2026届高考数学总复习精练册课件：链接高考8　立体几何中的探索和动态问题

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

·

=0,则点P的轨迹长度为

()A.12a

B.12πa

C.24a

D.24πaB解析

由

·

=0得

⊥

,即PM⊥PN.则动点P的轨迹是以MN的中点为球心,MN=2

a为直径的球.取MN的中点O,连接AD1,取AD1的中点O1,连接OO1,则OO1⊥平面ADD1A1,且

OO1=a,则平面ADD1A1截球所得圆面半径为

=a,故点P的轨迹长度为6×2πa=12πa.故选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-A1B1C1D1中,O为AC1

的中点,Q为AB的中点,动点P满足

=λ

+μ

,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则

()A.当λ=0,μ∈

时,平面D1PQ截正方体所得截面为四边形B.当λ+μ=2时,A1P⊥平面D1B1AC.当λ+μ=1时,PA+PC1的最小值为

D.当OP=

时,动点P的轨迹长度为

BC解析

=λ

+μ

,λ∈[0,1],μ∈[0,1],则P在底面ABCD中.选项A,当λ=0,μ∈

时,P在棱上AD上,且AP<

,如图1,延长PQ交CB的延长线于S,则BS=AP,过D作DT∥PS交CB于T,则四边形DPST是平

行四边形,所以ST=DP>

,所以T在线段CB上(不含端点),作D1M∥DT交C1B1于点M,则M在线段B1C1上(不含端点),连接MS交BB1于R,连接QR,则截面为五边形PQRMD1,A错误;

选项B,当λ+μ=2时,λ=μ=1,即

=

+

=

,P与C重合,连接A1C1,AC,如图2,正方体中,AA1⊥平面A1B1C1D1,因为B1D1⊂平面A1B1C1D1,则AA1⊥B1D1,又B1D1⊥A1C1,AA1∩A1C1=A1,AA1,A1C1⊂平面AA1C1C,所以B1D1⊥平面AA1C1C,而A1C⊂平面AA1C1C,所以B1D1⊥A1C,同理AB1⊥A1C,又因为AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1⊂平面AB1D1,所以A1C⊥平面AB1D1,即A1P⊥平面AB1D1,B正确;选项C,当λ+μ=1时,P在BD上,把等腰直角△ABD和等边△BDC1沿BD展开到一个平面上,

如图3,当A,P,C1三点共线时,AP+C1P最小,由图可知最小值是

+

×

=

,C正确;选项D,如图4,设H是正方形ABCD对角线的交点,即为底面中心,由正方体性质知OH⊥

平面ABCD,因为PH⊂平面ABCD,则OH⊥PH,易知OH=

,所以PH=

=

=

,因此P点的轨迹是平面ABCD内以H为圆心,

为半径的圆在正方形ABCD内的部分,正方形边长是1,因此该圆与正方形的四边都相交,设其与AB的交点为I,J,如图5,由对称性得IJ=2

=

=HJ=HI,所以△HIJ是正三角形,∠IHJ=

,所以动点P的轨迹长度为2π×

-4×

×

=

π,D错误.故选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-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°BCD解析

因为B1M与BC相交,所以B1M与平面PBC相交,故选项A错误;因为P∉平面BB1C1C,N∈平面BB1C1C,N∉CC1,CC1⊂平面BB1C1C,所以直线PN与CC1为

异面直线,故选项B正确;当点P与点A重合时,PN⊥平面BB1C1C,因为B1M⊂平面BB1C1C,所以B1M⊥PN,故选项C正

确;当AP=AN时,直线PN与平面ABC所成的角为45°,故选项D正确.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,11)在长方体

ABCD-A1B1C1D1中,AB=2AA1=2AD=2,点P满足

=λ

+μ

,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则()A.若B1P与平面ABCD所成角为

,则点P的轨迹长度为

B.当λ=μ时,B1P∥平面A1C1DC.当λ=

时,有且仅有一个点,使得A1P⊥BPD.当μ=2λ时,A1P+DP的最小值为

BCD解析

对于A,连接BP,如图1,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,可得BB1⊥平面ABCD,所以∠B1PB即

为B1P与平面ABCD所成的角,即∠B1PB=

,在Rt△BB1P中,可得BP=BB1=1,所以点P的轨迹是以B为圆心,1为半径的圆的四分之一,

其周长为

×2π×1=

,所以A错误;

对于B,当λ=μ时,因为AB=2AA1=2AD=2,且点P满足

=λ

+μ

,所以点P在线段AC上,如图2,连接AB1,B1C,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,可得AC∥A1C1,B1C∥A1D,因为AC⊄平

面A1C1D,且A1C1⊂平面A1C1D,所以AC∥平面A1C1D,同理可证B1C∥平面A1C1D,又因为

AC∩B1C=C,且AC,B1C⊂平面AB1C,所以平面AB1C∥平面A1C1D,因为B1P⊂平面AB1C,所

以B1P∥平面A1C1D,所以B正确;对于C,如图3,取AB,CD的中点E,F,连接EF,AF,BF,当λ=

时,因为AB=2AA1=2AD=2,且点P满足

=λ

+μ

,所以点P在线段EF上运动,因为AA1⊥平面ABCD,且BP⊂平面ABCD,所以AA1⊥BP,又A1P⊥BP,A1P∩A1A=A1,A1P,A1A⊂平面A1AP,故BP⊥平面A1AP,又AP⊂平面A1AP,故BP⊥AP,所以点P在以AB为直径的圆上,又因为AB=2AD=2,可得线段EF与以AB为直径的圆只有一个交点F,所以当点P与F重合,

即P为CD的中点时,能使得A1P⊥BP,所以C正确;

对于D,如图4,取AB,CD的中点E,F,连接AF,EF,当μ=2λ时,因为AB=2AA1=2AD=2,且点P满

足

=λ

+μ

,所以点P在线段AF上运动,沿着AF将直角△AA1F和直角△ADF展在一个平面上,如图5所示,

在△AA1D中,AA1=1,AD=1,∠A1AD=

,由余弦定理得A1D2=A

+AD2-2AA1·AD·cos

=2+

,所以A1D=

,即A1P+DP的最小值为

,所以D正确.故选BCD.5.(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=

.将△ABC沿AC翻折到△APC的位置,使得PD=

.(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

?若存在,求出

的值;若不存在,请说明理由.

解析

(1)证明:在三角形ACD中,由正弦定理可得

=

,

=

,

(1分)sin∠CAD=

,又AC>CD,故∠CAD=30°.

(2分)所以∠ACD=90°,即CD⊥AC,

(3分)因为PD=

,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,

、

、

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,

,1),A(0,

,0),

(8分)

设

=λ

=λ(1,-

,0)=(λ,-

λ,0),其中0≤λ≤1,则

=

+

=(0,

,0)+(λ,-

λ,0)=(λ,

-

λ,0),

(9分)设平面MCP的法向量为m=(x,y,z),则

取y=λ,则z=-

λ,x=

(λ-1),所以m=(

(λ-1),λ,-

λ),

(11分)易知平面CPA的一个法向量为n=(1,0,0),

(12分)则|cos<m,n>|=

=

=

,整理可得15λ2+2λ-1=0,由0≤λ≤1,解得λ=

(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

,且

=

.

(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,∠ABC=∠BAD=

,SA=AB=BC=

AD=1.(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

?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),G

,S(0,0,1),∴

=(-1,2,0),

=(0,2,1),

=

,设平面AEG的法向量为m=(x,y,z),则

得

令x=1,则m=

,∴

·m=0,∵BD⊄平面AEG,∴BD∥平面AEG.

(5分)

(2)假设存在点H,设

=λ

=

,λ∈(0,1),则

=

+λ

=

.

(6分)设平面SCD的法向量为n1=(x1,y1,z1).

=(1,1,-1),

=(-1,1,0),由

得

令x1=1,则y1=1,z1=2,∴n1=(1,1,2),

(8分)设平面ABH的法向量为n2=(x2,y2,z2),∴

则

令y2=1+λ,则z2=-4λ,则n2=(0,1+λ,-4λ),

(11分)设平面ABH与平面SCD所成角为θ,∵sinθ=

,∴cosθ=|cos<n1,n2>|=

=

,

(13分)∴λ(2λ-1)=0,∵H不在端点,∴λ=

,

(14分)故存在满足题意的点H,此时GH=

=

.

(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

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

?若存在,求

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O,所以SO⊥平面ABCD,因为四边形ABCD是边长为

的正方形,所以AC=2,又因为△SAC的面积为1,所以

×2×SO=1,SO=1,所以SC=

,又因为CD=

,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

.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

,设

=λ

,0≤λ≤1,因为

=(-1,0,-1),所以

=(-λ,0,-λ),P(-λ,0,1-λ),设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),则

因为

=(-λ,1,1-λ),

=(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=

,又

=(0,1,1),所以|cos<

,n>|=

=

=

,化简得3λ2-8λ+4=0,解得λ=

或λ=2(舍去),所以存在P点符合题意,且

=

.8.(2024山东淄博二模,17)已知直角梯形ABCD,∠ADC=90°,AB∥CD,AB=2CD=

,AD=

,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

=

=

=

,在Rt△ADC中,AC=

=

=

.在Rt△DAB中,BD=

=

=3.故可得AM=2MC=

,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