立体几何中的动态与探索性问题 课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何动态与探索性问题，依据高考评价体系覆盖空间位置关系判定、数量关系计算、存在性与参数求解三大核心考点，通过真题分析明确动态点线面位置关系、线面角范围等高频题型，对接直观想象、逻辑推理素养要求，构建系统备考体系。 课件亮点在于“真题训练+思维建模+素养提升”策略，如以正三棱柱动态点问题为例，运用坐标系向量法与几何性质定理法突破位置关系判定，培养数学思维与空间想象能力。设“解题思维路径”和“方法导引”，帮助学生掌握参数范围计算技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 第9节　立体几何中的动态与探索性问题 返回目录 目录 1 2 能力高分练 课中 关键能力·可视思维 素养提升练 课中 高考定向·捕捉热点 第9节　立体几何中的动态与探索性问题 能力 高分练 课中 关键能力•可视思维 考点1　动态元素下的空间位置关系判定 命题视角:以动点、动直线、动平面为背景,探究线线、线面、面面的平行、垂直关系是否恒成立. 例1 (2026·陕西西安期末)如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1,点P,M,N分别为棱AA1,AB,A1B1的中点,点Q为线段MN上的动点.在点Q由点N出发向点M运动的过程中,以下结论不正确的是(　　) A.直线C1Q与直线AB始终垂直 B.直线C1Q与直线CP始终异面 C.直线C1Q与直线CP可能垂直 D.直线C1Q与直线BP可能垂直 C 返回目录 考点1 考点2 考点3 解析:对于A,连接CM,因为正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1,点P,M,N分别为棱AA1,AB,A1B1的中点,所以CM⊥AB,AA1⊥平面ABC,又因为AB⊂平面ABC,所以AA1⊥AB,因为CM∩AB=M,CM,AB⊂平面CMNC1,所以AB⊥平面CMNC1,又因为C1Q⊂平面CMNC1,所以C1Q⊥AB,故A正确.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,因为点M,N分别为棱AB,A1B1的中点,所以MN∥AA1,又MN⊄平面AA1C1C,AA1⊂平面AA1C1C,所以MN∥平面AA1C1C,因为C1,P,C∈平面AA1C1C,C1∉PC,Q∈MN,所以C1,P,C,Q四点不共面,所以直线C1Q与直线CP始终异面,故B正确.对于C,设NQ=λMN(0≤λ≤1),则 ==,若直线C1Q与 返回目录 考点1 考点2 考点3 直线CP垂直,则=0,即()·()=0,所以-=0,即-1+1×1=0,解得λ=,因为0≤λ≤1,所以不存在点Q使得直线C1Q与直线CP垂直,故C错误.对于D,连接C1N,因为C1A1=C1B1,N为A1B1的中点,所以C1N⊥A1B1,又因为AA1⊥平面A1B1C1,C1N⊂平面A1B1C1, 所以AA1⊥C1N,因为AA1∩A1B1=A1,AA1,A1B1⊂平面ABB1A1, 所以C1N⊥平面ABB1A1,又因为BP⊂平面ABB1A1,所以 C1N⊥BP,所以当点Q在点N的位置时,直线C1Q与直线BP 垂直,故D正确.故选C. 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练1 (多选)(2025·安徽安庆模拟)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,当点F在线段BC1上运动时,下列结论正确的是(　　) A.A1F与BD不可能平行 B.A1F与B1D始终异面 C.A1F与平面BDC1可能垂直 D.A1F与B1D始终垂直 AD 返回目录 考点1 考点2 考点3 解析:构建如图所示的空间直角坐标系,若正方体棱长为1, 则D(0,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),B(1,1,0),C1(0,1,1),则=(-1,0,1),因为点F在线段BC1上,令F(a,1,c),0≤a≤1,则=(a-1,0,c),由得c=1-a.所以F(a,1,1-a)且0≤a≤1,故=(a-1,1,-a),而=(-1,-1,-1),=(-1,-1,0), 返回目录 考点1 考点2 考点3 =(0,1,1),所以=1-a-1+a=0,即,故D正确;显然A1F在由相交线A1F和BC1所成的平面上,且B1D与该平面有交点,故F在BC1上移动过程中A1F可能与B1D相交,B错误;若=且λ∈R,则不存在这样的λ值,A正确;若平面BDC1,则显然不存在这样的a值,故C错误.故选AD. 返回目录 考点1 考点2 考点3 答题要语 几何性质+定理法:利用几何体特性,结合线面、面面平行、垂直定理推导. 坐标系+向量法:设参数表示动点坐标,通过向量运算判定位置关系. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点2　动态场景中的空间数量关系计算 命题视角:探究动态过程中空间几何量的最值、范围或定值问题. 例2 (2025·湖南三模)如图,在长方体ABCD-EFGH中,AB=4,BC=2,AE=,点M是棱EH的中点,点P,Q分别是线段MD,MC的中点. (1)求证:平面APQ⊥平面MCD; (2)平面APQ与平面ABCD的交线记为直线l,点N为直线l上一动点,求直线MN与平面APQ所成角的取值范围. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)证明:在长方体ABCD-EFGH中,因为CD⊥平面ADHE,AP⊂平面ADHE,所以CD⊥AP. 连接AM,在Rt△AEM中,已知AE=,EM=1可得AM==2.又因为AD=2,点P为MD的中点,所以AP⊥MD. 由于MD∩CD=D,且MD,CD⊂平面MCD, 所以AP⊥平面MCD. 又因为AP⊂平面APQ, 所以平面APQ⊥平面MCD. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)解:分别以DA,DC,DH所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为AB=4,BC=2,AE=,P,Q分别是线段MD,MC的中点,所以可得A(2,0,0),C(0,4,0),M(1,0,),P(,0,),Q(,2,),则=(-,0,), =(1,0,-),=(0,2,0). 返回目录 考点1 考点2 考点3 设平面APQ的法向量为n=(x0,y0,z0),由 令x0=1,解方程组可得y0=0,z0=,所以平面APQ的一个法向量为n=(1,0,). 因为PQ∥CD,CD⊂平面ABCD, 所以PQ∥平面ABCD. 又因为平面APQ∩平面ABCD=l,可知PQ∥l, 所以 设=,则+=(1,2λ,-). 返回目录 考点1 考点2 考点3 设直线MN与平面APQ所成的角为θ,根据直线与平面所成角的向量公式 sin θ=|cos<n,>|,可得sin θ=||= 当λ=0,即点N与点A重合时取等号.又因为>0,所以0<则直线MN与平面APQ所成角的取值范围是(0,]. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 1.动态元素下的面面垂直证明:依托长方体、正三棱柱等几何体特性,通过“找线线垂直→证线面垂直→用判定定理推面面垂直”的逻辑链探究证明思路. 2.动点轨迹下的线面角范围计算:以空间直角坐标系为工具,探究动点坐标表示、平面法向量求解,结合线面角向量公式及动点端点限制,确定角的取值范围. 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点3　探索性问题中的存在性与参数求解 命题视角:以“是否存在满足条件的点、线、面”“求参数的取值范围”为设问方向,结合动态背景设计探究场景. 例3 (原创)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=CC1=1,点E是线段B1C1上的动点(不与点B1,C1重合),且满足=λ,实数λ∈(0,1). (1)求三棱锥E-A1BC的体积; (2)若二面角E-A1B-B1的余弦值不超过,求实数λ的取值 范围. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解:(1)根据题意,S△EBC·h, 又因为S△EBC=BC·CC1=1=, 因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=CC1=1,当点E是线段B1C1上的中点时,A1E⊥平面EBC, 所以点A1到平面EBC的距离d=, 即三棱锥A1-EBC的高h=, 所以 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AA1⊥AC,AA1⊥AB, 则以A为原点,以AB所在直线为x轴,以AC所在直线为y轴,以AA1所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),C1(0,1,1), 又因为==λ(-1,1,0),则E(1-λ,λ,1), 返回目录 考点1 考点2 考点3 则=(1-λ,λ,0),=(1,0,-1), 设平面A1EB的一个法向量为m=(x,y,z),则取z=1,则x=1,y=,故m=(1,,1), 又因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,则AC⊥平面A1BB1,所以平面A1BB1的法向量为n==(0,1,0), 又因为二面角E-A1B-B1的平面角为锐角,则二面角的余弦值为 返回目录 考点1 考点2 考点3 |cos<m,n>|=||=, 令=t,因为λ∈(0,1),则t<0, 故,即t2≤4,则-2≤t<0,即-2,故,所以λ∈[,1). 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练2 (2025·江苏常州期中)已知动点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上一点,记=λ,当∠APC为钝角时,λ的取值范围为 (　　) A. (0,) B.(,1) C. (0,) D.(,1) C 返回目录 考点1 考点2 考点3 解析:如图,以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),=(0,-1,0), =(-1,-1,1),=(-1,0,0), 返回目录 考点1 考点2 考点3 则-=(0,-1,0)-λ(-1,-1,1)=(λ,λ-1,-λ),-=(-1,0,0)-λ(-1,-1,1)=(λ-1,λ,-λ),则cos∠APC=cos<>=<0,因为3λ2-2λ+1=3(λ-)2+>0,所以3λ2-2λ<0,解得0<λ<,所以λ的取值范围为(0,).故选C. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 强调“动态”与“定量”的结合,突破静态几何的考查局限,更贴合实际问题中几何元素的运动特性. 返回目录 考点1 考点2 考点3 素养 提升练 课中 高考定向•捕捉热点 命题趋势1:近年高考中立体几何动态与探索性问题以能力考查为主,集中在点、线、面的动态变化,逐步加强与空间角、距离及体积等知识的综合考查. 1.在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形,AB=2,AD=4, PA=,E为棱BC的中点,O为四棱锥P-ABCD外接球的球心,F为球O的球面上的一个动点,则的取值范围是(　　) A.[-4,4] B.[-2,2] C.[-] D.[-] D 返回目录 解析:连接AC,BD交于点H,∵四边形ABCD为矩形,∴AH=BH=CH=DH. 连接OH,OE,EH,则OH⊥平面ABCD, ∴四棱锥P-ABCD的外接球半径R=||=, 又||=, =||·||cos<>=cos<>. ∵cos<>∈[-1,1],[-].故选D. 返回目录 命题趋势2:强化立体几何动态中空间位置关系的探索,融合空间向量与几何法分析,创新动点轨迹与存在性讨论. 2.(2026·河北张家口开学考试)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中, AB=BC=6,AA1=3,点P,Q分别为BC,C1D1的中点,点M为长方形ADD1A1内一动点(含边界),若直线QM∥平面APC1,则点M的轨迹长度为(　　) A. B.2 C.2 D.3 D 返回目录 解析:在长方体ABCD-A1B1C1D1中,取A1D1,B1C1的中点G,H,连接AG,GH,BH,由点P为BC的中点,得C1H∥BP,C1H=BP,则四边形BPC1H是平行四边形,所以BH∥C1P,又GH∥A1B1∥AB,GH=A1B1=AB,则四边形ABHG是平行四边形,于是AG∥BH∥C1P,取GD1的中点E,在AD上取点F,使得AF=GE,连接EF, QE,QF,而AF∥GE,则四边形AGEF为平行四边形,EF∥AG,而AG⊂平面APC1,EF⊄平面APC1,于是EF∥平面APC1,由Q为C1D1的中点,E为GD1的中点,得QE∥C1G,而C1G⊂平面APC1,QE⊄平面APC1,则QE∥平面APC1,又EF∩QE=E,EF,QE⊂平面QEF,因此平面QEF∥平面APC1,又由直线QM∥平面APC1,点M∈平面ADD1A1,则点M在平面QEF与平面 ADD1A1的交线EF上,从而点M的轨迹就是线段EF,而EF=AG==3,所以点M的轨迹长度为 3故选D. 返回目录 $