第7章 高考热点9 立体几何中的存在和动态问题（word练习）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习练案

**基本信息** 聚焦立体几何存在与动态问题，以空间向量法与几何直观为核心，构建“问题探究-参数化建模-逻辑推理”的解题体系，培养空间观念与数学表达能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |存在性问题探索|3题（含多选、解答题）|坐标参数法设点，法向量求空间角，方程思想判定存在性|从几何体性质（如正方体、四棱锥）到线面平行垂直判定，递进至二面角、线面角计算| |动态问题探索|9题（含多选、轨迹问题）|轨迹方程构建，空间垂直关系转化，距离最值代数化|以正方体、正四棱锥为载体，整合动点轨迹、动态垂直、截交线等，强化空间几何与代数的融合|

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 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 答案　ABD　 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. 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, 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. 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,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, 则A(0,2,0),B(0,0,0),C(1,0,0),D(1,1,0),P(0,0,2), 设,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). 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. 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. 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=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, 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>|=, 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=0,则线段OP长度的取值范围为 (　　) A.[,+1]　　　B.[,+1] C.[-1,+1]　　　D.[-1,+1] 答案　C　 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 答案　D　 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 答案　D　 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. 答案　D　 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 答案　B　 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.　　　 C. 答案　D　 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.　　　 C.　　　D.π 答案　A　 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 D.存在点P,使得异面直线A1B1与DP所成的角为30° 答案　AB　 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∈[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 D.若μ=,则存在λ,使A1C⊥平面DPB 答案　ABD　 第 5 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $