培优进阶16 空间中的动态及探索性问题（课件PPT）-【金版新学案】2027年高考数学高三总复习大一轮复习（人教B版）

该高中数学高考复习课件聚焦“空间中的动态及探索性问题”专题，依据高考评价体系梳理了动态位置关系判定、动点轨迹分析、探索性问题论证、最值范围求解四大核心考点，通过近三年高考真题统计明确“动态轨迹”“存在性探索”占比达65%的高频考查方向，归纳出几何法、坐标法、定义法等常考题型解法。 课件亮点在于“真题情境+素养导向+方法建模”的备考策略，如以2025年山东临沂一模探索性问题为案例，示范“假设存在—坐标运算—方程求解”的推理过程，培养学生的空间观念和逻辑推理能力。设置“规律方法库”和“易错点警示”，通过分层测评题组强化动态问题转化技巧，帮助学生高效突破立体几何难点，教师可据此实施精准复习，提升备考效率。

培优进阶16　 空间中的动态及探索性问题 高三总复习 数学(人教B版) 第七章　立体几何与空间向量 　　“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型之一，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，使题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化. 题型一　空间中的动态问题 角度1　动态位置关系的判定 (1)(多选)已知P，Q分别是正方体ABCD -A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的动点(不与顶点重合)，则下列结论正确的是 A.AB⊥PQ B.平面BPQ∥平面ADD1A1 C.四面体ABPQ的体积为定值 D.AP∥平面CDD1C1 典例1 √ √ √ 对于A，因为AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，BC， BB1⊂平面BCC1B1，所以AB⊥平面BCC1B1，因为PQ⊂平 面BCC1B1，所以AB⊥PQ，故A正确；对于B，因为平面 ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ与平面BCC1B1重合，所 以平面BPQ∥平面ADD1A1，故B正确；对于C，因为A到平面BPQ的距离AB为定值，Q到BP的距离为定值，BP的长不是定值，所以四面体ABPQ的体积不为定值，故C错误；对于D，因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1，AP⊂平面ABB1A1，所以AP∥平面CDD1C1，故D正确.故选ABD. (2)(多选)如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD和AC交于点O，将△BAD沿直线BD翻折，则下列说法中正确的是 A.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥OC B.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BD C.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACD D.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABD √ √ √ 当AB＝x＝1时，此时矩形ABCD为正方形，则AC⊥BD，将△BAD沿直线BD翻折，当平面ABD⊥平面BCD时，由OC⊥BD，OC⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以OC⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，所以AB⊥OC，故A正确；又OC⊥BD，OA⊥BD，且OA∩OC＝O，OA，OC⊂平面OAC，所以BD⊥平面OAC，又AC⊂平面OAC，所以AC⊥BD，故B正确；在矩形ABCD中，AB⊥AD，AC＝，所以将△BAD沿直线BD翻折时， 总有AB⊥AD，取x＝，当将△BAD沿直线BD翻折到AC＝时，有AB2＋AC2＝BC2，即AB⊥AC，且AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACD，则此时满足AB⊥平面ACD，故C正确；若AC⊥平面ABD，又AO⊂平面ABD，则AC⊥AO，所以在△AOC中，OC为斜边，这与OC＝OA相矛盾，故D不正确.故选ABC. 角度2　动点的轨迹 (多选)如图，已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为4， M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题 正确的是 A.若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆 B.若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π C.若点N到直线BB1与到直线CD的距离相等，则点N的轨迹为抛物线 D.若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线 √ 典例2 √ √ 如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面 ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，所以 ∠MND＝，所以DN＝DM＝DD1＝×4＝2，所以点N 的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；对于B， 在Rt△MDN中，DN＝＝＝2，取MD的中点E，连接PE.因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝DN＝.因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，其面积为π·＝3π，故B不正确； 对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB， 所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等 于点N到定直线CD的距离.又B不在直线CD上，所以点N 的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；对 于D，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x， y，z轴建立空间直角坐标系，则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4).设N(x，y，0)，则＝，＝.因为D1N与AB所成的角为，所以｜cos〈，〉｜＝cos，所以｜｜＝，整理得－＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确.故选ACD. 1.解决空间位置关系的动态问题 (1)应用“位置关系定理”转化. (2)建立“坐标系”计算. 2.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，或用向量法进行计算. (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除. 规律方法 对点练1.如图，点P在正方体ABCD -A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论一定成立的是 A.三棱锥A-A1PD的体积大小与点P的位置有关 B.A1P与平面ACD1相交 C.平面PDB1⊥平面A1BC1 D.AP⊥D1C √ 对于A，＝.在正方体中，BC1∥平面AA1D，所以点P到平面AA1D的距离不变，即三棱锥P-AA1D的高不变，又△AA1D的面积不变，因此三棱锥P-AA1D的体积不变，即三棱锥A-A1PD的体积大小与点P的位置无关，故A不成立；对于B，由于BC1∥AD1，AD1⊂平面ACD1，BC1⊄平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1，同理可证BA1∥平面ACD1.又BA1∩BC1＝B，所以平面BA1C1∥平面ACD1.因为A1P⊂平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B不成立；对于C，因为A1C1⊥BD，A1C1⊥BB1，BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面BB1D，所以A1C1⊥平面BB1D，B1D⊂平面BB1D，则A1C1⊥B1D；同理A1B⊥B1D.又A1C1∩A1B＝A1，A1C1，A1B⊂平面A1BC1，所以B1D⊥平面A1BC1.又B1D⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面A1BC1，故C成立；对于D，当B与P重合时，AP与D1C的夹角为，故D不成立.故选C. 对点练2.设正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1，P为底面正方形ABCD内的一动点，若△APC1的面积S＝，则动点P的轨迹为 A.圆的一部分 B.双曲线的一部分 C.抛物线的一部分 D.椭圆的一部分 √ 设d是△APC1边AC1上的高，则＝·｜AC1｜·d＝d＝，所以d＝，即点P到直线AC1的距离为定值，所以点P在以直线AC1为轴，以为底面半径的圆柱侧面上，直线AC1与平面ABCD既不平行也不垂 直，所以点P的轨迹是平面ABCD上的一个椭圆，其中只有一部分在正方形ABCD内.故选D. 对点练3.(2025·浙江台州一模)已知球O的半径为3，P是球O表面上的定点，S是球O表面上的动点，且满足＝0，则线段OS轨迹的面积为 A.3π B.3π C.6π D.6π √ 如图，以球O的球心为坐标原点，OP所在的直线为x轴， 建立空间直角坐标系.因为球O的半径为3，则P(3，0， 0)，设S(x，y，z)，则＝(－x，－y，－z)，＝(3－x， －y，－z)，所以2＋＝(3－3x，－3y，－3z).又＝ (3，0，0)，＝0，则3(3－3x)＝0，得到x＝1.如图，在线段OP上取点H，使＝1，所以线段OS轨迹为圆锥OH的侧面.又＝3，则＝＝2，所以圆锥OH的侧面积为S＝π＝6π，所以线段OS轨迹的面积为6π.故选C. 题型二　立体几何中的探索性问题 (2025·山东临沂一模)在△NBC中，∠B＝90°，AD∥BC，NA＝CD＝2AB＝2，如图将△NAD沿AD翻折至△PAD. (1)证明：平面PBC⊥平面PAB； 典例3 解：证明：因为∠B＝90°，AD∥BC，所以AD⊥AP，AD⊥AB. 因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，所以BC⊥平面PAB. 又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB. 解：在四棱锥P-ABCD中，由(1)知∠PAB即二面角P-AD-B的平面角， 故∠PAB＝120°. 因为NA＝CD＝2AB＝2，所以NC＝6，NB＝3， 从而BC＝3，∠DCB＝30°. 过点A作AF⊥PB，交PB于点F(图略). 又因为AF⊥BC，可得AF⊥平面PBC，PA与平面PBC所成角即为∠APF. 在△PAB中，由余弦定理可得PB＝＝， 由等面积法得AF＝＝，sin∠APF＝＝， 所以PA与平面PBC所成角的正弦值为. (2)若二面角P-AD-B大小为120°. (ⅰ)求PA与平面PBC所成角的正弦值； (ⅱ)在线段PD上是否存在点E，使得平面ABE与平面PDC所成角的余弦值为？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由. 解：如图，建立空间直角坐标系， 则A，P，B， D，C， ＝. 设＝λ，λ∈[0，1]，可得E(－λ，2，λ)， ＝，＝，＝. 设平面ABE的法向量为m＝， 所以 即令y＝λ，可得m＝. 设平面PDC的法向量为n＝， 所以令a＝，可得n＝. 设平面ABE与平面PDC的夹角为θ，则cos θ＝＝， 解得λ＝， 所以存在点E，当DE＝DP或DE＝DP时满足题意. 1.对于存在判断型问题：通常应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，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. 2.对于位置探究型问题：通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 规律方法 对点练4.如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点. (1)求证：AC⊥SD； 解：证明：如图，连接BD交AC于点O，连接SO. 由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以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.设底面边长为a，则高SO＝a， 于是S，D，C. 于是＝，＝(－a，0，－a). 则＝0，所以⊥， 故OC⊥SD，从而AC⊥SD. (2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小； 解：由题意知，平面PAC的一个法向量为＝，平面DAC的一个法向量为＝. 设平面PAC与平面DAC的夹角为θ， 则cos θ＝｜cos 〈 ， 〉 ｜＝＝， 所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°. (3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，请说明理由. 解：假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC. 由(2)知是平面PAC的一个法向量， 且＝，＝. 设＝t， 因为B，C， 所以＝， 则＝＋＝＋t＝(－a，a，at). 由＝0，得－＋0＋a2t＝0， 解得t＝，即当SE∶EC＝2∶1时，⊥. 由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC. 因此在棱SC上存在点E，使得BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1. 题型三　立体几何中的最值、范围问题 (2025·河南九师联盟二模)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点，若P为侧面ADD1A1内(含边界)的动点，且B1P∥平面BEF，则B1P的最小值为 A. B. C. D.2 √ 典例4 如图所示，取A1D1的中点M，连接AM，B1M，AB1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得AD∥B1C1且AD＝B1C1.因为E，F分别是棱AD，B1C1的中点，则AE∥B1F且AE＝B1F，所以四边形AB1FE为平行四边形，则AB1∥EF.又因为AB1⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，所以AB1∥平面BEF，同理可证AM∥平面BEF.因为AB1∩AM＝A，且AB1，AM⊂平面AB1M， 所以平面AB1M∥平面BEF.又因为AM⊂平面AA1D1D，当P∈AM时，则B1P⊂平面AB1M，所以B1P∥平面BEF，所以点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM.因为正方体ABCD-A1B1C1D1的边长为2，可得AM＝B1M＝，AB1＝2.在△AMB1中，可得cos ∠AMB1＝＝，且B1M·cos ∠AMB1＝＜＝AM，则sin ∠AMB1＝，所以B1P的最小值为B1M·sin ∠AMB1＝×＝.故选B. 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的两种思路 1.直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解. 2.函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值. 规律方法 对点练5.(2025·浙江金华一模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，P为正方体内部一动点，球O为正方体内切球，过点P作直线与球O交于M，N两点，若△OMN的面积最大值为4，则满足条件的P点形成的几何体体 积为 A. B.π C.128－π D.128－π √ 因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，则正方体内切 球球O的半径R＝×4＝2，所以S△OMN＝· sin ∠MON＝×2×2×sin ∠MON＝4sin ∠MON.因为 ∠MON∈(0，π)，则＝1.若△OMN的面积最大值为4，即OM⊥ON，由于P在MN上，则≥R＝×2＝2，则满足条件的P点形成的几何体为正方体去掉以O为球心，2为半径的球体，故其体积为－×23＝128－π.故选D. 课 时 分 层 测 评 1.如图，斜线段AB与平面α所成的角为，B为斜足.平面α上的动点P满足∠PAB＝，则点P的轨迹为 A.圆 B.椭圆 C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 建立如图所示的空间直角坐标系，设OB＝OA＝1，则B(0，1，0)，A(0，0，1)，P(x，y，0)，则＝，＝，所以cos〈 ，＝＝，即x2＋＝1，所以点P的轨迹是椭圆.故选B. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 2.点P为棱长是2的正方体ABCD -A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为 A.π B.2π C.4π D.2π √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 根据题意知，该正方体的内切球半径为r＝，如图.取BB1的中点N，连接CN，则CN⊥BM，所以CN为DP在平面B1C1CB中的射影，所以点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切球的交线.因为正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，所以O到过D，C，N的平面的距离为＝1，所以截面圆的半径为2，所以点P的轨迹的长度为2π×2＝4π.故选C. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 3.如图，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为 A. B.1 C.2 D. √ 因为当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，所以tan∠DMD1＝，当MD1最小时，tan∠DMD1取得最大值，此时tan∠DMD1＝＝.故选D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 4.(2026·江苏海安、宿迁测试)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，P是侧面CDD1C1上的动点(含端点)，且满足S△PDA＝2S△PBC，则P点的轨迹长 度为 A. B. C. D. √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，P是侧面CDD1C1上的动点(含端点).因为S△PDA＝2S△PBC，所以×AD×DP＝2××BC×CP，所以DP＝2PC.如图 ①建系，设P，D(0，0，0)，C，所以＝2，所以＋z2＝4，则点P在圆心为M，半径为 2的圆上(如图②).因为y＝3时，z＝，所以sin ∠P1MP2＝，所以∠P1MP2＝，则P点的轨迹×2＝.故选B. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 5.(多选)设动点P在正方体ABCD -A1B1C1D1上(含内部)，且＝λ，当∠APC为锐角时，实数λ可能的取值是 A. B. C. D. √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 如图，设AP＝x，D1P＝t，正方体的棱长为1，则AC＝. 在△APC中，由余弦定理得cos∠APC＝＝，若 ∠APC为锐角，则＞0，则x2＞1.在△AD1B中，AD1＝ ，cos∠AD1B＝＝，在△AD1P中，由余弦定理得x2＝2＋t2－2××t×，于是2＋t2－2××t×＞1，即3t2－4t＋3＞0，解得t＞或t＜.由D1B＝，得λ＝，故λ＞1(舍去)或0＜λ＜.故选CD. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 6. (多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP⊥CN.下列说法中正确的是 A.点P可以是棱BB1的中点 B.线段MP的最大值为 C.点P的轨迹是正方形 D.点P的轨迹长度为2＋ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 在正方体ABCD -A1B1C1D1中，以D为坐标原点，DA 所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因为该正方体 的棱长为1，M，N分别为BD1，B1C1的中点，所以D1(0， 0，1)，B(1，1，0)，M，N(，1，1)，C(0，1，0)，所以＝.设P(x，y，z)，则＝.因为MP⊥CN，所以(x－)＋z－＝0，即2x＋4z－3＝0，当x＝1时，z＝，当x＝0时，z＝，取E(1，0，)，F(1，1，)，G(0，1，)，H(0，0，). 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 连接EF，FG，GH，HE，则＝＝(0，1，0)，＝ ＝，所以四边形EFGH为矩形.又＝ 0，＝0，即EF⊥CN，EH⊥CN，又EF和EH为平面 EFGH中的两条相交直线，所以CN⊥平面EFGH，又＝，＝，所以M为EG的中点，则M∈平面EFGH，为使MP⊥CN，必有点P∈平面EFGH.又点P在正方体表面上运动，所以点P的轨迹为四边形EFGH，所以点P不可能是棱BB1的中点，故A错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 又EF＝GH＝1，EH＝FG＝，所以EF≠EH，则点P的轨迹是矩形不是正方形，且矩形EFGH的周长为2＋2×＝2＋，故C错误，D正确；因为点P的轨迹为矩形EFGH，所以当点P在矩形的四个端点时，MP取得最大值，且MP的最大值为，故B正确.故选BD. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 7.(多题同解)(1)如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为_______. 　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G∥D1E.又C1G⊄平面CD1EF，D1E⊂平面CD1EF，所以C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF，C1H∥平面CD1EF.因为C1H∩C1G＝C1，C1H，C1G⊂平面C1GH，所以平面C1GH∥平面CD1EF.因为M点是正方形ABB1A1内的动点，且C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长度GH＝＝. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 (2)(2025·山东滨州二模)在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝AC＝2，BC＝2，点D为△PAB内(包含边界)一点，且BD⊥CD，则点D的轨 迹的长度为 ____. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 PA⊥平面ABC，且AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC.又由AB＝AC＝2，BC＝2，可得AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC.又因为PA∩AB＝A，所以AC⊥平面PAB.因为BD⊂平面PAB，所以AC⊥BD.如图所示，连接BD，AD，若BD⊥CD，且CD∩AC＝C，所以BD⊥平面ACD.又因为AD⊂平面ACD，所以AD⊥BD，即点D落在以AB为直径的圆上.因为AB＝2，所以点D的轨迹长度为π×＝. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 8.在三棱锥P-ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，PA＝AC＝2，AB＝3.当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正 弦值为______. 因为在三棱锥P-ABC中，PA，AB，AC两两垂直，所以AB⊥平面PAC，则BD与平面PAC所成的角为∠ADB，tan∠ADB＝＝，当AD取得最小值时，∠ADB取得最大值.在等腰Rt△PAC中，当D为PC的中点时，AD取得最小值. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 以A为坐标原点，AB，AC，AP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A(0，0，0)，B(3， 0，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，1，1)，则＝ ，＝，＝.设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则令y＝3，得n＝(2，3，3).因为cos 〈 n， 〉 ＝＝＝，所以当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 9.(10分)(2025·山东威海一模) 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的多面体中，平面ABCD⊥平面AEFB，AD⊥AB，AB∥CD∥EF，AB＝4，AD＝CD＝EF＝AE＝BF＝2，M为AD的中点. (1)证明：AF∥平面EMC； 解：证明：连接DF交CE于点N，连接MN. 因为CD∥EF，CD＝EF，所以四边形CDEF为平行四边形， 所以N为DF的中点. 又因为M为AD的中点，所以MN∥AF. 因为MN⊂平面EMC，AF⊄平面EMC，所以AF∥平面EMC. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 (2)在棱BF上是否存在一点P，使得直线CP与平面EMC所成角的大小为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 解：因为平面ABCD⊥平面AEFB，AD⊥AB，平面ABCD∩平面AEFB＝AB，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面AEFB. 以A为坐标原点，在平面AEFB内，以过点A垂直于AB的方向为x轴正方向， 以，的方向分别为y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 则C，B(0，4，0)，E，F，M， 所以＝，＝. 设平面EMC的一个法向量为n＝， 则 令x＝，则n＝. 假设在棱BF上存在一点P，使得直线CP与平面EMC所成角的大小为. 设＝λ，0≤λ≤1. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 因为＝，则＝. 又因为＝，所以＝＋＝ ， 则sin ＝＝＝＝， 化简得2λ2－10λ＋5＝0，解得λ＝. 因为0≤λ≤1，所以λ＝， 所以在棱BF上存在一点P，使得直线CP与平面EMC所成角的大小为， 此时＝. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 10. (多选)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，AA1＝4，点M在棱CC1上，且C1M＝1，点P在上底面A1B1C1D1运动，则下列结论正确的是 A.存在点P使BP⊥AM B.不存在点P使平面PBD⊥平面MBD C.若P，A1，B，M四点共面，则B1P的最小值为 D.若P，A，B，M，D五点共球面，则B1P的最小值为 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 对于A，以D为原点，建立如图①所示的空间直角坐标系， 则A(3，0，0)，B(3，3，0)，M(0，3，3).设P(x，y，4)， 则0≤x≤3，0≤y≤3，则＝(－3，3，3)，＝(x－3， y－3，4).若BP⊥AM，则有＝－3(x－3)＋3(y－3) ＋12＝0，化简得x－y＝4，又0≤x≤3，0≤y≤3，所以x－y＝4不可能成立，故A错误；对于B，连接AC交BD于O，连接MO，则依题意可得MO⊥BD，若平面PBD⊥平面MBD，又平面PBD∩平面MBD＝BD，MO⊂平面MBD，MO⊥BD，所以MO⊥平面PBD，BP⊂平面PBD， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 所以MO⊥BP.以D为原点，建立如图②所示的空间直角坐标系，则M(0，3，3)，O(，，0)，B(3，3，0)，设P(x，y，4)，则0≤x≤3，0≤y≤3，则＝(，－，－3)，＝(x－3，y－3，4)，则＝(x－3)－(y－3)－12＝0，得x－y＝8，此式不可能成立，故B正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 对于C，如图③所示，延长BM交B1C1的延长线于Q，连接A1Q交C1D1于N，则A1Q为平面A1BM与平面A1B1C1D1的交线.若P，A1，B，M四点共面，则P在线段A1N上，所以当B1P⊥A1N时，B1P最小.因为C1M∥BB1，C1N∥A1B1，所以＝＝＝，所以B1Q＝4.又A1B1＝3，则A1Q＝5，所以当B1P⊥A1N时.在Rt△A1B1Q中，有A1B1·B1Q＝A1Q·B1P，得B1P＝＝＝，故C正确；对于D，如图④所示， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 四点A，B，M，D确定的几何体的外接球即为正方体ABCD -FGME的外接球O，球O的半径R＝(正方体ABCD-FGME的体对角线长的一半)，设平面A1B1C1D1截球O的截面圆为圆O1，O1为正方形A1B1C1D1的中心，设圆O1的半径为r，OO1＝，所以r＝＝.若P，A，B，M，D五点共球面，则P在圆O1上，则B1P的最小值为B1O1－r＝，故D正确.故选BCD. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 11.(双空题)(2025·山东菏泽一模)如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠B＝90°，E是AB的中点，D是AC边上靠近A的四等分点，将△ADE沿DE翻折，使A到点P处(P点在平面ABC上方)，得到四棱锥P-BCDE.则 ①PC的中点M运动轨迹长度为____； 因为M到DC中点的距离等于PD＝，且P点在平面ABC上方，所以M的轨迹是以DC中点为圆心，为半径的半圆，所以PC的中点M运动轨迹长度为π×＝. 　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 ②四棱锥P-BCDE外接球表面积的最小值为______. 因为四边形BCDE的外心为CE的中点，所以四边形BCDE的外接圆的半径r＝CE＝＝，所以四棱锥P-BCDE外接球的球心O在过四边形BCDE的外心且垂直平面BCDE的直线上.设四棱锥P-BCDE外接球的半径为R，设球心O到四边形BCDE的外心的距离为t，则R2＝r2＋t2≥r2＝，当t＝0时，等号成立，所以四棱锥P-BCDE外接球表面积的最小值为4π×＝10π. 10π 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 12.(15分)(2025·山东济南一模)如图，四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝1，E，F分别是线段BD和PC上的动点，且BE＝λBD，PF＝λPC. (1)若EF∥PA，求λ的值； 解：由于四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝60°， 取CD中点G，则AG⊥CD，即AG⊥AB. 又PA⊥平面ABCD，故可以以A为原点建立如图所示 的空间直角坐标系， 则B，C，D，P(0，0，1)， 所以＝，＝，＝. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 由BE＝λBD，PF＝λPC， 可知＝λ，＝λ， 所以＝＋＋＝－λ＋＋λ＝， 易知＝，因为EF∥PA，所以＝k，即(4λ－2，0，1－λ)＝k(0，0，－1)， 得到4λ－2＝0，λ＝. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 解：由(1)知＝＋＝＋ ＝＝. 设平面PBC的一个法向量为n＝，则 令x＝1，则z＝2，y＝，n＝. 设直线DF与平面PBC所成角为α， 则sin α＝＝＝＝. (2)当λ＝时，求直线DF与平面PBC所成角的正弦值； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 解：设＝t＝，t∈， 则＝＋＝. 由于H，M，P共线，不妨设＝x＋，易知AM⊥AP. 又AH⊥PM，则有＝＝0⇒x－＝0， 所以x＝1－x，则x＝＝， 则＝＋＝(x－1，tx－，1－x)， 即＝x2－x＋5＝＋5. (3)若直线AE与线段BC交于点M，AH⊥PM于点H，当CH的长度最小时，求λ的值. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 记f＝， 则f'＝. 令2t2＋5t－5＝0，得到t＝， 在上f'＜0，在(，1］上f'＞0， 可知f上单调递减，在区间上单调递增， 所以f在t＝处取到极小值，此时CH的长度最小，此时λ＝＝＝＝＝＝. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 13.《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.已知在“堑堵”ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝，动点M在“堑堵”的侧面BCC1B1上运动，且AM＝2，则∠MAB的最大值为 A. B. C. D. √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 如图，取BC的中点O，连接AO，MO，则AO⊥BC. 因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所 以BB1⊥AO.又BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1， 所以AO⊥平面BCC1B1，OM⊂平面BCC1B1，所以AO⊥ OM.在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝，∠BAC＝，所以AO＝.又AM＝2，所以在Rt△OAM中，OM＝＝1，所以动点M的轨迹是平面BCC1B1内以O为圆心，1为半径的半圆.连接BM，易得BO＝BC＝，所以BM∈[－1，＋1].在△BAM中，AB＝， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 AM＝2，由余弦定理得cos∠MAB＝＝≥＝，即当BM＝＋1时，cos∠MAB取得最小值，即∠MAB取最大值，结合选项可知，A、C、D均不正确，且cos ＝，所以∠MAB的最大值为.故选B. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 14.(多选)已知棱长为a的正方体ABCD -A1B1C1D1中，M为B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且总满足MP垂直于MC，则下列结论正确的是 A.点P的轨迹中包含AA1的中点 B.点P在侧面AA1D1D内的轨迹的长为 C.MP长度的最大值为 D.直线CC1与直线MP所成角的余弦值的最大值为 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 如图，取A1D1的中点E，分别取A1A，B1B上靠近点A1，B1的四等分点F，G，连接EM，EF，FG，MG，则EM A1B1，FG A1B1，所以 EM FG，所以点E，M，F，G四点共面.连接GC，因为MG2＝＋ ＝，MC2＝＋a2＝，GC2＝＋a2＝，所以MG2＋ MC2＝GC2，所以MG⊥MC.由正方体的性质知A1B1⊥平面B1C1CB， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 所以ME⊥平面B1C1CB.又MC⊂平面B1C1CB，所以ME⊥MC.因为MG∩ME＝M，MG，ME⊂平面MEFG，所以MC⊥平面MEFG，所以点P的轨迹为四边形MEFG(不含点M).对于A，点P的轨迹与AA1有唯一交点F，而F不是AA1的中点，故A不正确；对于B，因为点P在侧面AA1D1D内的轨迹为EF，四边形MEFG为平行四边形，所以EF＝MG＝， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 故B正确；对于C，根据点P的轨迹可知，当P与F重合时，MP的长度有最大值.由正方体的性质知A1B1⊥平面B1C1CB，所以FG⊥平面B1C1CB.又MG⊂平面B1C1CB，所以FG⊥MG.连接MF，则MF＝＝，故C正确；对于D，当直线CC1与直线MP所成角的余弦值最大时， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 直线CC1与直线MP所成的角最小，由于点P的轨迹为四边形MEFG(不含点M)，所以直线CC1与直线MP所成的最小角就是直线CC1与平面MEFG所成的角.又向量与平面MEFG的法向量的夹角为∠C1CM，且sin∠C1CM＝ ＝，所以直线CC1与平面MEFG所成角的余弦值为，即直线CC1与直线MP所成角的余弦值的最大值为，故D正确.故选BCD. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 谢 谢 观 看 空间中的动态及探索性问题 $