成的角为， 得， 整理得，因此动点的轨迹为双曲线，D正确. 故选：BCD 5．（多选）（25-26高二上·辽宁葫芦岛·期末）空间直角坐标系中，点，定义.如图，正方体的棱长为3，为棱的中点，点是平面内两个动点，，，则以下结论正确的是（    ） A．点的轨迹是正方形 B．点的轨迹是圆 C．点的轨迹是直线 D．的取值范围 【答案】AB 【分析】建系，求出的轨迹方程，可判断ABC；利用点到圆距离最值可判断D. 【详解】以 为原点，、、 分别为 、、 轴正方向，建立空间直角坐标系， 则各点坐标为：，，，，， 由 为 中点，故 ， 点 在平面 内，设 ，， 由 得： 在平面 上，方程 表示一个中心在 、 顶点为 、、、 的边长为 的正方形，选项 A 正确； ， ， 由 得 ， ， 两边平方：， 化简得：， 整理得： 在平面 上，这是圆心为 、半径为 的圆，选项 B 正确，选项 C 错误； 表示点 （在正方形边界上）与点 （在圆上）之间的欧几里得距离， 最小距离：圆心 到正方形边界的最短距离为 （在线段 到 上取得）， 圆的半径为 ，故两图形不相交，最小距离为 最大距离：圆心到正方形边界的最远距离为 （在点 处取得）， 故最大距离为而选项 D 给出的上界为 ，因此，选项 D 错误. 故选：AB 考点02 动点轨迹长度的计算 1．（多选）（25-26高二下·江苏南通·期中）棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点（如图1），则下列结论正确的是（   ） A．直线与底面所成角的正切值为 B．异面直线与的距离为 C．若点为平面上的动点，且直线与所成角为，则动点的轨迹长度为 D．若，交于点，正方形的四个顶点在其所在平面内绕着点逆时针旋转，得到一个十面体（如图2），则该十面体的体积为 【答案】ACD 【分析】A建立空间直角坐标系计算线面角正弦，再应用同角三角函数关系即可求解判断；B应用空间向量计算异面直线间距离即可；C求证平面，即可确定轨迹为圆；D将图形分割为三棱锥进行求解. 【详解】对于A，如图建立空间直角坐标系. 则， ， 又平面的一个法向量显然为， 设与平面夹角为，则， 所以，故A正确； B选项，因为，， 设异面直线公垂向量，又因为， 所以，令，则， 设异面直线与的距离为，B选项错误； C选项，因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以，同理可得，， 因为平面，所以平面， 设平面，因为平面，所以， 因为直线与所成角为，所以， 则动点Q的轨迹是半径为的圆，故其长度为，故C正确； D选项，连接， 因为平面，所以三棱锥的高为， 则，同理可得，， 因为，且，所以， 所以， ， 因为，所以， 所以， 因为， 所以十面体的体积为，故D正确. 2．（多选）（2026·河北秦皇岛·模拟预测）棱长为2的正方体中，点为的中点，为侧面内一动点（含边界），且满足面，则下面正确的是（） A．点的轨迹长度为 B．三棱锥的体积为 C．直线与平面所成角的正切值最大是2 D．存在点使平面平面 【答案】BD 【分析】对于A，通过证明面面平行，进而可得线面平行，进而确定点P的轨迹；对于B，利用等体积法即可判断；对于C，作出线面角，通过分析可知当最短时，最大；对于D，当点为的中点时，平面平面，用向量法证明即可. 【详解】对于A，分别取的中点、，连接、， 分别为的中点，， ∵，且，∴四边形为平行四边形， ，，， 平面，平面，平面， 分别为的中点，，， 又，，，， 四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面， ，平面，∴平面平面， 为侧面内一动点且满足平面， ∴动点的轨迹为，此时平面，∴恒有平面， ，故错误. 对于，，点到平面的距离为正方体的棱长， ∴，故正确. 对于，分别取、的中点M，N，过作平面，连接， 显然点H落在MN上，则为直线与平面所成的角， ，当最短时，最大，显然当时， 最短，由题知是直角边长为1的等腰直角三角形，，故 ，故错误. 对于，当点为的中点时，平面平面，下面证明. 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 为的中点，， ， ， ， ， ，平面，平面 平面，平面平面，故D正确. 3．（25-26高二上·江苏南通·阶段检测）在棱长为的正方体中，点为的中点，点为正方体表面上的一动点，且满足，则的轨迹的长度为______． 【答案】/ 【分析】由，有点轨迹是垂直平分面与正方体表面相交所得，是一个多边形．建立空间直角坐标系，设多边形顶点，根据求出顶点坐标，可求得轨迹长． 【详解】 如图，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系． 满足条件的轨迹是的垂直平分面截正方体表面所得，是一个多边形． 假设交点在棱，，，上，根据所求结果再调整假设． 已知，． 设上交点，由有 ，解得，即． 设上交点，由有 ，解得，即． 由对称性可得，故上交点． 设上交点为，由有 ，解得，即， 不在棱上，故交点在，上． 设上交点，由有 ，解得，即． 由对称性可得，故上交点． ，由对称性． ，由对称性． ． 故轨迹长为． 4．（25-26高三下·上海虹口·阶段检测）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． 5．（25-26高二上·广东佛山·阶段检测）如图，在长方体中，，，是的中点． (1)求点到平面的距离； (2)若是线段上的动点（包括端点和），求与平面的夹角正弦值的最大值； (3)若是侧面内的动点（包括侧面的边界），且平面与平面垂直，判断点的轨迹，并求出轨迹长度． 【答案】(1) (2) (3)点的轨迹为上点和的线段，轨迹长度为 【分析】（1）利用等体积法求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面法向量，得到线面角正弦值的表达式，构造函数利用单调性求出最大值即可. （3）求出平面与平面的法向量，利用面面垂直得到关系式，结合点的坐标范围即可得到轨迹，最后利用两点间距离公式求出轨迹长度. 【详解】（1） 因为为长方体， 在中，，，，同理可得，， 所以为等边三角形，所以. 又，所以. 设点到平面的距离为，则，即，所以. 故点到平面的距离为. （2） 以为原点，、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，， 则，. 设平面的法向量， 则，即，令，得，故 设（因为是线段上的动点，所以），则. 设直线与平面的夹角为，则， 因为，所以，所以. 当时， 当时，令，. 因为在上单调递减，所以在上单调递增，所以当时，，此时. 综上. 故与平面的夹角正弦值的最大值为. （3）设（因为是侧面内的动点，所以，），则，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，所以， 因为平面与平面垂直，所以，所以. 又，，所以，解得，即， 因此点的轨迹为上点和之间的线段，长度为. 故点的轨迹为上点和的线段，轨迹长度为. 考点03动点轨迹面积的计算 1．（25-26高二上·河南郑州·期中）已知正方体，棱长为6，且，若动点满足，则动点的轨迹被正方体表面所截得的图形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由动点满足，得到点的轨迹是一个以点为球心，为半径的球，通过建系，确定点的坐标为，通过点到各个面的距离，确定球与与各平面的公共部分，进而可求解. 【详解】因为动点满足，所以点的轨迹是一个以点为球心，为半径的球，球面上的点满足， 如图1，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系； 则， 所以，所以点的坐标为， 显然点到平面､平面､平面的距离均为； 所以球与平面､平面､平面有公共部分，且与各平面的公共部分面积相同， 点到平面､平面､平面的距离均为； 所以球与平面､平面､平面没有公共部分. 设球面被平面所截得的圆半径为，则，解得. 所以球面被正方体表面所截得的截面是圆心为，半径为的圆的一部分（如图2中阴影部分）， 所以阴影部分的面积为：， 故所求截面的面积， 故选：B. 2．（多选）（25-26高二上·河南南阳·期末）如图，已知正方体的棱长为，为的中点，为线段上的一个动点，设由点、、构成的平面为．则下列结论中，正确的是（    ） A．当为的中点时，平面截正方体所得的截面为五边形 B．平面截正方体所得的截面可能是三角形 C．当点与重合时，平面截正方体，所得截面的面积为 D．点到平面的距离的最大值为 【答案】ACD 【分析】作出截面，可判断AB选项；作出截面，可知截面为菱形，求出其面积，可判断C选项；建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断D选项. 【详解】对于A选项，如下图所示： 延长交的延长线于点，连接交线段于点， 延长交的延长线于点，连接交线段于点， 连接、，则平面截正方体所得的截面为五边形，A对； 对于B选项，当点在线段上运动时（不与端点重合）， 此时平面截正方体所得的截面为五边形； 当点与点重合时，连接交线段于点，连接、，如下图所示： 此时，平面截正方体所得的截面为四边形； 当点与点重合时，连接并延长交的延长线于点，连接交于点， 此时平面截正方体所得的截面为四边形， 综上所述，平面截正方体所得的截面不可能为三角形，B错； 对于C选项，当点与点重合时，此时截面为四边形，如下图所示： 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，同理可证， 又因为，同理可得， 故四边形为菱形， 设，则为的中点，且， 且，故，故， 所以截面面积为，C对； 对于D选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、，，设点的坐标为， ，，， 则设平面的法向量为，则， 令，可得，，则， 设点到平面的距离为，则， 由在时单调递增可知， 当时，，所以当时，取最大值，最大值为，D对. 故选：ACD. 3．（2026·湖南邵阳·一模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为___________． 【答案】8 【分析】建立空间直角坐标系，设，由，得，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，即可求解． 【详解】如图所示，将正四面体补全为正方体，则正方体棱长为4，    以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，． 设，则 ． 因为， 所以，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，边长为，故截面面积为． 故答案为：8 4．（2026·广东汕头·二模）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,. 考点04 动点中的存在性问题 1．（25-26高二上·北京丰台·期末）如图，正方体中、是线段上的动点，则下列结论中不正确的是（   ）    A．存在点，使得平面 B．对于任意点， C．存在点，使得平面 D．对于任意点，都是锐角三角形 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量的位置关系判断说法A；由计算两条直线的方向向量的数量积判断说法B；利用向量数量积验证垂直关系判断说法C；利用向量的模和向量夹角的计算，验证说法D. 【详解】以B为原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的坐标系，    设正方体的棱长为， 则。 设，则， 设平面的法向量为，则， 令，则，即， 若，解得， 则时，，又平面，平面， 即为中点时，平面，故A正确. ，， 故对任意的点都有，故B正确. ， 若平面，则有，方程组无解， 所以不存在点，使得平面，故C错误. ， ， 则中，，都是锐角， ，也是锐角， 所以对于任意点，都是锐角三角形，故正确. 故选：C. 2．（多选）（2026·河北沧州·二模）在长方体中，，点M为侧面内一动点（包括边界），则下列说法正确的是（   ） A．存在点M，使平面 B．存在点M，使平面 C．点M到直线的距离的取值范围是 D．若直线与直线所成角为，则 【答案】ACD 【详解】 对于A选项，当M与重合时，， 又平面，平面，所以平面，所以A选项正确； 对于B选项，，，，， 若平面，则即 又知，，所以，解得不合题意，所以B选项不正确； 对于C选项，连接，则，若，则到直线距离为2， 当时，当与（或）重合时，到的距离最大，为， 此时点到直线的距离为， 所以点到直线的距离的取值范围是，所以C选项正确； 对于D选项，依题意，， 于是， ，， 则 时，， 当且仅当，时取等号， 于是可得，，所以D选项正确. 3．（多选）（25-26高二上·广东韶关·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，，分别为线段上的动点，则（   ） A．点到直线EF的距离为 B．三棱锥体积的最小值为2 C．存在点G，H，使得 D．当平面时，线段GH的最小值为 【答案】AC 【分析】根据给定的几何体建立空间直角坐标系，利用点到直线距离的向量求法求解判断A；利用锥体体积最小值判断B；利用空间位置关系的向量证明判断C；求出的坐标，利用函数求出模长最小值判断D. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 对于A，，则点到直线EF的距离 ，A正确； 对于B，的面积为定值，则当点到平面的距离最短时， 三棱锥的体积最小，显然当点与点重合时，点到平面的距离最短， 最短距离为，则三棱锥体积的最小值为，B错误； 对于C，，设， 则，， 若，则， 即，则，又，存在满足的解，C正确. 对于D，由平面，得平面的一个法向量为， 若平面，则，而，则，即， ，因此， 当时，，D错误. 故选：AC 4．（多选）（25-26高二上·安徽安庆·期中）如图，在棱长为1的正方体中，在线段上，且，动点满足：，下列说法正确的是（    ）    A．直线与平面所成角的余弦值的最大值为 B．存在，使四点共面 C．存在，使 D．的最小值为 【答案】BCD 【分析】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系,选项，易得平面的一个法向量为，再由求解；选项B，若四点共面，则存在实数，使成立求解；选项C，由求解；选项D，由，利用向量的模公式求解. 【详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系：    选项，则， 所以， 所以， 因为平面， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， ， 因为，所以， 所以，故选项A错误； 选项B，若四点共面，则存在实数，使， 即，所以，解得， 所以当时，四点共面，故选项B正确； 选项C，因为， 若，则，解得，故C选项正确； 选项D，因为， 所以， 当且仅当时，等号成立，所以的最小值为，故选项正确. 故选：BCD. 5．（多选）（25-26高二上·浙江·阶段检测）在正三棱台中，，，点是线段上的动点，则下列选项中正确的是（   ） A． B．直线与直线所成角的取值范围为 C．存在点使得平面 D．存在点使得平面 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，求出棱台的各个顶点坐标，对A，利用向量的坐标运算可得，即可求解；对B，，利用线线角的向量法可得，再求出其范围，即可解；对于C，利用线面平行的判定定理即可求解；对于D，利用，建立方程，求出，即可求解. 【详解】将正三棱台补成如图所示的正三棱锥，因为，则，所以为的中点， 过作于，由正三棱台的性质得，又，则， 过作平面于，则是的中心，连接并延长交于，易知为的中点， 由，易得，，， 所以， 设平面于，连接并延长交于，易知为的中点， 易得，，，过作交于，则， 过点作直线平面，以所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， ， 对于A选项，，则， 所以不垂直，故A错误； 对于B选项，设，因为， 设直线与直线所成的角为， 则， 又，令，令， 则，当时，， 当时，，又，则， 故，则，又，所以，故B正确； 对于C选项，当与重合时，此时即，易知，又平面，平面 所以平面，故C正确， 对于D选项，由选项B知，又 则，得到，解得， 故当与重合时，平面，故D正确， 故选：BCD. 考点05动点中的角度问题 1．（多选）（25-26高二上·浙江杭州·期中）如图，已知正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，而G是线段（可与端点重合）上的动点，以下说法正确的是（    ） A．平面 B．当点G与点重合时，平面 C．当点G与点重合时，直线与平面所成角最大 D．当G是的中点时，点C到平面的距离为 【答案】AC 【详解】对于A项,连接，因为E，F分别为，的中点，可得 ， 又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B项，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 因为正方体的棱长为2，可得： ， 当点G与点重合时， ， 则，，， 设平面的法向量为 ， 则 ， 令 则， 因为与不共线， 所以与平面不垂直，故B错误； 对于C项，设，，则 设平面的法向量为 则 则，即， 令 ，则， 所以，， 设直线与平面所成角为， 则， 设，， 则， 故单调递增，所以当时，最大， 即点G与点重合时，最大，此时直线与平面所成角最大，故C正确； 对于D项，当G是的中点时， ， 此时， 设平面的法向量为， 则，即， 令 ，得到 因为， 所以点C到平面的距离为，故D错误. 2．（多选）（25-26高二上·山东济宁·期中）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且.下列说法正确的是（   ） A．当E，F运动时，不存在点E，F使得 B．当E，F运动时，不存在点E，F使得 C．当E运动时，二面角的最大值为45° D．当E，F运动时，二面角为定值 【答案】ABD 【分析】建立坐标系，利用向量法判断AC；由反证法判断B；平面即为平面，平面即为平面，从而得出二面角为定值. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则． 因为在上，且，，设，则， 则， 所以，显然恒为正，故A正确． 若，则共面，即四点共面，与和是异面直线矛盾，故B正确． 设平面的法向量为，又， 所以，即，取，则， 平面的法向量为，所以． 设二面角的平面角为，则为锐角，故， 因为，在上单调递减， 所以，故， 当且仅当时，取得最大值，即取最小值，故C错误． 连接．平面即为平面，而平面即为平面， 故当运动时，二面角的大小保持不变，故D正确． 故选：ABD 3．（25-26高二下·江苏扬州·期中）在正方体中，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为______． 【答案】 【分析】先利用线线垂直确定动点的轨迹，再结合线面角的定义与向量法，将转化为动点坐标的函数，最后求出的最大值，进而得到的的最大值. 【详解】设正方体的棱长为1，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 已知点是侧面内的一个动点，可设， 因为， 由，得，即，所以， 又因为， 设平面的一个法向量为，则， 令，可得， 又因为，设直线与平面所成的角为， 所以， 因为，所以当达到最大值时，也达到最大值， 所以，当时，，此时， 所以. 4．（25-26高二下·湖南株洲·阶段检测）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. 考点06动点中的距离问题 1．（25-26高二上·辽宁辽阳·期末）在正三棱柱中，，P是线段上的一动点，则点P到直线的距离的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量法求出，，，设（），求出，利用点到直线的距离公式求出点P到直线的距离. 【详解】以A为原点，AB，所在直线分别为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，所以，，，， 所以，，. 设（），则， 故点P到直线的距离 . 故选：A.    2．（多选）（2025·吉林松原·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点是线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（　　） A．若，则平面截正方体的截面面积为 B．若，则平面 C．若，则点到平面距离的取值范围是 D．周长的最小值为 【答案】AD 【分析】A选项，先得到平面截正方体的截面为四边形，进而求出截面面积；B选项，平面，所以平面不成立，故B错误；C选项，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，设，得到点到平面的距离，求出取值范围；D选项，将与展开到同一平面，当三点共线时，的值最小，结合余弦定理求出最小值. 【详解】A选项，如图1，在正方体中，由，得是的中点， 所以平面截正方体的截面为四边形， 因为平面平面，所以， 又，四边形的面积为，故A正确； B选项，如图1，由，得是的中点， 在矩形中，是的中点，所以是的中点， 平面，所以平面不成立，故B错误； C选项，如图2，以为原点，直线分别为轴，轴，轴， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令，得，设， 所以， 所以点到平面的距离， 又，所以点到平面距离的取值范围是，故C错误； D选项，将与展开到同一平面，如图3所示，当三点共线时，的值最小， 因为， 所以，又， 所以周长的最小值为，故D正确． 故选：AD． 3．（25-26高二上·四川南充·期末）如图，四边形和四边形均为正方形，，动点分别在和上，．当最小时，点到平面的距离为___________．    【答案】/ 【分析】利用建立空间直角坐标系，向量法求解出最小时，的坐标，进而利用点到平面的距离公式求解得出 【详解】建立以B为原点的空间直角坐标系，以BA为x轴，BC为y轴，过B作垂直于平面ABCD的直线为z轴，    由正方形边长，得 设，则， 当时，取得最小值，此时,， 设平面的一个法向量为,，则， 令，则，故， 点到平面的距离为. 故答案为： 考点07动点中的最值问题 1．