培优专题05 空间向量解决截面和动点轨迹问题（专项训练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦空间向量在截面与动点轨迹问题中的应用，通过分类题型构建从几何直观到代数运算的解决路径，培养空间观念与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |截面问题|4类题型16题|涵盖形状判断、周长面积计算、几何体分割（标注重/高频/难）|以空间向量坐标运算为工具，从定性判断到定量计算，逐步深化截面几何性质研究| |动点轨迹问题|6类题型29题|涉及轨迹类型判断及平行、垂直、距离、角度等条件下的轨迹求解|基于向量关系转化几何条件，建立空间坐标系下的轨迹方程，体现数形结合思想|

专题05 空间向量解决截面和动点轨迹问题 常考题型·精准突破 考点一 空间向量解决截面问题 ◆题型1 截面的形状问题 1．C 2．BD 3．ABD ◆题型2 截面的周长问题 4．C 5．D 6．(1)2 (2) (3) 【分析】（1）根据正三棱柱外接球可得，又，代入数据即可求解棱AB的长； （2）由（1）可得，延长交于点，连接交于点，得到四边形为所求截面，进而求得截面图形的周长； （3）以点为原点，以所在的直线分别为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）如图，三棱柱外接球球心为，三角形外接圆圆心为， 由正三棱柱中，，则，且， 因为三棱柱外接球半径为，则， 因为为正三角形，又底面正的外接圆的半径为， 所以， 又 则， 解得. （2）因为点分别为棱，的中点，可得， 如图所示，延长交于点，连接交于点，四边形为所求截面， 取的中点， 则，所以， 在中，由余弦定理得，所以可得， 所以截面图形的周长为. （3）以点为原点，以所在的直线分别为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，可得， 则 设平面的法向量为，则， 取，则，所以， 取的中点，因为为等边三角形，可得， 又因为平面，且平面，所以， 因为且平面，所以平面， 又由，可得， 所以平面的一个法向量为， 设两个平面所成角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值． 7．(1) 在正四棱柱中，平面∥平面． 且平面平面，且平面平面． ． (2) (3) 【分析】根据正四棱柱性质得出对面平行及面面平行的性质推出线线平行． 通过转换顶点，将四棱锥转换成两个三棱锥之和求解即． 将侧面展开，根据两点之间线段最短求出的值，然后建立空间直角坐标系求出面面夹角正切值． 【详解】（1）略 （2）连接． 正四棱柱中，底面边长为1． ． ． ． ；． ． （3）将平面与面展开在同一平面上，如图所示． 且．四边形为平行四边形． 四边形的周长. 若使四边形的周长最小，即三点共线时有最小值． 即当为中点时，，四边形的周长最小． 以为原点，分别以所在直线为轴，如图所示建立空间直角坐标系． 则． . 设面的法向量． ． 令，则；面的法向量． 平面的法向量为． 设平面与平面的夹角为，则． .． 即平面与平面的夹角的正切值为． ◆题型3 截面的面积问题 8．ACD 9．ABC 10．(1)由，则，即， 由平面 平面，平面 平面， 平面 ， 所以平面， 平面 ，则平面 平面. (2) (3) 【分析】（1）由已知得，再由面面垂直的性质定理及判定定理，即可证结论； （2）设平行于的截面 与的交点分别为，得 为平行四边形，令，求得平行四边形截面的边长，进而写出面积表达式，利用二次函数的最值可求得截面面积的最大值； （3）构建合适的空间直角坐标系，设，并求得相关点坐标，求出相关平面的法向量，根据二面角的余弦值及夹角的向量公式列方程求参数，即可求解. 【详解】（1）略 （2）设平行于的截面 与的交点分别为， 因为 平面 ，平面 ，平面 平面， 所以，同理可得，所以，同理可证， 所以四边形 为平行四边形， 令，则， 所以，， 又截面 始终为平行四边形， 所以 ， 要使截面 的面积最大，只需且， 此时最大； （3）由（1）平面，在平面内作，如下图示， 可构建如图示的空间直角坐标系 ， 设，则， 故， 设平面 的法向量为， 则， 令，得， 所以平面 的法向量为， 设平面 的法向量为， 则， 令，得， 所以平面 的法向量为， 由二面角的大小为， 则， 所以，可得， 解得或（舍），所以的余弦值为. 11．(1) (2) (3)点为上靠近点的三等分点 【分析】（1）应用空间向量法求出法向量，进而因为线面平行列式计算求解； （2）先设，应用四点共面得出参数，再计算边长得出四边形面积即可； （3）先设，再应用线面角正弦公式计算即可求出参数. 【详解】（1）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，则. 设，则. 设平面的法向量为， 则取，则， 即. 因为平面，所以， 取的中点，连接，则点的轨迹是线段，. （2）连接，设，得， 由于四点共面，可设， 即，解得所以， 此时，因为，所以，又， 所以四边形是菱形，又， 所以四边形的面积. （3），设， 则 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取得最大值， 则当，即时，直线与平面所成角的正弦值最大，此时点为上靠近点的三等分点. 12．(1)； (2)存在，； (3). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，即可计算线线夹角； （2）建立空间直角坐标系，设出点坐标，计算法向量，即可根据二面角计算坐标； （3）根据射影面积定理列出等式，即可求解. 【详解】（1）依题意作正三棱柱如图，设AC的中点为O，建立空间直角坐标系如图， 由，得，，，， ，， 设与的夹角为，. （2）假设存在点D满足题意，由，则，，，， 设面的法向量为，，， ，，令，得，，从而， 设面的法向量为，， ，，令，解得，， 从而， 当时，，解得， 所以D为的中点时，二面角为直二面角. 时，二面角的平面角为钝角；时，二面角的平面角为锐角， 设二面角的平面角为， 则，解得，， 因为二面角的平面角为锐角，故舍去， 综上得，存在满足题意的点D，此时. （3）假设存在点D满足题意，且， 则，，，，设面的法向量为， ，，，， 则点D到的距离为， ，， 又在底面和三个侧面，，上的射影面积分别为，,，， 所以由面积射影定理得，， ，， 得， 解得，故. ◆题型4 截面分割几何体问题 13．ACD 14．AC 15．(1) 因为是直三棱柱，所以， 因为，所以， 又且，平面， 所以平面， 又，分别为棱，的中点，所以， 所以平面，又平面， 所以平面平面. (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定得平面，再由面面垂直的判定证明结论. （2）利用平面的基本性质及棱柱体积公式和已知求得，构建合适的空间直角坐标系，再应用向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）根据面面平行的判定定理作出平面，如图所示， 平面与直三棱柱的截面即为平面， 显然，平面将直三棱柱分成体积比为的两部分， 所以， 设，则，所以. 以为原点，棱，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，. 所以，，， 设平面的法向量为，则，即，令，得， 设直线与平面所成角为，则. 16．(1)（i）取CD的中点，连接， 侧面PCD是等边三角形 ，，， 又平面平面ABCD，平面平面ABCD， 平面， 如图所示建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 由，故，由，故， 从而,， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 取， 又,， 所以，又平面，所以直线平面； (ii) . (2). 【分析】（1）直接建系求平面的法向量，将直线与平面平行的问题转化成直线与平面法向量垂直的问题，将求二面角问题转化成两平面法向量的夹角问题； （2）将不规则几何体利用割补法转化成规则几何体，利用转化思想求体积. 【详解】（1）（ⅰ）略. （ⅱ）由题意平面的法向量可取为，从而， 从而平面与平面ABCD所成锐二面角的余弦值， 则，即平面与平面ABCD所成锐二面角的正切值为. （2）如图，连接、、、、．， 连接，由题可知、、三条直线交于一点记为， 由平面向量基本定理：存在唯一实数，使得， 由、、，三点共线， 故存在唯一实数，使得， 又， 从而， 从而有，解得，即. 由、、，三点共线，故存在唯一实数，使得 设，，则， 又，所以， 则， ， ， 在中，，，则， ， . 四棱锥P-ABCD被平面所截得的上、下两部分几何体的体积分别为，， 则=， ， 由，所以， ，当时，随的增大而增大， 由，从而当且仅当时，取等号， 从而的最小值为． 考点二 空间向量解决动点的轨迹问题 ◆题型5 动点的轨迹判断 17．D 18．A 19．B 20．D 21．C ◆题型6 平行相关的动点轨迹问题 22．D 23．/ 24．ABD 25．(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】(1)通过线面平行性质定理得到线线平行，利用相似三角形性质得到为中点； (2)截面五边形总面积等于三角形与四边形的面积和， (3)求得满足条件的是上部分点，由此确定动点的轨迹长度. 【详解】（1）当 时，由 ，可得 是 中点， 是 中点， 是 中点， 在 中，因为 是 中点， 是 中点， 所以由三角形中位线定理得：，又 平面 ， 平面 ， 由线面平行判定定理，得 平面 ； 底面 平面 （，，均在底面 内），且 平面 ，结合 平面 ，由线面平行的性质定理，得； 在底面菱形 中，， 是 中点，即 ， 在 中，，，由相似三角形性质：， 代入 ，得 ，即 ，因此， 为 的中点. （2）以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， ，，， 为菱形，，得，， 当，，，， ， 设平面的法向量为，则，， 取， 在取一点，则截面为五边形， 设，得，， 则也是平面的一个法向量，则， 所以，所以，， 所以， 所以， 所以， ，得 ， ， 所以四边形QPKR 是平行四边形， ， ， ， ，， ， 所以截面五边形总面积：； （3）因为 为 中点，得 ， 由 ， 得，，， ， 设平面 的法向量为，则 可取法向量 由(2)设，得， ， 由 面 ，得 ，即 ， ， 化简：， 得 得， ，得 当，当， 当，所以， 所以，   ， 所以动点 的轨迹为一段线段，长度为 . ◆题型7 垂直相关的动点轨迹问题 26．C 27．ACD 28．(1) (2)圆； (3) 【分析】（1）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，利用面面夹角的向量求法求解即可. （2）设出动点，利用空间向量垂直的坐标表示求解轨迹方程，进而得到形状是圆，再结合圆的弧长公式求解轨迹长度即可. （3）利用三角形面积公式分析出面积最大时点到直线的距离最大，再利用点到直线的距离公式将表示为一元函数，再结合二次函数的性质求解的坐标即可. 【详解】（1）由题意得，， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 因为圆柱的底面半径和母线长均为4，， 所以，，，则，， 设平面的法向量为，得到， ，令，解得，， 故平面的法向量为，易知平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则. （2）设，则，， 因为，所以，则， 化简得，即， 即动点的轨迹是圆心在原点，半径为的圆，轨迹长度为. （3）由已知得，， 由模长公式得， 由题意得圆的方程为，故设， 设到的距离为，而， 故当最大时，只需要保证最大即可，而， 则， ，， 故， 由点到直线的距离公式得， ， ， ， 令，则， 由二次函数性质得在上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得最大值，则值最大，的面积最大，此时， 由同角三角函数的基本关系得，故. 29．(1)连接，作于，连接，由翻折性质知，， ，，又，平面，， 平面，又平面，． (2) (3) 【分析】（1）连接，作于，连接，利用线面垂直的判定定理和线面垂直的定义即可得证； （2）法一：利用线面垂直的判定定理得平面，即为点在平面上的射影，由，得的轨迹是以为直径的一段圆弧，利用弧长公式即可求解； 法二：建立空间直角坐标系，设，则，取中点，得，即的轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，且圆弧对应的圆周角为，利用弧长公式即可求解； （3）法一：建立空间直角坐标系，过作的垂线，垂足为，得，二面角的平面角为，得，求平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则，利用三角函数的性质即可求解. 法二：作平面于点，连接，，利用线面垂直的判定定理得平面，进而得是二面角的平面角，即，在中，，设直线与平面所成角为，得，利用三角函数的性质即可求解. 【详解】（1）略 （2）法一： ∵平面平面，平面平面，平面，， 平面， 为点在平面上的射影． 又，可知的轨迹是以为直径的一段圆弧， ∴当点从移动至时，的轨迹长度从增长至最大， ∵点与重合，，又，， ， 在平面的射影的轨迹长度为； 法二： 以为原点，以向量，的方向为轴，轴正方向，如图建立空间直角坐标系，则， ∵平面平面，平面平面，平面，， 平面，为点在平面上的射影， 设，则， 即，取中点，则， 的轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，且圆弧对应的圆周角为， ∴该圆弧的长度为； （3）法一： 以为原点，以向量，的方向为轴，轴正方向，如图建立空间直角坐标系，则，，， 过作的垂线，垂足为，求得，， 二面角的平面角为，则， 设平面的法向量为，，， 由，，得， 令，则，代入解得， 即平面的一个法向量， 直线的方向向量，设直线与平面所成角为，则， ，单调递增，， ，即直线与平面所成角的正弦值的取值范围为． 法二： 作平面于点，连接，， 平面，， 又，，平面，，平面， 又平面，，是二面角的平面角，， 在中，， 又，设直线与平面所成角为，又， 所以， ，单调递增，， ，即直线与平面所成角的正弦值的取值范围为． ◆题型8 距离相关的动点轨迹问题 30．B 31．D 32．BCD 33．(1)在四棱锥中，底面，平面，则， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以， 由，为的中点，得，又，，平面， 所以平面． (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据题意，得到平面，从而得到，再结合即可求解； （2）（i）以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，根据题意得到平面和平面的法向量即可求解；（ii）根据题意得到即可求解. 【详解】（1）略. （2）（i）由（1）知，直线，，两两垂直， 以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示： 过点作于点，由，，得， 设，则，，，， 所以，， 设平面的法向量，则，令，得， 由平面，得平面的一个法向量为， 依题意，得， 整理得，解得（舍去），所以线段的长为． （ii）显然平面，而平面，则，又， 所以，解得， 因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的， 所以点的轨迹的长度为． 34．（1）；（2）①；②． 【分析】（1）根据集合A的图形是中心对称图形，再由，得转化为，再转化为N点到直线的距离问题解得； 或者根据对称图形，将转化为M点的纵坐标的一函数问题，进而求函数的值域问题可得； （2）①根据图形的对称性，且就是对称中心，所以只需要考虑在第一卦限内到的距离问题， 解法一：用几何法直接求点到面的距离来解得， 解法二：转化为N点纵坐标的函数问题解得， 解法三：用向量的方法来解决点到面的距离问题解得，解法四直接用柯西不等式直接可得. ②根据对称性先用等积法求第一卦限的面积，进而可得全面积. 【详解】（1） 解法1：将替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于y轴对称， 不妨令，， 若，则，即，点M的轨迹是一条线段； 若，则，即，点M的轨迹是另一条线段； 再利用图象关于y轴对称，最终点M形成的轨迹图形如下： 由图可知，点M形成的轨迹图形关于点成中心对称图形且该图形为菱形， 如图，取的中点， 于是，由图可知，最短距离是点N到直线的距离： ，于是最小值为； 而最大距离是点N到的距离，， 所以的最大值为， 从而； 解法2：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于y轴对称， 将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称， 于是点M形成的轨迹关于点成中心对称图形， 于是仅需考虑线段：， 于是，， 当时，最小值为； 当y=1时，最大值为，而点到点的距离为， 从而； （2）① 解法1：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于直线对称， 将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称， 将z替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称， 于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形， 于是将点N形成的轨迹平移至坐标原点，此时满足的方程为：， 此时点N形成的轨迹关于坐标原点对称，且关于x轴，y轴，z轴对称， 当，，时，，对应的轨迹如图：平面 再将该平面关于三个坐标轴对称，得到如图所示的八面体：与： 利用对称性，点到平面的距离即为的最小值， 由于，，两两垂直，且，，， 如图， 过点O作，连接CE，过点O作， 由于平面，平面，所以， 且，平面，平面， 则平面，且平面，则， 又因为，平面，平面， 也是平面，从而最小距离为，即 由于，得，则，，则， 于是的最小值为， 由图可知，，所以的最大值为4，于是； 解法2：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于直线对称， 将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称， 将z替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称， 于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分， 此时点N满足的方程：，即，即，其中， ， 当，此时符合条件，从而的最小值为， 考虑到：，，， 且，即， 由二次函数可知：当时，，z离对称轴都最远， 于是的最大值为：4. 综上所述：； 解法3：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于直线对称， 将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称， 将z替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称， 于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分， 此时点M满足的方程：，即，即，其中， 从而点考虑点Q到截面的距离： 由于截面的法向量为：，截面上一定点，， 点Q到截面的距离：，考虑此时的射影H： 由于直线：，与平面：的交点在截面上， 从而的最小值为； 由解法2可知点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分， 点N满足的方程：，即， 即，其中， 考虑到：，，， 且，即， 由二次函数可知：当时，，z离对称轴都最远， 于是的最大值为：4. 综上所述：； 解法4：先证明柯西不等式： 设，，由于， 于是，当且仅当时，等号成立， 于是令，，则， 即，当且仅当取等号； 再由解法2可知点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分， 点N满足的方程：，即， 即，其中， 考虑到：，，， 且，即， 由二次函数可知：当时，，z离对称轴都最远， 于是的最大值为：4. 综上所述：； ②由①可知，仅需考虑这一部分， 抓住为三个平面，利用三个平面只有一个交点， 从而截面：的三个顶点分别为： ，，，，从而这一部分为，且，，. 由于，则，同理，，，即两两垂直， 由等体积法：，其中d表示Q到平面的距离， 由①可知，，则， 由对称性，可知全面积为． ◆题型9 角度相关的动点轨迹问题 35．D 36．BCD 37．BCD 38．ACD 39．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据中点以及三角形的中位线可得线线平行，进而根据面面平行的判定可证结论； （2）由（1）可知直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，可证明平面，可得为直线与平面所成的角，计算即可； （3）建立空间直角坐标系，根据面面平行的性质可得截面，设，利用坐标法求得平面的一个法向量，根据向量的夹角公式可得，进而计算可求得点轨迹的长度. 【详解】（1）因为，，的中点分别为， 所以，又平面，平面， 所以平面，平面， 又，且平面，所以平面平面， （2）由（1）可知直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角， 由题意可得，，平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 由，，可得，又， 所以，又，所以， 所以，所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）取中点，连接， 由（1）知平面平面， 由平面平面，所以，又的中点. 所以为的中点，同理可得为的中点. 则五边形为过的截面， 以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 则令，则，， 所以平面的一个法向量为， 又平面，所以平面的一个法向量为， 又因为二面角的余弦值为， 所以， 所以，两边平方得， 所以，解得或 由于，故， 当时，，当时，， 所以满足题意的点轨迹的长度为. 40．(1)证明见解析； (2)（i）（ii） 【分析】（1）证明平面，从而，同时在等腰梯形中，通过得到，所以平面； （2）（i）依题意，建系，计算出到平面上的投影点的距离，再根据直线与平面所成角的正切，得到，所以的轨迹是圆，计算周长即可；（ii）设的坐标为，利用向量共面和法向量得到点坐标，通过计算圆心到的距离，分析得到圆上一点到距离的最大值即可；也可设，计算出点到的距离，并利用建立约束分析最大值，从而有的最大值，然后运用向量法或利用点和点到平面的距离相等，得到点到平面的距离，进一步有三棱锥体积的最大值. 【详解】（1）连结交于，连接交于点，连结， 在等腰梯形中，分别为中点，可得， 在正方形中，，又，平面， 所以平面，因为平面，所以， 作，为垂足，在等腰梯形中，， ，得，由得， 在中，，所以即， 又平面，，所以平面. （2）（i）因分别为正四棱台的两底面的中心， 则平面，且， 以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系， ， 则，，， 设平面的一个法向量， 则，故可取， 设在平面上的投影为点，则， 设直线与平面所成角为，则，解得， 所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆，则的轨迹长度为. （ii）解法一：设的坐标为， 因，即，得， 设， 即， ，解得，，从而， 记点到的距离为，则， 所以点到距离的最大值为，所以， 又， 记点到平面距离为，则， 所以. 解法二： 连结，因为且，所以为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面， 所以点和点到平面的距离相等，即为，     设， 记点到距离为， 则， 又， 由可得， 配方得， 令，可得当时，有，所以的最大值为， 所以， 所以. ◆题型10 其他动点轨迹问题 41．B 42．B 43．BC 44．ABC 45．(1)证明：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) (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）略 （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． 综合攻坚·知能拔高 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 D C D C B C BD AC ACD 10． 12 11． 12．(1)取的中点，连接，， 因为为等腰直角三角形，，所以⊥， 因为，，所以， 因为为等边三角形，所以⊥，且， 由⊥与⊥可得为二面角的平面角， 因为，由勾股定理得，所以⊥， 所以，所以平面平面； (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到即为二面角的平面角，由勾股定理逆定理得到垂直关系，证明出结论； （2）建立空间直角坐标系，根据体积之比得到分别为的中点，求出平面的法向量，利用夹角余弦公式进行求解. 【详解】（1）略 （2） 由（1）知，两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为平面，平面，平面平面， 所以，则∽， 因为截面将三棱锥分成上下两个部分的体积之比为， 所以， 因为三棱锥与三棱锥的高相等，所以，即， 所以分别为的中点，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角余弦值为. 13．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）作出合理辅助线，再找到两直线夹角即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出线面角的表达式，利用换元法并求导即可求出其最大值； （3）首先计算得，再计算体积表达式，最后根据范围即可得到答案. 【详解】（1）延长交的延长线于点，则为交线， 因为为的中点，，所以为的中点，所以， 因为侧面是等边三角形，所以， 所以，所以， 所以所求角为． （2）取的中点，连接，由，则， 分别以所在直线为轴和轴， 以过垂直于底面的直线为轴建立空间直角坐标系， ， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则． 设直线与平面所成角为， 则．， 令，则， 令，结合的取值范围可知， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为，故. （3）由题意可知，所以点为的中点， 设， 因为， 则， 又因为， 所以，解得． 即 ， 因为，所以． 14．(1)证明如下： 以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系 则、、、、、、， 因为为中点，所以， 所以，，， 所以 ，，所以，， 又因为，，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）设，则，且，，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值的最大值； （3）解法一：证明出平面平面，平面平面，可知为点到直线的距离，为点到直线的距离，求出直线、的距离，利用点到直线的距离公式结合可求出点的轨迹方程，令，求出的值，即可求出的长； 解法二：设，，，利用空间向量中点到平面的距离公式结合可得出关于、的等式，令，解出的值，即可求出的长. 【详解】（1）略 （2）因为，为四边形内一动点， 设，则，且，，所以， 又因为，， 设为平面的一个法向量， 则，取，则， 设与平面所成角为， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 此时，即时，等号成立， 所以当为时，与平面所成角的正弦值的最大值为. （3）法一：因为，，，、平面， 所以平面， 又平面，平面，所以平面平面，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以为点到直线的距离，为点到直线的距离， 在平面内，以为原点，直线所在直线为轴建立如下图所示平面直角坐标系， 设，因为，，则， 同理可知点，则直线的方程为，直线的方程为， 所以，所以， 所以点的轨迹为焦点在轴或者轴的双曲线， 由题意可知，点为焦点在轴的双曲线交于、两点， 所以，令，所以，所以； 法二：由（2）设，，， 由（1）知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，，， 所以，取，可得， 因为，所以，， 所以，所以， 由题意令，，解得或（舍）， 所以. 15．(1) (2)如图，在底面圆中，过点作交圆于点， 由平面，平面，得，直线两两垂直， 如图，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 于是，，，设， 则，，由， 得， 于是，取，得， 所以存在非零向量，使得恒成立. (3) 【分析】（1）作出圆锥侧面展开图，利用两点间距离线段最短求解. （2）建立空间直角坐标系，表示出点的坐标并求出，结合向量垂直的坐标表示推理得证. （3）求出平面的法向量，利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）如图， 沿圆锥的母线，将圆锥的侧面展开，得侧面展开图扇形， 其中为的中点，与在圆锥中是同一点， 由轨迹在圆锥的侧面上，得在侧面展开图中，轨迹是扇形上连接与两点的曲线， 又是最短路径，而平面上连接两点中线段最短， 因此轨迹是侧面展开图扇形上连接与两点的线段，即线段， 由，得的长度为，又，得，则， 所以在等腰中， ，即的长度为 . （2）略 （3）由（2）可知，是平面的一个法向量，设平面的法向量为， 由，，则，即， 取，得，设平面与平面夹角为， 则，所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围为. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 空间向量解决截面和动点轨迹问题 常考题型·精准突破 考点一 空间向量解决截面问题 ◆题型1 截面的形状问题 ◆题型2 截面的周长问题（重） ◆题型3 截面的面积问题（高频） ◆题型4 截面分割几何体问题（难） 考点二 空间向量解决动点的轨迹问题 ◆题型5 动点的轨迹判断 ◆题型6 平行相关的动点轨迹问题 ◆题型7 垂直相关的动点轨迹问题 ◆题型8 距离相关的动点轨迹问题（高频） ◆题型9 角度相关的动点轨迹问题（重） ◆题型10 其他动点轨迹问题（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 考点一 空间向量解决截面问题 ◆题型1 截面的形状问题 1．（25-26高二上·山东济南·阶段检测）如图所示，在正方体中，若经过的平面分别交和于点，则四边形的形状是（    ） A．直角梯形 B．菱形 C．平行四边形 D．等腰梯形 2．（25-26高二下·江苏南京·期中）（多选）在正方体中，点，分别为棱，的中点，过，，三点作该正方体的截面，已知此截面是一个多边形，则（    ） A．为梯形 B．为五边形 C．平面 D．平面 3．（25-26高一下·浙江温州·期末）（多选）如图，正方体的棱长为，点为的中点，动点满足，，且，，则下列说法正确的是（     ） A．若，则直线与平面可能平行 B．若，则平面截该正方体的截面可能是三角形 C．若，，则平面截该正方体的截面是五边形 D．若，则点到线段距离的最小值为 ◆题型2 截面的周长问题 4．（2026·山东日照·二模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为（   ） A．4 B．8 C． D． 5．