2026全国版高考数学一轮基础知识专练：立体几何中的探索和动态问题（含解析）

2026全国版高考数学一轮

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伍＞0）的正方体ABCD-AxBxCiDx中，点M,N分

别为棱A3,DiCi的中点.已知动点P在该正方体的表面上，且由•前=0,则点P的轨迹长度

为（）

A.12〃B.1271QC.24aD.24兀Q

2.（多选）（2025届云南师大附中期中,11）在棱长为1的正方体ABCD-ALBIQDI中，。为AG

的中点，。为A3的中点，动点产满足点=2屈+〃而淇中7G[0,1],[0,1],则（）

A.当7=0,〃©（04）时，平面DPQ截正方体所得截面为四边形

B.当丸+〃=2时八1尸，平面DiBiA

C.当2+〃=1时，出+PC1的最小值为史学

D.当时，动点p的轨迹长度为学

3.（多选）（2024江西赣州十八县（市）二十四校联考,10）在正三棱柱ABC-AiBiCi中，已知

A4i=AB,点“N分别为CG和的中点，点P是棱A4i上的一个动点，则下列说法中正确

的有（）

A.存在点P,使得31M〃平面PBC

B.直线PN与CC为异面直线

C.存在点P,使得BiMLPN

D.存在点P,使得直线PN与平面A3C所成角为45°

4.（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,H）在长方体

ABCD-AiBiCiDi中,AB=2AAi=2AD=2,点尸满足标=AAB+〃花淇中7G[0,1],〃G[0,1],则

（）

A.若BiP与平面ABCD所成角为1则点P的轨迹长度为三

44

B.当时,HP〃平面AiCiD

C.当丸三时，有且仅有一个点，使得AiPLBP

D.当〃=2丸时,4P+DP的最小值为J2+企

5.（2024福建宁德毕业班质量检查,16）在平行四边形ABCD,ZD=60°,CD=1,AC=V3.W

△ABC沿AC翻折到△APC的位置，使得PD=回

⑴证明:CD,平面APC;

⑵在线段AD上是否存在点M使得二面角M-PC-A的余弦值为誉?若存在，求出需的值;

若不存在,请说明理由.

6.（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,NA3C=NA4。3sA

⑴求证平面AEG;

⑵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

早?若存在，求出GH的长;若不存在，说明理由.

6

7.（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

为鱼的正方形，点S在底面ABCD上的射影为底面ABCD的中心。，点P在棱SD上，且

△SAC的面积为1.

⑴若点P是SD的中点，证明:平面SCD，平面PAC,

⑵在棱SD上是否存在一点P,使得直线SA与平面必C所成的角的正弦值为??若存在,

求其的值;若不存在，说明理由.

8.（2024山东淄博二模,17）已知直角梯形

ABCD,ZADC=9Q°AB//CD^B=2CD=^j6AD=y/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。为PB的中点，如图所示.

(1)证明:AC，平面PBM-

⑵求三棱锥P-ACQ体积的最大值；

⑶当三棱锥P-ACQ的体积最大时，求直线A3与平面P5C所成角的正弦值.

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1.（2024江苏南京、盐城一模,7）在棱长为2am>0）的正方体ABCD-AiBiCiDi中，点M,N分

别为棱ABQiCi的中点.已知动点P在该正方体的表面上，且丽•西=0,则点P的轨迹长度

为（）

AA2aB.1271QC.24aD.24兀。

答案B

2.（多选）（2025届云南师大附中期中,11）在棱长为1的正方体ABCD-ALBIQDI中，。为AG

的中点，。为A3的中点，动点产满足点=2屈+〃而淇中7G[0,1],[0,1],则（）

A.当A=0,//G（0,习时，平面DIPQ截正方体所得截面为四边形

B.当丸+〃=2时八1尸，平面DiBiA

C.当2+〃=1时，出+PC1的最小值为史学

D.当时，动点p的轨迹长度为学

答案BC

3.（多选）（2024江西赣州十八县（市）二十四校联考,10）在正三棱柱ABC-AiBiCi中，已知

A4i=A3,点MN分别为CG和3c的中点，点P是棱A41上的一个动点，则下列说法中正确

的有（）

A.存在点P,使得〃平面PBC

B.直线PN与CC为异面直线

C.存在点P,使得BMLPN

D.存在点P,使得直线PN与平面A3C所成角为45°

答案BCD

4.（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,H）在长方体

ABCD-AiBiCiDi中,A3=2AAi=2AD=2,点P满足Q=AAB+〃而淇中7G[0,1],[0,1],则

（）

A.若BiP与平面ABCD所成角为:，则点P的轨迹长度为：

B.当江林时,3iP〃平面AiCiD

C.当月时，有且仅有一个点，使得AiP,5P

D.当〃=2丸时,AiP+DP的最小值为J2+短

答案BCD

5.（2024福建宁德毕业班质量检查,16）在平行四边形ABCD,ZD=60°,CD=1,AC=V3.W

△ABC沿AC翻折到△APC的位置，使得PD=回

(1)证明:CD,平面APC;

⑵在线段AD上是否存在点M使得二面角M-PC-A的余弦值为警?若存在，求出曙的值;

若不存在,请说明理由.

D

陋

解析⑴证明:在三角形48中，由正弦定理可得』CD

sinz.Ci4D，sin60°E，（1分）

sinZCAD=|,XAOCD>ZC4D=30°.(2分)

所以NACD=90。,即CDLAC,(3分)

因为PD=V5,PC=2,CD=1,

所以则有CDLPC.（5分）

因为PCnAC=QAC,PCu平面APC,

所以8,平面APC.（6分）

（2）由（1）知CD,平面APC,且CDu平面ADC,

所以平面ADC,平面APC.

在平行四边形A5CD中,B4LAC,即PALAC,

故以，平面ADC.（7分）

以点C为坐标原点，而、CA，9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(l,0,0),P(0,V3,1)4(0,73,0),(8分)

设前=4同=7(1,-8,0)=(几-恁,0),其中O<A<1,

则贰=CA+AM=(0,V3,0)+(A,-V3A,0)=G,V3-V32,0),(9分)

设平面MCP的法向量为m=(x,y,z),

m-CP=V3y+z—0,

则取产九则2=-低,%=次(乙1),所以m=(V3(A-l),A,-V3A),

m-CM—Ax+(A/3—V3A)y—0,

⑴分)

易知平面CB4的一个法向量为“=(1,0,0),(12分)

则Ie。'<…>1=舒|V3(A-1)|_2V39

J3(4-1)2+42+34213

整理可得15万+2九1=0,

由0。口,解得2三(舍负)，(14分)

因此，线段AD上存在点M使得二面角M-PC-A的余弦值为誓，且鹄=1(15分)

6.(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,NA3C=NR4D=今SA=AB=3C=%D=1.

⑴求证平面AEG;

⑵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

手?若存在，求出GH的长;若不存在，说明理由.

6

解析⑴证明:以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则3(1,0,0),。(0,2,0)4(0,2,1),。(1,1,0),6(},0,|),5(0,0』),・•.丽=(-1,2,0),荏=(0,2,1),刀=

设平面AEG的法向量为m=(xj,z),

贝U竺一’得1「令》=1，则加=(1，工，一•冽=0，：5DC平面AEG,

[m-AG0,l^x+2Z=0,I7

.•.3。〃平面AEG.(5分)

⑵假设存在点H,设旗=4濯=2A,|A),2e(0,l),则用=m+2谣=G(1—

A),2A,|(1+A)).(6分)

设平面SCD的法向量为ni=(xiji,zi).

SC=(1,1,-1),CD=(-1,1,O),

sc—。，彳曰+yi—Zi=。'令xi=l,则yi=l,zi=2,

而=o,寸t-xi+yi=°，

・・・m=（l,l,2）,（8分）

设平面ABH的法向量为〃—・•.{7惠；’则

*2=。，

幻久川V2='则二

|(1-2+22+|(1+A)Z2=0,''2=

贝I]H2=（0,l+A,-4A）,（11分）

设平面ABH与平面SCD所成角为3,

•「sin,/.cos9=\cos<m,n2>\-^-7=====—,（13分）

61V6XV1712+2A+16

••・42九l）=0；H不在端点,・・・2告（14分）

故存在满足题意的点且此时GH=J（V）2+12+@）2=乎.（15分）

7.（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

为迎的正方形，点S在底面ABCD上的射影为底面ABCD的中心。，点P在棱SD上，且

△SAC的面积为1.

⑴若点P是SD的中点，证明:平面SCD,平面PAC-

⑵在棱SD上是否存在一点P,使得直线SA与平面必C所成的角的正弦值为??若存在,

求管的值;若不存在，说明理由.

解析（1）证明:因为点S在底面ABCD上的射影为

所以S。，平面ABCD,

因为四边形ABCD是边长为企的正方形，所以AC=2,

又因为△SAC的面积为1,所以]x2xSO=l,SO=l,所以SC=V2,

又因为CD地点P为SD的中点,

所以CPLSD,同理可得APLSD,

因为APnCP=RAP,CPu平面B4C,所以平面PAC,

又SDu平面SCD,所以平面SCD,平面PAC.

⑵存在一点P,使得直线SA与平面小。所成的角的正弦值为手.理由如下：

连接03,由S。，平面A3CD,0Bu平面A3CD,0Cu平面ABCDMS010B,S0±0C.

又OBLOC,所以OBQCQS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(O,-1,O),C(O,1,O)Q(-1,O,O),S(O,O,1),

假设存在点P使得直线SA与平面必C所成的角的正弦值为萼，设定=XSD,Q<X<1,

因为方=(-1,0,-1),所以讨=(J,0,J),P(J,0,1-A),

设平面PAC的法向量为“=(x,y,z),则卜.竺二°，

[n-AC=0,

—Ax+y+(1—A)z=0,

2y=0,

令z=2,得x=l-2,所以n=(l-2,0,2),

设直线AS与平面勿C所成的角为。，则sinT，

又通=(0,1,1),

所以3(求心1=船="^Vio

5，

化简得3户8丸+4=0,解得丸=|或丸=2(舍去),

所以存在P点符合题意，且案=|.

8.(2024山东淄博二模,17)已知直角梯形

ABCD,ZADC=9Q°AB//CD,AB=2CD=46,AD=V3,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。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；

⑶当三棱锥P-ACQ的体积最大时，求直线A3与平面P3C所成角的正弦值.

解析⑴证明:直角梯形A3CD中，因为所以△DMCSABMA,则当=器=会=

1

2，

在RtAADC中"=，4。2+CD2=〔3+合呼.

在RtADAB^,BD=y/AD2+AB2=VT+6=3.

故可得AM=2MC=近,BM=2DM=2,因为AM2+BM2=AB2,

所以由勾股定理的逆定理得

翻折后可得AC±BM