2027届高三数学（全套）一轮复习高考热点精练9 立体几何中的存在和动态问题（含答案）

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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12,二面角A-EF-G的余弦值为33,则二面角A-EG-F的余弦值为156
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=22,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15?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=12AB,
因为∠ABC=∠BCD=90°,AB=2,CD=1,
所以CD∥AB,且CD=12AB,
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=2,
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PM=λPD,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PM=λPD,λ∈(0,1),则M(λ,λ,2-2λ),则BM=(λ,λ,2-2λ),BA=(0,2,0),BC=(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BA·n1=2y1=0,BM·n1=λx1+λy1+(2−2λ)z1=0,
令x1=2λ-2,得n1=(2λ-2,0,λ);
BC·n2=x2=0,BM·n2=λx2+λy2+(2−2λ)z2=0,
令y2=2λ-2,得n2=(0,2λ-2,λ).
设平面MAB与平面MBC的夹角为θ,θ∈0,π2,
则cs θ=|cs|=|n1·n2||n1||n2|=λ22λ−2)2+λ2=15,解得λ=12.
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15.
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=12DE=1,
∴OD2=4+1-4cs 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,OA,OP,OD的方向为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系如图,
则D(0,0,3),E(-1,0,0),F(-1,4,0),C(0,4,3),
设M(1,m,0)(0≤m≤4),则DE=(-1,0,-3),EM=(2,m,0),EC=(1,4,3),
设平面EMC的法向量为n=(x1,y1,z1),则EM·n=2x1+my1=0,EC·n=x1+4y1+3z1=0,
令y1=2,则x1=-m,z1=m−83,
∴n=−m,2,m−83,
∵直线DE与平面EMC所成的角为60°,
∴sin 60°=|cs|=|DE·n||DE|·|n|=82m2+4+(m−8)23=32,
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OA·OB=0,则线段OP长度的取值范围为( )
A.[2,2+1] B.[3,3+1]
C.[3-1,3+1] D.[2-1,2+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