高考热点9　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“立体几何中的存在与动态问题”热点，依据高考评价体系梳理存在性探索（如点线面位置关系）和动态轨迹分析（如线段长度范围）两大核心考点，通过近三年真题统计明确多选题、解答题等常考题型占比，构建“问题情境—模型构建—推理求解”的答题体系。 课件亮点在于“真题解析+素养落地”，如以正方体中平面夹角问题为例，用空间向量法推导存在性结论，动态问题结合轨迹方程培养逻辑推理和空间观念素养。特设“易错点警示”（如法向量计算失误）和“母题变式训练”，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此高效指导学生冲刺高考。

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 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EFG B.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EGF     ABD     D.若二面角A-GF-E的余弦值为 ,二面角A-EF-G的余弦值为 ,则二面角A-EG-F的余 弦值为  返回目录 解析　对于A,设点A到平面EFG的距离为h,连接BD,如图1, 由平面EFG与正方体每条棱的夹角都相同,得棱AB,AD,AA1与平面EFG所成角都相等, 则 = = ,于是AF=AG=AE,又AB=AD,则 = ,故FG∥BD,因为BD⊄平面EFG, FG⊂平面EFG,因此BD∥平面EFG,A正确;  　      返回目录 对于B,设AF=a,AE=b,AG=c,a,b,c>0,则EF2=b2+a2,GF2=c2+a2,EG2=b2+c2, 从而EF2<GF2+EG2,则∠EGF<90°,同理,∠EFG<90°,∠GEF<90°, 因此三角形EFG为锐角三角形,B正确; 对于C,以A为坐标原点建立空间直角坐标系,如图2,则A(0,0,0),不妨设正方体的棱长为 2, 则M(2,2,1),F(1,0,0),则 =(2,2,1),设E(0,0,t),则 =(1,0,-t), 假设存在点E,使得AM⊥平面EGF,则AM⊥EF,即 · =2-t=0,解得t=2,即E与A1重合, 不符合题意,因此不存在点E,使得AM⊥平面EGF,C错误; 对于D,由选项C得,平面AEF的一个法向量为a=(0,1,0),平面AGF的一个法向量为b=(0,0, 1),平面AEG的一个法向量为t=(1,0,0),设平面EFG的法向量为c=(x,y,z),x,y,z>0, 返回目录 则 = = ,得3z2=x2+y2, = = ,得2y2=x2+z2, 因此y2= x2,z2= x2, 则cos<t,c>= = = = ,所以二面角A-EG-F的余弦值为 ,D正 确.故选ABD. 返回目录 2.★★★★(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=2 ,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 ?若存在,求 出点M的位置;若不存在,请说明理由.   返回目录 解析    (1)证明:取PB的中点F,连接EF,CF,   则EF∥AB,且EF= AB, 因为∠ABC=∠BCD=90°,AB=2,CD=1, 所以CD∥AB,且CD= AB, 所以EF∥CD,且EF=CD, 所以四边形CDEF为平行四边形, 返回目录 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= , 所以BD2+AD2=4=AB2, 则∠ADB=90°,所以AD⊥BD. 返回目录 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  =λ ,然后求出平面MAB与平面MBC的法向量,再利用向量的夹角公式求解】 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,   返回目录 则A(0,2,0),B(0,0,0),C(1,0,0),D(1,1,0),P(0,0,2), 设 =λ ,λ∈(0,1),则M(λ,λ,2-2λ),则 =(λ,λ,2-2λ), =(0,2,0), =(1,0,0), 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  令x1=2λ-2,得n1=(2λ-2,0,λ);   令y2=2λ-2,得n2=(0,2λ-2,λ). 返回目录 设平面MAB与平面MBC的夹角为θ,θ∈ , 则cos θ=|cos<n1,n2>|= = = ,解得λ= . 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 . 返回目录 3.★★★★(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. 返回目录 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, 返回目录 ∴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, 返回目录 ∵∠DEA=60°,OE= DE=1, ∴OD2=4+1-4cos 60°=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, , , 的方向为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系如图,   返回目录 则D(0,0, ),E(-1,0,0),F(-1,4,0),C(0,4, ), 设M(1,m,0)(0≤m≤4),则 =(-1,0,- ), =(2,m,0), =(1,4, ), 设平面EMC的法向量为n=(x1,y1,z1),则  令y1=2,则x1=-m,z1= , ∴n= , ∵直线DE与平面EMC所成的角为60°, ∴sin 60°=|cos< ,n>|= = = , 返回目录 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°. 返回目录 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 · =0,则线段OP长度的取值范围为 ( ) A.[ , +1]　　     B.[ , +1] C.[ -1, +1]　　    D.[ -1, +1]     C     返回目录 解析　解法一　向量法　【点思路:建立空间直角坐标系,根据 · =0,可得点O在以 M(1,0,0)为球心,1为半径的球面上,且PM= ,从而可得线段OP长度的取值范围】取底 面正方形中心S,AB,BC的中点M,N,连接SM,SN,SP, 以S为原点,SM,SN,SP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 则A(1,-1,0),B(1,1,0),P(0,0, ),   设O(x,y,z),则 =(1-x,-1-y,-z), =(1-x,1-y,-z), 因为 · =0,所以(x-1)2+y2+z2=1, 返回目录 所以点O在以M(1,0,0)为球心,1为半径的球面上, 且PM= = , 则 -1≤OP≤ +1,即线段OP长度的取值范围为[ -1, +1]. 故选C. 解法二　几何法　因为 · =0,即OA⊥OB,所以O的轨迹是以AB为直径的球面,则球 的半径R= AB=1,则球心在AB上且是AB中点M,取底面正方形中心S,连接PM,SM,BS,因 为PS= = = ,SM=1,所以PM 2=PS 2+SM 2=3,即PM= , 则 -1≤OP≤ +1,即线段OP长度的取值范围为[ -1, +1]. 故选C. 返回目录 2.★★(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.9-2π　　    B.4+π　　    C.π　　    D.9-π     D     解析　根据题意可得MD1= = .连接ID,易得DD1⊥ID,则ID1= =  < ,得ID<2,则点I的轨迹为底面ABCD内以点D为圆心,2为半径且圆心角为  的扇面(不包括圆弧),所以集合∁QH所表示的区域面积为9- ·π·22=9-π.   返回目录 3.★★(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.4　　    B.3 　　    C.4+ 　　    D.2+2      D     返回目录 解析　因为AB=AC,DB=DC,所以AE⊥BC,DE⊥BC,又AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE,所 以BC⊥平面ADE,   由于点P始终保持PE⊥BC,且P在正四面体表面上运动,因此P的轨迹为平面ADE与正四 面体表面的交线,即△ADE(不含E点). △ADE为等腰三角形,其中AD为底边,长为2,AE和DE为腰,长均为 = . 因此,△ADE的周长为2+2 .故选D. 返回目录 4.★★★(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.1　　    B. 　　    C. 　　    D.      D     返回目录 解析　【点思路:由动态平行问题可知需转化为面面平行来解决,所以关键是作出过A1 且与平面AED1平行的平面】在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,取BC的中点F,连接BC1,EF, AF,由四边形ABC1D1是平行四边形,E为棱CC1的中点,得AD1∥BC1∥EF,平面AED1即平 面AD1EF,取BB1,B1C1的中点E1,F1,连接A1E1,A1F1,E1F1,FF1,则E1F1∥BC1∥EF,又EF⊂平面 AED1,E1F1⊄平面AED1,则E1F1∥平面AED1,而FF1∥BB1∥AA1,FF1=BB1=AA1, 于是四边形AFF1A1是平行四边形,故A1F1∥AF,又AF⊂平面AED1,A1F1⊄平面AED1,则 A1F1∥平面AED1,又A1F1∩E1F1=F1,A1F1,E1F1⊂平面A1E1F1, 因此平面A1E1F1∥平面AED1,而A1M∥平面AED1,则A1M⊂平面A1E1F1, 返回目录 又点M为侧面BCC1B1内一动点,则点M的轨迹为线段E1F1, 由AA1=2AB=2,得A1F1=E1F1= ,A1E1= ,cos∠A1E1F1= = , sin∠A1E1F1= = ,因此等腰△A1E1F1的腰E1F1上的高等于A1E1sin∠A1E1F1=  = , 故线段A1M长度的最小值为 .故选D.   返回目录 5.★★★★(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.16　　    B.8 　　    C.8 　　    D.16      B     返回目录 解析　【点思路:要作出过点D与BD1垂直的平面,可寻找过点D与BD1垂直的两条相交 直线DP,DQ,进而得到正四棱柱被平面所截的截面图形】如图,在CC1上取点P,使CP=2, 连接DP,CD1,   则tan∠PDC=tan∠D1CC1= , 故∠PDC=∠D1CC1, 又∠PDC+∠DPC=∠D1CC1+∠DPC=90°,故DP⊥D1C, 因为BC⊥平面CDD1C1,DP⊂平面CDD1C1,所以DP⊥BC, 返回目录 又BC∩D1C=C,BC,D1C⊂平面BD1C, 故DP⊥平面BD1C, 又BD1⊂平面BD1C,故DP⊥BD1, 在AA1上取点Q,使AQ=2,连接DQ,同理可证DQ⊥BD1, 又DQ∩DP=D,DQ,DP⊂平面DPQ,则BD1⊥平面DPQ, 【下面确定平面DPQ与正四棱柱ABCD-A1B1C1D1各面的交线】 设平面DPQ与棱BB1交于点N,连接PN,QN, 则平面DPQ∩平面A1ABB1=NQ, 又平面DPQ∩平面D1DCC1=DP, 返回目录 由于平面A1ABB1∥平面D1DCC1,所以NQ∥DP, 同理可证DQ∥NP,故四边形DQNP为平行四边形,则D,Q,N,P四点共面, 在棱BB1上取点R,使BR=2,连接AR,PR, 则RP∥BC∥DA,RP=BC=DA, 则四边形ARPD是平行四边形,则AR∥DP,所以QN∥AR, 又NR∥QA,所以四边形QARN是平行四边形,则RN=AQ=2, 则N为BB1的中点,由AB=4,AA1=8, 可得NP=PD=DQ=QN=2 ,则四边形DPNQ为菱形, 由DM⊥BD1,得点M在过点D且与BD1垂直的平面内, 返回目录 即平面DPNQ内, 又点M是该正四棱柱表面上的一动点, 故点M的运动轨迹即为菱形DPNQ,且该菱形的周长为8 . 故选B. 返回目录 6.★★★★(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. 　　    B. 　　     C. 　　    D.      D     返回目录 解析　如图,连接AC,由AB=BC=2,得AC=2 ,   由MA⊥MC可知M点在以AC的中点O为球心, 为半径的球面上, 而M又在平面B1CDA1内,故M为平面B1CDA1截球O所得的截面圆上的动点.【M的轨迹 是截面圆,关键是找到截面圆的圆心,常见思路是过球心O作平面B1CDA1的垂线】 取CD的中点E,AB的中点F,A1B1的中点G,连接EF,FG,EG, 则由长方体的性质得CD⊥平面EFG且三角形EFG为直角三角形, 而CD⊂平面B1CDA1, 返回目录 所以平面B1CDA1⊥平面EFG, 作OO1⊥GE于O1,因为平面B1CDA1∩平面EFG=GE,OO1⊂平面EFG, 故OO1⊥平面B1CDA1,故O1为截面圆的圆心. 又OO1=OEsin∠OEO1=sin∠OEO1= = , 故截面圆的半径O1M= = ,即点M在以O1为圆心, 为半径的圆上, 而C既在球面上,又在平面B1CDA1内,故C在截面圆上, 【确定C与圆O1的位置关系,若C在圆外则最大值为CO1+r(截面圆半径),若C在圆上,则 最大值为圆的直径】 故MC长度的最大值即为截面圆的直径 .故选D. 返回目录 7.★★★★(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= ,则点P的轨迹与这 个正三棱锥的截交线长度为 ( ) A. 　　    B. 　　     C. 　　     D.π     A     返回目录 解析　由题意可得OA⊥平面OBC,△ABC是边长为3 的正三角形,设△ABC的中心为 E,   由VO-ABC=VA-OBC,即  (3 )2sin ·OE=  333,得OE= , 因为点P在△ABC内部(含边界)运动,且OP= , 所以点P的轨迹是以O为球心, 为半径的球面与△ABC内部(含边界)相交所得的弧, 【由OE⊥平面ABC可得E是截面圆的圆心】 又EP= = , 返回目录 即点P的轨迹是以E为圆心,EP= 为半径的圆在△ABC内部(含边界)的弧, 如图,作ED⊥AB于D,圆E与AB的交点为G,H,则EG=EH= ,   又ED=  = , 所以cos∠GED= = = , 则∠GED= ,所以∠GEH= , 则点P的轨迹在△ABC内部(含边界)的弧所对的圆心角为2π-3× = , 返回目录 则弧长为 × = , 即点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为 .故选A. 返回目录 8.★★★(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⊥DP B.若点M在正方形A1B1C1D1内(含边界),且DM= ,则点M的轨迹长为  C.三棱锥D-A1BP的体积的最大值为      AB     D.存在点P,使得异面直线A1B1与DP所成的角为30° 返回目录 解析　对于A,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有A1C⊥平面DBC1,因为DP⊂平面DBC1,所以 A1C⊥DP,A正确; 对于B,DM= ,则点M在以点D为球心,半径R= 的球面上,又点M在正方形A1B1C1D1内 (含边界),所以点M在球与正方形A1B1C1D1的交线上,即点M在以点D1为圆心,1为半径的  圆周上,点M的轨迹长为2π×1× = ,B正确; 【另解:因为DM2=D1D2+ ,所以D1M=1,即点M在以点D1为圆心,1为半径的 圆周 上】对于C, = ,点A1到平面DBP的距离是定值 A1C= ,三棱锥D-A1BP的体 积取最大值,即三棱锥A1-DBP的体积取最大值,即底面DBP的面积取最大值,即点P与点 返回目录 C1重合,( )max=( )max= =  × = ,C错误; 对于D,异面直线A1B1与DP所成的角,即为直线DC与DP所成的角,即∠CDP,CP∈  ,CD=1,所以tan∠CDP= ∈ ,又tan 30°= ∉ ,所以D错误. 故选AB. 返回目录 9.★★★(多选)(2025届广东肇庆二模,10)如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中, 点P满足 =λ +μ ,λ∈[0,1],μ∈[0,1],则下列说法正确的是 ( )   A.若λ=μ,则DP∥平面AB1D1 B.若λ=2μ,则点P的轨迹长度为 a C.若μ=1,则存在λ,使DP⊥A1P     ABD     D.若μ= ,则存在λ,使A1C⊥平面DPB 返回目录 解析　因为点P满足 =λ +μ ,λ∈[0,1],μ∈[0,1],所以点P是平面BCC1B1上的动点. 对于A,若λ=μ,则 =λ +λ =λ ,λ∈[0,1],则点P在线段BC1上,如图.   因为平面A1B1C1D1∥平面ABCD,且平面ABCD∩平面B1D1DB=BD,平面A1B1C1D1∩平面 B1D1DB=B1D1,故B1D1∥BD,因为B1D1⊄平面BC1D,BD⊂平面BC1D,故B1D1∥平面BC1D,同 理可证AD1∥平面BC1D, 因为AD1,B1D1⊂平面AB1D1,且AD1∩B1D1=D1,所以平面AB1D1∥平面BC1D, 又因为DP⊂平面BC1D,所以DP∥平面AB1D1,故A正确. 返回目录 对于B,若λ=2μ,则 =2μ +μ =μ(2 + )=2μ (N为B1C1的中点,如图).   又因为λ∈[0,1],λ=2μ,所以2μ∈[0,1].故点P的轨迹长度为BN= ,故B正确. 对于C,解法一　几何法　若μ=1,则 =λ + ,所以 - = =λ =λ ,λ∈[0,1]. 所以点P在线段CC1上(如图).   假设DP⊥A1P,【用反证法,假设成立得出矛盾】 则DP2+A1P2=A1D2,又DP2=DC2+PC2,A1P2=A1 +P ,PC1=(1-λ)CC1, 返回目录 得a2+(λa)2+a2+a2+(1-λ)2a2=( a)2,化简得λ2-λ+1=0, 该方程无实数解,所以λ不存在,故C错误. 解法二　向量法　建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则D(0,0,0),B(a,a,0),A1(a,0,a), C(0,a,0),B1(a,a,a), 所以 =(-a,0,0), =(0,0,a),则 =λ + =(-a,0,λa),因为B(a,a,0),所以P(0,a,λa),所以  =(0,a,λa), =(-a,a,(λ-1)a),因为 · =a2+λ(λ-1)a2=a2(λ2-λ+1)=a2· ≠0, 所以DP与A1P不垂直,故C错误.   返回目录 对于D,如图,设M为BC的中点,   当μ= 时, =λ +  =λ + ,即 =λ ,同选项C解法二得,M , P . 所以 =(-a,a,-a), =(a,a,0), = . 假设存在λ,使A1C⊥平面DPB,则  返回目录 即  解得λ= .故D正确. 故选ABD. 返回目录 $