专题13 空间向量中的截面与动点轨迹问题七类综合题型（压轴题专项训练）数学北师大版选择性必修第一册

专题13 空间向量中的截面与动点轨迹问题七类综合题型 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、截面的形状问题 题型二、截面的周长问题 题型三、截面的面积问题 题型四、动点轨迹的判断问题 题型五、由平行关系求动点轨迹问题 题型六、由垂直关系求动点轨迹问题 题型七、角度和距离相关的轨迹问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 空间向量中的截面与动点轨迹是立体几何板块的压轴题型，所有题型均围绕截面交线定位、动点约束转化、平行垂直翻译、距离角度量化、空间向平面降维五大核心展开，解题贯穿多条底线原则：一是截面问题准确找出平面与几何体各棱的交线，确定截面边界轮廓，二是周长面积问题先判定截面图形形状，选用对应几何计算公式，三是动点轨迹优先把几何条件转化为向量或者坐标关系式，四是平行垂直类轨迹注意区分线面、面面的不同约束条件，五是角度距离类轨迹做好空间问题平面化处理，算出结果之后放回几何体中检验是否满足全部空间限制条件 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、截面的形状问题 典例1-1 如图，在正方体中，作截面如图交，，，分别于，，，，则四边形的形状为（    ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．梯形 典例1-2 （多选）已知正方体，若平面，则关于平面截此正方体所得截面的判断正确的是（    ） A．截面形状可能为正三角形 B．截面形状可能为正方形 C．截面形状可能为正六边形 D．截面形状可能为五边形 题型模版 1.特征：用平面去切割棱柱、棱锥、正方体等几何体，判断切割之后得到截面是三角形、四边形、五边形还是六边形，判断是普通四边形、平行四边形、菱形、矩形、梯形等，选择或者证明截面图形形状 2.方法：①核心原理：平面和几何体每个面相交，交线就是截面的边；平面和 n 个面相交，截面就是 n 边形。 ②找交线方法：延长几何体内部线段，找两个平面的公共点，两点相连得到交线。 ③利用线面平行性质：平面平行于几何体某个面，截面交线互相平行；线面垂直可以得到截面里边垂直关系。 ④依次找出全部交点，把交点顺次连接，得到完整截面，再判断边、角关系确定图形类型 变式1-1如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，则过线段且垂直于平面的截面图形为（    ） A．等腰梯形 B．三角形 C．正方形 D．矩形 变式1-2已知正方体，平面和线段，，，分别交于点E，F，G，H，则截面EFGH的形状不可能是（    ） A．梯形 B．正方形 C．长方形 D．菱形 变式1-3已知过的平面与正方体相交，分别交棱，于，.则下列关于截面的说法中，不正确的是（    ） A．截面可能是矩形 B．截面可能是菱形 C．截面可能是梯形 D．截面不可能是正方形 变式1-4（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 变式1-5如图，在正方体中，，，，分别是，，，各棱的中点.    (1)画出过点，，，的平面截正方体所得的截面并指出截面的形状（不必说明画法和理由） (2)求（1）中的截面与平面所成的二面角的正弦值. 类型二、截面的周长问题 典例2-1 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． 典例2-2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__________． 题型模版 1.特征：几何体中做特定截面，求截面图形全部边长之和；动点变化时求截面周长的取值、最值 2.方法：①先完整画出截面，定位各个交点在棱上位置。 ②在几何体侧面上，把空间线段转化到平面，多用展开图，把空间路径摊成平面直线来算边长。 ③每条边放到对应平面三角形，利用勾股定理、余弦定理计算每段长度，相加得到周长。 ④动态截面：设棱上动点参数，写出周长关于参数的表达式，求值域或者最值 变式2-1已知正方体 的棱长为 2，点 分别是正方形 和 的中心，过 的平面 与直线 垂直，则平面 截正方体 所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 变式2-2如图，正方体的棱长为，点满足，若平面经过直线，且与平面的法向量平行，则平面截此正方体所得的截面的周长为__________． 变式2-3在棱长为1的正方体中，E，F分别为棱，的中点，G为棱靠近C点的三等分点，用过点E，F，G的平面截正方体，则截面图形的周长为 . 变式2-4如图所示，在正四棱台中，上底面边长为4，下底面边长为6，体积为，点E为AD中点，过点E的平面α与平面平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（    ） A． B． C． D． 题型三、截面的面积问题 典例3-1 已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 典例3-2 已知正方体的棱长为4．为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为____________． 题型模版 1.特征：已知切割平面位置，求截面多边形面积；或者动点变化，求截面面积的最值、取值范围 2.方法：①第一步确定截面形状，分清三角形、平行四边形、梯形等。 ②三角形：找底和对应高，或者使用边长结合余弦定理求面积； ③梯形：求出上下底长度，再求梯形两底之间的高； ④平行四边形：一组邻边乘以两边夹角正弦值； ⑤动态截面：设动点参数，把面积写成函数，结合定义域求最大、最小值。 ⑥另一种思路：截面面积等于几何体被截得投影图形面积，除以截面与投影面夹角的余弦 变式3-1已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（    ） A． B． C． D． 变式3-2已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为____ 变式3-3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_____. 变式3-4已知正方体，棱长为2. (1)求证：平面； (2)若平面平面，且平面与正方体的棱相交，当截面面积最大时，在所给图形上画出截面图形（不必说出画法和理由），并求出截面面积的最大值； (3)在（2）的情形下，设平面与正方体的棱、、交于点、、，当截面的面积最大时，求二面角的余弦值. 题型四、动点轨迹的判断问题 典例4如图，正方体中，，点在侧面内.若，则点的轨迹为（    ） A．线段 B．圆弧 C．抛物线一部分 D．椭圆一部分 . 题型模版 1.特征：空间几何体棱或者面上有动点，动点满足给定条件，判断动点运动轨迹是线段、圆弧、椭圆一部分等等，以选择题居多 2.方法：①分析动点满足的几何约束条件，把空间条件转化到某一个固定平面内。 ②如果动点到定点距离不变，轨迹为圆（圆弧）；动点到定直线距离不变为直线。 ③线面平行、线面垂直条件，转化出动点需要满足的位置限制。 ④再结合几何体棱、面的边界，截取轨迹实际范围 变式4-1正方形中，若，在底面内运动，且满足，则点的轨迹为（    ） A．圆弧 B．线段 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 变式4-2（多选）如图，棱长为2的正方体中，为的中点，动点在平面内的轨迹为曲线.下列结论正确的有（    ） A．当时，是一个点 B．当动点到直线，的距离之和为时，是椭圆 C．当直线与平面所成的角为时，是椭圆 D．当直线与平面所成的角为时，是双曲线 变式4-3（多选）如图，已知正方体的棱长为为的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列结论正确的是(    ) A．若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线 B．若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 C．若与所成的角为，则的轨迹为双曲线 D．若与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆 变式4-4（多选）如图，棱长为2的正方体中，为的中点，动点在平面内的轨迹为曲线.下列结论正确的是（    ） A．当时，是一个点 B．当平面时，是一条线段 C．当直线与平面所成的角为时，是圆 D．当直线与平面所成的角为时，是双曲线 题型五、由平行关系求动点轨迹问题 典例5在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是正方形内的动点（包含边界），且平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 题型模版 1.特征：围绕空间内有一个动点，始终保持某条直线和某个平面互相平行，或者两个平面互相平行，由此确定动点运动轨迹 2.方法：①回忆线面平行性质：如果直线平行于平面，过这条直线的平面和已知平面相交，交线与该直线平行。 ②找出所有满足平行条件动点集合，得到一个平面，这个平面与几何体表面相交得到交线，就是动点轨迹。 ③若始终保持直线平行于某条定直线，则动点就在过定点且平行定直线的平面内 变式5-1在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面，则下列说法正确的是（    ） A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为 C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为 变式5-2（多选）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（    ） A．点的轨迹经过线段的中点 B．点的轨迹长度为2 C．三棱锥的体积为定值 D．球面经过四点的球的半径的最小值为 变式5-3如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），若平面，则动点Q的轨迹是______． 变式5-4如图①，在平行四边形中，，，将沿直线翻折成如图②所示的四棱锥，使得．    (1)证明：平面平面； (2)在平面内是否存在一点，使得直线平面，若不存在，请说明理由；若存在，说明点的轨迹，并探究该轨迹和点所确定的平面与平面所成角的余弦值． 类型六、由垂直关系求动点轨迹问题 典例6 为单位正方体的中心为的中点，点在正方体的表面上运动，则总能使的点的轨迹的长度是______. 题型模版 1.特征：动点运动，始终保持线线垂直、线面垂直，据此求解、判断动点轨迹 2.方法：①线线垂直：一条直线垂直另外一条定直线，动点集合存在对应垂直平面。 ②若动点和定点连线始终垂直于一条定直线，动点落在过定点，垂直定直线的平面。 ③将垂直条件转化向量数量积等于零，得到平面，平面和几何体表面相交，交线就是轨迹 变式6-1如图，已知正方体的棱长为2，、分别为线段、的中点，若点为正方体表面上一动点，且满足平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D．2 变式6-2如图，在棱长为3的正方体中，，点是底面内（包括边界）的动点，且满足，则符合条件的点形成的轨迹的长度为______． 变式6-3（多选）在长方体中，，，点在底面四边形内（含边界）运动，且满足，点是线段的中点，则点的轨迹是 ，其长度为 变式6-4已知正方体的棱长为2，是空间中的一点.    (1)证明：直线平面； (2)若直线平面，则在平面内是否存在点，使得的长为定值，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. (3)若点在平面内，且满足平面平面，请判断点的轨迹，并说明理由. 类型七、角度、距离和向量等其他相关的轨迹问题 典例7-1斜三棱柱中，，，，，动点在侧面上，且，则的轨迹长度为______. 典例7-2如图，在棱长为4的正方体中，为和的交点，点在线段上，，，分别为棱和的中点，若点是平面内一点，且满足，则点的轨迹是 典例7-3如图，在棱长为4的正方体中，为棱的中点，点在上底面正方形（含边界）内运动，满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 题型模版 1.特征：动点满足距离条件（到定点距离定值、到两条直线距离相等），或者满足角度条件（两条连线夹角固定），求动点轨迹 2.方法：①距离类：动点到定点距离固定，轨迹是球面；放到几何体一个面上，球面和平面相交得到圆或者圆弧。动点到两条直线距离相等，对应角平分平面。 ②角度类：动点与两个定点连线夹角为固定值，动点轨迹对应圆锥侧面；该圆锥侧面和几何体表面相交，得到轨迹曲线。 ③把约束条件落实到几何体所在表面，截取实际轨迹 变式7-1已知球的半径为，是球的一条直径，点是球面上一个定点，且．设点是球面上异于、、的动点，若点满足，则点运动所形成的曲线周长为_______． 变式7-2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 变式7-3如图，在长方体中，，是的中点，是的中点，是底面的中心． (1)证明：平面． (2)若是侧面上的一个动点，且点到平面的距离为，证明点的轨迹为一条线段，并求该线段的长度. 变式7-4如图所示，正方体的棱长为3，动点在底面正方形内，且与两个定点，的距离之比为． (1)求动点的轨迹方程，并说明轨迹的形状； (2)求动点到平面的距离的取值范围． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．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．动点在棱长为3的正方体侧面上，满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 3．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． 4．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． 5．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．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，点在正方形内部（含边界）运动，则下列结论正确的是（    ）    A．若，则动点的轨迹是一条直线 B．若，则动点的轨迹长度为 C．若，则动点的轨迹长度为 D．若点在正方形所在平面上运动，的面积为，则动点的轨迹为椭圆 7．（多选）如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，点M是其侧面上的动点（含边界），下列说法正确的是（    ） A．过点的平面截该正方体所得截面面积为 B．当平面时，点的轨迹长度为 C．当时，三棱锥的体积为 D．过作正方体外接球的截面，则截面面积的最小值为 8．设正方体的棱长为 2，为正方体表面上一点，且点到直线的距离与它到平面的距离相等，记动点的轨迹为曲线，则曲线的周长是_____. 9．如图所示，为平行六面体（六个面均为平行四边形的棱柱），点E、F分别在棱、上，满足，（为实数）．若平面截所得截面是一个五边形，则的取值范围是________． 10．已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，，有以下结论： ①．当平面时，与所成夹角可能为； ②．当时，的最小值为； ③．当时，在正方体中经过点的截面面积的取值范围为； ④．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为． 则所有正确结论的序号是______． 11．如图，已知正方体，为的中点. (1)过作出正方体的截面，使得截面平行于平面，并说明理由； (2)为线段上一点，且直线与截面所成角的正弦值为，求. 12．如图，四边形与均为菱形，，，.    (1)求证：平面； (2)为线段上的动点，求与平面所成角正弦值的最大值； (3)设中点为，为四边形内的动点（含边界）且，求动点的轨迹长度. 13．如图，在几何体中，四边形为正方形，平面，，，. (1)求证：平面平面； (2)若点在平面内，且. （i）求点的轨迹的长度； （ii）设直线与平面所成的角为，求的取值范围． 14．如图，在四棱锥中，面，，且，，，，，E、F分别为，的中点. (1)求直线到平面的距离； (2)在线段上是否存在一点M，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； (3)在平面内是否存在点H，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H的轨迹图形形状. 15．数学家阿波罗尼斯（约公元前262－190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆心在两定点所在直线上的圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体中，点是的中点，点是正方体表面上一动点（包括边界），且两直线，与平面所成的角相等. (1)证明：点的轨迹是一阿波罗尼斯圆的一段弧，并画出大致图象（不要求写出画法）； (2)记点的轨迹所在的阿波罗尼斯圆的圆心为，求的取值范围； (3)当线段最短时，在线段上是否存在点，使得平面，若有，请求出平面截正方体的截面周长，若无，说明理由. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 空间向量中的截面与动点轨迹问题七类综合题型 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、截面的形状问题 题型二、截面的周长问题 题型三、截面的面积问题 题型四、动点轨迹的判断问题 题型五、由平行关系求动点轨迹问题 题型六、由垂直关系求动点轨迹问题 题型七、角度和距离相关的轨迹问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 空间向量中的截面与动点轨迹是立体几何板块的压轴题型，所有题型均围绕截面交线定位、动点约束转化、平行垂直翻译、距离角度量化、空间向平面降维五大核心展开，解题贯穿多条底线原则：一是截面问题准确找出平面与几何体各棱的交线，确定截面边界轮廓，二是周长面积问题先判定截面图形形状，选用对应几何计算公式，三是动点轨迹优先把几何条件转化为向量或者坐标关系式，四是平行垂直类轨迹注意区分线面、面面的不同约束条件，五是角度距离类轨迹做好空间问题平面化处理，算出结果之后放回几何体中检验是否满足全部空间限制条件 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、截面的形状问题 典例1-1 如图，在正方体中，作截面如图交，，，分别于，，，，则四边形的形状为（    ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．梯形 【答案】A 【分析】根据题意，结合面面平行的性质，证得和，进而得到答案. 【详解】在正方体中，可得平面平面， 且平面平面，平面平面， 所以，同理可证：， 所以四边形的形状一定为平行四边形. 故选：A. 典例1-2 （多选）已知正方体，若平面，则关于平面截此正方体所得截面的判断正确的是（    ） A．截面形状可能为正三角形 B．截面形状可能为正方形 C．截面形状可能为正六边形 D．截面形状可能为五边形 【答案】AC 【分析】根据平面得到平面与平面平行或重合，然后结合图形即可判断出答案. 【详解】如图，在正方体中，连接，，，则平面， 所以平面与平面平行或重合， 所以平面与正方体的截面形状可以是正三角形，正六边形，但不可能是五边形和四边形，故A，C正确，B，D错误． 故选：AC 题型模版 1.特征：用平面去切割棱柱、棱锥、正方体等几何体，判断切割之后得到截面是三角形、四边形、五边形还是六边形，判断是普通四边形、平行四边形、菱形、矩形、梯形等，选择或者证明截面图形形状 2.方法：①核心原理：平面和几何体每个面相交，交线就是截面的边；平面和 n 个面相交，截面就是 n 边形。 ②找交线方法：延长几何体内部线段，找两个平面的公共点，两点相连得到交线。 ③利用线面平行性质：平面平行于几何体某个面，截面交线互相平行；线面垂直可以得到截面里边垂直关系。 ④依次找出全部交点，把交点顺次连接，得到完整截面，再判断边、角关系确定图形类型 变式1-1如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，则过线段且垂直于平面的截面图形为（    ） A．等腰梯形 B．三角形 C．正方形 D．矩形 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，取的中点，利用向量可证明平面，再由平行公理及正方体性质确定为等腰梯形. 【详解】如图，以D为坐标原点，分别为建立空间直角坐标系，不妨设正方体棱长为2， 分别取的中点.连接, 则, 所以,,, 所以，, 即,，而，平面， 所以平面， 由的中点，则,又，所以， 即四边形为平面四边形，在正方体中易知, 所以四边形为等腰梯形， 又平面，所以平面 平面， 故满足题意的截面为等腰梯形. 故选：A 变式1-2已知正方体，平面和线段，，，分别交于点E，F，G，H，则截面EFGH的形状不可能是（    ） A．梯形 B．正方形 C．长方形 D．菱形 【答案】A 【分析】根据面面平行的性质定理，可以得出，，由此可推断四边形EFGH一定为平行四边形，从而可得出答案. 【详解】因为面面，面面，面面， 所以， 同理可得，所以四边形EFGH为平行四边形， 所以截面EFGH的形状不可能是梯形. 若面面，此时四边形EFGH是正方形，也是菱形； 当是所在棱的中点，分别与 重合时，四边形EFGH是长方形. 故选：A. 变式1-3已知过的平面与正方体相交，分别交棱，于，.则下列关于截面的说法中，不正确的是（    ） A．截面可能是矩形 B．截面可能是菱形 C．截面可能是梯形 D．截面不可能是正方形 【答案】C 【分析】选过特殊点(中点、对角顶点)且含体对角线的平面截取正方体，根据正方体的性质及结构特征、勾股定理分析各选项的正误即可. 【详解】如下图，当分别与对角顶点重合时，显然是矩形； 如下图，当，为，的中点时，显然是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知：不可能为正方形； 根据对称性，其它情况下为平行四边形； 综上，C不正确. 故选：C. 变式1-4（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. 变式1-5如图，在正方体中，，，，分别是，，，各棱的中点.    (1)画出过点，，，的平面截正方体所得的截面并指出截面的形状（不必说明画法和理由） (2)求（1）中的截面与平面所成的二面角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意画出截面即可； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解即可 【详解】（1）截面的形状为：正六边形. 理由如下：如图，    延长，，，由基本事实可得，三线交于一点， 设为，延长交的延长线于点，延长交的延长线于点， 连接，与，分别交于点，， 则点，是截面所在平面与平面的公共点， 连接，，，可得截面所在平面与正方体各面的交线分别为： ，，，，，，截面如图中的阴影部分所示. 由，，，分别是，，，各棱的中点， 可得，分别为，中点.因此六边形为正六边形. （2）分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示空间直角坐标，      设正方体的边长为2. 则可得，，，， ，， 设截面为，其法向量， 则，即， 令，则，，∴ 取平面的法向量 设截面与平面所成的角为， 则 又∵，∴. ∴（1）中的截面与平面所成的二面角的正弦值为. 类型二、截面的周长问题 典例2-1 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. 典例2-2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__________． 【答案】 【分析】将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，利用空间两点的距离公式确定截面的形状，可求出周长. 【详解】如图， 将正四面体放入正方体中，因为正四面体的棱长为，所以对应正方体的棱长为4. 以为原点建立如图空间直角坐标系，则，，，. 设动点， 由题意得，， 整理得，. 取，，，分别为棱，，，的中点，则四边形即为动点构成的平面截正四面体所得的截面图形. 因为四边形为菱形，且， 所以所得截面多边形的周长为. 题型模版 1.特征：几何体中做特定截面，求截面图形全部边长之和；动点变化时求截面周长的取值、最值 2.方法：①先完整画出截面，定位各个交点在棱上位置。 ②在几何体侧面上，把空间线段转化到平面，多用展开图，把空间路径摊成平面直线来算边长。 ③每条边放到对应平面三角形，利用勾股定理、余弦定理计算每段长度，相加得到周长。 ④动态截面：设棱上动点参数，写出周长关于参数的表达式，求值域或者最值 变式2-1已知正方体 的棱长为 2，点 分别是正方形 和 的中心，过 的平面 与直线 垂直，则平面 截正方体 所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面周长即可. 【详解】正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系， 侧面的中心，侧面的中心，且，则， 显然点M在平面与平面的交线上， 设为这条交线上任意一点，则， 而平面，则，即， 令，得点，令，得点， 连，平面与平面必相交， 设为这条交线上任意一点，则， 由，即， 令，得点，连， 因为平面平面，则平面与平面的交线过点，与直线平行， 过作交于，则， 由得，即， 显然平面与平面都相交，则平面与直线相交， 令交点为，，由得， 连接得截面五边形， 则， 所以截面五边形的周长为. 变式2-2如图，正方体的棱长为，点满足，若平面经过直线，且与平面的法向量平行，则平面截此正方体所得的截面的周长为__________． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，利用已知条件结合正方体的性质，运用向量平行和垂直的数量积运算求出相关点坐标，进而求出相关向量，再利用向量模的计算公式计算求解． 【详解】以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 正方体的棱长为，点满足， ， ， ， 平面经过直线，且与平面的法向量平行， 即为平面的一条法向量， 取中点，作，过点作平行于交于，则为中点， 四边形即为平面与正方体相交的截面，设，则， ， ，，故，， ， ，解得， ， ，， 平面截此正方体所得的截面的周长为 ． 故答案为：． 变式2-3在棱长为1的正方体中，E，F分别为棱，的中点，G为棱靠近C点的三等分点，用过点E，F，G的平面截正方体，则截面图形的周长为 . 【答案】 【详解】连接FG并延长交DC延长线于点H，连接EH交BC于点M，连接GM， 取靠近点的三等分点N，连接FN并延长交的延长线于点Q， 连接QE交于点P，连接NP，则六边形EMGFNP即为过点的截面， 由G为棱靠近点C的三等分点，可得，即， 由，知点M为靠近点C的三等分点，即， 由勾股定理得，，同理得， 则截面图形的周长为. 故答案为：. 变式2-4如图所示，在正四棱台中，上底面边长为4，下底面边长为6，体积为，点E为AD中点，过点E的平面α与平面平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先过点作于点，结合已知得，由棱台体积公式得，由勾股定理得，再求出的长，最终根据相似三角形对应边成比例即可得解. 【详解】如图所示，点作于点，因为，所以， 则四棱台的高为，则四棱台的体积为， 解得，所以侧棱长为. 如图所示：作于点，作于点，连接， 由对称性可知，， 所以，而， 所以，所以， 同理， 分别在棱上取中点，则平面即为平面， ， 所以截面多边形的周长为. 故选：D. 题型三、截面的面积问题 典例3-1 已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由，利用坐标运算求得正三棱锥底面边长和高，从而可得外接球半径，又过点作球的截面，当时，截面面积的最小，可得解. 【详解】如图在正三棱锥中，平面，且为的中心，为中线， 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，    设，则 所以， 由于，所以，则， 所以， 因为，则 解得， 设，则，则，得， 所以， 过点作球的截面，当时，截面面积的最小， ，所以截面圆半径为， 则面积为. 故选：B． 典例3-2 已知正方体的棱长为4．为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为____________． 【答案】 【分析】通过空间向量法确定垂直于的平面方程，找到截面顶点，判定截面为菱形后，利用对角线求面积即可. 【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体棱长为4， 所以，则， 设截面上的点为，则， 因为过点的平面垂直于，所以是平面的一个法向量， 所以，即，整理得：， 当点在棱上时，，则，得； 当点在棱上时，，则，得； 当点在棱上时，，则，得， 所以截面为四边形， 又因为， 同理可得，所以四边形为菱形， 又因为对角线， 所以面积. . 题型模版 1.特征：已知切割平面位置，求截面多边形面积；或者动点变化，求截面面积的最值、取值范围 2.方法：①第一步确定截面形状，分清三角形、平行四边形、梯形等。 ②三角形：找底和对应高，或者使用边长结合余弦定理求面积； ③梯形：求出上下底长度，再求梯形两底之间的高； ④平行四边形：一组邻边乘以两边夹角正弦值； ⑤动态截面：设动点参数，把面积写成函数，结合定义域求最大、最小值。 ⑥另一种思路：截面面积等于几何体被截得投影图形面积，除以截面与投影面夹角的余弦 变式3-1已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用点面距离公式求解O到平面AMC的距离，进而根据球的性质求解即可半径即可. 【详解】球心O为正方体中心，半径，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， , 则，， 设平面ACM的一个法向量为， ，令，则， 所以，则O到平面AMC的距离为：， 截面圆半径，所以截面面积， 故选:B. 变式3-2已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为____ 【答案】 【分析】由题意，可得正方体的内切球球心为正方体中心，内切球半径，法一：连接，相交于点，连接，先证明平面，可得到平面的距离等于点到平面的距离，再利用等体积法求得，进而求出截面圆半径，进而求解即可；法二：建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用点面距离公式求解到平面的距离，进而求出截面圆半径，进而求解即可. 【详解】由题意，正方体的内切球球心为正方体中心，内切球半径. 法一：连接，相交于点，则点为的中点，连接. 可得，因为平面，平面， 所以平面，在上， 则到平面的距离等于点到平面的距离，设为， ，， 由，得，则， 则截面圆半径，所以截面面积； 法二：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 则到平面的距离， 所以截面圆半径，所以截面面积. 变式3-3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： 变式3-4已知正方体，棱长为2. (1)求证：平面； (2)若平面平面，且平面与正方体的棱相交，当截面面积最大时，在所给图形上画出截面图形（不必说出画法和理由），并求出截面面积的最大值； (3)在（2）的情形下，设平面与正方体的棱、、交于点、、，当截面的面积最大时，求二面角的余弦值. 【答案】(1) 连接，，， 因为是正方体，所以平面， 因为平面，所以 又因为四边形是正方形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以.同理可证得：， 又因为平面，所以平面. (2)   (3) 【分析】（1）通过证明、来证得平面. （2）通过棱的中点作出符合题意的截面，并计算出截面的面积. （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求得正确答案. 【详解】（1）略 （2）设分别是的中点， 连接， 根据题意知截面面积最大时，图形是边长为的正六边形， 所以最大的截面面积为.    （3）因为平面平面，所以当截面的面积最大时，、、分别是棱、、的中点， 以为原点建立如图所示空间直角坐标系：，，，， 设平面的一个法向量是，，， 则，令，则，，， 设平面的一个法向量是，，， ，令，则，，则， ， 设二面角的平面角为，由图知为锐角，所以， 所以二面角的余弦值为.    题型四、动点轨迹的判断问题 典例4如图，正方体中，，点在侧面内.若，则点的轨迹为（    ） A．线段 B．圆弧 C．抛物线一部分 D．椭圆一部分 【答案】A 【分析】首先建立空间直角坐标系，利用向量数量积的坐标表示求点的轨迹. 【详解】如图建立空间直角坐标系，设棱长为3，，，，，，， ，整理为：， 点的轨迹方程是关于的二元一次方程，所以轨迹是平面平面内，直线内的一段线段. 故选：A . 题型模版 1.特征：空间几何体棱或者面上有动点，动点满足给定条件，判断动点运动轨迹是线段、圆弧、椭圆一部分等等，以选择题居多 2.方法：①分析动点满足的几何约束条件，把空间条件转化到某一个固定平面内。 ②如果动点到定点距离不变，轨迹为圆（圆弧）；动点到定直线距离不变为直线。 ③线面平行、线面垂直条件，转化出动点需要满足的位置限制。 ④再结合几何体棱、面的边界，截取轨迹实际范围 变式4-1正方形中，若，在底面内运动，且满足，则点的轨迹为（    ） A．圆弧 B．线段 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】A 【解析】根据题意,以D为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立平面直角坐标系,设正方体棱长为1,.由及两点间距离公式,表示出的轨迹方程.即可判断轨迹的形状. 【详解】由题意以D为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立平面直角坐标系,设正方体棱长为1,则, 由,可得 因为在底面内运动,且满足.由勾股定理及两点间距离公式代入可得 两边同时平方,并展开可得 交叉相乘,化简可得 化为标准方程可得 而因为在底面内运动,所以其轨迹为一段圆弧 故选:A 变式4-2（多选）如图，棱长为2的正方体中，为的中点，动点在平面内的轨迹为曲线.下列结论正确的有（    ） A．当时，是一个点 B．当动点到直线，的距离之和为时，是椭圆 C．当直线与平面所成的角为时，是椭圆 D．当直线与平面所成的角为时，是双曲线 【答案】AD 【分析】A选项，为以为直径的球与平面的交线，求出，的中点到平面的距离为，从而是一个点；B选项，推理出动点到直线，的距离即为动点到点与点的距离之和，又，从而得到是线段；C选项，与平面所成的角即为，求出为定值，所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆；D选项，建立空间直角坐标系，设，由线面角得到，得到D正确. 【详解】对于A：当时，为以为直径的球与平面的交线， 正方体的棱长为2，为的中点， 可得，， 的中点到平面的距离为， 故是一个点，故A正确； 对于B：由正方体易知平面，平面， 又、平面，故，， 故动点到直线，的距离即为动点到点与点的距离之和， 又， 故当动点到直线，的距离之和为时，是线段，不是椭圆，故B错误； 对于C由⊥平面，可知与平面所成的角即为， 直角三角形中，，，， 所以为定值，所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故C错误； 对于D：以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，则，取平面的一个法向量为， 若与所成的角为， 则， 化简得，即的轨迹为双曲线，所以D正确. 故选：AD 变式4-3（多选）如图，已知正方体的棱长为为的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列结论正确的是(    ) A．若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线 B．若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 C．若与所成的角为，则的轨迹为双曲线 D．若与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆 【答案】AC 【分析】A：由平面，可得即为到直线的距离，由抛物线的定义即可判断； B：由题意可得中点的轨迹为以中点为圆心，为半径且平行于平面的圆，计算可判断； C：建立空间直角坐标系，设，，，由与所成的角为60°，可得点的轨迹方程，从而可判断； D：由与平面所成的角为，计算可得为定值，可判断点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，从而可判断． 【详解】对于A，平面，即为到直线的距离， 在平面内，点到定点的距离与到定直线的距离相等， ∴点的轨迹就是以为焦点，为准线的抛物线，故A正确； 对于B，若，则, 可得中点的轨迹为以中点为圆心，为半径且平行于平面的圆， 其面积为，故B错误； 对于C，如图，建立空间直角坐标系， ，0，，，0，，，0，，，2，， 设，，，则，，，，2，， ， 化简得，即，∴的轨迹为双曲线，故C正确； 对于D，与平面所成的角为，∴， 则，∴点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故D错误． 故选：AC． 变式4-4（多选）如图，棱长为2的正方体中，为的中点，动点在平面内的轨迹为曲线.下列结论正确的是（    ） A．当时，是一个点 B．当平面时，是一条线段 C．当直线与平面所成的角为时，是圆 D．当直线与平面所成的角为时，是双曲线 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标运算求解判断A；利用线面关系的向量表示求出动点的轨迹方程判断B；利用线面角的向量公式列式求得动点轨迹判断CD. 【详解】如图建立空间直角坐标系，因为正方形的棱长为2， 则有， 又为的中点，所以，设， 选项A，因为，又， 所以，即， 也即， 所以，此时，曲线为点，故A正确； 选项B，设平面的一个法向量为， 则，令得，， 当平面时，，即，动点在平面内的轨迹为一条直线（是连接和中点的直线），故B错误； 选项C，易知平面的一个法向量为， 所以当直线与平面所成的角为时， 有，化简得， 此时曲线为，故C正确； 选项D，易知平面的一个法向量为， 所以当直线与平面所成的角为时， 有，化简得， 此时曲线为，故D正确. 故选：ACD. 题型五、由平行关系求动点轨迹问题 典例5在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是正方形内的动点（包含边界），且平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用线面平行，可知直线的方向向量与平面的法向量垂直，确定动点坐标之间的联系，从而找到过点且与平面平行的平面，与平面的交线即为动点的轨迹，最后计算轨迹线段长度即可. 【详解】解：由正方体，可建立以为原点，为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系， 则，，，，所以，， 设平面的法向量，则，所以， 则，取，则，，所以. 由是正方形内的动点（包含边界），可设，其中，，则， 因为平面，所以，则，即，整理得， 当时，，此时，为中点； 当时，，此时，为中点， 连接，不难发现，，且，， 易证，平面平面，所以点的轨迹为线段， 因此，轨迹长. 题型模版 1.特征：围绕空间内有一个动点，始终保持某条直线和某个平面互相平行，或者两个平面互相平行，由此确定动点运动轨迹 2.方法：①回忆线面平行性质：如果直线平行于平面，过这条直线的平面和已知平面相交，交线与该直线平行。 ②找出所有满足平行条件动点集合，得到一个平面，这个平面与几何体表面相交得到交线，就是动点轨迹。 ③若始终保持直线平行于某条定直线，则动点就在过定点且平行定直线的平面内 变式5-1在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面，则下列说法正确的是（    ） A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为 C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为 【答案】B 【详解】解：如图，取棱的中点，连接， 因为分别为，的中点， 所以，在中，，由于平面，平面， 所以平面， 因为，所以，四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以，平面， 因为，平面， 所以，平面平面， 由于为体对角线的中点， 所以，连接并延长，直线必过点， 故取中点，连接， 所以，由正方体的性质易知， 所以，四边形是平行四边形，，， 因为，，， 所以，共线，即平面， 所以，四边形为点的轨迹，故A选项错误； 由正方体的棱长为，所以，四边形的棱长均为，且对角线为，， 所以，四边形为菱形，周长为，故CD选项错误， 由菱形的性质知，线段的最大值为，故B选项正确. 故选：B 变式5-2（多选）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（    ） A．点的轨迹经过线段的中点 B．点的轨迹长度为2 C．三棱锥的体积为定值 D．球面经过四点的球的半径的最小值为 【答案】ABD 【分析】取的中点，连接，根据条件可得点的轨迹为线段（不含端点），即可判断出A和B的正误；对C，利用等体积法，即可求解；对D，建立空间直角坐标系，设，球心，半径为，利用球的性质可得，即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接，，易知， 又平面，平面，所以平面. 又是中点，所以，又平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 又平面，则平面，又点在正方形内部（不含边界）运动，且平面平面， 所以点的轨迹为线段（不含端点）. 对于A，连接，由正方体的性质易知与相交，且交点为的中点，所以A正确； 对于B，因为，所以点的轨迹长度为，故B正确； 对于C，因为平面，点是棱的中点， 则，所以C错误； 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为2， 则，设，球心，半径为， 由，得到， 解得，，所以， 又，且，所以当时，取到最小值为，故D正确. 变式5-3如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），若平面，则动点Q的轨迹是______． 【答案】线段EF 【分析】作出过点与平面平行的正方体的截面判断 【详解】在正方体中，取的中点E，F，连，如图， 则，平面，平面，则有平面， 因点P为棱的中点，有，，即有为平行四边形， 则，而平面，平面，有平面， ，平面，因此，平面平面，因平面， 则平面，又点Q在平面，平面平面，即点Q的轨迹为线段EF， 变式5-4如图①，在平行四边形中，，，将沿直线翻折成如图②所示的四棱锥，使得．    (1)证明：平面平面； (2)在平面内是否存在一点，使得直线平面，若不存在，请说明理由；若存在，说明点的轨迹，并探究该轨迹和点所确定的平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1) 证明：且， 四边形为平行四边形， ，， 由平行四边形的性质得，， 为等边三角形． 如图所示，取的中点，连接，，则， 且，，且， 为二面角的平面角． 又，， ，平面平面．    (2)存在，过点且与平行的直线， 【分析】（1）先根据平行四边形的性质得出相关线段的长度，进而判断为等边三角形，取的中点，连接，，利用勾股定理逆定理证明，从而得到平面平面； （2）建立空间直角坐标系，求出各点坐标，进而得到相关向量.设平面的法向量为，通过向量垂直的条件求出.设点的坐标为，得到，根据线面平行的性质得出点的轨迹是一条直线，且明确该直线为过点且与平行的直线. 【详解】（1）略 （2）存在．以的中点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，， 则，，，，，． 设平面的法向量为， 由，令，得， 是平面的一个法向量． 设点的坐标为，． 平面，，可得， 点的轨迹是一条直线． 延长，交于点，则， ，， 设点的轨迹和点所确定的平面为，由，点的轨迹是过点且与平行的直线． 易得平面平面，则为平面的一个法向量． 设平面的法向量为， 由， 令，得，， 是平面的一个法向量． 设平面与平面所成的角为，可知为锐角，则， 平面与平面所成角的余弦值为．． 类型六、由垂直关系求动点轨迹问题 典例6 为单位正方体的中心为的中点，点在正方体的表面上运动，则总能使的点的轨迹的长度是______. 【答案】/ 【分析】建系利用坐标法求动点的轨迹进而可得. 【详解】如图，设单位正方体顶点坐标A为坐标原点，以所在直线为轴所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则 设因为所以 所以即. 面可表示为所以无解 面可表示为所以无解; 面可表示为所以点的轨迹为以为端点的线段，长度； 面可表示为所以点的轨迹为以为端点的线段，长度； 面可表示为所以点的轨迹为以为端点的线段，长度为； 面可表示为所以点的轨迹为以为端点的线段，长度为； 所以点的轨迹总长度： 故答案为：. 题型模版 1.特征：动点运动，始终保持线线垂直、线面垂直，据此求解、判断动点轨迹 2.方法：①线线垂直：一条直线垂直另外一条定直线，动点集合存在对应垂直平面。 ②若动点和定点连线始终垂直于一条定直线，动点落在过定点，垂直定直线的平面。 ③将垂直条件转化向量数量积等于零，得到平面，平面和几何体表面相交，交线就是轨迹 变式6-1如图，已知正方体的棱长为2，、分别为线段、的中点，若点为正方体表面上一动点，且满足平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，从而得到⊥平面，从而点在线段上时，满足平面，点的轨迹长度为. 【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， 则，， 则， 故， 所以， 又，平面， 所以⊥平面， 故当点在线段上时，满足平面， 点的轨迹长度为. 故选：B 变式6-2如图，在棱长为3的正方体中，，点是底面内（包括边界）的动点，且满足，则符合条件的点形成的轨迹的长度为______． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用可得关于，的方程，进而求解. 【详解】 根据题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 则． 因为，所以，得， 所以点的轨迹是一条线段，当时，，此时点的坐标为， 当时，，此时点的坐标为， 所以符合条件的点形成的轨迹的长度为． 故答案为： 变式6-3（多选）在长方体中，，，点在底面四边形内（含边界）运动，且满足，点是线段的中点，则点的轨迹是 ，其长度为 【答案】线段， 【分析】利用空间向量坐标运算来确定交线，再用坐标运算可求解线段长来解答 【详解】 如图建立空间直角坐标系，根据，， 可得：，设点， 则 因为，所以， 化简得：，令得，令得， 由此可得点在以点，点为端点的线段上， 此时，故点的轨迹是线段，其长度为 变式6-4已知正方体的棱长为2，是空间中的一点.    (1)证明：直线平面； (2)若直线平面，则在平面内是否存在点，使得的长为定值，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. (3)若点在平面内，且满足平面平面，请判断点的轨迹，并说明理由. 【答案】(1)证明：在正方体中， 因为平面平面，所以. 又因为，平面. 所以平面. (2)存在， (3)点的轨迹为抛物线，理由如下： 如图，以为坐标原点，以分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，则.    设点，平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为， 得， 由 取，得，即. 由得，取，得. 即. 又因为平面平面，所以， 得，故点的轨迹为抛物线. 【分析】（1）要证明线面垂直，则需要证明该直线与平面内的两条相交直线均垂直即可. （2）方法一：建立空间直角坐标系，根据平面，利用坐标列出方程组，然后计算，即可判断其是否是定值；方法二：取中点，连接，再取的中点，先证明，得出平面，然后求出的长. （3）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，根据面面垂直列出式子，即可得到轨迹是抛物线. 【详解】（1）略 （2）法一：如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，    则. 设点，则， 因为平面，所以得* 设平面内存在点，满足长为定值， 则， 由*式得， 所以当时，长为定值，此时点. 法二：如图，取中点，连接，再取的中点，    因为平面，所以. 又因为平面，所以平面， 得平面. 在中，因为为定值， 所以在平面内存在点，使得的长为定值，且为的中点. （3）故点的轨迹为抛物线，理由略. 类型七、角度、距离和向量等其他相关的轨迹问题 典例7-1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：. 典例7-2如图，在棱长为4的正方体中，为和的交点，点在线段上，，，分别为棱和的中点，若点是平面内一点，且满足，则点的轨迹是 【答案】圆弧 【分析】建立空间直角坐标系，利用余弦定理结合已知条件列方程求出轨迹方程 【详解】以为原点建立下图所示空间直角坐标系， 正方体棱长为4，即，又，， ， 设点，则， ， ，由余弦定理得：， ， ， ， 展开整理得，化简得，，是以为圆心，半径是的圆的一部分 典例7-3如图，在棱长为4的正方体中，为棱的中点，点在上底面正方形（含边界）内运动，满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，借助空间向量数量积确定点的轨迹即可. 【详解】如图，以点为坐标原点，分别为 轴，建立空间直角坐标系， 则，，设，， 所以，， 由，得，整理得， 所以点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，此圆在正方形内部， 所以点的轨迹长度为. 故选：D. 题型模版 1.特征：动点满足距离条件（到定点距离定值、到两条直线距离相等），或者满足角度条件（两条连线夹角固定），求动点轨迹 2.方法：①距离类：动点到定点距离固定，轨迹是球面；放到几何体一个面上，球面和平面相交得到圆或者圆弧。动点到两条直线距离相等，对应角平分平面。 ②角度类：动点与两个定点连线夹角为固定值，动点轨迹对应圆锥侧面；该圆锥侧面和几何体表面相交，得到轨迹曲线。 ③把约束条件落实到几何体所在表面，截取实际轨迹 变式7-1已知球的半径为，是球的一条直径，点是球面上一个定点，且．设点是球面上异于、、的动点，若点满足，则点运动所形成的曲线周长为_______． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，根据已知得出点的轨迹为平面截球所得到的圆的圆周上，再根据点到平面距离及勾股定理即可求解． 【详解】以为圆心，以所在直线为轴，以所在平面为平面建立空间直角坐标系， 则，，，， 设点，则， 可得，，， 则，， 由模长公式得， 因为， 所以， 整理得，即点的轨迹为平面截球所得到的圆的圆周上， 球心到平面的距离， 截面圆半径为，所以点运动所形成的曲线周长为． 变式7-2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. 变式7-3如图，在长方体中，，是的中点，是的中点，是底面的中心． (1)证明：平面． (2)若是侧面上的一个动点，且点到平面的距离为，证明点的轨迹为一条线段，并求该线段的长度. 【答案】(1)如图，以点 为原点，以为 轴的正方向，建立空间直角坐标系，，，，，， ，，， ，， 所以，，，平面， 所以平面 (2)由（1）可知平面，则是平面的一个法向量 所以平面的一个法向量为， 设，， 则点 到平面的距离， 则，得或， 直线与侧面没有交点，故舍去， 所以， 如图，直线与棱交于 ，所以点 的轨迹是线段 ,，. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直，结合线面垂直的判断定理，即可证明； （2）利用坐标法，结合点到平面的距离公式，求出点 满足的轨迹方程，即可证明，并求线段长度. 【详解】（1）略 （2）略. 变式7-4如图所示，正方体的棱长为3，动点在底面正方形内，且与两个定点，的距离之比为． (1)求动点的轨迹方程，并说明轨迹的形状； (2)求动点到平面的距离的取值范围． 【答案】(1)， 曲线C是以为圆心，2为半径的圆在正方形内一段圆弧． (2) 【分析】（1）建立平面直角坐标系根据平面上轨迹的求法求解； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求点面距离，再由三角代换求取值范围即可. 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系，如图，    设， 由，得 化简得， 即， 故曲线C是以为圆心，2为半径的圆在正方形内一段圆弧． （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系，如图，    则， 所以， 设平面的法向量， 则，令，则，，故， 由（1）可设，其中, 则， 设到平面的距离为， 则， 由（1）可令，其中， 则， 因为，所以， 即，所以， 故. 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．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．动点在棱长为3的正方体侧面上，满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】    如图，易得平面,因平面，则， 不妨设，则, ，解得， 又点平面，故点的轨迹为以点为圆心，半径为的圆弧, 故其长度为. 故选：D. 3．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. 4．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 【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，设平面交直线于点，利用空间向量法可求出平面与平面的所成角为最小时的值，求出此时二面角余弦值的最大值，然后利用射影面积法可求出截面的面积. 【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. 5．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. 6．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，点在正方形内部（含边界）运动，则下列结论正确的是（    ）    A．若，则动点的轨迹是一条直线 B．若，则动点的轨迹长度为 C．若，则动点的轨迹长度为 D．若点在正方形所在平面上运动，的面积为，则动点的轨迹为椭圆 【答案】BCD 【分析】对于A，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设（其中，），根据可得可得点的轨迹是线段即可判断A；对于B，根据，即，可得，然后求得线段长度即可判断B；对于C，由可得，根据圆的周长公式即可判断C；对于D，解法一、由题可得即可判断D，解法二、平面斜截圆柱的轨迹为椭圆即可判断D. 【详解】如图，以为坐标原点，射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立空间直角坐标系， 则．    因为位于正方形内（含边界），故可设（其中，）． 对于A，，由已知，可得， 所以，整理得． 连接，因为点在正方形内部（含边界）运动，所以点的轨迹是一条线段，A不正确． 对于B，，若，则， 所以，即， 又，所以点的轨迹长度为，B正确． 对于C，，， ， 整理得， 故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 其轨迹长度为，C正确． 对于D，解法一（轨迹方程法）  设到的距离为，则， 解得，，，设， 则， 所以， 所以点到直线的距离， 整理得． 由D选项知，令， 则， 所以，整理得，显然此方程表示椭圆． D正确． 解法二（定义法）  易知，设到的距离为， 则，解得， 所以点位于以为旋转轴，1为半径的圆柱侧面上，如图所示．    因为位于平面内，则位于正方形与圆柱侧面的交线上， 根据圆柱侧面与平面的位置关系，可得的轨迹为椭圆，故D正确． 故选：BCD． 7．（多选）如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，点M是其侧面上的动点（含边界），下列说法正确的是（    ） A．过点的平面截该正方体所得截面面积为 B．当平面时，点的轨迹长度为 C．当时，三棱锥的体积为 D．过作正方体外接球的截面，则截面面积的最小值为 【答案】ABD 【分析】利用平行线的性质，找到所求截面，利用梯形面积公式求解面积判断A，建立空间直角坐标系，求出点的轨迹方程，再结合两点间距离公式求解长度判断B，利用三角形面积公式求解底面积，结合点到平面的距离公式求解点到平面的距离，再求解三棱锥体积判断C，利用球的性质判断截面形状并得到截面最小的情况，再结合勾股定理求解底面半径，利用圆的面积公式求解面积判断D即可. 【详解】对于A，如图，连接，作， 因为分别是棱的中点，所以是的中位线， 由中位线定理得，由正方体性质得，， 得到四边形是平行四边形，则，故， 即四点共面，则该平面截该正方体所得截面是梯形， 由勾股定理得，，同理可得， 由题意得四边形是矩形，则，故， 由勾股定理得，且设梯形面积为， 由梯形面积公式得， 即过点的平面截该正方体所得截面面积为，故A正确， 对于B，如图，以为原点建立空间直角坐标系，连接， 因为正方体的棱长为， 所以，，，，设 因为分别是棱的中点，所以，， 则，，， 设面的法向量为，则，得到， 而，得到， 令，解得，，故， 因为平面，所以， 得到，即， 化简得，则点的轨迹是直线，在面内， 由题意得，当时，， 当时，，得到轨迹是点和点构成的直线， 连接，由两点间距离公式得， 即此时点的轨迹长度为，故B正确， 对于C，如图，连接， 设，，则， 而，因为，所以， 得到，解得，故， 在正方体中，由勾股定理得， 则是等边三角形，得到， 故， 且，，，， 设面的法向量为，则， 得到，而，则， 令，解得，，故， 设点到面的距离为， 则由点到平面的距离公式得， 故，故C错误， 对于D，由正方体性质得外接球的球心就是正方体的中心， 如图，我们把球心记为，且连接， 由外接球性质得，外接球半径为， 由两点间距离公式得， 而截面一定是圆，且设圆的半径为，由勾股定理得， 得到截面面积为，即截面面积的最小值为，故D正确. 故选：ABD. 8．设正方体的棱长为 2，为正方体表面上一点，且点到直线的距离与它到平面的距离相等，记动点的轨迹为曲线，则曲线的周长是_____. 【答案】 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出点的轨迹方程，再分类探讨轨迹并求出长度. 【详解】在棱长为 2的正方体 中，建立如图所示的空间直角坐标系， 设点，，在上任取点， ，，依题意，，即， 当时，，点的轨迹是一个点，轨迹长度为0； 当时，，点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆弧，轨迹长度为； 当时，，则，点的轨迹是一个点，轨迹长度为0； 当时，，，点的轨迹是线段，轨迹长度为； 当时，，点的轨迹是线段，轨迹长度为； 当时，，则，点的轨迹是一个点，轨迹长度为0， 所以曲线的周长是. 故答案为： 9．如图所示，为平行六面体（六个面均为平行四边形的棱柱），点E、F分别在棱、上，满足，（为实数）．若平面截所得截面是一个五边形，则的取值范围是________． 【答案】 【分析】设平面与直线的交点为，由题意可得点在线段的延长线上，进而根据面面平行、线面平行的性质得到，，可得四边形为平行四边形，进而结合空间向量的线性运算可得，进而求解即可. 【详解】设平面与直线的交点为， 由于平面截所得截面是一个五边形， 则点在线段的延长线上， 在平行六面体中，平面平面， 因为平面，所以平面， 又平面，平面平面，则，同理可得， 所以四边形为平行四边形， 则， ， 由于点在线段的延长线上，则，即， 又点F在棱上，则，且时，点F与点重合，此时截面为四边形，不满足题意， 因此，则的取值范围是. 10．已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，，有以下结论： ①．当平面时，与所成夹角可能为； ②．当时，的最小值为； ③．当时，在正方体中经过点的截面面积的取值范围为； ④．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为． 则所有正确结论的序号是______． 【答案】①②③ 【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，根据空间角的向量求法，判断①；将平面沿折起，和平面展开为一个平面，可求得的最小值，判断②；作出正方体中经过点的截面，利用向量知识求得截面面积的表达式，求得最值，判断③；根据线面角的含义求得则，确定P点轨迹为以为圆心，1为半径的圆，即可求得轨迹长，判断④. 【详解】在正方体中，以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系， 则,, 由可得， 故点P坐标为，则, , 设平面的一个法向量为，则， 令，则，当平面时，， 即，即，而， 故令 ， 而，即， 整理得，解得， 即当平面时，与所成夹角可能为，①正确； 当时，P点在上运动，将平面沿折起，和平面成一个平面，如图： 则，此时的最小值即为的长， 而，即， 故②正确； 当时，，P点在上运动，则, 在正方体中经过点的截面为平行四边形（如图）， 则，, 故点P到的距离为 , 因为，故当取0或1时，d取到最大值， 此时截面面积的最大值为, 当时，d取到最小值，此时截面面积的最小值为， 即当时，在正方体中经过点的截面面积的取值范围为，③正确； 若与平面所成角为，连接, 因为平面为的射影，故, 则，故P点轨迹为以为圆心，1为半径的圆， 则点P的轨迹长度为，④错误， 故选：①②③． 11．如图，已知正方体，为的中点. (1)过作出正方体的截面，使得截面平行于平面，并说明理由； (2)为线段上一点，且直线与截面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1) 如图所示的平面即为截面，理由如下： 取的中点，的中点，连接、、， 因为为的中点，所以，，， 所以，即、、、四点共面， 又平面，平面，所以平面， 平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面， 即平面即为过的正方体的截面，且截面平行于平面. (2) 【分析】（1）取的中点，的中点，连接、、，即可证明平面平面，从而得解； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）略 （2）如图建立空间直角坐标系，设，，， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，取， 则截面的法向量为， 又直线与截面所成角的正弦值为， 所以，解得或（舍去）， 所以，则. ． 12．如图，四边形与均为菱形，，，.    (1)求证：平面； (2)为线段上的动点，求与平面所成角正弦值的最大值； (3)设中点为，为四边形内的动点（含边界）且，求动点的轨迹长度. 【答案】(1)证明：因为四边形为菱形，则， 设，连接，则为的中点， 因为，则， 因为，、平面，故平面. (2) (3) 【分析】（1）利用菱形的几何性质可得出，设，利用等腰三角形三线合一的性质可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）连接，推导出，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，其中，利用空间向量法可求得与平面所成角正弦值的最大值； （3）设点，根据可得出点的轨迹方程，明确点的轨迹形状，即可得解. 【详解】（1）略 （2）连接，因为四边形为菱形，则， 又因为，则为等边三角形， 因为为的中点，则， 又因为平面，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，    因为，四边形为菱形，且，则是边长为的等边三角形， 所以，，，， 同理可得， 所以，、、、、、， 则，， 设平面的法向量为， 则，取，可得， 因为为上的动点，设，其中， 且，， 所以，， 设直线与平面所成角为， 则 ， 当时，取最大值，且最大值为， 因此，与平面所成角正弦值的最大值为. （3）因为为的中点，则， 设点，则，， 因为，即，即， 化简可得， 故动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在四边形内的部分， 即圆心角为的圆弧，故所求轨迹的长度为． 13．如图，在几何体中，四边形为正方形，平面，，，. (1)求证：平面平面； (2)若点在平面内，且. （i）求点的轨迹的长度； （ii）设直线与平面所成的角为，求的取值范围． 【答案】(1) 证明：因为平面，平面， 所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 由题意求得，， 所以，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； (2)（i）；（ii） 【分析】（1）先证平面，得到，利用勾股定理可得，再由线面垂直的判定得到平面，进而可证平面平面； （2）（i）以为原点建立空间直角坐标系，设，根据垂直向量的坐标表示求解即可； （ii）利用空间向量法求线面夹角即可． 【详解】（1）略 （2）解：由题意知，直线，，两两垂直，以直线，，分别为轴，轴，轴 建立空间直角坐标系， 则，，，，. （i）设，则，， 因为，所以， 即， 所以点的轨迹是以棱为直径的圆，其长度为. （ii）由（i）知，，， 设平面的一个法向量，则 即 令，得，，所以， 则. 由（i）知，所以， 因为，得， 所以，所以的取值范围是.. 14．如图，在四棱锥中，面，，且，，，，，E、F分别为，的中点. (1)求直线到平面的距离； (2)在线段上是否存在一点M，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； (3)在平面内是否存在点H，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H的轨迹图形形状. 【答案】(1) (2)存在， (3)存在，点H的轨迹是半径为的圆 【分析】（1）取的中点，可证得平面，平面，从而平面平面，则平面，直线到平面的距离等于点到平面的距离，由条件可得面，为点到平面的距离，求解即可； （2）设 ()，以点A为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法列出方程求解即可； （3）求出中点到平面的距离为，由，即，故H在以中点为球心，半径为的球面上，进而可得H在平面上的轨迹. 【详解】（1） 取的中点，连接， 又E为的中点，∴， 而平面，平面，∴平面， ∵G为中点，F为的中点，，∴， 而平面，平面，∴平面， 又∵平面， ∴平面平面，而平面， ∴平面， ∴直线到平面的距离等于点到平面的距离． ∵面，面，∴， 又，，面， ∴面，即面， ∴为点到平面的距离，而， ∴直线到平面的距离为． （2） 设 ()，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系， ∴， ∴， ∴， 设平面的法向量， 则有，令，得，则， 由题意， 整理得，解得或(舍去)， 所以当时，直线与平面所成角的正弦值是． （3）由（2）知，平面的一个法向量， 点，中点，则， 则中点到平面的距离为， 由，即， 故H在以中点为球心，半径为的球面上， 而，故H在平面上的轨迹是半径为的圆， 故存在符合题意的H，此时点H的轨迹是半径为的圆． 15．数学家阿波罗尼斯（约公元前262－190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆心在两定点所在直线上的圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体中，点是的中点，点是正方体表面上一动点（包括边界），且两直线，与平面所成的角相等. (1)证明：点的轨迹是一阿波罗尼斯圆的一段弧，并画出大致图象（不要求写出画法）； (2)记点的轨迹所在的阿波罗尼斯圆的圆心为，求的取值范围； (3)当线段最短时，在线段上是否存在点，使得平面，若有，请求出平面截正方体的截面周长，若无，说明理由. 【答案】(1)证明：由于是正方体， 两直线，与面所成的角相等 即，由于， ，即， 即， 依题意平面内点到两定点距离之比为2，故点的轨迹是圆， 而点是正方体表面上一动点（包括边界）， 即点的轨迹是一段阿波罗尼斯圆的圆弧（如图所示）.     (2); (3)存在， . 【分析】（1）由题意可得，从而可得点的轨迹是圆；进而由点是正方体表面上一动点，可作圆弧； （2）由题意可得，，设与所成的角为，可知，，可计算范围. （3）由（2)可知，当线段的长最短时，即点在直线上，故延长交于点，过点做，交于点，交于点，交于点，连接交于点，所求的截面即为五边形，进而计算可求截面周长. 【详解】（1）略 （2）依题意可知：圆心在所在的直线上， 作圆与交于点，与的延长线上交于点，显然恰为圆的直径， 故依，恰好为线段的三分之一分点，， ，所以是的中点，所以，， 所以圆的半径为，从而，，所以， 设与所成的角为，可知， ， ， ； （3）由（2)可知，当线段的长最短时，即点在直线上， 故延长交于点，过点做，交于点，交于点， 交于点，连接交于点，所求的截面即为五边形. 以下证明此时即∥平面， 由于，平面，平面 所以∥平面，     故有，， 在中，     在中，     在中，     在中，     在中，     所以所求的截面五边形的周长 ． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $