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疑难压轴2 立体几何中的动态探究问题（小题狂练）
一．单选题．
【2024“T8”第二次联考】
1．已知正方体
的棱长为
为线段
上的动点，则三棱锥
外
接球半径的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据外接球性质找到外接球球心位置，通过几何直观找到外接球半径与
的
外接圆半径的关系式
；设
，在
中根据面积关系和正弦定理，得到
是关于
的函数
；利用导数求出
范围，进而得到
范围.
【详解】如图，连接
，交
于点
，易得
为
的外心．
连接
．交于点
，易知
平面
，则三棱锥
的外接球球心
在
上．
设
的外接圆圆心为
平面
，
由正方体中棱
平面
,得
,又易得
分别是
中点，
所以
．
设
的外接圆半径为，三棱锥
的外接球半径为
．则
，
设
，
，
，又
，
．
设
，则
，
设
，则
，
在
单调递增，又
，
所以
在
单调递减，在
单调递增，又
，
所以
．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题第一个突破口是找出外接球半径与
的外接圆半径的关系，
第二步是根据面积关系和正弦定理，得到
是关于
的函数.
【2024 湖南长沙三模】
2．已知正方体
的棱长为
是棱
的中点，空间中的动点
满足
，且
，则动点
的轨迹长度为（ ）
A．
B．3
C．
D．
【答案】D
【分析】分别取
的中点
，连接
，证明
平面
，从而可
得点
在平面
内，再根据
，得点
在以
为球心，半径为1 的球面上，可得
动点
的轨迹为平面
与球
的球面的交线，求出平面
截球
所得截面圆的半
径，即可得解.
【详解】如图，分别取
的中点
，连接
，
因为
平面
，
平面
，所以
，
在
中，
，
所以
，所以
，
又
，所以
，所以
，
又
，
平面
，所以
平面
，
由
，得点
在平面
内，
由
，得点
在以
为球心，半径为1 的球面上，
因此动点
的轨迹为平面
与球
的球面的交线，即在平面
内的圆，
连接
，设点
到平面
的距离为，平面
截球
所得截面圆的半径为，
则由
得
，
且
，所以
，则
，
因此动点
的轨迹长度为
.
故选：D.
【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，
借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有
关平面轨迹定义判断求解.
【2025 上重庆长寿期末】
3．如图所示，正三棱柱
的底面边长为2，侧棱长为
，
是棱
上的动点，
为棱
的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．当
为
中点时，
四点共面
B．当
为
中点时，直线
与
所成角为
C．三棱锥
的体积为定值1
D．
的最小值为
【答案】B
【分析】对于A，先证得
，再可证得
，从而可进行判断，对于B，由
于
‖
，则可得
为直线
与
所成角，然后求解判断，对于C，由于
//平面
，所以
，然后求解判断，对于D，由于
为等边三角形，
所以当
为
中点时，
取得最小值.
【详解】对于A，因为
为
中点，
为棱
的中点，所以
，
因为
，
‖
，所以
，
‖
，
所以四边形
为平行四边形，所以
‖
，
因为
‖
，所以
‖
，所以
四点共面，所以A 正确；
对于B，由选项A 可知当
为
中点时，
‖
，所以
为直线
与
所成
角，
在
中，
，所以
，
所以
，所以直线
与
所成角不为
，所以B 错误，
对于C，因为
‖
，
平面
，
平面
，所以
‖平面
，
所以
，所以C 正确，
对于D，因为
为等边三角形，
是
上的动点，所以当
为
中点时，
取得
最小值，
因为等边
的边长为2，所以
边上的中线为
，
所以
的最小值为
，所以D 正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查线线平行的判断，考查异面直线所成的角，考查棱锥的体
积，考查空间图形中动点问题，解题的关键是正确运用正三棱柱的性质求解，考查空间想
象能力和推理能力，属于较难题.
【2024 下云南昆明阶段练习】
4．在空间中，到一定点的距离为定值的点的轨迹为球面，已知菱形ABCD 的边长为2，
，P 在菱形ABCD 的内部及边界上运动，空间中的点Q 满足
，则点Q
轨迹所围成的几何体的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】依题意由P 在菱形ABCD 的内部及边界上运动且
可知Q 的轨迹，截取平面
图将几何体拆分成若干部分利用对称性分别求得各部分体积即可得出结果.
【详解】根据题意可知Q 的轨迹所围成的几何体截面图（过平面ABCD），如图所示，
其中ABEF，ADHG，CDIJ，BCKL 区域内的几何体为半圆柱，
它们的高为2，底面半径为1，体积为
；
AFG，BEL，CKJ，DHI 区域内的几何体为球的一部分，球心分别为A，B，C，D，
半径为1，
，
，
，
所以这四个区域的几何体组成一个半径为1 的完整的球，体积为
；
而ABCD 区域内的几何体为棱柱，高为2，体积为
，
所以Q 的轨迹所围成的几何体体积为
，
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于首先确定点Q 是绕点
的球面，再结合点
在菱形
ABCD 的内部及边界上运动得出所围成的几何体，再由几何体体积的求法可得结果.
【2025 上辽宁期中】
5．已知高为
的正四棱台
的所有顶点都在球
的球面上，
，
为
内部（含边界）的动点，则（ ）
A．平面
与平面
的夹角为
B．球
的体积为
C．
的最小值为
D．
与平面
所成角度数的最大值为
【答案】D
【分析】利用几何法求二面角可判断
；根据外接球的性质，及球的体积公式计算可判断
；利用面面垂直的判定定理及性质定理结合题意计算可判断
；利用几何法求线面角可
判断
.
【详解】
对于
：取
中点为
，连接
，则
，
所以平面
与平面
的夹角为
，
因为
，所以
，
，
又高为
，所以
，
所以
，即平面
与平面
的夹角为
.故
错误；
对于
：
，所以点
到各个顶点的距离都为
，
所以点
即为正四棱台
的外接球的球心，
所以球的半径为
，所以球
的体积为
，故
错误；
对于
：易得
平面
，且
平面
，
所以平面
平面
，
连接
，交
于点
，连接
，则四边形
为菱形，
所以
，
，又
平面
，
平面
平面
，
所以
平面
，连接
，
因为
平面
，所以
，
所以
，所以
，
当且仅当点
与
重合时等号成立，故
错误；
对于
：因为
平面
，垂足为
，
平面
，所以
为直线
到平面
的距离，
所以点
到平面
的距离为
，
设直线
与平面
所成角为
，则
，
因为
，所以
，
当且仅当点
与
重合时等号成立，
所以
与平面
所成角度数的最大值为
，故
正确.
故选：
【2024 下陕西西安阶段练习】
6．在棱长为2 的正方体
中，P，Q，R 分别为线段
，
，
上的动
点，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．5
【答案】A
【分析】过
作
于
，作
于
，设
，把
表示为
的函
数，再利用导数求出函数最小值即得.
【详解】在正方体
中，
，在平面
内过
作
于
，作
于
，
设
，显然
，则
，
四边形
为矩形，于是
，
由
，得
平面
，由
，得
平面
，
则
，当
确定后，
最小时，
最小，当
时，
最小，
而
，则
，
同理
，当
确定后，
最小，
最小，则当
时，
最小，
而
，则
，
因此
，令
，
求导得
，由
，得
，
当
时，
，当
时，
，即函数
在
上递减，在
上递增，
则
，所以
的最小值为
.
故选：A
【点睛】关键点点睛：过
作出
所在正方形面的垂线，再分析求出函数关系式是解
决本问题的关键.
【2025 上湖南阶段练习】
7．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.如图所示，某同学
利用两个完全一样的半圆柱，得到了一个三棱锥
，该三棱锥为鳖臑，
，
为半
圆柱的圆心，半径为2，
，
，动点
在
内运动（含边界），且满
足
，则点
的轨迹长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据鳖臑的特点及已知边长得出
进而得出点
的轨迹为以
为圆心以
为半径的半圆即可求出轨迹长度.
【详解】因为三棱锥
为鳖臑，
平面
，
在
中，
，
过
做
垂足为
，则
，
即
，所以
，
因为
，
，
在
中，
，
所以
，则
，
又
平面
，
平面
，所以
，
又
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
，
又
，
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
所以
中，
，
过
作
，
，
即
，可得
，
则过
作
，因为
是
中点，所以
，
所以动点
在
内（含边界）的轨迹为以
为圆心以
为半径的半圆，
则点
的轨迹长度为
.
故选：A.
【2025 上四川内江期中】
8．在正方形
中，
，
为
中点，将
沿直线
翻折至
位置，
点
为线段
中点.在翻折的过程中，若
为线段
的中点，则下列结论中正确的是
（ ）
A．三棱锥
的体积最大值为
B．异面直线
、
所成角始终为
C．翻折过程中存在某个位置，使得
大小为
D．点
在某个圆上运动
【答案】D
【分析】当二面角
为直二面角，三棱锥
的体积最大值，过
作
于
，求出
，从而求出点
到平面
的距离，再由锥体的体积公式计算，
即可判断A；取
的中点
，取
的中点
，连接
，
，即可得到
、
，
是异面直线
，
所成的角，利用余弦定理求出
，即可判断
B、C，再根据
，
为定值，即可判断D.
【详解】对于A，当二面角
为直二面角，过
作
于
，
所以平面
平面
．又平面
平面
，所以
平面
．
由题意可得
，
．由勾股定理可得
．
由
，即
，解得
．
因为
为线段
的中点，所以
到平面
的距离为
．
又
，所以
，即三棱锥
的体积最大值为
，故A 错误．
对于B、C 选项，取
的中点
，则
，且
，
，所
以
．
因为
，所以
是异面直线
，
所成的角．
取
的中点
，连接
，
，可得
，
，
所以
．
在
中，可得
．
由余弦定理可得
，所以
．
在
中，由余弦定理可得
，
所以
，所以异面直线
，
所成的角为
，故B，C 均错误．
对于D 选项，由B，C 选项可知，
，
均为定值，则
的轨迹为以
，
为球心的
球面的交线，
即点
在某个圆上运动，故D 正确．
故选：D
【2024 湖北模拟预测】
9．已知四棱锥
的底面为矩形，
，
，侧面
为正三角形且垂直
于底面
，M 为四棱锥
内切球表面上一点，则点M 到直线
距离的最小值
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】
分别为
和
的中点，平面
截四棱锥
的内切球O 所得的
截面为大圆，求出圆的半径，利用圆心到直线距离求点M 到直线
距离的最小值.
【详解】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取
的中点为H，
的中点为N，连接
，
，
，
球O 为四棱锥
的内切球，
底面
为矩形，侧面
为正三角形且垂直于底面
，
则平面
截四棱锥
的内切球O 所得的截面为大圆，
此圆为
的内切圆，半径为r，与
，
分别相切于点E，F，
平面
平面
，交线为
，
平面
，
为正三角形，有
，
平面
，
平面
，
，
，
，则有
，
，
，
则
中，
，解得
.
所以，四棱锥
内切球半径为1，连接
.
平面
，
平面
，
，
又
，
平面
，
，
平面
，
平面
，可得
，
所以内切球表面上一点M 到直线
的距离的最小值即为线段
的长减去球的半径，
又
.
所以四棱锥
内切球表面上的一点M 到直线
的距离的最小值为
.
故选：B.
【点睛】方法点睛：
四棱锥
的内切球，与四棱锥的五个面都相切，由对称性平面
截四棱锥
的内切球O 所得的截面为大圆，问题转化为三角形内切圆，利用面积法求出半
径，即内切球的半径，由球心到直线
的距离，求点M 到直线
的距离的最小值.
【2024 高三全国专题练习】
10．如图，若P 是棱长为2 的正方体
的表面上一个动点，则下列结论正确
的是（ ）
A．当P 在平面
内运动时，四棱锥
的体积变化
B．当P 在线段
上运动时，
与
所成角的取值范围是
C．使直线
与平面
所成的角为45°的点P 的轨迹长度为
D．若F 是棱
的中点，当P 在底面
内运动，且满足
平面
时，
长度
的最小值是
【答案】D
【分析】对A，点P 在平面
内运动时，四棱锥
的底面积和高均不变，所
以体积不变；对B，D，建系利用向量法求解；对C，根据线面角的定义，讨论点
在各个
表面的情况求解得答案.
【详解】对于A，因为底面正方形
的面积不变，点P 到平面
的距离为正方
体棱长，
所以四棱锥
的体积不变，故A 错误；
对于B，如图①，以D 为坐标原点，
，
，
所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，
建立空间直角坐标系，
可得
，
，
.设
，
，
则
，
.
设直线
与
所成角为θ，则
，
因为
，当
时，可得
，所以
；
当
时，
，所以
，
所以异面直线
与
所成角的取值范围是
，所以B 错误；
对于C，已知直线
与平面
所成的角为45°，若点P 在平面
和平面
内，
因为
，
最大，点P 仅在点
；若点P 在平面
内，
则点P 的轨迹长度是
；若点P 在平面
内，则点P 的轨迹长度是
；
若点P 在平面
内，作
平面
，如图②所示，
因为
，所以
.
因为
，所以
，所以
，
所以点P 的轨迹是以点A1为圆心，以2 为半径的四分之一圆，
所以点P 的轨迹长度为
.
综上，点P 的轨迹总长度为
，故C 错误；
对于D，如图③，由前面建系得
，
，
，
，
设
，
，
，
则
，
，
.
设平面
的法向量为
，
则
，令
，则
，所以
.
因为
平面
，所以
，可得
，
所以
，
当
时，等号成立，故D 正确．
故选：D.
二．多选题．
11．在矩形
中，
，以对角线
为折痕将
进行翻折，折后为
，连接
得到三棱锥
，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥
体积的最大值为
B．三棱锥
外接球的半径为1
C．点
在某一位置，可使
D．当
时，
【答案】ABD
【分析】根据题意可知当平面
平面
时三棱锥
体积的最大，可得A 正
确，找出三棱锥
外接球的球心即可求得其半径，可得B 正确，假设存在
，利用线面垂直性质定理可判断C 错误，根据线面垂直判定定理以及勾股定理计
算可得D 正确.
【详解】如图所示，连接
，交
于
，分别
过
作
．
对A，当平面
平面
时，三棱锥
的高最大，为
，
此时三棱锥
体积的最大值为
，因此A 正确；
对B，因为
的中点为
，且
；
可知
为三棱锥
的外接球球心，即
为直径，
因此所求半径为1，B 正确．
对C，假设存在点
在某一位置，使
，连接
，如图所示：
已知
，
，又
平面
，
可知
平面
，可得
，这与
相矛盾（
不重合），
假设不成立，C 错误．
对D，
，
,
所以
平面
，可知
，
又
，所以
，即D 正确．
故选：ABD
【2025 上河北期末】
12．已知棱长为1 的正方体
，空间内的动点
满足
，其中
，
，
，且
到棱
的距离和
到平面
的距离相等，则
（ ）
A．当
时，
的轨迹长度为
B．当
时，四面体
的体积为定值
C．存在点
，使得
D．直线
与平面
所成角的正弦值最大为
【答案】ABD
【分析】A 选项，根据
得到
的轨迹，然后求长度即可；B 选项，根据
得到点
在平面
内，然后结合三棱锥的体积公式分析即可；C 选项，根据
到棱
的距离
和到平面
的距离相等得到
，然后利用向量得到
；D 选项，
利用向量的线性运算和数量积的运算律得到
与平面
所成角的正弦值为
，然后利用基本不等式求最值即可.
【详解】
由题设知，点
在正方体的内部或表面上.
当
时，点
在平面
内运动，所以其到平面
的距离始终为1，到棱
的
距离也为1.
又因为
到棱
的距离即为到
的距离，
所以
的轨迹为以
为圆心，1 为半径的圆，且在正方体内部或表面的部分，轨迹长度为
，故A 选项正确；
当
时，如图，
，
，
，
分别为
，
，
，
的中点，点
在平面
内，
而对于三棱锥
，若以
为底面，
则其体积
，其中
为
到平面
的距离.
因为
平面
，平面
平面
，
所以
到平面
的距离等于平面
和平面
的距离，为定值
，
所以三棱锥
的体积为定值，故B 选项正确；
因为
到棱
的距离和到平面
的距离相等，
所以
，
，故C
选项错误；
因为
是平面
的一个法向量，
所以
与平面
所成角的正弦值等于
，
由C 知
，
而
，所以原式
.
因为
，
所以原式
，当
，
，
时等号成立，故D 选项正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：解题关键在于
到棱
的距离为
，
到平
面
的距离为
，从而得到
，然后计算.
13．已知图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球表面积为12π，点P 在正方体的对角面
BDD1B1内（包括边界），则下列说法正确的是（ ）
A．若
平面A1C1D，则P 的轨迹长度为
B．若BP⊥平面A1C1D，则P 的轨迹长度为
C．若点P 到平面A1B1C1D1的距离与到点B 的距离相等，则P 的轨迹是椭圆的一段
D．PA+PA1的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据线面平行可得轨迹判断A 选项，结合线面垂直可得轨迹判断B 选项，应用点
到平面距离判断C 选项，根据距离相等求距离和最小判断D 选项.
【详解】 正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球表面积为12π，故外接球半径
，所以正方
体的棱长为a=2．
对于A 项，若
平面A1C1D 因为B1P
平面BDD1B1，记A1C1交B1D1于点O1连接
DO1，如图4 所示，则平面A1C1D∩平面BDD1B1=DO1，所以
．
记线段BD 的中点为O，连接B1O．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面
平面
ACB1，
再结合点P 在正方体的对角面BDD1B1内，可知点P 的轨迹为平面ACB1与平面BDD1B1的
交线，也
就是线段B1O（除去点B1）
显然在矩形BDD1B1中，
，则点P 的轨迹就是线段B1O（除去点B1），
其长度为
，故选项A 正确．
对于B 项，连接BD1，如图5 所示．
显然在正方体中BD1⊥平面A1C1D，而过一点有且只有一条直线和已知平面垂直，
所以若BP⊥平面A1C1D，则P 的轨迹就是线段BD1（除去点B），其长度为
．故选项B 正确．
对于C 项，过点P 作B1D1的垂线，垂足为H，如图6 所示．
由正方体的性质可得A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥PH．
因为PH⊥B1D1，A1C1，B1D1
平面A1B1C1D1，A1C1∩B1D1=O1，所以PH⊥平面A1B1C1D1．
故点P 到平面A1B1C1D1的距离就是点P 到直线B1D1的距离．所以点P 到直线B1D1的距离与
点B 的距离相等，
由抛物线的定义可知P 的轨迹是以B 为焦点，直线B1D1为准线的抛物线的一段（在四边形
BDD1B1内，包含边界），故选项C 不正确．
对于D 项，由正方体的性质可得A1C1⊥平面BDD1B1，连接PC1，AC1，因为
平面
BDD1B1，所以PA1=PC1，
所以
，当且仅当A，P，C1三点共线时等号成立．故选项D
正确，
故选：ABD．
【2025 上河北廊坊期末】
14．如图所示，棱长为
的正方体
中，点
是棱
的中点，则下列结论
中正确的是（ ）
A．点
到平面
的距离是
到平面
的距离的
倍
B．若点
平面
，且
与
所成角是
，则点
的轨迹是双曲线的一支
C．三棱锥
的外接球的表面积为
D．若
线段
，则
的最小值是
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A；利用坐标法，列出关于异面直
线所成角的余弦值的式子，即可判断B；利用坐标法，求三棱锥
的外接球的球心
坐标和半径，即可判断C；利用坐标法，表示两点间的距离，转化为平面几何问题，即可
求最值.
【详解】对于A 选项，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
的法向量为
，
，
，
则
，取
，则
，
，
所以，点
到平面
的距离为
，
点
到平面
的距离为
，所以，
，故A 正确；
对于B 选项，设点
，
，
，
若
与
所成角是
，
则
，
整理为
，为双曲线方程，
所以点
的轨迹是双曲线，故B 错误；
对于C 选项，
、
、
、
，
设三棱锥
的外接球的球心坐标为
，半径为
，
则
,方程组中前
个式子和后
个式子相减，
得
，得
，再回代方程组得
，
，
所以三棱锥
的外接球的表面积为
，故C 正确；
对于D 选项， 由
，可设点
，即
，
，
，
，
上式的意义可以理解为平面直角坐标系中，
动点
到定点
和
的距离和的
倍，
显然，动点
到定点
和
的距离和的最小值是两定点
和
间的距离，
距离为
，
所以
的最小值是
，故D 正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是坐标法的使用，不仅可以表示角，距离，还可以求解
轨迹方程，球心坐标等问题.
15．在正方体
中，点
在线段
上，且
，动点
在线段
上（含端点），则下列说法正确的有（ ）
A．三棱锥
的体积为定值
B．若直线
平面
，则
C．不存在点
使平面
平面
D．存在点
使直线
与平面
所成角为
【答案】AB
【分析】选项A 连接
，设正方体的棱长为
，说明
平面
，可说明点
到
平面
的高度为定值，
为定值，利用等体积法即可说明，选项B 建立空间直角坐
标系，利用向量法求解即可，选项C，当
处于
处时即可判断，选项D 借助选项B 中的
相关结论，假设存在点
使直线
与平面
所成角为
，根据假设条件，表示出线
面角，列出等式，推出结论即可.
【详解】选项A，连接
，如图所示：设正方体的棱长为
，
因为
，
所以四边形
为平行四边形，
所以
，
又
平面
，
平面
，
所以
平面
，
即
平面
所以直线
上的所有点到平面
的距离都相等都等于正方体的棱长
为定值，
所以点
到平面
的高度为
，
由
为定值，
所以
为定值，
故A 正确，
以
为坐标原点，
分别为
轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设
，设正方体的棱长为1，
因为点
在线段
上，且
，所以
在线段
的中点，
则
，
所以
，
设平面
的法向量为
，则
，
令
，则
，
所以平面
的法向量为
，
由
，设
，
所以
，又
，
所以
，
所以
，
所以
，所以
直线
平面
，所以
，
即
，
解得
，
，故B 选项正确，
当
处于
点时，平面
即为平面
，
而在正方体中平面
平面
，
故存在点，
使得平面
平面
，
故C 错误，
由B 选项知
，由
平面
,
所以
为平面
的一个法向量，
设直线
与平面
所成角为
，
由线面角的性质有：
，
假设存在点
使直线
与平面
所成角为
，
则
，
即
，
因为
，无实数解，
所以不存在点
使直线
与平面
所成角为
，
故D 选项不正确，
故选：AB.
【2024 广东深圳一模】
16．如图，八面体
的每一个面都是边长为4 的正三角形，且顶点
在同一个
平面内．若点
在四边形
内（包含边界）运动，
为
的中点，则（ ）
A．当
为
的中点时，异面直线
与
所成角为
B．当
平面
时，点
的轨迹长度为
C．当
时，点
到
的距离可能为
D．存在一个体积为
的圆柱体可整体放入
内
【答案】ACD
【分析】对于AC：建立空间直角坐标系计算求解；对于B：过
作面
的平行平面，
进而可得点
的轨迹；对于D：由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥
内接最大圆柱的体积，表示出体积，然后利用导数求其最值即可.
【详解】对于A，因为
为正方形，如图，连接
与
，相交于点
，连接
，
则
两两垂直，故以
为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
为
的中点，则
，
当
为
的中点时，
，
设异面直线
与
所成角为
，
则
，故
，故
正确；
对于B，如图，设
为
的中点，
为
的中点，
则
，
平面
，
平面
，
则
平面
，又
平面
，又
，设
，
故平面
平面
，平面
平面
，平面
平面
，
则
，则
为
的中点，点
在四边形
内（包含边界）运动，则
，
点
的轨迹是过点
与
平行的线段
，长度为4，故B 错误；
对于C，当
时，设
，
，得
，即
，
即点
的轨迹以
中点
为圆心，半径为
的圆在四边
内（包含边界）的一段
弧（如下图），
到
的距离为3，弧上的点到
的距离最小值为
，
因为
，所以存在点
到
的距离为
，故C 正确；
对于D，如图，由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥
内接最大圆柱的体
积，
设圆柱底面半径为，高为，
为
的中点，
为
的中点，
，
根据
，得
，即
，
则圆柱体积
，
设
，求导得
，
令
得，
或
，因为
，所以
舍去，即
，
所以当
时，
，当
时，
，
即当
时，
，
则
，
所以
，
故存在一个体积为
的圆柱体可整体放入
内，故D 正确．
故选：ACD．
【2024 湖南长沙模拟预测】
17．如图，在棱长为4 的正方体
中，E，F 分别是棱
的中点，P
是正方形
内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若
平面CEF，则点P 的轨迹长度为
B．若
，则点P 的轨迹长度为
C．若P 是正方形
的中心，Q 在线段EF 上，则
的最小值为
D．若P 是棱
的中点，三棱锥
的外接球球心为O，则平面
截球O 所得
截面的面积为
【答案】ACD
【分析】作出相应图形，先证明平面
平面
，再结合给定条件确定动点轨迹，
求出长度即可判断A；建立空间直角坐标系，根据题意确定动点轨迹，求解长度即可判断
B，将平面
翻折到与平面
共面，连接
，与
交于点
，此时
取
到最小值，利用勾股定理求出
即可判断C，先找到球心，利用勾股定理得出半径，
进而可判断D.
【详解】如图，取
的中点为N，M，连接MN，DN，BD，BM，NE，
，
所以
，又E，F 分别是棱
的中点，
所以
，所以
，
平面CEF，
平面CEF，
∴
平面CEF，
因为N，E 分别是棱
的中点，所以
，且
，
所以四边形CDNE 为平行四边形，
所以
，又
平面CEF，
平面CEF，
∴
平面CEF，
又
，MN，
平面BDNM，
所以平面
平面CEF，
点P 是正方形
内的动点，且
平面CEF，
所以点P 的轨迹为线段MN，由勾股定理得
，故A 正确；
如图，以A 为原点，建立空间直角坐标系，
由题意得
，设
，
，
所以
，所以点P 的轨迹为
为圆心，半径为1 的
个圆，
所以点P 的轨迹长度为
，故B 错误：
如图，将平面CEF 翻折到与平面
共面，
连接PC，与EF 交于点Q，此时
取到最小值，
∵
，且
，
所以点Q 为EF 的中点，所以
，
所以
，
即
的最小值为
，故C 正确：
如图，连接PF，交
于点
，连接PE，设三棱锥
的外接球的半径为
，
若P 是棱
的中点，则
，
所以FP 是
外接圆的一条直径，所以
是
外接圆的圆心，
过点
作平面ABCD 的垂线，则三棱锥
的外接球的球心O 一定在该垂线上，
连接OP，设
，则
，
连接OC，
，所以
，
所以
，解得
，
所以
，
点
到平面
的距离为
，
则球心
到平面
的距离为
，
则截面圆的半径为
，
所以截面的面积为
，故D 正确；
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：三棱锥外接球的半径的求法：
（1）先找两个面的外心；
（2）过外心作所在平面的垂线，两垂线的交点即为球心；
（3）构造直角三角形，利用勾股定理求出半径.
有时无须确定球心的具体位置，即只用找一个面的外心，则球心一定在过该外心与所在平
面的垂线上.
【2024 山西临汾二模】
18．在正四面体ABCD 中，P，Q 分别为棱AB 和CD（包括端点）的动点，直线PQ 与平面
ABC、平面ABD 所成角分别为
，则下列说法正确的是（ ）
A．
的正负与点P，Q 位置都有关系
B．
的正负由点
位置确定，与点
位置无关
C．
的最大值为
D．
的最小值为
【答案】BCD
【分析】取
的中点
，连接
，过点
在平面
内分别作
，
垂足分别为
，利用线面角的定义可判断AB 选项；求出
的最大值和最小值，结合
线面角的定义即可判断选项CD.
【详解】取
的中点
，连接
，过点
在平面
内分别作
，
垂足分别为
，如图所示，
在正四面体ABCD 中，
均为等边三角形，因为
为
的中点，
所以
，又因为
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
因为
，
，所以
平面
.
所以直线
与平面
所成的角为
，
即
，同理可得：
，
所以
的正负只由点
位置确定，与点
位置无关，
故选项A 错误，选项B 正确；
设
，则
，且
,
在
中，
，
，
由余弦定理可得：
，
所以
，
所以
，
则
，
将正四面体ABCD 补成正方体
，如图所示：
连接
，在线段
上取点
，使得
，
因为
且
，所以四边形
为平行四边形，
所以
平面
，因为
平面
，所以
，
所以平行四边形
为矩形，则
，
因为
且
，所以四边形
为矩形，
则
，且
.
因为
平面
，
平面
，所以
，
设
，因为四边形
为正方形，所以
，
所以
，且
，
则
，
所以
，
则
，
，
故选项C，D 都正确，
故选：BCD.
【2024 广东梅州二模】
19．如图，平面
，
，M 为线段AB 的中点，直线MN 与平面
的所
成角大小为30°，点P 为平面
内的动点，则（ ）
A．以
为球心，半径为2 的球面在平面
上的截痕长为
B．若P 到点M 和点N 的距离相等，则点P 的轨迹是一条直线
C．若P 到直线MN 的距离为1，则
的最大值为
D．满足
的点P 的轨迹是椭圆
【答案】BC
【分析】根据点
到平面
的距离
，结合球的截面性质可得截面圆的半
径，即可求解A，建立空间直角坐标系，利用点点建立公式，化简可判断B，根据点到直
线的距离公式，可得
的轨迹是平面
内的椭圆
上一点，即可根据椭圆的性质
求解C，根据向量的夹角公式即可化简求解
的轨迹为
且
，即
可求解D.
【详解】对于A，由于MN 与平面
的所成角大小为30°，所以点
到平面
的距离
，
故半径为
的球面在平面
上截面圆的半径为
,故截痕长为
，A 错误，
对于B,由于平面
，所以以
为
，在平面
内过
作
,平面
内作
，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
,
设
，则
，
化简得
，故P 到点M 和点N 的距离相等，则点P 的轨迹是一条直线，B 正确，
,所以P 到直线MN 的距离为
，化简可得
，
所以点
的轨迹是平面
内的椭圆
上一点，如图，
当
在短轴的端点时，此时
最大，由于
,故
，因此
,C 正确，
对于D,
，
,
若
，则
，
化简得
且
，故满足
的点P 的轨迹是双曲线的一部
分，D 错误，
故选：BC
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，
其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什
么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题
并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
【2025 上江苏苏州期中】
20．如图，正方体
棱长为2，
、
分别是棱
，棱
的中点，点
是其侧面
上的动点（含边界），下列结论正确的是（ ）
A．沿正方体的表面从点
到点
的最短距离为
B．过点
，
，
的平面截该正方体所得的截面面积为
C．当
时，点
的轨迹长度为
D．保持
与
垂直时，点
的运动轨迹长度为
【答案】CD
【分析】根据正方体的侧面展开图，可判断A；连接
，得到过点
的平面截
该正方体所得的截面为等腰梯形
，可判断B；取
的中点
，连接
，证
得
平面
，得到
，得到点
的轨迹为以
为圆心，半径为2 的圆在正
方形
内的部分，可判断定C；以
为原点，建立空间直角坐标系，设
，
根据
，求得点
的轨迹方程，可判断D.
【详解】对于A，如图所示，将正方形
沿着
展在平面
，
在直角
中，可得
，
将
沿着
展开到与平面
重合，
在直角
中，可得
，故A 错误；
对于B，如图所示，连接
，
因为
为
的中点，可得
，
因为
，所以
，
所以过点
的平面截该正方体所得的截面为等腰梯形
，
其中
，且
，可得高为
，
可得等腰梯形
的面积为
，故B 错误；
对于C，取
的中点
，连接
，
因为
为
的中点，所以
，
因为
平面
，可得
平面
，
又因为
平面
，所以
，
在直角
中，由
，可得
，
所以点
的轨迹为以
为圆心，半径为2 的圆在正方形
内的部分，
如图所示，在直角
中，由
，可得
，
所以
，可得
，
即当
时，点M 的轨迹长度为
，故C 正确；
对于D，以
为原点，以
所在的直线分别为
轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得
，设
，其中
，
则
，
因为
与
垂直，可得
，即
，
令
，可得
；当
，可得
，
即直线
与正方形
的边的交点为
，
可得
，故D 正确.
故选：CD.
【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决：
一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数
关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本
不等式或导数求最值；
二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；
三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解.
三．填空题．
【2024 安徽合肥八中、屯溪一中等校联考】
21．已知正方体
的体积为8，且
，则当
取得
最小值时，三棱锥
的外接球体积为 .
【答案】
##
【分析】首先将平面
展成与平面
同一平面，确定点
的位置，再建立空间直
角坐标系，确定球心的位置，根据球体积公式计算即可．
【详解】由题意得，
，将平面
展成与平面
同一平面，
当点
共线时，此时
最小，
在展开图中作
，垂足为N，
因为
为等腰直角三角形，所以
，
，
由
得，
，解得
，
在正方体
，过点
作
，垂足为
，则
，
如图，以D 为原点，
所在直线为
轴，建立空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
则
，
因为
，所以
，
又因为
平面
，且
，
所以
平面
，
因为
，
所以三棱锥
外接球的球心在
上，
设球心为
，设
，则
，
因为
，
所以
，
解得
，即
，所以外接球
，
所以三棱锥
外接球的体积
，
故答案为：
.
【点睛】方法点睛：立体图形中求线段和最小值，将线段所在平面展开在同一平面，即可
确定最小值；确定立体图形的外接球，可先确定球心所在直线，建立空间直角坐标系求解.
【2025 上湖北襄阳期末】
22．如图，正方形
和矩形
所在的平面互相垂直．点
在正方形
及其内部
运动，点
在矩形
及其内部运动，设
，若
，则四面体
体积的最大值为 ．
【答案】4
【分析】先确定
点的轨迹，确定四面体
体积最大时，
点的位置，再利用锥
体的体积公式计算即可求解.
【详解】如图：
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，且
，
所以
平面
.又
平面
，所以
，
又
，
，
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
.
又
在正方形
及其内部，所以
点轨迹是如图所示的以
为直径的半圆，
作
于
，则
是三棱锥
的高.
所以当
的面积和
都取得最大值时，四面体
的体积最大.
此时
点应该与
或
重合，
为正方形
的中心.
当
点与
重合，
为正方形
的中心时，如图：
此时
，
，
所以
；
当
点与
重合，
为正方形
的中心时，如图：
此时
，
，
.
综上可知，当四面体
的体积的最大值为4.
故答案为：4
【点睛】关键点点睛：根据
得到
点在以
为直径的球面上，又
点在正方形
及其内部，所以
点轨迹就是球面与平面
的交线上，即以
为直径的半圆
上.明确
点轨迹是解决问题的关键.
【2025 上广东深圳期末】
23．图1 是由矩形ABFG，直角三角形ABC 和菱形BCDE 组成的平面图形，其中
，
，将矩形ABFG，菱形BCDE 分别沿AB，BC 折起，
使得BE 与BF 重合，连接DG，得到如图2 所示的五面体，则该五面体的体积为 .
【答案】
【分析】由题意可得
平面
，由线面垂直的性质定理可得
，求出
，
的长，由
，可取
的中点为
，则
，继而可得
的长，过
作
，垂足为
，由等面积法可得
的长，结合题意可证明
平面
，再
由柱体得体积公式即可求解.
【详解】连接
，
由题意可知：
，
，
平面
，
所以
平面
，
且
平面
，可知
，
因为
为等边三角形，则
，可得
，
且
，
取
的中点为
，则
，可得
，
过
作
，垂足为
，
由等面积法可得
，则
，
因为
∥
，可得
，
因为
平面
，
平面
，可得平面
平面
，
且平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
所以该五面体的体积为
.
故答案为：
.
【2025 上河北期中】
24．在平行六面体
中，
，若
，其
中
，给出下列四个结论：
①若点
为
的中点，则
；
②若点
在平面
内，则
；
③若
，则三棱锥
的体积为
；
④若点
为
的中点，则异面直线
与
垂直.
所有正确结论的序号是 （把所有正确命题的序号都填在横线上）.
【答案】①②④
【分析】先将
用
表示，再根据数量积的运算律即可判断①；根据空间向量
共面定理的推论即可判断②；先说明
平面
，再根据棱锥的体积公式即可判断
③；求出
即可判断④.
【详解】对于①，若点
为
的中点，
则
，
则
，
所以
，故①正确；
对于②，点
在平面
内，则
四点共面，
所以
，故②正确；
对于③，若
，则
，所以
，
所以
共面，
因为
都在平面
内，所以
在平面
内，
因为平面
平面
，
平面
，
所以点
平面
，
则三棱锥
高即为点
到平面
的距离，
连接
，则
，
因为
，
所以
，
又
平面
，所以
平面
，
过点
作
，垂直为点
，
因为
平面
，所以
，
又
相交，
平面
，
所以
平面
，
所以线段
即为点
到平面
的距离，
，
，
所以
，所以
，
所以
，
所以
，故③错误；
对于④，若点
为
的中点，
则
，
，
则
，
所以
，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】关键点点睛：根据空间向量共面定理说明
平面
是判断③的关键.
【2024 河南南阳一模】
25．已知球
是棱长为2 的正方体
的内切球，
是
的中点，
是
的中点，
是球
的球面上任意一点．
①若
，则动点
的轨迹长度为
；②三棱锥
的体积的最大值为
；
③
的取值范围是
；④若
，则
的大小为定值；所有正确
结论的序号是 （把所有正确命题的序号都填在横线上）．
【答案】①③④
【分析】由线面垂直的判定及性质即可判断①；建立空间直角坐标系，求得
到平面
的距离，根据勾股定理及三棱锥体积公式即可判断②；取
中点
，连接
、
、
，由空间向量的线性运算及数量积得出
，由平面
截球
的截
面图得出
，即可判断③；由椭圆的定义得出点
在以
、
为焦点，长轴长
为3 的椭球面上，再由点
在以
为球心，1 为半径的球面上，得出点
在椭球面与球面的
交线处，根据椭圆与圆的对称性即可判断④．
【详解】对于①，由正方体性质得
面
，且内切球半径
，
分别取
、
、
中点
、
、
，如图所示，
因为
、
的中点为
、
，
所以
，又
平面
，
平面
，
所以
平面
，
因为
，
的中点为
，所以四边形
为矩形，
所以
，又
平面
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
，
所以平面
平面
，
由正方体的性质可知，
平面
，
所以
平面
，则点
轨迹为平面
与内切球
的交线，即为截面圆的周长，
因为球心
面
，则
到面
的距离为面
与面
的距离
，
所以截面圆半径为
．
故点
轨迹长度为
，故①正确；
对于②，以
为原点，分别以
、
、
所在直线为
轴、
轴、
轴建立空间直角
坐标系，如图所示，
则
，
，
，
，
所以
，
，
，
设平面
的一个法向量为
，
则
，
取
，则
，所以
，
所以
到平面
距离为
，
因为
面
，
面
，所以
，
又
，
所以三棱锥
的体积的最大值为
，故②错误；
对于③，取
中点
，连接
、
、
，如图所示，
则
，
所以
，
平面
截球
的截面图如图所示，
又
，
，则
，
所以当
位于
时，
所以当
位于
时，
，
则
，所以
，即
的范围为
，故③正确；
对于④，由题意知，
，
又
，
所以点
在以
、
为焦点，长轴长为3 的椭球面上，
又因为点
在以
为球心，1 为半径的球面上，
所以点
在椭球面与球面的交线处，
则平面
截球
与椭球的截面图如图所示，
由椭圆与圆的对称性可知，点
位于
、
、
、
时，
为定值，故④正确；
故答案为：①③④．
1．试题特点分析：“动态”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透
了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖．同
时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的
解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化．
2．解题方法阐述：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认
知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符
合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹
问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型．
3．解题经验分享：一要根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；二是
将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；三要通过空间向量的坐标运
算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解．
