压轴专题15 立体几何19题题型归类（7大题型）-2025年高考数学压轴题专项训练（新高考通用）

压轴题15 立体几何19题题型归类 综述： 新定义题型的特点是，通过给出一个新定义概念，或者定义一种新的运算，或者给叔一些新的模型，借此搭建创设来创设全新的问题情景，首先要求学生做题时需要阅读理解出题的模型背景，根据试题提供的数学信息，结合自己所学的高中知识，联系所学的数学模型，借助所学的数学方法，实现试题提供的信息以迁移或者化归到高中数学层面上，用以达到灵活解题的目的。 新定义类试题更综合性的考查学生的思维能力和推理能力.处理这类问题，以基础概念为基础，以类比为抓手，以问题为思维切入点，构建逻辑推导平台，引导新定义概念下的思考，在论证过程中领悟数学方法。 第19题题目分值最高，试题容量较大，出题背景灵活多变，注重综合性、应用性、创新性和思维灵活性，对学科核心素养的考查全面。命题打破了过去高考试题出题形式，命题方式灵活多变，试卷结构新颖创新， 试题背景采取多样的形式，提问方式多角度多重辨析，综合考查学生的数学能力. 我们遇到新定义问题，应细致耐心阅读题目，分析试题提供的新定义的“规则”和特点，弄清新定义的“辐射类比”高中知识的性质，遵循新定义的要求，逐条分析，转化化归验证，逻辑推导运算，最终使得问题得以解决. 压轴题型一：常规几何体的怪异结论 √满分技法 常规几何体的“怪异结论”，多涉及到几何体的角度、距离、体积等的证明与计算，和常规的角度、距离、体积的证明计算式子会有加强或者改变。 1．已知正方体的棱长为1． (1)证明：平面； (2)已知点为平面内一动点，且与所成角为，求线段所形成的曲面面积S； (3)在棱上分别取点（均不与端点重合），二面角，分别记为，求的取值范围． 2．如图，在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点. (1)求平面与平面的夹角的余弦值； (2)点为正方体表面或内部一点. ①若点为线段上一点，点，分别为直线，直线上的动点，求的最小值； ②若点在正方体的表面上，且点到以为公共顶点的三个面中的两个面的距离相等，到第三个面的距离等于点到该正方体中心的距离，求出满足条件的点的个数. 3．如图，在空间直角坐标系中，点分别在轴上（点异于点），且. (1)当（表示面积）取得最大值时，求点到平面的距离. (2)若，动点在线段上（含端点），探究：是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. (3)记平面与平面、平面、平面的夹角分别为，比较与1的大小关系，并说明理由. 4．如图，已知直三棱柱，点为棱的中点，点分别为棱上的动点，记平面与平面所成角为.     (1)求证：； (2)若，请完成以下两个问题： ①求证：平面平面； ②当角取最大时，在平面与平面的交线上存在一点，计算直线与平面所成角的正弦值的最大值.（可以使用（1）中结论） 压轴题型二：怪异几何体的常规证明 √满分技法 “怪异几何体”，多涉及到“常规几何体”中的“特殊”透视、分割。对于几何体的“处理”，会借助表面积、体积、角度和距离来设置提问或者证明要求。对于此类 问题，需要通过对“几何体”的分析，还原，切割等来转化为常见的空间或者平面关系求解。 1．如图，半径为2的半球面O，底面设为，AB是半球面O的直径，点C在半球面上，且，平面平面. 过点C的平面与半球面O相交形成圆S，CD为圆S的一条直径，且D在平面ABC上，且平面与的夹角为，点C，D均在平面的同侧，记，. (1)求证：平面； (2)点P在圆S上，设，. 且，Q在平面上. （i）用表示PQ的长； （ii）当DQ与平面ABC所成角最大时，求. 2．球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学.对于半径为的球，过球面上一点作两条大圆的弧，，它们构成的图形叫做球面角，记作（或），其值为二面角的大小，其中点称为球面角的顶点，大圆弧称为球面角的边.不在同一大圆上的三点，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，这三条劣弧组成的图形称为球面，这三条劣弧称为球面的边，三点称为球面的顶点；三个球面角称为球面的三个内角. 已知球心为的单位球面上有不同在一个大圆上的三点. (1)球面的三条边相等（称为等边球面三角形），若，请直接写出球面的内角和（无需证明）； (2)与二面角类比，我们称从点出发的三条射线组成的图形为三面角，记为.其中点称为三面角的顶点，称为它的棱，称为它的面角.若三面角的三个面角的余弦值分别为. ①求球面的三个内角的余弦值； ②求球面的面积. 3．我国南北朝数学家祖暅于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等. (1)如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，它们的底面在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，现在用平行于平面的平面去截半球和新几何体，得到如图所示两个阴影面，设底面圆心O到截面的距离为d，分别求图中的两个阴影面积及新几何体的体积. (2)如图2，一个球体被平面截下的部分叫做球缺.截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高.根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式. (3)若正方体棱长为，求该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分的体积. 4．如图所示，用一个不平行于圆柱底面的平面，截该圆柱所得的截面为椭圆面.得到的几何体称之为“斜截圆柱”．AB是底面圆O的直径，，椭圆面过点B且垂直于平面ABC，且与底面所成二面角为45°，椭圆上的点在底面上的投影分别为，且均在直径AB同一侧．    (1)当时，求的长度； (2)当时，若下图中，点，，，…，将半圆平均分成7等分，求； (3)证明：． 压轴题型三：圆锥曲线翻折几何体 1．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，，经过点且倾斜角为的直线l与椭圆C交于A，B两点其中点A在x轴上方连接，将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，折叠后A，B在新图形中对应点记为，. (1)当时， ①求三棱锥的外接球的表面积； ②求三棱锥的体积； (2)是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 2．平面内有椭圆与点，椭圆的右顶点为A，上顶点为B，椭圆的焦距为，且，过点M的直线交椭圆于两点，直线交轴于两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若，求直线斜率的取值范围； (3)将平面沿轴翻折成大小为的二面角，若，求直线与平面所成角的正弦值. 3．已知椭圆 的上顶点为 ，且过点 .    (1)求椭圆的方程； (2)若斜率为 的直线 与椭圆交于 、 两点（直线 斜率为正），直线 、 （若 、 重合， 直线 即为椭圆 在 点处的切线） 分别与 轴交于 两点， 为 中点. （i） 求 的最大值; （ii）当 最大时，将坐标平面沿 轴折成二面角 ，在二面角 大小变化过程中，求三棱锥 外接球表面积取得最小值时三棱锥 的内切球的半径. 4．平面直角坐标系中，已知椭圆C：（）左、右焦点分别为，，离心率为，经过且倾斜角为（）的直线l与C交于A，B两点（其中点A在x轴上方），且的周长为8.现将平面沿x轴向上折叠，折叠后A，B两点在新图象中对应的点分别记为，，且二面角为直二面角，如图所示. (1)求折叠前C的标准方程； (2)当时，折叠后，求平面与平面夹角的余弦值； (3)探究是否存在使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 压轴题型四：高等数学“定义”型 √满分技法 新定义解答题是体现核心素养的重要题型，这类题目给出全新的数学概念或规则（如新运算、新函数、新几何定义等），学生需快速理解并应用。 问题设计通常由浅入深，逐步增加抽象性和综合性。 答案需基于定义严谨推导，而非依赖固定题型套路。这类题目注重数学抽象、逻辑推理和数学建模能力的考查，对思维灵活性和知识迁移能力要求较高。通过系统训练和思维引导，能逐步掌握新定义题的解题要领，提升应对高考创新题目的信心与能力。 1．若简单多面体可以被分割成个完全相同的小多面体，则称该简单多面体为“等和多面体”，其中分别表示简单多面体的顶点数、棱数、面数.记每个小多面体的顶点数、棱数、面数分别为，，，，（为与分割方式有关的正整数）. (1)已知长方体是“等和多面体”，按分割方式：过长方体共顶点的三条棱的中点，各作一个与该棱垂直的平面，将长方体分割成若干个完全相同的小长方体，求该分割方式下的值； (2)判断正四面体是否为“等和多面体”.若是，请先描述一种分割方式，再求出该分割方式下的值；若不是，请说明理由； (3)若简单多面体是“等和多面体”，求分割后小多面体的个数与的等量关系. 参考公式：多面体欧拉定理可表示为“顶点数棱数面数”，即. 2．在空间中，过点作平面的垂线，垂足为，记.设为两个不同的平面，为平面外的三点.. (1)若，判断直线与平面的位置关系； (2)平面与平面夹角为锐角且交于直线，直线，求证：； (3)若对于任意点，恒有成立，求平面与平面夹角的大小. 3．个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个维向量，其中称为该向量的第个分量.