（2024·四川宜宾·三模）已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（    ） A．截面多边形不可能是平行四边形 B．截面多边形的周长是定值 C．截面多边形的周长的最小值是 D．截面多边形的面积的取值范围是 6．（25-26高二上·江西南昌·阶段检测）如图，已知在正三棱柱中，，三棱柱外接球半径为，且点分别为棱，的中点． (1)求棱AB的长； (2)过点作三棱柱截面，求截面图形的周长； (3)求平面与平面的夹角的余弦值． 7．（24-25高一下·北京东城·期末）如图，正四棱柱中，底面边长为1，侧棱长为2.为棱上一动点，平面截正四棱柱所得截面交棱于点. (1)求证：； (2)求四棱锥的体积； (3)写出当的长为何值时，四边形的周长最小，并求此时平面与平面的夹角的正切值. ◆题型3 截面的面积问题 8．（25-26高二下·江苏常州·期中）（多选）如图，在棱长均为的平行六面体中，底面是正方形，且，设，，，下列选项正确的是（    ）    A． B．长为 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为 9．（福建省泉州市部分校2026-2027学年高三8月适应性考试数学试题）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（    ） A．对于任意点，都有 B．对于任意点，不存在∥平面 C．过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为 D．存在点，使得三棱锥体积为 10．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）如图，在三棱锥中，平面平面，． (1)证明：平面平面； (2)已知平行于的平面将三棱锥截为两部分，求截面面积的最大值； (3)若二面角的大小为，求的余弦值． 11．（25-26高二下·福建龙岩·期中）如图，在长方体中，. (1)若点在底面内，且平面，求点的轨迹长度； (2)若平面截长方体所得的截面交于点，求四边形的面积； (3)在（2）的条件下，已知点在侧面内，且，当直线与平面所成角的正弦值最大时，试探究点的位置. 12．（2026·广西桂林·二模）已知正三棱柱如图，各棱长均为1，D为上的动点. (1)当时，求与的夹角余弦值； (2)棱是否存在点D，使得二面角的平面角的余弦值为，若存在说明点D的位置，若不存在，请说明理由； (3)记过点D与侧面对角线的截面为，与底面ABC和三个侧面，，，所成的二面角依次为，，，，若，求截面三角形的面积. ◆题型4 截面分割几何体问题 13．（25-26高三上·山东青岛·期中）（多选）已知正方体的棱长为4，点在棱上，若正方体的一个截面经过点，，，且将正方体分成体积比为的两部分，则（   ） A．该截面为梯形 B． C．点到该截面的距离为 D．点，，，都在同一个球面上，且该球的表面积为 14．（2025·湖南永州·模拟预测）（多选）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，均与底面垂直，且，点、分别为线段BC，的中点，记该几何体的体积为，下列说法正确的是（    ）    A．该几何体的体积为 B．平面截该几何体所得截面周长为 C．平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为 D．平面与平面的二面角的余弦值为 15．（2026·山西大同·一模）如图，在直三棱柱中，，，D，E，F分别为棱，，的中点. (1)证明：平面平面； (2)过作平面的平行平面，平面将直三棱柱截成两部分，其中较大部分体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 16．（25-26高一下·重庆·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PCD是等边三角形，平面平面ABCD．M在棱PC上满足．过A，M作平面与棱PB，PD分别交于E，F两点（不含端点）． (1)若． （ⅰ）求证：直线平面； （ⅱ）求平面与平面ABCD所成锐二面角的正切值； (2)记四棱锥P-ABCD被平面所截得的上、下两部分几何体的体积分别为，，求的最小值． 考点二 空间向量解决动点的轨迹问题 ◆题型5 动点的轨迹判断 17．（25-26高三·全国·二轮复习）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 18．（25-26高二上·广东广州·阶段检测）如图，平面平面，是正三角形，四边形是正方形，点是平面内的一个动点，且满足，则点在正方形内的轨迹是（    ） A． B． C． D． 19．（25-26高三上·上海徐汇·阶段检测）如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则下列命题正确的有（   ） ①：点P在平面上的轨迹为椭圆    ②：线段长度的最小值为1 ③：线段长度的最大值为3 A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 20．（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 21．（25-26高二上·北京·阶段检测）如图，已知正方体的棱长为为的中点，为所在平面内一动点，则下列命题正确的个数是（   ） ①若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆 ②若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 ③若点到直线与到直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线 ④若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 A．1 B．2 C．3 D．4 ◆题型6 平行相关的动点轨迹问题 22．（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． 23．（25-26高二上·广东东莞·期中）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，点，分别为，的中点，点为内的一个动点（包括边界），平面，则点的轨迹的长度为_________. 24．（25-26高二下·福建莆田·期末）（多选）已知正方体的棱长为1，若，则（     ） A．若，则 B．若平面，则点轨迹的面积为 C．若，则的最小值为 D．若，则点的轨迹与正方体表面交线的长度为 25．（25-26高一下·重庆沙坪坝·期中）已知四棱锥的底面为菱形，且，且.平面与射线分别交于点，且满足 (1)当时，平面与棱交于点.证明：为中点； (2)当时，求平面截四棱锥所得截面的面积； (3)记为中点，若直线上始终存在动点满足平面.当 变化时，求动点的轨迹长度. ◆题型7 垂直相关的动点轨迹问题 26．（25-26高一下·北京丰台·期末）在直三棱柱中，，，点M在三棱柱的表面上运动，且满足、则下列结论错误的是（   ） A．点M可以是线段BC的中点 B．点M的轨迹长度为 C．存在点M，使得点B到平面的距离为 D．任意点平面，都有平面 27．（23-24高三上·江苏南通·开学考试）（多选）在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足.记点的轨迹为，则（    ） A．点可以是侧面的中心 B．是菱形 C．线段的最大值为 D．的面积是   28．（2025·陕西·模拟预测）如图，圆柱的底面半径和母线长均为4，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，，点是上底面上的一个动点（若建系，请以为坐标轴建系） (1)求平面与平面的夹角的余弦值； (2)若，求动点的轨迹形状和长度； (3)若点只在上底面上的圆周上运动，求当的面积取得最大值时，点的位置.（可用坐标表示） 29．（26-27高三上·福建莆田·开学考试）如图，在矩形中，，，点是线段上的动点，将沿翻折至． (1)证明：； (2)若平面平面，求在平面内的射影的轨迹的长度； (3)当点与重合时，记二面角的大小为，若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． ◆题型8 距离相关的动点轨迹问题 30．（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． 31．（2025·北京·二模）设正方体的棱长为2，P为正方体表面上一点，且点P到直线的距离与它到平面ABCD的距离相等，记动点P的轨迹为曲线W，则曲线W的周长为（   ） A． B． C． D． 32．（25-26高二下·江苏泰州·阶段检测）（多选）如图，四面体中，，，，，为该四面体表面上一点（包含边界），则（     ）    A．若，，则点存在且唯一 B．若，则点在内的轨迹长度为 C．若，则的最小值为1 D．的最小值为 33．（26-27高三上·河北沧州·开学考试）如图，在四棱锥中，底面，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)四边形中，，，，，若平面与平面所成的角的余弦值为． （i）求线段的长； （ii）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度． 34．（25-26高二上·广东东莞·阶段检测）（1）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义集合，，对任意的点，求的取值范围； （2）在空间直角坐标系中，定义集合，，点是集合B内任意一点． ①求的取值范围； ②求点N的轨迹形成图形的全面积． 注：若平面α的法向量为，点是平面α上一定点，则对于平面α上任一点，点P满足方程：． ◆题型9 角度相关的动点轨迹问题 35．（25-26高二上·湖北孝感·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点是四边形内部的一点，且平面与平面的夹角为，则点的轨迹的长度为（   ）    A． B． C． D． 36．（25-26高二下·湖南郴州·期末）（多选）在棱长为的正方体中，点是上靠近点的三等分点，点是的中点，是四边形内一点（不包括边界），且满足，则下列选项中正确的是（    ） A．过点、、的平面截正方体的截面为四边形 B．平面与平面所成二面角的平面角的正切值为 C．点的轨迹长度为 D．的取值范围为 37．（2025·江苏·模拟预测）（多选）棱长为1的正方体中，M，N，P分别为棱，，的中点，Q为平面PMN上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．平面PMN截正方体表面所得截面为五边形 B．平面与平面所成锐二面角的余弦值为 C．若与的夹角为，则Q点的轨迹长度为 D．若，交于，正方形的四个顶点绕着在上底面逆时针旋转45°得到一个十面体（如图），则该十面体的体积为 38．（25-26高二上·广东·阶段检测）（多选）如图，正方体的棱长为2，点在侧面的边界及其内部运动.下列说法正确的是（   ）    A．若点为线段上的动点，当时， B．若点为线段上的动点，当时，点到平面的距离为 C．若点为底面的中心，且，则面积的最大值为 D．若，则点的轨迹的长度为 39．（25-26高二下·江苏泰州·阶段检测）如图，四边形是正方形，四边形是直角梯形且，，，，，，的中点分别为，，. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若是该空间几何体中过点，，的截面上的一点，且二面角的余弦值为，求点的轨迹长度. 40．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，正四棱台中，，，. (1)求证：平面； (2)若点在平面内，且直线与平面所成的角的正切值为. （i）求的轨迹的长度； （ii）求三棱锥体积的最大值. ◆题型10 其他动点轨迹问题 41．（2025·江西·二模）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． 42．（24-25高三下·江苏南通·阶段检测）已知正方体的棱长为是侧面上的动点（含端点），且满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 43．（2026·辽宁·三模）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的有（   ） A．直线与所成角的余弦值为 B．用平面截该正方体，所得截面面积为 C．若与交于点，则长度的取值范围是 D．若三棱锥与三棱锥体积相等，则动点的轨迹长度为 44．（25-26高二上·河南洛阳·期末）（多选）左图是一副直角三角板和，其中，现将三角板沿公共边翻折成右图的四面体，在翻折的过程中，下列叙述正确的是（   ）    A．为线段上的动点，则的最小值为 B．异面直线与所成角的余弦值取值范围是 C．当直线与平面所成角相等时，四面体外接球的表面积为 D．当四面体的体积最大时，若在内部，且，则点的轨迹长度为 45．（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． 综合攻坚·知能拔高 一、单选题 1．在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面，分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 2．如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则下列说法不正确的是（    ） A．若在线段上，则的最小值为 B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为 C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆 D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为 3．在三棱柱中，平面，，，点在三棱柱的表面上运动，且，则下列结论错误的是（   ） A．点可以在点处 B．点在底面上的轨迹为线段 C．点的轨迹围成直角三角形 D．直线与点的轨迹所在平面相交 4．已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为（   ） A．4 B．8 C． D． 5．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 6．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． 二、多选题 7．已知在正四棱锥中，，Q为平面内一点，则（   ） A．四棱锥的体积为 B．当时，面积的最小值为 C．当（）时，存在使 D．当时，点Q的轨迹为抛物线 8．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 9．棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点，为平面上的动点，若，交于将正方形的四个顶点绕着在上底面逆时针旋转得到一个十面体（如图），则下列结论正确的是（     ） A．十面体的外接球表面积为 B． C．若与的夹角为，则点的轨迹为圆 D．十面体的体积为 三、填空题 10．如图，已知正方体的棱长为4，，，分别是棱，，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是______；的最大值为______． 11．已知棱长为的正四面体的外接球球心为，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角的正弦值为___________. 四、解答题 12．如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为等边三角形，，，分别为，上的动点，且平面． (1)证明：平面平面； (2)若截面将三棱锥分成上下两个部分的体积之比为，求平面与平面夹角的余弦值． 13．如图，四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，二面角的平面角大小为为的中点. (1)设平面平面，求直线与直线的夹角大小； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值； (3)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，分别交于两点，其中为的中点，平面，求四棱锥的体积的取值范围. 14．已知正方体的棱长为，与相交于点，为四边形内一动点（包含边界）. (1)若是的中点，证明：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值； (3)若到平面的距离为，到平面的距离为，满足，且的轨迹交平面于、两点，求的长. 15．如图，已知圆锥的底面直径，其中为底面圆心，高，动点从点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到点，其轨迹为． (1)求长度的最小值； (2)若点在圆上，且（是弧所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立； (3)在（2）的条件下，可知是平面曲线，记所在平面为，求平面与平面夹角余弦值的取值范围． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 空间向量解决截面和动点轨迹问题 常考题型·精准突破 考点一 空间向量解决截面问题 ◆题型1 截面的形状问题 ◆题型2 截面的周长问题（重） ◆题型3 截面的面积问题（高频） ◆题型4 截面分割几何体问题（难） 考点二 空间向量解决动点的轨迹问题 ◆题型5 动点的轨迹判断 ◆题型6 平行相关的动点轨迹问题 ◆题型7 垂直相关的动点轨迹问题 ◆题型8 距离相关的动点轨迹问题（高频） ◆题型9 角度相关的动点轨迹问题（重） ◆题型10 其他动点轨迹问题（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 考点一 空间向量解决截面问题 ◆题型1 截面的形状问题 1．（25-26高二上·山东济南·阶段检测）如图所示，在正方体中，若经过的平面分别交和于点，则四边形的形状是（    ） A．直角梯形 B．菱形 C．平行四边形 D．等腰梯形 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，根据四点共面及向量的运算可得，又因为不共线，从而可证明四边形为平行四边形. 【详解】设正方体的棱长为a，，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，. ∵在同一个平面内，∴， 即，解得. 所以，，即， 所以且，又因为不共线，所以四边形是平行四边形. 故选：C. 2．（25-26高二下·江苏南京·期中）（多选）在正方体中，点，分别为棱，的中点，过，，三点作该正方体的截面，已知此截面是一个多边形，则（    ） A．为梯形 B．为五边形 C．平面 D．平面 【答案】BD 【分析】以为原点建立边长为的空间直角坐标系确定各已知点坐标，确定截面形状后判断AB，通过空间向量的垂直关系判断C，通过 可判断D. 【详解】 如上图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为，则各点坐标为: 选项A：延长交于点，交于， 连接交于，连接交于， 则共面， 由上图可知，截面是一个五边形，而非梯形，选项A错误，B正确； 选项C：若平面，则与平面中的每一条直线都是垂直的， ，， 此时，则与平面并不垂直，选项C错误； 选项D：由三角形中位线定理可知，平行于，且， 又因为平面，而平面，所以平面，选项D正确. 3．（25-26高一下·浙江温州·期末）（多选）如图，正方体的棱长为，点为的中点，动点满足，，且，，则下列说法正确的是（     ） A．若，则直线与平面可能平行 B．若，则平面截该正方体的截面可能是三角形 C．若，，则平面截该正方体的截面是五边形 D．若，则点到线段距离的最小值为 【答案】ABD 【分析】利用向量法和平面延展来逐个选项分析. 【详解】如图，建立空间直角坐标系， 则， 因为，， 所以， 对于A，若，则，，故， 则， 又平面，平面， 所以平面， 若平面，且平面， 所以平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以， 因为点为的中点， 所以时，即可使得平面，A正确； 对于B，若时，为与交点，为与交点， 根据与可得，此时截面即为三角形，B正确； 对于C，若，，则， 点即为点，在上，平面延伸与无交点， 则截面图形最多四个顶点，C错误； 对于D，若，则，， 所以， 则， 令点到线段距离为，的夹角为， 则，， 所以三角形的面积， 解得， 且， 令，即，解得，符合，D正确. ◆题型2 截面的周长问题 4．（2026·山东日照·二模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为（   ） A．4 B．8 C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，设，由得出相应的结论，即可得出点构成的平面截正四面体所得的截面图形求出图形的周长即可. 【详解】将正四面体补全为正方体，则正方体棱长为4， 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 设，则 ， 所以，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，边长为， 故截面周长为. 5．（2024·四川宜宾·三模）已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（    ） A．截面多边形不可能是平行四边形 B．截面多边形的周长是定值 C．截面多边形的周长的最小值是 D．截面多边形的面积的取值范围是 【答案】D 【分析】将平面从平面开始旋转，结合对称性可判断A；设，利用余弦定理表示出，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断BC；先判断，然后利用向量方法求出，可得截面面积的范围，可判断D. 【详解】对于A，当平面过或时，截面为三角形. 易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时， 由对称性可知，此时平面与交于点，且， 此时截面为四边形，且注意到当分别为的中点时，此时满足， 且，即此时截面四边形是平行四边形，故A错误；    对于BC，设，由余弦定理得， ， 由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和， 当三点共线时取得最小值， 由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值， 所以截面多边形周长的取值范围是，故BC错误； 对于D，记与的交点为，由对称性，， 所以，， 因为， 所以，所以， 记， 则， 因为， 所以 ， 由二次函数性质可知，，即， 所以，故D正确； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是找到正四面体的对称性，根据对称性判断截面形状，利用余弦定理求周长，利用空间向量求距离，然后可得面积，题目综合性强，对学生的直观想象能力有较高的要求. 6．（25-26高二上·江西南昌·阶段检测）如图，已知在正三棱柱中，，三棱柱外接球半径为，且点分别为棱，的中点． (1)求棱AB的长； (2)过点作三棱柱截面，求截面图形的周长； (3)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】（1）根据正三棱柱外接球可得，又，代入数据即可求解棱AB的长； （2）由（1）可得，延长交于点，连接交于点，得到四边形为所求截面，进而求得截面图形的周长； （3）以点为原点，以所在的直线分别为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）如图，三棱柱外接球球心为，三角形外接圆圆心为， 由正三棱柱中，，则，且， 因为三棱柱外接球半径为，则， 因为为正三角形，又底面正的外接圆的半径为， 所以， 又 则， 解得. （2）因为点分别为棱，的中点，可得， 如图所示，延长交于点，连接交于点，四边形为所求截面， 取的中点， 则，所以， 在中，由余弦定理得，所以可得， 所以截面图形的周长为. （3）以点为原点，以所在的直线分别为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，可得， 则 设平面的法向量为，则， 取，则，所以， 取的中点，因为为等边三角形，可得， 又因为平面，且平面，所以， 因为且平面，所以平面， 又由，可得， 所以平面的一个法向量为， 设两个平面所成角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值． 7．（24-25高一下·北京东城·期末）如图，正四棱柱中，底面边长为1，侧棱长为2.为棱上一动点，平面截正四棱柱所得截面交棱于点. (1)求证：； (2)求四棱锥的体积； (3)写出当的长为何值时，四边形的周长最小，并求此时平面与平面的夹角的正切值. 【答案】(1) 在正四棱柱中，平面∥平面． 且平面平面，且平面平面． ． (2) (3) 【分析】根据正四棱柱性质得出对面平行及面面平行的性质推出线线平行． 通过转换顶点，将四棱锥转换成两个三棱锥之和求解即． 将侧面展开，根据两点之间线段最短求出的值，然后建立空间直角坐标系求出面面夹角正切值． 【详解】（1）略 （2）连接． 正四棱柱中，底面边长为1． ． ． ． ；． ． （3）将平面与面展开在同一平面上，如图所示． 且．四边形为平行四边形． 四边形的周长. 若使四边形的周长最小，即三点共线时有最小值． 即当为中点时，，四边形的周长最小． 以为原点，分别以所在直线为轴，如图所示建立空间直角坐标系． 则． . 设面的法向量． ． 令，则；面的法向量． 平面的法向量为． 设平面与平面的夹角为，则． .． 即平面与平面的夹角的正切值为． ◆题型3 截面的面积问题 8．（25-26高二下·江苏常州·期中）（多选）如图，在棱长均为的平行六面体中，底面是正方形，且，设，，，下列选项正确的是（    ）    A． B．长为 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为 【答案】ACD 【分析】A，通过向量表示即可. B，在A的基础上利用数量积求模. C，利用数量积求夹角余弦值. D，通过距离确定球心位置和半径后，通过等体积法求出截面半径以及面积. 【详解】选项A，，所以，正确. 选项B，， 所以，错误. 选项C，，且， 所以，正确. 选项D，因为，，所以为等腰直角三角形.    取中点，因为，所以该外接球是以为球心，. 对于锥体的体积， 因为投影落在上，所以， 所以到面的距离. 因为， 所以，解得. 所以截面半径， 所以，正确. 9．（福建省泉州市部分校2026-2027学年高三8月适应性考试数学试题）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（    ） A．对于任意点，都有 B．对于任意点，不存在∥平面 C．过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为 D．存在点，使得三棱锥体积为 【答案】ABC 【分析】根据正方体的垂直关系建立空间直角坐标系，根据坐标关系判断选项即可． 【详解】在正方体中，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系； 因为棱长为2，可得，，；设， 则，； 则；故对于任意点，都有，A选项正确； 因为分别是的中点，故，，； 则，； 设为平面的法向量， 则，可得，解得； 令可得，； 令，解得，不合题意， 故对于任意点，不存在∥平面，B选项正确； 在平面中作，垂足为，过点在平面中作，交于点； 因为正方体中，平面平面，且交于； 因为平面，故平面，而平面，则； 因为平面，故平面； 平面截正方体的截面为矩形； 当与重合时，即为的中点时，截面最大， 面积为，故C正确； 由， 可得，因为是线段上的动点（不包含端点），故， 综上，不存在点，使得三棱锥体积为，故D错误． 10．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）如图，在三棱锥中，平面平面，． (1)证明：平面平面； (2)已知平行于的平面将三棱锥截为两部分，求截面面积的最大值； (3)若二面角的大小为，求的余弦值． 【答案】(1)由，则，即， 由平面 平面，平面 平面， 平面 ， 所以平面， 平面 ，则平面 平面. (2) (3) 【分析】（1）由已知得，再由面面垂直的性质定理及判定定理，即可证结论； （2）设平行于的截面 与的交点分别为，得 为平行四边形，令，求得平行四边形截面的边长，进而写出面积表达式，利用二次函数的最值可求得截面面积的最大值； （3）构建合适的空间直角坐标系，设，并求得相关点坐标，求出相关平面的法向量，根据二面角的余弦值及夹角的向量公式列方程求参数，即可求解. 【详解】（1）略 （2）设平行于的截面 与的交点分别为， 因为 平面 ，平面 ，平面 平面， 所以，同理可得，所以，同理可证， 所以四边形 为平行四边形， 令，则， 所以，， 又截面 始终为平行四边形， 所以 ， 要使截面 的面积最大，只需且， 此时最大； （3）由（1）平面，在平面内作，如下图示， 可构建如图示的空间直角坐标系 ， 设，则， 故， 设平面 的法向量为， 则， 令，得， 所以平面 的法向量为， 设平面 的法向量为， 则， 令，得， 所以平面 的法向量为， 由二面角的大小为， 则， 所以，可得， 解得或（舍），所以的余弦值为. 11．（25-26高二下·福建龙岩·期中）如图，在长方体中，. (1)若点在底面内，且平面，求点的轨迹长度； (2)若平面截长方体所得的截面交于点，求四边形的面积； (3)在（2）的条件下，已知点在侧面内，且，当直线与平面所成角的正弦值最大时，试探究点的位置. 【答案】(1) (2) (3)点为上靠近点的三等分点 【分析】（1）应用空间向量法求出法向量，进而因为线面平行列式计算求解； （2）先设，应用四点共面得出参数，再计算边长得出四边形面积即可； （3）先设，再应用线面角正弦公式计算即可求出参数. 【详解】（1）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，则. 设，则. 设平面的法向量为， 则取，则， 即. 因为平面，所以， 取的中点，连接，则点的轨迹是线段，. （2）连接，设，得， 由于四点共面，可设， 即，解得所以， 此时，因为，所以，又， 所以四边形是菱形，又， 所以四边形的面积. （3），设， 则 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取得最大值， 则当，即时，直线与平面所成角的正弦值最大，此时点为上靠近点的三等分点. 12．（2026·广西桂林·二模）已知正三棱柱如图，各棱长均为1，D为上的动点. (1)当时，求与的夹角余弦值； (2)棱是否存在点D，使得二面角的平面角的余弦值为，若存在说明点D的位置，若不存在，请说明理由； (3)记过点D与侧面对角线的截面为，与底面ABC和三个侧面，，，所成的二面角依次为，，，，若，求截面三角形的面积. 【答案】(1)； (2)存在，； (3). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，即可计算线线夹角； （2）建立空间直角坐标系，设出点坐标，计算法向量，即可根据二面角计算坐标； （3）根据射影面积定理列出等式，即可求解. 【详解】（1）依题意作正三棱柱如图，设AC的中点为O，建立空间直角坐标系如图， 由，得，，，， ，， 设与的夹角为，. （2）假设存在点D满足题意，由，则，，，， 设面的法向量为，，， ，，令，得，，从而， 设面的法向量为，， ，，令，解得，， 从而， 当时，，解得， 所以D为的中点时，二面角为直二面角. 