13立体几何中的动态与探索问题——2027届高三一轮复习立体几何回归教材版讲义

该高中数学高考复习讲义聚焦立体几何动态与探索性问题，整合向量法探究平行垂直、空间角距离及动点轨迹三大核心考点，按“方法策略-教材回归-考点例题-跟踪练习”逻辑架构知识体系。通过考点梳理明确命题规律，方法指导提炼解题策略，真题训练强化应用能力，助力学生系统突破难点。 讲义突出回归教材与分层训练特色，采用“假设-推理-验证”探究式教学，如教材正方体动点问题中，引导学生用向量法构建方程判断存在性，培养数学思维与空间观念。设置选择、填空、解答分层练习，配合即时反馈，确保高效提升学生空间想象与解题能力，为教师精准把控复习节奏提供有力支持。

2027届高三一轮复习立体几何回归教材版讲义 ——13 立体几何中的动态与探索性问题 知识梳理 1、向量法探究平行、垂直问题的策略 对于空间位置关系的探究，先假设所探究的平行、垂直关系成立，再建立适当的空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示出来，根据线、面满足的位置关系构建方程(组)求解，最后根据方程(组)解的情况来判断所探究的点是否存在． 2、向量法探究空间角、空间距离问题的策略 先假设存在，把要探究的空间角、空间距离的大小当作已知条件，据此列方程或方程组，再把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等来进行求解． 3、解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 （1）几何法：根据平面的性质进行判定. （2）定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算. （3）特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或特殊位置进行排除. 注意：动态立体几何问题，在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口. 回归教材： 【人教A版选择性必修一复习参考题第16题】如图，在棱长为a的正方体中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且. （1）求证：； （2）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF的夹角正切值. 【答案】（1）证明见详解；（2） 【解析】 【分析】（1）以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积即可证明. （2）根据三棱锥的体积最大时，E，F分别是棱AB，BC上中点，过作，连接，得出为平面与平面BEF的夹角，在中即可求解. 【详解】（1）以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，如图： 设，则，，，，，，由，. （2），若三棱锥的体积取得最大值，则取得最大值， ，当且仅当时，即时取等号，即E，F分别是棱AB，BC上中点， 过作，连接，由三垂线定理可得，得出为平面与平面BEF的夹角，，，所以. 【人教A版选择性必修一习题1.4第16题】如图，在直三棱柱中，，，，M是AB的中点，N是的中点，P是与的交点．在线段上是否存在点Q，使得平面？ 【答案】存在，在靠近的三等分点处 【解析】 【分析】建立空间坐标系，利用空间向量进行求解，平面则可利用与平面的法向量垂直求解. 【详解】如图，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则, ，设面的法向量,则,即. 令得因为平面，所以,即. 所以得，,所以. 因为，，所以存在在三等分点处靠近，使得平面. 【人教A版选择性必修一习题1.4第18题】在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记． （1）求MN的长； （2）a为何值时，MN的长最小？ （3）当MN的长最小时求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值． 【答案】（1）；（2）时，最小，最小值为；（3） 【解析】 【分析】以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，求得、、、、、的坐标．（1）直接由两点间的距离公式可得；（2）把（1）中求得利用配方法求最值；（3）由（2）可知，当，为中点时，最短，求出、的坐标，取的中点，连接，，可得的坐标，连接，，得到是平面与平面的夹角或其补角，再由与的夹角求解． 【详解】如图建立空间直角坐标系， ，， ， ，，， ． （1）； （2），当时，最小，最小值为； （3）由（2）可知，当，为中点时，最短，则，0，，，，， 取的中点，连接，，则，，，，，，， 是平面与平面的夹角或其补角．，， ． 平面与平面夹角的余弦值是． 【人教A版必修二第8.6.2节152页练习第3题】如图，在直四棱柱中，当底面四边形满足什么条件时，？ 【答案】底面四边形的两对角线垂直时 【解析】 【分析】欲使，即使得成立，即得到平面，已知，再增加即可得到。 【详解】当底面四边形的两对角线垂直时，可得到. 证明如下：如图，连接. ∵在直四棱柱D中，平面，面，. 若，又，平面.平面，. 而直四枝柱中，显然，. 【点睛】本题考查了线面垂的判定定理，本题主要通过开放的形式来考查，具有灵活性。 【人教A版必修二习题8.6第20题】如图，AB是的直径，点C是上的动点，过动点C的直线VC垂直于所在平面，D，E分别是VA，VC的中点，判断直线DE与平面VBC的位置关系，并说明理由. 【答案】直线DE与平面VBC垂直，理由见解析 【解析】 【分析】先证明平面平面VBC，再根据面面垂直的性质证明AC与平面VBC垂直，即可得证. 【详解】直线DE与平面VBC垂直 理由：由VC垂直于所在平面，知，即是二面角A-VC-B的平面角. 由AB是的直径，知.因此，平面平面VBC. 由两个平面垂直的性质定理， 平面平面VBC，交线为VC，，平面VAC，可知直线AC与平面VBC垂直， 由D，E分别是VA，VC的中点，知， 所以直线DE与平面VBC垂直. 【点睛】此题考查面面垂直的证明和根据面面垂直的性质证明线面垂直，其中涉及利用三角形中位线得平行关系. 【人教A版必修二习题8.6第21题】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC是否互相垂直？如果垂直.请证明；如果不垂直，请说明理由. 【答案】垂直，证明见解析 【解析】 【分析】根据图形特征证明平面PBC，即可证明平面AEF与平面PBC互相垂直. 【详解】垂直，证明如下： 底面ABCD，平面ABCD，，又底面ABCD为正方形， ，而.平面PAB 平面PAB，.，E为PB的中点，.而, 平面PBC.平面AEP，∴平面平面PBC. 【点睛】此题考查面面垂直的证明，涉及动平面与一个平面垂直的证明，关键在于证明直线与平面垂直，涉及直线与平面垂直的判定和性质的综合应用. 考点梳理： 例．（多选）（2026·广东汕头·一模）正方形、的边长为1，且它们所在的平面互相垂直.点、分别在正方形对角线和上移动，且．则（    ） A．直线与所成的角为 B．平面 C．当时，的长最小，且最小值为 D．当的长最小时，点到平面的距离为 【答案】BC 【分析】由题意可建立适当空间直角坐标系，则可表示出各点坐标；对A：表示出向量，后，利用向量夹角的余弦公式计算即可得；对B：求出平面的法向量及向量后，计算即可得；对C：借助向量与模长的关系计算即可得；对D：结合C中所得，可得到向量，再计算出平面的法向量后，利用点到平面距离公式计算即可得. 【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则、、、、、，对A：，，则， 故直线与所成的角为，故A错误； 对B：由，则，，则，，，设平面的法向量为，则有，可取，则，则，有，故，又平面，故平面，故B正确； 对C：，则， 故当且仅当时，取最小，且最小值为，故C正确； 对D：由C知，当的长最小时，，此时，，则，设平面的法向量为，则有，可取，则，则，又，则点到平面的距离，故D错误. 例．（2026·河北·二模）已知棱长为4的正四面体的各顶点均在球的球面上，为的中点，动点在球的球面上运动，且．记在平面上的射影为，则的轨迹长度为___________，的轨迹所围成的区域面积为___________． 【答案】 【分析】根据正四面体及外接球的性质，运用几何法求出外接球半径，进而求出点的轨迹长度，求出点所在平面和点所在平面的夹角余弦值，进而求出点的轨迹所围成的区域面积． 【详解】 如图，设在平面上的射影为，四面体的外接球的半径为， 则，由得，解得，为的中点，，又，的轨迹是半径为的圆， 的轨迹长度为，设的轨迹所在平面为，记平面与平面的夹角为， 平面的法向量，平面的法向量，则， 的轨迹所围成的区域面积为． 例、如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF. (1)求二面角D－BF－C的余弦值； (2)在线段AB(含端点)上是否存在一点P，使得FP∥平面AED？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)过D作DM⊥AB于M，∵∠DAB＝60°，∴AM＝ADcos∠DAB＝AD， ∵四边形ABCD是等腰梯形，CB＝CD，∴AD＝CD＝CB，∴AB＝2AM＋CD＝2AD， 在△ABD中，由余弦定理可得BD＝＝AD，∴AD2＋BD2＝AB2，故BD⊥AD. 以D为坐标原点，DA，DB所在直线分别为x轴、y轴，过点D作CF的平行线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CD＝CB＝2，则BD＝2，AD＝2， ∴D(0，0，0)，A(2，0，0)，F(－1，，2)，B(0，2，0)，C(－1，，0)，＝(0，2，0)， ＝(－1，，2)，＝(1，，0)，＝(－1，－，2)， 设平面DBF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即 取x1＝2，得n1＝(2，0，1)．设平面CBF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则即取y2＝，得n2＝(－3，，0)． ∵|cos〈n1，n2〉|＝＝＝， 由几何体的特征可知二面角D－BF－C的平面角为锐角，∴二面角D－BF－C的余弦值为. (2)假设在线段AB(含端点)上存在一点P，使得FP∥平面AED， ∵AE⊥BD，BD⊥AD，AE∩AD＝A，AD，AE⊂平面AED，∴BD⊥平面AED. 由(1)得，＝(－2，2，0)，＝(－3，，2)，＝(0，2，0)， 设＝λ＝λ(－2，2，0)＝(－2λ，2λ，0)，0≤λ≤1， 则＝－＝(－2λ＋3，2λ－，－2)，∵FP∥平面AED，∴⊥， ∴(2λ－)×2＝0⇒λ＝，∴在线段AB(含端点)上存在一点P，使得FP∥平面AED，此时＝. 例、如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝，如图2. (1)求证：平面BC1E⊥平面ABED； (2)在棱DC1上是否存在一点P，使得点P到平面ABC1的距离为？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，请说明理由． 解：(1) 证明：取BE的中点F，连接AF，C1F，因为四边形ABCE是边长为2的菱形，且∠BCE＝60°， 所以△ABE，△BC1E均为等边三角形，故AF⊥BE，C1F⊥BE，且AF＝C1F＝， 因为AC1＝，所以AF2＋C1F2＝AC，由勾股定理的逆定理，得AF⊥C1F， 又因为AF，BE是平面ABE内的两条相交直线，所以C1F⊥平面ABE，即C1F⊥平面ABED， 又C1F⊂平面BC1E，所以平面BC1E⊥平面ABED. (2)以F为坐标原点，FA，FB，FC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则F(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，C1(0，0，)，E(0，－1，0)，D， 设P(m，n，t)，＝λ，λ∈[0，1)，故＝λ，λ∈[0，1)， 解得m＝－λ，n＝λ－，t＝λ，故P. 设平面ABC1的法向量为v＝(x，y，z)，则＝(－，1，0)，＝(－，0，)， 故令x＝1，则y＝，z＝1，故v＝(1，，1)， 又＝，则点P到平面ABC1的距离d＝ ＝＝， 整理，得|－2＋2λ|＝1，解得λ＝或λ＝(舍去)，则P，所以＝， 设直线EP与平面ABC1所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈，v〉|＝＝＝. 综上，在棱DC1上存在一点P，使得点P到平面ABC1的距离为，此时直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为. 跟踪练习： 1. 在正方体中，已知为正方形中的一个动点，且点满足直线与平面所成的角的大小等于平面与平面所成锐二面角的大小，则点的轨迹为( ) A. 直线 B. 椭圆 C. 圆 D. 抛物线 【答案】D [解析]如图，以为原点，,,分别为,,轴建立空间直角坐标系，不妨设，其它各点相应坐标略， 设，,，过点作分别交,于点,，连接,，由在平面内，可证是直线与平面所成的角，是平面与平面所成锐二面角的平面角， 由题意，即，得，化简得，它的轨迹是抛物线.故选. 2．（2026·广东湛江·二模）已知长方体中，，，是的中点，点在线段上运动（含端点），则点到平面的距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】取的中点，过点作的垂线，垂足为，则， 又,平面，所以平面，平面，故， 又，故平面，所以点到平面的距离即为点到直线的距离即，故当点与重合时，所求距离有最大值，， 又，解得，所以点到平面的距离的最大值为. 3、若棱长为6的正方体内有一个棱长为的正四面体，且该正四面体可以在正方体内任意转动，则的最大值为( ) A. B. 3 C. D. 【答案】C [解析]由题意知，当正四面体在正方体的内切球内，正四面体可以在正方体内任意转动，故该正四面体内接于球时，其棱长最长， 因为正方体的棱长为6，所以其内切球的半径为3，设正四面体为，为底面的中心，正四面体外接球的球心为，连接，，，如图所示，则 平面,则，，又，所以在中，，解得.故选. 4．已知长方体中，，，E为的中点.若长方体表面上的动点P满足，则动点P的轨迹围成面积为（    ） A．24 B．18 C． D．12 【答案】A 【分析】由，知点P的轨迹是平面ACE与长方体表面相交线围成的图形，利用面面平行的知识作出点P的轨迹，再根据长方体的结构特征与梯形的知识计算即得答案. 【详解】由知，点P的轨迹是平面ACE与长方体表面相交线围成的图形，取的中点F，连接EF，则有，又，所以EFCA为等腰梯形，，由此可算出其高，所以等腰梯形EFCA的面积. 5．（2026·湖北黄冈·二模）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中正确的是（   ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．若平面，则动点的轨迹的长度为 D．若，则动点的轨迹长度为 【答案】A 【分析】三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，利用正弦定理可得的外接圆半径，再利用外接球性质可求出外接球半径，再利用表面积公式计算即可得A；取与中点、，利用面面平行性质定理可得平面平面，则可得B；取靠近点的四等分点，利用线面垂直判定定理可得平面，则可得动点的轨迹为线段，计算出即可得C；由对称性，可假设平面，利用线面垂直性质定理与勾股定理可得，即可得在平面内轨迹，同理可得点所有轨迹，即可得D. 【详解】对于A：由四边形为正方形，故三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，设三棱锥的外接球半径为R，的外接圆半径为， ，故，又，则，故，，因为平面，故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上，则，即，故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确，对于B：取与中点、，连接、、， 由正方体性质可得，，又平面，平面，故平面，平面，平面，故平面，又，、平面，故平面平面，由平面，则点的轨迹是除去点，故B错误； 对于C：取靠近点的四等分点，连接， 由正方体性质可得平面，又平面，故，由，，故与相似，则， 故，故，又，、平面，故平面，又平面，故动点的轨迹为线段，，故C错误；对D：若平面，因为平面，平面，故，由，则， 即点的轨迹为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆，同理可得，点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆，点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆，故其轨迹长度为，故D错误. 6．在如图所示的试验装置中，正方形框架ABCD的边长为2，长方形框架ABEF的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子M，N分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时a的取值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，得到所需各点坐标，设，将转化成，从而得到两点的坐标，再利用两点间距离公式计算，即可求出取到最小值时的值. 【详解】 由题意知，，就是二面角的平面角，即， 以为原点，以所在直线分别为轴，过点作轴平面， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设，由，可知， ，，，，解得，，当时，取到最小值，即取到最小值.故选：A 7．（多选）（2026·山西太原·二模）已知在棱长为1的正方体中，为侧面内一点（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．若平面，则的最大值为 B．若点在线段上，则的最小值为 C．存在点，使得点和点到平面的距离相等 D．三棱锥外接球的体积的最小值是 【答案】ACD 【分析】对于A，根据题意，点的轨迹为线段，再判断的最值即可；对于B，将沿翻折到与平面共面，再计算最值即可；对于C，易得点在线段上；对于D，设平面的中心为，平面的中心为，易知三棱锥外接球的球心在线段上，令，外接球半径为，利用勾股定理表示出，结合函数的性质求最值即可． 【详解】易知平面， 又点在侧面内，点的轨迹为线段，当点在处时，取最大值为，故A正确；将沿翻折到与平面共面，且在的异侧，如图，连接，交于点， 则即为的最小值，易知最小值为，故B错误； 由平分可知点和点到平面的距离相等，若点和点到平面的距离相等，必有平面，又，点在线段上，故C正确；设平面的中心为，平面的中心为，易知三棱锥外接球的球心在线段上， 令，外接球半径为，则.又，整理得，当时，，此时外接球的体积为，即点与点重合时，三棱锥外接球的体积取最小值，故D正确． 8．（多选）（2026·江苏镇江·一模）如图点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（   ） A．当为的中点时， B．当在面上，且直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 C．三棱锥体积的最大值为 D．当平面时，线段长度最大值为 【答案】ACD 【分析】由线面垂直的判定定理可判断A；由题意作出点的轨迹，计算可判断B；根据等体积法确定点的位置计算可判断C；取，，，，，的中点分别为，，，，，，连接，，，，，，，，，根据题意确定轨迹，计算可判断D. 【详解】对于A，当为的中点时，因为是线段的中点，所以，在正方体中，平面，因为平面，所以，因为，且平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确；对于B，连接，，以为圆心，为半径画，如图1所示， 当点在弧上时，直线与所成的角为，长度，故点的轨迹长度为，故B错误：对于C，因为，而等边的面积为定值，要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，易知点是正方体到平面距离最大的点， 所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体，其高为，所以，故C正确；对于D，取，，，，，的中点分别为，，，，，，连接，，，，，，，，，如图2所示， 易知，面，平面，故平面，，平面，平面，故平面，又，，平面， 故平面平面，又，，，故平面与平面是同一个平面，则点的轨迹为该正六边形，；故，故长度的最大值为，故D正确. 9．（多选）（2026·广东佛山·一模）在棱长为2的正方体中，点为侧面内一点（包含边界），则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．的最小值为5 C．若，则的轨迹长度为 D．三棱锥外接球的体积存在最大值与最小值 【答案】ACD 【分析】根据等体积法求解体积判断A；取点关于平面的对称点后连接，利用三点共线求解即可判断B；找到过点且与垂直的平面与侧面的交线，再计算交线长度即可得C；根据三棱锥外接球的特征分析计算判断D. 【详解】A，依题意点到平面的距离为棱长2，则的面积为， 故三棱锥的体积为定值，故A正确； B，如图作点关于平面的对称点，连接，则， 故，当且仅当、、三点共线时等号成立，故B错误； C， 易得，因平面，平面，则，又，平面，则平面，因平面，则，同理， 又平面，故平面，因为，所以平面， 又平面侧面，所以的轨迹为线段，其长度为，故C正确； D，如图取的中点，因为为直角三角形，所以为外接圆的圆心，设外接球的球心为，半径为R，由外接球的性质，得平面，连接， 则，以为原点，，，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，则，设，， 且，则， 整理得，因为点为侧面内一点（包含边界），当点和侧面的顶点重合时，有最小值，即有最大值，故三棱锥外接球的体积的最大值为，设正方形中心为，则，当点和点重合时，有最大值，即有最小值，故三棱锥外接球的体积的最小值为，故D正确.故选：ACD 10．（多选）（2025·安徽省安庆市·三模）如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则三棱锥的体积为定值 C．若，则直线与直线所成角的最小值为60° D．若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法可证明判断A，若，点在直线，可得体积为定值判断B；上求得直线与直线所成角的最小值判断C；确定外接球的球心，进而轨迹的周长判断D. 【详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，所以， 所以，即 ，所以，又，所以， 所以，所以，故A正确；因为，，所以点在直线上，又因为，，所以四边形是平行四边形，所心，又平面，平面，所以平面，所以到平面的距离为定值，又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确； 点为的中点，坐标为，点的坐标为 ，向量，向量，设直线与直线所成的角为，，又因为，当 时，，即直线与直线所成角的最小值为，故C错误； 因为三棱锥即为三棱锥，又底面是直角三角形，过的中点作平面，是三棱锥外接球的球心，因为平面，所以，又，所以三棱锥外接球的半径，因为点在平面内，又在三棱锥外接球的表面上，所以 的轨迹是平面截三棱锥外接球的截面圆，又易得到平面的距离为1，所以截面圆的半径为，所以 的轨迹的周长为 ，故D正确.故选：ABD. 11. 如图，在矩形中，,，为的中点，将沿折起至，记二面角 ，当 在上变化时，点的轨迹长度为 . 【答案】 [解析]取的中点，连接,（图略），则，故点在以为球心，为半径的球面上.过点作，垂足为，连接，则.在矩形中，,，故，故，而，故 平面，故点在过点且垂直于的平面上，所以点在以为圆心，为半径的圆上，而为二面角的平面角或补角，故 ，故点的轨迹长度为. 12．在三棱锥中，平面，．若为侧面内的动点，，当该三棱锥的体积最大时，的轨迹与所围成区域的面积为 ． 【答案】/ 【分析】由三棱锥的体积最大确定的位置及到的中点的距离，再由的值，求出的值，从而确定的轨迹，进而求解即可. 【详解】在三棱锥中，平面，当该三棱锥的体积最大时，底面的面积必须最大，由于为直角三角形，且，的轨迹是以的中点为圆心，的长为直径的圆，故当，的面积最大，此时为等腰直角三角形，， 三棱锥的体积最大值为.又平面，平面，，又，，平面.为侧面内的动点，平面，，，，点在以为圆心，为直径的圆上，的轨迹与所围成区域为以为圆心，2为半径的个圆和一个以为直角边的等腰直角三角形，所围成区域的面积为. 13. 如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，AB＝CD＝AD＝1，M为棱PC的中点． (1)证明：BM∥平面PAD； (2)若PC＝，PD＝1， ①求二面角P－DM－B的余弦值； ②在线段PA上是否存在一点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：取PD的中点为N，连接AN，MN，如图所示，∵M为棱PC的中点，∴MN∥CD，MN＝CD， ∵AB∥CD，AB＝CD，∴AB∥MN，AB＝MN，∴四边形ABMN是平行四边形， ∴BM∥AN，又BM⊄平面PAD，AN⊂平面PAD，∴BM∥平面PAD. (2)∵PC＝，PD＝1，CD＝2，∴PC2＝PD2＋CD2，∴PD⊥DC， ∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝DC，PD⊂平面PDC， ∴PD⊥平面ABCD，又AD，CD⊂平面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥CD，又AD⊥DC， ∴以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，1)，∵M为棱PC的中点，∴M. ①＝，＝(1，1，0)，设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)， 则令z＝2，则y＝－1，x＝1，∴n＝(1，－1，2)， 又平面PDM的一个法向量为＝(1，0，0)，∴cos〈n，〉＝＝＝， 根据图形得二面角P－DM－B为钝角，则二面角P－DM－B的余弦值为－. ②假设在线段PA上存在一点Q，使得点Q到平面BDM的距离是，设＝λ，0≤λ≤1， 则Q(λ，0，1－λ)，＝(λ－1，－1，1－λ)，由(2)知平面BDM的一个法向量为n＝(1，－1，2)， ·n＝λ－1＋1＋2(1－λ)＝2－λ＞0，∴点Q到平面BDM的距离是＝＝ ， ∴λ＝，||＝||＝×＝，∴PQ＝. 综上，在线段PA上存在一点Q，使得点Q到平面BDM的距离是，此时PQ＝. 14、如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝2，BC＝2，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在线段A1B1上，且 ＝λ. (1)证明：AM⊥PN； (2)当λ取何值时，直线PN与平面AMN所成的角θ最小？ (3)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成二面角的正弦值为？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：因为AB＝AC＝2，BC＝2，则AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC， 又AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC. 如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系，则A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，M(0，2，1)，N(1，1，0)，可得＝λ＝(2λ，0，0)，＝＋＝(0，0，2)＋(2λ，0，0)＝(2λ，0，2)，即P(2λ，0，2)， ＝(1－2λ，1，－2)，又＝(0，2，1)，可得·＝0，所以无论λ取何值，都有AM⊥PN. (2)由(1)可知，＝(0，2，1)，＝(1，1，0)，＝(1－2λ，1，－2)， 设平面AMN的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则 取y1＝1，则x1＝－1，z1＝－2，可得m＝(－1，1，－2)， 可得sinθ＝|cos〈，m〉|＝＝，令t＝λ＋2，t∈[2，3]， 则sinθ＝×＝×， 所以当t＝2，即λ＝0时，θ取得最小值，此时sinθ＝. (3)假设存在，易知平面ABC的一个法向量为u＝(0，0，1)． 由(1)可知，＝(1，－1，－1)，＝(1－2λ，1，－2)， 设平面PMN的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则 令x2＝3，可得z2＝2－2λ，y2＝1＋2λ，可得n＝(3，1＋2λ，2－2λ)， 则|cos〈u，n〉|＝＝＝＝， 化简得8λ2－22λ＋5＝0，解得λ＝或λ＝，因为λ∈[0，1]，所以λ＝， 所以存在点P，使平面PMN与平面ABC所成二面角的正弦值为，点P为A1B1上靠近A1的四等分点． 15、如图，在四棱锥S－ABCD中，已知四边形ABCD是边长为的正方形，点S在底面ABCD上的射影为底面ABCD的中心O，点P在棱SD上，且△SAC的面积为1. (1)若P是SD的中点，证明：平面SCD⊥平面PAC； (2)在棱SD上是否存在一点P，使得直线SA与平面PAC所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：因为点S在底面ABCD上的射影为O，所以SO⊥平面ABCD， 因为四边形ABCD是边长为的正方形，所以AC＝2，又因为△SAC的面积为1， 所以×2×SO＝1，SO＝1，所以SC＝，因为CD＝，P为SD的中点， 所以CP⊥SD，同理可得AP⊥SD，因为AP∩CP＝P，AP，CP⊂平面PAC， 所以SD⊥平面PAC，又SD⊂平面SCD，所以平面SCD⊥平面PAC. (2)存在一点P，使得直线SA与平面PAC所成角的正弦值为. 连接OB，由SO⊥平面ABCD，OB⊂平面ABCD，OC⊂平面ABCD，得SO⊥OB，SO⊥OC，又OB⊥OC， 以O为坐标原点，OB，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，－1，0)，C(0，1，0)，D(－1，0，0)，S(0，0，1)，假设存在点P使得直线SA与平面PAC所成角的正弦值为，设＝λ，0<λ≤1，因为＝(－1，0，－1)，所以＝(－λ，0，－λ)， 故P(－λ，0，1－λ)，设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，则 因为＝(－λ，1，1－λ)，＝(0，2，0)，所以 令z＝λ，得x＝1－λ，则n＝(1－λ，0，λ)，又＝(0，－1，－1)， 设直线SA与平面PAC所成的角为θ，则sinθ＝， 所以|cos〈，n〉|＝＝＝，化简得3λ2－8λ＋4＝0，解得λ＝或λ＝2(舍去)， 所以在棱SD上存在一点P，使得直线SA与平面PAC所成角的正弦值为，此时＝. 16、如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，AB＝CD＝AD＝1，M为棱PC的中点． (1)证明：BM∥平面PAD； (2)若PC＝，PD＝1， ①求二面角P－DM－B的余弦值； ②在线段PA上是否存在一点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：取PD的中点为N，连接AN，MN，如图所示， ∵M为棱PC的中点，∴MN∥CD，MN＝CD， ∵AB∥CD，AB＝CD，∴AB∥MN，AB＝MN，∴四边形ABMN是平行四边形， ∴BM∥AN，又BM⊄平面PAD，AN⊂平面PAD，∴BM∥平面PAD. (2)∵PC＝，PD＝1，CD＝2，∴PC2＝PD2＋CD2，∴PD⊥DC， ∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝DC，PD⊂平面PDC， ∴PD⊥平面ABCD，又AD，CD⊂平面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥CD，又AD⊥DC， ∴以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，1)， ∵M为棱PC的中点，∴M. ①＝，＝(1，1，0)，设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)， 则令z＝2，则y＝－1，x＝1，∴n＝(1，－1，2)， 又平面PDM的一个法向量为＝(1，0，0)，∴cos〈n，〉＝＝＝， 根据图形得二面角P－DM－B为钝角，则二面角P－DM－B的余弦值为－. ②假设在线段PA上存在一点Q，使得点Q到平面BDM的距离是， 设＝λ，0≤λ≤1，则Q(λ，0，1－λ)，＝(λ－1，－1，1－λ)， 由(2)知平面BDM的一个法向量为n＝(1，－1，2)，·n＝λ－1＋1＋2(1－λ)＝2－λ＞0， ∴点Q到平面BDM的距离是＝＝ ，∴λ＝，||＝||＝×＝，∴PQ＝. 综上，在线段PA上存在一点Q，使得点Q到平面BDM的距离是，此时PQ＝. 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三一轮复习立体几何回归教材版讲义 ——13 立体几何中的动态与探索性问题 知识梳理 1、向量法探究平行、垂直问题的策略 对于空间位置关系的探究，先假设所探究的平行、垂直关系成立，再建立适当的空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示出来，根据线、面满足的位置关系构建方程(组)求解，最后根据方程(组)解的情况来判断所探究的点是否存在． 2、向量法探究空间角、空间距离问题的策略 先假设存在，把要探究的空间角、空间距离的大小当作已知条件，据此列方程或方程组，再把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等来进行求解． 3、解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 （1）几何法：根据平面的性质进行判定. （2）定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算. （3）特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或特殊位置进行排除. 注意：动态立体几何问题，在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口. 回归教材： 【人教A版选择性必修一复习参考题第16题】如图，在棱长为a的正方体中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且. （1）求证：； （2）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF的夹角正切值. 【人教A版选择性必修一习题1.4第16题】如图，在直三棱柱中，，，，M是AB的中点，N是的中点，P是与的交点．在线段上是否存在点Q，使得平面？ 【人教A版选择性必修一习题1.4第18题】在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记． （1）求MN的长； （2）a为何值时，MN的长最小？ （3）当MN的长最小时求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值． 【人教A版必修二第8.6.2节152页练习第3题】如图，在直四棱柱中，当底面四边形满足什么条件时，？ 【人教A版必修二习题8.6第20题】如图，AB是的直径，点C是上的动点，过动点C的直线VC垂直于所在平面，D，E分别是VA，VC的中点，判断直线DE与平面VBC的位置关系，并说明理由. 【人教A版必修二习题8.6第21题】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC是否互相垂直？如果垂直.请证明；如果不垂直，请说明理由. 考点梳理： 例．（多选）（2026·广东汕头·一模）正方形、的边长为1，且它们所在的平面互相垂直.点、分别在正方形对角线和上移动，且．则（    ） A．直线与所成的角为 B．平面 C．当时，的长最小，且最小值为 D．当的长最小时，点到平面的距离为 例．（2026·河北·二模）已知棱长为4的正四面体的各顶点均在球的球面上，为的中点，动点在球的球面上运动，且．记在平面上的射影为，则的轨迹长度为___________，的轨迹所围成的区域面积为___________． 例、如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF. (1)求二面角D－BF－C的余弦值； (2)在线段AB(含端点)上是否存在一点P，使得FP∥平面AED？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 例、如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝，如图2. (1)求证：平面BC1E⊥平面ABED； (2)在棱DC1上是否存在一点P，使得点P到平面ABC1的距离为？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，请说明理由． 跟踪练习： 1. 在正方体中，已知为正方形中的一个动点，且点满足直线与平面所成的角的大小等于平面与平面所成锐二面角的大小，则点的轨迹为( ) A. 直线 B. 椭圆 C. 圆 D. 抛物线 2．（2026·广东湛江·二模）已知长方体中，，，是的中点，点在线段上运动（含端点），则点到平面的距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 3、若棱长为6的正方体内有一个棱长为的正四面体，且该正四面体可以在正方体内任意转动，则的最大值为( ) A. B. 3 C. D. 4．已知长方体中，，，E为的中点.若长方体表面上的动点P满足，则动点P的轨迹围成面积为（    ） A．24 B．18 C． D．12 5．（2026·湖北黄冈·二模）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中正确的是（   ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．若平面，则动点的轨迹的长度为 D．若，则动点的轨迹长度为 6．在如图所示的试验装置中，正方形框架ABCD的边长为2，长方形框架ABEF的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子M，N分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时a的取值为（    ） A． B． C． D． 7．（多选）（2026·山西太原·二模）已知在棱长为1的正方体中，为侧面内一点（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．若平面，则的最大值为 B．若点在线段上，则的最小值为 C．存在点，使得点和点到平面的距离相等 D．三棱锥外接球的体积的最小值是 8．（多选）（2026·江苏镇江·一模）如图点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（   ） A．当为的中点时， B．当在面上，且直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 C．三棱锥体积的最大值为 D．当平面时，线段长度最大值为 9．（多选）（2026·广东佛山·一模）在棱长为2的正方体中，点为侧面内一点（包含边界），则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．的最小值为5 C．若，则的轨迹长度为 D．三棱锥外接球的体积存在最大值与最小值 10．（多选）（2025·安徽省安庆市·三模）如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则三棱锥的体积为定值 C．若，则直线与直线所成角的最小值为60° D．若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为 11. 如图，在矩形中，,，为的中点，将沿折起至，记二面角 ，当 在上变化时，点的轨迹长度为 . 12．在三棱锥中，平面，．若为侧面内的动点，，当该三棱锥的体积最大时，的轨迹与所围成区域的面积为 ． 13. 如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，AB＝CD＝AD＝1，M为棱PC的中点． (1)证明：BM∥平面PAD； (2)若PC＝，PD＝1， ①求二面角P－DM－B的余弦值； ②在线段PA上是否存在一点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，请说明理由． 14、如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝2，BC＝2，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在线段A1B1上，且 ＝λ. (1)证明：AM⊥PN； (2)当λ取何值时，直线PN与平面AMN所成的角θ最小？ (3)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成二面角的正弦值为？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由． 15、如图，在四棱锥S－ABCD中，已知四边形ABCD是边长为的正方形，点S在底面ABCD上的射影为底面ABCD的中心O，点P在棱SD上，且△SAC的面积为1. (1)若P是SD的中点，证明：平面SCD⊥平面PAC； (2)在棱SD上是否存在一点P，使得直线SA与平面PAC所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 16、如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，AB＝CD＝AD＝1，M为棱PC的中点． (1)证明：BM∥平面PAD； (2)若PC＝，PD＝1， ①求二面角P－DM－B的余弦值； ②在线段PA上是否存在一点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $