第33讲空间角的求解与立体几何综合（知识清单+9典例精讲+4方法技巧+分层训练）-2027年高考数学一轮复习讲义与培优专练（全国通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦空间角求解与立体几何综合，覆盖线线角、线面角、面面角等空间角及点到线、点到面距离，截面与动态轨迹等高考高频考点。以知识清单梳理基础概念，典例精讲构建解题模型，方法技巧提炼思维路径，通过考点梳理、方法指导、真题训练的教学流程，帮助学生系统突破立体几何难点。 资料特色在于融合数学思维与数学语言，创新采用几何法与坐标法解决动态轨迹问题，如通过参数假设法探究存在性问题，培养学生逻辑推理与空间想象能力。分层训练（基础、拔高、错题）配合即时反馈，确保复习效率，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第33讲空间角的求解与立体几何综合 （知识清单+9典例精讲+4方法技巧+分层训练） 近3年考查情况 题型 分值 线线垂直证明、二面角求解 解答题 12分 圆锥内动点距离最值 单选/解答题 5分/12分 距离与体积最值 填空题 5分 面面垂直证明、线面角求解 解答题 12分 点到面距离、线面平行存在性探索 解答题 12分 动点轨迹判定 多选题 6分 截面形状、面积分析 单选/多选题 5分/6分 【知识点01】异面直线所成的角 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ=|cos〈u，v〉|=. 【例1】 在正方体中，棱长为2，求异面直线与所成角的余弦值。 【知识点02】直线与平面所成的角 如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ=|cos〈u，n〉|==. 【例2】正方体棱长为2，求直线与底面所成角的正弦值。 【知识点03】平面与平面的夹角 如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角. 若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ=|cos〈n1，n2〉|=. 【例3】正方体棱长为2，求平面与平面的夹角余弦值。 【知识点04】点到直线的距离 如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设=a，则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，PQ==. 【例4】已知点，直线过，方向向量，求点到直线的距离。 【知识点05】点到平面的距离 如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度，因此PQ===. 【例5】求点到平面的距离。 【知识点06】立体几何中的截面、交线问题 核心原理：平面基本性质，两点确定一条直线；三面共点，延长线必交于一点 作图口诀：找共面两点，连线延长，找公共交点，依次连接形成封闭截面 考法：判断截面形状、求截面周长/面积、找面面交线 【例6】正方体，点为中点，点为中点，过三点作正方体截面，判断截面形状。 【知识点07】立体几何中的动态、轨迹问题 解题方法：①几何法：定点定距判定圆、线段、球面轨迹；②向量坐标法：设动点坐标，列等式化简轨迹方程 常见轨迹：圆、线段、圆弧、球面 【例7】在正方体中，动点在棱上运动，求证点到直线的距离为定值，并判断动点轨迹。 【题型一】异面直线夹角的向量求法 【例1】（2026·重庆·一模）正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式1】（2026·江苏扬州·模拟预测）在正四面体中，分别为的中点，连接，若正四面体的边长为2，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（2026·江苏南京·一模）在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________． 【变式3】（2026·云南·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，，． (1)求证：平面； (2)若，求直线BD与直线MC所成角的余弦值． 【题型二】线面角的向量求法 【例2】（2024·青海西宁·模拟预测）在直三棱柱中，，，为线段的中点，点在线段上，且，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（2026·重庆·模拟预测）已知正方体，过点且与垂直的平面为，则与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式2】在空间直角坐标系Oxyz中，已知点，，，若平面轴，且，则直线与平面所成的角的正弦值为___________. 【变式3】（2026·福建龙岩·三模）已知三棱锥，与都是边长为的等边三角形． (1)若，证明：平面平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 【题型三】面面角的向量求法 【例3】（2026·安徽蚌埠·二模）已知正方体中，是的中点，则平面与平面的夹角余弦值是（   ） A． B． C． D． 【变式1】在矩形中，，，将沿着翻折，使点在平面上的投影恰好在直线上，则此时二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2024·江苏苏州·模拟预测）在平面直角坐标系中，设，若沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的余弦值为______． 【变式3】（2026·安徽安庆·模拟预测）如图，直三棱柱中，，，． (1)当时，证明：平面平面． (2)当，记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 【题型四】点到平面距离的向量求法 【例4】（2026·湖南郴州·模拟预测）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，点，则点Q到平面距离为（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】根据给定条件，求出平面的法向量及所过的点，再利用点到平面距离公式求解 【详解】依题意，平面过点，其法向量， 则，所以点Q到平面距离. 【变式1】（多选）（2025·河南·模拟预测）正方体的棱长为分别是棱的中点，则（    ） A． B． C． 平面 D．点到平面的距离为 【变式2】（2025·湖南·三模）如图，在直三棱柱中，△ABC是正三角形，D为AC的中点，点E在棱上，且，若，，则点到平面BDE的距离为__________. 【变式3】（2026·福建泉州·模拟预测）如图，圆锥的底面半径为，高为，是的直径，点在上，且，点为的中点． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求到平面的距离． 【题型五】点到直线距离的向量求法 【例5】（2026·江西萍乡·一模）在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（多选）已知正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则（    ） A．点A到直线的距离为 B．点B到平面的距离为 C．若点在直线上，则 D．若点在平面内，则 【变式2】已知直线过点，且直线的一个方向向量为，则坐标原点到直线的距离为__________. 【变式3】（2026·河南·模拟预测）如图，在正四棱柱中，． (1)求点到直线的距离； (2)求二面角的正弦值． 【题型六】立体几何中截面的问题 【例6】如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，则过线段且垂直于平面的截面图形为（    ） A．等腰梯形 B．三角形 C．正方形 D．矩形 【变式1】（多选）已知直四棱柱的底面为正方形，，，为的中点，点满足，，过的截面与该直四棱柱表面相交，得到截面多边形，则（    ） A．截面多边形可能为六边形 B．无论如何变化，总有平面截面 C．当时，该四棱柱的外接球被平面截得的截面周长为 D．当直线与平面所成的角为30°时， 【变式2】在棱长为4的正方体中，点是棱上一点，且.过三点、、的平面截该正方体的内切球，所得截面圆面积的大小为______. 【变式3】在棱长为4的正方体中，点是棱上一点，且.过三点、、的平面截该正方体的内切球，所得截面圆面积的大小为______. 【题型七】平行、垂直中的动态轨迹问题 【例7】（2026·云南昆明·模拟预测）在棱长均为2的正三棱锥中，点M是的中点，点N是侧面上的一个动点，当平面时，线段的长度的最小值是（  ） A． B． C． D．1 【变式1】正方体的棱长为点为的中点，点为底面上的动点，满足的点的轨迹长度为（    ） A． B．2 C． D． 【变式2】（2025·山东滨州·二模）在三棱锥中，平面，点为内（包含边界）一点，且，则点的轨迹的长度为_____． 【变式3】（2024·云南曲靖·模拟预测）如图，四面体的每条棱长都等于2，分别是棱的中点，分别为面，面，面的重心. (1)求证：面面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)保持点位置不变，在内（包括边界）拖动点，使直线与平面平行，求点轨迹长度； 【题型八】距离、角度有关的动态轨迹问题 【例8】如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足．平面上的动点满足，则点的轨迹为（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分 【变式1】已知正方体，P是平面上的动点，M是线段的中点，满足PM与所成的角为，则动点P的轨迹为（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【变式2】（2026·江西赣州·一模）在长方体中，，点在四边形内（含边界）移动，且满足，则点到直线距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【变式3】（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）设正方体的棱长为 2，为正方体表面上一点，且点到直线的距离与它到平面的距离相等，记动点的轨迹为曲线，则曲线的周长是_____. 【题型九】翻折有关的动态轨迹问题 【例9】（2025·辽宁本溪·模拟预测）将边长为的正方形沿着对角线折起，使点到达点的位置，得到三棱锥，点平面，且若则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（多选）（2024·山东泰安·模拟预测）如图，在五边形中，四边形为正方形，，，F为AB中点，现将沿折起到面位置，使得，则下列结论正确的是（    ）    A．平面平面 B．若为的中点，则平面 C．折起过程中，点的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球的体积为 【变式2】（多选）（2025·江苏常州·模拟预测）已知边长为2的菱形，且，沿对角线折起，使点不在平面内，为的中点，在翻折过程中，则（   ） A．平面平面 B．当时，直线与平面所成角的余弦值为 C．当二面角的大小为时，点在三棱锥的表面上运动，且，则点运动轨迹长度为 D．当二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为 【变式3】在矩形中，是的中点，，将沿折起得到，设的中点为，若将绕旋转，则在此过程中动点形成的轨迹长度为___________. 【解题大招01】空间角的求解（线线角、线面角、二面角） 建立空间直角坐标系，设直线方向向量为，平面法向量为 异面直线所成角：， 直线与平面所成角：， 二面角：，，结合图形判断锐二面角/钝二面角 【例1】在直三棱柱中，，，建立空间直角坐标系，求解：(1)异面直线与所成角；(2)直线与平面所成角；(3)平面与平面的二面角余弦值。 【解题大招02】空间距离 + 立体几何探索性问题 1：四类空间距离向量通用公式 点到平面距离：（为平面内任意一点，为平面法向量） 直线到平面距离：直线平行平面，等价于直线上任意一点到平面距离 两平行平面距离：一个平面内任意一点到另一平面距离 异面直线距离：公垂线段长度，高考一般向量法求解 2：立体几何探索性问题解题方法 参数假设法（高考必考）：先假设存在满足条件的点，设参数表示动点坐标，代入垂直/平行/角度条件列方程，有解即存在，无解即不存在。 【例2】正方体棱长为2，是否存在棱上一点，使得平面？若存在，求坐标；若不存在，说明理由，并求点到平面的距离。 【解题大招03】立体几何截面、交线问题 基本事实法：两点确定一条直线，找两个平面公共点，连线即为交线 平行线延伸法：截面遇到平行棱，作平行线补齐截面图形 延长线找点法：线段不相交时，延长棱找公共交点，确定截面顶点 核心原理：两个平面相交，有且仅有一条公共交线；截面所有顶点均需在几何体棱上。 【例3】在正方体中，过三点作正方体的截面，画出截面图形并判断截面形状。 【解题大招04】立体几何动态、轨迹问题 几何定义法：利用圆、椭圆、抛物线空间定义判断轨迹（最快捷） 坐标代数法：设动点坐标，列等式消参，得到平面轨迹方程 距离定值法：动点到定点/定平面距离恒定，判定圆/球面轨迹 垂直定面法：动点始终在垂直于定直线的平面内，锁定平面范围 【例4】正方体，点在侧面内运动，且满足，求动点的轨迹。 【基础过关】（共8题） 一、单选题 1．（2025·四川·二模）已知空间中向量=（0，1，0），向量的单位向量为（），则点B到直线AC的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·浙江·二模）正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·江西上饶·一模）如图，长方体中，，点为平面上一动点，若，则点的轨迹为（    ） A．抛物线 B．椭圆 C．双曲线的一支 D．圆 二、多选题 4．（2025·江苏苏州·三模）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为侧面内的动点（含边界），则下列说法正确的是（    ） A．使三棱锥体积取得最大值的点唯一 B．存在点，使得直线与的夹角为 C．时，点的轨迹是线段 D．平面时，点的轨迹长为 三、填空题 5．如图，为圆柱下底面圆的直径，是下底面圆周上一点，已知，圆柱的高为5．若点在圆柱表面上运动，且满足，则点的轨迹所围成图形的面积为_______． 6．已知菱形的各边长为2，．如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时．则三棱锥的体积为_______，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为_______． 四、解答题 7．（2025·天津和平·三模）如图，已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，、分别是、延长线上的点，且，． (1)求平面与平面的夹角的正弦值； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 8．（2025·广东江门·模拟预测）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. 【拔高选练】（共6题） 一、单选题 1．（2026·四川·模拟预测）已知正三棱柱的底面边长为6，高为，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·陕西咸阳·三模）在四面体中，平面，，.若四面体的体积为，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2026·江西·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，是侧面上一点，则（     ）    A．存在点，使 B．若，则动点的轨迹长度为 C．当点在线段上时，直线与平面平行 D．当点在线段上时，直线与平面所成角的正弦值可以为 三、填空题 4．（2026·福建厦门·模拟预测）已知，，，则点A到直线BC的距离为__________． 5．（2026·山东青岛·二模）等边的三个顶点都在平面的同一侧，且三条边在上的射影长分别为1，，，则所在平面与所成的二面角（锐角）的余弦值为________． 四、解答题 6．（2026·陕西宝鸡·三模）如图，在矩形中，为的中点，将沿折起，使得，连接． (1)求证：平面平面． (2)求二面角的正弦值． (3)当绕边在空间旋转时，设在平面内的投影为，求的轨迹的长度． 【错题复盘】（共5题） 一、单选题 1．已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·北京朝阳·一模）在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得直线与直线相交 B．存在点，使得直线平面 C．直线与平面所成角的大小为 D．平面被正方体所截得的截面面积为 二、多选题 3．（2026·云南玉溪·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，P，Q分别为的中点，点在正方体的表面上运动，满足．其中所有正确结论是（    ）    A．线段长度的最小值为； B．点到直线的距离为 C．点的轨迹是梯形； D．点的轨迹围成的多边形的面积为． 三、填空题 4．已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.若是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持则点的轨迹的面积为__________.    四、解答题 5．（2026·甘肃兰州·模拟预测）如图1，在平面五边形中，，将沿折起得到如图2所示的四棱锥，且，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)若为棱上一动点，直线与平面所成角的正弦值为． （i）求 （ii）求点到平面的距离． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第33讲空间角的求解与立体几何综合 （知识清单+9典例精讲+4方法技巧+分层训练） 近3年考查情况 题型 分值 线线垂直证明、二面角求解 解答题 12分 圆锥内动点距离最值 单选/解答题 5分/12分 距离与体积最值 填空题 5分 面面垂直证明、线面角求解 解答题 12分 点到面距离、线面平行存在性探索 解答题 12分 动点轨迹判定 多选题 6分 截面形状、面积分析 单选/多选题 5分/6分 【知识点01】异面直线所成的角 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ=|cos〈u，v〉|=. 【例1】 在正方体中，棱长为2，求异面直线与所成角的余弦值。 解：步骤1：建系设点 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，棱长为2： . 步骤2：求方向向量 步骤3：代入夹角公式计算 答案：异面直线所成角余弦值为 【知识点02】直线与平面所成的角 如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ=|cos〈u，n〉|==. 【例2】正方体棱长为2，求直线与底面所成角的正弦值。 解：步骤1：确定向量直线方向向量，底面法向量 步骤2：代入线面角公式 答案：线面角正弦值为 【知识点03】平面与平面的夹角 如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角. 若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ=|cos〈n1，n2〉|=. 【例3】正方体棱长为2，求平面与平面的夹角余弦值。 解：步骤1：求两个平面法向量底面法向量，平面法向量 步骤2：计算二面角余弦 答案：两平面夹角为，余弦值为0 【知识点04】点到直线的距离 如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设=a，则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，PQ==. 【例4】已知点，直线过，方向向量，求点到直线的距离。 解：、代入距离公式： 答案：点到直线距离为 【知识点05】点到平面的距离 如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度，因此PQ===. 【例5】求点到平面的距离。 解：取平面内一点，，平面法向量 答案：点到平面距离为 【知识点06】立体几何中的截面、交线问题 核心原理：平面基本性质，两点确定一条直线；三面共点，延长线必交于一点 作图口诀：找共面两点，连线延长，找公共交点，依次连接形成封闭截面 考法：判断截面形状、求截面周长/面积、找面面交线 【例6】正方体，点为中点，点为中点，过三点作正方体截面，判断截面形状。 解：延长、交于一点，延长、交于一点 根据平面交线公理，依次连接各交点，可得截面为平行四边形 补充：三点均在正方体侧面，截面为平行四边形，对边平行且相等 答案：截面为平行四边形 【知识点07】立体几何中的动态、轨迹问题 解题方法：①几何法：定点定距判定圆、线段、球面轨迹；②向量坐标法：设动点坐标，列等式化简轨迹方程 常见轨迹：圆、线段、圆弧、球面 【例7】在正方体中，动点在棱上运动，求证点到直线的距离为定值，并判断动点轨迹。 解：建立空间直角坐标系，设棱长为2，设 利用点到直线距离公式代入计算，距离表达式不含参数，距离恒为定值 轨迹结论：动点轨迹为一条线段 答案：距离为定值，动点轨迹为线段 【题型一】异面直线夹角的向量求法 【例1】（2026·重庆·一模）正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以A为原点，在平面中，过A作的垂线为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值． 【详解】在正三棱柱中， 以A为原点，在平面中，过A作的垂线为x轴， 为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，   ，不妨取 则， ， 设异面直线与所成角为， 则， ∴异面直线与所成角的余弦值为． 故选：D． 【变式1】（2026·江苏扬州·模拟预测）在正四面体中，分别为的中点，连接，若正四面体的边长为2，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取底面的中心，连接，以为原点，为轴，过作平行于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角. 【详解】取底面的中心，连接，则平面，以为原点，为轴，过作平行于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，由正四面体的边长为2，则底面的外接圆半径，则由题易得高 ，故， ，由、分别为、的中点，所以， 同理得，故， 所以由向量夹角公式可知. 【变式2】（2026·江苏南京·一模）在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________． 【答案】/ 【分析】结合题意进而建立空间直角坐标系，进而利用异面直线夹角的向量求法求解即可. 【详解】作，因为，所以是的中点， 过作，由直三棱柱性质得面， 如图，作出符合题意的图形，以为原点建立空间直角坐标系， 因为，所以，由勾股定理得， 则，，，， 可得，， 设异面直线与所成角为， 则. 【变式3】（2026·云南·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，，． (1)求证：平面； (2)若，求直线BD与直线MC所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在中，得到，证得，再由，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面. （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设点，由，求得，再由，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：在中，因为， 可得，所以， 因为，且，平面， 所以平面. （2）解：在中，因为， 可得，所以， 由（1）知：平面，平面，所以， 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，则，可得， 设，可得， 因为，可得， 可得，解得，即，所以， 又由，可得 设异面直线与所成的角为， 可得. 【题型二】线面角的向量求法 【例2】（2024·青海西宁·模拟预测）在直三棱柱中，，，为线段的中点，点在线段上，且，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 则，故， 因为轴平面，则可取平面的法向量为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 故选：B. 【变式1】（2026·重庆·模拟预测）已知正方体，过点且与垂直的平面为，则与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再用线面角公式求解即可. 【详解】设正方体棱长为，以为原点，、、分别为、、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，. 所以，. 因为平面过点且与垂直，所以就是平面的法向量， 设与平面所成角为， 所以. 所以. 故选：D. 【变式2】在空间直角坐标系Oxyz中，已知点，，，若平面轴，且，则直线与平面所成的角的正弦值为___________. 【答案】 【分析】根据题意设平面的法向量为，进而根据得，再根据向量方法计算与平面所成的角的正弦值. 【详解】解：，， 由平面平行于y轴，可设平面的法向量为， 因为， 所以，即，所以可取， 所以， 所以直线AC与平面所成的角的正弦值为. 故答案为： 【变式3】（2026·福建龙岩·三模）已知三棱锥，与都是边长为的等边三角形． (1)若，证明：平面平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过点作于点，连接，利用几何关系及线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可求解； （2）法一，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及，利用线面角的向量法，即可求解；法二，利用等体积法，求出到平面的距离，再利用线面角的定义，即可求解. 【详解】（1）由题意，是边长为的等边三角形，过点作于点，连接， 则，又，则，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， （2）方法一（向量法） 因为，，平面 平面，所以， 以为坐标原点，分别以所在直线为，轴，过作底面的垂线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 方法二（几何法） 因为，，平面平面，所以， 又，所以 因为，过作于， 因为，，平面，则平面， 又平面，所以平面平面 又因为平面平面，故平面， 所以，所以， 由，可得， 则， 由，得到，解得， 设直线与平面所成角为，则. 【题型三】面面角的向量求法 【例3】（2026·安徽蚌埠·二模）已知正方体中，是的中点，则平面与平面的夹角余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【详解】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， 设，则、、，则，， 设平面的一个法向量为， 所以，取，可得， 易知平面的一个法向量为，则， 故平面与平面的夹角余弦值是. 【变式1】在矩形中，，，将沿着翻折，使点在平面上的投影恰好在直线上，则此时二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图所示，作于，于，求得，，利用向量的夹角公式可求二面角的余弦值. 【详解】如图所示，作于，于.    在中，，， 在中，， ， 同理可得，，， 因为， 所以 ， 又因为， 所以. 因为与的夹角即为二面角的大小， 所以二面角的余弦值为. 故选：A. 【变式2】（2024·江苏苏州·模拟预测）在平面直角坐标系中，设，若沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的余弦值为______． 【答案】 【分析】在平面直角坐标系中，过点作于点，则折成二面角后，，由结合向量的数量积运算求解即可． 【详解】在平面直角坐标系中，过点作于点， 可知， 沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后， 仍有， 则， 由， 可得， 即， 即， 可得． 故答案为： 【变式3】（2026·安徽安庆·模拟预测）如图，直三棱柱中，，，． (1)当时，证明：平面平面． (2)当，记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明：设， 因为为直三棱柱，且，所以平面， 又平面，所以， 因为，平面，，所以平面. 又平面，所以. 当时， P为的中点，所以在中，，，则， 因为，平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面． (2)． 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理、线面垂直的性质及面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，结合面面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，，两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，， 设平面的法向量， 则，即，令，则，所以. 又，，设平面的法向量， 则，即，令，则，所以. 所以． 又，所以，，所以. 故的取值范围为． 【题型四】点到平面距离的向量求法 【例4】（2026·湖南郴州·模拟预测）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，点，则点Q到平面距离为（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】根据给定条件，求出平面的法向量及所过的点，再利用点到平面距离公式求解 【详解】依题意，平面过点，其法向量， 则，所以点Q到平面距离. 【变式1】（多选）（2025·河南·模拟预测）正方体的棱长为分别是棱的中点，则（    ） A． B． C． 平面 D．点到平面的距离为 【答案】BC 【分析】建立空间直角坐标系，根据空间向量法向量的垂直即可证明判断A，B，C，根据空间向量的点面距公式即可求D. 【详解】   建立如图所示的空间直角坐标系：正方体棱长为2， 则, 所以， 因为，所以 不成立，A选项错误； ，所以，B选项正确； ， ， 所以平面的一个法向量为 ， 又因为，所以 平面，所以 平面，C选项正确； ，则 , 设平面的法向量为 ， 所以 ，取，则，故； 由, 设点到平面的距离为，则，D选项错误； 故选：BC. 【变式2】（2025·湖南·三模）如图，在直三棱柱中，△ABC是正三角形，D为AC的中点，点E在棱上，且，若，，则点到平面BDE的距离为__________. 【答案】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出，其中是平面的法向量，结合公式即可运算求解. 【详解】如图，取的中点，因为平面，平面， 所以， 因为三角形是等边三角形，点是中点，所以， 所以两两互相垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为，，，D为AC的中点， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，解得， 所以可取， 点到平面BDE的距离为. 故答案为：. 【变式3】（2026·福建泉州·模拟预测）如图，圆锥的底面半径为，高为，是的直径，点在上，且，点为的中点． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求解； （2）利用向量法求得平面的法向量，进而求得结果. 【详解】（1）如图，在平面内，过与垂直的直线为轴，，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 设平面的法向量为． 则有，即 所以平面的一个法向量，且， 所以与平面所成角的正弦值为． （2）又，设平面的法向量为， 则  ，故可取． 因为，所以到平面的距离为． 【题型五】点到直线距离的向量求法 【例5】（2026·江西萍乡·一模）在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用距离公式求解即可. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为， 则，，， 所以点到直线的距离为 故选：D 【变式1】（多选）已知正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则（    ） A．点A到直线的距离为 B．点B到平面的距离为 C．若点在直线上，则 D．若点在平面内，则 【答案】BCD 【分析】A，求得直线的一个方向向量，应用空间向量的投影和勾股定理求解；B，平面的一个法向量，应用空间向量的投影即可；对C，应用空间向量共线即可求解；对D，结合向量垂直即可求解. 【详解】易知,，，， 则直线的一个方向向量，， 所以点A到直线的距离，故A错误. 如图，， 则，由， ，平面， 则平面，， 则平面的一个法向量，， 则点B到平面的距离，故B正确. 若点P在直线上，则，又， 则，故C正确. 若点P在平面内，则，又， 则，即，故D正确. 故选：BCD 【变式2】已知直线过点，且直线的一个方向向量为，则坐标原点到直线的距离为__________. 【答案】 【分析】应用向量法求点线距离即可. 【详解】由题设，则坐标原点到直线的距离. 故答案为： 【变式3】（2026·河南·模拟预测）如图，在正四棱柱中，． (1)求点到直线的距离； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，根据点到直线距离向量法计算求解； （2）根据面面角向量法计算求解. 【详解】（1）以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 由，得， 所以， 所以点到直线的距离为； （2）， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为， 则， 因为，所以， 即二面角的正弦值为. 【题型六】立体几何中截面的问题 【例6】如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，则过线段且垂直于平面的截面图形为（    ） A．等腰梯形 B．三角形 C．正方形 D．矩形 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，取的中点，利用向量可证明平面，再由平行公理及正方体性质确定为等腰梯形. 【详解】如图，以D为坐标原点，分别为建立空间直角坐标系，不妨设正方体棱长为2， 分别取的中点.连接, 则, 所以,,, 所以，, 即,，而，平面， 所以平面， 由的中点，则,又，所以， 即四边形为平面四边形，在正方体中易知, 所以四边形为等腰梯形， 又平面，所以平面 平面， 故满足题意的截面为等腰梯形. 故选：A 【变式1】（多选）已知直四棱柱的底面为正方形，，，为的中点，点满足，，过的截面与该直四棱柱表面相交，得到截面多边形，则（    ） A．截面多边形可能为六边形 B．无论如何变化，总有平面截面 C．当时，该四棱柱的外接球被平面截得的截面周长为 D．当直线与平面所成的角为30°时， 【答案】BCD 【分析】对于A，分别讨论点的运动引起的截面多边形的形状即可得A错误；对于选项B，要根据几何体特征和线面垂直判定定理即可证明无论如何变化，总有平面截面，即B正确；对于选项C，由正四棱柱的对称性可知，其外接球的球心为正方形的中心，求出外接球半径，再求得球心到截面的距离为，即可得截面圆的周长为，即C正确；对于选项D，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行线面角得计算，由直线与平面所成的角为30°，可得.即D正确. 【详解】对于A，如图（1），当时，平面与平面的交线和平面与平面的交线交于点，且点在上运动，此时截面多边形为四边形； 如图（2），当时，平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，且点，分别在，上运动，此时截面多边形为五边形； 如图（3），当时，截面多边形为四边形．综上可知，A错误． 对于B，在矩形中，，，，所以， 则．又平面，平面，所以． 因为，，平面，所以平面． 又因为平面，所以无论如何变化，总有平面截面，B正确． 对于C，易知正四棱柱的外接球的半径，正四棱柱的外接球被平面截得的截面为圆． 如图（4），当时，截面四边形为矩形，且．分别取，的中点，，连接，，，则四边形为正方形． 由正四棱柱的对称性可知，其外接球的球心为正方形的中心． 取的中点，连接，则平面．过点作，垂足为．易得平面， 所以，则球心到平面的距离为． 由球的性质可知，截面圆的半径， 所以截面圆的周长为，C正确． 对于D，因为，所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角． 设所成的角为．以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立如图（5）的空间直角坐标系， 则，，，，所以，，． 设平面的法向量为．由得取，则，， 所以可取． 由，得，解得， 此时，D正确． 故选BCD． 【点睛】方法点睛：在解题过程中，对于A，要抓住点的运动引起的截面多边形的不同．对于选项B，要体会变化中蕴涵不变；对于选项C，求出球心到截面的距离是关键；对于选项D，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算，体现了向量的工具作用．解题时要将变与不变结合，推理与计算结合． 【变式2】在棱长为4的正方体中，点是棱上一点，且.过三点、、的平面截该正方体的内切球，所得截面圆面积的大小为______. 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，求出球心到平面的距离，由可求出截面圆的半径，即可求出截面圆面积. 【详解】由条件知正方体的内切球半径大小为2，设球心到平面的距离为， 建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设正方体内切球的球心为，， 则， 设平面的法向量为， ，令， 所以，所以 于是截面圆的半径大小为，    故截面圆的面积大小为. 故答案为: . 【变式3】在棱长为4的正方体中，点是棱上一点，且.过三点、、的平面截该正方体的内切球，所得截面圆面积的大小为______. 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，求出球心到平面的距离，由可求出截面圆的半径，即可求出截面圆面积. 【详解】由条件知正方体的内切球半径大小为2，设球心到平面的距离为， 建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设正方体内切球的球心为，， 则， 设平面的法向量为， ，令， 所以，所以 于是截面圆的半径大小为，    故截面圆的面积大小为. 故答案为: . 【题型七】平行、垂直中的动态轨迹问题 【例7】（2026·云南昆明·模拟预测）在棱长均为2的正三棱锥中，点M是的中点，点N是侧面上的一个动点，当平面时，线段的长度的最小值是（  ） A． B． C． D．1 【答案】A 【详解】分别取，的中点为，，连接，，， 又点M是的中点，所以， 因为，平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又点N是侧面上的一个动点，且平面， 所以点在平面上的轨迹为线段，在中，可知， 所以当时，的长度最小，即， 所以的最小值为. 【变式1】正方体的棱长为点为的中点，点为底面上的动点，满足的点的轨迹长度为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法可得动点的轨迹为线段，进而求解即可. 【详解】以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 所以，设点， 所以， 由， 所以，所以， 又，所以， 所以点的轨迹为平面上的线段：，即图中线段， 所以. 【变式2】（2025·山东滨州·二模）在三棱锥中，平面，点为内（包含边界）一点，且，则点的轨迹的长度为_____． 【答案】/ 【分析】根据题意，证得平面，得到，由，证得，得到点落在以为直径的半圆上，结合圆的周长公式，即可求解. 【详解】因为平面，且平面，所以 又由，可得，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 如图所示，连接，若，且，且平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 即在平面内，若，则，即点落在以为直径的四分之一圆上， 因为，所以点的轨迹长度为. 故答案为：. 【变式3】（2024·云南曲靖·模拟预测）如图，四面体的每条棱长都等于2，分别是棱的中点，分别为面，面，面的重心. (1)求证：面面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)保持点位置不变，在内（包括边界）拖动点，使直线与平面平行，求点轨迹长度； 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，利用平行的传递性可以证明，利用对应成比例可以证明，从而得证面面平行； （2）利用第（1）问的结论，把平面与平面的夹角问题，转化为平面与平面的夹角问题，连接，根据二面角的平面角的定义，为所求二面角的平面角，解三角形即可求； （3）先找一个特殊的点，使得直线与平面平行，然后再延展平面，与底面的交线长度即为所求. 【详解】（1）如图，连接,易知三点共线 因为分别为面，面，面的重心， 所以在中，，所以， 在中，所以分别是棱的中点，所以， 所以， 又平面，平面，所以平面， 在中，，所以， 又平面，平面，所以平面， 又因为，平面， 所以面面. （2）由（1）知，平面平面，所以平面与平面的夹角与平面与平面的夹角相等， 如图，连接，因为分别是棱的中点， 所以在等腰中，，在等边中，， 所以是平面的夹角与平面与平面所成角的平面角， 因为面，面，所以, 又，，，平面，所以面， 又面，所以， 所以在中，， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）如图，取线段靠近点的三等分点P，连接，易知三点共线， 连接，因为点为等边的重心，所以， 所以当点在点P位置时，满足题意， 取线段靠近点G的三等分点Q，连接，易知，又， 所以，所以共面，即当O在线段上运动时，均满足题意， 所以即为点的轨迹长度, 又， 所以点的轨迹长度为. 【题型八】距离、角度有关的动态轨迹问题 【例8】如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足．平面上的动点满足，则点的轨迹为（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】B 【分析】首先建立空间直角坐标系，设 ，则点的轨迹是椭圆． 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 设 所以点的轨迹是椭圆． 故选：B. 【点晴】方法点睛：本题考查空间向量、轨迹及其方程，涉及方程思想、数形结合思想和转化化归思想，考查空间想象能力逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 【变式1】已知正方体，P是平面上的动点，M是线段的中点，满足PM与所成的角为，则动点P的轨迹为（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】B 【分析】采用数形结合的方法，并建立空间直角坐标系，计算，根据空间向量夹角公式，可得结果. 【详解】在正方体中，连接相交于点 所以，又平面，所以 又，所以平面 以为原点，分别为轴和轴， 然后过点作的平行线为轴 建立如图所示空间直角坐标系 设， 所以 由PM与所成的角为 所以 化简可得，即 所以点的轨迹为椭圆 故选：B 【点睛】本题考查立体几何中点的轨迹，采用数形结合的方法以及向量的使用，将几何问题代数化，使问题更加简洁明了，属中档题. 【变式2】（2026·江西赣州·一模）在长方体中，，点在四边形内（含边界）移动，且满足，则点到直线距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，由得到，设，利用数量积得到，通过整理得到点的轨迹方程，求出直线的方程，利用点到直线的距离求出到直线的距离，利用二次函数的图像和性质得到的最小值，即为点到直线距离的最小值. 【详解】长方体中，， 四边形是正方形， ， 平面，平面，， ，平面， 以为原点，为轴，过作的平行线作为轴，为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， ，， 在四边形内（含边界）移动，设， ， ，，， ， ，， ，， ，， ，为点的轨迹方程， ， 在平面内直线的方程为，即， 到直线的距离为 ， 当时，取最小值为， 则点到直线距离的最小值为. 故选：D. 【变式3】（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）设正方体的棱长为 2，为正方体表面上一点，且点到直线的距离与它到平面的距离相等，记动点的轨迹为曲线，则曲线的周长是_____. 【答案】 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出点的轨迹方程，再分类探讨轨迹并求出长度. 【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， 设点，，在上任取点， ，，依题意，，即， 当时，，点的轨迹是一个点，轨迹长度为0； 当时，，点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆弧，轨迹长度为； 当时，，则，点的轨迹是一个点，轨迹长度为0； 当时，，，点的轨迹是线段，轨迹长度为； 当时，，点的轨迹是线段，轨迹长度为； 当时，，则，点的轨迹是一个点，轨迹长度为0， 所以曲线的周长是. 故答案为： 【题型九】翻折有关的动态轨迹问题 【例9】（2025·辽宁本溪·模拟预测）将边长为的正方形沿着对角线折起，使点到达点的位置，得到三棱锥，点平面，且若则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出几何图形，结合线面垂直、面面垂直的判定性质，借助勾股定理确定点的轨迹，进而求出轨迹长. 【详解】如图，取棱的中点，连接，则， 又平面，则平面，由平面， 得平面平面，在中，，由余弦定理得 ，为钝角，且， 在平面内过点作交的延长线于点，而平面平面， 于是平面，连接，又平面，则， 在中，， 在中，，， 因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 所以点的轨迹长度为. 故选：C. 【变式1】（多选）（2024·山东泰安·模拟预测）如图，在五边形中，四边形为正方形，，，F为AB中点，现将沿折起到面位置，使得，则下列结论正确的是（    ）    A．平面平面 B．若为的中点，则平面 C．折起过程中，点的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球的体积为 【答案】ABD 【分析】首先说明，结合已知，从而证明平面，即可判断A，由，即可证明B，过点作交于点，求出，即可求出点的轨迹长度，从而判断C，连接，即可证明平面，从而得到三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，求出外接球的半径，即可求出球的体积，即可判断D. 【详解】对于A：由题意得，所以，即， 而已知，且注意到，，平面，平面， 所以平面，平面，所以平面平面，故A正确； 对于B：因为为的中点，所以，又，所以， 又平面，平面，所以平面，故B正确；    对于C：    因为四边形为正方形，，，所以， 过点作交于点，则， 所以折起过程中，点的轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧， 所以点的轨迹长为，故C错误； 对于D：连接，则，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又四边形为边长为的正方形，则三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球， 又四边形外接圆的直径为，， 设四棱锥的外接球的半径为，则，即， 所以， 所以外接球的体积， 即三棱锥的外接球的体积为，故D正确. 故选：ABD    【点睛】关键点点睛：本题关键是证明平面平面，从而确定点的旋转角，即可判断B，D选项关键是转化为求四棱锥的外接球的体积. 【变式2】（多选）（2025·江苏常州·模拟预测）已知边长为2的菱形，且，沿对角线折起，使点不在平面内，为的中点，在翻折过程中，则（   ） A．平面平面 B．当时，直线与平面所成角的余弦值为 C．当二面角的大小为时，点在三棱锥的表面上运动，且，则点运动轨迹长度为 D．当二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】对于A，根据线面垂直的判定定理先证明平面，从而得到平面平面；对于B，用等体积法可求得点A到平面的距离，从而求得直线与平面所成角的正弦值，由同角三角函数关系式可求得直线与平面所成角的余弦值；对于C，分析点在三棱锥的表面上运动时，则点在各个侧面的运动轨迹，并求其长度的和即可判断；对于D，根据题意列得关于三棱锥的外接球半径的方程组，求解可得外接球半径，从而得到外接球的表面积. 【详解】由题可知，，所以. 由，得， 所以，所以. 折起如图2. 对于选项A，由图1知，菱形中， 图2中平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面.所以选项A正确； 对于选项B，由题可知，是等边三角形， 取的中点E，连接，则，且. 因为平面， 所以平面， 又平面，所以. 所以. 因为，所以， 所以. 所以. 所以. 因为， 所以点A到平面的距离为. 所以直线与平面所成角的正弦值为， 所以直线与平面所成角的余弦值为.故选项B正确. 对于选项C，当二面角的大小为时，由选项A可知，. 因为，所以. 因为， 所以点C到平面的距离为，所以中，点运动轨迹为一个点； 点在三棱锥的侧面上运动，且时， 点运动轨迹分别为三棱锥的三个侧面上的三段圆弧. 中，，所以点运动轨迹长度为； 中，.所以， 所以，所以点运动轨迹长度大于； 同理中，， 所以，所以点运动轨迹长度大于； 所以点运动轨迹长度大于；所以选项C错误. 对于选项D，当二面角的余弦值为时，由选项A可知，. 所以，所以， 记棱的中点为F，则. 记三棱锥的外接球球心为T，因为O为的中点，且平面， 所以T在等腰三角形的中线上. 设三棱锥的外接球的半径为R， 则，解得. 所以三棱锥的外接球的表面积为.所以选项D正确. 故选：ABD. 【变式3】在矩形中，是的中点，，将沿折起得到，设的中点为，若将绕旋转，则在此过程中动点形成的轨迹长度为___________. 【答案】/ 【分析】先通过始终是等腰直角三角形确定动点的轨迹是一段圆弧，再结合垂直关系证明圆弧对应的圆心角为，即可求出动点的轨迹长度. 【详解】 如图，设的中点为，绕旋转，此时平面平面，取中点，中点，中点， 连接. ，，和是等腰直角三角形， 且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点的轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧，又面， 面，面，同理面，又，面面，又平面平面， 故面面，又面面，，故面，又面，， 故动点形成的轨迹长度为. 故答案为：. 【点睛】本题关键点在于发现在旋转过程中始终是等腰直角三角形，进而确定动点的轨迹是一段圆弧，再结合题目中的线面关系证明 圆弧对应的圆心角为，即可求出动点的轨迹长度. 【解题大招01】空间角的求解（线线角、线面角、二面角） 建立空间直角坐标系，设直线方向向量为，平面法向量为 异面直线所成角：， 直线与平面所成角：， 二面角：，，结合图形判断锐二面角/钝二面角 【例1】在直三棱柱中，，，建立空间直角坐标系，求解：(1)异面直线与所成角；(2)直线与平面所成角；(3)平面与平面的二面角余弦值。 解：以为原点，为轴，为轴，为轴建系： 各点坐标： 向量： (1)异面直线所成角 故异面直线夹角。 (2)线面角求解 平面法向量 ，线面角 (3)二面角求解 平面法向量，平面法向量 ，二面角为 【解题大招02】空间距离 + 立体几何探索性问题 1：四类空间距离向量通用公式 点到平面距离：（为平面内任意一点，为平面法向量） 直线到平面距离：直线平行平面，等价于直线上任意一点到平面距离 两平行平面距离：一个平面内任意一点到另一平面距离 异面直线距离：公垂线段长度，高考一般向量法求解 2：立体几何探索性问题解题方法 参数假设法（高考必考）：先假设存在满足条件的点，设参数表示动点坐标，代入垂直/平行/角度条件列方程，有解即存在，无解即不存在。 【例2】正方体棱长为2，是否存在棱上一点，使得平面？若存在，求坐标；若不存在，说明理由，并求点到平面的距离。 解：建系：，设， 平面法向量， 若平面，则 ，不在区间内，故不存在该点。 点面距离： 【解题大招03】立体几何截面、交线问题 基本事实法：两点确定一条直线，找两个平面公共点，连线即为交线 平行线延伸法：截面遇到平行棱，作平行线补齐截面图形 延长线找点法：线段不相交时，延长棱找公共交点，确定截面顶点 核心原理：两个平面相交，有且仅有一条公共交线；截面所有顶点均需在几何体棱上。 【例3】在正方体中，过三点作正方体的截面，画出截面图形并判断截面形状。 解：找点：三点分别在正方体三条棱上，两两连接 边长计算：设棱长为， 三边长度相等，截面为等边三角形 【解题大招04】立体几何动态、轨迹问题 几何定义法：利用圆、椭圆、抛物线空间定义判断轨迹（最快捷） 坐标代数法：设动点坐标，列等式消参，得到平面轨迹方程 距离定值法：动点到定点/定平面距离恒定，判定圆/球面轨迹 垂直定面法：动点始终在垂直于定直线的平面内，锁定平面范围 【例4】正方体，点在侧面内运动，且满足，求动点的轨迹。 解：正方体中易证：平面 由可得：动点落在平面内 又同时在侧面内，两平面交线为线段 【基础过关】（共8题） 一、单选题 1．（2025·四川·二模）已知空间中向量=（0，1，0），向量的单位向量为（），则点B到直线AC的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由点B到直线AC的距离为：即可求解. 【详解】设向量的单位向量为，则，， 点B到直线AC的距离为：， 故选：B. 2．（2025·浙江·二模）正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角余弦值即可. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为1， 则， 故， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为.    故选：C. 3．（2024·江西上饶·一模）如图，长方体中，，点为平面上一动点，若，则点的轨迹为（    ） A．抛物线 B．椭圆 C．双曲线的一支 D．圆 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间角的向量法结合空间向量的坐标运算可求得的轨迹方程，进而根据方程判定轨迹类型. 【详解】如图，以A为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，. 由题可设，则向量，向量， 所以，即. 将上式两边同时平方可得，即. 则，即. 所以.故轨迹为双曲线的一支. 故选：C. 二、多选题 4．（2025·江苏苏州·三模）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为侧面内的动点（含边界），则下列说法正确的是（    ） A．使三棱锥体积取得最大值的点唯一 B．存在点，使得直线与的夹角为 C．时，点的轨迹是线段 D．平面时，点的轨迹长为 【答案】BCD 【分析】对于A，求证平面并结合正方体结构性质即可判断；对于B，由直线与平面所成的角和即可判断；对于C，由结合平面即可判断；对于D，由向量法求证平面即可求解判断D. 【详解】对于A，连接，由正方体结构性质可知平面， 因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 又由正方体结构性质可知侧面内（含边界）点和点两点到平面的距离最大且相等， 所以使三棱锥体积取得最大值的点有两个点，故A错误； 对于B，由正方体结构性质可知平面， 所以是直线与平面所成的角， 由题意可得，此时，则， 由正方形性质可知在平面上点和点与直线距离最大， 而，故， 所以存在点，使得直线与的夹角为，故B正确； 对于C，分别取中点，连接， 以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，则， 则， 则， 则即，又平面， 所以平面，则若，则点的轨迹是线段，故C正确； 对于D，取三等分点X且，连接， 则，又，则， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则， 则，且不在平面，所以平面， 若平面，则点的轨迹为线段， 此时点的轨迹长度为，故D正确； 故选：BCD 三、填空题 5．如图，为圆柱下底面圆的直径，是下底面圆周上一点，已知，圆柱的高为5．若点在圆柱表面上运动，且满足，则点的轨迹所围成图形的面积为_______． 【答案】10 【分析】先推出平面，设过的母线与上底面的交点为，过的母线与上底面的交点为，连，推出平面，从而可得点的轨迹是矩形，计算这个矩形的面积即可得解. 【详解】因为是圆柱下底面圆的直径，所以， 又，，平面，所以平面， 设过的母线与上底面的交点为，过的母线与上底面的交点为，连， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 所以点在平面内，又点在圆柱的表面，所以点的轨迹是矩形， 依题意得，，，所以， 所以矩形的面积为. 故点的轨迹所围成图形的面积为. 故答案为：. 6．已知菱形的各边长为2，．如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时．则三棱锥的体积为_______，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为_______． 【答案】 【分析】取中点，由题可得平面，进而可得三棱锥的高，利用锥体体积公式可得三棱锥的体积，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得. 【详解】取中点，则，平面, ∴平面，，又， ∴， 则三棱锥的高， 三棱锥体积为； 作，设点轨迹所在平面为， 则平面经过点且， 设三棱锥外接球的球心为的中心分别为， 易知平面平面，且四点共面， 由题可得，， 解Rt，得，又， 则三棱锥外接球半径， 易知到平面的距离， 故平面截外接球所得截面圆的半径为， ∴截面圆的周长为，即点轨迹的周长为. 故答案为：；. 四、解答题 7．（2025·天津和平·三模）如图，已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，、分别是、延长线上的点，且，． (1)求平面与平面的夹角的正弦值； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)平面与平面的夹角的正弦值为 (2)直线与平面所成角的正弦值为 (3)到平面的距离为 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求得两平面的夹角的余弦值，进百可求正弦值； （2）求得，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （3）由，利用向量法可求点到平面的距离. 【详解】（1）因为四棱柱为正四棱柱，所以底面，又因为， 所以以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的正弦值为； （2）由（1）可得，所以， 设直线与平面所成角为； 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）由（1）可得，则到平面的距离为． 8．（2025·广东江门·模拟预测）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 ,，. 【拔高选练】（共6题） 一、单选题 1．（2026·四川·模拟预测）已知正三棱柱的底面边长为6，高为，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法计算球心到该平面的距离. 【详解】正三棱柱外接球的球心是上下底面正三角形中心连线的中点， 以点为原点，，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则球心的坐标为： 因为底面边长为，所以底面正三角形外接圆半径； 故 ，，， 所以 ，， 设平面的法向量为，则由，即， 令，则，则是平面的一个法向量. 又，因此球心到平面的距离 . 2．（2026·陕西咸阳·三模）在四面体中，平面，，.若四面体的体积为，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 在中，，，由三角形面积公式得， 由余弦定理得 ，故， 因为平面ABC，四面体体积，代入解得， 以B为原点，为轴，平面内垂直于的方向为轴，过B且垂直于平面的方向为轴， 得各点坐标：， ， ， ，， 设平面的法向量为， 则，解得，令得，即 ， 又向量 ，， 设AC与平面所成角为，根据线面角与向量夹角的关系，. 二、多选题 3．（2026·江西·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，是侧面上一点，则（     ）    A．存在点，使 B．若，则动点的轨迹长度为 C．当点在线段上时，直线与平面平行 D．当点在线段上时，直线与平面所成角的正弦值可以为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量运算分析线面平行、线面垂直、轨迹方程、线面角，逐项分析计算即可. 【详解】以为原点，、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，    则，，，，，，. 设（在侧面上，则坐标恒为2，，）. 选项A：，. 若，则，即，解得. 取，则满足条件，故A正确； 选项B：由得，，化简得. 该方程表示在平面上，以点为圆心，半径为1的圆弧（，，实际是四分之一圆）， 所以轨迹长度为，故B错误； 选项C：，. 设平面的法向量为，则 ，即，令，则，，所以. 因为在线段上，设（），则， 所以，，所以，（）. 因为，所以，又平面， 所以直线与平面平行，故C正确； 选项D：，. 设平面的法向量为，则 ，即，令，则，又，所以. 设直线与平面所成角为，由选项C知，（）. 则 ，， 所以，当时，取最大值，为，故D正确. 三、填空题 4．（2026·福建厦门·模拟预测）已知，，，则点A到直线BC的距离为__________． 【答案】 【分析】根据空间点到线距离公式进行求解即可. 【详解】已知，，， 所以，. 进而，. ，进而. 则点到的距离. 5．（2026·山东青岛·二模）等边的三个顶点都在平面的同一侧，且三条边在上的射影长分别为1，，，则所在平面与所成的二面角（锐角）的余弦值为________． 【答案】 【分析】设等边的边长为，在上的投影分别为，作，，，，根据求出，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及平面的法向量，利用向量法即可求出答案. 【详解】如图，在上的投影分别为， 不妨设，，， 作，，，， 设等边的边长为， 则， ， ， 由得， 化简得，解得， 又，所以， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面的法向量， 则， 令，则，， 则， 则， 平面的一个法向量， 设所在平面与所成的二面角（锐角）为， 则， 即所在平面与所成的二面角（锐角）的余弦值为. 四、解答题 6．（2026·陕西宝鸡·三模）如图，在矩形中，为的中点，将沿折起，使得，连接． (1)求证：平面平面． (2)求二面角的正弦值． (3)当绕边在空间旋转时，设在平面内的投影为，求的轨迹的长度． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【分析】1）先由矩形边长和中点条件得到，并得，折叠不改变中的长度和垂直关系，再结合题设，利用线面垂直的判定证明平面，进而证明两个平面垂直． （2）方法一可取垂直于棱的截面，将二面角的平面角转化为中的角；方法二可先证明平面，再直接得到，从而确定平面角；方法三可建立空间直角坐标系，利用两个面的法向量验证结果． （3）设为点到的垂足．旋转过程中，点固定，且不变，点在以为圆心、为半径的圆上运动；该圆正射影到平面后为一条线段，再求该线段长度． 【详解】（1）因为在矩形中，，，所以，．又因为为的中点，所以，从而． 在原矩形中，，且，所以．将沿折起时，自身的形状和大小不变，因此折起后仍有． 又由题意，折起后．因为平面，平面，且，所以平面． 因为平面，所以平面平面． （2）方法一：在原矩形中，，．又，所以，因此． 折起后，线段和的位置不变，所以仍有． 又题设给出，且，平面，平面，所以平面，从而． 二面角的棱为．在平面内，直线；在平面内，直线． 因此，或其补角是二面角的平面角．由于两个角互补时正弦值相等，只需求． 在中，，，所以，且．故二面角的正弦值为． 方法二：过点作平面．因为，且在平面内，所以平面与平面的交线可取为所在直线． 又因为，且在平面内，所以平面与平面的交线可取为所在直线． 因此二面角的一个平面角为或其补角，正弦值仍为． 由，，得，所以二面角的正弦值为． 方法三：以点为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以过点且平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，则可取，，． 因为原平面中，且由原矩形位置确定，所以可取． 平面的一个法向量可取．设平面的一个法向量为，由，，得，，故可取． 于是，所以两个平面所成角的正弦值为，即二面角的正弦值为． （3）设为点到的垂足．由上面的计算可知，在中，，，且，所以是等腰直角三角形，点为斜边的中点． 由直角三角形面积相等可得，所以． 当绕边在空间旋转时，边保持不动，所以点保持不动； 又，且的长度保持为，所以点在以为圆心、为半径的圆上运动，且该圆所在平面与垂直． 因为平面，所以这个圆正射影到平面后，落在过点且垂直于的直线上． 当点转到圆上与平面距离为的两个位置时，投影点到的距离分别达到最大值，且在这两个端点之间的所有位置都能取到． 因此点的轨迹是一条线段，其长度为． 【错题复盘】（共5题） 一、单选题 1．已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】球心为正方体中心，，法一：连接相交于点，根据线面平行的判定定理得平面，则到平面的距离等于点到平面的距离，设为，利用求出，再由截面圆半径可得答案；法二：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再由点到平面的距离的向量求法可得答案. 【详解】球心为正方体中心，半径， 法一：连接，相交于点，点为的中点，连接， 可得，因为平面，平面， 所以平面，在上， 则到平面的距离等于点到平面的距离，设为， ，， 由平面、得：， 则截面圆半径， 所以截面面积； 法二：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， ，令，则， 所以， 则到平面的距离， 截面圆半径，所以截面面积. 故选：A． 2．（2024·北京朝阳·一模）在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得直线与直线相交 B．存在点，使得直线平面 C．直线与平面所成角的大小为 D．平面被正方体所截得的截面面积为 【答案】C 【分析】连接，，取的中点，连接，点到线段的最短距离大于，即可判断；建立空间直角坐标系，点到平面的距离为，即可判断；由平面，连接交于点，与全等，所以，即可判断；平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为，可求截面面积. 【详解】 连接，，所以，，取的中点，连接， 所以，点到线段的最短距离大于，所以不存在点，使得直线与直线相交，故不正确； 以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，所以，即， 令，则，，所以， 所以点到平面的距离为，而，所以不存在点，使得直线平面，故不正确； 因为，所以平面，连接交于点，所以为的中点，， 所以为直线与平面所成角， 因为，在中，， 所以，因为与全等，所以，故正确； 延长交的延长线于，连接交于，连接，取的中点，的中点， 连接，，，，，， 平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为， 所以截面面积为，故不正确. 故选：. 二、多选题 3．（2026·云南玉溪·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，P，Q分别为的中点，点在正方体的表面上运动，满足．其中所有正确结论是（    ）    A．线段长度的最小值为； B．点到直线的距离为 C．点的轨迹是梯形； D．点的轨迹围成的多边形的面积为． 【答案】ABD 【分析】以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，利用向量法求出点到直线的距离，从而判断B；由，，可得点的轨迹为矩形EFGH，即可判断C；求出其面积可判断D；由题意可得，求出其最小值，即可判断A. 【详解】由题知，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，    不妨设正方体的棱长为， 则，，，，，， ，，，，设， ，，故B正确． ， 因为，所以， 当时，，当时，， 取，，，， 连接，，，， 则，， 所以，即，所以四边形EFGH为矩形， 因为，，所以，， 又和为平面中的两条相交直线， 所以平面EFGH， 又，， 所以为EG的中点，则平面EFGH， 为使，必有点平面EFGH， 又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形EFGH， 又，，所以， 则点的轨迹为矩形EFGH，故C错误； 面积为，即，故D正确 又因为，，， 则，即， 所以，点在正方体表面运动， 则，解得， ， 结合点的轨迹为矩形EFGH， 分类讨论下列两种可能取得最小值的情况 当，或时，， 当，或时， 因为， 所以当，或时，取得最小值为，即，故A正确． 三、填空题 4．已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.若是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持则点的轨迹的面积为__________.    【答案】 【分析】取中点，由题可得平面，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得. 【详解】取中点，连接，则， ，平面，所以平面， 又因为，则， 作于，设点轨迹所在平面为， 则平面经过点，且， 设三棱锥外接球的球心为，半径为，的中心分别为， 可知平面平面，且四点共面， 由题可得， 在Rt中，可得， 又因为，则， 易知到平面的距离， 故平面截外接球所得截面圆的半径为， 所以截面圆的面积为. 故答案为：.    【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 四、解答题 5．（2026·甘肃兰州·模拟预测）如图1，在平面五边形中，，将沿折起得到如图2所示的四棱锥，且，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)若为棱上一动点，直线与平面所成角的正弦值为． （i）求 （ii）求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）或（ii）或． 【分析】（1）先由平面几何性质得到，结合折叠后推出平面，可得，再由勾股定理证得，最后根据线面垂直的判定定理完成证明； （2）（i）根据第一问的垂直关系建立空间直角坐标系，设得到的坐标，求出平面的法向量和直线的方向向量，利用线面角的向量计算公式列方程求解得到结果；（ii）在已建立的空间直角坐标系中求出平面的法向量，结合已得的点坐标，利用点到平面的距离向量公式计算得到所求距离，也可通过等体积法结合三棱锥体积关系求解。 【详解】（1）连接， 因为，所以四边形为矩形， 所以， 因为平面，所以平面． 又平面，所以，所以， 又，， 所以， 因为，所以，所以， 因为平面， 所以平面． （2）过点作于点，由（1）知平面． 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 所以两两垂直， 过点作交于点， 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， 由（1）知，所以，则， 所以， 则． 所以． （i）设， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则．所以． 又， 设直线与平面所成角为， 则， 整理得，解得或， 所以或． （ii）设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，所以． 因为，所以点到平面的距离为． 由（i）得或， 当时，，此时点到平面的距离为； 当时，，此时点到平面的距离为． 综上，点到平面的距离为或． 1 学科网（北京）股份有限公司 $