高考热点9　立体几何中的存在和动态问题--2027通用版高考数学第一轮章节练（含答案）

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2027通用版高考数学第一轮
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
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.
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.
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]
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|ID1A.9-2π　　　B.4+π　　　C.π　　　D.9-π
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
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.
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
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.
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
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°
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
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|=,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|ID1A.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　
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