专题05 立体几何的翻折、动点轨迹、截面及最值问题（专项训练）高二数学人教A版选择性必修第一册

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05立体几何的翻折、动点轨迹、 截面及最值问题参考 答案 题型01空间距离的最值与范围问题 E 典例精析 【典例1】【答案】C 【解析】由DM=xDA+yDB+zDC和x+y+z=1结合共面向量定理得M、A、BC四点共面， 即点M在平面ACB上，则DM的最小值为点D到平面4CB的距离. D B D 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0),4(2,0,2),C(0,2,2),B(2,2,0), 所以4C=(（-2,2,0,4B=(0,2,-2),D4=(2,0,2), 「-2x+2y=0 设平面4CB的法向量元=(x,y,z)则12y-2z=0, 取示=，1）点)到开面4CB的距离d= DA月4_43 53 举一反目 【变式1-1】【答案】D 【解析】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0),B(8,8,0),D(0,0,8)」 1130 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C B E xA 可得BD=(-8,-8,8),DB=(88,0), 设E(8,0,84,μ∈[0,1，BF=BD=(-82,-8元，82)，1∈[0,1， 则DF=DB+BF=(8-81,8-81,8),即F(8-81,8-82,82), 可得m=6424+88a+8-8-822-+(-+分 2-1=0 当2 即=μ=2 1时， 取到最小值 2-4=0 EF 42 【变式1-2】【答案】B 【解析】在棱长为1的正方体ABCD-AB,CD中，建立如图所示的空间直角坐标系， C D DL 则A0,0,0),B0,1,0),CI1,0),B(0,11),D(1,0,),连接AC,AB,AD, 222 三棱锥A-BCD是正四面体，令正ABCD的重心为G,则G(行3) 因点G即正△BCD的中心，则AG⊥平面BCD, 设-2aG-g停，即点写手净，则点与点4关于甲面Bn对 由P为平面B,CD内动点，得PA=PA, 2/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则PA+PB=P'+PB≥A'B g 当且仅当P是线段AB与平面BCD的交点时取等号， 33 所以PA+PB的最小值为 【变式1-3】【答案】D F G 【解析】 B 如上图所示，连接AD,BF交于点G,则由正六边形的性质知AD=2BC,且AD⊥BF 正六边形ABCDEF的棱长均为4，∠BAF=120°，所以∠ABF=30°， 所以FG=BG=AB cos30°=2V3,所以BF=2BG=43.】 DG=AD-AG=8-ABsin30=6 如下图所示，以F为坐标原点，FB,FE,F阴所在直线分别为xy,z轴建立空间直角坐标系. 由题可知质点M与质点N的运动速度相等 设M4V5,m,0,N02W5,6.m,0≤m≤4则MW=43-25'+(m-6}+(0-m =V2m2-12m+48=V2(m-3}+30 因为0≤m≤4，所以当m=3时，MN取得最小值，最小值为V30 故选：D. Z D B 题型02动点轨迹问题 3/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 三典例精析 【典例2】【答案】B 【解析】在正方体ABCD-ABCD,中，以点D为坐标原点，分别以DA、DC、DD所在直线为七，y,z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系： 个z D 因为该正方体的棱长为1，M,N分别为A4,CC的中点， 所以(.0.)引@}o220 所以oM-(}2》,设Pka小则-气3-l:-引 因为NP⊥MO,所以NP.OM=0, p吃0-+-》-0，所以2x-2y+2=- 取z=0当x2时，y=1:当=0时，y 2 取g0r 连接En'N'E 则旺（分四（分》 所以EF⊥OM,EN⊥OM, 又EFOEN=E,且EFc平面EFN,ENC平面EFN, 所以OM⊥平面EFN,所以当点P∈平面EFN时NP⊥OM, 又点P在正方体的表面上运动，所以点P的轨迹为正三角形EFN,③错误； 点P不可能是棱BB的中点，①错误； 4/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 正三角形Bw边长为2， 3W2 点P轨迹的长度为2，②错误： 正三角形EFw的面积为8，( ④正确. 三举一反目 【变式2-1】【答案】D A B 【解析】 D B 取BB中点E,BC中点F,连接EF,DF,BC,CN, M为AD中点，N为DD中点，所以N IIAD, ADC平面ADFE,MNC平面ADFE 所以MNI/平面AD,F; 设正方体ABCD-AB,CD,以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD为z轴，棱长为 2,则D(0,0,2),F(1,2,2),M(1,0,0）,B(2,2,0) 所以BM=(-L,-2,0),DF=(1,2,0),所以BM11DF,所以BM11D,F ·DFc平面ADFE,BM立平面ADFE,所以BMII平面ADFE 又平面BMNC内，两条相交直线BMOMN=M, 所以平面BMNC/平面AD,FE】 因为点P在正方体ABCD-ABCD的表面上运动，且AP1/平面BMN, 因此P的轨迹是平面AD,FE与正方体表面相交形成的闭合折线段： AD→DF→FE→EA AD=V22+22=2√2， DF=V1+22=V5, 5/30 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 FE=√？+P=N2, EA=P+2=5, 总轨迹长度：22+5+V2+V5=3V2+2√5. 【变式2-2】【答案】D D B 【解析】 对于①，由于点E满足AE=xAB+yAD(0≤x≤1,0≤y≤)，则点E的轨迹在矩形ABCD边界及内部，故 ①正确： 对于②，由AC⊥BD,AC⊥BB,BD∩BB=B,BD,BB,C平面DBB,D, 可得AC⊥平面DBBD,又因为AC的中点在平面DBBD内，则平面DBB,D内任意一点到点A和到点C 的距离相等， 又因为点E的轨迹在矩形ABCD边界及内部， 则当AE=|CE时，点E的轨迹是矩形ABCD边界及内部与平面DBBD的交线，即为线段BD, 又因为BD=V2x3=23,故点E的轨迹长度为25，故②错误： 对于③，由AB⊥AB,AB⊥BC,ABOBC=B,AB,BCC平面ABCD, 可得AB1平面ABCD,又因为BDC平面ABCD,故AB L BD, 由②知AC⊥平面DBBD,又因为BD,C平面DBB,D,故AC⊥BD, 又因为AB∩AC=A,AB,ACc平面AB,C,故BD上平面AB,C, 若CE⊥BD,则点E的轨迹是矩形ABCD边界及内部与平面ABC的交线，即为线段AM,其中M为B,C 的中点， 由于AM= 22 V22+22 2 =V6,所以点的轨迹的长度为F,故③正确： E 6 对于④，若4E+BE=6,因6>AB=2,则点E的轨迹是以A,B为焦点的椭圆的一部分， 以F为原点建立如图平面直角坐标系，如图所示： 6/30 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D AFB 则该能圆方程为号 +名=1，点E的轨迹为该椭圆与矩形ABCD边界及内部相交部分， 设（则x,y0:则Br=R+y=+8 -9=V +号之8=25，同g的最小值为 2√2，故④正确： 综上所述，序号①③④正确， 【变式2-3】【答案】D 【解析】在正方体ABCD-ABCD中，以D为坐标原点，DA,DB,DD为七，y,z轴， 建立如图所示空间直角坐标系， A B 则A(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,2）,设P(0y,2),y,z∈[0,2]， 得到AP=(-2,y,2),CD=(0,-2,2), 因为AP⊥CD,所以AP.CD=-2y+2z=0,得y=z, 对于A,4(2,0,2）,B(22,0),则4B=(0,2,-2), 因为AP·AB=2y-2z=0,所以AP14B,故A正确： 对于B,点P在线段DC上运动，故点P的轨迹长度为DC, 因为D(0,0,0),G(0,2,2),故DC=(02,2),则DC=22,故B正确： 对于C,4C=(-2,2,-2),CP=(0,y-2,z), 7/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设点P到直线AC的距离为d, =0-2y+220y-2-2z了 12 因为y=2令川=0-2+少2 3=2y2-4y+8 ye[0,2, 由二次函数性质可，当y=1时，0)=f刊-子，即d。