第1部分 专题4 培优微专题16 立体几何与其他知识的综合问题（word教参）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

[培优微专题16]　立体几何与其他知识的综合问题 随着高考改革的不断推进，近期各地的模拟题呈现的考查方向百花齐放，在立体几何中以空间图形为背景的试题，其考查的知识内容和范围，涉及到代数、几何、三角、向量、新定义等学科分支，对综合运用各种知识技能解题的灵活性要求有所加强，应予以重视． 　 　　　立体几何与其他知识的交汇问题 [例1]　斜三棱柱ABC­A1B1C1上，侧面AA1C1C⊥平面ABC，侧面AA1C1C是菱形，∠A1AC＝60°，A1C＝AC＝BC＝，AB＝2，D为BB1的中点． (1)求二面角C­A1D ­C1的余弦值； (2)记△ABC的外接圆上有一动点P，若二面角P­AA1­C与二面角C­A1D ­C1相等，求AP的长． [解]　(1)由题意，建立空间直角坐标系，求法向量，求向量夹角公式，可得答案；(2)由题意，找出二面角的平面角，采用平面的思想，找出在平面xCy内的直线，根据弦长公式，可得答案． (1)取A1C1的中点为E，连接CE， 在菱形AA1C1C中，∠A1AC＝∠A1C1C＝60°， 则CE⊥A1C1， 在三棱柱ABC­A1B1C1中，AC∥A1C1， 故CE⊥AC， ∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，∴CE⊥平面ABC， 由AC＝，CB＝1，AB＝2，即AC2＋BC2＝AB2，则AC⊥BC， 以C为原点，以，，分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图： 则C(0,0,0)，A1，C1， B(0,1,0)，B1， 故BB1的中点D， 在平面CDA1内，取＝， ＝， 设平面CDA1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则，即，化简得， 令z1＝2，则x1＝－2，y1＝－3，故平面CDA1的一个法向量n＝(－2，－3,2)， 在平面C1DA1内，取＝(，0,0)，＝， 设平面C1DA1的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则，即，化简得， 令z2＝4，则x2＝0，y2＝3，故平面C1DA1的一个法向量m＝(0,3,4)， cos〈n，m〉＝＝＝－. 由图可知，钝二面角C­A1D ­C1的余弦值为－. (2)由题意，取AA1的中点Q，连接CQ，延长AP与y轴交于F， 连接FQ，在等边△AA1C中，易知CQ⊥AA1， ∵FC⊥平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1C1C， ∴FC⊥AA1， ∵CQ⊥AA1，且CQ∩CF＝C，CQ，CF⊂平面CQF，∴AA1⊥平面CQF， ∵FQ⊂平面CQF，∴FQ⊥AA1， 故∠CQF为二面角P­AA1­C平面角的补角， 由二面角C­A1D­C1的余弦值为－，可得二面角P­AA1­C的余弦值为－， 故tan∠CQF＝4，在Rt△CEF中，CF＝CQ·tan∠CEF＝6， 在xCy平面内，直线AF的方程为6x－y－6＝0， 在△ABC的外接圆中，易知圆心为，则弦心距d＝＝， 根据弦长公式，可得l＝2＝ 2＝2， 故此时AP＝2. 将立体几何与解析几何巧妙结合，是考察的创新．点、线、面的变化必然导致位置关系或一些量的变化，在具体问题中，让变量变化，考虑由此变化所引发的其它量的变化，构建目标函数，则可将立体几何问题用代数方法解决． 1．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝AA1＝2，点M是平面ABC上的动点． (1)若点M在线段BC上(不包括端点)，设α为异面直线AC与B1M所成角，求cos α的取值范围； (2)若点M在线段AC上，求A1M＋MC的最小值； (3)若点M在线段BA上，作MN平行AC交BC于点N，Q是BB1上一点，满足MB＋BQ＝2.设MB＝x，记三棱锥Q­MBN的体积为V(x)．我们知道，函数y＝f(x)的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数y＝f(x)为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数y＝f(x)的图象关于点P(a，b)成中心对称图形的充要条件是函数y＝f(x＋a)－b为奇函数．据此，判断函数y＝V(x)在定义域内是否存在x0，使得函数y＝V(x)在(0，x0)上的图象是中心对称图形，若存在，求x0及对称中心；若不存在，说明理由． 解：(1)作MG∥AC交AB于G，确定异面直线所成角，再利用余弦定理求解即得． (2)把矩形ACC1A1与△ABC置于同一平面，再求出点A1到直线BC的距离即可． (3)求出V(x)，结合给定信息，利用奇函数建立方程求解即可． (1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥BC，作MG∥AC交AB于G，连接B1G， 则∠B1MG为异面直线AC与B1M所成角或其补角，设BM＝x,0＜x＜2， 由△BMG∽△BCA，得＝，则BG＝，MG＝ x，B1M＝，B1G＝ 在△B1MG中，cos ∠B1MG ＝＝ ＝， 由0＜x＜2，得2＞2， 则∈，cos∠B1MG∈， 所以AC与B1M所成角的cos x的取值范围为. (2)由AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，得∠ACB＝30°，∠ABC＝60°， 将平面ABC翻折使得与平面A1C在同一平面上，且使矩形ACC1A与△ABC在AC两侧， 过A1作A1E′⊥BC于E′，交AC于M′，则M′E′＝M′C， 对任意点M，过M作ME⊥BC于E，连接AE，ME＝MC， 则A1M＋MC＝A1M＋ME≥A1E≥A1E′＝A1M′＋M′E＝A1M′＋M′C，当且仅当M与M′重合时取等号， 显然A1M′∥AB，设AM′＝a，M′C＝AC－a＝4－a，M′E′＝M′C＝2－a， 从而A1E′＝A1M′＋M′E′＝2a＋＝2＋a，E′C＝(4－a)， 在Rt△A1E′C中，A1E′2＋E′C2＝A1C2，即2＋(4－a)2＝28， 化简得3a2＋16＝28，解得a＝2，即A1E′＝5， 所以A1M＋MC的最小值为5. (3)x0＝，对称中心为. 由△BMN∽△BAC，得＝2，S△BMN＝x2，BQ⊥平面BMN，BQ＝2－x， V(x)＝×x2×(2－x)， 整理得V(x)＝x2(2－x)(0＜x＜2)， 令f(x)＝x2(2－x)，设其图象对称中心为(a，b)，则y＝f(x＋a)－b为奇函数， 则y＝(x＋a)2(2－x－a)－b＝－x3＋(2－3a)x2＋(4a－3a2)x＋(2a2－a3)－b为奇函数， ，解得， 所以对称中心为， 由对称性可得x0＝. 　　　　立体几何中的新定义问题 [例2]　球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球O的半径为R.A、B、C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设O0表示以O为圆心，且过B、C的圆，同理，圆O3，O2的劣弧AC、AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC(阴影部分)叫做球面三角形．若设二面角C­OA­B，A­OB­C，B­OC­A分别为α，β，γ，则球面三角形的面积为S球面△ABC＝(α＋β＋γ－π)R2. (1)若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； (2)若平面三角形ABC为直角三角形，AC⊥BC，设∠AOC＝θ1，∠BOC＝θ2，∠AOB＝θ3.则： ①求证：cosθ1＋cosθ2－cosθ3＝1； ②延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，＝λ，λ∈(0,1]，S为AC中点，T为BC中点，设平面OBC与平面EST的夹角为θ，求sin θ的最小值及此时平面AEC截球O的面积． [解]　(1)根据题意结合相应公式分析求解即可；(2)①根据题意结合余弦定理分析证明；②建系，利用空间向量求线面夹角，利用基本不等式分析可知点E，再利用空间向量求球心O到平面AEC距离，结合球的性质分析求解． (1)若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有α＝β＝γ＝， 所以球面三角形ABC面积为S球面△ABC＝(α＋β＋γ－π)R2＝R2. (2)①证明：由余弦定理有： ，且AC2＋BC2＝AB2， 消掉R2，可得cosθ1＋cosθ2－cosθ3＝1； ②由AD是球的直径，则AB⊥BD，AC⊥CD， 且AC⊥BC，CD∩BC＝C，CD，BC⊂平面BCD， 所以AC⊥平面BCD，且BD⊂平面BCD，则AC⊥BD， 且AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，可得BD⊥平面ABC， 由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，所以∠DAB＝，∠DCB＝， 不妨先令R＝，则AD＝2，AB＝BD＝， BC＝，AC＝2 由AC⊥BC，AC⊥BD，BC⊥BD， 以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系， 设BE＝t，t∈(0，]，则A(0,2,0)，B(，0,0)，C(0,0,0)，D(，0，)， 可得S(0,1,0)，T，E(，0，t)，O 则＝(，0,0)，＝，＝，＝ 设平面OBC法向量m＝(x1，y1，z1)， 则， 取z1＝－2，则y1＝，x1＝0，可得m＝(0，，－2)， 设平面EST法向量n＝(x2，y2，z2)， 则， 取x2＝t，则y2＝t，z2＝－1，可得n＝(t，t，－1)， 要使sin θ取最小值时，则|cos θ|取最大值， 因为|cos θ|＝|cos〈m，n〉|＝＝＝× ＝×＝×， 令m＝2t＋1，m∈(1,13]，则t＝，3t2＝ 可得＝＝＝≤＝2， 当且仅当m＝3，t＝取等． 则|cos θ|取最大值，sin θ＝＝为最小值， 此时点E，可得＝，＝(0,2,0)， 设平面AEC中的法向量k＝(x，y，z)，则， 取x＝1，则y＝0，z＝－2，可得k＝(1,0，－2)， 可得球心O到平面AEC距离为d＝＝， 设平面AEC截球O圆半径为r， 则r2＝R2－d2＝， 所以截面圆面积为πr2＝π＝πR2. 与立体几何有关的新定义问题，涉及到线面平行的证明、点到面距离的求解、立体几何中取值范围的求解问题；求解取值范围的关键是能够将所求量表示为关于某一变量的函数，通过求解函数最值得出结果． 2．(2024·重庆三模)已知n≥4且n∈N*，设S是空间中n个不同的点构成的集合，其中任意四点不在同一个平面上，dAB表示点A，B间的距离，记集合γ(S)＝{dAB|∀A，B∈S，A≠B} (1)若四面体ABCD满足：AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝1 ①求二面角C­AD­B的余弦值： ②若S＝{A，B，C，D}，求γ(S) (2)证明：4card(τ(S))≥n－1 参考公式：x＋x＋…＋x≥(x1＋x2＋…＋xn)2 解：(1)①建立空间直角坐标系，求出平面CAD与平面BAD的法向量，利用向量夹角公式即可求解；②根据条件AB＝BC＝CD＝1，得出BD＝AC＝，AD＝，即可求解；(2)设card(τ(S))＝k，τ(s)＝{d1，d2，…dk}，从两个方面结合参考公式给出证明即可． (1)以C为原点，方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，如图， 则C(0,0,0)，D(1,0,0)，B(0,1,0)，A(0,1,1)， ＝(0,1,1)，＝(1,0,0)，＝(1，－1,0)，＝(1，－1，－1)， ①设平面CAD的法向量m＝(x，y，z)， 则，即，取y＝1得m＝(0,1，－1)， 设平面BAD的法向量为n＝(a，b，c)， 则，即， 取a＝1得n＝(1,1,0)， 所以cos〈m，n〉＝＝＝， 即二面角C­AD ­B的余弦值为； ②AB＝BC＝CD＝1，BD＝AC＝，AD＝， 所以r(S)＝{1，，}； (2)设card(r(S))＝k，r(S)＝{d1，d2，…，dk}，下证k≥， 设S中任意不同的两点的C个距离中，距离等于di的有xi个，i＝1,2，…，k， 则C＝x1＋x2＋…＋xk， 记S中n个不同点分别为A1，A2，…，An，设到点Aj的距离等于dI的点的个数为xij个，(i＝1,2，…，k，j＝1,2，…，n)， 则xi1＋xi2＋…＋xin＝2xi，(i＝1,2，…，k)， 所以(x11＋x12＋…＋x1n)＋(x21＋x22＋…＋x2n)＋…＋(xk1＋xk2＋…＋xkn)＝xij＝2C， 考虑由S中的点构成的满足dAB＝dAC的点组(A，B，C)的个数N(S)， 一方面，当A取Aj(j＝1,2，…，n)，时，这样的点组有C2xij个，故有N(S) C2xij， 另一方面，因为S中任意四个点不共面，所以对任(B，C)，点A的选取至多有3种，故有N(S)≤3C①， 结合①得C≤4⇒k≥ 学科网（北京）股份有限公司 $$