第七章 第十一节 立体几何中的创新性问题（课时跟踪检测）-【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 1.用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截面与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角θ不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线.因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线.记圆锥轴截面半顶角为α，截口曲线形状与θ，α有如下关系：当θ＞α时，截口曲线为椭圆；当θ＝α时，截口曲线为抛物线：当θ＜α时，截口曲线为双曲线.如图1所示，其中θ，α∈（0，），现有一定线段AB，其与平面β所成角φ（如图2），B为斜足，β上一动点P满足∠BAP＝γ，设P点在β的运动轨迹是Γ，则（　　） A.当φ＝，γ＝时，Γ是抛物线 B.当φ＝，γ＝时，Γ是双曲线 C.当φ＝，γ＝时，Γ是圆 D.当φ＝，γ＝时，Γ是椭圆 2.由空间一点O出发不共面的三条射线OA，OB，OC及相邻两射线所在平面构成的几何图形叫三面角，记为O-ABC.其中O叫做三面角的顶点，面AOB，BOC，COA叫做三面角的面，∠AOB，∠BOC，∠AOC叫做三面角的三个面角，分别记为α，β，γ，二面角A-OB-C、B-OA-C、A-OC-B叫做三面角的二面角，设二面角A-OC-B的平面角大小为x，则一定成立的是（　　） A.cos x＝ B.cos x＝ C.cos x＝ D.cos x＝ 3.〔多选〕设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为1－（∠Q1PQ2＋∠Q2PQ3＋…＋∠Qk－1PQk＋∠QkPQ1），其中Qi（i＝1，2，…，k，k≥3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk－1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面.已知在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD为菱形，AA1＝AB，则下列说法正确的是（　　） A.四棱柱ABCD-A1B1C1D1在其各顶点处的离散曲率都相等 B.若AC＝BD，则四棱柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为 C.若四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为，则AC1⊥平面A1BD D.若四棱柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为，则直线BC1与平面ACC1所成的角的正弦值为 4.已知一个四面体ABCD被n＋1（n为奇数，且n≥3）个平行于AB，CD且等距离的平面α0，α1，α2，…，αn分成n部分，其中AB⊂α0，CD⊂αn.设这n部分的体积依次为V1，V2，…，Vn，记V奇＝Vi，V偶＝Vi，则＝　　　　. 5.（操作题）如图1，将3个2×2的正方形沿一组邻边的中点连线剪开分成两部分，把这6部分接于一边长为的正六边形中，如图2.若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体能容纳的最大球的半径为　　　　. 6.设S是空间中n个不同的点构成的集合，n≥4且n∈N*，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τ（S）＝{dAB｜∀A，B∈S，A≠B}.已知四面体ABCD满足：AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝1. （1）求二面角C-AD-B的余弦值； （2）若S＝{A，B，C，D}，求τ（S）. 7.〔多选〕如果一个凸n面体共有m个面是直角三角形，那么我们称这个凸n面体的直度为，则（　　） A.三棱锥的直度的最大值为1 B.直度为的三棱锥只有一种 C.四棱锥的直度的最大值为1 D.四棱锥的直度的最大值为 8.〔多选〕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Oa表示以O为圆心，且过B，C的圆，同理，圆Ob，Oc的劣弧AC，AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做曲面三角形，若a＝b＝c，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面△ABC围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面O-ABC.设∠BOC＝α，∠AOC＝β，∠AOB＝γ，则下列结论正确的是（　　） A.若平面△ABC是面积为R2的等边三角形，则a＝b＝c＝R B.若a2＋b2＝c2，则α2＋β2＝γ2 C.若a＝b＝c＝R，则球面O-ABC的体积V＞R3 D.若平面△ABC为直角三角形，且∠ACB＝，则a2＋b2＝c2 9.（新定义）若点M在平面α外，过点M作平面α的垂线，则称垂足N为点M在平面α内的正投影，记为N＝fα（M）.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，记平面AB1C1D为β，平面ABCD为γ，点P是棱CC1上一动点（与C，C1不重合），Q1＝fγ[fβ（P）]，Q2＝fβ[fγ（P）].给出下列三个结论：①线段PQ2长度的取值范围是［，）；②存在点P，使得PQ1∥平面β；③存在点P，使得PQ1⊥PQ2.其中正确结论的序号是　　　　. 10.（2025·八省联考）在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P为动点. （1）设PC⊥AB，三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上. ①证明：平面PAC⊥平面ABC； ②求球O的半径； （2）求二面角A-CP-B的余弦值的最小值. 3 / 3 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 1.D　∵AB为定线段，∠BAP＝γ为定值，∴P在以AB为轴的圆锥上运动，其中圆锥的轴截面半顶角为γ，β与圆锥轴AB的夹角为φ，对于A，φ＜γ，∴平面β截圆锥得双曲线，故A错误；对于B，φ＞γ，∴平面β截圆锥得椭圆，故B错误；对于C，φ＝γ，∴平面β截圆锥得抛物线，故C错误；对于D，φ＞γ，∴平面β截圆锥得椭圆，故D正确；故选D. 2.A　如图，∠AOB＝α，∠BOC＝β，∠AOC＝γ，在OC上取一点K，过K在平面BOC内作KM⊥OC，交OB于M，过K在平面AOC内作KN⊥OC，交OA于N，连接MN，则∠NKM是二面角A-OC-B的平面角，即∠NKM＝x.设OM＝m，在Rt△OKM中，OK＝mcos β，KM＝msin β，在Rt△OKN中，ON＝，KN＝mcos βtan γ＝，在△OMN中，MN2＝m2＋－2m2·，在△KMN中，KM2＋KN2－NM2＝2KM·KN·cos x，即为m2sin2β＋－m2－＋2m2·＝m2·＝m2·＝2msin β··cos x，所以cos x＝.故选A. 3.CD　对于A，当直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；对于B，若AC＝BD，则菱形ABCD为正方形，因为AA1⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，所以直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为1－（＋＋）＝，故B错误；对于C，在四面体A1ABD中AA1⊥AB，AA1⊥AD，AA1＝AB＝AD，所以∠AA1B＝∠AA1D＝，所以四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为1－（＋＋∠BA1D）＝，解得∠BA1D＝，易知A1B＝A1D＝AB，所以BD＝AB，所以AB⊥AD，所以直四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正方体，因为C1D1⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，所以C1D1⊥A1D，又AD1⊥A1D，AD1∩C1D1＝D1，C1D1，AD1⊂平面AC1D1，所以A1D⊥平面AC1D1，又AC1⊂平面AC1D1，所以AC1⊥A1D，同理BD⊥AC1，又A1D∩BD＝D，A1D，BD⊂平面A1BD，所以AC1⊥平面A1BD，故C正确；对于D，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为1－（＋＋∠DAB）＝，则∠DAB＝，即△DAB是等边三角形，设AC∩BD＝O，则∠BC1O即为BC1与平面ACC1所成的角，sin∠BC1O＝＝，故D正确.故选C、D. 4.　解析：如图，截面EFGH平行于AB，CD，过EH作截面EHL∥平面BCD.设AE＝tAC，t∈（0，1），则VA-LEH＝t3VA-BCD，VLEH-BFG＝VA-LEH＝3t2（1－t）VA-BCD，所以VAB-EFGH＝（3t2－2t3）VA-BCD，则Vi＝［3（）2－2（）3］·VA-BCD，故Vk＝{［3（）2－2（）3］－［3（）2－2（）3］}VA-BCD＝[3n（2k－1）－2（3k2－3k＋1）]VA-BCD，所以＝V2k＋1＝{－}VA-BCD＝VA-BCD，故＝. 5.　解析：该多面体是一个大正三棱锥截去三个小正三棱锥，如图，将其补全.现考虑V-ABC的内切球与面PMN的位置关系：由题设知，VA＝VB＝VC＝3，PM＝PN＝1，∠CVA＝90°，计算知，V-ABC的内切球半径r＝.而平面PMN∥平面VBC，且与平面VBC距离大于2r，故V-ABC的内切球与平面PMN无公共点.因此，该多面体能容纳的最大球的半径为. 6.解：（1）易知AB，BC，CD两两垂直.根据题意作图，并以C为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示. 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）. 设平面CAD的法向量为m＝（x，y，z）， 则即则m＝（0，1，－1）为平面CAD的一个法向量. 设平面BAD的法向量为n＝（a，b，c）， 则即则n＝（1，1，0）为平面BAD的一个法向量. 所以cos＜m，n＞＝＝＝，易知二面角C-AD-B为锐角，故所求余弦值为. （2）AB＝BC＝CD＝1，BD＝AC＝，AD＝，所以τ（S）＝{1，，}. 7.AD　如图，借助于正方体模型，图1中三棱锥D-ABC的四个面都是直角三角形，其直度为1，A正确；图1中三棱锥E-BCD，三个面CED，CBD，BCE都是直角三角形，面BDE为正三角形，其直度为；图2中三棱锥D-ABC，三个面ABD，CBD，ABC都是直角三角形， 面ACD为正三角形，其直度为，故直度为的三棱锥不止一种，B错误；四棱锥共有5个面，底面为四边形，故其直度不可能为1，C错误；图3中的四棱锥P-ABCD的四个侧面都是直角三角形，底面为正方形，故四棱锥的直度的最大值为，D正确，故选A、D. 8.BC　对于A，因等边三角形ABC的面积为R2，则AB＝BC＝AC＝R，又OA＝OB＝OC＝R，故α＝β＝γ＝，则a＝b＝c＝R，故A错误；对于B，由a2＋b2＝c2可得（αR）2＋（βR）2＝（γR）2，故α2＋β2＝γ2，即B正确；对于C，由a＝b＝c＝R可得，α＝β＝γ＝，故AB＝BC＝AC＝R.由正弦定理，△ABC的外接圆半径为·＝，点O到平面ABC的距离h＝＝R，则三棱锥O-ABC的体积VO-ABC＝S△ABC·h＝×R2×R＝R3，而球面O-ABC的体积V＞VO-ABC＝R3，故C正确；对于D，由余弦定理可知由∠ACB＝可得，BC2＋AC2＝AB2，即4R2－2R2cos α－2R2cos β＝2R2－2R2cos γ，化简得，cos α＋cos β－cos γ＝1.取α＝β＝，γ＝，则a＝b＝R，c＝R，则a2＋b2＝R2＜R2＝c2，故D错误.故选B、C. 9.①②　解析：连接CD1，交C1D于点O，过P作PE⊥C1D，垂足为E，过E作EF∥CC1，交CD于F，如图所示，∵AD⊥平面CDD1C1，PE⊂平面CDD1C1，∴PE⊥AD，又PE⊥C1D，AD，C1D⊂平面AB1C1D，AD∩C1D＝D，∴PE⊥平面AB1C1D，∵EF∥CC1，CC1⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD，∴F＝fγ[fβ（P）]，∴F即为Q1.∵四边形CDD1C1为正方形，∴CD1⊥C1D，∵AD⊥平面CDD1C1，CD1⊂平面CDD1C1，∴CD1⊥AD，又AD，C1D⊂平面AB1C1D，AD∩C1D＝D，∴CD1⊥平面AB1C1D，即CO⊥平面AB1C1D，∴O＝fβ[fγ（P）]，∴O即为Q2.以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设CP＝a（0＜a＜1），则P（0，0，a），C（0，0，0），Q2（，0，），Q1（，0，0）.对于①，｜｜＝，∵a∈（0，1），∴（a－）2＋∈［，），∴｜｜∈［，），①正确.对于②，∵CQ2⊥平面β，∴平面β的一个法向量为＝（，0，）.又＝（，0，－a），令·＝0，得－a－a＝0，解得a＝，∴存在点P，使得PQ1∥平面β，②正确.对于③，＝（，0，－a），＝（，0，－a），令·＝0，得a2－a＋＝0，方程无解，∴不存在点P，使得PQ1⊥PQ2，③错误. 10.解：（1）在△ACD中，由AC＝CD＝1，∠ADC＝30°得∠CAD＝∠ADC＝30°， 所以AD＝，且∠BAC＝90°，即AB⊥AC， ①证明：因为AB⊥AC，PC⊥AB，PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面PAC， 所以AB⊥平面PAC，又AB⊂平面ABC， 所以平面PAC⊥平面ABC. ②以A为原点，，的方向分别为x轴和y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz， 则A（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），P，设球心O（a，b，c），半径为R， 则AO＝BO＝CO＝PO＝R， 所以a2＋b2＋c2＝（a－1）2＋b2＋c2＝a2＋（b－1）2＋c2＝a2＋＋＝R2， 解得a＝，b＝，c＝，R＝，所以球O的半径为. （2）在平面PAC中，过P作PG⊥AC于G，在平面ABC中，过G作GM⊥AC， 则由（1）AG＝cos 30°＝，PG＝sin 30°＝， 设∠PGM＝θ，θ∈（0，π），以G为原点，，的方向分别为x轴和y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz， 则G（0，0，0），A，B（1，－，0），C，P， 所以＝（0，－1，0），＝（1，－1，0），＝， 设平面PAC和平面PBC的一个法向量分别为m＝（x1，y1，z1），n＝（x2，y2，z2）， 则 所以 取x1＝sin θ，x2＝1，则m＝（sin θ，0，－cos θ），n＝（1，1，－）， 所以cos＜m，n＞＝＝＝， 令t＝cos θ＋，则cos θ＝t－，由θ∈（0，π）得t∈，则∈， 则cos＜m，n＞＝＝ ＝≥＝， 当且仅当＝即t＝，cos θ＝－时等号成立， 所以二面角A-CP-B的余弦值的最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $