链接高考8　立体几何中的探索和动态问题-2026版53高考数学总复习A版精炼

链接高考8立体几何中的探索和动态问题1.(2024江苏南京、盐城一模,7)在棱长为2a(a>0)的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别为棱AB,D1C1的中点.已知动点P在该正方体的表面上,且PM·PN=0,则点P的轨迹长度为(A.12aB.12πaC.24aD.24πa答案B2.(多选)(2025届云南师大附中期中,11)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC1的中点,Q为AB的中点,动点P满足AP=λAB+μAD,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1A.当λ=0,μ∈0,12时,平面D1B.当λ+μ=2时,A1P⊥平面D1B1AC.当λ+μ=1时,PA+PC1的最小值为2D.当OP=216时,动点P的轨迹长度为答案BC3.(多选)(2024江西赣州十八县(市)二十四校联考,10)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AA1=AB,点M,N分别为CC1和BC的中点,点P是棱AA1上的一个动点,则下列说法中正确的有()A.存在点P,使得B1M∥平面PBCB.直线PN与CC1为异面直线C.存在点P,使得B1M⊥PND.存在点P,使得直线PN与平面ABC所成角为45°答案BCD4.(多选)(2025届江苏如东一中、宿迁一中、徐州中学第一次阶段性测试,11)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2AA1=2AD=2,点P满足AP=λAB+μAD,其中λ∈[0,1],μ∈[0,A.若B1P与平面ABCD所成角为π4,则点P的轨迹长度为B.当λ=μ时,B1P∥平面A1C1DC.当λ=12时,有且仅有一个点,使得A1P⊥D.当μ=2λ时,A1P+DP的最小值为2+答案BCD5.(2024福建宁德毕业班质量检查,16)在平行四边形ABCD中,∠D=60°,CD=1,AC=3.将△ABC沿AC翻折到△APC的位置,使得PD=5.(1)证明:CD⊥平面APC;(2)在线段AD上是否存在点M,使得二面角M-PC-A的余弦值为23913?若存在,求出|AM||MD|的值;若不存在解析(1)证明:在三角形ACD中,由正弦定理可得ACsin∠ADC=CDsin∠CAD,3sin∠CAD=12,又AC>CD,故∠CAD=30°.(2分)所以∠ACD=90°,即CD⊥AC,(3分)因为PD=5,PC=2,CD=1,所以PC2+CD2=PD2,则有CD⊥PC.(5分)因为PC∩AC=C,AC,PC⊂平面APC,所以CD⊥平面APC.(6分)(2)由(1)知CD⊥平面APC,且CD⊂平面ADC,所以平面ADC⊥平面APC.在平行四边形ABCD中,BA⊥AC,即PA⊥AC,故PA⊥平面ADC.(7分)以点C为坐标原点,CD、CA、AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,则C(0,0,0),D(1,0,0),P(0,3,1),A(0,3,0),(设AM=λAD=λ(1,-3,0)=(λ,-3λ,0),其中0≤则CM=CA+AM=(0,3,0)+(λ,-3λ,0)=(λ,3-3λ,0设平面MCP的法向量为m=(x,y,z),则m·CP=3y+z=0,m·CM=λx+(3-3λ)y=0,取y=λ,则z=-3λ,x=3(λ-1),所以易知平面CPA的一个法向量为n=(1,0,0),(12分)则|cos<m,n>|=|m·n||m|·|n|整理可得15λ2+2λ-1=0,由0≤λ≤1,解得λ=15(舍负),(14分)因此,线段AD上存在点M,使得二面角M-PC-A的余弦值为23913,且|AM||MD|=146.(2025届湖南长沙周南中学段考,17)如图,已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面,矩形SADE的对角线交于点F,G为SB的中点,∠ABC=∠BAD=π2,SA=AB=BC=12AD(1)求证:BD∥平面AEG;(2)在线段EG(不含端点)上是否存在一点H,使得平面ABH与平面SCD所成角的正弦值为306?若存在,求出GH的长;若不存在,说明理由解析(1)证明:以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则B(1,0,0),D(0,2,0),E(0,2,1),C(1,1,0),G12,0,12,S(0,0,1),∴BD=(-1,2,0),AE=(0,2,设平面AEG的法向量为m=(x,y,z),则m·AE=0,m·AG=0,得2y+z=0,12x+12z=0,令x∴BD∥平面AEG.(5分)(2)假设存在点H,设GH=λGE=-12λ,2λ,12λ,λ设平面SCD的法向量为n1=(x1,y1,z1).SC=(1,1,-1),CD=(-1,1,0),由n1·SC=0,n1·CD=0,得x1+y∴n1=(1,1,2),(8分)设平面ABH的法向量为n2=(x2,y2,z2),∴n2·AB=0,n2·AH=0,则x2则n2=(0,1+λ,-4λ),(11分)设平面ABH与平面SCD所成角为θ,∵sinθ=306,∴cosθ=|cos<n1,n2>|=|1-7λ6×17∴λ(2λ-1)=0,∵H不在端点,∴λ=12,(14分)故存在满足题意的点H,此时GH=-142+127.(2025届江苏南京一中学情检测,17)如图,在四棱锥S-ABCD中,已知四边形ABCD是边长为2的正方形,点S在底面ABCD上的射影为底面ABCD的中心O,点P在棱SD上,且△SAC的面积为1.(1)若点P是SD的中点,证明:平面SCD⊥平面PAC;(2)在棱SD上是否存在一点P,使得直线SA与平面PAC所成的角的正弦值为105?若存在,求SPSD的值;若不存在,解析(1)证明:因为点S在底面ABCD上的射影为O,所以SO⊥平面ABCD,因为四边形ABCD是边长为2的正方形,所以AC=2,又因为△SAC的面积为1,所以12×2×SO=1,SO=1,所以SC=2又因为CD=2,点P为SD的中点,所以CP⊥SD,同理可得AP⊥SD,因为AP∩CP=P,AP,CP⊂平面PAC,所以SD⊥平面PAC,又SD⊂平面SCD,所以平面SCD⊥平面PAC.(2)存在一点P,使得直线SA与平面PAC所成的角的正弦值为105.理由如下连接OB,由SO⊥平面ABCD,OB⊂平面ABCD,OC⊂平面ABCD,得SO⊥OB,SO⊥OC.又OB⊥OC,所以OB,OC,OS两两垂直,分别以OB,OC,OS所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),S(0,0,1),假设存在点P使得直线SA与平面PAC所成的角的正弦值为105,设SP=λSD,因为SD=(-1,0,-1),所以SP=(-λ,0,-λ),P(-λ,0,1-λ),设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),则n·因为AP=(-λ,1,1-λ),AC=(0,2,0),所以-令z=λ,得x=1-λ,所以n=(1-λ,0,λ),设直线AS与平面PAC所成的角为θ,则sinθ=105又AS=(0,1,1),所以|cos<AS,n>|=|AS化简得3λ2-8λ+4=0,解得λ=23或λ=2(舍去所以存在P点符合题意,且SPSD8.(2024山东淄博二模,17)已知直角梯形ABCD,∠ADC=90°,AB∥CD,AB=2CD=6,AD=3,M为对角线AC与BD的交点.现以AC为折痕把△ADC折起,使点D到达点P的位置,点Q为PB的中点,如图所示.(1)证明:AC⊥平面PBM;(2)求三棱锥P-ACQ体积的最大值;(3)当三棱锥P-ACQ的体积最大时,求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.解析(1)证明:直角梯形ABCD中,因为AB∥DC,所以△DMC∽△BMA,则DCAB在Rt△ADC中,AC=AD在Rt△DAB中,BD=AD2故可得AM=2MC=2,BM=2DM=2,因为AM2+BM2=AB2,所以由勾股定理的逆定理得AM⊥BM,翻折后可得AC⊥BM,AC⊥PM,又因为PM∩BM=M,PM,BM在平面PBM内,所以AC⊥平面PBM.(2)因为点Q为PB的中点,所以VQ-PAC=12VB-PAC,又VQ-PAC=VP-ACQ,VB-PAC=VP-ABC所以VP-ACQ=12VP-ABC因为AC⊂平面ABC,AC⊥平面PBM,所以平面ABC⊥平面PBM,所以点P到平面ABC的距离,即为点P到BM的距离,设为h,因为S△ABC=12AB·AC·sin∠CAB=12×6而PM=PA·PCAC=1,则h≤PM=1则当h=1时,(VP-ACQ)max=12(VP-ABC)max=1(3)由(2)得,当三棱锥P-ACQ的体积最大时,点P到平面ABC的距离为PM=1,即PM⊥平面ABC.故PM⊥AC,PM⊥MB,又因为AC⊥BM,所以MA,MB,MP两两垂直.故以M为原点,直线MA