时，二面角的平面角为钝角；时，二面角的平面角为锐角， 设二面角的平面角为， 则，解得，， 因为二面角的平面角为锐角，故舍去， 综上得，存在满足题意的点D，此时. （3）假设存在点D满足题意，且， 则，，，，设面的法向量为， ，，，， 则点D到的距离为， ，， 又在底面和三个侧面，，上的射影面积分别为，,，， 所以由面积射影定理得，， ，， 得， 解得，故. ◆题型4 截面分割几何体问题 13．（25-26高三上·山东青岛·期中）（多选）已知正方体的棱长为4，点在棱上，若正方体的一个截面经过点，，，且将正方体分成体积比为的两部分，则（   ） A．该截面为梯形 B． C．点到该截面的距离为 D．点，，，都在同一个球面上，且该球的表面积为 【答案】ACD 【分析】首先说明与、与不重合，作出截面即可判断A，设，根据台体的体积公式求出即可判断B，建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断C，求出外接圆的半径，再由勾股定理求出外接球的半径，即可判断D. 【详解】若与重合，则截面为三角形，又，不符合题意，所以与不重合，同理可得不与重合； 对于A：设平面与线段交于点，连接、、， 又平面平面，平面平面，平面平面， 所以，又，所以，则，所以，所以截面为等腰梯形，故A正确； 对于B：设，则， 所以三棱台的体积， 依题意，解得或（舍去）， 所以，故B错误； 对于C：如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，令，则， 所以点到该截面的距离，故C正确； 对于D：因为为等腰三角形，则，， 所以外接圆的半径， 又平面， 所以外接球的半径， 所以外接球的表面积，故D正确. 故选：ACD 14．（2025·湖南永州·模拟预测）（多选）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，均与底面垂直，且，点、分别为线段BC，的中点，记该几何体的体积为，下列说法正确的是（    ）    A．该几何体的体积为 B．平面截该几何体所得截面周长为 C．平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为 D．平面与平面的二面角的余弦值为 【答案】AC 【分析】对于A，由何体可看作是一个长方体与一个四棱锥的组合体的差可判断，对于B，过点做的平行线交于点，连接，连接，则四边形为截面．即可判断，对于C,由几何体体积公式即可判断，对于D，通过建系，求得平面法向量，代入公式即可判断. 【详解】A选项，该几何体可看作是一个长方体与一个四棱锥的组合体的差． 以底面正方形为底，高为的长方体体积． 四棱锥的底面积，高，根据四棱锥体积公式， 可得． 所以则该几何体体积，所以选项A正确； B选项，连接，连接，由题可得，则四边形为截面，且四边形为梯形． 在中，已知，由勾股定理可得：， 所以，又因为， 所以周长，所以B错误； 对于C选项，由题意可知，平面即为平面截几何体的截面． 因为该几何体体积， 被截棱台的体积， 另一部分体积为，所以较小部分的体积为．所以C正确；    对于D选项，以D为原点，分别以所在直线为轴建立空间-直角坐标系． 则． 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以． 平面的法向量为． 设平面与平面的二面角为，由题可知为钝角，则，所以选项D错误． 故选：AC 15．（2026·山西大同·一模）如图，在直三棱柱中，，，D，E，F分别为棱，，的中点. (1)证明：平面平面； (2)过作平面的平行平面，平面将直三棱柱截成两部分，其中较大部分体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) 因为是直三棱柱，所以， 因为，所以， 又且，平面， 所以平面， 又，分别为棱，的中点，所以， 所以平面，又平面， 所以平面平面. (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定得平面，再由面面垂直的判定证明结论. （2）利用平面的基本性质及棱柱体积公式和已知求得，构建合适的空间直角坐标系，再应用向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）根据面面平行的判定定理作出平面，如图所示， 平面与直三棱柱的截面即为平面， 显然，平面将直三棱柱分成体积比为的两部分， 所以， 设，则，所以. 以为原点，棱，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，. 所以，，， 设平面的法向量为，则，即，令，得， 设直线与平面所成角为，则. 16．（25-26高一下·重庆·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PCD是等边三角形，平面平面ABCD．M在棱PC上满足．过A，M作平面与棱PB，PD分别交于E，F两点（不含端点）． (1)若． （ⅰ）求证：直线平面； （ⅱ）求平面与平面ABCD所成锐二面角的正切值； (2)记四棱锥P-ABCD被平面所截得的上、下两部分几何体的体积分别为，，求的最小值． 【答案】(1)（i）取CD的中点，连接， 侧面PCD是等边三角形 ，，， 又平面平面ABCD，平面平面ABCD， 平面， 如图所示建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 由，故，由，故， 从而,， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 取， 又,， 所以，又平面，所以直线平面； (ii) . (2). 【分析】（1）直接建系求平面的法向量，将直线与平面平行的问题转化成直线与平面法向量垂直的问题，将求二面角问题转化成两平面法向量的夹角问题； （2）将不规则几何体利用割补法转化成规则几何体，利用转化思想求体积. 【详解】（1）（ⅰ）略. （ⅱ）由题意平面的法向量可取为，从而， 从而平面与平面ABCD所成锐二面角的余弦值， 则，即平面与平面ABCD所成锐二面角的正切值为. （2）如图，连接、、、、．， 连接，由题可知、、三条直线交于一点记为， 由平面向量基本定理：存在唯一实数，使得， 由、、，三点共线， 故存在唯一实数，使得， 又， 从而， 从而有，解得，即. 由、、，三点共线，故存在唯一实数，使得 设，，则， 又，所以， 则， ， ， 在中，，，则， ， . 四棱锥P-ABCD被平面所截得的上、下两部分几何体的体积分别为，， 则=， ， 由，所以， ，当时，随的增大而增大， 由，从而当且仅当时，取等号， 从而的最小值为． 考点二 空间向量解决动点的轨迹问题 ◆题型5 动点的轨迹判断 17．（25-26高三·全国·二轮复习）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. 18．（25-26高二上·广东广州·阶段检测）如图，平面平面，是正三角形，四边形是正方形，点是平面内的一个动点，且满足，则点在正方形内的轨迹是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取中点，中点，连接，，由题证明平面，建立空间直角坐标系，取，求出相关点的坐标，设，利用长度相等推得动点的轨迹方程即可逐一判断． 【详解】 如图，取中点，中点，连接，， 因平面平面，由可得， 因平面平面， 平面，故平面，易得， 故可以为坐标原点，分别以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，化简得：， 故点的轨迹是一条直线，排除C，D．又点不在直线上，故排除B，而点在直线上，故A正确． 故选：A. 19．（25-26高三上·上海徐汇·阶段检测）如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则下列命题正确的有（   ） ①：点P在平面上的轨迹为椭圆    ②：线段长度的最小值为1 ③：线段长度的最大值为3 A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】B 【分析】利用面面垂直证明平面，再建立空间直角坐标系，通过点到直线的距离计算，结合面积得到动点的轨迹方程，可确定轨迹为椭圆，再利用距离的坐标运算，结合椭圆的有界性，即可求得最值. 【详解】因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面. 如图建立空间直角坐标系， 在直角三角形中，由，，可得， 所以，设， 则， 所以点到的距离为： 所以的面积为， 平方化简上式得：， 由上可得：点P在平面上的轨迹为椭圆，故①正确； 由，则，把代入可得： 因为，所以， 即当时，，故②错误； 当时，，故③正确； 综上正确的是：①③， 故选：B. 20．（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. 21．（25-26高二上·北京·阶段检测）如图，已知正方体的棱长为为的中点，为所在平面内一动点，则下列命题正确的个数是（   ） ①若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆 ②若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 ③若点到直线与到直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线 ④若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】对于①，根据线面角可得，可知的轨迹为以为圆心，为半径的圆；对于②，根据勾股定理求出，再根据中位线定理求出点到的中点的距离，可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，根据圆的面积公式可得结果；对于③，将点到直线的距离转化为点到点的距离，再根据抛物线的定义可得结果；对于④，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式计算推理即可判断. 【详解】①因为与平面所成的角为，即，所以， 所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故①正确； ②若，因为，，所以. 取中点，连接，则， 故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其面积为，故②错误； ③因为平面，且为所在平面内一动点， 所以点到直线的距离为， 即点到点的距离与到直线的距离相等，又不在直线上， 所以点的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，故③正确； ④以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图： 则，，，设， 则，， 因为与所成的角为， 所以， 即，化简得， 所以点的轨迹为双曲线，故④正确. 所以正确命题的个数为3个. 故选：C. ◆题型6 平行相关的动点轨迹问题 22．（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：. 23．（25-26高二上·广东东莞·期中）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，点，分别为，的中点，点为内的一个动点（包括边界），平面，则点的轨迹的长度为_________. 【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，由题知平面， 因为是平面内的相交直线，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，所以， 解得，则，又 所以， 所以. 故答案为： 24．（25-26高二下·福建莆田·期末）（多选）已知正方体的棱长为1，若，则（     ） A．若，则 B．若平面，则点轨迹的面积为 C．若，则的最小值为 D．若，则点的轨迹与正方体表面交线的长度为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，对于A，分别写出的坐标表示可得，即可得到；对于B，先证明平面平面，进而可得点在等边内运动，即可求出点轨迹的面积；对于C，根据柯西不等式或不等式配方可得的最小值；对于D，先得出点在以为球心，半径的球面上，再分别考虑与正方体每个表面的交线长度即可. 【详解】如图，以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系， 则， 由于，故. 对于A，若，则， 又，故， 故，因此，故A正确； 对于B，因为，平面，平面， 故平面， 又，平面，平面，故平面， 而平面，，故平面平面， 由于平面，所以平面， 又，故点在内运动，轨迹面积即为的面积， 易得为边长为的等边三角形，， 因此点的轨迹面积为，故B正确； 对于C，由于，故， 这是因为， 当且仅当时取等号，因此的最小值为，故C错误； 对于D，， 故点在以为球心，半径的球面上， 考虑平面，取，则，故该球与正方形仅交于点， 同理，与正方形仅交于点，与正方形仅交于点， 考虑平面，取，则， 故该球与正方形的交线为以点为圆心，半径为1的圆弧，长度为， 同理，与正方形、正方形的交线长度均为， 因此点的轨迹与正方体表面交线的长度为，故D正确. 25．（25-26高一下·重庆沙坪坝·期中）已知四棱锥的底面为菱形，且，且.平面与射线分别交于点，且满足 (1)当时，平面与棱交于点.证明：为中点； (2)当时，求平面截四棱锥所得截面的面积； (3)记为中点，若直线上始终存在动点满足平面.当 变化时，求动点的轨迹长度. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】(1)通过线面平行性质定理得到线线平行，利用相似三角形性质得到为中点； (2)截面五边形总面积等于三角形与四边形的面积和， (3)求得满足条件的是上部分点，由此确定动点的轨迹长度. 【详解】（1）当 时，由 ，可得 是 中点， 是 中点， 是 中点， 在 中，因为 是 中点， 是 中点， 所以由三角形中位线定理得：，又 平面 ， 平面 ， 由线面平行判定定理，得 平面 ； 底面 平面 （，，均在底面 内），且 平面 ，结合 平面 ，由线面平行的性质定理，得； 在底面菱形 中，， 是 中点，即 ， 在 中，，，由相似三角形性质：， 代入 ，得 ，即 ，因此， 为 的中点. （2）以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， ，，， 为菱形，，得，， 当，，，， ， 设平面的法向量为，则，， 取， 在取一点，则截面为五边形， 设，得，， 则也是平面的一个法向量，则， 所以，所以，， 所以， 所以， 所以， ，得 ， ， 所以四边形QPKR 是平行四边形， ， ， ， ，， ， 所以截面五边形总面积：； （3）因为 为 中点，得 ， 由 ， 得，，， ， 设平面 的法向量为，则 可取法向量 由(2)设，得， ， 由 面 ，得 ，即 ， ， 化简：， 得 得， ，得 当，当， 当，所以， 所以，   ， 所以动点 的轨迹为一段线段，长度为 . ◆题型7 垂直相关的动点轨迹问题 26．（25-26高一下·北京丰台·期末）在直三棱柱中，，，点M在三棱柱的表面上运动，且满足、则下列结论错误的是（   ） A．点M可以是线段BC的中点 B．点M的轨迹长度为 C．存在点M，使得点B到平面的距离为 D．任意点平面，都有平面 【答案】C 【分析】对几何体建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求出点坐标所满足的方程，结合题目关于在三棱柱表面的信息，确定点的轨迹，再结合选项逐项分析. 【详解】 根据题干信息，以点为原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，,,设点，故，， 由于，则，即； A：当点M是线段BC的中点时，此时点的坐标为，显然满足， 因此本选项结论正确； B：连接，， 所以， 所以，且两直线在平面内，所以面， 则三角形的三边就是的轨迹， 由于，， ，所以三角形的周长为，因此本选项说法正确； C：假设存在点M，使得点B到平面的距离为， ， 设平面的法向量为， ，取， 因为， 所以当时，得， 当时，得， 当时，， 所以点B到平面的距离为， 当时， 点B到平面的距离为， 解得：，显然假设不存在，所以不存在点M，使得点B到平面的距离为，因此本选项说法错误； D：任意点平面，此时，所以， ， 因为，平面， 所以都有平面，因此本选项说法正确. 27．（23-24高三上·江苏南通·开学考试）（多选）在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足.记点的轨迹为，则（    ） A．点可以是侧面的中心 B．是菱形 C．线段的最大值为 D．的面积是 【答案】ACD 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，结合空间向量的坐标表示与数量积的运算，逐项判定，即可求解. 【详解】如图所示，以为坐标原点，分别以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 可得，所以， 设，则， 对于A中，当点可以是侧面的中心，可得，此时， 可得，所以，所以A正确； 对于B中，因为，所以，可得， 当时，；当时，， 取，连接， 则， 所以四边形为矩形，则，即， 又和为平面中的两条相交直线，所以平面， 又由，即， 所以为的中点，则平面， 因为点在正方体的表面上运动，所以点的轨迹为四边形， 又由，所以， 则点的轨迹为矩形，不是菱形，所以B错误； 所以矩形的面积，所以D正确， 因为，所以的最大值为，所以C正确. 故选：ACD.    28．（2025·陕西·模拟预测）如图，圆柱的底面半径和母线长均为4，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，，点是上底面上的一个动点（若建系，请以为坐标轴建系） (1)求平面与平面的夹角的余弦值； (2)若，求动点的轨迹形状和长度； (3)若点只在上底面上的圆周上运动，求当的面积取得最大值时，点的位置.（可用坐标表示） 【答案】(1) (2)圆； (3) 【分析】（1）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，利用面面夹角的向量求法求解即可. （2）设出动点，利用空间向量垂直的坐标表示求解轨迹方程，进而得到形状是圆，再结合圆的弧长公式求解轨迹长度即可. （3）利用三角形面积公式分析出面积最大时点到直线的距离最大，再利用点到直线的距离公式将表示为一元函数，再结合二次函数的性质求解的坐标即可. 【详解】（1）由题意得，， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 因为圆柱的底面半径和母线长均为4，， 所以，，，则，， 设平面的法向量为，得到， ，令，解得，， 故平面的法向量为，易知平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则. （2）设，则，， 因为，所以，则， 化简得，即， 即动点的轨迹是圆心在原点，半径为的圆，轨迹长度为. （3）由已知得，， 由模长公式得， 由题意得圆的方程为，故设， 设到的距离为，而， 故当最大时，只需要保证最大即可，而， 则， ，， 故， 由点到直线的距离公式得， ， ， ， 令，则， 由二次函数性质得在上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得最大值，则值最大，的面积最大，此时， 由同角三角函数的基本关系得，故. 29．（26-27高三上·福建莆田·开学考试）如图，在矩形中，，，点是线段上的动点，将沿翻折至． (1)证明：； (2)若平面平面，求在平面内的射影的轨迹的长度； (3)当点与重合时，记二面角的大小为，若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)连接，作于，连接，由翻折性质知，， ，，又，平面，， 平面，又平面，． (2) (3) 【分析】（1）连接，作于，连接，利用线面垂直的判定定理和线面垂直的定义即可得证； （2）法一：利用线面垂直的判定定理得平面，即为点在平面上的射影，由，得的轨迹是以为直径的一段圆弧，利用弧长公式即可求解； 法二：建立空间直角坐标系，设，则，取中点，得，即的轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，且圆弧对应的圆周角为，利用弧长公式即可求解； （3）法一：建立空间直角坐标系，过作的垂线，垂足为，得，二面角的平面角为，得，求平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则，利用三角函数的性质即可求解. 法二：作平面于点，连接，，利用线面垂直的判定定理得平面，进而得是二面角的平面角，即，在中，，设直线与平面所成角为，得，利用三角函数的性质即可求解. 【详解】（1）略 （2）法一： ∵平面平面，平面平面，平面，， 平面， 为点在平面上的射影． 又，可知的轨迹是以为直径的一段圆弧， ∴当点从移动至时，的轨迹长度从增长至最大， ∵点与重合，，又，， ， 在平面的射影的轨迹长度为； 法二： 以为原点，以向量，的方向为轴，轴正方向，如图建立空间直角坐标系，则， ∵平面平面，平面平面，平面，， 平面，为点在平面上的射影， 设，则， 即，取中点，则， 的轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，且圆弧对应的圆周角为， ∴该圆弧的长度为； （3）法一： 以为原点，以向量，的方向为轴，轴正方向，如图建立空间直角坐标系，则，，， 过作的垂线，垂足为，求得，， 二面角的平面角为，则， 设平面的法向量为，，， 由，，得， 令，则，代入解得， 即平面的一个法向量， 直线的方向向量，设直线与平面所成角为，则， ，单调递增，， ，即直线与平面所成角的正弦值的取值范围为． 法二： 作平面于点，连接，， 平面，， 又，，平面，，平面， 又平面，，是二面角的平面角，， 在中，， 又，设直线与平面所成角为，又， 所以， ，单调递增，， ，即直线与平面所成角的正弦值的取值范围为． ◆题型8 距离相关的动点轨迹问题 30．（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. 31．（2025·北京·二模）设正方体的棱长为2，P为正方体表面上一点，且点P到直线的距离与它到平面ABCD的距离相等，记动点P的轨迹为曲线W，则曲线W的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，得点的坐标满足，由题意分六种情况讨论即可求解. 【详解】以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 显然点到平面的距离为， 设点，在上取一点，而， 所有，从而， 所以点P到直线的距离为， 所以， 令，得，此时点的轨迹就是一个点，此时点的轨迹长度是0， 令，得，此时点在以为圆心半径为2的四分之一的圆周上面运动，此时点的轨迹长度是， 令，得，即，此时点的轨迹长度是0， 令，得，即，此时点在线段上运动，轨迹长度是， 令，，即，此时点在线段上运动，轨迹长度为， 令得，，即，此时点的轨迹长度是0， 综上所述，所求为. 故选：D. 32．（25-26高二下·江苏泰州·阶段检测）（多选）如图，四面体中，，，，，为该四面体表面上一点（包含边界），则（     ）    A．若，，则点存在且唯一 B．若，则点在内的轨迹长度为 C．若，则的最小值为1 D．的最小值为 【答案】BCD 【分析】A选项，由，对应两个垂直平面，交线与四面体表面交于两点，故可判断A；B选项，记的中心为，由可算出，结合正三角形的特征及弧长公式可得出轨迹长度，从而判断B；C选项，是绕旋转的椭球面，在椭球面外、在椭球面内，连线交椭球面即得的最小值，即可判断C；D选线，建立坐标系进行配方，分在坐标面内、面内两类求最值，从而得到最小值，可判断D. 【详解】对于A：若，，则为线段的中垂面与线段的中垂面的交线与表面的交点，如图，有两个点，故A错误；    对于B：由题意知是边长为的等边三角形，记的中心为，则平面， ， 又因为，所以要使，只需， 即在内是以为圆心，为半径的圆在内的部分， 如图，取的中点，因为，， 所以，所以， 所以点在内形成的轨迹所对应的圆心角为， 由弧长公式知轨迹长度为，故B正确；    对于C：若点在平面内，则， 故点在以为焦点，为长轴的椭圆上，即. 而，故点在椭圆内， 在空间中将该椭圆绕旋转一周得到椭球面，则椭球面上任一点， 都有，而，故点在椭球面外， 因此与椭球面必有交点，根据两点之间线段距离最短，故的最小值为1，故C正确； 对于D：如图建立空间直角坐标系，则， 设，则， 则， ① 若点在坐标平面上，由对称性，不妨设平面， 则， 此时， 当且仅当时取等号； ② 若点平面，因为， 设平面的法向量为，则， 取，则可得， 由得，且，消去整理得， 因为， 则， 当且仅当时取等号. 综上，，故D正确.    33．（26-27高三上·河北沧州·开学考试）如图，在四棱锥中，底面，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)四边形中，，，，，若平面与平面所成的角的余弦值为． （i）求线段的长； （ii）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度． 【答案】(1)在四棱锥中，底面，平面，则， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以， 由，为的中点，得，又，，平面， 所以平面． (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据题意，得到平面，从而得到，再结合即可求解； （2）（i）以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，根据题意得到平面和平面的法向量即可求解；（ii）根据题意得到即可求解. 【详解】（1）略. （2）（i）由（1）知，直线，，两两垂直， 以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示： 过点作于点，由，，得， 设，则，，，， 所以，， 设平面的法向量，则，令，得， 由平面，得平面的一个法向量为， 依题意，得， 整理得，解得（舍去），所以线段的长为． （ii）显然平面，而平面，则，又， 所以，解得， 因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的， 所以点的轨迹的长度为． 34．（25-26高二上·广东东莞·阶段检测）（1）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义集合，，对任意的点，求的取值范围； （2）在空间直角坐标系中，定义集合，，点是集合B内任意一点． ①求的取值范围； ②求点N的轨迹形成图形的全面积． 注：若平面α的法向量为，点是平面α上一定点，则对于平面α上任一点，点P满足方程：． 【答案】（1）；（2）①；②． 【分析】（1）根据集合A的图形是中心对称图形，再由，得转化为，再转化为N点到直线的距离问题解得； 或者根据对称图形，将转化为M点的纵坐标的一函数问题，进而求函数的值域问题可得； （2）①根据图形的对称性，且就是对称中心，所以只需要考虑在第一卦限内到的距离问题， 解法一：用几何法直接求点到面的距离来解得， 解法二：转化为N点纵坐标的函数问题解得， 解法三：用向量的方法来解决点到面的距离问题解得，解法四直接用柯西不等式直接可得. ②根据对称性先用等积法求第一卦限的面积，进而可得全面积. 【详解】（1） 解法1：将替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于y轴对称， 不妨令，， 若，则，即，点M的轨迹是一条线段； 若，则，即，点M的轨迹是另一条线段； 再利用图象关于y轴对称，最终点M形成的轨迹图形如下： 由图可知，点M形成的轨迹图形关于点成中心对称图形且该图形为菱形， 如图，取的中点， 于是，由图可知，最短距离是点N到直线的距离： ，于是最小值为； 而最大距离是点N到的距离，， 所以的最大值为， 从而； 解法2：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于y轴对称， 将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称， 于是点M形成的轨迹关于点成中心对称图形， 于是仅需考虑线段：， 于是，， 当时，最小值为； 当y=1时，最大值为，而点到点的距离为， 从而； （2）① 解法1：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于直线对称， 将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称， 将z替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称， 于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形， 于是将点N形成的轨迹平移至坐标原点，此时满足的方程为：， 此时点N形成的轨迹关于坐标原点对称，且关于x轴，y轴，z轴对称， 当，，时，，对应的轨迹如图：平面 再将该平面关于三个坐标轴对称，得到如图所示的八面体：与： 利用对称性，点到平面的距离即为的最小值， 由于，，两两垂直，且，，， 如图， 过点O作，连接CE，过点O作， 由于平面，平面，所以， 且，平面，平面， 则平面，且平面，则， 又因为，平面，平面， 也是平面，从而最小距离为，即 由于，得，则，，则， 于是的最小值为， 由图可知，，所以的最大值为4，于是； 解法2：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于直线对称， 将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称， 将z替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称， 于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分， 此时点N满足的方程：，即，即，其中， ， 当，此时符合条件，从而的最小值为， 考虑到：，，， 且，即， 由二次函数可知：当时，，z离对称轴都最远， 于是的最大值为：4. 综上所述：； 解法3：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于直线对称， 将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称， 将z替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称， 于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分， 此时点M满足的方程：，即，即，其中， 从而点考虑点Q到截面的距离： 由于截面的法向量为：，截面上一定点，， 点Q到截面的距离：，考虑此时的射影H： 由于直线：，与平面：的交点在截面上， 从而的最小值为； 由解法2可知点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分， 点N满足的方程：，即， 即，其中， 考虑到：，，， 且，即， 由二次函数可知：当时，，z离对称轴都最远， 于是的最大值为：4. 综上所述：； 解法4：先证明柯西不等式： 设，，由于， 于是，当且仅当时，等号成立， 于是令，，则， 即，当且仅当取等号； 再由解法2可知点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分， 点N满足的方程：，即， 即，其中， 考虑到：，，， 且，即， 由二次函数可知：当时，，z离对称轴都最远， 于是的最大值为：4. 综上所述：； ②由①可知，仅需考虑这一部分， 抓住为三个平面，利用三个平面只有一个交点， 从而截面：的三个顶点分别为： ，，，，从而这一部分为，且，，. 由于，则，同理，，，即两两垂直， 由等体积法：，其中d表示Q到平面的距离， 由①可知，，则， 由对称性，可知全面积为． ◆题型9 角度相关的动点轨迹问题 35．（25-26高二上·湖北孝感·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点是四边形内部的一点，且平面与平面的夹角为，则点的轨迹的长度为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由平面与平面的夹角为，知点在以为端点的一条线段上，再利用向量法求解。 【详解】如图，以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，    则. 由平面与平面的夹角为，知点在以为端点的一条线段上， 设直线与轴的交点为，平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，， 则取，故平面的一个法向量为. 又由平面与平面的夹角为，得， 解得，所以点的轨迹的长度为. 故选：D． 36．（25-26高二下·湖南郴州·期末）（多选）在棱长为的正方体中，点是上靠近点的三等分点，点是的中点，是四边形内一点（不包括边界），且满足，则下列选项中正确的是（    ） A．过点、、的平面截正方体的截面为四边形 B．平面与平面所成二面角的平面角的正切值为 C．点的轨迹长度为 D．的取值范围为 【答案】BCD 【分析】A选项：采用几何延展法，通过延长平面内已知线段找到平面与正方体各棱的交点，根据交点数量判断截面形状； B选项：建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，利用法向量夹角的三角函数值推导二面角的正切值； C选项：将角相等的条件转化为正切值相等，得到动点满足的距离关系，识别为阿波罗尼斯圆轨迹，计算其在正方形内部的圆弧长度； D选项：结合点与圆的位置关系，计算定点到阿氏圆圆心的距离，结合半径推导圆上动点到的距离范围，注意不包含边界的限制。 【详解】选项A：三个点确定唯一平面，通过找平面与正方体棱的交点判断截面形状： 1. 延长交棱的延长线于点E： ∵ 是上靠近的三等分点，，，且， ∴ ，相似比为. 设，则，解得，即在的延长线上，. 2. 连接，交棱于点F： ∵ 在延长线上，是中点，，且，∴ ，得，即是中点，位于棱上. 3. 找平面与其余棱的交点： 继续延长交于点，连接交于点H，此时平面与正方体的交点依次为，共5个点，顺次连接得五边形截面，故截面不是四边形，A错误. 以D为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，正方体棱长为6，各点坐标为：. 选项B：平面的法向量为， 平面的两方向向量，，设平面的法向量， 则，令解得，即. 设二面角平面角为，则，， ∴ ，B正确. 选项C：设，， ∵ ，且平面，平面， ∴ ，， ∴ ，即， 平方整理得，即Q的轨迹为圆心，半径的圆在面内的部分. 该圆与（）交于，与（）交于，两点对应的圆心角为， ∴ 轨迹长度为，C正确. 选项D：到圆心的距离为， ∴ 的最小值为， 轨迹端点到的距离为，另一端点到的距离小于， 又不包含边界，故取不到， ∴ 的取值范围为，D正确. 【点睛】方法归纳：1.空间截面问题可通过延长线段找平面与棱的交点，交点数即为截面边数； 2.角相等的动点问题可通过正切值转化为距离关系，识别阿氏圆模型简化计算. 37．（2025·江苏·模拟预测）（多选）棱长为1的正方体中，M，N，P分别为棱，，的中点，Q为平面PMN上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．平面PMN截正方体表面所得截面为五边形 B．平面与平面所成锐二面角的余弦值为 C．若与的夹角为，则Q点的轨迹长度为 D．若，交于，正方形的四个顶点绕着在上底面逆时针旋转45°得到一个十面体（如图），则该十面体的体积为 【答案】BCD 【分析】作出正方体被平面截得的截面，得出截面为正六边形即可判断A；建系后写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可判断B；由线线角确定点的轨迹，即可求得轨迹长判断C；作出十面体，将该十面体放在一个四棱台中，根据棱台体积及三棱锥体积计算公式即可判断D． 【详解】对于A，因M，N，P分别为棱，，的中点，而点同在平面和平面上， 点同在平面和平面上，点同在平面和平面上， 故平面PMN截正方体所得截面为六边形，可作图如下： 其中点分别是边的中点，分别连接，易证，，， 故得，同理可得，故平面PMN截正方体所得截面为六边形，故A错误； 对于B，如图建立空间直角坐标系. 则，， 设平面的法向量为， 则，故可取. 又平面的一个法向量显然为， 设平面与平面夹角为， 则，故B正确； 对于C，若与的夹角为，则Q点的轨迹为以为顶点，为轴，母线与的夹角为的圆锥被平面PMN所截得到的曲线，由平面PMN可得轨迹为圆， 由对称性可得点到平面PMN的距离为，所以该轨迹圆的半径为， 所以Q点的轨迹长度为，故C正确； 对于D，如图所示，即为侧面均为三角形的十面体， 在平面内，分别过点作的平行线，过点作的平行线， 设平行线依次相交于点，连接，则易得为正方形， 而是上底面和下底面都是正方形的四棱台，底面边长为和1，高为1， 故， 因为， 所以，故D正确. 故选：BCD. 38．（25-26高二上·广东·阶段检测）（多选）如图，正方体的棱长为2，点在侧面的边界及其内部运动.下列说法正确的是（   ）    A．若点为线段上的动点，当时， B．若点为线段上的动点，当时，点到平面的距离为 C．若点为底面的中心，且，则面积的最大值为 D．若，则点的轨迹的长度为 【答案】ACD 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，由求出的坐标，然后计算即可得出A选项；设平面的法向量为，根据题意建立方程组求出法向量为的坐标，然后利用向量法求点到面的距离即可得出选项B；对于C，取的中点，连接，结合图形以及已知条件即可分析得出选项C；选项D，根据题意分析，以所在的直线分别为轴建立平面直角坐标系，结合已知条件分析即可得出结论. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示：    则， 对于AB选项，由知： ， 则， ，A正确； ，， 设平面的法向量为， 则， 取，得， 故平面的一个法向量为， 又，则点到平面的距离为： ，故B错误； 对于C，取的中点， 连接， 如图所示，      因为正方体的棱长为2， 所以，，， 平面，平面，平面， 所以，， ， 所以，， 所以，， 由可得平面， 所以，所以点的轨迹为线段， 又， 所以面积的最大值: ，故C正确； 对于D，平面，平面， 所以，都是直角三角形. 又， 所以， 因为，所以， 在侧面中以点为坐标原点， 以所在的直线分别为轴建立如图所示的平面直角坐标系，    则，设， 则， 整理得到，圆， 所以点在以为圆心，以为半径的圆上， 又因为在侧面（含边界）上运动， 所以点的轨迹是圆上的一段劣弧（分别是圆与的交点）， 因为，， 所以， 则点的轨迹长度为，故D正确， 故选：ACD. 39．（25-26高二下·江苏泰州·阶段检测）如图，四边形是正方形，四边形是直角梯形且，，，，，，的中点分别为，，. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若是该空间几何体中过点，，的截面上的一点，且二面角的余弦值为，求点的轨迹长度. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据中点以及三角形的中位线可得线线平行，进而根据面面平行的判定可证结论； （2）由（1）可知直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，可证明平面，可得为直线与平面所成的角，计算即可； （3）建立空间直角坐标系，根据面面平行的性质可得截面，设，利用坐标法求得平面的一个法向量，根据向量的夹角公式可得，进而计算可求得点轨迹的长度. 【详解】（1）因为，，的中点分别为， 所以，又平面，平面， 所以平面，平面， 又，且平面，所以平面平面， （2）由（1）可知直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角， 由题意可得，，平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 由，，可得，又， 所以，又，所以， 所以，所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）取中点，连接， 由（1）知平面平面， 由平面平面，所以，又的中点. 所以为的中点，同理可得为的中点. 则五边形为过的截面， 以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 则令，则，， 所以平面的一个法向量为， 又平面，所以平面的一个法向量为， 又因为二面角的余弦值为， 所以， 所以，两边平方得， 所以，解得或 由于，故， 当时，，当时，， 所以满足题意的点轨迹的长度为. 40．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，正四棱台中，，，. (1)求证：平面； (2)若点在平面内，且直线与平面所成的角的正切值为. （i）求的轨迹的长度； （ii）求三棱锥体积的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）（ii） 【分析】（1）证明平面，从而，同时在等腰梯形中，通过得到，所以平面； （2）（i）依题意，建系，计算出到平面上的投影点的距离，再根据直线与平面所成角的正切，得到，所以的轨迹是圆，计算周长即可；（ii）设的坐标为，利用向量共面和法向量得到点坐标，通过计算圆心到的距离，分析得到圆上一点到距离的最大值即可；也可设，计算出点到的距离，并利用建立约束分析最大值，从而有的最大值，然后运用向量法或利用点和点到平面的距离相等，得到点到平面的距离，进一步有三棱锥体积的最大值. 【详解】（1）连结交于，连接交于点，连结， 在等腰梯形中，分别为中点，可得， 在正方形中，，又，平面， 所以平面，因为平面，所以， 作，为垂足，在等腰梯形中，， ，得，由得， 在中，，所以即， 又平面，，所以平面. （2）（i）因分别为正四棱台的两底面的中心， 则平面，且， 以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系， ， 则，，， 设平面的一个法向量， 则，故可取， 设在平面上的投影为点，则， 设直线与平面所成角为，则，解得， 所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆，则的轨迹长度为. （ii）解法一：设的坐标为， 因，即，得， 设， 即， ，解得，，从而， 记点到的距离为，则， 所以点到距离的最大值为，所以， 又， 记点到平面距离为，则， 所以. 解法二： 连结，因为且，所以为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面， 所以点和点到平面的距离相等，即为，     设， 记点到距离为， 则， 又， 由可得， 配方得， 令，可得当时，有，所以的最大值为， 所以， 所以. ◆题型10 其他动点轨迹问题 41．（2025·江西·二模）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 42．（24-25高三下·江苏南通·阶段检测）已知正方体的棱长为是侧面上的动点（含端点），且满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据面积关系得出，建系计算再结合弧长公式计算求解. 【详解】正方体的棱长为是侧面上的动点（含端点）， 因为满足，所以，所以， 如图建系，设，所以， 所以，则圆心为，半径为， 因为时，，所以，所以， 则点的轨迹弧长为. 故选：B. 43．（2026·辽宁·三模）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的有（   ） A．直线与所成角的余弦值为 B．用平面截该正方体，所得截面面积为 C．若与交于点，则长度的取值范围是 D．若三棱锥与三棱锥体积相等，则动点的轨迹长度为 【答案】BC 【分析】对于A：建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的向量求法求解即可；对于B：取中点，判断四边形为平面截该正方体所得截面，求等腰梯形的面积即可；对于C：根据两点间距离公式求出最小值，结合勾股定理判断最大值；对于D：取、中点、，证出平面平面，得到动点的轨迹为线段，求出即可. 【详解】以点为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，. 对于A：因为为棱的中点，所以，，. 设直线与所成角为， 所以，A错误. 对于B：取中点，连接，，，易知为平行四边形，所以. 又，为中点，所以，即，所以、、、四点共面， 即平面截该正方体所得截面为四边形. 易知，，， 所以四边形为等腰梯形，设高为，则， 所以面积为，B正确. 对于C：正方体中，，所以，所以. 设，则，所以. 设，. 则. 易知当，时，取得最小值，为， 由于故时，故取得最大值，所以， 故长度的取值范围是，C正确. 对于D：取、中点、，连接、、、、， 则，. 正方体中，易知，，，则 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面，所以平面. 同理可得平面， 又，所以平面平面， 即线段上的点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以三棱锥与三棱锥体积相等时动点的轨迹为线段， 而，故D错误. 44．（25-26高二上·河南洛阳·期末）（多选）左图是一副直角三角板和，其中，现将三角板沿公共边翻折成右图的四面体，在翻折的过程中，下列叙述正确的是（   ）    A．为线段上的动点，则的最小值为 B．异面直线与所成角的余弦值取值范围是 C．当直线与平面所成角相等时，四面体外接球的表面积为 D．当四面体的体积最大时，若在内部，且，则点的轨迹长度为 【答案】ABC 【分析】根据翻折前后图形的变换，即可分析选项A中的点，进而利用余弦定理求出的最小值，判断选项A，建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线夹角余弦值，即可判断选项B，利用线面夹角定义，分析出，通过空间直角坐标系求出球心坐标，即可判断选项C，当四面体的体积最大时，即可得到坐标，分析在内部，且，得到点的轨迹，即可判断选项D. 【详解】对于A，由题知，最小时，即翻折前的长， 翻折前，因为，所以， 所以，又， 所以在中， ， 所以，A正确；    对于B，如图建立空间直角坐标系， 则，设， 则，又， 所以，解得，所以， 又， 令与的夹角为， 所以，B正确；    对于C，设到平面的距离为， 且直线与平面所成角分别为， 则， 若，则可得， 如图建立空间直角坐标系，取中点为，设， 则，， 所以， 且， 又，即， 由选项B可知，所以解得， 则，设外接球的球心， 所以， 即， 解得，即， 所以外接球半径为， 所以外接球表面积为，C正确；    对于D，当四面体的体积最大时，到平面距离最大， 此时， 因为在内部，且， 所以的轨迹为以为圆心，在内部， 且其半径为， 如图，明显小于半圆对应的弧长，D错误.    故选：ABC 45．（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：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) (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）略 （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． 综合攻坚·知能拔高 一、单选题 1．在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面，分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先把题目转化为求平面与平面夹角的余弦值，结合线面垂直得出法向量，，再应用面面角余弦公式计算求解. 【详解】如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面与平面夹角的余弦值， 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，    设正方体棱长为1，平面与平面的夹角为， 因为平面，平面， 所以，且，，，平面， 所以平面，同理平面， 所以为平面的一个法向量，为平面的一个法向量， ，，，，， 则. 