（25-26高二上·江西南昌·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，若直线与平面所成的角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立适当空间直角坐标系，设，求和面的一个法向量，由得到关系，再结合二次函数性质计算即可求解. 【详解】由题意可以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，则，而平面的一个法向量， 由直线与平面所成的角为得， 整理得， 因此，当且仅当时取等号， 所以的最小值为． 故选：D 2．（25-26高二上·湖北襄阳·阶段检测）在正三棱柱中，所有棱长都为2，是侧棱上一动点，则到平面的距离之和的最大值为（    ） A． B． C． D．7 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式表示距离，最后结合换元法和基本不等式求解最大值即可. 【详解】如图，取的中点，的中点，连接，， 以，，的方向分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， 设平面的法向量为，. 因为，， 所以，令， 解得，得到. 设到平面的距离分别为， 因为，， 所以 ， 令，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以到平面的距离之和的最大值为. 故选：B. 3．（25-26高二上·浙江·期中）在直三棱柱中，，，，为的中点，为棱上的动点，为棱上的动点，且，则线段长度的取值范围为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，列出各点的坐标，求出，然后根据已知条件列出的表达式，用换元法进行化简，判断函数的单调性，即可得到范围. 【详解】由题意，以为原点，以所在直线建立空间直角坐标系，如图所示， 则，设，. 那么，. 所以. . 因为，所以，令. 因为，所以，即. 所以，因为函数在上是增函数， 所以. 故选：B. 4．（多选）（25-26高二下·江苏南京·期中）已知正方体棱长为1，动点满足，，则下列选项正确的是（    ） A．若点在平面内，则 B．当，，时，点到直线的距离为 C．当，时，该正方体被平面所截得的截面的最大面积是 D．当，时，二面角的正弦值的最小值为 【答案】BC 【分析】建立空间直角坐标系，对于A选项，由与重合时求解即可；对于B选项，由求解即可；对于C选项，由该正方体被平面所截得的截面为等腰梯形求解即可；对于D选项，分别求平面与平面的法向量，对与分别讨论. 【详解】如图因为六面体为正方体，所以以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 对于A选项，当与重合时，，，，故A错误； 对于B选项，，，故B正确； 对于C选项，如上图所示，因为，，所以，设与交于点，由截面的性质可得，，且，所以， 所以该正方体被平面所截得的截面为等腰梯形， 设，所以，由截面为等腰梯形，则，且， 设梯形高为，且，所以， 则在递减，所以，故C正确； 对于D选项，，则面的法向量为， 面的法向量，，， 所以，， 所以，， 令，则，则， 所以，，因为，且，则，则，令，则，所以 当时，可以取得最小值为，若时，则， 此时点在面内，则平面与平面的夹角为，则二面角的正弦值为1，故D错误. 5．（多选）（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）正方体的棱长为2，分别为的中点，为棱上靠近的三等分点，则下列正确的有（   ） A．沿正方体表面从到的最短距离为 B．三棱锥的体积为2 C．为内的动点，则最小值为 D．是直线上的动点，是直线上的动点，则的最小值为 【答案】BCD 【分析】选项A转化为两点之间直线段最短问题，利用展开图将空间问题转化为平面问题；选项B利用切割法，在正方体体积上切除两个四棱锥和两个三棱锥即可得三棱锥的体积；选项C则是经典的将军饮马问题，可以取对称点加以解决；选项D，的最小值为直线到过直线且与直线平行的平面的距离，利用等体积法进行转化即可. 【详解】选项A，若将正方体的面与面如下图所示展开， 则展开图中，故A选项错误； 选项B， ，故B选项正确； 选项C，因为，且到平面的距离为， 则关于平面的对称点为线段靠近的三等分点，， 所以， ，当且仅当时不等式取等， 故C选项正确； 选项D，的最小值为直线到过直线且与直线平行的平面的距离， 如图，连接，交于点，取中点,连接, 由正方体结构特征可知, 又， ， 所以四边形为平行四边形，所以， 又不在平面内，在平面内， 所以平面，即平面. 则直线上一点到平面的距离可转化为点到平面的距离， 设该距离为且为以为底，点为顶点的三棱锥的高， 则有， 在中，， 所以， 在中，， 所以， 所以， 解得，D选项正确. 故选：BCD. 6．（多选）（24-25高二上·贵州遵义·期末）设点是正四棱柱内一动点，，，，，如图所示，则下列正确的是（    ） A．当时，三棱锥的体积为 B．当时，的最小值为 C．当时，的最小值为 D．当时，四面体外接球的半径的取值范围为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标，利用三棱锥的体积公式判断A，利用两点间距离公式结合二次函数性质判断B，合理构建平面直角坐标系，转化距离长度判断C，将点代入球的方程，得到，进而求解半径的取值范围判断D即可. 【详解】在正四棱柱中，可得面，， 如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 而，，由题意得，，， ，，则，，， 可得， 设，则， 得到，解得，则， 对于A，当时，， 由三棱锥的体积公式得， 则三棱锥的体积为，故A正确， 对于B，当时，此时可得，此时， 由两点间距离公式得， ， 则， 令，， 由二次函数性质得在上单调递减，在上单调递增， 故在上单调递减，在上单调递增， 得到最小值为，即的最小值为，故B错误， 对于C，连接，在面内，由题意得， 如图，以为原点，建立平面直角坐标系， 此时设，，，，, 因为，所以，得到， 由两点间距离公式得 ， 则，当且仅当共线时取等， 由两点间距离公式得, 得到的最小值为，故C正确， 对于D，由题意得，，， 当时，可得，即，此时， 设球心为，半径为， 得到四面体外接球的方程为， 将代入方程，可得， 将代入方程，可得， 两式相减可得，解得， 将代入方程，可得， 与相减可得，解得， 则球心变为，此时， 化简得，将代入方程， 可得， 则，解得， 得到，解得，令， 由二次函数性质得在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，当时，，当时，， 得到，即， 可得四面体外接球的半径的取值范围为，故D正确. 故选：ACD 7．（25-26高二下·江苏盐城·期中）在棱长为1的正方体中，点、分别是棱、的中点，动点在正方形（包括边界）内运动.若平面，则的最小值是_______. 【答案】 【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，其中，由平面，利用空间向量法可得出，利用空间向量的模长公式结合二次函数的性质可求得线段的最小值. 【详解】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设点，其中， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， ， 因为平面，则，即， 所以， 因为，则当时，取最小值， 即的最小值为. 考点08 动点中的新定义问题 1．（25-26高二上·辽宁大连·期中）空间直角坐标系中，点，，定义.如图，正方体的棱长为3，E为棱的中点，点P，M是平面内两个动点，，，则线段长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题干给出的定义先求出点的运动轨迹，再根据，求出点的运动轨迹，最后根据点的运动轨迹与点的运动轨迹间的距离最值，进而得到线段长的取值范围. 【详解】由题意得，设，，， 点P在平面内， 故当时，，即； 当时，，即； 当时，，即； 当时，，即， 点的运动轨迹是以为顶点的正方形， 又，设，，则， 又，，故，化简可得， 点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆， 圆心到正方形中心的距离为， 正方形的顶点到圆心的最大距离：正方形顶点到的距离为； 正方形顶点到的最小距离：圆心到直线的距离为， 故，， 线段长的取值范围为. 故选：. 2．（25-26高二下·江苏·阶段检测）对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，点P是底面内（含边界）的动点，且，则的最大值是______. 【答案】/ 【分析】首先利用坐标表示，，再代入曼哈顿距离，利用基本不等式求最值. 【详解】如图，以D为原点建立空间直角坐标系设，， ，，， ，， 由可知，，整理为， ， 因为，得， 且，所以， 所以的最大值为，当时等号成立， 所以的最大值为. 3．（25-26高二上·上海·期中）“曼哈顿距离（Manhattan Distance）”是由19世纪赫尔曼·闵可夫斯基所创词汇，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在空间直角坐标系中，点，之间的曼哈顿距离为．现已知在空间直角坐标系中，点O为坐标原点，动点P满足，则由动点P构成的几何体的体积为______． 【答案】/ 【分析】设，利用曼哈顿距离的定义列式，考查时点所围图形，再利用对称性即得几何体，进而求出体积. 【详解】设，则，当时， 当时，设， ， 因此，点共面， 点围成的图形是边长为的正三角形及内部， 由对称性知，动点围成的几何体是正八面体，每个面都是边长为的正三角形， 当时，动点P构成的几何体是棱长为的正八面体， 所以动点P构成的几何体的体积. 故答案为： 4．（25-26高二上·江西南昌·期末）在空间直角坐标系中，任意直线由直线上一点及直线的一个方向向量唯一确定，其对称式方程可表示为. 若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，其一般式方程为． 已知为坐标原点，，动点在平面内，且. (1)求点到平面的距离； (2)求三棱锥体积的最大值； (3)记直线BP与平面所成的角为，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意得平面的一个法向量为，使用点到平面距离公式即可求得点到平面的距离； （2）由题意可得点均在平面内，三点共线，结合椭圆的定义，可得的轨迹为椭圆，焦距为，长轴长为，短轴长为，将三棱锥的顶点转化到，即三棱锥，此三棱锥的高确定，为（1）的结果，点到直线OA的距离的最大值为短半轴长，由此得到底面积的最大值，进而得到三棱锥体积的最大值； （3）由题意得BM的对称式方程为，记点在平面上的投影为点，则为直线PB与平面POA所成的角，即，进而可得，易得，结合椭圆的几何性质即可求其范围. 【详解】（1）点在平面内，. 平面的一个法向量为. 点到平面的距离. （2）点均在平面内，三点共线，，且， 所以点的轨迹为平面内以A，F为焦点的椭圆，记为椭圆， 椭圆的焦距为，长轴长为，短轴长为， 点到直线OA的距离的最大值为短半轴长，所以， 三棱锥即三棱锥，其体积的最大值为. （3）记点在平面上的投影为点，则为直线PB与平面POA所成的角，即， 由题意得直线BM的对称式方程为， 则有，解得，即， 在Rt中，，所以， 记椭圆的中心为， 因为的值大于长半轴长，所以点在椭圆外部， ，当且仅当点在线段MF与椭圆的交点处时，等号成立． ， 当且仅当点在射线MF与椭圆的交点处时，等号成立． 所以，即的取值范围为，    2 / 39 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点01 立体几何中的动点问题 考点01 动点轨迹的判断 考点05动点中的角度问题 考点02 动点轨迹长度的计算 考点06 动点中的距离问题 考点03动点轨迹面积的计算 考点07 动点中的最值问题 考点04 动点中的存在性问题 考点08 动点中的新定义问题 考点01 动点轨迹的判断 1．（25-26高二下·上海·阶段检测）在如图所示的棱长为的正方体中，点在侧面所在平面上运动，则下列命题中正确的为（   ）. A．若点总满足，则动点的轨迹是圆 B．若二面角的平面角的大小为，则动点的轨迹是椭圆 C．若直线与直线所成的角的大小为，则动点的轨迹是抛物线 D．若点到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹是双曲线 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高二上·湖南·期末）如图，平面平面，是正三角形，四边形是正方形，点是平面内（不包含边界）的一个动点，且满足，则点在正方形内的轨迹是（   ） A． B． C． D． 4．（多选）（25-26高二上·山东菏泽·期末）在长方体中，为的中点，为所在平面上一动点，为所在平面上一动点，且平面，则（    ） A．若点到点与到直线的距离相等，则动点的轨迹为抛物线 B．若与平面所成的角为，则动点的轨迹为圆 C．若三棱柱的侧面积为定值，则动点的轨迹为椭圆（除与直线交点外） D．若与所成的角为，则动点的轨迹为双曲线 5．（多选）（25-26高二上·辽宁葫芦岛·期末）空间直角坐标系中，点，定义.如图，正方体的棱长为3，为棱的中点，点是平面内两个动点，，，则以下结论正确的是（    ） A．点的轨迹是正方形 B．点的轨迹是圆 C．点的轨迹是直线 D．的取值范围 考点02 动点轨迹长度的计算 1．（多选）（25-26高二下·江苏南通·期中）棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点（如图1），则下列结论正确的是（   ） A．直线与底面所成角的正切值为 B．异面直线与的距离为 C．若点为平面上的动点，且直线与所成角为，则动点的轨迹长度为 D．若，交于点，正方形的四个顶点在其所在平面内绕着点逆时针旋转，得到一个十面体（如图2），则该十面体的体积为 2．（多选）（2026·河北秦皇岛·模拟预测）棱长为2的正方体中，点为的中点，为侧面内一动点（含边界），且满足面，则下面正确的是（） A．点的轨迹长度为 B．三棱锥的体积为 C．直线与平面所成角的正切值最大是2 D．存在点使平面平面 3．（25-26高二上·江苏南通·阶段检测）在棱长为的正方体中，点为的中点，点为正方体表面上的一动点，且满足，则的轨迹的长度为______． 4．（25-26高三下·上海虹口·阶段检测）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_______． 5．（25-26高二上·广东佛山·阶段检测）如图，在长方体中，，，是的中点． (1)求点到平面的距离； (2)若是线段上的动点（包括端点和），求与平面的夹角正弦值的最大值； (3)若是侧面内的动点（包括侧面的边界），且平面与平面垂直，判断点的轨迹，并求出轨迹长度． 考点03动点轨迹面积的计算 1．（25-26高二上·河南郑州·期中）已知正方体，棱长为6，且，若动点满足，则动点的轨迹被正方体表面所截得的图形的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（多选）（25-26高二上·河南南阳·期末）如图，已知正方体的棱长为，为的中点，为线段上的一个动点，设由点、、构成的平面为．则下列结论中，正确的是（    ） A．当为的中点时，平面截正方体所得的截面为五边形 B．平面截正方体所得的截面可能是三角形 C．当点与重合时，平面截正方体，所得截面的面积为 D．点到平面的距离的最大值为 3．（2026·湖南邵阳·一模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为___________． 4．（2026·广东汕头·二模）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. 考点04 动点中的存在性问题 1．（25-26高二上·北京丰台·期末）如图，正方体中、是线段上的动点，则下列结论中不正确的是（   ）    A．存在点，使得平面 B．对于任意点， C．存在点，使得平面 D．对于任意点，都是锐角三角形 2．（多选）（2026·河北沧州·二模）在长方体中，，点M为侧面内一动点（包括边界），则下列说法正确的是（   ） A．存在点M，使平面 B．存在点M，使平面 C．点M到直线的距离的取值范围是 D．若直线与直线所成角为，则 3．（多选）（25-26高二上·广东韶关·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，，分别为线段上的动点，则（   ） A．点到直线EF的距离为 B．三棱锥体积的最小值为2 C．存在点G，H，使得 D．当平面时，线段GH的最小值为 4．（多选）（25-26高二上·安徽安庆·期中）如图，在棱长为1的正方体中，在线段上，且，动点满足：，下列说法正确的是（    ）    A．直线与平面所成角的余弦值的最大值为 B．存在，使四点共面 C．存在，使 D．的最小值为 5．（多选）（25-26高二上·浙江·阶段检测）在正三棱台中，，，点是线段上的动点，则下列选项中正确的是（   ） A． B．直线与直线所成角的取值范围为 C．存在点使得平面 D．存在点使得平面 考点05动点中的角度问题 1．（多选）（25-26高二上·浙江杭州·期中）如图，已知正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，而G是线段（可与端点重合）上的动点，以下说法正确的是（    ） A．平面 B．当点G与点重合时，平面 C．当点G与点重合时，直线与平面所成角最大 D．当G是的中点时，点C到平面的距离为 2．（多选）（25-26高二上·山东济宁·期中）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且.下列说法正确的是（   ） A．当E，F运动时，不存在点E，F使得 B．当E，F运动时，不存在点E，F使得 C．当E运动时，二面角的最大值为45° D．当E，F运动时，二面角为定值 3．（25-26高二下·江苏扬州·期中）在正方体中，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为______． 4．（25-26高二下·湖南株洲·阶段检测）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. 考点06动点中的距离问题 1．（25-26高二上·辽宁辽阳·期末）在正三棱柱中，，P是线段上的一动点，则点P到直线的距离的最小值是（   ） A． B． C． D． 2．（多选）（2025·吉林松原·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点是线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（　　） A．若，则平面截正方体的截面面积为 B．若，则平面 C．若，则点到平面距离的取值范围是 D．周长的最小值为 3．（25-26高二上·四川南充·期末）如图，四边形和四边形均为正方形，，动点分别在和上，．当最小时，点到平面的距离为___________．    考点07动点中的最值问题 1．（25-26高二上·江西南昌·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，若直线与平面所成的角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高二上·湖北襄阳·阶段检测）在正三棱柱中，所有棱长都为2，是侧棱上一动点，则到平面的距离之和的最大值为（    ） A． B． C． D．7 3．（25-26高二上·浙江·期中）在直三棱柱中，，，，为的中点，为棱上的动点，为棱上的动点，且，则线段长度的取值范围为（   ）． A． B． C． D． 4．（多选）（25-26高二下·江苏南京·期中）已知正方体棱长为1，动点满足，，则下列选项正确的是（    ） A．若点在平面内，则 B．当，，时，点到直线的距离为 C．当，时，该正方体被平面所截得的截面的最大面积是 D．当，时，二面角的正弦值的最小值为 5．（多选）（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）正方体的棱长为2，分别为的中点，为棱上靠近的三等分点，则下列正确的有（   ） A．沿正方体表面从到的最短距离为 B．三棱锥的体积为2 C．为内的动点，则最小值为 D．是直线上的动点，是直线上的动点，则的最小值为 6．（多选）（24-25高二上·贵州遵义·期末）设点是正四棱柱内一动点，，，，，如图所示，则下列正确的是（    ） A．当时，三棱锥的体积为 B．当时，的最小值为 C．当时，的最小值为 D．当时，四面体外接球的半径的取值范围为 7．（25-26高二下·江苏盐城·期中）在棱长为1的正方体中，点、分别是棱、的中点，动点在正方形（包括边界）内运动.若平面，则的最小值是_______. 考点08 动点中的新定义问题 1．（25-26高二上·辽宁大连·期中）空间直角坐标系中，点，，定义.如图，正方体的棱长为3，E为棱的中点，点P，M是平面内两个动点，，，则线段长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高二下·江苏·阶段检测）对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，点P是底面内（含边界）的动点，且，则的最大值是______. 3．（25-26高二上·上海·期中）“曼哈顿距离（Manhattan Distance）”是由19世纪赫尔曼·闵可夫斯基所创词汇，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在空间直角坐标系中，点，之间的曼哈顿距离为．现已知在空间直角坐标系中，点O为坐标原点，动点P满足，则由动点P构成的几何体的体积为______． 4．（25-26高二上·江西南昌·期末）在空间直角坐标系中，任意直线由直线上一点及直线的一个方向向量唯一确定，其对称式方程可表示为. 若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，其一般式方程为． 已知为坐标原点，，动点在平面内，且. (1)求点到平面的距离； (2)求三棱锥体积的最大值； (3)记直线BP与平面所成的角为，求的取值范围. 2 / 39 学科网（北京）股份有限公司 $