专题02 空间向量在折叠，轨迹，截面，外接球中的应用五类综合题型（压轴题专项训练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 以空间向量为核心工具，系统整合折叠、轨迹、截面、外接球四大立体几何重难点，构建"通法+题型+挑战"三阶训练体系，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题通法|1|聚焦几何不变量、平行垂直判定等四大核心，明确折叠不变量与空间向量运算底线原则|以空间向量工具串联立体几何动态与静态问题，建立"不变量-动态关系-量化计算"逻辑链| |题型归纳|5题型（含典例+变式）|折叠问题锁定不变垂直线段建系；轨迹问题用向量垂直列方程；截面问题求交点坐标；外接球问题列球心坐标方程组|从单一折叠到复杂轨迹、截面，逐步提升空间想象与数学建模能力，形成问题转化与坐标运算能力| |压轴挑战|10题|综合运用多题型方法，突破动态轨迹与外接球综合问题|整合跨题型知识，培养批判性思维与创新意识，适配高考压轴题考查方向|

专题02 空间向量在折叠，轨迹，截面，外接球中的应用 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、折叠问题 题型二、由线面平行求轨迹 题型三、由垂直求轨迹 题型四、截面问题 题型五、外接球问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 立体几何折叠、轨迹、截面、外接球类问题是高中数学核心重难点，所有题型均围绕折叠前后几何不变量、空间平行与垂直的判定及性质、截面交线基本规律、几何体外接球圆心分布特征四大核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是折叠问题中同一平面内的边长、垂直关系折叠后恒定不变，二是空间平行、垂直推导必须严格匹配判定定理的全部条件，所有长度、角度、半径等计算结果最终均需结合几何体实际空间范围合规检验. 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、折叠问题 典例1 25-26高二上·福建厦门·期中）将标记，两点的坐标纸沿轴折叠成一个二面角，折叠后两点的距离为，则所折叠的二面角大小为_____________. 【答案】 【分析】取点，根据折叠前的线线关系，分析折叠后的线面位置关系，再根据余弦定理求解. 【详解】取点，如图 则折叠前，，，且，，.    折叠后，，，平面，，所以平面. 又，所以平面. 平面，所以. 在中，，，所以. 设所折叠的二面角大小为，因为，，所以即为二面角的平面角，所以 . 在中，，，， 由余弦定理， . 又，所以. 故答案为： 题型模版 1.特征：平面图形沿棱翻折生成空间几何体，同一平面内的边长、垂直关系、线线夹角折叠后恒定不变，异面几何元素、二面角发生改变，题目普遍需要依托空间向量建系求解角度、距离、体积、最值类计算 2.方法：优先锁定折叠前后不变的垂直线段，以此为基底建立空间直角坐标系；用坐标表示各个动点、定点，依靠空间向量运算公式求解线面角、距离、体积；通过向量参数表达式结合二面角范围分析最值，全程以坐标系向量计算为核心解题手段 变式1-1（25-26高二上·北京·阶段检测）已知函数图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，分别交轴于，点为该部分图象与轴的交点，且与轴的交点为．将绘有该图象的纸片沿轴折成如图2所示的二面角．折叠后，当二面角的值为时， ．    给出以下四个命题： ①函数的解析式可以是； ②在图2中，的图象上存在至少三个不同的点，使得平面； ③在折叠过程中，若二面角的范围是，则点到平面距离的最大值为； ④在折叠过程中，若二面角的范围是，二面角的余弦值的取值范围是． 其中正确的命题为___________（请写出所有正确命题的序号）． 【答案】①③ 【分析】根据给定条件，利用图1、图2的特征，结合正弦函数的图象性质求出解析式判断①；利用导数求出在内图象在点处切线方程，结合线面、面面平行的性质推理判断②；建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，利用点到平面距离公式及面面角的向量求法求解判断③④. 【详解】对于①，依题意，，， 当绘有图象的纸片折叠前，，则， 由当二面角的值为时，得，， 则，解得，，因此， 由与轴的交点为，得，又位于的图象是下降的，则， 因此，①正确； 对于②，在平面内，过点作图象的切线，由，得斜率， 又点，，则直线斜率，直线斜率， 过点作交轴于，则直线斜率为， 由，得直线一定交的图象于，    在平面上，过平行于直线的直线交的图象于，可得直线， 由，平面 不在平面内，得平面， 同理，得平面，且平面， 于是平面平面，又平面，从而平面， 因此存在两个点满足条件，即，平面，②错误； 对于③，如图3，以过且平行于的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，    设二面角，则， ，，， 设平面的法向量，则， 令，得， 于是点到平面的距离，由，得， 因此，当且仅当，即时取等号，③正确； 对于④，由③知，平面的法向量，设平面的法向量， 则，令，得， 由法向量方向得二面角的余弦值为， 令， 化简得：，当时， 令，，则， 函数在上的单调递增函数，则， 二面角的余弦值的取值范围是，④错误， 所以所有正确命题的序号为①③. 故答案为：①③ 变式1-2（2025·辽宁·二模）如图1在梯形ABCD中，，且为AB中点，为BC上一点，且．现将该梯形沿AC折起，使得点折叠至点的位置（如图2），且二面角的平面角大小为. (1)求证：； (2)求直线CE与平面PEF所成角的正弦值. 【答案】(1)证明如下： 图1中，连接，交于点，连接， 为AB中点，， 又，，四边形是菱形， ， 所以在图2中，，又平面，， 平面， 又平面，； (2) 【分析】（1）在图1中，连接，交于点，连接，即可证明四边形是菱形，从而得到，即可得到，从而证明平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）略 （2）以中点为坐标原点，为轴，为轴，过点做垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系． 