第七章 第十一节 立体几何中的创新性问题（复习讲义）-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习学用word

第十一节　立体几何中的创新性问题 【考点·分类突破】 考点1 【例1】 （1）B　如图所示，等腰四面体A-BCD的体积等于长方体体积减去四个三棱锥的体积.设长方体长、宽、高分别为a，b，c，则等腰四面体A-BCD的体积V＝abc－4××（abc）＝abc＝4.故选B. （2）解：①由题意可知，a＝2.正四面体ABCD的内切球为球O. 如图，设顶点A在底面BCD上的射影为点F，则F为△BCD的中心， 取线段CD的中点E，连接BE，则BE⊥CD，F在BE上， 则BE＝BCsin 60°＝b，BF＝BE＝b， 所以AF＝＝＝b， V正四面体ABCD＝AF·S△BCD， 连接OB，OC，OD，因为V正四面体ABCD＝VO-ABC＋VO-ABD＋VO-ACD＋VO-BCD＝4××1×S△BCD，所以S△BCD＝AF·S△BCD，故AF＝b＝4，解得b＝2. 所以＝＝. ②在λ0与α的交线上任取一点P（x，y，0），记点Q（，，）， 连接OQ，QP，则·＝0，即（，，）·（x－，y－，－）＝0， 即－＋－－＝0，即x＋y－＝0， 所以λ0与α的交线方程为x＋y－＝0，该直线的一个方向向量为（－，1，0）. 考点2 【例2】 （1）BD　对于A，若向量a＝（－1，3，－7）θ＝－e1＋3e2－7e3，向量b＝（3，－2，4）θ＝3e1－2e2＋4e3，则a＋b＝2e1＋e2－3e3＝（2，1，－3）θ，故A错误；对于B，若向量a＝（2，6，－3，向量b＝（3，－1，0，此时在空间直角坐标系中a·b＝2×3＋6×（－1）＝0，故B正确；对于C，若向量a＝（x，y，0）θ＝xe1＋ye2，向量b＝（1，2，0）θ＝e1＋2e2，当x∶y＝1∶2时，y＝2x，则a＝（x，y，0）θ＝xe1＋2xe2＝x（e1＋2e2）＝xb，此时a∥b，无法判断θ的大小，故C错误；对于D，若向量＝（1，0，0，向量＝（0，1，0，向量＝（0，0，1，则三棱锥O-ABC是棱长为1的正四面体，如图所示，取AB中点H，连接OH，HC， 在等边△OAB，△ABC中，易知OH⊥AB，HC⊥AB，OH＝HC＝，则∠OHC即为二面角O-AB-C的平面角，在△OHC中，由余弦定理得，cos ∠OHC＝＝＝，所以二面角O-AB-C的余弦值为，故D正确.故选B、D. （2）解：①依题意得f（u）＝－u＋2（u·a）a＝v， 设a＝（x，y，z），代入运算得⇒a＝（，0，）或a＝（－，0，－）. ②证明：设x＝（a，b，c），y＝（m，n，t），a＝（a1，a2，a3）， 则f（x）·f（y）＝[－x＋2（x·a）a]·[－y＋2（y·a）a]＝x·y－4（y·a）（x·a）＋4（y·a）·（x·a）a2＝x·y－4（y·a）（x·a）＋4（y·a）·（x·a）＝x·y，从而得证. ③设x与a的夹角为α， 则x·a＝｜x｜·｜a｜cos α＝cos α， 则｜f（x）－x｜＝｜2x－2（x·a）a｜＝＝≤2，故｜f（x）－x｜的最大值为2. 考点3 【例3】 解：（1）连接BO，由已知得A1O⊥平面ABCD，BO⊥AC， 又A1O⊂平面A1ACC1，所以平面A1ACC1⊥平面ABCD， 所以二面角A1-AC-B的大小为，因为▱ABCD为菱形，∠BAD＝， 所以∠BAC＝，又AB＝2，所以AO＝， 在Rt△A1AO中，cos∠A1AO＝＝＝， 由三面角余弦定理可得cos∠A1AB＝ cos∠A1AOcos∠BAC＋sin∠A1AO·sin∠BACcos ＝cos∠A1AOcos∠BAC＝×＝. （2）证明：依题意可得0＜φ≤，设平面ABCD内任一条直线为l， 若l过A点时，记AC与l的夹角为φ1（0≤φ1≤）， 则cos φ＝cos∠A1AOcos φ1，因为cos φ1∈[0，1]， 所以cos φ＝cos∠A1AOcos φ1≤cos∠A1AO＝cos ， 又0＜φ≤，所以≤φ≤； 若l不过A点时，过A点作l'使得l'∥l，记AC与l'的夹角为φ2（0≤φ2≤）， 则cos φ＝cos∠A1AOcos φ2，因为cos φ2∈[0，1]， 所以cos φ＝cos∠A1AOcos φ2≤cos∠A1AO＝cos ， 又0＜φ≤，所以≤φ≤； 综上可得≤φ≤. 考点4 【例4】 （1）C　由2a＝856和PH＝s＝a可得PH＝×≈692.5.故选C. （2）解：构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆柱中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，则当截面与顶点距离为h（0≤h≤3）时，小圆锥底面半径为r，则＝，∴r＝h，故截面面积为：4π－πh2，把y＝h代入＋＝1，即＋＝1，解得：x＝±，∴橄榄状几何体的截面面积为πx2＝4π－πh2，由祖暅原理可得橄榄状几何体的体积为：V＝2（V圆柱－V圆锥）＝2×（4π×3－×4π×3）＝16π. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十一节　立体几何中的创新性问题 重点解读 　　面对新情境、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合.明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式.在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题.对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明.同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象. 定义新概念 （师生共研过关） （1）等腰四面体是一种特殊的三棱锥，它的三组对棱分别相等.已知一个长方体的体积为12，则由长方体的四个顶点构成的等腰四面体的体积为（　　） A.3　　 　B.4　 　　C.6　 　　D.8 （2）（2025·上海普陀区测评）对于一个三维空间，如果一个平面与一个球只有一个交点，则称这个平面是这个球的切平面.已知在空间直角坐标系O-xyz中，球O的半径为1，记平面xOy、平面zOx、平面yOz分别为α，β，γ. ①若棱长为a的正方体、棱长为b的正四面体的内切球均为球O，求的值； ②若球O在点（，，）处有一切平面λ0，求λ0与α的交线方程，并写出它的一个方向向量. 解题技法 　　解决定义新概念型问题的关键是把新概念理解透彻（如等腰四面体、球切面等），再逐步转化为用熟知的符号知识、方法表示解决. 　　本例（2）破障关键为理解α与λ0两平面的位置特征及交线的位置特征.将几何特征用向量表示，确定在平面α上的直线方程，再确定该直线在空间中的一个方向向量. 定义新运算 （师生共研过关） （1）〔多选〕设Ox，Oy，Oz是空间中两两夹角均为θ（θ∈（0，］）的三条数轴，e1，e2，e3分别是与x，y，z轴正方向同向的单位向量，若＝xe1＋ye2＋ze3（x，y，z∈R），则把有序数对（x，y，z）θ叫做向量在坐标系Oxyz中的坐标，则下列结论正确的是（　　） A.若向量a＝（－1，3，－7）θ，向量b＝（3，－2，4）θ，则a＋b＝（2，1，3）θ B.若向量a＝（2，6，－3，向量b＝（3，－1，0，则a·b＝0 C.若向量a＝（x，y，0）θ，向量b＝（1，2，0）θ，则当且仅当x∶y＝1∶2时，θ＝ D.若向量＝（1，0，0，向量＝（0，1，0，向量＝（0，0，1，则二面角O-AB-C的余弦值为 （2）设全体空间向量组成的集合为V，a＝（a1，a2，a3）为V中的一个单位向量，建立一个“自变量”为向量，“因变量”也是向量的“向量函数”f（x）：f（x）＝－x＋2（x·a）a（x∈V）. ①设u＝（1，0，0），v＝（0，0，1），若f（u）＝v，求向量a； ②对于V中的任意两个向量x，y，证明：f（x）·f（y）＝x·y； ③对于V中的任意单位向量x，求｜f（x）－x｜的最大值. 解题技法 　　定义新运算问题一般先考查对运算法则的理解，这时只需一一验证新运算满足的条件.再考查满足该新运算后要解决什么问题.如本例（2），满足新运算的函数有某些新的性质，这也是在新背景下研究“旧”性质，此时需结合新运算下新的数学表达式，依据熟知的运算法则和定理进行逻辑推理与运算，创造性地证明更新的结论成立. 定义新性质 （师生共研过关） 类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P-ABC，记∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A-PC-B的大小为θ，则cos γ＝cos αcos β＋sin αsin βcos θ.如图2，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝，AA1＝2，AB＝2，且A1点在底面ABCD内的射影为AC的中点O. （1）求cos∠A1AB的值； （2）直线AA1与平面ABCD内任意一条直线夹角为φ，证明：≤φ≤. 解题技法 用类比方法求解定义新性质创新问题的三个切入角度 （1）从两个性质的相似性和差异性上理解新性质的准确性； （2）从两个性质的内涵、应用环境上的差异刻画新性质的“全貌”（本质）； （3）从类比方法获得启示，从而应用新性质解决问题. 定义新情境 （师生共研过关） （1）胡夫金字塔的形状为四棱锥，1859年，英国作家约翰·泰勒（JohnTaylor，1781—1864）在其《大金字塔》一书中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔时利用黄金比例（≈1.618），泰勒还引用了古希腊历史学家希罗多德的记载：胡夫金字塔的每一个侧面的面积都等于金字塔高的平方.如图，若h2＝as，则由勾股定理，as＝s2－a2，即（）2－－1＝0，因此可求得为黄金数，已知四棱锥底面是边长约为856英尺的正方形（2a＝856），顶点P的投影为底面中心O，H为BC中点，根据以上信息，PH的长度（单位：英尺）约为（　　） A.611.6 B.481.4 C.692.5 D.512.4 （2）我国南北朝时期的著名数学家祖暅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”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一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后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一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即V球＝πR2·R－πR2·R＝πR3.现将椭圆＋＝1绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图3），类比上述方法，运用祖暅原理求其体积. 解题技法 新情境创设的几种常见类型 （1）从情境的复杂程度出发，高考一般从学生的“熟悉情境、关联情境、综合情境”三个层次命题； （2）从情境与学科知识的融合度上可分为“情境分离型”（去掉情境素材，仍能完成学科任务）；“情境嵌入型”（此类题目中的情境与题目中的学科任务相互融合，一些关键信息可直接从情境中获取，但取消情境内容题目无法解决）；“情境结合型”（此类问题的考查内容及知识点都需要从情境中提取，如果对材料的理解不够深入，没有提取到其中蕴含的信息，没有完成新信息与旧知识的转化，问题就无从求解）. 提示：完成课后作业　第七章　第十一节 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $