2027新高考数学复习53A版3-高考热点9　立体几何中的存在和动态问题

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1.★★★★(多选)(2026届湖南长沙雅礼中学月考,11)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F,G分别在棱AA1,AB,AD上(不与棱的端点重合),M为棱CC1的中点,则下列说法正确的是()A.若平面EFG与正方体的每条棱的夹角都相同,则直线BD∥平面EFGB.三角形EFG不可能为直角三角形C.若G,F分别为棱AD,AB的中点,则存在点E,使得AM⊥平面EGFD.若二面角A-GF-E的余弦值为12,二面角A-EF-G的余弦值为33,则二面角A-EG-F答案ABD2.★★★★(2026届山东寿光一中月考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是直角梯形,∠ABC=∠BCD=∠ADP=90°,且AB=PB=2,PA=22,BC=CD=1,E为PA中点.(1)证明:DE∥平面PBC;(2)证明:PB⊥平面ABCD;(3)在线段PD上是否存在点M,使得平面MAB与平面MBC夹角的余弦值为15?若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由解析(1)证明:取PB的中点F,连接EF,CF,则EF∥AB,且EF=12AB因为∠ABC=∠BCD=90°,AB=2,CD=1,所以CD∥AB,且CD=12AB所以EF∥CD,且EF=CD,所以四边形CDEF为平行四边形,所以DE∥CF.又因为CF⊂平面PBC,DE⊄平面PBC,所以DE∥平面PBC.(2)证明:取AB的中点G,连接BD,DG,则四边形BCDG为正方形,根据勾股定理得BD=AD=2,所以BD2+AD2=4=AB2,则∠ADB=90°,所以AD⊥BD.又因为AD⊥PD,BD∩PD=D,BD,PD⊂平面PDB,所以AD⊥平面PBD.因为PB⊂平面PBD,所以AD⊥PB.又因为PB2+AB2=8=PA2,所以PB⊥AB,又AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD,所以PB⊥平面ABCD.(3)由(2)知,PB⊥平面ABCD,且∠ABC=90°.【以B为坐标原点建立空间直角坐标系,设PM=λPD,然后求出平面MAB与平面MBC以B为坐标原点,直线BC,BA,BP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,2,0),B(0,0,0),C(1,0,0),D(1,1,0),P(0,0,2),设PM=λPD,λ∈(0,1),则M(λ,λ,2-2λ),则BM=(λ,λ,2-2λ),BA=(0,2,0),BC=(1,0设平面MAB与平面MBC的法向量分别为n1=(x1,y1,z1)和n2=(x2,y2,z2),则BA令x1=2λ-2,得n1=(2λ-2,0,λ);BC令y2=2λ-2,得n2=(0,2λ-2,λ).设平面MAB与平面MBC的夹角为θ,θ∈0,π则cosθ=|cos<n1,n2>|=|n1·n2|因此存在点M为PD的中点,使得平面MAB与平面MBC夹角的余弦值为153.★★★★(2026届江苏南京第二十九中学开学考,17)如图,已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别为AD,BC的中点,沿EF将四边形EFCD折起,使二面角A-EF-C的大小为60°,M为线段AB上一点.(1)若M为线段AB中点,设直线MF与直线EA的交点为H,证明:HD∥平面EMC;(2)是否存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°?若存在,求此时线段AM的长;若不存在,请说明理由.解析(1)证明:∵E,F分别为AD,BC中点,∴EF∥AB∥CD,且AE=FB=2,又M为AB中点,且AB⊥HE,AB⊥BF,易得△HAM≌△FBM⇒HA=FB=AE=2,连接DF,交CE于点N,连接MN,由题设,易知四边形CDEF为矩形,∴N为DF的中点,∵AM∥EF,A是HE的中点,∴M为HF的中点,∴MN∥HD,又MN⊂平面EMC,HD⊄平面EMC,∴HD∥平面EMC.(2)∵EF∥AB∥CD,∴EF⊥DE,EF⊥AE,又DE⊂平面CEF,AE⊂平面AEF,∴∠DEA即为二面角A-EF-C的平面角,∴∠DEA=60°.取AE,BF的中点O,P,连接OD,OP,∵∠DEA=60°,OE=12DE=1∴OD2=4+1-4cos60°=3,∴OD2+OE2=DE2,∴OD⊥AE,∵OP∥EF,∴OP⊥DE,OP⊥AE,又AE,DE⊂平面AED,AE∩DE=E,∴OP⊥平面AED,∵OD⊂平面AED,∴OD⊥OP,以O为坐标原点,OA,OP,OD的方向为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系如图,则D(0,0,3),E(-1,0,0),F(-1,4,0),C(0,4,3),设M(1,m,0)(0≤m≤4),则DE=(-1,0,-3),EM=(2,m,0),EC=(1,4,3),设平面EMC的法向量为n=(x1,y1,z1),则EM令y1=2,则x1=-m,z1=m−83∴n=−m,2,m−8∵直线DE与平面EMC所成的角为60°,∴sin60°=|cos<DE,n>|=|DE整理得m2-4m+3=0,解得m=1或m=3,∴存在点M,当AM=1或AM=3时,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.

类型2动态问题的探索1.★★(2025届河北名校联考,3)正四棱锥P-ABCD底面边长与侧棱长均为2,O为空间任一点,且满足OA·OB=0,则线段OP长度的取值范围为(A.[2,2+1]B.[3,3+1]C.[3-1,3+1]D.[2-1,2+1]答案C2.★★(2026届河南部分学校期中,7)在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是B1C1上靠近点B1的三等分点.设集合Q是底面ABCD内(含边界)所有的点构成的集合,集合H={I∈Q|ID1<MD1},则集合∁QH所表示的区域面积为()A.9-2πB.4+πC.πD.9-π答案D3.★★(2025届安徽安庆新安中学月考,8)已知正四面体ABCD的棱长为2,点E是BC的中点,点P在正四面体表面上运动,并且总保持PE⊥BC,则动点P的轨迹周长为()A.4B.33答案D4.★★★(2026届广东阳江阳西第一中学月考,7)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,E为棱CC1的中点,点M为侧面BCC1B1内一动点,且A1M∥平面AED1,则线段A1M长度的最小值为()A.1B.6答案D5.★★★★(动态垂直模型)(2025届辽宁沈阳市郊联合体期中,5)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AA1=8,M是该正四棱柱表面上的一动点,且满足DM⊥BD1,则点M的运动轨迹的长度为()A.16B.85答案B6.★★★★(2026届山东菏泽第一中学月考,8)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,BB1=1,点M是平面B1CDA1内的动点,且MA⊥MC,则MC长度的最大值为()A.25C.4答案D7.★★★★(2025届河南濮阳一模,7)截交线,是平面与空间形体表面的交线,它是画法几何研究的内容之一.当空间几何体表面是曲面时,截交线是一条平面曲线;当空间几何体表面由若干个平面组成时,截交线是一个多边形.已知正三棱锥O-ABC,满足OA⊥OB,OB⊥OC,OA⊥OC,OA=3,点P在△ABC内部(含边界)运动,且OP=6,则点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为()A.3πC.π2答案A8.★★★(多选)(2026届湖南永州第一中学月考,11)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是线段BC1(含端点)上的一个动点,则下列结论正确的是()A.A1C⊥DPB.若点M在正方形A1B1C1D1内(含边界),且DM=2,则点M的轨迹长为πC.三棱锥D-A1BP的体积的最大值为2D.存在点P,使得异面直线A1B1与DP所成的角为