立体几何中的存在和动态问题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“立体几何中的存在和动态问题”热点，依据高考评价体系梳理了存在性探索和动态轨迹两大核心考点，通过近三年联考真题分析明确存在性问题占比55%、动态问题占比45%的高频考查方向，归纳出几何法（线面平行判定）和代数法（空间向量运算）等常考题型。 课件亮点在于“真题典例+方法归纳+变式训练”的备考设计，如以2026届江苏联考存在性问题为例，用中位线构造平行四边形证线面平行，培养学生逻辑推理和空间观念素养。针对动态轨迹问题总结“轨迹法”“向量法”突破技巧，帮助学生掌握答题规律，教师可依托课件实现考点精准突破，提升复习效率。

高考热点9　立体几何中的存在和动态问题 返回目录 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: 返回目录 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.   返回目录 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,   返回目录 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.   返回目录 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. 返回目录 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, 返回目录 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= = = . 返回目录   (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>|= = = , 返回目录 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 = . 返回目录 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. 返回目录 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 返回目录 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 返回目录 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   返回目录 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. 返回目录 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, 返回目录 又PC= =2 , ∴MN= PC= .   返回目录 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     返回目录 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】 返回目录 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 , 返回目录 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. 返回目录 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     返回目录 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  返回目录 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. 返回目录 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. 返回目录 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. 返回目录 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     返回目录 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, 返回目录 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】 返回目录 所以MN长度的取值范围是 . 故选C. 返回目录 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 . 返回目录   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. 返回目录 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BCE B.平面BCE⊥平面DCC1D1 C.点E到平面B1CD1的距离为定值      AB D.存在一点E,使得直线C1E与平面ADD1A1所成角为  返回目录 解析　几何法　对于A,由正方体易知A1D1∥BC,又A1D1不在平面BCE内,BC在平面BCE 内,所以A1D1∥平面BCE,正确; 对于B,由正方体易知BC⊥平面DCC1D1,又BC在平面BCE内,所以平面BCE⊥平面DCC1D1, 正确;   对于C,连接B1C,B1D1,在正方体中,易知A1D∥B1C,又A1D不在平面B1CD1内,B1C在平面B1CD1内, 所以A1D∥平面B1CD1,又E为A1D上的动点,所以点E到平面B1CD1的距离等于点A1到平面 返回目录 B1CD1的距离h,  = × × × = , = ×1×1= , 由等体积法可得 = , 即 × ×h= × ×1,所以h= , 所以点E到平面B1CD1的距离为定值 ,错误; 对于D,连接D1E,由正方体易知∠C1ED1为直线C1E与平面ADD1A1所成角, 所以sin∠C1ED1= ,若存在一点E,使得直线C1E与平面ADD1A1所成角为 , 即需满足C1E=2,亦即D1E= , 返回目录 而在等腰直角三角形D1A1D中,D1A1=D1D=1,A1D= ,显然D1E= 不能成立, 所以不存在点E,使得直线C1E与平面ADD1A1所成角为 ,错误.故选AB. 返回目录 $