2027届高三数学一轮复习课件：第七章　高考热点9　立体几何中的存在和动态问题

第七章立体几何与空间向量高考热点9

立体几何中的存在和动态问题类型1存在性问题的探索类型2动态问题的探索目录CONTENTS类型1存在性问题的探索立体几何中存在性问题的核心是:“假设存在”→“推理论证”→“验证合理性”,即

先构造满足条件的元素(点、线、面),再通过几何性质或代数方法证明其存在性,常用

两大技巧如下:典例1

(几何法)(2026届江苏部分学校开学联考,18节选)在四棱锥P-ABCD中,已知

AB∥CD,AB=2CD,E是线段PB上的点.问:是否存在点E使得CE与平面PAD平行?若存在,请指出点E的位置;若不存在,请说明

理由.

解析

解法一几何法,利用线面平行的判定定理存在.当E为PB的中点时,CE∥平面PAD.证明如下:取AP的中点M,连接DM,EM,在△PAB中,E,M分别为PB,PA的中点,则EM为△PAB的中位线,则EM∥AB,且EM=

AB,因为AB∥CD,AB=2CD,所以EM∥CD且EM=CD,即四边形DCEM为平行四边形,

所以EC∥DM,又EC⊄平面PAD,DM⊂平面PAD,所以CE∥平面PAD,此时E为PB的中点.解法二

几何法,利用面面平行的性质定理存在.当E为PB的中点时,CE∥平面PAD.证明如下:如图,取AB的中点G,连接CG,GE,则GE∥PA,因为AG∥CD,AG=

AB=CD,所以四边形AGCD为平行四边形,所以CG∥DA,因为DA∩PA=A,DA,PA⊂平面PAD,GE∩

GC=G,GE,GC⊂平面EGC,所以平面PAD∥平面EGC,显然CE⊂平面EGC,所以CE∥平

面PAD,此时E为PB的中点.

变式训练1.(代数法)(2026届湖南二十校联考,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥平面

ABCD,△PAD是边长为2的等边三角形,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,

AB=BC=1.(1)求证:AB⊥PD.(2)求线段PA中点M到平面PCD的距离.(3)线段PD上是否存在一点E,使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为

?若存在,求出

的值;若不存在,请说明理由.解析

(1)证明:∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,又∵AB⊥AD且AB⊂平面ABCD,∴AB⊥平面PAD,∵PD⊂平面PAD,∴AB⊥PD.(2)取AD的中点O,连接PO,OC,由△PAD为等边三角形,得PO⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,∴PO⊥平面ABCD.由AO=BC=1,AO∥BC,得四边形ABCO是平行四边形,于是OC∥AB,而AB⊥AD,则OC⊥AD,直线OC,OD,OP两两垂直,以O为坐标原点,直线OC,OD,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则A(0,-1,0),D(0,1,0),C(1,0,0),B(1,-1,0),P(0,0,

),M

,

=

,

=(-1,0,

),

=(-1,1,0),设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则

取z=1,得n=(

,

,1),所以M到平面PCD的距离d=

=

=

.

(3)令

=λ

=(0,λ,-

λ),λ∈[0,1],则

=

+

=(0,1,

)+(0,λ,-

λ)=(0,1+λ,

-

λ).

=(1,1,0),设平面EAC的法向量为m=(a,b,c),则

取b=

(λ-1),得m=(

(1-λ),

(λ-1),λ+1),易知平面DAC的一个法向量为

=(0,0,

),于是|cos<

,m>|=

=

=

,化简得3λ2-10λ+3=0,由λ∈[0,1],解得λ=

,即

=

,所以线段PD上存在点E,使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为

,此时

=

.类型2动态问题的探索动态问题主要有点动问题、线动问题、面动问题等,常见于立体几何小题中,难度较

大、区分度高.解题时一般可通过改变视角、平面化或者寻找变化过程中的不变因素

把问题回归到最本质的定义、定理或现有的结论中.下面将通过动点问题进行探究,归

纳出几种常见类型的解题思路.角度1动点轨迹问题空间中关于动点轨迹问题一般可从三个角度进行分析处理,一是从曲线定义或函数关系式出发给出解释;二是平面与平面的交线得直线或线段;三是平面和曲面(圆锥、圆

柱侧面、球面)的交线得圆.下面以动点轨迹为直线(线段)和圆为例讲解具体思维过程.1.动态平行、垂直模型模型方法图示动态平行模型:过定点P和动点Q的直线,PQ∥平面α,

求Q的轨迹①几何法:过P作与α平行的平面β,则

点Q在β上(本质是通过面面平行的性

质求轨迹),若规定Q也在另一个平面

γ上,则Q的轨迹是β与γ的交线,如图1

②向量法:建立合适的坐标系,设出Q的坐标,通过

·n=0(n是平面α的法向量)建立关系动态垂直模型:过定点P和动点Q的直线,PQ⊥定直

线l,求Q的轨迹①几何法:过P作与l垂直的平面α,则Q

在α上(本质是通过线面垂直的性质

求轨迹),若规定Q也在另一个平面β

上,则Q的轨迹是α与β的交线,如图2

②向量法:建立合适的坐标系,设出Q的坐标,通过

·m=0(m是直线l的方向向量)建立关系2.动点轨迹是球面或圆的问题模型场景图示说明模型1空间中满足到定点P的距离

等于定长R的点A的轨迹是

以P为球心,R为半径的球面

若在此基础上,增加限制条

件:动点A在某平面上,则点

A的轨迹是平面与球的截

面圆模型2设P,Q为空间两定点,点A满

足AP⊥AQ,则点A的轨迹

是以PQ为直径的球面

角度2直线或平面上的动点问题关于点P是定直线AB上的动点的探索问题,除了几何分析法之外,还可考虑向量法,借助

于

=λ

将动点P的坐标表示出来,最后转化成代数问题寻求解决.当平面所在几何体规则(正方体、长方体、直棱柱等)时,建立空间直角坐标系,将平面

内的动点坐标用参数表示,再通过代数运算求解,也可以用几何法.典例2

(动态垂直模型)(2026届浙江A9协作体开学考试改编)已知四棱锥P-ABCD,

PD⊥底面ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形,PD=AB,E为PA的中点,点Q为三角形

PBC内(包括边界)的一个动点,且EQ⊥BC,则点Q的轨迹长度是_________.解析几何法【由几何法可知须过E作出与直线BC垂直的平面,作出两条相交直线

分别与BC垂直即可】分别取AD,BC,PB的中点F,M,N,连接EF,FM,MN,EN.∵PD⊥平面

ABCD,EF∥PD,∴EF⊥平面ABCD,又BC⊂平面ABCD,∴EF⊥BC,∵FM⊥BC,EF∩FM=F,EF,FM⊂平面EFMN,∴BC⊥平面EFMN,【EQ⊂平面EFMN,所以BC⊥EQ】∴点Q轨迹是线段MN,又PC=

=2

,∴MN=

PC=

.

典例3

(轨迹为球的模型)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为1的正方

形,PD⊥底面ABCD,PD=

,则以D为球心,半径为1的球与四棱锥P-ABCD表面的交线长为

()

A.

B.

C.2π

D.

B

解析【半径为1的球与四棱锥的5个面都相交,根据四棱锥的对称性可知,球与平面

PAD,平面PCD的交线长度相等,与平面PAB,平面PCB的交线长度相等】由题意可得球与平面PAD的交线如图中弧IJ,由题意AD=ID=JD=1,又易知∠PAD=

,则∠IDJ=

,于是弧IJ的长为

×1=

,由对称性知球与平面PCD的交线长也为

,

【考虑平面PAB与球相交的截面圆,涉及球的截面一般过球心作截面的垂线,可找到截

面圆的圆心,故只需过P作截面PAB的垂线】过D作DH⊥PA于H,显然DH⊂平面PAD,易证AB⊥平面PAD,则DH⊥AB,而AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB,于是DH⊥平面PAB,显然DH=DAsin

=

,球与平面PAB的交线是以H为圆心,

=

为半径的圆,显然点H到直线PB的距离为PH·sin∠BPA=

×

>

,

因此球与平面PAB的交线是半径为

的半圆,所以交线长为

,由对称性知球与平面PCB的交线长也为

,又球与底面ABCD的交线为四分之一圆弧,且圆弧的半径为1,所以交线长为

,所以球与四棱锥P-ABCD表面的交线长为

×2+

×2+

=

.故选B.典例4(平面内动点问题)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为

C1D1,A1B1,B1C1的中点,P为底面ABCD(不包括边界)上的动点且满足EP∥平面BFG,则下

列说法中,正确的序号有______.

①存在点P,使得EP∥平面A1CD;②存在点P,使得三棱锥P-BED1的体积为

;③存在点P,使得PE⊥PD.②

解析代数法以点D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立空间直

角坐标系(如图),则D(0,0,0),E(0,1,2),F(2,1,2),G(1,2,2),B(2,2,0),A1(2,0,2),C(0,2,0),D1(0,0,

2),

=(0,-1,2),

=(-1,0,2),设点P(x,y,0)(0<x<2,0<y<2),平面BFG的法向量为n=(a,b,c),则

即

令c=1,可得a=2,b=2,所以n=(2,2,1).又

=(x,y-1,-2)且EP∥平面BFG,所以

·n=0,即2x+2(y-1)-2=0,化简得x+y=2,即点P的轨迹方程是x+y=2,0<x<2,0<y<2.分析①:

=(2,0,2),

=(0,2,0),设平面A1CD的法向量为m=(a1,b1,c1),则

令a1=1,得c1=-1,则m=(1,0,-1).则有

·m=x+2=0,x=-2,舍去,所以①错误.分析②:

=

×1×

=

,

=(0,1,0),

=(2,2,-2),设平面BED1的法向量为l=(a2,b2,c2),则

令a2=1,得c2=1,则l=(1,0,1),则点P到平面BED1的距离h=

=

.由

=

h=

×

×

=

=

⇒x=2±

,所以当x=2-

时,存在点P(2-

,

,0),使得三棱锥P-BED1的体积为

,所以②正确.分析③:因为

=(x,y,0),则

·

=x2+y(y-1)=2x2-3x+2=0⇒Δ<0,所以不在点P,使得PE⊥PD,所以③错误.故答案为②.变式训练2.(动态平行模型)(2025届广东遂溪第一中学月考,7)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为

1,M是棱AB的中点,N是侧面BB1C1C内一点,且MN∥平面AA1C1C,则MN长度的取值范围

是

()A.[1,

]

B.

C.

D.

C

解析【点思路:求MN长度的取值范围,因为M是定点,N是动点,所以关键是确定动点N

的运动轨迹,问题转化为动态平行模型,所以关键是作出过M且与平面AA1C1C平行的平

面】取BC,B1C1的中点G,H,连接MG,GH,HM,则MG∥AC,HG∥CC1,又AC,CC1在平面AA1C1C内,MG,HG不在平面AA1C1C内,所以MG∥平面AA1C1C,HG∥平面AA1C1C,又MG,HG是平面MGH内两条相交直线,所以平面MGH∥平面AA1C1C,又MN∥平面AA1C1C,所以N在平面MGH内,又N是侧面BB1C1C内一点,所以N的轨迹是线段HG,易知MG=

AC=

,MH=

=

,因为MG≤MN≤MH,【△MGH是直角三角形,所以MG≤MN≤MH】所以MN长度的取值范围是

.故选C.3.(圆的模型)(2026届福建莆田第四中学返校考,7)已知正三棱锥P-ABC的六条棱长

均为6,S是△ABC及其内部的点构成的集合.设集合T={Q∈S|PQ≤5},则T表示的区域的

面积为

()A.

B.π

C.2π

D.3π

B

解析【点思路:Q是△ABC及其内部的点,故考虑把PQ≤5转换成Q与平面ABC内某点

的关系,由正三棱锥想到选底面中心来分析】设顶点P在底面上的投影为O,连接BO,则

O为正三角形ABC的中心,且BO=

×6×

=2

,故PO=

=2

.

取PQ的最大值5,此时OQ=

=1,故Q的轨迹是以O为圆心,1为半径的圆,【进一步确定截面圆与三角形ABC的位置关系,便于求区域面积】而三角形ABC内切圆的圆心为O,半径为

×6×

=

>1,故Q的轨迹在三角形ABC内部,其面积为π,故选B.4.(线上动点问题)(多选)(2025届山东齐鲁名校联考,11)如图所示,在棱长为1的正方

体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1D上的动点(不与点A1重合),则下列结论正确的是

(

)A.A1D1∥平面BCEB.平面BCE⊥平面DCC1D1C.点E到平面B1CD1的距离为定值

ABD.存在一