则， 所以，，， 设平面的法向量， 由，有，， 令，则， 设与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为； 变式1-3（24-25高二上·河北邢台·期中）如图，在矩形中，，取中点，将和分别沿直线，折叠，使，两点重合于点得到三棱锥． (1)当时，求证：； (2)若二面角的平面角为，是否存在上一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)由题可知，，，， 又因为，所以． 所以．即， 且，平面，可得平面， 由平面，所以． (2)存在，位于中点 【分析】（1）根据题意可得，，可证平面，即可得； （2）可证平面，建系标点，设，利用空间向量结合线面夹角运算求解. 【详解】（1）略 （2）存在，理由如下： 因为，，，平面， 所以平面，二面角的平面角为， 如图所示，以为原点，垂直于所在的直线为轴，、方向为和轴． 则，，，， 可得，， 设， 则 平面的一个法向量为， 设直线与平面的夹角， 可得，解得， 故位于中点时，满足条件. 类型二、由线面平行求轨迹 典例2 （2026·陕西西安·三模）如图，在棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，点在正方体的表面上运动，且平面，则点的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过面面平行可推出线面平行，找到P的轨迹，再求解轨迹长度. 【详解】    取 中点 ， 中点 ，连接, , , 为中点，为中点,所以, 平面，平面 所以; 设正方体 ，以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，棱长为 2，则，，，， 所以，, 所以, 所以 ∵ 平面，平面,所以 又平面内，两条相交直线， 所以, 因为点在正方体的表面上运动，且平面， 因此的轨迹是平面与正方体表面相交形成的闭合折线段： , , , , 总轨迹长度：. 题型模版 1.特征：动点运动过程中直线始终与已知平面保持平行，需要判定轨迹图形并求解范围，平行条件可通过空间向量的垂直关系量化表达 2.方法：搭建空间直角坐标系，写出动点坐标、直线方向向量与平面法向量，利用线面平行等价条件「方向向量·平面法向量」列出坐标方程；结合几何体边界坐标取值范围，确定轨迹的真实形态与区间，依靠向量方程精准刻画轨迹 变式2-1（2026·山东枣庄·三模）在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是正方形内的动点（包含边界），且平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用线面平行，可知直线的方向向量与平面的法向量垂直，确定动点坐标之间的联系，从而找到过点且与平面平行的平面，与平面的交线即为动点的轨迹，最后计算轨迹线段长度即可. 【详解】解：由正方体，可建立以为原点，为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系， 则，，，，所以，， 设平面的法向量，则，所以， 则，取，则，，所以. 由是正方形内的动点（包含边界），可设，其中，，则， 因为平面，所以，则，即，整理得， 当时，，此时，为中点； 当时，，此时，为中点， 连接，不难发现，，且，， 易证，平面平面，所以点的轨迹为线段， 因此，轨迹长. 变式2-2（24-25高三上·河南·开学考试）在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝AB＝2，点E，F分别为CD，CP的中点，点T为△PAB内的一个动点(包括边界)，若CT∥平面，则点T的轨迹的长度为________． 【答案】 【分析】记的中点为，点的轨迹与交于点，则平面平面，建立空间直角坐标系，利用垂直于平面的法向量确定点的位置，利用向量即可得解. 【详解】由题知，两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 记的中点为，连接， 因为为正方形，为中点，所以，且， 所以为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 记点的轨迹与交于点，则平面， ，平面，所以平面平面， 所以即为点的轨迹， 因为， 所以， 设， 则， 设为平面的法向量， 则，令，得，， 因为平面， 所以，所以， 解得，则， 又， 所以， 所以. 故答案为： 变式2-3（25-26高二上·安徽滁州·阶段检测）正方体的棱长为，为的中点，点是正方形内的动点，若平面，则点的轨迹长度为_________． 【答案】 【分析】利用正方体建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再由平面，得，计算可得点的轨迹方程，再由题意即得点的轨迹长度. 【详解】利用正方体建立如图所示空间直角坐标系， 由题意可知，，，，， 因点是正方形内的动点，可设，， 因 设平面的法向量， 则，令，则， 因平面，则，即， 整理得：. 是正方形内的动点，取，得；取，得， 故点的轨迹长度为． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：利用正方体建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，由求得，结合点的位置即可求得其轨迹长度. 题型三、由垂直求轨迹 典例3 （25-26高二下·四川南充·阶段检测）在棱长为10的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为_______. 【答案】 【详解】以为原点建立空间直角坐标系，正方体棱长为， 则，，， ，设，， 由，得，即，化简得. 正方体内切球球心为正方体中心，半径， 点满足. 设球心在平面的投影为， 则在平面上到直线的距离. 即球心到轨迹所在平面距离为,则轨迹圆半径. 轨迹长度为. 题型模版 1.特征：动点连线恒垂直定直线或者定平面，依靠垂直约束锁定动点轨迹，垂直关系最适配空间向量数量积为0的坐标运算形式 2.方法：以几何体固有垂直结构建立空间坐标系，将线线垂直、线面垂直转化为对应向量数量积等于0，整理出动点坐标轨迹方程；对照几何体棱面的坐标边界，剔除方程中不符合实际结构的部分，用代数坐标描述轨迹全貌 变式3-1（2026高三·全国·专题练习）在正四棱柱中，，P是正四棱柱内（含表面）的一个动点，且，则点P的轨迹将四棱柱分成的两部分中，较小部分与较大部分的体积比为_________． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，设，由条件求点的轨迹方程，再结合体积公式求两部分的体积即可. 【详解】根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，，则， 由，则，设，由题意可知，， 则，由， 则，即， 故P的轨迹为矩形，令，得，令，得， 即矩形顶点为， 如图所示，易得所形成的图形将四棱柱分成一个三棱柱 和一个四棱柱， 三棱柱的体积为， 正四棱柱的体积为， 则． 变式3-2（2026·广东茂名·一模）（多选）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的是（    ） A．存在使得 B．若，则的轨迹长度为 C．若平面，则四棱锥的外接球的体积的最大值为 D．若，则的面积的最小值为 【答案】BCD 【分析】以为原点建立空间直角坐标系求得的最大值，可判断A错误；由求得的轨迹为直线在四边形内的线段，可得其长度为，即B正确；由线面平行的向量证明可得与重合时，其外接球的体积最大为，即C正确；由可得的轨迹是以为圆心，半径为的圆在侧面内的部分，再由圆上点到定直线距离的最值问题可得的面积的最小值为，即D正确. 【详解】以为原点，分别以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示， 因为为侧面内的动点（包含边界），设, 对于A：易知，所以， 当时，取得最小值为2，此时与重合， 当时，取得最大值为，此时与重合， 因为，所以不存在点使得，即A错误； 对于B：易知，所以 由得，即； 因此的轨迹为直线在四边形内的线段， 因,可得，所以的轨迹为的中点到点的线段， 因此的轨迹长度为，即B正确； 对于C：又，所以， 设平面的法向量为， 所以，可得, 令，则，则平面的法向量, 因平面，则, 又，即，解得， 显然当时，即与重合时，满足题意， 此时四棱锥的外接球与正方体的外接球相同，其半径满足，即； 此时外接球的体积为，即C正确； 对于D，若，由正方体性质可得平面， 又平面，所以， 利用勾股定理可得，即， 解得， 所以此时的轨迹是以为圆心，半径为的圆在侧面内的部分， 此时点到的最小距离为， 所以的面积的最小值为，即D正确. 故选：BCD 变式3-3（2026·全国·模拟预测）（多选）在长方体中，，点为的中点，点为平面内的一个动点（含边界），则（   ） A．平面 B．四棱锥的外接球的表面积为 C．平面平面 D．若，则点的运动轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】由题意以为坐标原点，分别以所在直线为轴，写出相应的点坐标，利用向量法求出平面的法向量，利用向量法判断即可得出选项A，根据已知条件分析得出四棱锥的外接球球心位置，画出图形分析，建立方程解出球体的半径，再利用球体表面积公式求解即可得出选项B，利用坐标系求出平面与平面的法向量，利用法向量数量积结果来判断选项C，设，，根据得出的轨迹，然后根据轨迹分析得出选项D. 【详解】在长方体中， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系： 由， 则， 可得， 设平面的一个法向量为， 由， 令，则， 所以， 因为， 所以与平面不平行，故A选项不正确； 在长方体中， 连接，如图所示： 在长方体中，点为的中点， 且， 所以， 且四边形为矩形，所以点的投影为矩形的中心， 即平面，则四棱锥的外接球的球心在上， ①设四棱锥的外接球的球心在的延长线上且为， 球的半径为，如图所示， 在长方体中, ， 所以，所以在直角三角形中，， 则有， 在直角三角形中，， 即，解得：， 此时四棱锥外接球的表面积为： ， ②设四棱锥的外接球的球心在上且为， 球的半径为，如图所示， 在长方体中, ， 所以，所以在直角三角形中，， 则有， 在直角三角形中，， 即，解得：， 因为，不满足题意， 故四棱锥外接球的表面积为， 故B选项正确； 由A中，， 则， 设平面的法向量为， 由， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 由， 令，则，所以， 因为， 所以平面平面，故选项C正确， 设，， 则，， 因为， 即， 因为点为平面内的一个动点（含边界）， 所以点的轨迹为一条线段， 令，令， 所以线段的端点为和， 所以点的运动轨迹长度为， 故D选项正确； 故选：BCD. 题型四、截面问题 典例4 （2026·广东广州·三模）已知正方体的棱长为4．为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为____________． 【答案】 【分析】通过空间向量法确定垂直于的平面方程，找到截面顶点，判定截面为菱形后，利用对角线求面积即可. 【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体棱长为4， 所以，则， 设截面上的点为，则， 因为过点的平面垂直于，所以是平面的一个法向量， 所以，即，整理得：， 当点在棱上时，，则，得； 当点在棱上时，，则，得； 当点在棱上时，，则，得， 所以截面为四边形， 又因为， 同理可得，所以四边形为菱形， 又因为对角线， 所以面积. 题型模版 1.特征：平面截取多面体形成截面图形，需要确定截面顶点、形状、边长、面积，交点坐标可借助空间坐标系精准定位 2.方法：建立空间直角坐标系，写出几何体所有棱的参数方程，联立截面平面方程求出棱与截面的交点坐标；依次连接坐标点得到截面多边形，利用空间两点距离公式计算各边长度，结合平面向量求解截面的面积、周长相关数值 变式4-1（2026·湖南常德·一模）已知正方体 的棱长为 2，点 分别是正方形 和 的中心，过 的平面 与直线 垂直，则平面 截正方体 所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面周长即可. 【详解】正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系， 侧面的中心，侧面的中心，且，则， 显然点M在平面与平面的交线上， 设为这条交线上任意一点，则， 而平面，则，即， 令，得点，令，得点， 连，平面与平面必相交， 设为这条交线上任意一点，则， 由，即， 令，得点，连， 因为平面平面，则平面与平面的交线过点，与直线平行， 过作交于，则， 由得，即， 显然平面与平面都相交，则平面与直线相交， 令交点为，，由得， 连接得截面五边形， 则， 所以截面五边形的周长为. 变式4-2（2026·陕西安康·模拟预测）已知正方体的外接球表面积为，是棱的中点，将过点且以为法向量的平面记为平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出正方体棱长，建立空间直角坐标系，得到线面垂直，找到平面，求出面积. 【详解】设正方体的外接球半径为，则，解得， 设正方体的棱长为，则，解得， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 则，故， 即，因为，平面， 所以平面， 取的中点，的中点，连接， 由于是棱的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又，平面，所以平面平面， 所以平面，即平面即为平面， 平面截该正方体所得截面的面积即为的面积， 其中，， 为等边三角形，面积为 变式4-3（2026·山西朔州·二模）已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱，为棱的中点，设平面过点且满足，则截正四棱柱所得截面的面积为________. 【答案】 【分析】以正四棱柱的顶点为坐标原点建立空间直角坐标系，根据平面所满足的垂直条件确定截面与棱的交点位置；再利用正四棱柱的对称性判断所得截面为菱形，分别求出菱形两条对角线的长度，最后由菱形面积公式求出截面面积。 【详解】 以为坐标原点，以直线，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 由题可得，，，，不妨设棱上一点，其中， 则，， 当，可得，解得，所以. 由题易知即为与平面的交线，且. 同理可得与平面的交线为，且， 由对称性可知截正四棱柱所得的截面为菱形，且此菱形的对角线长分别为，， 故截面面积为. 题型五、外接球问题 典例5 （25-26高二下·江苏扬州·期末）（多选）如图，已知正方体的棱长为4，点，，分别是棱，，的中点，点在四边形及其内部运动，则下列选项中正确的有（     ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．若平面，则直线与所成的角可能为 D．三棱锥的外接球半径的最小值为 【答案】AD 【分析】对于A，建系后利用向量数量积的坐标运算即可判断；对于B，通过对称作图，利用三点共线时线段和最短求出待求式的最小值即可判断；对于C，利用条件运算推得点的轨迹，结合图形找到异面直线所成角，借助于三角函数的值域求出角的范围判断；对于D，依题意设外接球球心为，利用球的半径相等推得，利用该式的几何意义求出的范围即得半径的范围判断即可. 【详解】 如图，以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系. 则.依题意，设点. 对于A，因， 则由，可得， 当取时，，即存在点，使得，故A正确； 对于B，如图，作出点关于平面 的对称点，连接，交平面于点， 则，且，于是， 即的最小值为，故B错误； 对于C，因， 则，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因平面，则，即， 分别取的中点，连接，则点的轨迹即线段. 因，则直线与所成的角等于，又因平面， 在中，，易得，则， 因，而， 因在第一象限单调递增，则有，故C错误； 对于D，如图，取的中点为点，则点为的外心， 设三棱锥的外接球球心为点，半径为，则平面， 因，则，故可设，， 又因，则由可得， 化简得，而，设，， 则可理解为如图正方形内（包括边界）的点到点的距离. 由图知，，即，由可得， 故得，即三棱锥的外接球半径的最小值为，故D正确. 题型模版 1.特征：求解棱锥、棱柱外接球的半径、表面积、体积，球心到各顶点距离相等的几何性质，可通过坐标方程直接列式求解球心坐标 2.方法：依托几何体垂直结构建立空间直角坐标系，设出球心坐标，根据球心到各个顶点距离相等列出方程组，解方程组得到球心坐标与外接球半径；补形法求解的几何体同样借助长方体坐标系快速算出外接球直径，全部计算依托坐标数值完成运算 变式5-1（2025·山东聊城·一模）在四棱锥中，，、分别为、的中点，经过、、三点的平面交于点，为上一点，且平面，为等边三角形，，，则经过、、、四点的球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量的坐标，根据线面位置关系与向量的关系求出点的坐标，然后设球心为，由可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可求出球的半径，即可得解. 【详解】因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 设平面的一个法向量为，， 直线的一个方向向量为， 则，取，可得， 设， 所以，， 因为平面，则，解得， 所以，，即点， 设经过、、、四点的球的球心为， 由可得，解得， 故球的半径为， 因此，经过、、、四点的球的表面积为. 故选：C. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. 变式5-2（25-26高二上·安徽·期中）如图所示，在直三棱柱中，，，是线段上的动点（不与点，重合），且满足，实数. (1)当时，证明：平面； (2)当时，求二面角的余弦值； (3)求四面体的外接球半径的取值范围. 【答案】(1) 由题知在直三棱柱中，平面，平面， 所以，当时，为中点， 由题知为等腰直角三角形，所以， 又，平面，， 所以平面，即平面EBC. (2) (3) 【分析】（1）证明直线与平面内两条相交直线垂直； （2）先求出两个平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解； （3）将四面体补成长方体，根据长方体的外接球就是四面体的外接球，结合点的位置确定外接球半径的取值范围. 【详解】（1）略 （2）在直三棱柱中，，，， 则以为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 又，则， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则，，故， 又在直三棱柱中，，则平面， 所以平面的一个法向量为， 又二面角的平面角为锐角，则二面角的余弦值为 . （3）设四面体的外接球球心的坐标为，半径为， 则， 故， 则，所以外接球球心I的坐标为， 又，代入得， 即，则，， 当时，取得最小值为， 当或时，，所以， 所以，，当时，取得最小值为， 当时，，所以，所以， 所以四面体的外接球半径的取值范围为. 变式5-3（2026·云南红河·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，侧棱底面，，点，分别是，的中点，点是的中点，且． (1)求证：； (2)求点到直线的距离； (3)若点是线段上的动点（不含端点），求三棱锥外接球半径的取值范围． 【答案】(1)由题意得：，点是的中点，故， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以． 因为是 的中点，所以线段是的中位线，所以， 故． (2) (3)． 【分析】（1）先证明线面垂直即平面，再由线面垂直得线线垂直，最后由得； （2）建系，由点到直线距离公式求解； （3）设球心坐标，通过四点共球得方程组求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为侧棱 底面， 平面，故 ， 因为，平面 ，所以 平面 ， 又因为平面 ， 所以 ，又因为 底面，所以，，两两互相垂直， 以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系 ， 则，，，，，． 因为点是线段的中点，故 ，，． 故点到直线的距离为 （3）设，三棱锥外接球球心为，半径为 ， 则有， 即解得 所以，故， 即三棱锥外接球半径的取值范围为． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 一、单选题 1．（2026·山东烟台·二模）三棱柱中，，在底面ABC内的射影为AC中点，，，若为底面内一动点（不含边界），则三棱锥的外接球表面积的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间坐标系将几何关系转化为代数运算，通过变量范围求表面积极值. 【详解】设底面直角三角形的斜边中点为，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，则，，设满足， ，所以， 在底面射影为，故，由，得. ，所以， 则，， 设动点在内，设其坐标为， 所以其在底面的投影为，到的距离平方为. 三棱锥的外接球心在过且垂直于底面的直线上，设. 球半径满足：； 球心到的距离等于半径：. 联立得： 代入半径公式： 在圆上， 故的坐标满足： 因(不在线上)，故. 在内，故的取值范围为. 将代入：当时，， ，表面积， 当时，，，表面积 所以三棱锥的外接球表面积取值范围为. 2．（2026·湖北·三模）正方体中，是棱的中点，是棱上的动点，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，若三棱锥的外接球球心落在平面内，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意建立空间直角坐标系，设，求解的坐标，由三棱锥的外接球即为，，为棱的长方体的外接球，求解三棱锥的外接球的半径为，求解平面的法向量，再由求解即可. 【详解】设正方体棱长为1，以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 可得，，，，， 因为点为中点，可得，又设，， 则得，解得，即， 由三棱锥的外接球即为，，为棱的长方体的外接球， 由，，，得长方体的体对角线长为， 所以三棱锥的外接球的半径为，即球心为该长方体体对角线的中点，所以， 设平面的法向量为，，， 由，故可取， 因为，所以与平面的法向量为垂直， 则，即，解得，所以. 二、多选题 3．（24-25高二下·江苏南京·期末）在直四棱柱中，底面是菱形，，，为的中点，点满足，，，下列结论正确的是（   ）    A．若，则 B．若，则四面体的体积是定值 C．若，，则存在点，使得的最小值为 D．若，则点F的轨迹长为 【答案】ABD 【分析】若，则在上，利用线面垂直的判定定理、性质定理可判断A；若，则三点共线，利用线面平行的判定定理得出平面，得上的点到平面的距离都相等，再由，可判断B；若，，则点与点重合，把沿着进行翻折，使得四点共面，此时有最小值，由余弦定理可判断C；取的中点，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设利用 可判断D正确. 【详解】对于A，若，则，即在上， 连接，因为底面是菱形，所以， 因为底面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 平面，所以，故A正确；    对于B，若，则三点共线，连接， 因为，所以四边形是平行四边形，， 因为平面，平面，所以平面， 可得上的点到平面的距离都相等， 可得，取的中点，连接， 可得是边长为2的等边三角形，， 又平面，平面，所以，又， 平面，可得平面， 平面，因为， ，可得，故B正确；    对于C，若，，则，即， 即点与点重合，把沿着进行翻折，使得四点共面， 此时有最小值，在中，， 所以，所以，所以， 在中，由余弦定理得， 解得，故C错误；    对于D，取的中点，连接，， 由余弦定理得，则，以为原点，分别以所在 的直线为轴建立空间直角坐标系，设，， ， 因为，所以， 即，可得点F的轨迹是在平面内，以为圆心， 为半径的半圆，且，所以点F的轨迹长为，故D正确.    故选：ABD. 4．（23-24高二下·湖北·阶段检测）如图：三棱锥中，面，，，，，，，分别为棱，，的中点，为棱上的动点，过，，的平面交于．下列选项中正确的有（    ） A．的最小值为2 B．时， C．三棱锥被平面分割成的两部分体积相等 D．当为中点时，，，，，五点在一个球面上，且球的半径为 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式结合闵可夫斯基不等式处理A，利用平面的方程处理B，利用截面计算体积为定值处理C，球的方程处理D即可. 【详解】作出与的展开图，如图所示. 则当，，三点共线时，最小， 最小值为，故A正确； 由题意得，故，又面， 故以为原点建立空间直角坐标系，故，，， ，， 若，则，而，， 设面的法向量，故，， 则，，令，解得，， 故，设面任意一点坐标为， 可得面的方程为，当时，， 故，显然成立，故B正确， 三棱锥上部分被平面截为三部分，设原体积为1， 设，， ， ， 故， 则三棱锥被平面分割成的两部分体积相等，故C正确， 若为中点，则，， ，，设面的法向量， 则，，则，， 令，解得，，故， 故，则面的方程为， 当时，解得，， 设过，， ，的球方程为，将点代入方程， 可得，， ，解得，，，， 故球的方程为，经检验，也在该球上， 故，，，，五点共球，且球的半径为，故D错误， 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后求出关键点的坐标，得到所要求的球的方程，最后得到结果即可． 5．（23-24高二上·山西运城·阶段检测）已知正方体棱长为为棱中点，为正方形上的动点，则（    ） A．满足的点的轨迹长度为 B．满足平面的点的轨迹长度为 C．存在点，使得平面经过点 D．存在点满足 【答案】AB 【分析】对于A，建立空间直角坐标系，找出的坐标，设，进而对B进行计算验证即可； 对于B，利用线面平行的判定定理找出的轨迹，进而求解判断即可； 对于C，连接，取的中点，连接，，得到平面截正方体所得截面与正方形没有交点，进而即可判断； 对于D，借助空间直角坐标系，求得的最小值及处于边界处的的值，进而判断即可. 【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，且，， 所以，，， 对于A，由，得，即， 因为，，所以点的轨迹为线段，且，， 则，即点的轨迹长度为，故A正确； 对于B，取的中点，的中点，如图，    因为点为的中点，由正方体的性质知，， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又，， 所以平面平面，又平面， 所以平面， 所以点的轨迹为线段，故B正确； 对于C，如图，连接，取的中点，连接，，    则平面截正方体所得截面为，与正方形没有交点， 所以不存在点，使得平面经过点，故C错误； 对于D，由A知，点关于平面的对称点为， 所以当三点共线时最小， 即， 且当与重合时，， 当与重合时，， 当与重合时，， 当与重合时，， 综上所述，不存在点满足，故D错误. 故选：AB. 【点睛】方法点睛：立体几何中关于动点轨迹问题，常常结合线、面判定定理及性质寻求，或借助空间直角坐标系进行辅助计算求解. 6．（22-23高二上·福建福州·期末）如图，已知正方体棱长为2，点M为的中点，点P为底面上的动点，则（    ） A．满足平面的点P的轨迹长度为 B．满足的点P的轨迹长度为 C．存在点P满足 D．以点B为球心，为半径的球面与面的交线长为 【答案】AD 【分析】对选项A，利用面面平行的性质证明线面平面，进而求出轨迹长度； 对选项B，建立空间直角坐标系，利用向量垂直求出点P轨迹，进而求出轨迹长度； 对选项C，建立空间直角坐标系，利用距离公式求出点P轨迹满足的方程，再结合二次方程的判别式，进而判断不存在这样的点P； 对选项D，利用等体积法求出球心点B到面的距离，进而求出交线长度； 【详解】 分别取的中点为，连接. 可得：，. 又有：. 可得：平面平面. 故满足平面的点P的轨迹长度为，故答案A正确； 建立如图所示的空间直角坐标系 可得：，，，，. 设，可得：，，，. 由，可得：. 分别取的中点为，点满足方程，说明点在平面内的轨迹为一条线段，则满足的点P的轨迹长度为，故答案B错误. 要使，只需：. 可得：（）. 化简可得：（）. 则：，即当时，.显然该方程无解， 故不存在这样的点，故答案C错误. 为正三角形，设点到平面的距离为，点平面的距离为. 由等体积法，可得：. 可得：，即 故以点B为球心，为半径的球面与面的交线长为： 故答案D正确. 故选：AD 【点睛】（1）与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图； （2）用向量方法解决立体几何问题，树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比； 三、填空题 7．（25-26高二上·四川泸州·期末）斜三棱柱中，，，，，动点在侧面上，且，则的轨迹长度为______. 【答案】 【分析】建系并标点，设，根据数量积和模长可得，求平面的法向量和点在平面的投影为，可得，，可知点的轨迹是以为圆心，半径的圆，即可得结果. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设，则， 由题意可知：， 则，解得， 即，则，， 可得， 注意到，则，可知为矩形， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设点在平面的投影为， 则，，， 因为，则，解得， 即，则， 可得，， 又因为，， 则，且， 可得点到直线，，，的距离分别为，均大于1， 所以点的轨迹是以为圆心，半径的圆， 所以的轨迹长度为. 故答案为：. 8．（25-26高三上·湖北武汉·阶段检测）在四棱锥中，，，，，，且平面，过点A的平面与侧棱PB，PC，PD分别交于点E，F，G，若四边形为菱形，则______． 【答案】 【分析】过作AP的平行线为轴，BC,BA分别为x,y轴，建立空间直角坐标系，求出，，利用求解即可. 【详解】过作AP的平行线为轴，BC,BA分别为x,y轴，如图建系 令，则，，，，， E,F,G分别在PB,PC,PD上，令，， ，， ， ，， ，，， ，， 即. 故答案为： 9．（23-24高二下·福建龙岩·期末）已知直三棱柱，，，E为侧棱的中点，过E作平面与平面垂直，当平面与该直三棱柱所成截面为三角形时，顶点与该截面构成的三棱锥体积的最小值为_______. 【答案】 【分析】利用空间向量法来计算动点坐标关系，从而去解决平面问题. 【详解】分别以所在直线为轴，轴，轴 则 ， 设平面的法向量， 则，得， 设平面，与平面交于点， 则，点，由，得，即， 当平面经过直线并绕着直线旋转时， 平面与平面的交线绕着点旋转， 当交线与线段，都相交时，与正方体所成截面为三角形， 令平面与平面的交线交于点，交于点， 设，， 则， ， 由三点共线，得，， 所以，因此，所以 故答案为：. 四、解答题 10．（25-26高二下·福建莆田·期末）如图，在梯形中，，，，，，，分别为边，上的动点，且．沿将梯形翻折，使平面平面，且． (1)求的长； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若四面体的四个顶点都在球上，求三角形的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）作于点,连接,证明平面，得到，再使用等面积法，计算出，最后求出的长； （2）以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再计算出平面与平面所成角的余弦值； （3）若四面体的四个顶点都在球上，由于为直角三角形，故球心在经过斜边中点与平面垂直的直线上，设球心,利用求出球心的坐标，再求出点到直线的距离，最后求得三角形的面积. 【详解】（1）作于点,连接， 因为平面平面，平面平面，平面, 所以，平面，平面， 所以，，又，，平面, 所以，平面，平面， 所以，， 由，得 即, 翻折前在梯形中，由得，沿将梯形翻折后，, 在平面四边形中，，那么, 又所以四边形是平行四边形， 所以，, 设，则，， 即，解得, 所以，. （2）在原直角梯形中，作于点，那么 四边形为矩形，, ,所以为等腰直角三角形，， 由于,所以，， 所以，沿将梯形翻折后，为等腰直角三角形, , 以为原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，那么 ,, , 设平面法向量为，平面法向量为，那么 ， 取，则为平面一个法向量， , 取，则为平面一个法向量， , 所以，平面与平面所成角的余弦值为. （3）若四面体的四个顶点都在球上， 由于为直角三角形，故球心在经过斜边中点与平面垂直的直线上，设球心，则由可得 ，解得， 所以，， 点到直线的距离为 , 所以，. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 空间向量在折叠，轨迹，截面，外接球中的应用 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、折叠问题 题型二、由线面平行求轨迹 题型三、由垂直求轨迹 题型四、截面问题 题型五、外接球问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 立体几何折叠、轨迹、截面、外接球类问题是高中数学核心重难点，所有题型均围绕折叠前后几何不变量、空间平行与垂直的判定及性质、截面交线基本规律、几何体外接球圆心分布特征四大核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是折叠问题中同一平面内的边长、垂直关系折叠后恒定不变，二是空间平行、垂直推导必须严格匹配判定定理的全部条件，所有长度、角度、半径等计算结果最终均需结合几何体实际空间范围合规检验. 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、折叠问题 典例1 25-26高二上·福建厦门·期中）将标记，两点的坐标纸沿轴折叠成一个二面角，折叠后两点的距离为，则所折叠的二面角大小为_____________. 题型模版 1.特征：平面图形沿棱翻折生成空间几何体，同一平面内的边长、垂直关系、线线夹角折叠后恒定不变，异面几何元素、二面角发生改变，题目普遍需要依托空间向量建系求解角度、距离、体积、最值类计算 2.方法：优先锁定折叠前后不变的垂直线段，以此为基底建立空间直角坐标系；用坐标表示各个动点、定点，依靠空间向量运算公式求解线面角、距离、体积；通过向量参数表达式结合二面角范围分析最值，全程以坐标系向量计算为核心解题手段 变式1-1（25-26高二上·北京·阶段检测）已知函数图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，分别交轴于，点为该部分图象与轴的交点，且与轴的交点为．将绘有该图象的纸片沿轴折成如图2所示的二面角．折叠后，当二面角的值为时， ．    给出以下四个命题： ①函数的解析式可以是； ②在图2中，的图象上存在至少三个不同的点，使得平面； ③在折叠过程中，若二面角的范围是，则点到平面距离的最大值为； ④在折叠过程中，若二面角的范围是，二面角的余弦值的取值范围是． 其中正确的命题为___________（请写出所有正确命题的序号）． 变式1-2（2025·辽宁·二模）如图1在梯形ABCD中，，且为AB中点，为BC上一点，且．现将该梯形沿AC折起，使得点折叠至点的位置（如图2），且二面角的平面角大小为. (1)求证：； (2)求直线CE与平面PEF所成角的正弦值. 变式1-3（24-25高二上·河北邢台·期中）如图，在矩形中，，取中点，将和分别沿直线，折叠，使，两点重合于点得到三棱锥． (1)当时，求证：； (2)若二面角的平面角为，是否存在上一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由． 类型二、由线面平行求轨迹 典例2 （2026·陕西西安·三模）如图，在棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，点在正方体的表面上运动，且平面，则点的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 题型模版 1.特征：动点运动过程中直线始终与已知平面保持平行，需要判定轨迹图形并求解范围，平行条件可通过空间向量的垂直关系量化表达 2.方法：搭建空间直角坐标系，写出动点坐标、直线方向向量与平面法向量，利用线面平行等价条件「方向向量·平面法向量」列出坐标方程；结合几何体边界坐标取值范围，确定轨迹的真实形态与区间，依靠向量方程精准刻画轨迹 变式2-1（2026·山东枣庄·三模）在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是正方形内的动点（包含边界），且平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 变式2-2（24-25高三上·河南·开学考试）在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝AB＝2，点E，F分别为CD，CP的中点，点T为△PAB内的一个动点(包括边界)，若CT∥平面，则点T的轨迹的长度为________． 变式2-3（25-26高二上·安徽滁州·阶段检测）正方体的棱长为，为的中点，点是正方形内的动点，若平面，则点的轨迹长度为_________． 题型三、由垂直求轨迹 典例3 （25-26高二下·四川南充·阶段检测）在棱长为10的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为_______. 题型模版 1.特征：动点连线恒垂直定直线或者定平面，依靠垂直约束锁定动点轨迹，垂直关系最适配空间向量数量积为0的坐标运算形式 2.方法：以几何体固有垂直结构建立空间坐标系，将线线垂直、线面垂直转化为对应向量数量积等于0，整理出动点坐标轨迹方程；对照几何体棱面的坐标边界，剔除方程中不符合实际结构的部分，用代数坐标描述轨迹全貌 变式3-1（2026高三·全国·专题练习）在正四棱柱中，，P是正四棱柱内（含表面）的一个动点，且，则点P的轨迹将四棱柱分成的两部分中，较小部分与较大部分的体积比为_________． 变式3-2（2026·广东茂名·一模）（多选）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的是（    ） A．存在使得 B．若，则的轨迹长度为 C．若平面，则四棱锥的外接球的体积的最大值为 D．若，则的面积的最小值为 变式3-3（2026·全国·模拟预测）（多选）在长方体中，，点为的中点，点为平面内的一个动点（含边界），则（   ） A．平面 B．四棱锥的外接球的表面积为 C．平面平面 D．若，则点的运动轨迹长度为 题型四、截面问题 典例4 （2026·广东广州·三模）已知正方体的棱长为4．为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为____________． 题型模版 1.特征：平面截取多面体形成截面图形，需要确定截面顶点、形状、边长、面积，交点坐标可借助空间坐标系精准定位 2.方法：建立空间直角坐标系，写出几何体所有棱的参数方程，联立截面平面方程求出棱与截面的交点坐标；依次连接坐标点得到截面多边形，利用空间两点距离公式计算各边长度，结合平面向量求解截面的面积、周长相关数值 变式4-1（2026·湖南常德·一模）已知正方体 的棱长为 2，点 分别是正方形 和 的中心，过 的平面 与直线 垂直，则平面 截正方体 所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 变式4-2（2026·陕西安康·模拟预测）已知正方体的外接球表面积为，是棱的中点，将过点且以为法向量的平面记为平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 变式4-3（2026·山西朔州·二模）已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱，为棱的中点，设平面过点且满足，则截正四棱柱所得截面的面积为________. 题型五、外接球问题 典例5 （25-26高二下·江苏扬州·期末）（多选）如图，已知正方体的棱长为4，点，，分别是棱，，的中点，点在四边形及其内部运动，则下列选项中正确的有（     ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．若平面，则直线与所成的角可能为 D．三棱锥的外接球半径的最小值为 题型模版 1.特征：求解棱锥、棱柱外接球的半径、表面积、体积，球心到各顶点距离相等的几何性质，可通过坐标方程直接列式求解球心坐标 2.方法：依托几何体垂直结构建立空间直角坐标系，设出球心坐标，根据球心到各个顶点距离相等列出方程组，解方程组得到球心坐标与外接球半径；补形法求解的几何体同样借助长方体坐标系快速算出外接球直径，全部计算依托坐标数值完成运算 变式5-1（2025·山东聊城·一模）在四棱锥中，，、分别为、的中点，经过、、三点的平面交于点，为上一点，且平面，为等边三角形，，，则经过、、、四点的球的表面积为（   ） A． B． C． D． 变式5-2（25-26高二上·安徽·期中）如图所示，在直三棱柱中，，，是线段上的动点（不与点，重合），且满足，实数. (1)当时，证明：平面； (2)当时，求二面角的余弦值； (3)求四面体的外接球半径的取值范围. 变式5-3（2026·云南红河·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，侧棱底面，，点，分别是，的中点，点是的中点，且． (1)求证：； (2)求点到直线的距离； (3)若点是线段上的动点（不含端点），求三棱锥外接球半径的取值范围． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 一、单选题 1．（2026·山东烟台·二模）三棱柱中，，在底面ABC内的射影为AC中点，，，若为底面内一动点（不含边界），则三棱锥的外接球表面积的取值范围为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·湖北·三模）正方体中，是棱的中点，是棱上的动点，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，若三棱锥的外接球球心落在平面内，则的值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（24-25高二下·江苏南京·期末）在直四棱柱中，底面是菱形，，，为的中点，点满足，，，下列结论正确的是（   ）    A．若，则 B．若，则四面体的体积是定值 C．若，，则存在点，使得的最小值为 D．若，则点F的轨迹长为 4．（23-24高二下·湖北·阶段检测）如图：三棱锥中，面，，，，，，，分别为棱，，的中点，为棱上的动点，过，，的平面交于．下列选项中正确的有（    ） A．的最小值为2 B．时， C．三棱锥被平面分割成的两部分体积相等 D．当为中点时，，，，，五点在一个球面上，且球的半径为 5．（23-24高二上·山西运城·阶段检测）已知正方体棱长为为棱中点，为正方形上的动点，则（    ） A．满足的点的轨迹长度为 B．满足平面的点的轨迹长度为 C．存在点，使得平面经过点 D．存在点满足 6．（22-23高二上·福建福州·期末）如图，已知正方体棱长为2，点M为的中点，点P为底面上的动点，则（    ） A．满足平面的点P的轨迹长度为 B．满足的点P的轨迹长度为 C．存在点P满足 D．以点B为球心，为半径的球面与面的交线长为 三、填空题 7．（25-26高二上·四川泸州·期末）斜三棱柱中，，，，，动点在侧面上，且，则的轨迹长度为______. 8．（25-26高三上·湖北武汉·阶段检测）在四棱锥中，，，，，，且平面，过点A的平面与侧棱PB，PC，PD分别交于点E，F，G，若四边形为菱形，则______． 9．（23-24高二下·福建龙岩·期末）已知直三棱柱，，，E为侧棱的中点，过E作平面与平面垂直，当平面与该直三棱柱所成截面为三角形时，顶点与该截面构成的三棱锥体积的最小值为_______. 四、解答题 10．（25-26高二下·福建莆田·期末）如图，在梯形中，，，，，，，分别为边，上的动点，且．沿将梯形翻折，使平面平面，且． (1)求的长； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若四面体的四个顶点都在球上，求三角形的面积． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $