专题03 空间中的动点问题（专项训练）数学人教B版高二选择性必修第一册

专题03 空间中的动点问题 常考题型·精准突破 题型01 动点轨迹的判断 题型02 动点轨迹长度的计算（高频） 题型03 动点轨迹面积的计算 题型04 动点中的存在性问题（重） 题型05 动点中的角度问题 题型06 动点中的距离问题 题型07 动点中的最值问题（重） 题型08 动点中的新定义问题（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 ◆题型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．（2026·北京石景山·二模）在正方体中，E是棱的中点，S是正方形ABCD及其内部的点构成的集合，设集合，则T表示的轨迹是（    ） A．线段 B．圆的一部分 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 4.（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． 5．（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 6．（多选）（2026·湖南长沙·模拟预测）如图，平面平面为线段的中点，，直线与平面所成角的大小为为平面内的动点，则下列说法正确的是（   ） A．球心为、半径为的球面被平面截得的圆周长为 B．若点到点和点的距离相等，则点的轨迹是抛物线 C．若点到直线的距离为，则的最大值为 D．满足的点的轨迹是椭圆 ◆题型02 动点轨迹长度的计算 1．（25-26高一下·辽宁大连·期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为的正方形，，，分别是棱，的中点，是侧面内的一个动点，若平面，则动点的轨迹长度为（     ） A． B． C． D． 2．（25-26高一下·山东聊城·阶段检测）在四棱锥中，平面，四边形是边长为5的正方形，，分别是棱的中点，是侧面内的一个动点，若平面，则动点的轨迹长度是（   ） A． B． C．4 D． 3．（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 4．（25-26高一下·江苏南京·期末）已知正方体中，，点为线段上靠近的三等分点，为底面正方形内的动点，平面，点的轨迹长为（    ） A． B． C． D． 5．（25-26高一下·浙江宁波·期中）如图，在棱长为3的正方体中，分别是棱的中点，是正方形内的动点，则下列结论正确的是（   ） A．若平面，则点的轨迹长度为 B．若平面，则点的轨迹长度为 C．若平面，则三棱锥的体积为定值 D．若，则点的轨迹长度为 ◆题型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．已知正方体的棱长为1，点在正方体内（包含表面）运动，若，则动点的轨迹所形成区域的面积是（   ） A． B． C． D． 3．已知正方体的棱长为.且,正方体内的动点满足,则点的轨迹所形成图形的面积是（    ） A． B． C． D． 4．（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． 5．（多选）（2026·陕西榆林·模拟预测）在棱长为1的正方体中，为棱的中点，则（    ） A． B．点到平面的距离为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点轨迹所形成区域的面积是 ◆题型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．（25-26高二下·上海·阶段检测）如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在正方形内部（不含边界）运动，给出以下两个结论： ①存在点P满足； ②存在点P满足与平面所成角的大小为60°． 判断正确的是（   ） A．①正确，②不正确 B．①不正确，②正确 C．①②均正确 D．①②均不正确 3．（2026·北京·三模）在棱长为的正方体中，点分别是棱的中点，点在线段（含端点）上运动，则下列结论不正确的有（    ） A．存在点，使得 B．存在点，使得平面 C．对任意点，都有平面 D．对任意点，三棱锥的体积为定值 4．（多选）（2026·广东深圳·模拟预测）已知正方体，点E，F，G分别是线段，和上的动点，正确的是（     ） A．对于任意给定的点，存在点，使得 B．对于任意给定的点，存在点，使得 C．对于任意给定的点G，存在点F，使得 D．对于任意给定的点F，存在点G，使得 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 ◆题型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. ◆题型06 动点中的距离问题 1．（25-26高二上·江西·期末）在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=AA₁=2BC=2，M、N分别为棱A₁D₁、BB₁的中点，则下列结论正确的是（    ） A．MN∥平面ACD₁ B．AC₁⊥平面CMN C．异面直线CM与AD₁所成角的余弦值为 D．若P为线段CD₁上的动点，则点P到平面CMN的距离为定值 2．（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． 3．（25-26高二上·湖北武汉·期中）如图，棱长为2的正方体中，点分别为棱，，的中点，为上的动点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高二上·湖南·阶段检测）在正三棱柱中，所有棱长都为2，P是侧棱上一动点，则，C到平面的距离之和的最大值为（    ） A． B． C．3 D．7 5．（24-25高二上·河南商丘·期中）已知正方体的棱长为1，M为棱的中点，G为侧面的中心，点P，Q分别为直线AD，AB上的动点，且，当取得最小值时，点Q到平面PMG的距离为（   ） A． B． C．1 D． 6．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图1，在直角梯形ABCD中，已知，，将沿BD翻折，使平面平面BCD.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，线段AC上靠近A点的三等分点为H. （i）求平面与平面夹角的余弦值. （ii）设平面内一动点为P，当线段PD与线段PC的长度之和最小时，求直线PC与平面成角的正弦值. ◆题型07 动点中的最值问题 1．（2026·河南·二模）点为棱长是2的正方体的外接球上一动点，为底面的中心，若，则的最大值为（   ） A．3 B．2 C． D． 2．（25-26高二下·江苏镇江·期中）已知正方体中，P，Q分别为棱，上的动点，则二面角的最大值为（   ） A． B． C． D． 3．（多选）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 4．（多选）（25-26高三上·山西太原·期末）已知棱长为的正方体中，点为棱的中点，动点为四边形内一个动点（包括边界），则下列结论正确的是（    ） A．若，则点的轨迹的长度为 B．若，则的最小值为 C．若，则的最大值为 D．若点到点的距离等于它到直线的距离，则的最大值为 5.（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_______. ◆题型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______． 综合攻坚·知能拔高 1．（25-26高二上·安徽·期末）已知动点Q在所在平面内运动，若对于空间中任意一点P，都有，则实数m的值为（    ） A．0 B． C． D．2 2．（25-26高二上·河南周口·阶段检测）如图，在三棱锥中，两两垂直，,在棱上，在棱上，在棱上，且，平面平面，点为线段上的一个动点（不包括端点），则（    ）    A．4 B．2 C．3 D．不确定 3．（25-26高三上·重庆·期中）已知棱长为1的正方体，点是棱上的动点（含端点），是棱上的动点，满足，则的最小值为（    ） A．0 B． C． D．1 4．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．正多面体又称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知正四面体的棱的中点为，且（点为空间中一动点），则的最大值为（    ） A． B． C． D． 6．（多选）（25-26高二上·广东梅州·期末）如图，在直三棱柱中，，，分别是的动点（含端点），则下列结论正确的有（    ） A．当分别是的中点时，平面 B．当分别运动到的某位置时， C．当分别是的中点时，与侧面所成角为 D．长的最小值为 7．（多选）（25-26高二上·广东广州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，向量，直线l过点Q且以为方向向量，平面过点Q且以为法向量，则（   ） A．当动点在直线l上时，有 B．当动点在平面上时，有 C．当动点在直线l上时，的最小值为 D．当动点在平面上时，的最小值为 8．（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_______. 9．如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，的中点，点Q在线段上，且. (1)求证：平面； (2)当，时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成的角最大，试确定点G的位置. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 空间中的动点问题 常考题型·精准突破 ◆题型01 动点轨迹的判断 1． 【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． 【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． 【答案】B 【分析】首先建立空间直角坐标系，进一步利用两点间的距离公式化简求出结果． 【详解】根据正方体中，建立空间直角坐标系，如图所示：    设正方体的棱长为1， 则， 由于， 所以， 整理得，即， 所以，动点的轨迹为圆的一部分． 4. 【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． 5． 【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 6． 【答案】AC 【分析】A利用可求；B、D建立坐标系，利用关系式求得点轨迹即可；C利用已知信息，求点轨迹，得出椭圆，再转化为椭圆内焦点三角形的顶角最大问题； 【详解】对于A，因为直线与平面所成角的大小为，所以点到平面的距离， 球心为、半径的球面被平面截得的图形为圆，圆的半径， 所以圆的周长为，故A正确； 对于B，由于平面平面，所以以所在直线为轴，在平面内过作轴，平面内作轴， 建立如图1所示的空间直角坐标系， 则,， 设，则，即化简得， 故到点和点的距离相等，则点的轨迹是一条直线,故B错误； 对于C，， 所以到直线的距离为， 化简可得， 所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点， 如图2，当在短轴的端点时，最大， 由于，故是正三角形，因此，故C正确； 对于D，， 若， 则， 化简得且， 故满足的点的轨迹是双曲线的一部分，D错误． ◆题型02 动点轨迹长度的计算 1． 【答案】D 【分析】取中点 构造平面，通过线面垂直判定证明平面，结合在面内确定轨迹为线段，再由中位线求出 长度得到轨迹长. 【详解】如图，取棱PD的中点G，连接FG，EG． 因为F，G分别是棱AD，PD的中点，所以． 因为平面ABCD，所以平面ABCD． 因为平面ABCD，所以． 由正方形的性质易证． 因为平面EFG，平面EFG，， 所以平面EFG，则平面EFG． 因为M是侧面PCD内的一个动点，所以动点M的轨迹为线段EG． 因为，所以． 因为E，G分别是棱CD，PD的中点，所以， 即动点M的轨迹长度是． 2． 【答案】D 【分析】取中点，连接，利用线面垂直判定定理证明平面，进而得出动点的轨迹即为，再计算求出． 【详解】取中点，连接， 分别是中点， ， 又平面，则平面， 平面， ， 由正方形的性质可知， 分别是中点， ，故， 平面，， 平面，则动点平面， 是侧面内的一个动点， 动点的轨迹即为， 已知是边长为5的正方形，， 则， 分别是中点， ，即动点的轨迹长度为． 3． 【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. 4． 【答案】D 【分析】通过面面平行得到线面平行，从而找到点的轨迹，再计算长度. 【详解】 过作交延长线于，连接交于， 因为，平面，平面， 所以平面， 连接，取使得， 则，所以，因为平面，平面， 所以平面，,所以平面平面， 为底面正方形内的动点，平面，所以在上， 过作交于，因为，所以， ，,，所以，， 所以，所以. 故轨迹长度为 5． 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，用平面的法向量把直线与平面平行的问题转化为向量数量积为0的问题；再把点限制在正方形内，得到点的轨迹线段或圆弧. 利用点到平面的距离是否为定值判断三棱锥体积是否为定值. 【详解】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，. 因为分别是的中点，所以，. 设，其中，. 对平面，有，. 设平面的法向量为，则，，即，，所以可取. 对于A项，. 若平面，则，即，整理得. 在正方形内，该轨迹是从到的一条线段，长度为，故A正确. 对于B项，. 若平面，则，即，整理得. 在正方形内，该轨迹是端点为和的线段，长度为，故B正确. 对于C项，由上面B项可知平面时，点满足. 又确定，所以三棱锥的底面面积为定值. 下面只需看点到平面的距离是否为定值. 由，，可得平面的一个法向量为，所以平面的方程可写为. 对，其到平面的距离为. 当时，该距离等于2，为定值，因此三棱锥的体积为定值，故C正确. 对于D项，由得，即. 点在正方形内运动，所以轨迹是以为圆心，为半径的圆在该正方形内的一段四分之一圆弧，弧长为，不是，故D错误. 故选ABC. ◆题型03动点轨迹面积的计算 1． 【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． 【答案】B 【分析】利用数量积的运算律得，结合数量积的几何意义确定点的轨迹，进而求出面积. 