- 3 所以点p到直骏AC的品短距高为，散C正箱， 对于D,PA=(2,-y,2-z),PC=(0,2-,-z), 因为P4·PC=-y(2-y)-z(2-2)=y2+z2-2y-2z, 因为y=z,所以PA·PC=2y2-4y, 由二次函数性质可知2y2-4y∈[-2,0]， 可符PM,PC≥受，故∠AC不可能为领角，故D错误 故选：D 题型03空间向量角的最值与范围问题 典例精析 【典例3】【答案】B D C A B 【解析】 D 发A B 如图：设正方体棱长为2，以D为坐标原点，DA、DC、DD,所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间 直角坐标系，可得各点坐标： 8/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 01,1,0),4(2,0,2),B(2,2,0),C(0,2,2),因点P在线段4C上，设P(a,2-a,2),其中0≤a≤2， AB=(0,2,-2),AC=（-2,2,0),设平面ABC1的法向量为n=(x,y,2),则 n.4B=2y-2z=0 -4G=2x+2y=0令x=1解得 y=lz=1'即2」 n=(0,l,)' 又0p=(a-1,1-a,2),=vP+2+P-3,0n=va-+0-a)2+22=V2(a-)2+4 则sin0=t, 由同角三角函数关系得cos0=V1-sin20,要使cos0最小，需使sin0最大， √21 当a=1时，(a-=0:此时sin6取得最大值5×2万， (1226 代入得：os0=-5=V3=3 举一反三 【变式3-1】【答案】B 【解析】如图，设正方体ABCD-ABCD的棱长为1，则A,0,0),A,0,), 设P(0y,0),Q(0,1,z),则y,z∈[0,1川，AP=(-1,y,0),A⑨=(-1,1，z）, 设平面PAA的法向量为m=(a,b,c), AP.m=-a+by=0 则{4m=c-0,故可取 m=(y,l,0) 设平面A4的法向量为n=(p,9,), AQ.ni=-p+q+zr=0 则 A4·n=r=0 ，故可取 =(1,l,0)1 设二面角P-A4-Q的平面角为0，由题意，0为锐角，则 os0=1m:ay+-2+2y+中1-2+2y Iml-Inl 2xvy2+1 2V y2+12y2+1 当y=0时，cos0=2 ,则0=45 当n时，cos0=2 2 1+ 2 1 y≠0 y+ 9/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因80)=y+与在0单调递减，敢+之2， y 此时2<cos0≤1，则得<0<45 综上，可得0e[0°，45]， 故二面角P-A4-Q的最大值为45°. 2Λ Dy B A D B 【变式3-2】【答案】B 【解析】根据题意，以B为坐标原点，分别以BC,BA,BB为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图， B D B 设AB=BC=A4=2,则A(0,2,0),B(0,0,0),C(2,0,0),C(2,0,2),D(2,0,1),4(0,2,2) 所以BD=(2,0,1),BA=(0,2,2), 设平面ADB的法向量为i=(x,y,z), nBD=2x+z=0 所以a-群=2y+2z=0令x-1得n=2,-2列 设M(0,b,c),所以MC=(2,-b,2-c), 因为CM‖平面ADB 所以i:MC=1×2+(-b)×2+(2-c)×(-2)=0,解得c=b+1, 所以MC=(2,-b,2-c)=(2,-b,1-b), 10/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 显然平面ABB,4的一个法向量为m=(L,0,0), m.MC sin0=cos(m,MC 2 所以 MC V22+b2+(6-1)2 2时，sim8取最大值，即g取最大值，即sin0-2 当b- 3 所以cos0=V1-sin20= 3,所以am0=加8-2v2. 1 cos0 【变式3-3】【答案】D 【解析】以D为原点，DA,DC,DD分别为x,yz轴建立如图所示的空间直角坐标系： ZA D A B D E C 4 B 不妨设正方体棱长为1， E(0,a,0),0≤a≤1 对于A,A(1,0,0),E(0,a,0),B(1,1,),D,(0,0,1),AE=(-1,a,0),DB=(1,l,0). 不妨设直线AE与BD所成角为O, 所以os0=os(4E,DB)-i AE·D,B, 1-a ADB 2(d+1) 1-a 当。增大时1-a>02口+>0分别减小，指大，所以0s0 V2(d+1关于单调递减， 所以cosB= 所以[匠引 故A错误； 对于B,由题意DE=(0,a,-l),且显然平面AD,DA的法向量为i=(01,0), 不妨设直线D,E与平面ADDA所成角为a, 11/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则iu=os元，DEy= nDE 1 DE √a2+1 1 V1+ =f(a).(a≠0)单调递增， a f(0)=0 1√2 所以6血a+之，所以a=泽放B错误： 对于C,E(0,a,0)4(1,0,1),B(11,1)A(1,0,0), 所以4B=(0,10),4E=（-1,a,-),4A=(0,0,-1), 不妨设平面EAB与平面4，B,4的法向量分别为”=(x,,乙)，乃，=(：，，2)， 4=0 y3=0 所以有x+-云=0和2，=0：令5=1=5，解得y=0,名=-1”==0 即取平面EAB与平面4BA的法向量分别为？=(1,0，-)，乃=(1,0,0)， 二面角E-AB-A为锐角，不妨设为A, 则cos0=eos(,h mm网1迈 所以二面角E-A8-A的大小为(=子，故C错误： 对于D,AE=(-l,a,0,BE=(-l,a-1,0), 所以c酝1+ao-=-a+1-0-t子0， 所以AE与BE不垂直，所以直线AE与平面BBE不垂直： 故选：D. 题型04截面问题 三典例精析 【典例4】【答案】A 【解析】以D为原点，DA,DC,DP所在直线为x,yz轴建立如图所示空间直角坐标系， 12/30 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E 则C(0,2,0),P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0), 则PA=(2,0,-2),DP=(0,0,2),PC=(0,2,-2),AC=(-2,2,0), 设平面a交侧棱PD于点M, 令DM=DP=(0,0,2),则M(0,0,2),则BM=(-2,-2,2a), 由E-P,F-,则)r) 所以E(号2引肝（2引F(等月 由题意，M,E,B,F四点共面， 所以存有安数y使得晒=服+m-司子2号引2子) (2%2x- 2 3x+3) 3 2 则-3x-2y=-2,-2x 3-2242 3 x+3y=2元，解得x=y= 3 -2 所以M(0,0,1) 则BM=(-2,-2,1),所以BM=V4+4+1=3, 因为威F-气}-2+(-2)-0，所以BM1 所以四边 BEMF 积为-+53-25 举一反三 【变式4-1】【答案】B 【解析】以点A为坐标原点，AB、AD、AA所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐 13/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 标系， ZA D B B 则M(20,0)、N(4,4,2),设平面a交直线A4于点P(0,0,a, 则M=(2,4,2),MP=(-2,0,a), m.MN=2x+4y+2z=0 设平面，的一个法向量为m=(k,八，2)则mM源=-2x+匹=0 取x=2a,可得m=(2a,-a-2,4). 易知平面ABCD的一个法向量为i=(0,0,), 设平面C与平面ABCD的所成角为O, cas0=cos(m.i- m 4 4 同4d2+(-a-2}+165a2+4a+20, 2 V30 当且仅当a= 5时， cosg取最大值62，此时平面a与平面4BCD所成角最小， 设平面a交棱BB于点F(0,b,0),MF=(（-2,b,0), 因为MrE公别G.成-号-0=0，解得6点F0l0: 结合图形可知，平面a分别交棱BB、DD于点E、G, 先证明射影面积法：设点C在平面a内的射影点为C',如下图所示： 过点C在平面ABC内作CD⊥AB,连接CD, 14/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为CC⊥平面ABC,ABC平面ABC,所以CC⊥AB, 因为CD⊥AB,CC'∩CD=C,CC'、CDc平面CCD,故AB⊥平面CC'D, 因为CDC平面CCD,所以CD1AB, 故∠CDC'为锐二面角C-AB-C'的平面角， 1C'D.AB 在 中，os∠CDC'=CD SAABC CD 1 Rt△CC'D 2CD-AB 推广到其他多边形的面积也成立， 本题中，S影ECw=S。4D-SAMW-4-)x2x1=15, 2 设截面的面积为g,由射影面积法可得SL=cos9=√30 S -15x3 30 故S=S多边形BCDEM· 2=330 5 故选：B. 【变式4-2】【答案】C 【解析】以D为原点，以DA,DC,DD所在直线为x,yz轴建立空间直角坐标系， ZA M D 则B(2,2,0),A(2,0,0,B(2,2,2),P(01,2),M(2,0,1),N(0,2,1), 设(a,0,2)(0<a<2). 对于①，B0=(a-2,-2,2),AB=(0,2,2), 则B0·AB=(a-2)×0+(-2)×2+2×2=0, 所以B0⊥AB,即B0⊥AB,故①正确： 对于②，B0=(a-2,-2,2,PM=(2,-1,-),PW=(0,1-), 设平面MWP的一个法向量为m=(x,y,z), 15/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 m.PM=2x-y-z=0 则mPN=y-z=0 ， 取=1得m=1, 要使BQM平面MNP,则Bg·m=0, 则a-2-2+2=0,即a=2,不符合题意， 所以不存在点O,使得B吧I平面MNP,故②错误： 对于③，如下图，在平面ABCD内作QK⊥BC,垂足为点K, 过点K作在平面BB,CC内作KT⊥BW交CC于T, 因为平面ABCD⊥平面BCCB,平面AB,CD∩平面BCCB=B,C, 且OKc平面ABCD,所以OK⊥平面BCCB, 又BNc平面BCCB,所以OK⊥BN, 因为OK∩KT=K,OK、KTc平面OKT,所以BN⊥平面QKT, D 平面QKT截正方体ABCD-AB,CD截面为平行四边形QKTL, 当T与点C重合时，K为BC中点，截面面积最大， 此时KT=V5,K=2,截面面积为25，故③对. 故选：C 【变式4-3】【答案】A 【解折】因为4F-号4G,E为B中点，BM=AMG 又因为A,E,F,M四点共面，设BA=xBE+yBF+(1-x-y)BM, 即84+4-2*86+g4+写4C+0-x-川2年8G -xy(B-BA)+(x)B a8+居44+4G0-列24G 16/30 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 a+号a4+aG+--BC 1 1 2 3 =2y 3 1 所以1=2 3+1-x-2 =0 +1 x=2 3 所以y= 21 故选：A. 题型05数量积最值与范围问题 典例精析 【典例5】【答案】A 【解析】设MW中点为O, 若M、N为同一平面的相邻顶点，'则MN=1, 则0so+P+.即ore PA.TN-(PO+OM)(Po+ON)-Po-f e2 此时PM·PN存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，且最大值大于零： 若M、N为同一平面的不相邻顶点，则MN=√2， 则0s0oms,r,mom-鸟 Pw-m=lpo-4e】 此时PM·PN存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，且最大值大于零； 若M、N为体对角线上两顶点，则MN=V3, 17/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则PWm=P网ws}=0, 此时PM·PW存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，最大值等于零： 综上可得：①正确；②错误 三举一反目 【变式5-1】【答案】D 【解析】记AB的中点为M,因为正四面体P-ABC,棱长25， 所以PM2=PA-AM2=12-3=9,所以PM=3, 又因为P=1,所以是以P为球心，1为半径的球面上的点，所以M≤3+1=4 所以QA=QM+MA,QB=OM+MB=QM-MA, 所以QA-gB=(@M+MA-(@M-Ma=QM-M≤42-(5-13， 所以2A:QB的最大值是13. 【变武52】【1写 【解析】因为OA⊥OB,OA1OC,OB∩OC=O, 所以OA⊥平面BOC, 以O为坐标原点，OA为z轴，OB为y轴，垂直于zO少平面为x轴建立空间直角坐标系， B立 因为OA、OB、OC都是单位向量，OB与OC夹角为60°， 所A0a产Aa0:aS与， 设Px,y,2),且x2+y2+z2=1, P=,y20A=0.0,'0B=01,0'0c=(,0 18/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以由0p.oC sOP.OR sOP.0A可得： 1 4 +2y+4y≤y2≤z2, 4 1 +2w+4”≤y可得： 3x2+23xy-3y2=(5x-y)(V3x+3y)≤0， V3x+3y≥0N3x+3y≤0 所以5x-y≤0或13x-y≥0' 由y2≤z2及x2+y2+z2=1可得y2≤1-x2-y2, 即x2+2y2≤1， 综上满足++)≤了≤2的可行域如图所示 4 4 y=√3x 2x+2y,则y=-5x+2 由可行域可得2在E点取得最大值，在F点取得最小值， x2+2y2=1 s得以马，马， 由 所以2m=2 7 3,1 所以2x+2的最大值为21 7 V21 故答案为： 7 19/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 8V5 【变式5-3】【答案】 [ 【解析】设正方体的棱长为。'由题意5a=2,a= ，则正方体体积P=d= 2 9 因为PM.PW=(Po+OM)(Po+ON) =(Po+0M）(Po-OM）=Po-oM2=PO2-1, 因为点P在正方体ABCD-ABCD,表面上运动， 所以0e1,故pW.N施国为号0 故答案为：8 [ D 题型06交线问题 E 典例精析 【奥例6【容突】号 【解析】依题意，平面B:x-2y+6=0与平面Y:2y+z-4=0的法向量分别为%=(L,-2,0),n2=(0,2,1), 设直线I的方向向量m=(x,,2),由直线I是平面B与平面Y的交线， m.n=x-2y=0 则 m%=2y*2=0取)=1得m=2l-2》而平面a的法向；=22D 所以直线，与平面。所成角的正弦值为cos(m,m上m-,4-4 1mlln3×39 20130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 举一反三 【变式6-1】【答案】 6 【解析】平面a的方程为t-y+z+5=0, 平面x的一个法向量=(1，-1，)， 同理，可得平面x-y+3=0的一个法向量i=(1,-1,0),平面2x-2+7=0的一个法向量p=(2,0,-), 设平面x-y+3=0与平面2x-z+7=0的交线的方向向量为9=(x,y2), qn=x-y=0 则Gp=2x-z=0:取y=1'则G=(1,2): 段线与r国，因中-w新 1-1+2 22 P+(←+P.P+P+25x6=3. 2 故答案为： 3 【安式6】【答1写1片阿 【解析】如图：以D为原点建立空间直角坐标系， B D A R 则P(0,2,0),(4,42),R(3,0,0),所以PR=(3,-2,0),P=(4,22). 设平面PQR的法向量为n=(x,y,2), n⊥PR n.PR=3x-2y=0 则n1P0→nPm=4x+2y+2z=0:令x=2可得n=(23,-7) x=2 设平面POR与直线A4的交点为M(4,0,),则RM=(1,0,). 由M1n→RMn=2-0→- 所以M40引 21/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以平面POR与平面ADD4的交线就是线段RM. 又w=4-旷+0-0-号-0 53 故答案为： 7 【度式时】【省】/品际 【解析】设直线EF与直线DD,DA分别相交于点R,P, 连接RG并延长，交CC于点Q,交DC的延长线与点N, 连接PN,交AB于点H,交BC于点M,连接EH,QM, 其中OM与BC相交于点U, 故六边形EFGOMH即为平面EFG截正方体的截面， 设EF与AD相交于点W,连接WU,则平面EFG与平面ABCD的交线m为WU, 以D为坐标原点，DA,DC,DD所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD-AB,CD的棱长为6， 因为E为A4的中点，DA=3D,F,DC=3DG, 所以EA=EA=3,D,F=2,AF=4 与5然-2，所以n=:数D=Dm+m=号 因为RD,FD, 4E32 故RD55,所以6-=2， 2 解得9 xw 5 显然平面ABCD的一个法向量为i=(O,0,1), 设直线m与平面ABCD所成角大小为a, 18 则sina= Um· 324+36+ 324 66767' V49 49 7 22130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3 2 V58 故cosa sina3√58 67 V67 tan a= cosa 58 ZA R G B E D H B 3v58 故答案为： 58 题型07翻折问题 三典例精析 【典例7】【解析】(1)如图，作出符合题意的图形， P(E) M B -- D 连接AC,BD相交于点O,连接OM, 四边形ABCD为菱形，所以O为BD中点， 又M为PD中点，所以PBIIOM, 又OMC平面MAC,PB￠平面MAC,所以PB∥平面MAC, (2)如图，作出符合题意的图形， 因为'M-Ar=2YM-A,有'A-AMn=2Vc-AwD, 所以'c-AP=2Vc-AMD,得SAwr=2SAMD, 23/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 有M是PD靠近D的三等分点，则AM={P+名D. 3 3 P(E) B D D1PP=2'D-1所-居P+号0-6 PD=5DM-写PD=5 3 则AM2+DM2=AD2,即AM⊥DM,AM⊥PD, 又AM⊥CD,PDOCD=D,PD,CDc平面PCD, 所以AM⊥平面PCD,又AMc平面PAD,所以平面PAD⊥平面PCD: (3)由AD⊥AE,以A点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示. P(E M B. ,3 可得40,0,0) 22,0 C D,0,0)’P0,y,z) 由题意得平面ACD的一个法向量为m=(0,0,) DP=-1,y,z) 15 由Dc=0,得25-2=0 令 ,则解得 万.Dp=0-x+yy+z2=0x=3 片=5'名=3-③， 24130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3-3y mn cos(m,n)= 2 m可 3-V3y 14 令 2+ 3- 因为AE=V2,所以y2+z2=2,令y=V2sin0,z=V2cos0, 则有1=3-5.2sim9 2 cos0 ,得、V6sin0+V21cos0=3' 有sin(0+p)= √22+6 1,得 2 3-V3y 即c0s(m,历、 m.n m同 12+ 3-V3y 即二面角P-CD-A的余弦值的最小值为3： 举一反目 【变式7-1】【解析】(1)由平面ABC⊥平面ACEF,且CEC平面ACEF,平面ABC∩平面 ACEF=AC,AC⊥CE,则CE⊥平面ABC, 又ABC平面ABC,所以CE⊥AB, 又BC⊥AB,且CE∩BC=C,CE,BCC平面BCE,所以AB⊥平面BCE, 又ABC平面ABF,所以平面ABF⊥平面BCE. (2)如图，过点B作B0⊥AC于点O,则结合(1)得AC,CE,BO两两垂直， 则以C为原点，直线AC,CE,BO的平行线为x,y, 轴建立如图空间直角坐标系， B 25130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在R△MAac中，由4C=2C=4:=aC-BC-2N5:则a0-份AC-5 AC 则在Rt△BOC中，得OC=VBC2-BO2=1, 设EF=a,则4(4,00），Bl,0V5),E(0,2,0),F(a2,0). 所以AF=(a-4,20),BF=(a-12,-5),EF=(a,0,0), 设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,), nBF=(a-1)x+2y-3z=0 则iEF=心=0 令y=5,则x=0,z=2,所以i=(0,5,2 AF.n 所以sinB=cos AF,= 25 F园v(a-4+27 7，解得 ，即 a=4 EF=4 所以EF长为4. 【变式7-2】【解析】(1)因为ADI‖BC,且BC=2AD=2AB=25,AB⊥BC, 可得AD=AB=V5,BD=√AB2+AD2=V0, 又因为∠DBC=∠ADB=45,CD=VNi而'+25-2xi0x25cos45°=V10, 所以BD2+DC2=BC2,则CD⊥BD, 因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABDO平面BCD=BD,且CDC平面BCD,所以CD⊥平面ABD, 又因为ABC平面ABD,所以CD⊥AB: (2)因为CD⊥平面ABD,且BDC平面ABD,所以CD⊥BD, 如图所示，以点D为原点，建立空间直角坐标系， B nDC=10y=0 设平面ACD的法向量为 ,则 n=(x,y,z） DA=v1010 -x+ z=0 2 2 26130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 令x=1,可得y=0,2=-1,所以i=(1,0,-), 假设存在点N,使得AN与平面ACD所成角为60°， 设BN=BC,(其中0≤元s1山，BC=(Vi0,Vi0,0)则N(0-Vi02,vio2,0）. -o0-9四g小四 所以 n.AN 小+ 2 sin60°= 1o1- AN -V3 2 整理得82+2-1=0，解得1= 4或2- 2(舍去)， BN 1 所以在线段BC上存在点N,使得AW与平面ACD所成角为60，此时BC=4: 【变式7-3】【解析】(1)连接AA,作AH⊥DE于H,连接A'H,由翻折性质知，A'H⊥DE, :AH⊥DE,AH⊥DE,又AH,AHc平面AAH,A'H∩AH=H, .DE⊥平面AAH,又：AAC平面AAH,DE⊥AA'. D C A E B (2)法一： ,平面ADE⊥平面BCDE,平面ADEO平面BCDE=DE,A'HC平面A'DE,A'H⊥DE, .AH⊥平面BCDE, ∴H为点A在平面BCDE上的射影. 又AH⊥DE,可知H的轨迹是以AD为直径的一段圆弧， ∴.当点E从A移动至B时，H的轨迹长度从0增长至最大， :点E与g重合，B=5,又AD=1∠ED-, ∠ADB= 3 :个在平面BCD6的射的轨迹长度为-*号-员。 27130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 法二： Z D B 以D为原点，以向量DA,DC的方向为x轴，y轴正方向，如图建立空间直角坐标系，则D(O,0,0), :平面ADE⊥平面BCDE,平面A'DEO平面BCDE=DE,AHC平面A'DE,A'H⊥DE, ∴A'H⊥平面BCDE,∴H为点A在平面BCDE上的射影， DE-a 则H(cos2a,cosasina,0） 2π :H的轨迹是以下为圆心，以2为半径的圆弧，且圆弧对应的圆周角为；， 12ππ :该圆弧的长度为2×了3 (3)法一： ZA D C B(E) 以D为原点，以向量DA,DC的方向为x轴，y轴正方向，如图建立空间直角坐标系，则D(O,0,O), B1,5,0),C0,5,0) 15 过作pG的垂，重足为，求学0，山=5。 A DE 4,4 设平西fe法南导为a-k对匹-io-0 ADE ，429 28130 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 x+3y=0 9 1-3cose(cos0) DE=0 nDA'=0 4 4 22sin0=0' 2cose 令x=5,则y=1,代入解得2= sin, 即平面ADB的一个法向是i=5,-1,2cs0 sine 直线BC的方向向量CB=(1,0,O),设直线BC与平面4DE所成角为p,则 BC.n sinp=cos BC,n sine BC同 V3+1+ 4cos20 sin20 即直线。与平面，。所成角的正弦值的取值范围为 33 BC 4’2 法二： D B(E) 作AG⊥平面A'DE于点G,连接GH,GD, DEC平面ADE,.AG⊥DE 又AH⊥DE,AG,AHc平面AGH,AG∩AH=A,:DE⊥平面AGH, 又GHC平面AGH,.DE⊥GH,∴∠GHA是二面角-DE-A的平面角，·∠GHA=O, 在。4GH中，sm0=4C AH' 又AH=ADsin60°=sin60°，设直线BC与平面A'DE所成角为P,又BC∥AD, 所w8号 sin, 33 即直线BC与平面AD所成角的正弦值的取值范国为 4’2 29/30 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 30/30 专题05 立体几何的翻折、动点轨迹、截面及最值问题 （题型突破·举一反三） 题型一、空间距离的最值与范围问题 题型二、动点轨迹问题 题型三、空间向量角的最值与范围问题 题型四、截面问题 题型五、数量积最值与范围问题 题型六、交线问题 题型七、翻折问题 翻折问题核心是抓不变量：翻折前后同一平面内线段长度、角度、垂直平行关系保持不变，仅两平面相对位置改变，解题关键是找准折痕，利用面面垂直、勾股定理建立空间关系，规避动态变化的易错点。 动点轨迹问题优先定轨迹类型：依据线面、面面平行垂直判定，结合距离、角度约束，轨迹多为直线、圆、椭圆或圆弧，常用几何定义法、坐标法、向量法锁定轨迹范围。 截面问题用平行线延伸法：利用平面基本性质，找线线交点，通过作平行线、延长交线确定截面多边形轮廓，再计算周长、面积。 最值问题主流方法：几何法依托垂线段最短、球面距离等几何性质；代数法建立空间直角坐标系，构造函数求最值，也可利用向量模长、数量积求解。 题型01 空间距离的最值与范围问题 【典例1】（2026·高二·广东湛江·期中）已知正方体的棱长为2，点满足，且，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由和结合共面向量定理得四点共面， 即点在平面上，则的最小值为点到平面的距离． 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， 所以， 设平面的法向量，则， 取，点到平面的距离． 【变式1-1】（2026·高三·浙江·开学考试）在棱长为8的正方体中，E是棱上的一个动点，F为线段上的一个动点，则的最小值为（    ） A． B．2 C．4 D． 【答案】D 【解析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，则， 可得， 设， 则，即， 可得， 当，即时，取到最小值． 【变式1-2】（2026·江苏淮安·模拟预测）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 【解析】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. 【变式1-3】（2026·高二·内蒙古赤峰·期末）已知正六棱柱的棱长均为4，质点从顶点出发沿着线段BC做匀速直线运动，质点从顶点出发沿着线段做匀速直线运动，当质点到达顶点时，质点恰好到达顶点，则在运动的过程中，质点与之间距离的最小值为（   ） A．5 B． C． D． 【答案】D 【解析】   如上图所示，连接交于点，则由正六边形的性质知，且. 正六边形的棱长均为4，，所以， 所以，所以. . 如下图所示，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系． 由题可知质点与质点的运动速度相等. 设，则． 因为，所以当时，取得最小值，最小值为． 故选：D. 题型02 动点轨迹问题 【典例2】（2026·高二·天津滨海新区·阶段检测）在棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，为底面的中心，点在正方体的表面上运动，且满足，下列说法正确的个数（    ） ①点可以是棱的中点；②点轨迹的长度为； ③点的轨迹是平行四边形；④点轨迹所围成的图形面积为 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【解析】在正方体中，以点D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： 因为该正方体的棱长为1，分别为，的中点， 所以，， 所以，设，则， 因为， 所以， 即，所以， 取，当时，；当时，； 取， 连接，，，则，， 则， ， 所以，， 又，且平面，平面， 所以平面，所以当点平面时， 又点P在正方体的表面上运动，所以点P的轨迹为正三角形，③错误； 点P不可能是棱的中点，①错误； 正三角形边长为，点P轨迹的长度为，②错误； 正三角形的面积为，④正确. 【变式2-1】（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 【解析】 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：. 【变式2-2】（2026·北京顺义·三模）如图，在正方体中，，点满足，为的中点，给出下列四个结论： ①点的轨迹在矩形边界及内部； ②若，则点的轨迹为线段且长度为； ③若，则点的轨迹的长度为； ④若，则的最小值为； 其中正确结论的序号是（    ）    A．①③ B．②③ C．①②④ D．①③④ 【答案】D 【解析】 对于①，由于点满足，则点的轨迹在矩形边界及内部，故①正确； 对于②，由，，，平面， 可得平面，又因为的中点在平面内，则平面内任意一点到点和到点的距离相等， 又因为点的轨迹在矩形边界及内部， 则当时，点的轨迹是矩形边界及内部与平面的交线，即为线段， 又因为，故点的轨迹长度为，故②错误； 对于③，由，，，平面， 可得平面，又因为平面，故， 由②知平面，又因为平面，故， 又因为，平面，故平面， 若，则点的轨迹是矩形边界及内部与平面的交线，即为线段，其中为的中点， 由于，所以点的轨迹的长度为，故③正确； 对于④，若，因,则点的轨迹是以为焦点的椭圆的一部分， 以为原点建立如图平面直角坐标系，如图所示： 则该椭圆方程为，点的轨迹为该椭圆与矩形边界及内部相交部分， 设，则，则，即的最小值为，故④正确； 综上所述，序号①③④正确. 【变式2-3】（2026·高二·北京昌平·期末）在棱长为2的正方体中，是正方形内（包括边界）的一个动点，且满足．则下列结论中错误的是（   ） A． B．点的轨迹长度为 C．点到直线的最短距离为 D．可能为锐角 【答案】D 【解析】在正方体中，以为坐标原点，为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，设， 得到，， 因为，所以，得， 对于A，，，则， 因为，所以，故A正确； 对于B，点在线段上运动，故点的轨迹长度为， 因为，，故，则，故B正确； 对于C， ，， 设点到直线的距离为， 则， 因为，令， 由二次函数性质可知，当时，，即， 所以点到直线的最短距离为，故C正确； 对于D，，， 因为， 因为，所以， 由二次函数性质可知， 可得，故不可能为锐角，故D错误. 故选：D 题型03 空间向量角的最值与范围问题 【典例3】（2026·高二·河南许昌·期末）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，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 如图：设正方体棱长为2，以D为坐标原点，、、,所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，可得各点坐标: ，因点在线段上，设，其中， ，设平面的法向量为，则 ，令，解得，即， 又，， 则， 由同角三角函数关系得，要使最小，需使最大， 当时，，此时取得最大值， 代入得：. 【变式3-1】（2026·高二·江苏镇江·期中）已知正方体中，P，Q分别为棱，上的动点，则二面角的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图，设正方体的棱长为1，则， 设，则，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设二面角的平面角为，由题意，为锐角，则 ， 当时，，则； 当时，， 因在单调递减，故， 此时，则得， 综上，可得， 故二面角的最大值为. 【变式3-2】（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 设，所以， 因为平面， 所以，解得， 所以， 显然平面的一个法向量为， 所以， 当时，取最大值，即取最大值，即， 所以，所以. 【变式3-3】（2026·高二·北京顺义·期末）如图，在正方体中，E是棱上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成角的范围是 B．直线与平面所成角的最大值为 C．二面角的大小不确定 D．直线与平面不垂直 【答案】D 【解析】以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 不妨设正方体棱长为1， ， 对于A，， 不妨设直线与所成角为， 所以， 当增大时，分别减小，增大，所以关于单调递减， 所以，所以，故A错误； 对于B，由题意，且显然平面的法向量为， 不妨设直线与平面所成角为， 则单调递增，， 所以，所以，故B错误； 对于C，， 所以， 不妨设平面与平面的法向量分别为， 所以有和，令，解得， 即取平面与平面的法向量分别为， 二面角为锐角，不妨设为， 则， 所以二面角的大小为，故C错误； 对于D，， 所以， 所以与不垂直，所以直线与平面不垂直. 故选：D. 题型04 截面问题 【典例4】（2026·高二·安徽阜阳·开学考试）在四棱锥中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，且PD=AD=2，点E，F分别在侧棱PA，PC上，且，，过点B，E，F的平面α截四棱锥的截面面积为（    ） A．2 B．2 C．3 D．3 【答案】A 【解析】以为原点，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 则， 设平面α交侧棱PD于点M， 令，则，则， 由，，则， 所以，， 由题意，M，E，B，F四点共面， 所以存在实数，使得 ， 则，解得， 所以. 则，所以， 因为，所以， 所以四边形的面积为. 【变式4-1】（2026·浙江·三模）在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面的所成角为最小时，截面的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】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、，设平面交直线于点， 则，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的所成角为， ， 当且仅当时，取最大值，此时平面与平面所成角最小， 则， 设平面交棱于点，， 因为，则，解得，即点， 结合图形可知，平面分别交棱、于点、， 先证明射影面积法：设点在平面内的射影点为，如下图所示： 过点在平面内作，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，，、平面，故平面， 因为平面，所以， 故为锐二面角的平面角， 在中，， 推广到其他多边形的面积也成立， 本题中，， 设截面的面积为，由射影面积法可得， 故. 故选：B. 【变式4-2】（2026·北京石景山·一模）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列三个命题： ①对任意点Q，都有； ②存在点Q，使得平面； ③过点Q且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为． 其中正确的命题个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【解析】以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 设， 对于①，， 则， 所以，即，故①正确； 对于②，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 要使平面，则， 则，即，不符合题意， 所以不存在点Q，使得平面，故②错误； 对于③，如下图，在平面内作⊥，垂足为点， 过点作在平面内作⊥交于， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又平面，所以⊥， 因为，、平面，所以平面， 平面截正方体截面为平行四边形， 当与点重合时，为中点，截面面积最大， 此时，，截面面积为，故③对. 故选：C. 【变式4-3】（2026·高三·江苏苏州·阶段检测）如图，三棱柱中，为的中点，满足，过作三棱柱的截面交于，且，则实数的值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为，E为中点，. 又因为四点共面，设， 即 所以 ， 所以. 故选：A． 题型05 数量积最值与范围问题 【典例5】（2026·上海静安·二模）设、分别是棱长为的正方体的两个不同顶点，点在该正方体的表面上（含棱和顶点）运动，且不与、两点重合．关于，给出下列两个结论： ①存在最小值，且最小值小于零； ②存在最大值，且最大值大于零． 则下列判断正确的选项是（    ）． A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①和②都错误 D．①和②都正确 【答案】A 【解析】设中点为， 若、为同一平面的相邻顶点，则， 则，即， ， 此时存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，且最大值大于零； 若、为同一平面的不相邻顶点，则， 则，即， 此时存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，且最大值大于零； 若、为体对角线上两顶点，则， 则，即， 则， 此时存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，最大值等于零； 综上可得：①正确；②错误. 【变式5-1】（2026·高二·辽宁大连·期中）已知正四面体，棱长，为空间中一点，，求的最大值是（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】D 【解析】记的中点为，因为正四面体，棱长， 所以，所以， 又因为，所以是以为球心，为半径的球面上的点，所以 所以， 所以， 所以的最大值是. 【变式5-2】（2026·高二·上海宝山·期末）设、、为空间中三组单位向量，且，，与夹角为，为空间任意一点，且，满足，则最大值为________ 【答案】 【解析】因为，，， 所以平面， 以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴建立空间直角坐标系， 因为、、都是单位向量，与夹角为， 所以，，， 设，且， 则，，，， 所以由可得： ，平方可得： ， 由可得： ， 所以或， 由及可得， 即， 综上满足的可行域如图所示： 令，则， 由可行域可得在点取得最大值，在点取得最小值， 由，解得，， 所以，， 所以的最大值为. 故答案为：. 【变式5-3】（2026·贵州·模拟预测）已知正方体的顶点均在半径为1的球表面上，点在正方体表面上运动，为球的一条直径，则正方体的体积是____________，的范围是____________． 【答案】 【解析】设正方体的棱长为，由题意，，则正方体体积， 因为 ， 因为点在正方体表面上运动， 所以，故范围为 故答案为：，． 题型06 交线问题 【典例6】（2026·高二·江苏·期中）已知：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．利用上面的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线是平面与平面的交线，则直线与平面所成角的正弦值为______． 【答案】 【解析】依题意，平面与平面的法向量分别为， 设直线的方向向量，由直线是平面与平面的交线， 则，取，得，而平面的法向量， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【变式6-1】（2026·高二·河北石家庄·阶段检测）定义：在空间直角坐标系中，经过且法向量的平面方程为，经过且方向向量的直线方程为.阅读上面材料，并解决下列问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为__________. 【答案】/ 【解析】平面的方程为， 平面的一个法向量， 同理，可得平面的一个法向量，平面的一个法向量， 设平面与平面的交线的方向向量为， 则，取，则， 设直线与平面所成角为，则． 故答案为：. 【变式6-2】（2026·高三·湖南·阶段检测）在边长为4的正方体中，若，，，则平面PQR与侧面的交线长度为__________. 【答案】/ 【解析】如图：以为原点建立空间直角坐标系， 则，，，所以，. 设平面的法向量为， 则，令可得. 设平面与直线的交点为，则. 由，所以. 所以平面与平面的交线就是线段. 又. 故答案为： 【变式6-3】（2026·江苏连云港·模拟预测）如图，在正方体中，点分别在棱，，上，为的中点，，，记平面与平面的交线为．则直线与平面所成角的正切值为______． 【答案】/ 【解析】设直线与直线分别相交于点， 连接并延长，交于点，交的延长线与点， 连接，交于点，交于点，连接， 其中与相交于点， 故六边形即为平面截正方体的截面， 设与相交于点，连接，则平面与平面的交线为， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为6， 因为为的中点，，， 所以，， 因为，所以，故， 故，所以，解得， 故，同理可得， 故， 显然平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角大小为， 则， 故，. 故答案为： 题型07 翻折问题 【典例7】（2026·高三·江苏常州·阶段检测）如图1，在平面五边形中，四边形是边长为1的菱形，，，．将沿翻折至，如图2．点在线段上运动． (1)若，证明：平面； (2)若，且，证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值的最小值． 【解析】（1）如图，作出符合题意的图形， 连接，相交于点，连接， 四边形为菱形，所以为中点， 又为中点，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）如图，作出符合题意的图形， 因为，有， 所以，得， 有是靠近的三等分点，则， 又，，，所以， ，， 则，即，， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； （3）由，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示． 可得，，，， 由题意得平面的一个法向量为 设平面的一个法向量为，，， 由，得，令，则解得，， ，令， 因为，所以，令，， 则有，得， 有，得， 即 即二面角的余弦值的最小值为． 【变式7-1】（2026·高三·北京平谷·开学考试）如图1，五边形中，，，，．将三角形沿翻折，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； (2)记直线与平面所成角为．若，求长． 【解析】（1）由平面平面，且平面，平面平面，，则平面， 又平面，所以， 又，且，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）如图，过点作于点，则结合（1）得，，两两垂直， 则以为原点，直线，，的平行线为，， 轴建立如图空间直角坐标系， 在中，由，，则， 则在中，得， 设，则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，，所以， 所以，解得，即， 所以长为． 【变式7-2】（2026·高三·河南信阳·开学考试）在直角梯形ABCD中，，，，如图（1）．把沿BD翻折，使得平面平面BCD． (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【解析】（1）因为，且，， 可得，， 又因为，， 所以，则， 因为平面平面BCD，平面平面，且平面BCD，所以平面ABD， 又因为平面ABD，所以； （2）因为平面ABD，且平面ABD，所以， 如图所示，以点D为原点，建立空间直角坐标系， 可得，，，，所以，, 设平面ACD的法向量为，则, 令，可得，，所以 假设存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°， 设，(其中)，则，， 所以 , 整理得，解得或(舍去)， 所以在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°，此时． 【变式7-3】（2026·高三·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． 【解析】（1）连接，作于，连接，由翻折性质知，， ，，又，平面，， 平面，又平面，． （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． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 立体几何的翻折、动点轨迹、截面及最值问题 （题型突破·举一反三） 题型一、空间距离的最值与范围问题 题型二、动点轨迹问题 题型三、空间向量角的最值与范围问题 题型四、截面问题 题型五、数量积最值与范围问题 题型六、交线问题 题型七、翻折问题 翻折问题核心是抓不变量：翻折前后同一平面内线段长度、角度、垂直平行关系保持不变，仅两平面相对位置改变，解题关键是找准折痕，利用面面垂直、勾股定理建立空间关系，规避动态变化的易错点。 动点轨迹问题优先定轨迹类型：依据线面、面面平行垂直判定，结合距离、角度约束，轨迹多为直线、圆、椭圆或圆弧，常用几何定义法、坐标法、向量法锁定轨迹范围。 截面问题用平行线延伸法：利用平面基本性质，找线线交点，通过作平行线、延长交线确定截面多边形轮廓，再计算周长、面积。 最值问题主流方法：几何法依托垂线段最短、球面距离等几何性质；代数法建立空间直角坐标系，构造函数求最值，也可利用向量模长、数量积求解。 题型01 空间距离的最值与范围问题 【典例1】（2026·高二·广东湛江·期中）已知正方体的棱长为2，点满足，且，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2026·高三·浙江·开学考试）在棱长为8的正方体中，E是棱上的一个动点，F为线段上的一个动点，则的最小值为（    ） A． B．2 C．4 D． 【变式1-2】（2026·江苏淮安·模拟预测）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 【变式1-3】（2026·高二·内蒙古赤峰·期末）已知正六棱柱的棱长均为4，质点从顶点出发沿着线段BC做匀速直线运动，质点从顶点出发沿着线段做匀速直线运动，当质点到达顶点时，质点恰好到达顶点，则在运动的过程中，质点与之间距离的最小值为（   ） A．5 B． C． D． 题型02 动点轨迹问题 【典例2】（2026·高二·天津滨海新区·阶段检测）在棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，为底面的中心，点在正方体的表面上运动，且满足，下列说法正确的个数（    ） ①点可以是棱的中点；②点轨迹的长度为； ③点的轨迹是平行四边形；④点轨迹所围成的图形面积为 A．0 B．1 C．2 D．3 【变式2-1】（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． 【变式2-2】（2026·北京顺义·三模）如图，在正方体中，，点满足，为的中点，给出下列四个结论： ①点的轨迹在矩形边界及内部； ②若，则点的轨迹为线段且长度为； ③若，则点的轨迹的长度为； ④若，则的最小值为； 其中正确结论的序号是（    ）    A．①③ B．②③ C．①②④ D．①③④ 【变式2-3】（2026·高二·北京昌平·期末）在棱长为2的正方体中，是正方形内（包括边界）的一个动点，且满足．则下列结论中错误的是（   ） A． B．点的轨迹长度为 C．点到直线的最短距离为 D．可能为锐角 题型03 空间向量角的最值与范围问题 【典例3】（2026·高二·河南许昌·期末）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，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【变式3-1】（2026·高二·江苏镇江·期中）已知正方体中，P，Q分别为棱，上的动点，则二面角的最大值为（   ） A． B． C． D． 【变式3-2】（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【变式3-3】（2026·高二·北京顺义·期末）如图，在正方体中，E是棱上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成角的范围是 B．直线与平面所成角的最大值为 C．二面角的大小不确定 D．直线与平面不垂直 题型04 截面问题 【典例4】（2026·高二·安徽阜阳·开学考试）在四棱锥中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，且PD=AD=2，点E，F分别在侧棱PA，PC上，且，，过点B，E，F的平面α截四棱锥的截面面积为（    ） A．2 B．2 C．3 D．3 【变式4-1】（2026·浙江·三模）在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面的所成角为最小时，截面的面积为（   ） A． B． C． D． 【变式4-2】（2026·北京石景山·一模）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列三个命题： ①对任意点Q，都有； ②存在点Q，使得平面； ③过点Q且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为． 其中正确的命题个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【变式4-3】（2026·高三·江苏苏州·阶段检测）如图，三棱柱中，为的中点，满足，过作三棱柱的截面交于，且，则实数的值为（   ）    A． B． C． D． 题型05 数量积最值与范围问题 【典例5】（2026·上海静安·二模）设、分别是棱长为的正方体的两个不同顶点，点在该正方体的表面上（含棱和顶点）运动，且不与、两点重合．关于，给出下列两个结论： ①存在最小值，且最小值小于零； ②存在最大值，且最大值大于零． 则下列判断正确的选项是（    ）． A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①和②都错误 D．①和②都正确 【变式5-1】（2026·高二·辽宁大连·期中）已知正四面体，棱长，为空间中一点，，求的最大值是（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【变式5-2】（2026·高二·上海宝山·期末）设、、为空间中三组单位向量，且，，与夹角为，为空间任意一点，且，满足，则最大值为________ 【变式5-3】（2026·贵州·模拟预测）已知正方体的顶点均在半径为1的球表面上，点在正方体表面上运动，为球的一条直径，则正方体的体积是____________，的范围是____________． 题型06 交线问题 【典例6】（2026·高二·江苏·期中）已知：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．利用上面的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线是平面与平面的交线，则直线与平面所成角的正弦值为______． 【变式6-1】（2026·高二·河北石家庄·阶段检测）定义：在空间直角坐标系中，经过且法向量的平面方程为，经过且方向向量的直线方程为.阅读上面材料，并解决下列问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为__________. 【变式6-2】（2026·高三·湖南·阶段检测）在边长为4的正方体中，若，，，则平面PQR与侧面的交线长度为__________. 【变式6-3】（2026·江苏连云港·模拟预测）如图，在正方体中，点分别在棱，，上，为的中点，，，记平面与平面的交线为．则直线与平面所成角的正切值为______． 题型07 翻折问题 【典例7】（2026·高三·江苏常州·阶段检测）如图1，在平面五边形中，四边形是边长为1的菱形，，，．将沿翻折至，如图2．点在线段上运动． (1)若，证明：平面； (2)若，且，证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值的最小值． 【变式7-1】（2026·高三·北京平谷·开学考试）如图1，五边形中，，，，．将三角形沿翻折，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； (2)记直线与平面所成角为．若，求长． 【变式7-2】（2026·高三·河南信阳·开学考试）在直角梯形ABCD中，，，，如图（1）．把沿BD翻折，使得平面平面BCD． (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【变式7-3】（2026·高三·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． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $