专题01 空间向量小题十二类综合题型（压轴题专项训练）高二数学人教B版选择性必修第一册

**基本信息** 以空间向量为工具，系统整合立体几何十二类小题，通过“通法归纳-题型精讲-压轴挑战”三级架构，提炼几何法与代数法双路径解题体系，强化空间观念与逻辑推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |通法归纳|1模块|几何法与坐标系建立|构建立体几何问题基本解决框架| |题型精讲|12题型（每题型1典例+3变式）|外接球模型法、内切球等体积法、轨迹问题坐标系+圆锥曲线定义等|从单一模型（如球）到综合应用（如动点+最值），形成“概念-模型-变式”递进链| |压轴挑战|10题|空间向量综合应用、动态问题转化|聚焦高考高难考点，提升复杂情境下的推理与运算能力|

学科网（北京）股份有限公司 专题01空间向量十二小题类综合题型 目 录 通法归纳—明晰核心解法，助力能力迁移 题型精讲—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一 外接球问题 题型二 内切球 题型三 距离和最值问题 题型四 轨迹问题 题型五 共面问题 题型六 截面问题 题型七 线段最值问题 题型八 角度问题 题型九 平行垂直问题 题型十 动点问题 题型十一 距离问题 题型十二 体积问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 通法归纳—明晰核心解法，助力能力迁移 立体几何小题是高考数学核心重难点，题型涵盖球、共面、轨迹截面、夹角、动点等，考题难度高，需注意：一是几何法的运用，二建立空间直角坐标系. 题型精讲—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、外接球问题 典例精讲1 已知三棱锥的各顶点均在表面积为的球的表面上，且，，则三棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可建立适当空间直角坐标系，再设，计算可得且，再借助空间向量计算可得点到平面的距离的最大值，最后利用体积公式计算即可得. 【详解】设球的半径为，所以，解得，故， 又，所以，所以， 设的中点为，则是外接圆的圆心， 则平面， 以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 设点，因为， 所以，即， 两式相减解得，代回上式可得，所以，即， 又平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 所以点到平面的最大距离为， 所以三棱锥体积的最大值为. 题型归纳 1.考虑模型：墙角模型、汉堡模型、切瓜模型等 2.考虑建立坐标系 变式训练1-1 已知正三棱柱的底面边长为6，高为，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法计算球心到该平面的距离. 【详解】正三棱柱外接球的球心是上下底面正三角形中心连线的中点， 以点为原点，，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则球心的坐标为： 因为底面边长为，所以底面正三角形外接圆半径； 故 ，，， 所以 ，， 设平面的法向量为，则由，即， 令，则，则是平面的一个法向量. 又，因此球心到平面的距离 . 变式训练1-2 (25-26高二下·安徽安庆桐城杨公中学等校·)如图，在长方体中，，点分别在四边形､四边形内运动（不与长方体的顶点重合），若，，且都在球上，则球的表面积的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，确定球的球心的位置，列出球的表面积的表达式，根据参数的取值范围即可求得结果. 【详解】因为，所以是直角三角形，其外接圆的圆心为的中点， 所以球的球心在过的中点且垂直于平面的直线上. 又，所以为四边形内以为直径，以的中点为圆心，2为半径的半圆上一点， 如图，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设， 因为球的半径，即， 化简得， 因为，所以，，即， 所以， 而球的表面积为，， 所以，即球的表面积的取值范围为. 故选：D. 变式训练1-3 (25-26高二下·宁夏石嘴山·期末)在三棱锥中，若，，二面角为，则三棱锥外接球的表面积为__________. 【答案】 【分析】通过确定三角形外接圆圆心位置并利用相似三角形确定球心位置，最后求解外接球表面积. 【详解】   取中点，因为，所以为等边三角形. 因为且，所以为直角三角形，由对称性可作于点. 因为，，故为二面角，. ，. 因为外接圆圆心位于，外接圆圆心位于， 且，所以球心满足平面且平面， 故，解得，所以球半径， 因此表面积. 题型二、内切球 典例精讲2. (25-26高二上·浙江温州泰顺县育才高级中学·)已知正方体的棱长为2，点在该正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证平面平面，确定点的轨迹，再求点到轨迹圆心的距离，最后加上半径即可得到的最大值. 【详解】由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点，内切球半径. 易证，平面平面，平面， 平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为. 如图，以为原点建立空间直角坐标系，，，    则，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，故，   点到平面的距离为， 圆的半径为， 由得，，， 的最大值为. 故选：. 题型归纳 1.考虑等体积法 2.建立坐标系 变式训练2-1 已知正方体的棱长为2，点是正方体外接球的球面上一点，为正方体内切球的球面上的两点，若，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】正方体的中心为，由正方体的棱长求出外接球和内切球的半径，由得到是正方体内切球的直径，从而得到，利用向量的三角形加法法则得到和，求解即可. 【详解】设正方体外接球半径为，内切球半径为，正方体的中心为，则， 所以，所以，即， 因为，所以是正方体内切球的直径，所以， 所以 . 故选：B. 变式训练2-2 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. 变式训练2-3 (25-26高二·安徽蚌埠·期末)蚌埠又名“珠城”，《尚书•禹贡》中就有“淮夷蚌珠”的记载，这表明4000多年前的夏禹时代，蚌埠所在的淮河沿线就已是产珠之地，珍珠的镶嵌工艺亦历史悠久，在某工艺模型中，已知半径为1的球内切于正四面体ABCD，线段MN是球的一条动直径，点是正四面体ABCD的表面上的一个动点，则的取值范围是__________． 【答案】 【分析】根据向量运算规则将化为的组合表达式，并进一步可得，再将求的取值范围转为求的取值范围即可，而的最大值为正四面体的外接球半径，最小值为正四面体的内切球半径，求出这两个半径即可． 【详解】设内切球球心为O，可知O为MN的中点，则，，， 所以， 设正四面体ABCD的棱长为a，外接球半径为R，如图所示，    可知H为正三角形ABC的外心，则， 在和中，， 解得，， 设正四面体ABCD的内切球半径为r，内切球半径为图中OH，所以， 解得，又的最大值为外接球半径R，最小值为内切球半径r， 所以，进一步可得，即的取值范围为． 故答案为：． 题型三、距离和最值问题 典例精讲3 已知正方体的棱长为1，为平面内动点，则的最小值为（   ） A．2 B． C． D．3 【答案】B 【分析】根据给定条件建立空间直角坐标系，求出点关于平面的对称点，再利用两点间线段最短求解. 【详解】在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，连接， 三棱锥是正四面体，令正的重心为，则， 因点即正的中心，则平面， 设，即点，则点与点关于平面对称， 由为平面内动点，得， 则， 当且仅当是线段与平面的交点时取等号， 所以的最小值为. 题型归纳 1.方法一：翻折形成共面问题，两点间线段最短 2.方法二：结合建立坐标系 变式训练3-1 (25-26高二上·上海松江区华实高中·期末)已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱，为上的动点，则的最小值为________．    【答案】 【分析】将立体图形中线段和的最值问题转化为展开后平面图形的线段最值问题求解即可，也可以借助空间直角坐标系求解. 【详解】方法一：如图1，连接. 因为正四棱柱的底面边长为1，侧棱， 所以，所以. 由正四棱柱的结构知，即，四边形为矩形. 将平面沿展开至平面，点至点，如图2.    则的最小值即的长度. 在中，， 由余弦定理得. 故答案为：. 方法二：如下图，建立空间直角坐标系：      则， 因为为上的动点，由可知， 所以可设， 所以， 所以 ， 令，则即， 求最小值即求平面直角坐标系中，点到点的距离之和的最小值， 如下图，作点关于x轴的对称点，    则所求最小值为. 故答案为：. 变式训练3-2 (25-26高二上·福建泉州第五中学·期中)已知点、、分别在棱长为的正方体的棱、、上，且．若为平面内的动点，为棱所在直线上的动点，则的最小值为___________． 【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，利用空间向量法求出截面与各棱的交点坐标，数形结合得到当、均与点重合时，取得最小值，求出答案. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、，    设平面的一个法向量为，，， 则，取，则，，可得， 设平面交棱于点，则平面，， ，解得，即点， 同理可知，截面交棱于点，交棱于点， 故六边形即为平面截正方体的截面， 当、均与点重合时，取得最小值， 此时， 当、不与点重合或其中一点不与点重合， 均可利用三角形三边关系证明出， 如图，.    综上所述，的最小值为. 故答案为：. 变式训练3-3 已知直四棱柱的底面是边长为6的菱形，，，点满足，其中，若，则的最小值为_____. 【答案】 【分析】根据已知分析得P在平面上，且，应用向量数量积的运算律及已知可得，且，再由，即可求目标式最值. 【详解】由题设，易得点P在平面上，且，    则 ，即． 由直四棱柱的性质，得平面，平面， 所以，而，则， 因为，当且仅当三点共线时等号成立， 所以的最小值为． 故答案为：. 题型四、轨迹问题 典例精讲4 (25-26高二上·广东东莞五校（塘中、麻涌中学、清溪中学、七中、十中）·)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： 题型归纳 1.轨迹问题常用解法为建立坐标系 2.轨迹问题通常会涉及到圆锥曲线的定义，需要注意圆，椭圆，双曲线与抛物线的定义。同时也需要考虑线段，通常是直线被矩形等截出的先断问题。 变式训练4-1 (25-26高二上·湖北汉川第一高级中学·)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． 变式训练4-2 (23-24高二上·四川泸县第五中学·月考)在棱长为的正方体中，分别为的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是（    ）. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系设点，利用以及两点的位置关系可得点的轨迹为四边形，求出该矩形周长即可得结果. 【详解】在正方体中，以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，， 设，则， ，可得； 当时，，当时，， 取， 连结， 则， 四边形为矩形，则， 即，又和为平面中的两条相交直线， 平面，又， 为的中点，则平面， 为使，必有点平面， 又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形， 又，则点的轨迹不是正方形， 则矩形的周长为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用线面垂直证明 过程中辅助线较为复杂，所以建立空间直角坐标系可简化求解过程，得出点的轨迹形状即可求得周长. 变式训练4-3 (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：. 题型五、共面问题 典例精讲5 (25-26高二上·四川南充高级中学·月考)在三棱锥中，是平面内一点，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量线性运算法则得到，再由空间共面定理的推论得到方程，解得即可. 【详解】已知， 则， 因为是平面内一点， 所以， 解得. 故选：B. 题型归纳 共面问题通常考虑平面向量的基本定理：如果平面两个向量不共线，那么共面的充要条件是存在有序实数对（x，y），使的 变式训练5-1(25-26高二上·广东汕头潮阳实验学校·)在四棱锥中，底面是平行四边形，E是棱的中点，，D，E，F，G四点共面，则 （    ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【分析】结合图形，表示出相关向量，再利用四点共面时空间向量的基本定理列方程组求解即可. 【详解】 由题意可得， 因为所以，且 ，， 所以， 因为，所以，， 所以， 因为D，E，F，G四点共面，根据空间向量四点共面的性质，有， 所以， 所以，解得， 所以. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题的关键是能利用空间向量的基本定理得到下列方程. 变式训练5-2(24-25高二上·浙江台州山海协作体·期中)如图，在三棱锥中，点为的重心，点在上，若，，，则下列说法正确的是（    ） A．若点为的重心，则 B．若，则四点不共面 C．若三棱锥各条棱长均等于，则相对棱之间的距离均等于 D．若与平面交于点，且，则为定值 【答案】D 【分析】对于A，利用空间向量的线性运算即可判断；对于B，利用空间向量共面的充要条件证明四点共面即可判断，对于C，将三棱锥放到正方体中，由三棱锥的棱长为，可得正方体的棱长为，即可判断，对于D，用两种方法表示出，由空间向量的基本定理求得的值. 【详解】 对于A，连接并延长，交于点， 由题意，可令作为空间向量的一组基底， 由，故A错误； 对于B，由， 则， 故，因此可得四点共面，故B错误； 对于C，若三棱锥各条棱长均等于，如图，将三棱锥放到正方体中， 由三棱锥的棱长为，可得正方体的棱长为， 所以相对棱之间的距离即为正方体的棱长，等于，故C错误； 对于D，由， 连接．因为点共面，所以存在唯一的实数对， 使，即， 所以． 由空间向量基本定理，知，，， 所以，则为定值，故D正确． 故选：D. 【点睛】关键点睛：针对选项C，在解正四面体有关的知识时，可以放正方体中更加直观方便求解，针对D选项，关键是用两种方法表示出，再结合空间向量的基本定理即可求解. 变式训练5-3如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，BC=2AD，H在棱PD上，若E，F，G，H四点共面，则________.    【答案】 【分析】设，以为基底表示出，利用，，，四点共面，得到，再由，得到，代入上式，即可得到方程组，进而求出结果. 【详解】由题知，设，则， 又，且 ， 因为，，，四点共面，所以， 即， 又因为，则，即， 所以， 所以， 所以 ， 所以，解得， 故，所以，所以. 故答案为： 题型六、截面问题 典例精讲6 (25-26高二上·河南郑州部分名校·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. 题型归纳 1.几何法求截面形状：延长线法，平行线法。 2.空间向量法。 3.平面截球的形状考虑圆。 变式训练6-1(24-25高二上·广西桂林·期末)如图，正方体的棱长为3，点满足，若平面经过点，且平面，则平面截此正方体所得的截面的面积为__________. 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法确定截面，进而计算出截面的面积. 【详解】依题意可知，正方体的棱长为3， 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 由于，则，为上靠近的三等分点，所以. 因为平面，，，所以， 则平面的一个法向量为. 设平面与棱的交点为，设，则. 因为，即，可得. 又因为在棱上，，，代入可得， 解得，所以. 设平面与棱的交点为，设，则. 因为，即，可得. 又因为在棱上，，，代入可得， 解得，所以. 其中，，，. ，所以，所以平面与正方体的截面为四边形， ， ，，所以四边形是等腰梯形， 高为， 所以面积为. 故答案为： 【点睛】方法点睛： 对于立体几何中求截面相关问题，建立空间直角坐标系，利用向量法是一种有效的方法.通过向量垂直关系确定平面与立体图形棱的交点坐标，从而确定截面形状. 在确定截面形状后，利用向量判断直线平行关系，结合几何图形性质计算边长、高，进而求出面积. 变式训练6-2(22-23高一下·河南漯河高级中学·月考)已知正方体的棱长为4，，分别是侧面和侧面的中心，过点的平面与直线垂直，平面截正方体所得的截面记为，则的面积为_____. 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面面积作答. 【详解】正方体的棱长为4，建立如图所示的空间直角坐标系， 侧面的中心，侧面的中心，而，有， 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， ，而平面，则， 即，令，得点，令，得点，连接， 平面与平面必相交，设为这条交线上任意一点，， 由，即，令，得点，连接， 因为平面平面，则平面与平面的交线过点G，与直线FE平行， 过G作交于，， 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，即截面为五边形， ，取中点，连接，则， 在中，， 的面积， 在中，， 边上的高， 梯形面积， 所以S的面积为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 变式训练6-3(25-26高二上·河南湘豫名校联考·)已知正方体的棱长为2，M是棱的中点，点P在棱上，且满足，则平面截三棱锥的外接球所得的截面面积为_____. 