故选：D. 2．如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则下列说法不正确的是（    ） A．若在线段上，则的最小值为 B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为 C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆 D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为 【答案】C 【分析】把矩形与正方形置于同一平面，求出长判断A；求出内切球球心到平面，求出截面小圆半径判断B；建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角建立方程判断C；利用异面直线所成角的意义转化判断D. 【详解】对于A，正方体的对角面是矩形，把矩形与正方形 置于同一平面，且在直线两侧，连接，则， 当且仅当为与的交点时取等号，A正确； 对于B，令正方体内切球球心为，连接，为正方体的中心， ，，正半径， 正三棱锥底面上的高，又球的半径为， 则被截得的圆的半径为，面积为，B正确； 对于C，建立空间直角坐标系，如图， 则，设，有， 则，整理得， 则的轨迹是双曲线，C错误； 对于D，显然过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目，， 在直线上取点，使，不妨设，则， 则四面体是正四面体，有两种可能，直线也有两种可能， 若，则只有一种可能，就是与的角平分线垂直的直线，所以直线有三种可能，D正确. 故选：C 【点睛】关键点点睛：选项A中，关键是将空间中的两距离之和最短转化为平面内三点共线时长度最短问题求解. 3．在三棱柱中，平面，，，点在三棱柱的表面上运动，且，则下列结论错误的是（   ） A．点可以在点处 B．点在底面上的轨迹为线段 C．点的轨迹围成直角三角形 D．直线与点的轨迹所在平面相交 【答案】D 【分析】 对几何体建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求出点坐标所满足的方程，结合题目关于在三棱柱表面的信息，确定点的轨迹，再结合选项逐项分析. 【详解】 根据题干信息，以点为原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，令， 则，，，，,,设点，故，， 由于，则，即； 对于选项，当在时，，，故选项正确； 对于选项，当在底面时，，即，则，由于，故在底面上的轨迹是，与中点连线所在的线段，故选项正确； 对于选项，由前两项的分析可知，，在上符合题意，故，连接，，面，则三角形的三边就是的轨迹，由于，，，故，则三角形为直角三角形，故选项正确； 对于选项，三角形就是的轨迹，且面，则为面的法向量，由于，，故面，且直线上没有点在平面内，故面，故选项错误； 故选：. 4．已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为（   ） A．4 B．8 C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，设，由得出相应的结论，即可得出点构成的平面截正四面体所得的截面图形求出图形的周长即可. 【详解】将正四面体补全为正方体，则正方体棱长为4， 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 设，则 ， 所以，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，边长为， 故截面周长为. 5．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． 6．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． 二、多选题 7．已知在正四棱锥中，，Q为平面内一点，则（   ） A．四棱锥的体积为 B．当时，面积的最小值为 C．当（）时，存在使 D．当时，点Q的轨迹为抛物线 【答案】BD 【分析】求出体积判断A；确定点到直线距离的最小值，进而求出面积最小值判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示判断C；利用空间向量夹角的坐标表示判断D. 【详解】在正四棱锥中，，令，连接，则平面， 对于A，，四棱锥的体积，A错误； 对于B，当且仅当点直线时，点到直线的距离最小，为， 而，因此面积的最小值为，B正确； 显然直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系。 则， 对于C，由（），得， 则， 若存在使，则， 此方程无解，因此不存在使，C错误； 对于D，设，则，由， 得，整理得，因此点Q的轨迹为抛物线，D正确. 8．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. 9．棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点，为平面上的动点，若，交于将正方形的四个顶点绕着在上底面逆时针旋转得到一个十面体（如图），则下列结论正确的是（     ） A．十面体的外接球表面积为 B． C．若与的夹角为，则点的轨迹为圆 D．十面体的体积为 【答案】ACD 【分析】选项A，设，的中点为，则十面体外接球的球心为，求出球半径，利用球的表面积公式求出十面体的外接球表面积，从而得到结论；选项B，过作的平行线，过作的平行线，分别作为轴，作为轴，建立空间直角坐标系，求出，，求，从而得到结论；选项C，若与的夹角为，则点的轨迹为圆锥被平面所截得到的曲线，由平面得到点的轨迹为圆，从而得到结论；选项D，为侧面均为三角形的十面体，在平面内，分别过作的平行线，过点作的平行线，设平行线依次相交于点，连接，则为正方形，是上底面和下底面都是正方形的四棱台，利用棱台的体积公式求出，利用锥体的体积公式求出，从而得到十面体的体积为，从而得到结论. 【详解】选项A，设，的中点为， 则十面体外接球的球心为， 球半径为， 则十面体的外接球表面积为，故选项A正确； 选项B，过作的平行线，过作的平行线， 分别作为轴，作为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， ，， ，故选项B错误； 选项C，若与的夹角为，则点的轨迹为以为顶点，为轴， 母线与的夹角为的圆锥被平面所截得到的曲线， 因为平面，所以点的轨迹为圆，故选项C正确； 选项D，为侧面均为三角形的十面体， 在平面内，分别过作的平行线，过点作的平行线， 设平行线依次相交于点，连接， 则为正方形， 是上底面和下底面都是正方形的四棱台， 底面边长为和，高为， ， 因为， 所以十面体的体积为， 故选项D正确. 三、填空题 10．如图，已知正方体的棱长为4，，，分别是棱，，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是______；的最大值为______． 【答案】 12 【分析】如图，分别取，，的中点，，，连接，可证明六边形为正六边形，从而可求其面积，利用向量数量积的几何意义可求的最大值. 【详解】∵，∴点在平面上， 如图，分别取，，的中点，，， 连接， 因为为中点，故， 又由正方体可得，， 故，故四边形为平行四边形，故， 故，故四点共面，同理可证四点共面， 故五点共面，同理可证四点共面， 故六点共面，由正方体的对称性可得六边形为正六边形. 故点的轨迹是正六边形， 因为正方体的棱长为4，所以正六边形的边长为， 所以点的轨迹围成图形的面积是． 如图， ， ∴的最大值为12． 故答案为：，12． 11．已知棱长为的正四面体的外接球球心为，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角的正弦值为___________. 【答案】 【分析】以在底面内的射影为坐标原点建立空间直角坐标系，根据向量表示求出点坐标，再利用截面面积求出截面圆半径以及球心到截面的距离，结合线面角定义即可求得直线与该截面所成的角的正弦值为. 【详解】取的中点为，连接，则点在底面内的射影在上，且， 以为坐标原点，过点作平行于的直线为轴，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示：    因为正四面体的棱长为，所以，因此； 所以， 由可得； 易知正四面体的外接球球心在上，设正四面体的外接球半径为，即； 在中，，即，解得； 因此，所以； 过点作球的截面，若截面面积为， 则截面圆半径满足，因此； 因此球心到截面距离为； 又，所以； 设直线与该截面所成的角为， 则直线与该截面所成的角的正弦值为. 故答案为： 四、解答题 12．如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为等边三角形，，，分别为，上的动点，且平面． (1)证明：平面平面； (2)若截面将三棱锥分成上下两个部分的体积之比为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)取的中点，连接，， 因为为等腰直角三角形，，所以⊥， 因为，，所以， 因为为等边三角形，所以⊥，且， 由⊥与⊥可得为二面角的平面角， 因为，由勾股定理得，所以⊥， 所以，所以平面平面； (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到即为二面角的平面角，由勾股定理逆定理得到垂直关系，证明出结论； （2）建立空间直角坐标系，根据体积之比得到分别为的中点，求出平面的法向量，利用夹角余弦公式进行求解. 【详解】（1）略 （2） 由（1）知，两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为平面，平面，平面平面， 所以，则∽， 因为截面将三棱锥分成上下两个部分的体积之比为， 所以， 因为三棱锥与三棱锥的高相等，所以，即， 所以分别为的中点，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角余弦值为. 13．如图，四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，二面角的平面角大小为为的中点. (1)设平面平面，求直线与直线的夹角大小； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值； (3)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，分别交于两点，其中为的中点，平面，求四棱锥的体积的取值范围. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）作出合理辅助线，再找到两直线夹角即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出线面角的表达式，利用换元法并求导即可求出其最大值； （3）首先计算得，再计算体积表达式，最后根据范围即可得到答案. 【详解】（1）延长交的延长线于点，则为交线， 因为为的中点，，所以为的中点，所以， 因为侧面是等边三角形，所以， 所以，所以， 所以所求角为． （2）取的中点，连接，由，则， 分别以所在直线为轴和轴， 以过垂直于底面的直线为轴建立空间直角坐标系， ， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则． 设直线与平面所成角为， 则．， 令，则， 令，结合的取值范围可知， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为，故. （3）由题意可知，所以点为的中点， 设， 因为， 则， 又因为， 所以，解得． 即 ， 因为，所以． 14．已知正方体的棱长为，与相交于点，为四边形内一动点（包含边界）. (1)若是的中点，证明：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值； (3)若到平面的距离为，到平面的距离为，满足，且的轨迹交平面于、两点，求的长. 【答案】(1)证明如下： 以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系 则、、、、、、， 因为为中点，所以， 所以，，， 所以 ，，所以，， 又因为，，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）设，则，且，，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值的最大值； （3）解法一：证明出平面平面，平面平面，可知为点到直线的距离，为点到直线的距离，求出直线、的距离，利用点到直线的距离公式结合可求出点的轨迹方程，令，求出的值，即可求出的长； 解法二：设，，，利用空间向量中点到平面的距离公式结合可得出关于、的等式，令，解出的值，即可求出的长. 【详解】（1）略 （2）因为，为四边形内一动点， 设，则，且，，所以， 又因为，， 设为平面的一个法向量， 则，取，则， 设与平面所成角为， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 此时，即时，等号成立， 所以当为时，与平面所成角的正弦值的最大值为. （3）法一：因为，，，、平面， 所以平面， 又平面，平面，所以平面平面，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以为点到直线的距离，为点到直线的距离， 在平面内，以为原点，直线所在直线为轴建立如下图所示平面直角坐标系， 设，因为，，则， 同理可知点，则直线的方程为，直线的方程为， 所以，所以， 所以点的轨迹为焦点在轴或者轴的双曲线， 由题意可知，点为焦点在轴的双曲线交于、两点， 所以，令，所以，所以； 法二：由（2）设，，， 由（1）知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，，， 所以，取，可得， 因为，所以，， 所以，所以， 由题意令，，解得或（舍）， 所以. 15．如图，已知圆锥的底面直径，其中为底面圆心，高，动点从点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到点，其轨迹为． (1)求长度的最小值； (2)若点在圆上，且（是弧所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立； (3)在（2）的条件下，可知是平面曲线，记所在平面为，求平面与平面夹角余弦值的取值范围． 【答案】(1) (2)如图，在底面圆中，过点作交圆于点， 由平面，平面，得，直线两两垂直， 如图，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 于是，，，设， 则，，由， 得， 于是，取，得， 所以存在非零向量，使得恒成立. (3) 【分析】（1）作出圆锥侧面展开图，利用两点间距离线段最短求解. （2）建立空间直角坐标系，表示出点的坐标并求出，结合向量垂直的坐标表示推理得证. （3）求出平面的法向量，利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）如图， 沿圆锥的母线，将圆锥的侧面展开，得侧面展开图扇形， 其中为的中点，与在圆锥中是同一点， 由轨迹在圆锥的侧面上，得在侧面展开图中，轨迹是扇形上连接与两点的曲线， 又是最短路径，而平面上连接两点中线段最短， 因此轨迹是侧面展开图扇形上连接与两点的线段，即线段， 由，得的长度为，又，得，则， 所以在等腰中， ，即的长度为 . （2）略 （3）由（2）可知，是平面的一个法向量，设平面的法向量为， 由，，则，即， 取，得，设平面与平面夹角为， 则，所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围为. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $