空间向量与立体几何：空间动点存在性问题、立体几何中的轨迹问题专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦空间动态问题，以空间向量为工具，系统整合存在性判断与轨迹探究，通过翻折、动点等典例强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间动点存在性问题|例3+变式3|含参数探究线面垂直、二面角等存在性，涉及翻折、四棱锥等几何体|空间向量坐标法与几何性质融合，动态问题代数化建模| |立体几何中的轨迹问题|例3+变式3|动点轨迹长度计算，结合线面平行、距离关系转化为平面轨迹|空间向量工具支撑轨迹转化，体现模型观念与空间想象|

空间向量与立体几何：空间动点存在性问题、立体几何中的轨迹问题专项训练 空间向量与立体几何：空间动点存在性问题、立体几何中的轨迹问题专项训练 考点目录 空间动点存在性问题 立体几何中的轨迹问题 考点一 空间动点存在性问题 例1．（25-26高二下·河南信阳·期末）在正三棱柱中，底面边长，侧棱，点在侧棱上，且满足． (1)是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． (2)当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 例2．（2026·贵州遵义·模拟预测）如图，四棱锥的底面为平行四边形，为正三角形，平面，，，点 满足（ ）． (1)若时，求三棱锥的体积； (2)若平面过直线，且平面，平面与侧棱，分别交于点，．是否存在点 ，使得平面与平面的夹角为？若存在，请说明点 的位置，并求此时的面积；若不存在，请说明理由． 例3．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）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． 变式1．（24-25高三上·四川·期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，且，侧面是正三角形，侧面底面，E为中点，作交于F． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)在平面内是否存在点Q．使得，若存在，求动点Q的轨迹长度；若不存在，请说明理由． 变式2．（25-26高二下·广东广州·期中）在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足． (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在点，满足在平面内的射影恰好落在直线上．若存在，求出的长度及三棱锥的体积：若不存在，请说明理由． 变式3．（25-26高二上·北京大兴·期中）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：． 考点二 立体几何中的轨迹问题 例1．（25-26高二下·云南昭通·期末）如图，在长方体中，，点分别为的中点，点M为长方形内一动点（含边界）． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若直线平面，求点M的轨迹长度． 例2．（2026·山西忻州·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，且．点在三角形及其内部运动．设点到平面，，的距离依次为，，．若，，依次成等差数列，求： (1)点的轨迹； (2)的最小值； (3)该轨迹的长度． 例3．（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． 变式1．（24-25高二下·上海嘉定·期中）如图，在正方体中，，E为棱的中点，是正方形内（含边界）的一个动点，且平面，    (1)求平面与平面所成二面角的余弦值； (2)求动点的轨迹长度. 变式2．（24-25高三下·贵州贵阳·阶段检测）如图，在直三棱柱中，，，，分别为棱，上的动点且，点在平面上的射影为点，的中点为． (1)求证：平面； (2)求点的轨迹长； (3)求平面与平面所成角的余弦值的取值范围． 2 学科网（北京）股份有限公司 $空间向量与立体几何：空间动点存在性问题、立体几何中的轨迹问题专项训练 空间向量与立体几何：空间动点存在性问题、立体几何中的轨迹问题专项训练 考点目录 空间动点存在性问题 立体几何中的轨迹问题 考点一 空间动点存在性问题 例1．（25-26高二下·河南信阳·期末）在正三棱柱中，底面边长，侧棱，点在侧棱上，且满足． (1)是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． (2)当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】(1)存在，，取的中点，连接，则， 以为原点，为轴正方向，为轴正方向，过点作平行的直线为轴，建立空间直角坐标系， 由题意，，则，，，， ，，设， 由，，，得，即， 所以，， 若，则，得，满足，符合， 所以，存在，使得； (2) 【分析】（1）取的中点，连接，则，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，设，根据已知得，再写出的坐标，根据垂直关系列方程求参数，即可得结论； （2）由题意，求出相关平面的法向量，应用向量法求二面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）若，则，设平面的一个法向量为， 由，，得，取，得， 设平面的一个法向量为， 由，，得，取，则得， 设平面与平面所成的锐二面角为，则， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 例2．（2026·贵州遵义·模拟预测）如图，四棱锥的底面为平行四边形，为正三角形，平面，，，点 满足（ ）． (1)若时，求三棱锥的体积； (2)若平面过直线，且平面，平面与侧棱，分别交于点，．是否存在点 ，使得平面与平面的夹角为？若存在，请说明点 的位置，并求此时的面积；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)连接，， 由平面过直线，且，平面，则平面是平面， 因为平面，平面平面，所以， 结合（1）的空间直角坐标系， 不妨设，则，， 又，，，， 则，所以， ，所以， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 显然是平面的一条法向量， 又平面与平面的夹角为， 则， 整理得，解得，或（舍去）， 即点，分别为侧棱，的中点，且平面的法向量为， 又点 满足（ ）， 结合（1）有， 则， 又平面，则， 所以，解得， 所以存在点（为的三等分点，且靠近处），使得平面与平面的夹角为． 结合（1），在中有，则， 在正三角形中，有，则， 又平面，，则平面， 又平面，则， 所以此时的面积为． 【分析】（1）先根据线面垂直的性质，及三角形的性质证明线线垂直，从而建立空间直角坐标系，再根据空间向量的线性关系确定点的坐标，进而利用等体积法即可求出三棱锥的体积； （2）先根据线面平行的性质证明，再结合（1）的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的余弦值求出点，的位置，再根据平面的法向量与平面内直线的关系求出的值即可判断是否存在点，并求处此时的面积即可． 【详解】（1）取的中点，取的中点，连接，，则， 又平面，则平面， 又平面，则，， 所以以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 在，由，， 则，，，， 在正三角形中，，则， 所以，，， 又点 满足（ ）， 则，则， 若，则，即点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积为． （2）略 例3．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）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)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，为中点 【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）略 （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. 变式1．（24-25高三上·四川·期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，且，侧面是正三角形，侧面底面，E为中点，作交于F． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)在平面内是否存在点Q．使得，若存在，求动点Q的轨迹长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明如下： 由侧面底面，侧面底面，面， 又底面是直角梯形，，故， 所以面，面，则， 由侧面是正三角形，E为中点，则， 而且都在面内，则面，面， 所以面面，而，面面，面， 所以平面. (2)； (3)不存在，理由如下： 由，即，故点在以为直径的球体与平面的交线上， 又，其中点坐标为，则， 由（1）（2）知，是面的一个法向量， 所以到面的距离， 所以以为直径的球体与平面不相交， 故不存在使. 【分析】（1）由面面垂直的性质得面，进而有，且，最后根据线面垂直的判定，面面垂直的判定及性质证结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值； （3）问题化为判断以为直径的球体与平面是否存在交线，结合点面距离判断中点与面的距离与的大小，即可判断. 【详解】（1）略 （2）依题意，可构建如下图示的空间直角坐标系，， 所以，， 令是面的一个法向量，则， 令，则， 令是面的一个法向量，则， 令，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值. （3）略 变式2．（25-26高二下·广东广州·期中）在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足． (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在点，满足在平面内的射影恰好落在直线上．若存在，求出的长度及三棱锥的体积：若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 证明：在中，由余弦定理得：， 代入数据得，则，又因为为中点， 则， 作，垂足为，显然为中点， 在中，，由余弦定理可得：， 代入数据得：，而 所以，则， 又，平面， 故平面 又因为平面，所以平面平面. (2)存在，， 【分析】 （1）先证明线面垂直，再证明面面垂直； （2）建立空间坐标系后，注意点坐标的计算，利用向量的减法法则和向量相互垂直的条件求得和的坐标，再利用三棱锥的体积公式即可计算. 【详解】（1）略 （2）因为平面，所以，因为为中点，所以， 以为原点，建立空间直角坐标系如图所示： 则，，，，， 故，，， 记在上的射影点为，设，， 可得： 由题可知：，代入解得：， 所以存在符合题意，此时，，， 计算可得：，， 所以，则， 而 所以，则 则 变式3．（25-26高二上·北京大兴·期中）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． 考点二 立体几何中的轨迹问题 例1．（25-26高二下·云南昭通·期末）如图，在长方体中，，点分别为的中点，点M为长方形内一动点（含边界）． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若直线平面，求点M的轨迹长度． 【答案】(1)法一：以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 则， 故，即． 法二：连接， 在长方体中，⊥平面， 因为平面，所以， 又四边形是正方形，所以， 因为，平面， 所以平面，又平面， 所以． (2) (3) 【分析】法一：（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求证即可； （2）利用线面角的空间向量公式求解即可； （3）设（其中，），结合平面可得，进而求解即可； 法二：（1）连接，先证明，，可得平面，进而求证即可； （2）易得平面，可知即为直线与平面所成角，进而求解即可； （3）连接，取中点，在上取点，使得，连接，分析可得点在平面与平面的交线上，从而点的轨迹是线段，进而求解即可. 【详解】（1）略 （2）法一：由（1）知，点，，，， 易得平面的一个法向量为，而， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 法二：在长方体中，平面，即平面， 所以即为直线与平面所成角， 在直角三角形中，，则， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为. （3）法一：由（1）知，，，，， 设（其中，），则， 而，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 因为平面，故，则，即，                           而，，则点M的轨迹为线段，且线段的两个端点为， 则点M的轨迹长度． 法二：在长方体中，取的中点，连接， 由点为的中点，得， 则四边形是平行四边形， ，又， 则四边形是平行四边形， 于是，取中点，在上取点， 使得，连接， 而，则四边形为平行四边形，， 而平面，平面，于是平面，     由为的中点，得，而平面，平面， 则平面． 又平面，因此平面平面， 由直线平面，点平面， 则点在平面与平面的交线上，从而点的轨迹是线段， 而，所以点的轨迹长度为． 例2．（2026·山西忻州·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，且．点在三角形及其内部运动．设点到平面，，的距离依次为，，．若，，依次成等差数列，求： (1)点的轨迹； (2)的最小值； (3)该轨迹的长度． 【答案】(1)设上靠近点的三等分点为，上靠近点的三等分点为，点的轨迹为. (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据题设中的几何条件即可求解； （2）根据空间两点的距离公式及二次函数即可求解最小值； （3）根据点的轨迹即可求解． 【详解】（1）建立空间直角坐标系：，，，． 则，， 设， 则，其中，且， 点到平面的距离为． 点到平面的距离为． 点到平面的距离为． 因为，，依次成等差数列，所以． 即，解得， 设上靠近点的三等分点为，上靠近点的三等分点为， 由，可知，点的轨迹为线段. （2）,， 所以当时，取得最小值，最小值为. （3）因为，点的轨迹为， 所以，即轨迹的长度为. 例3．（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：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)（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）略 （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. 变式1．（24-25高二下·上海嘉定·期中）如图，在正方体中，，E为棱的中点，是正方形内（含边界）的一个动点，且平面，    (1)求平面与平面所成二面角的余弦值； (2)求动点的轨迹长度. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用夹角公式即可求解； （2）利用线面平行与面面平行的判定定理证得平面平面，从而得到F的轨迹是线段MN，由此得解. 【详解】（1）如图，以A为原点，为x轴正方向，为y轴正方向， 为z轴正方向建立空间直角坐标系，    则，，，，， 设平面ABE的一个法向量为， 则，取，则， 又平面ABCD的一个法向量为， ， 故平面ABE与平面ABCD所成二面角的余弦值为. （2）由平面，在经过点且与平面平行的平面上， 取中点M，取中点N，连接，MN，，ME，， 由且，则四边形是平行四边形， ，平面，平面ABE上，则平面；    因为且，则， 又平面，平面，则平面， 又，，平面， 所以平面平面， 又平面正方形，F的轨迹是线段MN， 由， 所以. 变式2．（24-25高三下·贵州贵阳·阶段检测）如图，在直三棱柱中，，，，分别为棱，上的动点且，点在平面上的射影为点，的中点为． (1)求证：平面； (2)求点的轨迹长； (3)求平面与平面所成角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明与即可； （2）由（1）结合在平面上的射影为点，可得点在上，，然后可得点在以为圆心，半径为的圆上．然后由E分别在A，B时M所在位置可得答案； （3）以为原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，由（2）可得的轨迹方程为，设，可表示平面与平面的法向量，进而可得平面与平面所成角的余弦值的表达式，最后结合整体代换，函数单调性可得答案. 【详解】（1）证明：在中，由余弦定理得，，故， 由勾股定理得，所以． 又∵，，平面， 所以平面． （2）如图，因为点在平面上的射影为点， ∴平面， 则，且点在上， 则，，， 在直角中，，则点在以为圆心，半径为的圆上． 当点与A重合时，点与重合，点为的中点，此时， 当点与重合时，点为中点，而四边形为正方形，则 则，因此点的轨迹所对圆心角为， 则点的轨迹长为； （3）以为原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，如图建系． 则，，， 由（2）知的轨迹方程为. 设为，则，， ，，． 设平面的法向量为， 则, 则取． 设平面的法向量为， 则， 则取． 故． 令， 则 ， 令，则，则， 因函数在上单调递增， 则在上单调递减， 则， ∴设平面与平面所成角为，则， ∴平面与平面所成角的余弦值的取值范围为． 2 学科网（北京）股份有限公司 $