【答案】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，由，可求出点为的中点，设的外接球球心为，在平面上的射影为的中点，在平面上的射影为的外心，的中点为，连接，则在线段上，连接，利用空间向量求出，球心到平面的距离为 ，所以截面圆的半径为，即可求解． 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，设点， 得，由，得，得，则点，故点为的中点， 设的外接球球心为，在平面上的射影为的中点，在平面上的射影为的外心，的中点为，连接，则在线段上， 连接，设，则，解得， 因为，所以， 设外接球的球心为，依题意，，即， 解得， 所以球心，设平面的法向量为，而， 则，取， 又，球心到平面的距离为 ， 所以截面圆的半径为， 所以截面面积为． 故答案为： 题型七、线段最值问题 典例精讲7 (25-26高二下·江苏南京师范大学附属中学、天一中学、海安高级中学、海门中学·)已知平行六面体的底面是边长为2的正方形，，．动点M满足，，且平面，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】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，再结合空间向量的模长公式和二次函数的性质求解即可. 【详解】如图，作出符合题意的图形，作面， 以为原点，建立空间直角坐标系， 由题意得，，，，， 则，，， 而，由两点间距离公式得， 因为，所以，解得， 因为，所以，解得， 代入可得，解得（负根舍去）， 得到，则， 因为，所以， 设，则，可得，解得， 而，可得， 则，而，， 设面的法向量为，则， 令，解得，，可得， 因为平面，所以， 得到，化简得， 此时变为， 则，由模长公式得， 令，由二次函数性质得在处取得最小值， 而，则. 题型归纳 线段问题常考虑空间向量法求线段最值。 变式训练7-1(25-26高二·重庆江津中学校·期末)在长方体中，，，向量，若，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，将点 的坐标用表示，代入约束条件后，把转化为关于的二次代数式，再通过代数配方求出最小值. 【详解】以D为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则, 所以， 所以， 所以， 所以，又， 所以， 将其看作关于的二次式，， 则当时最小值为， 则当时取得最小值，此时. 故选：A. 变式训练7-2(25-26高二上·湖北武汉新洲区部分学校·期中)如图，在三棱锥中，平面⊥平面，，，，点P是线段上的动点，若线段上存在点，使得直线与平面成30°的角，则线段长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，设 ，对于点的设法，采用向量式，求得平面法向量，而后利用线面所成角向量计算公式列方程求解. 【详解】如图，以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴， 建立空间直角坐标系， 则， 设 ，设 ， 则， ， 设平面的法向量， 可得：， 令，则， 所以 直线PQ与平面成30°的角， ， ， ， ，又， 解得， 可得. 故选：B 变式训练7-3(25-26高二上·吉林长春吉大附中实验学校·)正三棱柱中，为的中点，为棱上的动点，为线段上的动点，且，则线段长度的取值范围为___________． 【答案】 【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段的表达式，利用函数求最值即可. 【详解】因为正三棱柱中，为的中点， 取中点，连接，如图， 以为原点，，，为轴建立空间直角坐标系，    则，，，， 因为是棱上一动点，设，且， 因为，所以， 于是令，. 所以，. 又因为函数在上为增函数， 所以当时， 即线段长度的最小值为 当时，， 即线段长度的最大值为， 所以线段长度的取值范围为. 故答案为： 题型八、角度问题 典例精讲8 空间直角坐标系中，，，，为三棱锥的内切球的球心，与平面所成角的正弦值为_______. 【答案】/ 【分析】推导出与重合，求出平面的法向量，从而求出与平面所成角的正弦值. 【详解】如图，，故， 易知三棱锥的四个顶点也是长方体的顶点. 四面体中，， 设为的中点，则， 所以三棱锥，，，是4个全等的三棱锥， 由此可知到平面，平面，平面，平面的距离相等， 故与重合. 设平面的法向量， 由，得 ， 令，则，故平面的法向量. 又，所以与平面所成角的正弦值为. 题型归纳 1.几何法：利用几何求解角度问题 2.代数法：利用空间向量求解夹角为问题 变式训练8-1 (24-25高二下·江苏徐州第一中学·)如图，在多面体中，，分别在平面的两侧，且平面平面，平面平面，，若四边形是边长为的正方形，（），则二面角余弦值的取值范围为______． 【答案】 【分析】利用面面垂直性质建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，根据向量点积公式求二面角余弦值表达式，通过换元法求表达式的值域，得到二面角余弦值的取值范围. 【详解】建立以为原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向， 垂直平面方向为轴的空间直角坐标系， 则， 因为平面平面，交线为，因此平面为（平面）， 的横坐标，，，， 由勾股定理可得， 设且，联立方程， 解得，，即， 同理，平面平面，交线为，在平面下方， 同理得，在面中，法向量为沿着轴方向的单位向量， 在面中，设法向量为， 向量，则， 即，解得， 所以面的法向量为， 二面角余弦值为， 令，则， 对等式两边平方得，再令， 令，所以， 由二次函数性质可得，当时，， 当或时，，且， 因此的范围是，即原表达式可简化为， 整理可得， 该函数是关于的增函数， 当时，， 当时，，且， 因此得到，又因为二面角为钝角， 所以，对不等式开方得. 变式训练8-2 (25-26高二上·重庆大足中学·期中)二面角的棱上有两个点A､B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直与棱，若，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查利用向量法求二面角的余弦值，解题的关键思路是通过建立向量关系，利用向量的模长公式和数量积公式来求解二面角的余弦值. 【详解】因为而且 ， 所以， 即，得到 因为 ， 设二面角为，则， 故二面角的余弦值为. 故选：A 变式训练8-3 (25-26高二上·江苏启东中学·期中)如图，把正方形纸片沿对角线折成的二面角，，分别为，的中点，是原正方形的中心，则折纸后的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由二面角的定义得到二面角，设正方形边长，求得长，然后由向量表示，表示，然后求得的数量积，即可求出向量夹角的余弦值，即的余弦值. 【详解】如图，连接， 在正方形中，，∴，， ∵平面平面， 即二面角，即， 设正方形边长为，则，，    ， ∴ . 故选：C. 题型九、平行垂直问题 典例精讲9 (25-26高二上·广东深圳高级中学·期中)如图，在正方体中，分别为的中点，则下列说法错误的是（   ） A．与夹角为 B．与平面垂直 C．与垂直 D．与平面平行 【答案】A 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法逐一判断即可. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设， 则 ， 对于A，，, ， 即，，夹角为， 所以与夹角为，A错误 对于B，，则，所以， 又平面， 所以平面，故B正确； 对于C，， 则，所以，故C正确； 对于D，， 设平面的法向量， 则有，可取， 因为，且平面， 所以 平面，故D正确. 故选：A. 题型归纳 1.常规的平行垂直问题采取几何法 2.难一些的平行垂直问题长长采取向量法 变式训练9-1 (25-26高二上·山西晋中平遥县第二中学校·月考)已知正方体的棱长为1，点满足，其中，则下列说法错误的是（   ） A．当，，时，平面 B．当，时，异面直线与所成的角为45° C．当，时， D．当时，线段的长度最小值为 【答案】B 【分析】以顶点为原点建立空间直角坐标系，由空间向量证明线面平行判断A；由空间向量的夹角公式求得线线角判断B；由空间向量证明线线垂直判断C；由基本不等式求得的模长的最小值判断D. 【详解】在正方体中，以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 由，得， 对于A，，则， 即是平面的法向量，又，平面，则平面，A正确； 对于B，令，则，，设异面直线与所成的角为， 则，显然，错误； 对于C，点，即，则，，C正确； 对于D，由，得 ，则， 当且仅当时取等号，因此，D正确. 故选：B 变式训练9-2 (25-26高二上·陕西西安中学·)如图所示，正三棱柱的所有棱长均为，点、、分别为棱、、的中点，点为线段上的动点当点由点出发向点运动的过程中，以下结论中不正确的是（   ）    A．直线与直线始终垂直 B．直线与直线始终异面 C．直线与直线可能垂直 D．直线与直线可能垂直 【答案】C 【分析】证明平面，从而可证四点不共面，即可判断AB；设，将分别用表示，假设直线与直线CP垂直，则，求出即可判断C；证明平面，即可判断D. 【详解】对于A，连接 因为正三棱柱的所有棱长均为，点、、分别为棱、、的中点，所以，平面 又因平面，平面， 所以， 因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 故A正确. 在正三棱柱中， 因为点M、N分别为棱AB、的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为平面，，， 所以四点不共面， 所以直线与直线CP始终异面，故B正确； 对于C，设， 则， ， 若直线与直线CP垂直，则， 即， 所以， 即，解得， 因为，所以不存在点使得直线与直线垂直，故C错误； 对于D，连接， 因为为的中点，所以， 又因平面，平面， 所以， 因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 所以当点在的位置时，直线与直线BP垂直，故D正确.    故选：C. 变式训练9-3 (24-25高二上·浙江G5联盟·期中)已知正方体的棱长为1，，是棱、的中点，动点满足，其中，，，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则平面 B．若，则与所成角的取值范围为 C．若平面，则 D．若，则 【答案】C 【分析】建系，分析可知.对于A：利用空间向量判断垂直关系；对于B：利用空间向量求异面直线夹角；对于C：利用空间向量求线面平行；对于D：分析可知点在以为直径的球面上，举反例说明即可. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 则，即. 对于选项A：因为若，，即， 可得，， 因为不恒为0，即与不一定垂直， 所以与平面不一定垂直，故A错误； 对于选项B：若，即， 可得，， 设与所成角为， 则 ， 当且仅当时，等号成立， 令，则， 可得， 当且仅当，即或时，等号成立， 综上所述：，所以，故B错误； 对于选项C：因为， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 若平面，则， 可得，整理可得，故C正确； 对于选项D：若，则点在以的中点为球心，半径的球面上， 例如，符合题意，但，故D错误； 故选：C. 【点睛】关键点点睛：建系，根据题意可得，进而利用向量的坐标运算求解，方便计算. 题型十、动点问题 典例精讲10 在棱长为2的正方体中，为其体对角线上的动点，点在该正方体表面上运动，球为该正方体的内切球，为球的一条直径.则（   ） A．当点在体对角线上运动时，的值也在随之变化 B．当点在底面内运动时，的值也在随之变化 C．的取值范围是 D．的最大值为2 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算逐项计算可得结论. 【详解】    以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则， 由，则，解得， 所以，所以， 又，所以，故A错误； 因为点在底面内运动，故设， 则，， 所以，故B错误； 因为，， 所以，故C错误； 因为为球的一条直径， 所以， 又因为点在该正方体表面上运动，所以，所以， 所以的最大值为2，故D正确. 故选：D. 题型归纳 1.动点问题尝尝采取属性结合，先通过平行与垂直的判定定理与性质定理得出相应结论 2.再通过向量法进行计算 变式训练10-1 (24-25高二上·福建三明第二中学·月考)如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（    ）    A．若平面，则动点的轨迹是一条线段 B．不存在点，使得平面 C．当且仅当点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大 D．若，那么点的轨迹长度为 【答案】D 【分析】利用线面平行与面面平行的判定定理与性质定理判断A；建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，从而利用线面垂直的向量表示可判断B；利用空间向量法求得点到平面的距离关于的表达式，分类讨论的取值范围求得三棱锥的体积，从而判断C；利用勾股定理求得为定值，从而判断Q的轨迹，进而求其长度判断D. 【详解】选项A，分别取中点，连接，    由与，平行且相等得平行四边形， 所以 ，又平面，平面，所以 平面， 同理 平面，又平面， 所以平面 平面， 当时，平面， 所以 平面，即点轨迹是线段，故A正确； 选项B，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 则， 设是平面的一个法向量，则， 取，则， 若平面，则 ， 所以存在，使得，则，解得， 因此正方形内（含边界）不存在点，使得平面，故B正确； 选项C，面积为定值，当且仅当点到平面的距离最大时， 三棱锥的体积最大，又， 则到平面的距离为， 当时，，则当时，有最大值； 当时，，则当时，有最大值， 综上，当时，取得最大值1， 即与重合时，取得最大值，三棱锥的体积最大，故C正确； 选项D，平面平面，所以， 所以， 所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是， 则其轨迹长度为，故D错误. 故选：D. 变式训练10-2 (24-25高二上·陕西西安南开高级中学·月考)如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F，且，以下结论错误的是（   ） A． B． C．异面直线，所成的角为定值 D．正方体的体积是三棱锥的体积的12倍 【答案】C 【分析】根据空间向量的数量积运算可判断项；通过证明平面，可判断项；通过特殊点代入，分别计算当与重合，为中点，与与重合时，为中点时，直线，所成的角的余弦值可判断项；分别求出正方体与三棱锥的体积，即可判断项. 【详解】对于，易知//，所以， 所以，故正确； 对于，建立如图空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 则，所以， ，所以， 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以.故正确； 对于，连接，交于，则. 因为平面，平面，所以. 又，平面，所以平面. 则， , 正方体的体积是三棱锥的体积的12倍，故正确； 对于，如图，当与重合时，为中点， 易知//，所以直线，所成的角为. 此时，，，所以，所以， 则. 如图，当与重合时，为中点， 易知//，所以直线，所成的角为. 因为为直角三角形，所以. 综上，异面直线AE，BF所成的角不是定值，故错误. 故选：. 变式训练10-3 (24-25高二上·黑龙江大庆实验中学实验一部·)已知正方体边长为2，动点满足（，，），则下列说法正确的个数是（   ） ①当，时，则直线平面 ②当，，时，的最小值为 ③当，时，的取值范围为 ④当，且时，则点的轨迹长度为 A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，①③利用空向量的知识计算即可；②先确定点的轨迹，然后展开为平面，利用两点间线段最短计算即可；④找到点点的轨迹，然后计算轨迹长度即可. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系 则 因为 得 ①当，时，，此时, 得,所以直线与平面不垂直，故①错误； ②当，，，得，作靠近点的四等分点，作靠近点的四等分点， 连接,显然 易知此时点在线段上运动， 将四边形与四边形放在同一个平面上是，连接,与为时， 有最小值为，故 ②正确； ③当，时， 所以 由题可知， 因为，，，所以 所以 因为，所以 所以 故，故③正确； ④当，且时，因为，，， 由空间向量的性质可知，此时点在平面上运动， 因为，，，故点在三角形面内运动； 连接,与平面相交于点，连接 由正方体的性质可知，,平面，点为三角形的内心， 因为，所以 所以，点的轨迹是一个以点为圆心，为半径的一个圆上， 假设在三角形面内，此时的轨迹长度为 易知， 所以三角形的内切圆半径为 点的轨迹在三角形内的为以为圆心，为半径的圆的一部分，所以的轨迹长度小于，故④错误； 综上所述，正确的有②③，共2个. 故选：C 【点睛】关键点点睛，我们在找点的轨迹时，一定要注意，，，然后求解即可. 题型十一、距离问题 典例精讲11已知三棱台中，平面平面，，底面满足且，点在棱上运动，则点到平面的距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，根据底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，得到且．再利用面面垂直和棱台的相似关系建立空间直角坐标系，设在上的位置参数为，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式把问题转化为二次函数最值问题． 【详解】 取的中点，连接，因为，所以， 又因为，，所以，从而， 且是等腰直角三角形，故， 设为的中点．因为为三棱台，所以， 又因为，所以四边形为等腰梯形，故， 因为平面平面，且交线为，所以平面， 在等腰梯形中，， 由，得， 所以； 以为原点，， ，所在直线分别为 ， ，轴，建立空间直角坐标系， 则，， 由于三棱台的上、下底面相似，且， 所以，故， 因为点在棱上运动，故可设， 其中，则， 所以， 设平面 的法向量为， ， 令，则， 所以平面的法向量， 又，故点到平面的距离为， 即， 化简得， 因为，且， 所以当时，取得最小值，此时取得最大值，且. 题型归纳 1.几何法：通常考虑等体积法 2.建系法：通常用向量计算距离 变式训练11-1 (25-26高二上·河北沧州沧县中学·调研)已知半径为2的球O，球面上两点满足，且点到平面的距离为3，则点到平面距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设以为球心以3为半径的球与平面相切的切点为，当三点共线时，点到平面距离取最大值. 【详解】半径为2的球O，球面上两点满足， 则， 设以为球心以3为半径的球与平面相切的切点为，则 当三点共线时， 点到平面距离的最大值为    故选：D. 变式训练11-2 (25-26高二上·四川成都玉林中学·)如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，是棱上的一个动点，为侧面上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．点到平面的距离为定值 B．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 C．若，且，则点到直线的距离为 D．若，则的最小值为2 【答案】D 【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断B，利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，利用线面垂直的判定定理判断D，从而得解. 【详解】对于A，在正方体中，，分别为棱，的中点， 所以， 又平面，平面，所以平面， 又点是棱上的一个动点，所以点到平面的距离为定值，故A正确； 对于B，以为原点，建立空间直角坐标系，如图，    设（），则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成角为（）， 则， 因为，所以，则， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故B正确； 对于C，连接，，，， 因为，且，所以，，，四点共面， 因为在正方体中，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以， 在正方体中，，， 所以四边形是平行四边形，则，则， 因为为棱的中点，所以为棱的中点，即， 则，，，， 故点到直线距离，故C正确； 对于D，连接，因为平面， 所以是在平面上的射影， 要使，则， 所以点的轨迹是平面上以为圆心，1为半径的半圆， 所以的最小值为，故D错误.    故选：D 变式训练11-3 (25-26高二上·四川成都外国语学校·月考)如图，棱长为3的正方体的顶点A在平面上，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为，则顶点到平面的距离是（    ）    A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】求点到平面的距离，建立空间直角坐标系，由顶点到平面的距离分别为，利用空间点到平面距离公式，求出平面的法向量，即可求出结论. 【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则点到平面距离为，① 点到平面距离为，② 由①②可得， 所以到平面的距离为. 故选：C.      题型十二、体积问题 典例精讲12 (25-26高二上·吉林延边朝鲜族（汉族）高中联谊校·期末)已知三棱锥的体积为15，是空间中一点，，则三棱锥的体积是（    ） A．15 B．12 C．9 D．10 【答案】D 【分析】利用向量的基本定理将用进行表示，结合已知，进行整理得到，根据空间向量基本定理可知在平面内存在一点，从而得到，即可得到，利用三棱锥的体积公式求出． 【详解】    因为，则， 即， 即，所以， 因为，由空间向量基本定理可知，在平面内存在一点， 使得成立，即， 所以，即，则， 又三棱锥的体积为15， 则． 故选：D． 题型归纳 1.几何法求体积，通常用到换定点法 2.难度高些，也可以考虑建系法 变式训练12-1 (25-26高二上·福建厦门第一中学·)已知正四面体外接球的球心为，，过点，的平面与棱，分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为，，其中，则的最大值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】以空间向量为工具，将几何中的共面问题转化为向量系数关系，再将体积比问题转化为函数最值问题，通过代数方法求解即可. 【详解】设平面与棱分别交于点，设，其中， 直线与平面交于点， 由点为外接球的球心，有， 又由，得到， 因为四点共面，所以，即. 易知：，其中为棱之间的夹角， 下面求的取值范围， 由，又，可得，其中， 令，则，因此， 又因为，，所以. 故的最大值为， 故选：B. 变式训练12-2 (25-26高二上·四川雅安天立学校·月考)已知直四棱柱的底面为矩形，，，，平面，，则三棱锥的体积为（    ） A． B．5 C．4 D． 【答案】A 【详解】如图，以为坐标原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系.    则，，，，，， 则，，，，. 设平面的法向量为，则, 令，可得． 设，，则， 由可知，解得，则，即． 又在中,为的中点，所以为的重心，则， 故． 故选：A. 变式训练12-3 (24-25高二下·江苏启东中学·月考)在直三棱柱中，，三棱锥体积最大值为（   ） A． B． C．2 D．4 【答案】A 【分析】如图建立空间直角坐标系，根据可得在底面的轨迹，再分割三棱柱可得，求的最大值即点到底距离最大即最大时即可得解. 【详解】如图，以为坐标原点，以直线、在平面内垂直于的直线、直线所在方向分别为正半轴.    设,. ，，得，即.即点在底面的轨迹是以为圆心，半径为的圆. 又因为，. 当取最大时，有最大值. 故选：A. 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．(25-26高二上·重庆杨家坪中学·月考)在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，点在侧棱上，满足，上有一点，上有一点，有，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】如图，以点为原点，、、分别作为、、轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 由于点在侧棱上，满足，所以，解得，所以， 由于点在上，不妨设，即，解得， 同理，点在上，设，解得， 则， 由于，，则， 化简得，解得， 因此 ，所以，故B正确. 2．如图，长方体的底面是边长为2的正方形， ，点、分别为棱、的中点.若平面平面，则直线 与平面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用线线平行转化线面角，建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值，再求解出线面角的正切值. 【详解】 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 因此，直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系,则 ，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，解得，，所以法向量， 设直线与平面所成角为，， 则， ， 因此，. 3．(25-26高二·江苏南京师范大学附属中学·期中)若向量是平面的一个法向量，且平面经过点，则平面的方程为．已知球经过点，且与平面相切，则球的表面积的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据题意，将平面的方程化为的形式，从而得到该平面的法向量及经过的点坐标，再应用向量法求点面距，结合球体的特征确定球半径最小值，进而求其表面积的最小值即可． 【详解】由平面的方程可化为， 则平面的一个法向量为，且过点， 又球经过点，则， 所以点到平面的距离为， 所以球半径最小值为，故球表面积的最小值为． 4．(25-26高二·专题8利用空间向量解决最值问题·)在正方体中，点为线段的中点.点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，根据向量法求出直线与平面所成的角为的正弦值，再表示出并求出其最小值即可. 【详解】设正方体边长为2，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示， 则,,,, 设,则,, 设平面的法向量为,则由得 取，则, 所以为平面的一个法向量， 所以直线与平面所成的角的正弦值 又由，所以, 所以， 又因,所以,所以最小值为 故选：A 5．(25-26高二上·江西南昌·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. 6．(25-26高二·甘肃兰州第五十九中学·期中)如图所示，四面体ABCD的体积为V，点M为棱BC的中点，点E为线段DM上靠近D的三等分点，点F为线段AE上靠近A的三等分点，过点F的平面与棱AB，AC，AD分别交于P，Q，R，设四面体APQR的体积为V'，则的最小值为____. 【答案】 【分析】利用四点共面，求出相应最值，根据三元均值不等式求解即可 【详解】因为点分别为的三等分点， 所以， 又因为为中点，所以， 又，所以， 令，，，显然都为正数， 则， 因为四点共面，所以， 当且仅当时取等号，故， 设点到平面的距离为，则点到平面的距离为， 因为，， 所以， 所以的最小值为. 7．(25-26高二·专题5用空间向量研究直线、平面的位置关系·)如图，在棱长为1的正方体中，，，若平面，则线段的长度的取值范围为__________. 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的坐标，根据平面得出，根据空间向量求模公式代入求最值. 【详解】以所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， ，，，， 设，， 由，，得， 由，，， ， ，，， 所以平面， 平面，所以， ，， ，即， ， ， ，， . 8．(25-26高二下·四川荣县中学校·)在四面体ABCD中，，且，则该四面体ABCD外接球的体积_________． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，利用等量关系求出球心坐标，进而求得外接球半径即可求体积. 【详解】由题得：，，以为原点建系如图所示， 则，，，设， 则，，其中 因为，，所以①， 由，整理得②， 联立①②得：，，所以， 设外接球球心为，半径为，则，， ，， 因为，所以，解得， 又 ，所以，解得：，则， 因为，所以，解得：， 则球心，半径， 所以该四面体ABCD外接球的体积为. 9．(25-26高二·河南信阳高级中学新校（贤岭校区）·期末)如图，在三棱锥中，点G为的重心，点M在上，且，过点M任意作一个平面分别交线段，，于点D，E，F，若，，，则的值为__________． 【答案】4 【分析】以为空间一组基底，结合四点共面，用两种方法表示出，由空间向量的基本定理求得的值. 【详解】连接并延长，交于点，以为空间一组基底， 由于是的重心，点M在上，且， 所以 ①， 连接，因为四点共面，所以存在实数，使得， 即，②， 由①②以及空间向量的基本定理可知：，，所以. 故答案为：4. 10．(25-26高二上·广东茂名·)在四面体中，Q为的重心，E，F，G分别为侧棱，，上的点，若，，，，则_____. 【答案】 【分析】设中点为R，，连接，则有，且，从而得，解得，可得，由重心性质可得，设 ，且 ，从而可得，最后由D，E，F，G四点共面，即可求得答案. 【详解】如图所示：设中点为R，，连接， 由P，R，C，Q，S，G共面， 可知与平面的交点即与的交点D. 因为，，， 设 ， 则， 设 ， 则， 故， 故， 解得，代入， 可得，即. 由重心性质可得， 设 ， 又 ， 则， 故，解得， 故， 则， 由D，E，F，G四点共面， 可知：（其中）， 所以， 则. 故答案为：. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题01空间向量十二小题类综合题型 目 录 通法归纳一明晰核心解法， 助力能力迁移 题型精讲一精讲典型题法，夯实解题根基 题型一外接球问题 题型二内切球 题型三距离和最值问题 题型四轨迹问题 题型五共面问题 题型六截面问题 题型七线段最值问题 题型八角度问题 题型九平行垂直问题 题型十动，点问题 题型十一距离问题 题型十二体积问题 压轴挑战一攻克高难压轴， 突破思维上限 ◆◆ 夙通法归纳一明晰核心将法，动力能力迁移 立体几何小题是高考数学核心重难点，题型涵盖球、共面、轨迹截面、夹角、动点等，考题难度高， 需注意：一是几何法的运用，二建立空间直角坐标系 ◆ 同题型精讲一精讲央型题法，务夫解题根 题型一、外接球问题 典例精进1已知三棱锥P-ABC的各顶点均在表面积为16π的球O的表面上，且AP=2只V2,AB=AC=2, OB⊥OC,则三棱锥O-PBC体积的最大值为() 1/19 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A. 22 B. 23 C. D. 3 3 3 题型归纳 1.考虑模型：墙角模型、汉堡模型、切瓜模型等 2.考虑建立坐标系 变式训练1-1己知正三棱柱ABC-A,B,C1的底面边长为6，高为3V6,其顶点都在球O的球面上，则球 心O到平面A1BC的距离为() 2 3 A. 2 B.2 c.V2 D.3 变式训练1-2(25-26高二下，安徽安庆桐城杨公中学等校如图，在长方体ABCD-A1B,C1D1中， AD=3,AB=AA1=4,点M,N分别在四边形AA1D1D、四边形BCC1B1内运动（不与长方体的顶点重 合)，若MA⊥MA1,NC⊥NC1,且M,N,A,A1都在球O上，则球O的表面积的取值范围为() B A 35π53π 45π53π A. 2’2 4’2 45π57π 425π881π C. 2’2 D 16’16 变式训练1-3(25-26高二下.宁夏石嘴山期末)在三棱锥S-ABC中，若SA=SC=1,AB=BC=AC=V2, 二面角S-AC-B为4 则三棱锥S-ABC外接球的表面积为 题型二、内切球 典例精进2.(25-26高二上浙江温州泰顺县育才高级中学)已知正方体ABCD-A1B,C1D1的棱长为2，点 2/19 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 P在该正方体的内切球表面上运动，且满足D1PII平面A:BC1,则AP的最大值为() 6 A. B.6 C 2 D.2V6 3 题型归纳 1.考虑等体积法 2.建立坐标系 变式训练2-1已知正方体的棱长为2，点P是正方体外接球的球面上一点，M,N为正方体内切球的球面上 的两点，若MN=2,则PM·PN=() A.1 B.2 C.3 D.4 变式训练2-2在棱长为10的正方体ABCD-A1B,C1D1中，Q是DD1中点，点P在正方体的内切球的 球面上运动，且CP⊥AQ,则点P的轨迹长度为 变式训练2-3(25-26高二安徽蚌埠期末)蚌埠又名“珠城”，《尚书·禹贡》中就有“准夷蚌珠”的记载， 这表明4000多年前的夏禹时代，蚌埠所在的淮河沿线就己是产珠之地，珍珠的镶嵌工艺亦历史悠久，在某 工艺模型中，已知半径为1的球O内切于正四面体ABCD,线段N是球O的一条动直径，点P是正四面体 ABCD的表面上的一个动点，则PM·PN的取值范围是 题型三、距离和最值问题 典例精进3已知正方体ABCD-A1B,C1D1的棱长为1，P为平面B,CD1内动点，则PA+PB的最小值为 () 33 4V2 A.2 B. C. D.3 3 3 题型归纳 1.方法一：翻折形成共面问题，两点间线段最短 2.方法二：结合建立坐标系 变式训练3-1(25-26高二上上海松江区华实高中：期末)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为 3/19 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1,侧棱A,A=3:p为A,B上的动点，则AP+PD,的最小值为 D A B D 变式训练3-2(25-26高二上福建泉州第五中学.期中)已知点E、F、G分别在棱长为3的正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱D1C1、AA1、BC上，且D1E=AF=CG=1.若P为平面EFG内的动点，Q为 棱CC1所在直线上的动点，则PQ+PD的最小值为 变式训练3-3己知直四棱柱ABCD-A,B,C,D,的底面是边长为6的菱形，AA,=8,∠ADC=2”, 31 点 p满足A市=mAB+nAD+AA:其中m,n∈0,1小若nm2+n2=1-mn则AP+PC,的最小值为 题型四、轨迹问题 典例精进4(25-26高二上广东东莞五校（塘中、麻涌中学、清溪中学、七中、十中）)如图，在四棱锥 P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形，PA=AB=4,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），CT‖平面AEF,则点T的轨迹的长度为 D E B4 题型归纳 1.轨迹问题常用解法为建立坐标系 4/19 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2轨迹问题通常会涉及到圆锥曲线的定义，需要注意圆，椭圆，双曲线与抛物线的定义。同时也需要考虑 线段，通常是直线被矩形等截出的先断问题。 变式训练4-1(25-26高二上湖北汉川第一高级中学)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD, PA=AD=CD=1,AB=2,AB‖CD,AB⊥AD,点E是四边形ABCD内部的一点，且平面ABP与平 面PBE的夹角为 ,则点E的轨迹的长度为() E 4.46 B. 4V10 8V2 C. D. 230 5 变式训练4-2(23-24高二上四川泸县第五中学.月考)在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M,N分 别为BD1,B,C1的中点，点P在正方体表面上运动，且满足MP⊥CN,点P轨迹的长度是()· A.2+5a B.3+3a c.3+5a D.4a 变式训练4-3(25-26高二上四川泸州，期末)斜三棱柱ABC-A1B,C1中，∠A1AB=∠A1AC=60°， ∠BAC=90°，AB=AC=23,AA1=4,动点P在侧面BCC1B1上，且A1P=2,则P的轨迹长度为 题型五、共面问题 典例精进5(25-26高二上四川南充高级中学·月考)在三棱锥P-ABC中，M是平面ABC内一点，且 14PM=8PA+tPB+5PC,t=() A. B.1 C.2 D.3 5/19 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型归纳 共面问题通常考虑平面向量的基本定理：如果平面两个向量ā，b不共线，那么p与ā，b共面的充要条 件是存在有序实数对(x,y),使的p=xa+yb 变式训练5-1(25-26高二上广东汕头潮阳实验学校，)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E 是棱AB的中点，P=2F弦，PG=λGC,D,B,F,G四点共面，则λ=() A.1 B. 2 C. D. 3 变式训练5-2(24-25高二上浙江台州山海协作体期中)如图，在三棱锥P-ABC中，点G为△ABC的重心， 点M在PG上，若PD=mPA,PE=nPB,P=tPC,则下列说法正确的是() A若点C为△ABC的重心，则PG号荫+号吨+君P元 B.若P成=mi+n陀+名P元，则D,E,F,M四点不共面 C.若三棱锥P-ABC各条棱长均等于2，则相对棱之间的距离均等于V3 D.若PG与平面DEF交于点M,且P成=3MG,则+上+为定值 m n t 变式训练5-3如图，在四棱锥P-4ABCD中，ADIBC,BC=2AD,PE=A,PF=2F范，CC=2GP,H在棱 PD上，若E,P,G,H四点共面，则P 6/19 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型六、截面问题 典例精进6(25-26高二上河南郑州部分名校期中)已知正方体ABCD-A1B:C1D1,棱长为6，且 3AG=AB+AD+AA,若动点p满足PG≤23： 则动点p的轨迹被正方体表面所截得的图形的面积为 () A.8+4π B.24+12π C.48+24π D.24π 题型归纳 1.几何法求截面形状：延长线法，平行线法。 2.空间向量法。 3.平面截球的形状考虑圆。 变式训练6-1(24-25高二上广西桂林期末)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点M满足 CC=3CM,若平面。经过点B:且AM1平面。：则平面，截此正方体所得的截面的面积为 B M D B 变式训练6-222-23高一下河南漯河高级中学月考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M,N分 7/19 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 别是侧面CD1和侧面BC1的中心，过点M的平面Q与直线ND垂直，平面C截正方体AC1所得的截面记为S, 则S的面积为 变式训练6-325-26高二上河南湘豫名校联考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M是棱BB1的 中点，点P在棱A1B1上，且满足AM⊥CP,则平面AMC截三棱锥P-ABC的外接球所得的截面面积为 题型七、线段最值问题 典例精进7(25-26高二下·江苏南京师范大学附属中学、天一中学、海安高级中学、海门中学)已知平行六 面体ABCD-A1BC1D1的底面是边长为2的正方形，A1A=3,∠A1AB=∠A1AD=60°.动点M满 足AM=AA,+xA店+yAD'X,y∈0,1且CM平面A,BD:则C成的最小值为(） A.1 B.5 c.3 D.7 题型归纳 线段问题常考虑空间向量法求线段最值。 变式训练7-1(25-26高二重庆江津中学校期末)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=2,AD=3, 向量AD=AB+2yAD+zAA,若x+y+2=1,则G产的最小值为() A. 5V6 8.26 6 6 6 3 c. D. 3 6 变式训练7-225-26高二上·湖北武汉新洲区部分学校期中)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABC⊥平面 BCD,∠BAC=∠BCD=90°，AB=AC,CD=1BC=1,点P是线段AB上的动点，若线段CD上存 在点Q,使得直线PQ与平面ACD成30°的角，则线段PA长度的取值范围是() 8/19 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D A. o B. C. 6 0,3 D. 「32 3’2 变式训练7-325-26高二上吉林长春吉大附中实验学校，)正三棱柱ABC-A1B,C1中， AB=2,AA,=V3,O为BC的中点，M为棱B1C1上的动点，N为线段AM上的动点，且 MN MO MO MA' 则线段MN长度的取值范围为 题型八、角度问题 典例精进8空间直角坐标系0-z中，A1,0,2B1,5,0rC0,5,吃1为三棱能0-ABC的 内切球的球心，OI与平面ABC所成角的正弦值为 题型归纳 1.几何法：利用几何求解角度问题 2.代数法：利用空间向量求解夹角为问题 变式训练8-1(24-25高二下江苏徐州第一中学)如图，在多面体EABCDF中，E,F分别在平面ABCD的 两侧，且平面ADE⊥平面ABCD,平面BCF⊥平面ABCD,∠AED=∠BFC=90°，若四边形ABCD 是边长为a的正方形，DE=CF=入(0<入<a),则二面角E-AD-F余弦值的取值范围为 9/19 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 变式训练8-2(25-26高二上重庆大足中学.期中)二面角Q-1-B的棱上有两个点A、B,线段BD与AC分别在 这个二面角的两个面内，并且都垂直与棱L,若AB=3,AC=2,BD=2V2,CD=V17,则二面角a-1-B的 余弦值为() V2 2 V3 A. 4 B.2 1-2 C 0.2 变式训练8-3(25-26高二上江苏启东中学.期中)如图，把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成60°的二面角， E,F分别为AD,BC的中点，O是原正方形ABCD的中心，则折纸后∠EOF的余弦值为() D E ⊙ 3 A.- 8、J D. 2 2 4 8 题型九、平行垂直问题 典例精进9(25-26高二上广东深圳高级中学.期中)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M,N分别为 BC1,CD1的中点，则下列说法错误的是() 10/19 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D A B A.MN与DC夹角为60 B.MN与平面ACC1A1垂直 C.MN与CC1垂直 D.MN与平面BDA,平行 题型归纳 1.常规的平行垂直问题采取几何法 2.难一些的平行垂直问题长长采取向量法 变式训练9-1(25-26高二上山西晋中平遥县第二中学校月考)已知正方体ABCD-AB1C1D1的棱长为 1,点p满足A=xA+yA市+zAA:其中x,y,2∈[0,1 则下列说法错误的是() A.当X=y,y≠0，Z≠0时，B1B/1平面ACP B.当X=y=Z,Z≠0时，异面直线AP与BC所成的角为45° C.当x+y=1,Z=0时，D1P⊥A1C1 D.当x+y+z=1时，线段AP的长度最小值为 变式训练9-2(25-26高二上陕西西安中学.如图所示，正三棱柱ABC-A1B,C1的所有棱长均为1，点P、 M、N分别为棱AA1、AB、A1B的中点，点Q为线段MN上的动点.当点Q由点N出发向点M运动的过程 中，以下结论中不正确的是() 11/19 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.直线C1Q与直线AB始终垂直 B.直线C1Q与直线CP始终异面 C.直线C1Q与直线CP可能垂直 D.直线C1Q与直线BP可能垂直 变式训练9-3(24-25高二上浙江G5联盟期中)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E,F是棱 CCBC的中点，动点p满足亦=入A店+μAD+vAA?其中'4'v∈0,1小则下列命题正确的是 () A.若入=2μ，V=0,则D1B⊥平面AB1P B.若入=μ，则D1P与A,C1所成角的取值范围为 6'2 C.若PD1∥平面DEF,则+2μ-2v=0 D.若PD1⊥PF,则+H+V∈1,3 题型十、动点问题 典例精进10在棱长为2的正方体ABCD-ABC1D1中，E为其体对角线BD1上的动点，点P在该正方 体表面上运动，球O为该正方体的内切球，MN为球O的一条直径.则() A.当点E在体对角线BD,上运动时，A范B,C的值也在随之变化 B.当点p在底面A,B,C,D,内运动时，市.AA的值也在随之变化 C.AE·DC的取值范围是0,2 12/19 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D.PM·PN的最大值为2 题型归纳 1.动点问题尝尝采取属性结合，先通过平行与垂直的判定定理与性质定理得出相应结论 2.再通过向量法进行计算 变式训练101(24-25高二上福建三明第二中学月考)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中， P为棱BB的中点，Q为正方形BBC1C内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是() D C A B A.若D1QI/平面A1PD,则动点Q的轨迹是一条线段 B.不存在Q点，使得D1Q⊥平面A1PD C.当且仅当Q点落在棱CC1上某点处时，三棱锥Q-A1PD的体积最大 D.D Q-6 ,那么Q点的轨迹长度为2 变式训练102(24-25高二上陕西西安南开高级中学月考)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2， 线段BD1上有两个动点E,F,且EF=V2,以下结论错误的是() A.EF·AB=2 B.A1C⊥AE C.异面直线AE,BF所成的角为定值 D.正方体ABCD-A1BC1D1的体积是三棱锥A-BEF的体积的12倍 13/19 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 变式训练103(24-25高二上·黑龙江大庆实验中学实验一部)已知正方体ABCD-A1B1C1D1边长为2，动 点M满足A应=xAB+yAD+zAAx之0'y≥0'z≥0)，则下列说法正确的个数是（） ①当x=y=1,Z=2时，则直线AM1平面ABD ②当x=子2-0，ye01t,BM+MD的最本位为i ③当x+y=1,z∈0,1时，AM的取值范围为2,2V2 ④当x+y+z=1,且AM= 时，则点M的轨迹长度为42 2V5 3 A.4 B.3 C.2 D.1 题型十一、距离问题 典例精进1已知三棱台ABC-A,B,C,中，平面ACC,A11平面ABC,AA,=CC,=V10: A1C1=2AC=4,底面ABC满足AB=BC且∠ABC=90°，点M在棱A1B1上运动，则点B到平面AMC1 的距离的最大值为() A. 23 6 4911 2V22 3 B.2‘ c. D. 11 11 题型归纳 1.几何法：通常考虑等体积法 2.建系法：通常用向量计算距离 变式训练11-1(25-26高二上河北沧州沧县中学.调研)已知半径为2的球O,球面上两点A,B满足 OA⊥OB,且点A到平面c的距离为3，则点B到平面C距离的最大值为() A.2-V3 B.2-V2 c.2+3V/2 D.3+2V2 变式训练11-2(25-26高二上四川成都玉林中学)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B,C1D1中，E, F分别为棱BB1,CC1的中点，G是棱BC1上的一个动点，M为侧面BBC1C上的动点，则下列说法错 误的是() 14/19 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D B A.点G到平面AEF的距离为定值 B.直线AG与平面AEF所成角的正弦值的取值范围为 V159V10 15’10 17 C.若A1G=XA1A+yA1E+zA1D1,且x+y+z=1,则点G到直线AF的距离为 3 D.若D1M⊥MC,则BM的最小值为2 变式训练11-3(25-26高二上四川成都外国语学校月考)如图，棱长为3的正方体的顶点A在平面@上，三 条棱AB,AC,AD都在平面a的同侧，若顶点B,C到平面a的距离分别为V2,V2,则顶点D到平面c的距 离是() a A.V3 B.2 c.5 D.2V2 题型十二、体积问题 典例精进12(25-26高二上·吉林延边朝鲜族（汉族）高中联谊校期末)已知三棱锥P-ABC的体积为15， M是空间中一点，PM=-二所+2P庐+4P元，侧则三棱锥A-MBC的体积是() 15 15 15 A.15 B.12 C.9 D.10 题型归纳 1.几何法求体积，通常用到换定点法 15/19 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2.难度高些，也可以考虑建系法 变式训练1212526高二上福建厦门第一中学)已知正四面体ABCD外接球的球心为0，A心=AB,过 点O,P的平面a与棱AC,AD分别相交，记在平面a两侧的几何体的体积分别为V1,V2,其中V1≤V2, 则V1的最大值为() V2 A.1 B. 变式训练12-2(25-26高二上四川雅安天立学校月考)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为矩形， AB=6,BC=2,AA1=8,AC1n平面A1BD=G,AB1nA1B=E,则三棱锥C1~BEG的体积为 () 号 10 B.5 C.4 变式训练12-3(24-25高二下·江苏启东中学，月考)在直三棱柱ABC-A1B,C1中， |AB=AA1=2,AC1·CB=4:三棱锥C-AB,C,体积最大值为() 4 B. C.2 D.4 3 同压轴桃战一文克高难压轴，变威思维上保 1.(25-26高二上.重庆杨家坪中学.月考)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底 面ABCD,PA=6,点G在侧棱PB上，满足2PG=GB,PC上有一点O,DG上有一点M,有OM⊥PC, OM⊥DG,则OM的长为() 4.37 3V14 77 14 c.321 D. 3V15 7 15 16/19 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2.如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，AA1=4,点E、M分别为棱CC1、 BB1的中点.若平面ACMn平面A1BC1D1=l,则直线！与平面BD1E所成角的正切值为() D 4.6 3 3 B.2 c.22 D.2 3.(2526高二江苏南京师范大学附属中学.期中)若向量i=A,B,C是平面a的一个法向量，且平面@经过 点PX,yo,20则平面。的方程为Ax-Xo+By-y,+Cz-2=0:已知球M经过点3,4，-2？且与平 面2x+y-2z=2相切，则球M的表面积的最小值为() A.24π B.21π c.16π D.12π 4.(25-26高二.专题8利用空间向量解决最值问题，)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O为线段AC的中 点.点P在线段A1C1上，直线OP与平面ABC1所成的角为0，则cos的最小值是() 4.6 3 3 B.3 c购 5 4 0.4 5.(25-26高二上江西南昌·期末)在长方体ABCD-AB1C,D,中，AB=AA=2BC=2,M、N分别为棱AD1、BB1 的中点，则下列结论正确的是() D A A.MN平面ACD B.AC1⊥平面CMW 17/19 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 C.异面直线CM与AD,所成角的余弦值为72165 165 D.若P为线段CD上的动点，则点P到平面CN的距离为定值 6.(25-26高二甘肃兰州第五十九中学.期中)如图所示，四面体ABCD的体积为V,点M为棱BC的中点， 点E为线段DM上靠近D的三等分点，点F为线段AE上靠近A的三等分点，过点F的平面Q与棱AB, AC,AD分别交于卫，Q,R,设四面体APOR的体积为则Y的最小值为一 7.(25-26高二专题5用空间向量研究直线、平面的位置关系)如图，在棱长为1的正方体 ABCD-A,B,C,D,中，DM=λDA1(0<入<1'CN=μCD1(0<I<1'若MN1平面AA,C,C:则 线段MN的长度的取值范围为 A B A B 8.(25-26高二下四川荣县中学校在四面体ABCD中，AB=3,AD=BC=1,CD=6,且 ∠BAD=∠ABC=7,则该四面体BCD外接球的体积 9.(25-26高二河南信阳高级中学新校（贤岭校区）·期末)如图，在三棱锥P-ABC中，点G为△ABC的 重心，点M在PG上，且PM=3MG,过点M任意作一个平面分别交线段PA,PB,PC于点D,E,F, 18/19 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 若PD=m,P元=nPB,P所=tP元，则+上+上的值为 m n t D G B 10.(25-26高二上广东茂名)在四面体P-ABC中，Q为△ABC的重心，E,F,G分别为侧棱PA,PB, PC上的点，若庇=号网，P序=号吨，P心P元，p0=mP成+np萨+tP元，则m+n+t= 19/19