鏈接高考8立體幾何中的探索和動態問題1.(2024江蘇南京、鹽城一模,7)在棱長為2a(a>0)的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點M,N分別為棱AB,D1C1的中點.已知動點P在該正方體的表面上,且PM·PN=0,則點P的軌跡長度為(A.12aB.12πaC.24aD.24πa答案B2.(多選)(2025屆云南師大附中期中,11)在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,O為AC1的中點,Q為AB的中點,動點P滿足AP=λAB+μAD,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1A.當λ=0,μ∈0,12時,平面D1B.當λ+μ=2時,A1P⊥平面D1B1AC.當λ+μ=1時,PA+PC1的最小值為2D.當OP=216時,動點P的軌跡長度為答案BC3.(多選)(2024江西贛州十八縣(市)二十四校聯考,10)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AA1=AB,點M,N分別為CC1和BC的中點,點P是棱AA1上的一個動點,則下列說法中正確的有()A.存在點P,使得B1M∥平面PBCB.直線PN與CC1為異面直線C.存在點P,使得B1M⊥PND.存在點P,使得直線PN與平面ABC所成角為45°答案BCD4.(多選)(2025屆江蘇如東一中、宿遷一中、徐州中學第一次階段性測試,11)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=2AA1=2AD=2,點P滿足AP=λAB+μAD,其中λ∈[0,1],μ∈[0,A.若B1P與平面ABCD所成角為π4,則點P的軌跡長度為B.當λ=μ時,B1P∥平面A1C1DC.當λ=12時,有且僅有一個點,使得A1P⊥D.當μ=2λ時,A1P+DP的最小值為2+答案BCD5.(2024福建寧德畢業班質量檢查,16)在平行四邊形ABCD中,∠D=60°,CD=1,AC=3.將△ABC沿AC翻折到△APC的位置,使得PD=5.(1)證明:CD⊥平面APC;(2)在線段AD上是否存在點M,使得二面角M-PC-A的余弦值為23913?若存在,求出|AM||MD|的值;若不存在解析(1)證明:在三角形ACD中,由正弦定理可得ACsin∠ADC=CDsin∠CAD,3sin∠CAD=12,又AC>CD,故∠CAD=30°.(2分)所以∠ACD=90°,即CD⊥AC,(3分)因為PD=5,PC=2,CD=1,所以PC2+CD2=PD2,則有CD⊥PC.(5分)因為PC∩AC=C,AC,PC?平面APC,所以CD⊥平面APC.(6分)(2)由(1)知CD⊥平面APC,且CD?平面ADC,所以平面ADC⊥平面APC.在平行四邊形ABCD中,BA⊥AC,即PA⊥AC,故PA⊥平面ADC.(7分)以點C為坐標原點,CD、CA、AP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標系,如圖,則C(0,0,0),D(1,0,0),P(0,3,1),A(0,3,0),(設AM=λAD=λ(1,-3,0)=(λ,-3λ,0),其中0≤則CM=CA+AM=(0,3,0)+(λ,-3λ,0)=(λ,3-3λ,0設平面MCP的法向量為m=(x,y,z),則m·CP=3y+z=0,m·CM=λx+(3-3λ)y=0,取y=λ,則z=-3λ,x=3(λ-1),所以易知平面CPA的一個法向量為n=(1,0,0),(12分)則|cos<m,n>|=|m·n||m|·|n|整理可得15λ2+2λ-1=0,由0≤λ≤1,解得λ=15(舍負),(14分)因此,線段AD上存在點M,使得二面角M-PC-A的余弦值為23913,且|AM||MD|=146.(2025屆湖南長沙周南中學段考,17)如圖,已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面,矩形SADE的對角線交于點F,G為SB的中點,∠ABC=∠BAD=π2,SA=AB=BC=12AD(1)求證:BD∥平面AEG;(2)在線段EG(不含端點)上是否存在一點H,使得平面ABH與平面SCD所成角的正弦值為306?若存在,求出GH的長;若不存在,說明理由解析(1)證明:以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系,則B(1,0,0),D(0,2,0),E(0,2,1),C(1,1,0),G12,0,12,S(0,0,1),∴BD=(-1,2,0),AE=(0,2,設平面AEG的法向量為m=(x,y,z),則m·AE=0,m·AG=0,得2y+z=0,12x+12z=0,令x∴BD∥平面AEG.(5分)(2)假設存在點H,設GH=λGE=-12λ,2λ,12λ,λ設平面SCD的法向量為n1=(x1,y1,z1).SC=(1,1,-1),CD=(-1,1,0),由n1·SC=0,n1·CD=0,得x1+y∴n1=(1,1,2),(8分)設平面ABH的法向量為n2=(x2,y2,z2),∴n2·AB=0,n2·AH=0,則x2則n2=(0,1+λ,-4λ),(11分)設平面ABH與平面SCD所成角為θ,∵sinθ=306,∴cosθ=|cos<n1,n2>|=|1-7λ6×17∴λ(2λ-1)=0,∵H不在端點,∴λ=12,(14分)故存在滿足題意的點H,此時GH=-142+127.(2025屆江蘇南京一中學情檢測,17)如圖,在四棱錐S-ABCD中,已知四邊形ABCD是邊長為2的正方形,點S在底面ABCD上的射影為底面ABCD的中心O,點P在棱SD上,且△SAC的面積為1.(1)若點P是SD的中點,證明:平面SCD⊥平面PAC;(2)在棱SD上是否存在一點P,使得直線SA與平面PAC所成的角的正弦值為105?若存在,求SPSD的值;若不存在,解析(1)證明:因為點S在底面ABCD上的射影為O,所以SO⊥平面ABCD,因為四邊形ABCD是邊長為2的正方形,所以AC=2,又因為△SAC的面積為1,所以12×2×SO=1,SO=1,所以SC=2又因為CD=2,點P為SD的中點,所以CP⊥SD,同理可得AP⊥SD,因為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)存在一點P,使得直線SA與平面PAC所成的角的正弦值為105.理由如下連接OB,由SO⊥平面ABCD,OB?平面ABCD,OC?平面ABCD,得SO⊥OB,SO⊥OC.又OB⊥OC,所以OB,OC,OS兩兩垂直,分別以OB,OC,OS所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,如圖所示,則A(0,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),S(0,0,1),假設存在點P使得直線SA與平面PAC所成的角的正弦值為105,設SP=λSD,因為SD=(-1,0,-1),所以SP=(-λ,0,-λ),P(-λ,0,1-λ),設平面PAC的法向量為n=(x,y,z),則n·因為AP=(-λ,1,1-λ),AC=(0,2,0),所以-令z=λ,得x=1-λ,所以n=(1-λ,0,λ),設直線AS與平面PAC所成的角為θ,則sinθ=105又AS=(0,1,1),所以|cos<AS,n>|=|AS化簡得3λ2-8λ+4=0,解得λ=23或λ=2(舍去所以存在P點符合題意,且SPSD8.(2024山東淄博二模,17)已知直角梯形ABCD,∠ADC=90°,AB∥CD,AB=2CD=6,AD=3,M為對角線AC與BD的交點.現以AC為折痕把△ADC折起,使點D到達點P的位置,點Q為PB的中點,如圖所示.(1)證明:AC⊥平面PBM;(2)求三棱錐P-ACQ體積的最大值;(3)當三棱錐P-ACQ的體積最大時,求直線AB與平面PBC所成角的正弦值.解析(1)證明:直角梯形ABCD中,因為AB∥DC,所以△DMC∽△BMA,則DCAB在Rt△ADC中,AC=AD在Rt△DAB中,BD=AD2故可得AM=2MC=2,BM=2DM=2,因為AM2+BM2=AB2,所以由勾股定理的逆定理得AM⊥BM,翻折后可得AC⊥BM,AC⊥PM,又因為PM∩BM=M,PM,BM在平面PBM內,所以AC⊥平面PBM.(2)因為點Q為PB的中點,所以VQ-PAC=12VB-PAC,又VQ-PAC=VP-ACQ,VB-PAC=VP-ABC所以VP-ACQ=12VP-ABC因為AC?平面ABC,AC⊥平面PBM,所以平面ABC⊥平面PBM,所以點P到平面ABC的距離,即為點P到BM的距離,設為h,因為S△ABC=12AB·AC·sin∠CAB=12×6而PM=PA·PCAC=1,則h≤PM=1則當h=1時,(VP-ACQ)max=12(VP-ABC)max=1(3)由(2)得,當三棱錐P-ACQ的體積最大時,點P到平面ABC的距離為PM=1,即PM⊥平面ABC.故PM⊥AC,PM⊥MB,又因為AC⊥BM,所以MA,MB,MP兩兩垂直.故以M為原點,直線MA