特别地，对一个维向量，若，，称为维信号向量.设，则和的内积定义为，且. (1)写出所有3维信号向量； (2)直接写出4个两两垂直的4维信号向量； (3)证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量； 4．在直三棱柱中，，，，点是平面上的动点． (1)若点在线段上（不包括端点），设为异面直线与所成角，求的取值范围； (2)若点在线段上，求的最小值； (3)若点在线段上，作平行交于点，是上一点，满足．设，记三棱锥的体积为．我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．据此，判断函数在定义域内是否存在，使得函数在上的图象是中心对称图形，若存在，求及对称中心；若不存在，说明理由． 压轴题型五：类比平面曲线公式型 1．在空间直角坐标系中，已知向量，点.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为. (1)若平面，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的单位方向向量（写出一个即可）； (2)若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为、、，其中平面经过点，点，点，平面，平面，求出点到平面的距离； (3)已知集合，，.记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，集合中所有点构成的几何体为. （ⅰ）求和的值； （ⅱ）求几何体的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值. 2．在空间直角坐标系中，已知向量，点.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为. (1)若平面，直线的方向向量为，求直线与平面所角的正弦值； (2)已知集合，记集合中所有点构成的几何体体积为，集合，记集合中所有点构成的几何体为，求的值及几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值. 3．在空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．此方程称为平面的点法式方理，整理变形可得，此方程称为平面的一般式方程．已知集合，，． (1)指出集合M和N表示的图形； (2)求过三点，，的平面的点法式方程和一般式方程； (3)设R中所有点构成的几何体为K，求K中有公共棱的相邻两个面的夹角的余弦值． 4．在空间直角坐标系Oxyz中，这点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为． (1)已知直线的方程为，直线的方程为．请分别写出直线和直线的一个方向向量． (2)若直线与都在平面内，求平面的方程； (3)若集合中所有的点构成了多面体Ω的各个面，求Ω的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 压轴题型六：类比平面向量扩展型 1．若在空间直角坐标系中，直线的方向向量为，且过点，直线的方向向量为，且过点，则与方向向量的叉积为与的混合积为．若，则与共面；若，则与异面．已知直线的一个方向向量为，且过点，直线的一个方向向量为，且过点． (1)证明：与是异面直线． (2)若点，求的长的最小值． (3)若为坐标原点，直线，求的坐标． 2．行列式是解决复杂代数运算的算法，二阶行列式其运算法则如下：.若，则称为空间向量与的向量积，其中，，为单位正交基底.以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，已知是空间直角坐标系中异于的不同两点，且三点不共线. (1)①若，，求； ②求证：是平面的一个法向量；且. (2)①记的面积为，证明：. ②三棱锥，其中，，，求三棱锥的体积.（用，，表示） (3)如图，两点分别是三角形的两条边上的动点（不含端点），其中的中点为，其中的中点为.求证：三角形面积是四边形面积的四分之一. 3．定义空间中既有大小又有方向的量为空间向量．起点为，终点为的空间向量记作，其大小称为的模，记作等于两点间的距离．模为零的向量称为零向量，记作．空间向量的加法、减法以及数乘运算的定义与性质和平面向量一致，如：对任意空间向量，均有，，；对任意实数和空间向量，均有；对任意三点，均有等．已知体积为的三棱锥的底面均为，在中，是内一点，．记． (1)若到平面的距离均为1，求； (2)若是的重心，且对任意，均有． （i）求的最大值； （ii）当最大时，5个分别由24个实数组成的24元数组满足对任意，均有，且对任意均有求证：不可能对任意及均成立． （参考公式：） 4．n个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量，若，称为n维信号向量.设，，则和的内积定义为，且. (1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量； (2)证明：不存在10个两两垂直的10维信号向量； (3)已知k个两两垂直的2024维信号向量，，…，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：. 压轴题型七： 综合应用型 1．炎炎夏日，上学路上若有一支冰淇淋该多么美妙啊！小明同学酷爱甜筒冰淇淋（图1），他想动手做一个甜筒模型（图2），若根据设计稿已知为直角三角形，四边形为直角梯形，，，曲线是以为圆心的四分之一圆弧，，，，，将平面图形旋转一周得到小明设计的甜筒． (1)求该甜筒的体积； (2)小明准备将矩形旋转所形成的几何体都用来盛装冰淇淋（如图2所示），该矩形内接于图形，在弧上（不与端点重合），点在线段上，与所在的直线重合，设，求： ①盛装冰淇淋容器的体积；（用表示） ②炎热的天气下，若冰淇淋融化的时间与盛装的体积满足关系，请计算这个冰淇淋完全融化需要的最长时间． (3)小明想给甜筒一些新的装饰，如果修改后的甜筒俯视图如图3所示，且通过拼装后可以变成一个正四棱锥（即俯视图可以看作一个正四棱锥的展开图），我们记侧棱的长为1，，正四棱锥的表面积记作，体积记作．求（将其表示为的形式，其中为常数）． 2．阅读下列材料，回答问题： 如图，在空间直角坐标系中，过原点与轴成角的直线绕轴一周，生成以为顶点轴为对称轴的两个圆锥形的几何体，不经过原点与轴成角的平面截几何体的表面得到的截口曲线称为圆锥曲线.    当时，平面截几何体的表面得到的截口曲线在一个圆锥上，以下证明它是椭圆：如图，在该圆锥内放置两球和，使它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切，切点分别形成圆和圆）且与平面相切（位于平面上下两侧），切点分别为和，在截口曲线上任取一点P，作直线交圆于点，连接和，因为和都是大球的切线段，所以，同理，所以，因为两球外离，和分别是两球的内外公切线段，都为定值且，所以此时平面截圆锥得到的圆锥曲线满足椭圆定义，应为椭圆.依据上述材料所述，请回答：    (1)当时，对应的圆锥曲线是什么曲线？（直接回答不必证明） (2)当，对应的圆锥曲线是什么曲线？并根据所给图形利用材料所提供的思路进行证明；    (3)如图，将等边绕边旋转至，并且使二面角为直二面角，动点在平面上并且，判断动点的轨迹，并求其离心率.    3．如图1，在抛物线上任选一动点，可认为其纵坐标为以为边长的正方形的面积，由此将抛物线下阴影部分的面积转化为四棱锥的体积，得，称其为抛物线的“三分之一”原则. (1)如图3，在拟柱体中，底面为矩形，，点到底面的距离为2，试利用抛物线的“三分之一”原则求拟柱体的体积； (2)已知类似于圆锥的空间几何体具有圆锥的一切对称性，且其顶点为，底面为，高为，将置于空间直角坐标系中，使其顶点与坐标原点重合，与平面平行且上任意一点坐标均可表示为.若用任一平行于平面的平面截所得的截面的面积与到平面的距离有关系：.设被平面所截得曲线为， （i）求的体积关于的表达式及在平面中的方程； （ii）在平面中，过点作两条互相垂直的弦，分别交于两点，都在第一象限内且在的右侧，分别交于两点.设的面积为的面积为，当点的横坐标时，求的最大值. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 压轴题15 立体几何19题题型归类 综述： 新定义题型的特点是，通过给出一个新定义概念，或者定义一种新的运算，或者给叔一些新的模型，借此搭建创设来创设全新的问题情景，首先要求学生做题时需要阅读理解出题的模型背景，根据试题提供的数学信息，结合自己所学的高中知识，联系所学的数学模型，借助所学的数学方法，实现试题提供的信息以迁移或者化归到高中数学层面上，用以达到灵活解题的目的。 新定义类试题更综合性的考查学生的思维能力和推理能力.处理这类问题，以基础概念为基础，以类比为抓手，以问题为思维切入点，构建逻辑推导平台，引导新定义概念下的思考，在论证过程中领悟数学方法。 第19题题目分值最高，试题容量较大，出题背景灵活多变，注重综合性、应用性、创新性和思维灵活性，对学科核心素养的考查全面。命题打破了过去高考试题出题形式，命题方式灵活多变，试卷结构新颖创新， 试题背景采取多样的形式，提问方式多角度多重辨析，综合考查学生的数学能力. 我们遇到新定义问题，应细致耐心阅读题目，分析试题提供的新定义的“规则”和特点，弄清新定义的“辐射类比”高中知识的性质，遵循新定义的要求，逐条分析，转化化归验证，逻辑推导运算，最终使得问题得以解决. 压轴题型一：常规几何体的怪异结论 √满分技法 常规几何体的“怪异结论”，多涉及到几何体的角度、距离、体积等的证明与计算，和常规的角度、距离、体积的证明计算式子会有加强或者改变。 1．已知正方体的棱长为1． (1)证明：平面； (2)已知点为平面内一动点，且与所成角为，求线段所形成的曲面面积S； (3)在棱上分别取点（均不与端点重合），二面角，分别记为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）以D为原点，分别以DA、DC、所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，空间向量垂直的坐标公式,然后利用线面垂直的判定即可得证； （2）首先得线段所形成的曲面是圆锥的侧面，求出半径和母线长即可得； （3）利用向量法求出二面角的余弦，然后利用均值不等式求出最值即可 【详解】（1）以D为原点，分别以DA、DC、所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则 所以， ， 因为在平面内相交于点A， 所以平面； （2）在平面中，连接交于点， 由（1）知平面， 因为 是正三角形，边长为，由， 即， 点为平面内一动点，且与所成角为，则， 所以点轨迹为以为圆心，为半径的圆， 线段所形成的曲面是圆锥的侧面，曲面面积； （3）设， 平面DFG的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，设平面EFG的法向量为，则， 所以，令，，所以， 所以，，， = ，， ， ，，当且仅当，即时取等号，又， ， 所以的取值范围为. 2．如图，在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点. (1)求平面与平面的夹角的余弦值； (2)点为正方体表面或内部一点. ①若点为线段上一点，点，分别为直线，直线上的动点，求的最小值； ②若点在正方体的表面上，且点到以为公共顶点的三个面中的两个面的距离相等，到第三个面的距离等于点到该正方体中心的距离，求出满足条件的点的个数. 【答案】(1)(2)①2；②6个 【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解平面与平面的夹角即可； （2）①连接，，可得平面平面，要使最小，可知，作关于的对称点，连接，过作交于点，可得为的最小值，根据图形中几何关系求解即可；②取的中点，根据对称性知在平面上，所以点到平面等于点到直线的距离，由题意知点的轨迹为在平面内的抛物线，可求解得抛物线的方程为，结合图形即可求解. 【详解】（1）以为原点，以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设该正方体的棱长为2，则，，，，， 所以，，，， 设平面的一个法向量，则，即，故可取；设平面的一个法向量，则即，故可取， 设平面与平面的夹角为，所以， 故平面与平面夹角的余弦值为；（2）①连接，，因为点在上， 因为，，，平面，平面， 所以平面，因为平面，所以平面平面， 故与平面内的点之间的距离最小的点在上，因为在上，要使最小，则必在与的交点处，此时，作关于的对称点，连接， 将沿翻折到平面内，过作交于点，所以，，所以为的最小值， 因为，，所以，又，，所以，因为，所以，所以， 又在翻折后形成的图形中，，，所以， 所以四边形为平行四边形，所以，所以的最小值为2， ②取的中点，则为正方体的中心，若到侧面、侧面的距离相等，根据对称性知在平面上，因为，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， 因为平面平面，所以点到平面等于点到直线的距离， 由题意知在平面内，点到的距离等于点到的距离， 由抛物线的定义知点的轨迹为在平面内的抛物线， 取的中点，以直线为轴，以的中垂线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，易知，所以抛物线的方程为， 易知直线的方程为，代入，得，， 所以抛物线与棱和棱各有1个公共点， 所以若点到侧面、侧面的距离相等，点到的距离等于点到正方体中心距离时，符合条件的点有2个，同理若点到侧面、侧面的距离相等，点到的距离等于点到正方体中心距离时，以及若点到侧面，侧面的距离相等，点到的距离等于点到正方体中心距离时，符合条件的点各有2个，综上所述，符合条件的点共有6个. 3．如图，在空间直角坐标系中，点分别在轴上（点异于点），且. (1)当（表示面积）取得最大值时，求点到平面的距离. (2)若，动点在线段上（含端点），探究：是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. (3)记平面与平面、平面、平面的夹角分别为，比较与1的大小关系，并说明理由. 【答案】(1);(2)存在，;(3)，理由见解析. 【分析】（1）利用基本不等式可求得取得最大值时，,再利用三棱锥的等体积法求出点到平面的距离； （2）利用空间向量坐标运算，结合参数表示线面角的正弦值，解方程即可得出参数值，进而得出结论； （3）利用空间向量坐标运算求出平面的法向量，再求出面面角的余弦值，利用基本不等式可得到结论并得证. 【详解】（1）不妨设，则且， 故， 当且仅当时等号成立，取得最大值，此时. 记点到平面的距离为.因为， 又，所以，解得. 所以，点到平面的距离为. （2）由题可知，故. 设，则. 设为平面的法向量，则即可取. 记直线与平面所成的角为，则， 解得，则.所以,存在线段的中点满足题意，此时. （3）结论：.下面给出证明： 同（1）设的长度分别为，则. 显然平面的一个法向量为.设平面的法向量为， 则可取，所以， 同理得，故有.要证.， 即证①. 事实上，有， 化简得， 则①式得证，故， 当且仅当即时等号成立，命题得证. 4．如图，已知直三棱柱，点为棱的中点，点分别为棱上的动点，记平面与平面所成角为.     (1)求证：； (2)若，请完成以下两个问题： ①求证：平面平面； ②当角取最大时，在平面与平面的交线上存在一点，计算直线与平面所成角的正弦值的最大值.（可以使用（1）中结论） 【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；②. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量求出面面角的余弦即可. （2）①由（1）的信息，利用空间位置关系的向量证明推理即得；②求出取最小值时位置，并求出直线方程，再借助点到直线距离确定线面角的正弦最大值. 【详解】（1）在直三棱柱中，，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，， ，令平面的法向量， 则，取，得，平面的法向量， 因此， ，， ，而， 所以. （2）①，由（1）得，，平面的法向量， ，令平面的法向量， 则，取，得，，所以平面平面. ②由（1）知，，当且仅当或时取等号， 由对称性，不妨取，则，平面与平面的交线过点， 直线的方程为，由平面，且知， 要直线与平面所成角的正弦值的最大值，当且仅当长最小， 即长为点到直线的距离，此时， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 【点睛】思路点睛：求空间角的最值问题，根据给定条件，选定变量，将该角的某个三角函数建立起变量的函数，求出函数最值即可. 压轴题型二：怪异几何体的常规证明 √满分技法 “怪异几何体”，多涉及到“常规几何体”中的“特殊”透视、分割。对于几何体的“处理”，会借助表面积、体积、角度和距离来设置提问或者证明要求。对于此类 问题，需要通过对“几何体”的分析，还原，切割等来转化为常见的空间或者平面关系求解。 1．如图，半径为2的半球面O，底面设为，AB是半球面O的直径，点C在半球面上，且，平面平面. 过点C的平面与半球面O相交形成圆S，CD为圆S的一条直径，且D在平面ABC上，且平面与的夹角为，点C，D均在平面的同侧，记，. (1)求证：平面； (2)点P在圆S上，设，. 且，Q在平面上. （i）用表示PQ的长； （ii）当DQ与平面ABC所成角最大时，求. 【答案】(1)证明见解析(2)（i）；（ii） 【分析】（1）记为弧的中点，结合面面垂直与线面垂直性质定理分别证明，再由线面垂直判定定理证明平面，然后结合角度关系求解，得线线垂直，进而证明线面垂直； （2）（i）结合余弦定理、勾股定理、相似性解三角形可得；（ii）由面面垂直性质找二面角的平面角，利用线面平行判定与性质寻求几何性质，利用三角函数运算表示的正切值，利用导函数求最值可得. 【详解】（1）因为，，，又，则. 记为弧的中点，则，又因为平面平面，且平面，平面平面，则，又因为，则.又根据题意知球心为，截面圆圆心为，连接， 则，，则，又平面，平面，且， 则平面，又平面，则，所以为平面与的夹角，即， 又，所以，已知，又为中点，所以，则，即，又平面平面，平面，平面平面， 所以平面． （2）（i）连接，延长交于，由（1）性质可知， ，，如图，在中，， 由余弦定理得，， 则，在中，，，则，由于三点共线， 所以在中，由，又，所以． （ii）如图，过作，垂足为，连接，因为平面，平面平面且交线为， 因此平面，所以即为与平面所成角的平面角． 设平面，连接，过作，垂足为. 由平面，则，平面，平面，则平面，平面，平面平面，则，同理，由可得，则四边形是平行四边形，则，且平面，又平面，则，则，且， 则，则， 故，令，则， 构造函数，则，在上单调递增， 并存在唯一零点，故在上单调递增，在上单调递减． 则当时，有最大值， 由DQ与平面ABC所成角的范围为， 故当与平面所成角最大时，． 2．球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学.对于半径为的球，过球面上一点作两条大圆的弧，，它们构成的图形叫做球面角，记作（或），其值为二面角的大小，其中点称为球面角的顶点，大圆弧称为球面角的边.不在同一大圆上的三点，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，这三条劣弧组成的图形称为球面，这三条劣弧称为球面的边，三点称为球面的顶点；三个球面角称为球面的三个内角. 已知球心为的单位球面上有不同在一个大圆上的三点. (1)球面的三条边相等（称为等边球面三角形），若，请直接写出球面的内角和（无需证明）； (2)与二面角类比，我们称从点出发的三条射线组成的图形为三面角，记为.其中点称为三面角的顶点，称为它的棱，称为它的面角.若三面角的三个面角的余弦值分别为. ①求球面的三个内角的余弦值； ②求球面的面积. 【答案】(1)(2)①，，；② 【分析】（1）通过已知条件直接证明三个平面两两垂直，然后由球面角的定义即可得出； （2）使用空间解析几何方法求出球面的三个球面角，再证明球面球面的面积，即可得到结果. 【详解】（1）由可知在两个互相垂直（即交点处切线垂直）的大圆上， 从而，故， 设，则， 从而，注意到到直线的距离均为，故， 所以由知，所以，即，这得到， 从而，又在两个互相垂直的大圆上，故， 从而两两垂直，从而由在平面内交于点，可知垂直于平面， 而在平面和平面内，故平面垂直于平面，同理平面垂直于平面， 平面垂直于平面，所以三个平面两两垂直， 故由球面角的定义知，所以球面的内角和是. （2）①由已知条件，可设， 如图，以为原点，构建空间直角坐标系，则，不妨设， 设，则由可知；；，故， 不妨设，则，所以有， 设平面的法向量分别为，并设， 则即从而，故可以取所以我们有，， ，故球面的三个内角的余弦值分别为. ②先证明一个引理.引理：若在单位球面上的球面的三个球面角， 设该球面的面积为，则，引理的证明： 记球的表面积为，则， 设的对径点分别为， 则所在的大圆和所在的大圆， 它们将球面分成了四个部分， 其中面积较小的两个部分的面积之和等于球的表面积的倍， 即，类似可定义，且同理有， 而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有， 所以， 故，引理得证， 回到原题，根据①的结论，有， 再由引理知球面的面积. 【点睛】结论点睛：球面的面积求解定理： 若球面的三个球面角，设该球面的面积为，则. 3．我国南北朝数学家祖暅于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等. (1)如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，它们的底面在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，现在用平行于平面的平面去截半球和新几何体，得到如图所示两个阴影面，设底面圆心O到截面的距离为d，分别求图中的两个阴影面积及新几何体的体积. (2)如图2，一个球体被平面截下的部分叫做球缺.截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高.根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式. (3)若正方体棱长为，求该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分的体积. 【答案】(1),(2)(3) 【分析】（1）结合图形判断两阴影面的形状为一个圆面和一个圆环面，运用面积公式计算即可，根据，利用祖暅原理计算半球体积即得； （2）在时，先利用祖暅原理求出球台体积，加上半球体积整理即得球缺公式，对于时，只需计算另一半大球缺的体积，再用球体积减去其体积，化简整理即得； （3）由题知该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分是球体的，去掉3个包含点的正方体的面截球所得球缺的，分别求球体和球缺的体积，代入计算即得. 【详解】（1）在图1中的半球中，阴影面为一个圆面， 由球的截面圆性质，可知截面圆半径为，则阴影面积为； 在图1中的圆柱中，阴影面为两个同心圆所夹的圆环面， 因圆柱的底面半径和高都等于R，故小圆的半径为，大圆半径为，则阴影面积为， 因，故新几何体的体积等于半球体的体积，即. （2）不妨设，先用与水平面平行且经过球缺所在球的球心的平面截球缺得到如图所示的球台，则球台的高为，下底面半径为，上底面半径为， 由祖暅原理，球台体积等于与之等高，底面半径相等的圆柱挖去一个与之等高的小圆锥余下的几何体的体积，其中小圆锥的底面半径为，则球台体积为， 将其加上半球的体积，即得球缺的体积：. 若，则可先计算另一半高为的大球缺体积，再用球的体积减去大球缺的体积， 即得小球缺的体积为. （3）依题意，该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分是球体的，去掉3个包含点的正方体的面截球所得球缺的. 因，高为的球缺体积为：， 故所求的公共部分的体积为：. 4．如图所示，用一个不平行于圆柱底面的平面，截该圆柱所得的截面为椭圆面.得到的几何体称之为“斜截圆柱”．AB是底面圆O的直径，，椭圆面过点B且垂直于平面ABC，且与底面所成二面角为45°，椭圆上的点在底面上的投影分别为，且均在直径AB同一侧．    (1)当时，求的长度； (2)当时，若下图中，点，，，…，将半圆平均分成7等分，求； (3)证明：． 【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析. 【分析】（1）过中点作与该斜截圆柱的底面平行的平面圆，利用二面角得到，在俯视图中求出，即得的长； （2）利用（1）推出的公式，依次代入，，，,,,求得关于的三角函数式，利用二倍角公式和诱导公式化简计算即可； （3）由，可得椭圆面的轮廓线即函数的图象，作出该函数在上的图象，并标上作出对应矩形，即得图中所有的矩形面积之和即待证式左式，最后利用补形求出函数与坐标轴围成的面积，比较即得不等式成立. 【详解】（1）       如图，取CD中点，过作与该斜截圆柱的底面圆平行且全等的圆面， 交于点，与交于点，过点B作底面圆的垂线交平行圆面于点， 由椭圆面过点B且与底面所成二面角为45°，则， 因为所以， 过作GH的垂线，交圆于J、K两点. 过作交JK于点，又由圆M，因为圆M,则, 又因 , 平面 ,故平面 , 因平面,故 ，所以为椭圆面与圆所在平面的夹角，也即椭圆面与底面所成角， 所以，则为等腰直角三角形，. 设，如图作圆所在平面的俯视图，则， 由，所以，则有， 所以，即，当时，; （2）当时，，由（1）可得： 所以，…, 则 ； （3）由（1）知，也即是关于的函数， 也即将斜截圆柱的侧面沿着展开，其椭圆面的轮廓线即为函数的图象， 如图，将绘制于函数图象上，    并以，（）为边作矩形，则矩形的面积即为， 所以即为这些矩形的面积之和. 而函数的图象与轴围成的面积即为该斜截圆柱的半个侧面积， 我们把两个该斜截圆柱可拼成一个底面半径为1，高为2的圆柱， 因此该斜截圆柱的半个侧面积为， 所以函数与坐标轴围成的面积为， 又因为无论点是否均匀分布在半圆弧AB上， 这些矩形的面积之和都小于函数与坐标轴围成的面积. 所以， 即问题得证. 【点睛】思路点睛：解题思路在于作出与底面平行的横截面，利用二面角建立与的函数关系，结合三角函数的图象理解待证式左边的几何意义，最后通过补形求得斜截圆柱的半个侧面积，比较即得证不等式. 压轴题型三：圆锥曲线翻折几何体 1．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，，经过点且倾斜角为的直线l与椭圆C交于A，B两点其中点A在x轴上方连接，将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，折叠后A，B在新图形中对应点记为，. (1)当时， ①求三棱锥的外接球的表面积； ②求三棱锥的体积； (2)是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)①；②；(2)存在， 【分析】（1）①分别求出和的外接圆半径，进而可求三棱锥外接球半径为，由此可求其外接球的表面积； ②易知，联立直线和椭圆方程即可求出，坐标，进而根据公式即可求解； （2）由折叠前折叠后的周长可得，利用两点间的距离公式列出等式，对等式进行变形，进而弦长可用，表示，将韦达定理代入即可求解m，进而得到直线的斜率． 【详解】（1）①由题可知，，则 . 直线的倾斜角，则斜率. 所以直线的方程为. 联立直线与椭圆方程，解得或. 又因为点A在x轴上方，所以.所以为边长是的正三角形，且.折叠后，.又因为，所以； 外接圆半径；外接圆半径. 三棱锥外接球半径为. 三棱锥的外接球的表面积为.②因为二面角为直二面角， 所以到轴距离即为三棱锥的高，.底面的面积， 所以.即三棱锥的体积为. （2）设翻折前，翻折后，建立空间坐标系，如图所示，. 设直线的方程为，将直线与椭圆方程联立得， ，则.翻折前， 翻折后，由，，所以. ，分母有理化，所以. 则.又因为， 所以，将代入上式， 整理得，整理得， 因为，所以. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何综合问题.解题关键是找到等式：折叠前折叠后的周长差，对等式进行整理变形后用，表示弦长，再应用韦达定理求出，进而得到直线的斜率即． 2．平面内有椭圆与点，椭圆的右顶点为A，上顶点为B，椭圆的焦距为，且，过点M的直线交椭圆于两点，直线交轴于两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若，求直线斜率的取值范围； (3)将平面沿轴翻折成大小为的二面角，若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）用表示面积与焦距，利用方程组求解，求得椭圆方程； （2）设直线方程，联立椭圆方程，由直线方程令，表示坐标及，代入韦达定理化简整理，再由不等式求解的范围即可； （3）由题意判断点位置，设坐标，利用已知条件求解，再利用法向量求解线面角. 【详解】（1）由椭圆的焦距为，得，即①； 由，，得，即②； 联立①②解得，故椭圆的标准方程为. （2）由（1）知，在平面直角坐标系中，， 由题意知直线斜率存在，可设直线方程为，设， 联立，消得，其中. 由韦达定理得，，则直线的方程为，令，得；同理的方程为，令，得； ， 由，即，解得，故直线斜率的取值范围为. （3）由，得，即.如图2，在平面直角坐标系中，设，，则，设，则， 设直线与椭圆交于点，联立，解得，此时， 直线与椭圆另一交点恰为，由，可知点坐标应满足， 即直线的斜率，故直线与椭圆的另一交点在轴下方， 故与轴的交点也在轴下方，且.同理，联立直线与椭圆方程， 解得，又，则， 由（2）知，所以有，化简得③， 因此，如图3，在空间直角坐标系中， 则，设， 由可得，整理得④； 联立③④解得，故，则， 由三点共线，故平面即平面，设平面的法向量， 则，令，得，则平面的法向量， 设直线与平面所成角为，则. 故直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键有二，一是利用韦达定理表示；二是判断点位置，确定坐标，进而求解线面角. 3．已知椭圆 的上顶点为 ，且过点 .    (1)求椭圆的方程； (2)若斜率为 的直线 与椭圆交于 、 两点（直线 斜率为正），直线 、 （若 、 重合， 直线 即为椭圆 在 点处的切线） 分别与 轴交于 两点， 为 中点. （i） 求 的最大值; （ii）当 最大时，将坐标平面沿 轴折成二面角 ，在二面角 大小变化过程中，求三棱锥 外接球表面积取得最小值时三棱锥 的内切球的半径. 【答案】(1)；(2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即得椭圆方程. （2）（i）设出直线方程，与椭圆方程联立利用韦达定理，结合斜率坐标公式推证得，再利用余弦定理建立函数关系求出正弦最大值；（ii）在（i）的条件下可得过原点，且，再在折后的几何体中补形并探讨外接球最小时的球心位置，并利用体积法求出内切球半径. 【详解】（1）依题意，，，解得，所以所求方程为. （2）（i）设直线，由消去得， 设，则，直线的斜率分别为， 则 ，则，即， 在中，令，则， ，当且仅当时取等号， 所以的最大值为. （ii）当取最大值时，是边长为2的等边三角形， 过原点， 将沿轴折成三棱锥，将底面补成等腰梯形， 则三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球． 过等腰梯形外心即中点作直线平面， 过中心作直线平面，则即为三棱锥外接球球心， 即为三棱锥外接球半径，显然与重合时三棱锥外接球半径最小， 此时平面，三棱锥为正四面休，与交点即为中心， 平面，而平面，则，在等腰梯形中， ，，则，即， 由平面，于是平面，而平面， 因此，因此，， 则三棱锥表面积为，设三棱锥内切球半径为， 则，解得.    【点睛】结论点睛：一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足：. 4．平面直角坐标系中，已知椭圆C：（）左、右焦点分别为，，离心率为，经过且倾斜角为（）的直线l与C交于A，B两点（其中点A在x轴上方），且的周长为8.现将平面沿x轴向上折叠，折叠后A，B两点在新图象中对应的点分别记为，，且二面角为直二面角，如图所示. (1)求折叠前C的标准方程； (2)当时，折叠后，求平面与平面夹角的余弦值； (3)探究是否存在使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)(2)(3)存在， 【分析】（1）根据题意，列出的方程组，求出得解； （2）法一，以原来的轴为轴，轴正半轴所在直线为轴，轴负半轴所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用公式求解；法二，由三维空间三角形面积的计算公式求得，，根据投影面积法求解； （3）设折叠前，则折叠后，，设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，根据折叠前后的周长关系得到，变形得到，代入两根之和，两根之积，求出，进而求出的值. 【详解】（1）由题意得：，解得.故折叠前椭圆的标准方程. （2）当时，直线的方程为：，联立，解得，， 以原来的轴为轴，轴正半轴所在直线为轴，轴负半轴所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则：，，，， 故，，设平面的法向量为，则 ，即.取，则，，故，. 平面的一个法向量为，故. 设平面与平面的夹角为，则. 即平面与平面所成角的余弦值为. 法二：建系同法一.于是，，. 由三维空间三角形面积的计算公式可得. 又易知在平面的正投影为，且. 设平面与平面所成的角为，结合图象可知. （3）以原来的轴为轴，轴正半轴为轴，轴负半轴为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，设折叠前，则折叠后，， 设直线的方程为，其中，联立，消去x得：，显然，且，, 由，，得， 即①，， ②，由①②得：， 即是，， 即，即是，解得， 注意到，故，从而存在满足条件的，且. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是找到折叠前后的联系，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，然后联立方程，利用空间量的知识求解. 压轴题型四：高等数学“定义”型 √满分技法 新定义解答题是体现核心素养的重要题型，这类题目给出全新的数学概念或规则（如新运算、新函数、新几何定义等），学生需快速理解并应用。 问题设计通常由浅入深，逐步增加抽象性和综合性。 答案需基于定义严谨推导，而非依赖固定题型套路。这类题目注重数学抽象、逻辑推理和数学建模能力的考查，对思维灵活性和知识迁移能力要求较高。通过系统训练和思维引导，能逐步掌握新定义题的解题要领，提升应对高考创新题目的信心与能力。 1．若简单多面体可以被分割成个完全相同的小多面体，则称该简单多面体为“等和多面体”，其中分别表示简单多面体的顶点数、棱数、面数.记每个小多面体的顶点数、棱数、面数分别为，，，，（为与分割方式有关的正整数）. (1)已知长方体是“等和多面体”，按分割方式：过长方体共顶点的三条棱的中点，各作一个与该棱垂直的平面，将长方体分割成若干个完全相同的小长方体，求该分割方式下的值； (2)判断正四面体是否为“等和多面体”.若是，请先描述一种分割方式，再求出该分割方式下的值；若不是，请说明理由； (3)若简单多面体是“等和多面体”，求分割后小多面体的个数与的等量关系. 参考公式：多面体欧拉定理可表示为“顶点数棱数面数”，即. 【答案】(1)，，，(2)是，将每条棱三等分后分割，，，，，(3) 【分析】（1）先根据分割方法确定，又因为分割成了完全相同的小长方体，所以， ，，最后由，，解出，，即可； （2）由确定分割方式得到的值，，因为分割成了完全相同的小正四面体，所以， ，，最后由，，解出，，即可； （3）借助欧拉公式先得到原多面体，，之间的关系：，同理，对于分割后的每个相同的小多面体也有，再根据，，，将每个小多面体的欧拉公式两边同时乘以，最后相减即可得到答案. 【详解】（1）解：已知过长方体共顶点的三条棱的中点，各作一个与该棱垂直的平面，将长方体分割.在长方体每个维度上都被分割成两份，所以小长方体的个数为； 原长方体顶点数，每个小长方体顶点数，， 又，所以；原长方体棱数，每个小长方体棱数， ，又因为，所以；原长方体面数，每个小长方体面数，，又因为，所以. （2）解：正四面体，，，，正四面体是“等和多面体”. 分割方式：将正四面体的每条棱三等分，连接各分点，可将正四面体分割成个完全相同的小正四面体，所以.每个小正四面体顶点数，，又，所以； 每个小正四面体棱数，， 又因为，所以；每个小正四面体面数，， 又因为，所以. （3）利用欧拉公式建立等式：根据欧拉公式，对于原多面体有， 对于每个小多面体有，对每个小多面体的欧拉公式两边同时乘以有 ，两式相减得， 即.【点睛】关键点点睛：（1）确定是关键，而后抓住， ，，，，进行求解； （2）能否想到分割方法是关键，既要分割成相同的多面体，必定将棱进行等分，继而解出答案； （3）抓住欧拉公式与，，进行求解. 2．在空间中，过点作平面的垂线，垂足为，记.设为两个不同的平面，为平面外的三点.. (1)若，判断直线与平面的位置关系； (2)平面与平面夹角为锐角且交于直线，直线，求证：； (3)若对于任意点，恒有成立，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）根据线面垂直的性质得到两直线平行，再依据平行四边形的判定以及直线与平面平行的判定来确定直线与平面的位置关系； （2）先利用线面平行的判定得出直线与平面、的平行关系，再通过作垂线构造四边形和三角形，利用平面夹角、线面垂直等性质推出三角形全等，进而得到对应边相等. （3）先构建垂直关系与截面：根据已知映射关系设点，得出一系列线面垂直关系，找到平面与的交线，证明垂直于平面，进而得到平面与平面、都垂直. 然后确定相关点所在的过且垂直于的截面，设出截面与交点以及相关角度，并利用三角函数定义求出一些线段长度表达式. 在和中，分别依据余弦定理列出和的表达式. 化简等式：由得到，通过展开、变形、代入三角函数恒等式等操作，化简得到，结合恒成立条件得出. 根据及角度范围求出，从而确定平面与平面夹角为. 【详解】（1）已知，，可知，，所以. 当、两点位于平面同侧时，因为，所以四边形为平行四边形， 又因为直线不在平面内，所以. 当、两点位于平面两侧时，直线与平面相交. （2）已知平面与平面夹角为锐角且交于直线，直线，，为平面，外的两点. 因为直线PQ与平面、内的直线平行，可得，. 由已知得，设，， 则于点，于点，于点，于点. 由于平面与平面夹角为锐角，所以，两点不在直线上， 所以，四边形为矩形，那么，又，直线，可得. 由（1）知，，所以. 在与中，（已证），，， 所以，则.   （3）由已知，设，， 可得，，，.   设平面与平面交线为直线，因为且，所以，，，可得平面， 进而有平面，平面. 点，，，，均在过点且与直线垂直的截面内，设该截面与直线交于点，设，，则，. 设，在中，，，在中，，. 又因，.   在中，根据余弦定理可得 . 同理，在中， .  根据进行化简： . 可得. 利用，将代入上式， 得到. 进一步变形为. 再对进行变形： .   则， 继续化简为， 最终得到对于任意点恒成立.   因为是对于任意点恒成立，不恒为，所以. 由，且，可得.   则，所以平面与平面夹角为. 3．个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个维向量，其中称为该向量的第个分量.特别地，对一个维向量，若，，称为维信号向量.设，则和的内积定义为，且. (1)写出所有3维信号向量； (2)直接写出4个两两垂直的4维信号向量； (3)证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量； 【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析（答案不唯一，符合题意即可）(3)证明见解析 【分析】（1）根据维向量的定义写出所有3维信号向量； （2）根据写出符合题意的4维信号向量； （3）先假设存在14个两两垂直的14维信号向量，然后推出矛盾，从而证得原命题正确. 【详解】（1）所有3维信号向量如下： . （2）设4维信号向量为，，， 可知， 若，等价于， 可知中有2个1，2个， 代入可知：符合上式， 两两垂直的4维信号向量可以为：，，，. （3）假设存在14个两两垂直的14维信号向量， 因为将这14个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变， 所以不妨设， 因为，所以有7个分量为， 设的前7个分量中有个，则后7个分量中有个， 所以，可得，矛盾， 所以不存在14个两两垂直的14维信号向量. 【点睛】方法点睛： 在本题中，主要采用了构造法和反证法进行解题. 对于小问1和小问2，使用构造法逐步列出符合条件的信号向量. 小问3则采用反证法，通过假设存在满足条件的14维信号向量，最终得到矛盾来证伪. 这种方法有效地结合了数学推理和逻辑矛盾，从而保证了结论的严谨性. 4．在直三棱柱中，，，，点是平面上的动点． (1)若点在线段上（不包括端点），设为异面直线与所成角，求的取值范围； (2)若点在线段上，求的最小值； (3)若点在线段上，作平行交于点，是上一点，满足．设，记三棱锥的体积为．我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．据此，判断函数在定义域内是否存在，使得函数在上的图象是中心对称图形，若存在，求及对称中心；若不存在，说明理由． 【答案】(1)；(2)5；(3)存在，对称中心为，． 【分析】（1）作交于，确定异面直线所成角，再利用余弦定理求解即得. （2）把矩形与置于同一平面，再求出点到直线的距离即可. （3）求出，结合给定信息，利用奇函数建立方程求解即可. 【详解】（1）在直三棱柱中，，作交于，连接， 则为异面直线与所成角或其补角，设，， 由，得，则，，，.在中，， 由，得，则，， 所以与所成角余弦值的取值范围为． （2）由，，，得，， 将平面翻折使得与平面在同一平面上，且使矩形与在两侧， 过作于，交于，则， 对任意点，过作于，连接，， 则，当且仅当与重合时取等号， 显然，设，，， 从而，， 在中，，即， 化简得，解得，即，所以的最小值为5． （3），对称中心为．由，得，，平面，，，整理得（）， 令，设其图象对称中心为，则为奇函数， 则为奇函数， ，解得，所以对称中心为，由对称性可得． 【点睛】关键点点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键. 压轴题型五：类比平面曲线公式型 1．在空间直角坐标系中，已知向量，点.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为. (1)若平面，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的单位方向向量（写出一个即可）； (2)若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为、、，其中平面经过点，点，点，平面，平面，求出点到平面的距离； (3)已知集合，，.记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，集合中所有点构成的几何体为. （ⅰ）求和的值； （ⅱ）求几何体的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值. 【答案】(1)(2)(3)（ⅰ）；；（ⅱ）， 【分析】（1）先求出平面和平面的法向量，设平面与平面的交线的方向向量为，利用和求得l的一个方向向量即得； （2）利用条件求得平面的方程，设平面、的交线的方向向量为，与（1）同法求得，利用求得的值，最后利用空间向量的点到平面的距离公式计算即得； （3）（ⅰ）根据分析得到为截去三棱锥所剩下的部分，然后用割补法求解体积即可； （ⅱ）利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量法求解即可． 【详解】（1）因平面的法向量为，平面的法向量为， 设平面与平面的交线的方向向量为，则 故可取，故直线的一个单位方向向量为； （2）设平面，因平面经过点，点，点， 故有，解得，即. 记平面、、的法向量分别为：， 设平面、的交线的方向向量为，则故可取. 依题，，解得， 故得，其法向量为，在平面内取点， 则，于是，点B到平面的距离为； （3）（ⅰ）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，， 考虑集合的子集， 即为三个坐标平面与围成的四面体， 四面体四个顶点分别为，，，， 此四面体的体积为，由对称性知， 考虑到的子集构成的几何体为棱长为的正方体，即， ，为截去三棱锥后剩下的部分， 的体积，三棱锥的体积为， 的体积为，由对称性知． （ⅱ）①记集合中所有点构成的几何体为，如图， 其中，正方体即为集合所构成的区域，构成了一个正四棱锥，其中到面的距离为，，的体积． ②由题意面的方程为，由题干定义知其法向量为， 面方程为，由题干定义知其法向量为， ，由图知两个相邻面所成的角为钝角，所成二面角的余弦值为：． 【点睛】方法点睛：关于直线的方向向量求法，求出直线上的两个点坐标即可求解；求体积利用割补法，把不规则转规则进行求解：解决二面角的余弦值，利用空间向量来解决． 2．在空间直角坐标系中，已知向量，点.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为. (1)若平面，直线的方向向量为，求直线与平面所角的正弦值； (2)已知集合，记集合中所有点构成的几何体体积为，集合，记集合中所有点构成的几何体为，求的值及几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值. 【答案】(1)(2)； 【分析】（1）利用题中概念计算出平面法向量，然后利用线面角与直线方向向量和平面法向量所成角的关系计算即可； （2）分析集合P，利用体积公式求体积即可；利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量法求解即可． 【详解】（1）由题可知，直线的方向向量为，平面的法向量为， 直线与平面所角为，则， （2）易知：集合表示的几何体是关于平面xoy，yoz，zox对称的，它们在第一卦限的形状为正三棱锥，如下图其中OA、OB、OC两两垂直，且， 所以，集合Q所表示的几何图形也关于平面xoy，yoz，zox对称， 在第一卦限内的部分如图（1）， 如图2，就是把图1的几何图形进行分割的结果. 由平面的方程为：，其法向量为； 平面的方程为：，其法向量为. 且平面与平面所成的角为钝角，设为，则， 【点睛】关键点点睛：解决该题的关键是：（1）根据空间想象，结合学过的知识，弄清楚三个集合表示的几何图形的形状.（2）根据题设给出的结论，由平面的方程可直接得到平面的法向量.利用法向量求平面所成的角. 3．在空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．此方程称为平面的点法式方理，整理变形可得，此方程称为平面的一般式方程．已知集合，，． (1)指出集合M和N表示的图形； (2)求过三点，，的平面的点法式方程和一般式方程； (3)设R中所有点构成的几何体为K，求K中有公共棱的相邻两个面的夹角的余弦值． 【答案】(1)集合表示平面，集合表示球心在原点，半径为1的球面 (2)，(3) 【分析】（1）在空间直角坐标系下，结合集合的概念，即可求解； （2）求出平面的法向量，利用题目中的定义，即可求解； （3）先求出几何体K的顶点，再求出平面的法向量，结合（2）问，即可求解. 【详解】（1）集合表示点集，表示平面． 因为，所以， 所以集合表示球心在原点，半径为1的球面． （2），，设是平面的法向量，则 取，得，，所以平面的一个法向量为． 所以过点且一个法向量为的点法式方程为， 整理可得一般式方程为． （3）对于，当x，y，时，可得， 结合（2）中可知方程表示经过三点，，的平面的一部分（在第一卦限的部分）．由对称性可知表示以，，，，，，这六个点为顶点的正八面体内所有的点． 设平面的法向量为，由，，得取，则，，故平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为，则．故中有公共棱的相邻两个面的夹角的余弦值为． 【点睛】关键点睛：本题综合运用平面的法向量，平面的点法式方程和一般式方程以及二面角的求法，较为综合，属于难题. 4．在空间直角坐标系Oxyz中，这点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为． (1)已知直线的方程为，直线的方程为．请分别写出直线和直线的一个方向向量． (2)若直线与都在平面内，求平面的方程； (3)若集合中所有的点构成了多面体Ω的各个面，求Ω的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)的一个方向向量；的一个方向向量（答案不唯一，符合题意即可） (2)(3)的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为 【分析】（1）根据题意即可得直线的方向向量； （2）由直线方程可得两直线经过的点及方向向量，利用两方向向量求得平面的法向量，结合点与法向量可得平面方程； （3）由集合可知各面所在平面的方程，利用各面与坐标轴的交点坐标作出图形，结合几何体的对称性求解体积；利用向量夹角求解面面角可得. 【详解】（1）因为直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量； 直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量. （2）由题意可知：直线过点，且其一个方向向量为， 直线过点，且其一个方向向量为， 则为平面内一点. 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 所以平面的方程为，即. （3）由集合可知， 多面体与坐标轴交于各点，，如图所示，   可知四边形为正方形，边长， 所以，正方形的面积为，而正四棱锥的高为， 则，所以多面体的体积为. 由集合中所有的点构成了多面体的各个面， 点均满足方程. 可知平面的方程为，且该平面的一个法向量为， 同理可知，平面的方程为，该平面的一个法向量为， 平面的方程为，该平面的一个法向量为， 所以.由对称性可知，任意相邻两平面的夹角的余弦值都为.故多面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为. 综上，的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为. 压轴题型六：类比平面向量扩展型 1．若在空间直角坐标系中，直线的方向向量为，且过点，直线的方向向量为，且过点，则与方向向量的叉积为与的混合积为．若，则与共面；若，则与异面．已知直线的一个方向向量为，且过点，直线的一个方向向量为，且过点． (1)证明：与是异面直线． (2)若点，求的长的最小值． (3)若为坐标原点，直线，求的坐标． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）由已知，可得，，则，故与是异面直线； （2）由异面直线的距离向量求法，即可求得的长的最小值； （3）方法一：由题意可设，则，求得平面的一个法向量为，由，解得，可得； 方法二：由题意可设，，则，由（2）得，可得，即可求得． 【详解】（1）由题意得， 因为， 所以，故与是异面直线． （2）设与都垂直的向量，由，可取， 则的长的最小值为．（3）（方法一）由题意可设， 则，设平面的一个法向量为， 则，取，由，解得， 则．（方法二）由题意可设， ，则， 由（2）得，则，解得， 故． 【点睛】关键点点睛：（3）方法一：设，可得由表示出的坐标，求得平面的一个法向量为，由，解出，可得的坐标； 方法二：设，，则的坐标可由表示，由（2），解出，即可求得的坐标． 2．行列式是解决复杂代数运算的算法，二阶行列式其运算法则如下：.若，则称为空间向量与的向量积，其中，，为单位正交基底.以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，已知是空间直角坐标系中异于的不同两点，且三点不共线. (1)①若，，求； ②求证：是平面的一个法向量；且. (2)①记的面积为，证明：. ②三棱锥，其中，，，求三棱锥的体积.（用，，表示） (3)如图，两点分别是三角形的两条边上的动点（不含端点），其中的中点为，其中的中点为.求证：三角形面积是四边形面积的四分之一. 【答案】(1)①；②证明见解析(2)①证明见解析；②(3)证明见解析 【分析】（1）①应用定义代入化简可得；②设平面内任意一向量，应用定义结合行列式转化为向量的坐标运算，证明数量积，及即可； （2）①利用正余弦关系，将三角形面积转化为数量积表示代入坐标整理，同时将也坐标化，二者相等即可证明；②利用已证明结论用向量积表示面积，再应用向量方法表示点到平面的距离即可得体积； （3）先证明向量积运算律，应用运算律以为基底，分别表达并求解三角形面积与四边形面积可得证. 【详解】（1）①若，，则，， ， ②设，，为单位正交基底. 设平面内不同于点的任意一点，即， 则存在，使得， 则， 则 .故向量垂直于平面内任意非零向量，所以是平面的一个法向量. 由， ，则. （2），设，①记的面积为， 则， ，又， 而，，则 ，故，得证. ②由上可知，平面的一个法向量为，则点到平面的距离， 利用结论，所以 ，其中，，， 则三棱锥的体积为. （3）首先证明：向量积的运算律：成立. 设，， ，为单位正交基底. 则； 故成立. 由（1）可知， 则有也成立. 其次证明向量积的运算律：，成立. 证明：因为； ； . 所以向量积的运算律：，成立. 又.设， 因为点分别在边上（不含端点），设（）， 因为是的中点，为的中点， 所以，. 结合以上向量积的运算律，则 ，因为， ，又， 所以，所以， 故三角形面积是四边形面积的四分之一. 【点睛】关键点点睛：此题是“向量积”新定义题目，解决关键有两点：一是理解新定义，“向量积”本质是向量，将求解问题转化为向量进行向量运算即可；二是借助新定义结合向量的运算推导向量积的运算律并应用. 3．定义空间中既有大小又有方向的量为空间向量．起点为，终点为的空间向量记作，其大小称为的模，记作等于两点间的距离．模为零的向量称为零向量，记作．空间向量的加法、减法以及数乘运算的定义与性质和平面向量一致，如：对任意空间向量，均有，，；对任意实数和空间向量，均有；对任意三点，均有等．已知体积为的三棱锥的底面均为，在中，是内一点，．记． (1)若到平面的距离均为1，求； (2)若是的重心，且对任意，均有． （i）求的最大值； （ii）当最大时，5个分别由24个实数组成的24元数组满足对任意，均有，且对任意均有求证：不可能对任意及均成立． （参考公式：） 【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）由三棱锥的体积公式结合图形和题意计算即可； （2）（i）由是的重心，得到，再由余弦定理和基本不等式得到，然后由是的重心知，进而得到，最后结合题意求出结果即可；（ii）由（i）知，结合题意可得；再假设对任意及均成立，可得，二者互相矛盾，可得证. 【详解】（1）如图，在中，．因为，所以，所以在中，， 所以在中，，所以，所以的面积为， 所以，所以． （2）（i）因为是的重心，所以的面积为， 在中，由余弦定理得，，即，由基本不等式知，，所以，故 ，等号当且仅当时成立，又由是的重心知，，所以，所以，所以，所以，等号当且仅当，且平面时成立，所以的最大值为． （ii）由（i）知，，所以对任意， 均有，故，记，则， 所以，由于任意均有， 所以，所以．假设对任意及均成立．则对于，均有， 所以，与矛盾， 所以假设不成立，即不可能对任意及均成立． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的第二小问关键是能根据题意证明和矛盾. 4．n个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量，若，称为n维信号向量.设，，则和的内积定义为，且. (1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量； (2)证明：不存在10个两两垂直的10维信号向量； (3)已知k个两两垂直的2024维信号向量，，…，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：. 【答案】(1)，，，；(2)证明见解析；(3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，结合两两垂直的定义，即可求解； （2）根据题意，不妨设，得到有5个分量为，设的前5个分量中有r个，得到5个分量中有个，进而求得r的值，即可求解； （3）任取，得到，设的第个分量之和为，结合，列出不等式，即可求解. 【详解】（1）两两垂直的4维信号向量可以为：，，，. （2）假设存在10个两两垂直的10维信号向量，，…，， 因为将这10个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变， 所以不妨设，， 因为，所以有5个分量为， 设的前5个分量中有r个，则后5个分量中有个， 所以，可得，矛盾， 所以不存在10个两两垂直的10维信号向量. （3）任取，计算内积，将所有这些内积求和得到S， 则， 设，，…，的第个分量之和为， 则从每个分量的角度考虑，每个分量为S的贡献为， 所以， 令，所以，所以. 【点睛】关键点睛：本题以新定义为背景考查向量的运算，解题的关键是根据所给线性相关的定义进行运算判断. 压轴题型七： 综合应用型 1．炎炎夏日，上学路上若有一支冰淇淋该多么美妙啊！小明同学酷爱甜筒冰淇淋（图1），他想动手做一个甜筒模型（图2），若根据设计稿已知为直角三角形，四边形为直角梯形，，，曲线是以为圆心的四分之一圆弧，，，，，将平面图形旋转一周得到小明设计的甜筒． (1)求该甜筒的体积； (2)小明准备将矩形旋转所形成的几何体都用来盛装冰淇淋（如图2所示），该矩形内接于图形，在弧上（不与端点重合），点在线段上，与所在的直线重合，设，求： ①盛装冰淇淋容器的体积；（用表示） ②炎热的天气下，若冰淇淋融化的时间与盛装的体积满足关系，请计算这个冰淇淋完全融化需要的最长时间． (3)小明想给甜筒一些新的装饰，如果修改后的甜筒俯视图如图3所示，且通过拼装后可以变成一个正四棱锥（即俯视图可以看作一个正四棱锥的展开图），我们记侧棱的长为1，，正四棱锥的表面积记作，体积记作．求（将其表示为的形式，其中为常数）． 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）分别求出圆锥，圆台和半球的体积，相加得到答案； （2）①表达出各边长，求出，； ②表达出，变形得到，换元后得到，利用基本不等式求出最值，得到答案； （3）作出辅助线，利用锥体体积公式和表面积相关计算得到，，表达出. 【详解】（1）由题意得绕旋转一周得到的图形为圆锥，该圆锥的体积为， 直角梯形绕旋转一周得到的图形为圆台，圆台的高为， 此圆台的上底面面积为，下底面面积为， 故圆台体积为， 以为圆心的四分之一圆弧经过旋转得到的为半球，半球半径为， 故半球的体积为， 综上，到小明设计的甜筒体积； （2）①由题意得，，， 过点作⊥于点，则， 故，故，故， 又，故，故， 故，故 ，， ②炎热的天气下，若冰淇淋融化的时间， ， 其中 ， 令，则， ， 由基本不等式得，当且仅当，即时，等号成立， 故，故 （3）由题意得，如图，取的中点，连接，则平分， 故，，则， 正四棱锥的高设为，则， 故，故 . 【点睛】关键点点睛：本题表达出后，利用三角恒等变换变形为，结合基本不等式求出最值. 2．阅读下列材料，回答问题： 如图，在空间直角坐标系中，过原点与轴成角的直线绕轴一周，生成以为顶点轴为对称轴的两个圆锥形的几何体，不经过原点与轴成角的平面截几何体的表面得到的截口曲线称为圆锥曲线.    当时，平面截几何体的表面得到的截口曲线在一个圆锥上，以下证明它是椭圆：如图，在该圆锥内放置两球和，使它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切，切点分别形成圆和圆）且与平面相切（位于平面上下两侧），切点分别为和，在截口曲线上任取一点P，作直线交圆于点，连接和，因为和都是大球的切线段，所以，同理，所以，因为两球外离，和分别是两球的内外公切线段，都为定值且，所以此时平面截圆锥得到的圆锥曲线满足椭圆定义，应为椭圆.依据上述材料所述，请回答：    (1)当时，对应的圆锥曲线是什么曲线？（直接回答不必证明） (2)当，对应的圆锥曲线是什么曲线？并根据所给图形利用材料所提供的思路进行证明；    (3)如图，将等边绕边旋转至，并且使二面角为直二面角，动点在平面上并且，判断动点的轨迹，并求其离心率.    【答案】(1)抛物线（直接回答不必证明）(2)双曲线；证明见解析(3)双曲线； 【分析】（1）根据题意条件与空间想象可猜想结论； （2）类比椭圆曲线的证明，可推证双曲线； （3）根据题意条件与空间想象确定旋转轴与截面，得到轴与母线夹角，求出轴与截面所成角，再利用（2）结论可得，然后借助两圆内外公切线求解离心率即可. 【详解】（1）当时，平面截几何体的表面得到的截口曲线在一个圆锥上， 对应的圆锥曲线是抛物线.    如图，由题意可设圆锥的母线与圆锥轴线的夹角为，   作圆锥的一个截面，该截面与轴所成的角也为. 首先证明：圆锥面上存在一条母线与平面平行. 证明：作一平面与圆锥轴线垂直，记平面与轴线的交点为， 则可得截面圆，平面， 过作，垂足为，交圆于两点，则，， 平面，平面，， 则平面，，则有平面. 延长与平面交于一点，则是轴线在平面内的射影， 所以是轴线与平面所成的角，即， 所以，，从而，得证 作一球与圆锥相切，切点轨迹是，同时球与截面切于点. 设是截线上任意一点，则是由点向球所作的切线， 又圆锥过点的母线与球切于点，所在平面为， 作，垂足为，截面与平面交于， 则，过作，垂足为， ，又平面，平面， 所以平面，平面. 则，， 根据空间等角定理，有， 因为，所以， 从而可得与全等， 所以，而，所以， 即点到定点的距离等于到定直线的距离（）， 故此时对应的圆锥曲线是抛物线. （2）当，平面截几何体的表面得到的截口曲线在两个圆锥上各有一支，以下证明它是双曲线： 证明：如图，在该圆锥内放置两球和，使它们都与圆锥相切，    即与圆锥的每条母线相切，切点分别形成圆和圆， 且与平面相切（分别位于上下圆锥平面同侧），切点分别为和. 在截口曲线上任取一点M，作直线交圆于点，连接和， 因为和都是大球的切线段，所以， 同理，所以， 因为两球外离，和分别是两球的内外公切线段，都为定值且， 同理可得，当在圆锥曲线另一支上时， 可得也为定值，且，. 所以有，且，. 此时平面截圆锥得到的圆锥曲线满足双曲线定义， 故当，对应的圆锥曲线是为双曲线. （3）    如图，取中点，连接. 由题意知，与都是正三角形，则，且. 则二面角的平面角为， 由二面角为直二面角，则，即. 又，平面，平面，且， 所以平面. 所以是在平面内的射影， 则即为直线与平面所成角. 在中，，故. 由题意可知，过点与直线成角的射线绕一周， 生成以为顶点，为对称轴的两个圆锥形的几何体与轴成， 不经过点与轴成角的平面， 截几何体的表面得到的截口曲线为圆锥曲线. 因为，平面截几何体的表面得到的截口曲线在两个圆锥上各有一支， 所以由（2）结论可知，动点的轨迹是双曲线的一支（因为射线）， 双曲线的焦距即为外公切线长，实轴长即内公切线长. 如图，为两圆（球）圆（球）心，分别为两圆（球）的内外公切线.    由，则， 在平面中作过作，交于，则. 在中，即为轴平面所成角， ； 由，则， 在平面中过作交于，则. 在中，为直线与所成角， 即直线与直线所成角. . 所以离心率. 【点睛】结论点睛：已知空间中两条相交直线与，夹角为，且，以直线为轴，围绕旋转一周得到以为顶点，为母线的两圆锥面.作圆锥面不过顶点的截面，如果轴与截面所成角为（当与轴平行时，记），那么： （1）当时，截面与圆锥面的截口曲线为椭圆； （2）当时，截面与圆锥面的截口曲线为抛物线； （3）当时，截面与圆锥面的截口曲线为双曲线. 3．如图1，在抛物线上任选一动点，可认为其纵坐标为以为边长的正方形的面积，由此将抛物线下阴影部分的面积转化为四棱锥的体积，得，称其为抛物线的“三分之一”原则. (1)如图3，在拟柱体中，底面为矩形，，点到底面的距离为2，试利用抛物线的“三分之一”原则求拟柱体的体积； (2)已知类似于圆锥的空间几何体具有圆锥的一切对称性，且其顶点为，底面为，高为，将置于空间直角坐标系中，使其顶点与坐标原点重合，与平面平行且上任意一点坐标均可表示为.若用任一平行于平面的平面截所得的截面的面积与到平面的距离有关系：.设被平面所截得曲线为， （i）求的体积关于的表达式及在平面中的方程； （ii）在平面中，过点作两条互相垂直的弦，分别交于两点，都在第一象限内且在的右侧，分别交于两点.设的面积为的面积为，当点的横坐标时，求的最大值. 【答案】(1)(2)（i）；（ii）的最大值为 【分析】从主题干中对抛物线下面积的转化，不难发现： 推广到任意几何体，都有，其中为该几何体横截面积与高所成的函数在坐标系中与轴正半轴所围成的图形面积（在定义域限制内），由此推论能够解决（1）和（2）的第一问； 对于（2）的第二问，考生首先要对“过定点”这一问题具有敏感性，能够迅速识别出直线恒过定点；其次，要善于转化面积的比值为，再利用定点转化为飘带型函数，得到极值. 【详解】（1）如图，用平行于底面的平面截拟柱体得矩形，设点到的距离为， 由相似的基本定理得矩形面积， 建立如图的平面直角坐标系， 由主题干信息得，拟柱体的体积即函数 与轴正半轴所围成的阴影部分面积，由抛物线的“三分之一” 原则：， 即拟柱体的体积； （2）（2）（i）由主题干信息得，类锥体的体积即底面的面积与轴正半轴所围成的阴影部分面积， 又与有关系， 所以； 因为具有圆锥的一切对称性， 所以其底面为圆， 得其半径， 由几何体的空间位置，可建立与得关系：， 即在平面中的方程为：； （ii） 设， 由得① 联立直线与抛物线② 由①，②得， 即（舍）或， 所以恒过定点， 改写为， 代入得， 即③ 易得，④ 所以 由③，④得， 令， 则有， 其中， 对于函数，当时，有如下图像： 所以， 所以， 即的最大值为. 【点睛】本题基于微积分基本定义的背景，以抛物线的“三分之一”原则引出推论，对不规则几何体的体积求法加以拓展，巧妙的考查了考生的理解能力，计算能力和综合运用能力. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$