【详解】在棱长为1的正方体中， ， 则，而，由数量积的几何意义知，在上投影的数量为， 因此点在与垂直的平面内，且点到该平面的距离为， 在正方体中易证平面，点到平面的距离为， 取的中点，易得平面平面， 则平面，且点到平面的距离为， 所以点的轨迹所形成区域为等边，面积为. 故选：B 3． 【答案】B 【分析】以为轴建立空间直角坐标系，设，已知条件求出点坐标，然后由求得以为球心，2为半径的球面上．正方体内部占球面的，由此可得面积． 【详解】如图，以为轴建立空间直角坐标系，则，，， ， ∴，，∴， 设，由得，即， ∴，化简得， ∴点在以为球心，2为半径的球面上． 其在正方体内部的面积为． 故选：B． 【点睛】方法点睛：本题考查求球面的面积问题，解题方法是建立空间直角坐标系，用坐标法求出的轨迹方程，知轨迹为球面，从而可得其在正方体内部的面积． 4． 【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. 5． 【答案】AC 【分析】ABC选项，建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式，线面角的夹角正弦公式进行求解；D选项，先证明面面平行，进而得到线面平行，从而得到动点的轨迹，求出区域面积． 【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. 对于A，因为， 所以，则，故A正确； 对于B，因为，设平面的一个法向量为， 则， 令，则，所以. 又， 所以点到平面的距离，故B错误； 对于C，设直线与平面所成角为， 则，故C正确； 对于D，如图，取的中点分别为点，点，连接， 则. 因为平面平面，    所以平面平面. 又平面， 所以平面平面，故点的轨迹为. 因为， 所以，故D错误. ◆题型04 动点中的存在性问题 1． 【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． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法一一计算可得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，， 设，，则，， 若，则，解得， 所以存在点满足，故①正确； 因为，，设平面的法向量为， 则，取， 设与平面所成角为，， 则， 令，，则，所以， 令，，则，所以， 所以存在点P满足与平面所成角的大小为60°，故②正确； 3． 【答案】D 【分析】建立空间坐标系，设出点后结合选项逐一分析. 【详解】已知正方体棱长为，故以为原点，以方向为轴建立空间坐标系， 则各点坐标：，， 又在线段上，设，则， 选项A：向量，， 若垂直，则， 即，存在这样的，A选项正确； 选项B：向量，，， ，即， 若，则， 此时与重合，即当时，， 又，平面， 故平面，存在这样的，B选项正确； 选项C：，， 设平面的法向量为，则， 即：，取，则： 所以法向量，又 ，所以， 且不在平面上，故对任意，平面，C选项正确； D选项：，， ，， 设平面法向量，则， 取，则，则法向量为：， 点到平面的距离：， 由于，，所以：， 三棱锥的体积： 又为定值，但随变化，因此体积不是定值，D选项错误. 4． 【答案】B 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，不妨设正方体的边长为1，设，，，再利用垂直与平行的空间坐标表示逐项判断即可． 【详解】对于AB，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的边长为1，可得，，， 且点分别是线段和上的动点， 得到，，， 而，，则，设，可得， 则，解得，得到， 可得，，， 若，则，解得， 此时任意给定的点，存在点，使得，故A错误，B正确， 对于CD，若，则， ，方程组无解，故与不可能平行，CD错误． 5． 【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. ◆题型05动点中的角度问题 1． 【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． 【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． 【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． 【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. ◆题型06 动点中的距离问题 1． 【答案】C 【分析】通过建立直角坐标系，利用向量的数量积，向量垂直和平行的性质，分别判断直线与平面的平行、垂直关系，计算异面直线所成角以及点到平面的距离是否为定值. 【详解】以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 已知，则，，，，， ，，，， ，，，，， 设平面的法向量为，则 ，令，解得，，所以， 因为，且不在平面中，所以MN不平行于平面ACD₁，所以A选项错误， 在B选项中，，所以与不垂直，即AC₁不垂直于平面CMN，所以B选项错误， 在C选项中，设异面直线CM与AD₁所成角为， 则，所以C选项正确， 在D选项中，设平面的法向量为，已知，， 则，令，则，代入方程得，所以， 又因为，所以， 所以不垂直于，即不平行于平面，所以点P到平面CMN的距离不是定值. 故选：C. 2． 【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.    3． 【答案】A 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法求解即可. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则，，， 则， 设平面的法向量， 则有，令， 则解得，所以， 而，设，故， 设，则，得到，解得， 可得，即，设点到平面的距离为， 由点到平面的距离公式得，故A正确. 故选：A 4． 【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，连接， 以，的方向分别为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，. 设平面的法向量为，. 因为，， 所以，令， 解得，得到. 设，C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，故B正确. 故选：B 5． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设，，根据，得到，从而得到，再由向量模的坐标表示求出的最小值及此时、的值，最后利用空间向量法求出点到平面的距离. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，， 设，，所以，， 因为，所以，即， 所以，又， 所以， 当且仅当时取等号，此时， 所以，，， 设平面PMG的法向量为，所以，取， 所以当取得最小值时，点到平面PMG的距离. 故选：A 6． 【答案】(1) 因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面 (2)（i）（ii） 【分析】（1）利用面面垂直性质定理即可证明； （2）（i）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可；（ii）当线段PD与线段PC的长度之和最小时，要使最小，利用对称法，作D关于平面的对称点，连接，与平面的交点即为，再应用线面角正弦公式计算求解. 【详解】（1）略 （2）（i）取的中点为，连接，则且， 由直角梯形可知，为正方形， ，，，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直， 分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，， 依题意，， 则，， 设平面的法向量为， ，，则可取， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 . （ii）设平面内一动点为P，要使最小，可利用对称法， 不妨设D关于平面的对称点，设与平面的交点即为， 因为平面的法向量为，则平面可以表示为， 设，则中点为在平面上， 即得， 因与平面法向量平行， 则，设比值为,则得， 将其代入中，得，解得，故， 又因为， 设直线与平面的交点为， 直线的方程为，代入平面的方程， 得出，即得，则得， 故，， 设直线与平面所成角为， 则. ◆题型07 动点中的最值问题 1． 【答案】C 【分析】法一：根据空间向量共面定理可得当点P位于平面内时，，设与平面平行的平面为，外接球球心为，分析可得当点P是平面和球相切时的切点时，的值最大，进而分析求解即可； 法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算可得，，进而得到，再结合基本不等式求解即可. 【详解】法一：因为， 所以当点P位于平面内时，， 设与平面平行的平面为，正方体的外接球球心为． 则当点P是平面和球相切时的切点时，的值最大． 记棱的中点为E，则面， 故图中射线与球的交点即为点P． 设棱AB，的中点分别为F，G，取过O，，E的截面，如图， 连接OP交直线FG于点M，过点O作垂足为H， 则，， 则的最大值为． 法二：设正方体的外接球球心为，建立如图的坐标系， 则，，，，，， 所以，，，， 又，得， ， 又点为棱长是2的正方体的外接球上一动点，则． 得， 设，则， 而， 因为， 故当，且时，取最大值为， 所以的最大值为，即的最大值为． 2． 【答案】B 【分析】由题意，建系，写出相关点的坐标，设，求出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式，结合余弦函数的性质即可求得. 【详解】如图，设正方体的棱长为1，则， 设，则，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设二面角的平面角为，由题意，为锐角，则 ， 当时，，则； 当时，， 因在单调递减，故， 此时，则得， 综上，可得， 故二面角的最大值为. 3． 【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 4． 【答案】BC 【分析】设，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设点，其中，，根据每个选项中的条件，求出点的轨迹方程，求出、的取值范围，可得出的最值. 【详解】设，则，在正方体中，平面， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设点，其中，， ，， 因为，则， 整理可得， 此时点的轨迹是以点为圆心，且半径为的半圆， 故点的轨迹的长度为，A错； 对于B选项，因为， 化简可得，其中，， 由可得，可得， 又因为，则，可得， 所以 当且仅当时，等号成立，故的最小值为，B对； 对于C选项，因为， 化简得，其中，， 所以 ，当且仅当或时，等号成立，故的最大值为，C对； 对于D选项，，， 点到直线的距离为， ，由题意可得， 所以，整理可得， 因为，则，从而， 所以，又因为，故，故， 则的最大值为，D错. 故选：BC. 5. 【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. ◆题型08 动点中的新定义问题 1． 【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． 【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． 【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： 综合攻坚·知能拔高 1． 【答案】B 【分析】利用空间中四点共面的推论可求的值. 【详解】由条件可知，四点共面， 又因为， 所以，解得， 故选：B. 2． 【答案】B 【分析】根据空间向量共面，可得，即可根据数量积的运算律求解. 【详解】因为点在平面内，所以， 又因为 所以； 又因为点在平面内， 所以， 因为， 所以， 由空间向量基本定理得：， 解得，即， 所以， 因为两两垂直， 所以， 所以， 故选:B． 3． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用空间向量表示出，进而求解即可. 【详解】如图，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， 所以， 则， 当且仅当时等号成立， 则的最小值为0. 故选：A 4． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，进而得，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】根据题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 设，所以， 因为平面， 所以，解得， 所以， 显然平面的一个法向量为， 所以， 当时，取最大值，即取最大值，即， 所以，所以. 5． 【答案】B 【分析】取的中点，则，根据向量加法的几何性质求出的取值范围即可求解. 【详解】取的中点，由题意则， 所以， 又因为，所以，当且仅当方向相同时等号成立； ，当且仅当方向相反时等号成立， 因为正四面体的棱长为2，所以在中，，，， 所以，即， 所以，， 又，所以，即， 所以的最大值为, 故选：B 6． 【答案】ABD 【分析】根据题意，以为原点建立空间直角坐标系，对于A，利用线面平行的向量法证明即可；对于B，易知分别是的中点时，；对于C，根据空间向量法求线面角即可；对于D，求出异面直线的距离即可判断． 【详解】根据题意，以为原点建立空间直角坐标系， ， 对于A，当分别是的中点时，, 易知平面的一个法向量， ，则， 即，又平面，所以平面，故A正确； 对于B，易知，当分别是的中点时，， ，此时，故B正确； 对于C，当分别是的中点时，， 设平面的一个法向量， ，不妨取，则，， 设与侧面所成角为， 则，即， 所以与侧面所成角为，故C错误； 对于D，，，， 设与都垂直的向量为， ，不妨取，则，，， 则异面直线的距离， 即长的最小值为，故D正确． 故选：ABD． 7． 【答案】BCD 【分析】A根据判断；C求点到直线的距离即可；B 根据计算；D求点到平面的距离即可. 【详解】，， 当动点在直线l上时，有，则，故A错误； 当动点在直线l上时， 在上的投影向量的模为， 则到直线的距离为， 则的最小值为，故C正确； 当动点在平面上时，，则， 则，故B正确； 因为在上的投影向量的模为，所以的最小值为，故D正确. 故选：BCD 8． 【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. 9． 【答案】(1) 取BD中点，连接PO， 是BM的中点，，且， 在线段CD上取点，使，连接OF，QF， ，，且， ，四边形POFQ为平行四边形，， 又平面平面，平面. (2) (3)点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处 【分析】（1）利用中位线定与与平行线的传递性，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）利用勾股定理与线面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，再分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法求面面角的方法即可得解； （3）先利用线面平行的性质定理分析得在上，假设，再利用线面角的空间向量法分析得与平面所成的角时的值，从而得解. 【详解】（1）略 （2），则，， 取BD中点，则，又平面，平面BCD， 以为原点，OB，OC，OP所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，故， 则，，， ，所以， 故， 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）由（2）知为BD中点，为AD中点，连接OM， ， 点为内动点且平面QGM， 又平面ABD，平面平面， ，故点在OM上， 设，又，，， 则， ， 易知平面的一个法向量为， 设QG与平面所成角为，则最大时，最大， ， 所以当时，最大，此时最大， 即当点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处时，QG与平面所成角最大. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 空间中的动点问题 常考题型·精准突破 题型01 动点轨迹的判断 题型02 动点轨迹长度的计算（高频） 题型03 动点轨迹面积的计算 题型04 动点中的存在性问题（重） 题型05 动点中的角度问题 题型06 动点中的距离问题 题型07 动点中的最值问题（重） 题型08 动点中的新定义问题（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 ◆题型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．（2026·北京石景山·二模）在正方体中，E是棱的中点，S是正方形ABCD及其内部的点构成的集合，设集合，则T表示的轨迹是（    ） 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】B 【分析】首先建立空间直角坐标系，进一步利用两点间的距离公式化简求出结果． 【详解】根据正方体中，建立空间直角坐标系，如图所示：    设正方体的棱长为1， 则， 由于， 所以， 整理得，即， 所以，动点的轨迹为圆的一部分． 4.（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． 5．（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 6．（多选）（2026·湖南长沙·模拟预测）如图，平面平面为线段的中点，，直线与平面所成角的大小为为平面内的动点，则下列说法正确的是（   ） A．球心为、半径为的球面被平面截得的圆周长为 B．若点到点和点的距离相等，则点的轨迹是抛物线 C．若点到直线的距离为，则的最大值为 D．满足的点的轨迹是椭圆 【答案】AC 【分析】A利用可求；B、D建立坐标系，利用关系式求得点轨迹即可；C利用已知信息，求点轨迹，得出椭圆，再转化为椭圆内焦点三角形的顶角最大问题； 【详解】对于A，因为直线与平面所成角的大小为，所以点到平面的距离， 球心为、半径的球面被平面截得的图形为圆，圆的半径， 所以圆的周长为，故A正确； 对于B，由于平面平面，所以以所在直线为轴，在平面内过作轴，平面内作轴， 建立如图1所示的空间直角坐标系， 则,， 设，则，即化简得， 故到点和点的距离相等，则点的轨迹是一条直线,故B错误； 对于C，， 所以到直线的距离为， 化简可得， 所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点， 如图2，当在短轴的端点时，最大， 由于，故是正三角形，因此，故C正确； 对于D，， 若， 则， 化简得且， 故满足的点的轨迹是双曲线的一部分，D错误． ◆题型02 动点轨迹长度的计算 1．（25-26高一下·辽宁大连·期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为的正方形，，，分别是棱，的中点，是侧面内的一个动点，若平面，则动点的轨迹长度为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取中点 构造平面，通过线面垂直判定证明平面，结合在面内确定轨迹为线段，再由中位线求出 长度得到轨迹长. 【详解】如图，取棱PD的中点G，连接FG，EG． 因为F，G分别是棱AD，PD的中点，所以． 因为平面ABCD，所以平面ABCD． 因为平面ABCD，所以． 由正方形的性质易证． 因为平面EFG，平面EFG，， 所以平面EFG，则平面EFG． 因为M是侧面PCD内的一个动点，所以动点M的轨迹为线段EG． 因为，所以． 因为E，G分别是棱CD，PD的中点，所以， 即动点M的轨迹长度是． 2．（25-26高一下·山东聊城·阶段检测）在四棱锥中，平面，四边形是边长为5的正方形，，分别是棱的中点，是侧面内的一个动点，若平面，则动点的轨迹长度是（   ） A． B． C．4 D． 【答案】D 【分析】取中点，连接，利用线面垂直判定定理证明平面，进而得出动点的轨迹即为，再计算求出． 【详解】取中点，连接， 分别是中点， ， 又平面，则平面， 平面， ， 由正方形的性质可知， 分别是中点， ，故， 平面，， 平面，则动点平面， 是侧面内的一个动点， 动点的轨迹即为， 已知是边长为5的正方形，， 则， 分别是中点， ，即动点的轨迹长度为． 3．（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. 4．（25-26高一下·江苏南京·期末）已知正方体中，，点为线段上靠近的三等分点，为底面正方形内的动点，平面，点的轨迹长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过面面平行得到线面平行，从而找到点的轨迹，再计算长度. 【详解】 过作交延长线于，连接交于， 因为，平面，平面， 所以平面， 连接，取使得， 则，所以，因为平面，平面， 所以平面，,所以平面平面， 为底面正方形内的动点，平面，所以在上， 过作交于，因为，所以， ，,，所以，， 所以，所以. 故轨迹长度为 5．（25-26高一下·浙江宁波·期中）如图，在棱长为3的正方体中，分别是棱的中点，是正方形内的动点，则下列结论正确的是（   ） A．若平面，则点的轨迹长度为 B．若平面，则点的轨迹长度为 C．若平面，则三棱锥的体积为定值 D．若，则点的轨迹长度为 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，用平面的法向量把直线与平面平行的问题转化为向量数量积为0的问题；再把点限制在正方形内，得到点的轨迹线段或圆弧. 利用点到平面的距离是否为定值判断三棱锥体积是否为定值. 【详解】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，. 因为分别是的中点，所以，. 设，其中，. 对平面，有，. 设平面的法向量为，则，，即，，所以可取. 对于A项，. 若平面，则，即，整理得. 在正方形内，该轨迹是从到的一条线段，长度为，故A正确. 对于B项，. 若平面，则，即，整理得. 在正方形内，该轨迹是端点为和的线段，长度为，故B正确. 对于C项，由上面B项可知平面时，点满足. 又确定，所以三棱锥的底面面积为定值. 下面只需看点到平面的距离是否为定值. 由，，可得平面的一个法向量为，所以平面的方程可写为. 对，其到平面的距离为. 当时，该距离等于2，为定值，因此三棱锥的体积为定值，故C正确. 对于D项，由得，即. 点在正方形内运动，所以轨迹是以为圆心，为半径的圆在该正方形内的一段四分之一圆弧，弧长为，不是，故D错误. 故选ABC. ◆题型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．已知正方体的棱长为1，点在正方体内（包含表面）运动，若，则动点的轨迹所形成区域的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用数量积的运算律得，结合数量积的几何意义确定点的轨迹，进而求出面积. 【详解】在棱长为1的正方体中， ， 则，而，由数量积的几何意义知，在上投影的数量为， 因此点在与垂直的平面内，且点到该平面的距离为， 在正方体中易证平面，点到平面的距离为， 取的中点，易得平面平面， 则平面，且点到平面的距离为， 所以点的轨迹所形成区域为等边，面积为. 故选：B 3．已知正方体的棱长为.且,正方体内的动点满足,则点的轨迹所形成图形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以为轴建立空间直角坐标系，设，已知条件求出点坐标，然后由求得以为球心，2为半径的球面上．正方体内部占球面的，由此可得面积． 【详解】如图，以为轴建立空间直角坐标系，则，，， ， ∴，，∴， 设，由得，即， ∴，化简得， ∴点在以为球心，2为半径的球面上． 其在正方体内部的面积为． 故选：B． 【点睛】方法点睛：本题考查求球面的面积问题，解题方法是建立空间直角坐标系，用坐标法求出的轨迹方程，知轨迹为球面，从而可得其在正方体内部的面积． 4．（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. 5．（多选）（2026·陕西榆林·模拟预测）在棱长为1的正方体中，为棱的中点，则（    ） A． B．点到平面的距离为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点轨迹所形成区域的面积是 【答案】AC 【分析】ABC选项，建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式，线面角的夹角正弦公式进行求解；D选项，先证明面面平行，进而得到线面平行，从而得到动点的轨迹，求出区域面积． 【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. 对于A，因为， 所以，则，故A正确； 对于B，因为，设平面的一个法向量为， 则， 令，则，所以. 又， 所以点到平面的距离，故B错误； 对于C，设直线与平面所成角为， 则，故C正确； 对于D，如图，取的中点分别为点，点，连接， 则. 因为平面平面，    所以平面平面. 又平面， 所以平面平面，故点的轨迹为. 因为， 所以，故D错误. ◆题型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．（25-26高二下·上海·阶段检测）如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在正方形内部（不含边界）运动，给出以下两个结论： ①存在点P满足； ②存在点P满足与平面所成角的大小为60°． 判断正确的是（   ） A．①正确，②不正确 B．①不正确，②正确 C．①②均正确 D．①②均不正确 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法一一计算可得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，， 设，，则，， 若，则，解得， 所以存在点满足，故①正确； 因为，，设平面的法向量为， 则，取， 设与平面所成角为，， 则， 令，，则，所以， 令，，则，所以， 所以存在点P满足与平面所成角的大小为60°，故②正确； 3．（2026·北京·三模）在棱长为的正方体中，点分别是棱的中点，点在线段（含端点）上运动，则下列结论不正确的有（    ） A．存在点，使得 B．存在点，使得平面 C．对任意点，都有平面 D．对任意点，三棱锥的体积为定值 【答案】D 【分析】建立空间坐标系，设出点后结合选项逐一分析. 【详解】已知正方体棱长为，故以为原点，以方向为轴建立空间坐标系， 则各点坐标：，， 又在线段上，设，则， 选项A：向量，， 若垂直，则， 即，存在这样的，A选项正确； 选项B：向量，，， ，即， 若，则， 此时与重合，即当时，， 又，平面， 故平面，存在这样的，B选项正确； 选项C：，， 设平面的法向量为，则， 即：，取，则： 所以法向量，又 ，所以， 且不在平面上，故对任意，平面，C选项正确； D选项：，， ，， 设平面法向量，则， 取，则，则法向量为：， 点到平面的距离：， 由于，，所以：， 三棱锥的体积： 又为定值，但随变化，因此体积不是定值，D选项错误. 4．（多选）（2026·广东深圳·模拟预测）已知正方体，点E，F，G分别是线段，和上的动点，正确的是（     ） A．对于任意给定的点，存在点，使得 B．对于任意给定的点，存在点，使得 C．对于任意给定的点G，存在点F，使得 D．对于任意给定的点F，存在点G，使得 【答案】B 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，不妨设正方体的边长为1，设，，，再利用垂直与平行的空间坐标表示逐项判断即可． 【详解】对于AB，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的边长为1，可得，，， 且点分别是线段和上的动点， 得到，，， 而，，则，设，可得， 则，解得，得到， 可得，，， 若，则，解得， 此时任意给定的点，存在点，使得，故A错误，B正确， 对于CD，若，则， ，方程组无解，故与不可能平行，CD错误． 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. ◆题型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. ◆题型06 动点中的距离问题 1．（25-26高二上·江西·期末）在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=AA₁=2BC=2，M、N分别为棱A₁D₁、BB₁的中点，则下列结论正确的是（    ） A．MN∥平面ACD₁ B．AC₁⊥平面CMN C．异面直线CM与AD₁所成角的余弦值为 D．若P为线段CD₁上的动点，则点P到平面CMN的距离为定值 【答案】C 【分析】通过建立直角坐标系，利用向量的数量积，向量垂直和平行的性质，分别判断直线与平面的平行、垂直关系，计算异面直线所成角以及点到平面的距离是否为定值. 【详解】以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 已知，则，，，，， ，，，， ，，，，， 设平面的法向量为，则 ，令，解得，，所以， 因为，且不在平面中，所以MN不平行于平面ACD₁，所以A选项错误， 在B选项中，，所以与不垂直，即AC₁不垂直于平面CMN，所以B选项错误， 在C选项中，设异面直线CM与AD₁所成角为， 则，所以C选项正确， 在D选项中，设平面的法向量为，已知，， 则，令，则，代入方程得，所以， 又因为，所以， 所以不垂直于，即不平行于平面，所以点P到平面CMN的距离不是定值. 故选：C. 2．（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.    3．（25-26高二上·湖北武汉·期中）如图，棱长为2的正方体中，点分别为棱，，的中点，为上的动点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法求解即可. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则，，， 则， 设平面的法向量， 则有，令， 则解得，所以， 而，设，故， 设，则，得到，解得， 可得，即，设点到平面的距离为， 由点到平面的距离公式得，故A正确. 故选：A 4．（25-26高二上·湖南·阶段检测）在正三棱柱中，所有棱长都为2，P是侧棱上一动点，则，C到平面的距离之和的最大值为（    ） A． B． C．3 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，连接， 以，的方向分别为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，. 设平面的法向量为，. 因为，， 所以，令， 解得，得到. 设，C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，故B正确. 故选：B 5．（24-25高二上·河南商丘·期中）已知正方体的棱长为1，M为棱的中点，G为侧面的中心，点P，Q分别为直线AD，AB上的动点，且，当取得最小值时，点Q到平面PMG的距离为（   ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设，，根据，得到，从而得到，再由向量模的坐标表示求出的最小值及此时、的值，最后利用空间向量法求出点到平面的距离. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，， 设，，所以，， 因为，所以，即， 所以，又， 所以， 当且仅当时取等号，此时， 所以，，， 设平面PMG的法向量为，所以，取， 所以当取得最小值时，点到平面PMG的距离. 故选：A 6．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图1，在直角梯形ABCD中，已知，，将沿BD翻折，使平面平面BCD.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，线段AC上靠近A点的三等分点为H. （i）求平面与平面夹角的余弦值. （ii）设平面内一动点为P，当线段PD与线段PC的长度之和最小时，求直线PC与平面成角的正弦值. 【答案】(1) 因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面 (2)（i）（ii） 【分析】（1）利用面面垂直性质定理即可证明； （2）（i）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可；（ii）当线段PD与线段PC的长度之和最小时，要使最小，利用对称法，作D关于平面的对称点，连接，与平面的交点即为，再应用线面角正弦公式计算求解. 【详解】（1）略 （2）（i）取的中点为，连接，则且， 由直角梯形可知，为正方形， ，，，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直， 分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，， 依题意，， 则，， 设平面的法向量为， ，，则可取， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 . （ii）设平面内一动点为P，要使最小，可利用对称法， 不妨设D关于平面的对称点，设与平面的交点即为， 因为平面的法向量为，则平面可以表示为， 设，则中点为在平面上， 即得， 因与平面法向量平行， 则，设比值为,则得， 将其代入中，得，解得，故， 又因为， 设直线与平面的交点为， 直线的方程为，代入平面的方程， 得出，即得，则得， 故，， 设直线与平面所成角为， 则. ◆题型07 动点中的最值问题 1．（2026·河南·二模）点为棱长是2的正方体的外接球上一动点，为底面的中心，若，则的最大值为（   ） A．3 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】法一：根据空间向量共面定理可得当点P位于平面内时，，设与平面平行的平面为，外接球球心为，分析可得当点P是平面和球相切时的切点时，的值最大，进而分析求解即可； 法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算可得，，进而得到，再结合基本不等式求解即可. 【详解】法一：因为， 所以当点P位于平面内时，， 设与平面平行的平面为，正方体的外接球球心为． 则当点P是平面和球相切时的切点时，的值最大． 记棱的中点为E，则面， 故图中射线与球的交点即为点P． 设棱AB，的中点分别为F，G，取过O，，E的截面，如图， 连接OP交直线FG于点M，过点O作垂足为H， 则，， 则的最大值为． 法二：设正方体的外接球球心为，建立如图的坐标系， 则，，，，，， 所以，，，， 又，得， ， 又点为棱长是2的正方体的外接球上一动点，则． 得， 设，则， 而， 因为， 故当，且时，取最大值为， 所以的最大值为，即的最大值为． 2．（25-26高二下·江苏镇江·期中）已知正方体中，P，Q分别为棱，上的动点，则二面角的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意，建系，写出相关点的坐标，设，求出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式，结合余弦函数的性质即可求得. 【详解】如图，设正方体的棱长为1，则， 设，则，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设二面角的平面角为，由题意，为锐角，则 ， 当时，，则； 当时，， 因在单调递减，故， 此时，则得， 综上，可得， 故二面角的最大值为. 3．（多选）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 4．（多选）（25-26高三上·山西太原·期末）已知棱长为的正方体中，点为棱的中点，动点为四边形内一个动点（包括边界），则下列结论正确的是（    ） A．若，则点的轨迹的长度为 B．若，则的最小值为 C．若，则的最大值为 D．若点到点的距离等于它到直线的距离，则的最大值为 【答案】BC 【分析】设，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设点，其中，，根据每个选项中的条件，求出点的轨迹方程，求出、的取值范围，可得出的最值. 【详解】设，则，在正方体中，平面， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设点，其中，， ，， 因为，则， 整理可得， 此时点的轨迹是以点为圆心，且半径为的半圆， 故点的轨迹的长度为，A错； 对于B选项，因为， 化简可得，其中，， 由可得，可得， 又因为，则，可得， 所以 当且仅当时，等号成立，故的最小值为，B对； 对于C选项，因为， 化简得，其中，， 所以 ，当且仅当或时，等号成立，故的最大值为，C对； 对于D选项，，， 点到直线的距离为， ，由题意可得， 所以，整理可得， 因为，则，从而， 所以，又因为，故，故， 则的最大值为，D错. 故选：BC. 5.（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. ◆题型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： 综合攻坚·知能拔高 1．（25-26高二上·安徽·期末）已知动点Q在所在平面内运动，若对于空间中任意一点P，都有，则实数m的值为（    ） A．0 B． C． D．2 【答案】B 【分析】利用空间中四点共面的推论可求的值. 【详解】由条件可知，四点共面， 又因为， 所以，解得， 故选：B. 2．（25-26高二上·河南周口·阶段检测）如图，在三棱锥中，两两垂直，,在棱上，在棱上，在棱上，且，平面平面，点为线段上的一个动点（不包括端点），则（    ）    A．4 B．2 C．3 D．不确定 【答案】B 【分析】根据空间向量共面，可得，即可根据数量积的运算律求解. 【详解】因为点在平面内，所以， 又因为 所以； 又因为点在平面内， 所以， 因为， 所以， 由空间向量基本定理得：， 解得，即， 所以， 因为两两垂直， 所以， 所以， 故选:B． 3．（25-26高三上·重庆·期中）已知棱长为1的正方体，点是棱上的动点（含端点），是棱上的动点，满足，则的最小值为（    ） A．0 B． C． D．1 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用空间向量表示出，进而求解即可. 【详解】如图，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， 所以， 则， 当且仅当时等号成立， 则的最小值为0. 故选：A 4．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，进而得，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】根据题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 设，所以， 因为平面， 所以，解得， 所以， 显然平面的一个法向量为， 所以， 当时，取最大值，即取最大值，即， 所以，所以. 5．正多面体又称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知正四面体的棱的中点为，且（点为空间中一动点），则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，则，根据向量加法的几何性质求出的取值范围即可求解. 【详解】取的中点，由题意则， 所以， 又因为，所以，当且仅当方向相同时等号成立； ，当且仅当方向相反时等号成立， 因为正四面体的棱长为2，所以在中，，，， 所以，即， 所以，， 又，所以，即， 所以的最大值为, 故选：B 6．（多选）（25-26高二上·广东梅州·期末）如图，在直三棱柱中，，，分别是的动点（含端点），则下列结论正确的有（    ） A．当分别是的中点时，平面 B．当分别运动到的某位置时， C．当分别是的中点时，与侧面所成角为 D．长的最小值为 【答案】ABD 【分析】根据题意，以为原点建立空间直角坐标系，对于A，利用线面平行的向量法证明即可；对于B，易知分别是的中点时，；对于C，根据空间向量法求线面角即可；对于D，求出异面直线的距离即可判断． 【详解】根据题意，以为原点建立空间直角坐标系， ， 对于A，当分别是的中点时，, 易知平面的一个法向量， ，则， 即，又平面，所以平面，故A正确； 对于B，易知，当分别是的中点时，， ，此时，故B正确； 对于C，当分别是的中点时，， 设平面的一个法向量， ，不妨取，则，， 设与侧面所成角为， 则，即， 所以与侧面所成角为，故C错误； 对于D，，，， 设与都垂直的向量为， ，不妨取，则，，， 则异面直线的距离， 即长的最小值为，故D正确． 故选：ABD． 7．（多选）（25-26高二上·广东广州·期末）在空间直角坐标系中，已知点，向量，直线l过点Q且以为方向向量，平面过点Q且以为法向量，则（   ） A．当动点在直线l上时，有 B．当动点在平面上时，有 C．当动点在直线l上时，的最小值为 D．当动点在平面上时，的最小值为 【答案】BCD 【分析】A根据判断；C求点到直线的距离即可；B 根据计算；D求点到平面的距离即可. 【详解】，， 当动点在直线l上时，有，则，故A错误； 当动点在直线l上时， 在上的投影向量的模为， 则到直线的距离为， 则的最小值为，故C正确； 当动点在平面上时，，则， 则，故B正确； 因为在上的投影向量的模为，所以的最小值为，故D正确. 故选：BCD 8．（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. 9．如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，的中点，点Q在线段上，且. (1)求证：平面； (2)当，时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成的角最大，试确定点G的位置. 【答案】(1) 取BD中点，连接PO， 是BM的中点，，且， 在线段CD上取点，使，连接OF，QF， ，，且， ，四边形POFQ为平行四边形，， 又平面平面，平面. (2) (3)点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处 【分析】（1）利用中位线定与与平行线的传递性，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）利用勾股定理与线面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，再分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法求面面角的方法即可得解； （3）先利用线面平行的性质定理分析得在上，假设，再利用线面角的空间向量法分析得与平面所成的角时的值，从而得解. 【详解】（1）略 （2），则，， 取BD中点，则，又平面，平面BCD， 以为原点，OB，OC，OP所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，故， 则，，， ，所以， 故， 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）由（2）知为BD中点，为AD中点，连接OM， ， 点为内动点且平面QGM， 又平面ABD，平面平面， ，故点在OM上， 设，又，，， 则， ， 易知平面的一个法向量为， 设QG与平面所成角为，则最大时，最大， ， 所以当时，最大，此时最大， 即当点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处时，QG与平面所成角最大. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $