微专题26立体几何中的创新问题讲义-2026届高三数学二轮复习

微专题26立体几何中的创新问题 立体几何中的创新问题一般以空间图形为背景,考查解析几何、三角函数、向量与立体几何的综合应用,或新定义几何体、几何量,进行线面位置关系的证明或几何量的求解. 一．典型例题 类型一　立体几何与其他知识的交汇问题 例1 如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥DC,E为PD的中点,且满足AE∥平面PBC. (1)证明:DC=2AB; (2)若PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,PA=AB=AD=2,点M在四棱锥P-ABCD的底面内,且在以A,B为焦点,并满足MA+MB=4的椭圆弧上.若二面角M-PB-A的余弦值为,求直线PM与平面ABCD所成角的正切值. 规律方法　将立体几何与解析几何、导数巧妙结合是高考新趋势.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他量的变化,构建目标函数,则可将立体几何问题用代数方法解决. 训练1 如图,三棱锥P-ABC的底面是以AC为底边的等腰直角三角形且AC=2,各侧棱的长均为3,点E为棱PA的中点,点Q是线段CE上的动点. (1)求点E到平面ABC的距离; (2)设点Q到平面PBC的距离为d1,点Q到直线AB的距离为d2,求d1+d2的最小值. 类型二　立体几何中的新义问题 例2 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”.图1与图2是完全相同的“斜截圆柱”,AB是底面圆O的直径,AB=2BC=2,椭圆所在平面垂直于平面ABCD,且与底面所成二面角为45°.图1中,点P是椭圆上的动点,点P在底面上的投影为点P1,图2中,椭圆上的点Ei(i=1,2,3,…,n)在底面上的投影为Fi,且Fi均在直径AB的同一侧. (1)当∠AOP1=时,求PP1的长度; (2)①当n=6时,若图2中,点F1,F2,…,F6将半圆均分成7等份,求(E1F1-2)·(E2F2-2)·(E3F3-2); ②证明: . 规律方法　通过给出一个新概念,或约定一种新运算,或给出几个新模型来创设全新的问题情境,要求考生在阅读理解的基础上,依据题目提供的信息,联系所学的知识和方法,实现信息的迁移,达到灵活解题的目的.遇到新定义问题,应耐心读题,分析新定义的特点,弄清新定义的性质,按新定义的要求,“照章办事”,逐条分析、验证、运算,使问题得以解决. 训练2 类比于平面三角形中的余弦定理,我们得到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,∠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. (1)如图2,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,平面AA1C1C⊥平面ABCD,∠A1AC=60°,∠BAC=45°,求∠A1AB的余弦值; (2)当α,β∈时,证明上述三面角余弦定理; (3)如图3,已知三棱锥O-ABC,OA=a,OB=b,OC=c,侧面OAB,OAC,OBC的面积分别为,,,以OA,OB,OC为棱的二面角分别为θ1,θ2,θ3,试猜想正弦定理在三维空间中推广的结论,并证明. 【精准强化练习】 1.(2025·成都诊断)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,底面ABCD为菱形,且AA1=AB=1. (1)求直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在各个顶点处的离散曲率之和; (2)若直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在点A处的离散曲率为x,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为f(x),求函数y=f(x)的解析式及单调区间. 2.柯西不等式在数学的众多分支中有精彩应用,柯西不等式的n元形式为:设ai,bi∈R(i=1,2,…,n),ai不全为0,bi不全为0,则≥(aibi)2,当且仅当存在一个数k,使得ai=kbi时,等号成立. (1)请你写出柯西不等式的二元形式; (2)设P是棱长为的正四面体ABCD内的任意一点,点P到四个面的距离分别为d1,d2,d3,d4,求+++的最小值; (3)已知无穷正数数列{an}满足: ①存在m∈R,使得ai≤m(i=1,2,…,n); ②对任意正整数i,j(i≠j)(j=1,2,…,n),均有|ai-aj|≥. 求证:对任意n≥4,n∈N*,恒有m≥1. 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题26立体几何中的创新问题 立体几何中的创新问题一般以空间图形为背景,考查解析几何、三角函数、向量与立体几何的综合应用,或新定义几何体、几何量,进行线面位置关系的证明或几何量的求解. 一．典型例题 类型一　立体几何与其他知识的交汇问题 例1 如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥DC,E为PD的中点,且满足AE∥平面PBC. (1)证明:DC=2AB; (2)若PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,PA=AB=AD=2,点M在四棱锥P-ABCD的底面内,且在以A,B为焦点,并满足MA+MB=4的椭圆弧上.若二面角M-PB-A的余弦值为,求直线PM与平面ABCD所成角的正切值. (1)证明　取PC的中点F,连接EF,BF. 在△PCD中,EF为中位线, 所以EF∥DC,且DC=2EF. 因为AB∥DC, 所以EF∥AB,所以A,B,F,E四点共面. 又因为AE∥平面PBC, AE⊂平面ABFE,且平面ABFE∩平面PBC=BF, 所以AE∥BF, 所以四边形ABFE为平行四边形, 所以AB=EF,所以DC=2AB. (2)解　如图,PA⊥平面ABCD,取AB的中点O为坐标原点,以AB所在直线为x轴, 在平面ABCD内过点O且垂直于AB的直线为y轴,建立空间直角坐标系O-xyz, 则A(-1,0,0),B(1,0,0),P(-1,0,2). 因为MA+MB=4>AB=2,OA=OB=1, 所以点M的轨迹为椭圆+=1在梯形ABCD内的部分. 设点M(m,n,0)(在梯形ABCD内), 则+=1.① 设平面MPB的法向量为n1=(x,y,z), 又=(2,0,-2),=(m-1,n,0), 则 得n1=(n,1-m,n). 因为y轴⊥平面PBA, 故平面PBA的一个法向量为n2=(0,1,0). 设二面角M-PB-A的平面角为θ, 则cos θ=|cos <n1,n2>|==,θ∈,得=, 整理得3(1-m)2=n2.② 联立①②,解得m=0或m=. 过点B作BH∥AD交DC于点H, 则BH=AD,BH⊥平面PBA, 又BH⊂平面HPB, 所以平面HPB⊥平面PBA,H的坐标为(1,-2,0),二面角H-PB-A为. 当m=>1时,二面角M-PB-A的平面角为钝角,不符合题意,所以m=0, 此时M(0,-,0)(经检验,M在梯形ABCD内),PA=MA=2. 因为PA⊥平面ABCD,所以直线PM与平面ABCD所成的角为∠AMP. 在Rt△PAM中,tan ∠AMP==1, 故所求线面角的正切值为1. 规律方法　将立体几何与解析几何、导数巧妙结合是高考新趋势.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他量的变化,构建目标函数,则可将立体几何问题用代数方法解决. 训练1 如图,三棱锥P-ABC的底面是以AC为底边的等腰直角三角形且AC=2,各侧棱的长均为3,点E为棱PA的中点,点Q是线段CE上的动点. (1)求点E到平面ABC的距离; (2)设点Q到平面PBC的距离为d1,点Q到直线AB的距离为d2,求d1+d2的最小值. 解　(1)取AC的中点O,连接PO,BO,如图所示. 因为PA=PC=3,AC=2, 所以PO⊥AC, 且PO==. 因为△ABC是等腰直角三角形, 所以BO⊥AC,且BO=, 又PB=3,满足PB2=PO2+BO2, 所以PO⊥BO. 因为AC∩BO=O,AC,BO⊂平面ABC, 所以PO⊥平面ABC. 因为点E为棱PA的中点, 所以E到平面ABC的距离为PO=. (2)如图,以O为原点建立空间直角坐标系,连接AQ, 则C(0,,0),P(0,0,),A(0,-,0),B(,0,0),E, 则=,=, =,=. 设=λ(0≤λ≤1), 则=, 则Q, 则=, 所以cos ∠QAB==, 所以sin ∠QAB=, 所以d2=||sin ∠QAB=. 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=,可得n=(,,), 则d1==λ, 所以d1+d2=f(λ)=+λ,0≤λ≤1, 所以f'(λ)=+. 令f'(λ)=0,解得λ=, 令g(λ)=f'(λ)=+, 则g'(λ)=>0, 所以g(λ),即f'(λ)在[0,1]上单调递增, 所以当λ∈时,f'(λ)<0,f(λ)单调递减, 当λ∈时,f'(λ)>0,f(λ)单调递增, 所以f(λ)min=f=,即d1+d2的最小值为. 类型二　立体几何中的新义问题 例2 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”.图1与图2是完全相同的“斜截圆柱”,AB是底面圆O的直径,AB=2BC=2,椭圆所在平面垂直于平面ABCD,且与底面所成二面角为45°.图1中,点P是椭圆上的动点,点P在底面上的投影为点P1,图2中,椭圆上的点Ei(i=1,2,3,…,n)在底面上的投影为Fi,且Fi均在直径AB的同一侧. (1)当∠AOP1=时,求PP1的长度; (2)①当n=6时,若图2中,点F1,F2,…,F6将半圆均分成7等份,求(E1F1-2)·(E2F2-2)·(E3F3-2); ②证明: . (1)解　如图,取CD的中点M,过M作与该斜截圆柱的底面平行的平面,交DA于点G,交BC的延长线于点H,与PP1交于点I. 因为MH=MG=1,∠CMH=∠DMG=45°, 则DG=HC=1,AG=2. 过M作GH的垂线,交圆M于J,K两点,过I作IN⊥JK交JK于点N. 由PI⊥圆M,JK⊂圆M,则PI⊥JK. 又因为PI∩IN=I,PI,IN⊂平面PIN, 故JK⊥平面PIN. 因为PN⊂平面PIN,故PN⊥JK, 所以∠PNI为椭圆面与圆M所在平面的夹角,也即椭圆面与底面所成角, 所以∠PNI=45°, 则△PNI为等腰直角三角形,PI=IN. 设∠AOP1=θ,如图作圆M所在平面的俯视图,则∠GMI=θ. 由GH⊥JK,IN⊥JK,所以GH∥IN, 则有∠NIM=∠GMI=θ, 所以IN=MIcos θ=cos θ, 所以PP1=IP1+PI=IP1+IN=2+cos θ, 当θ=时,PP1=2+=. (2)①解　n=6时,θ=, 所以E1F1=2+,E2F2=2+, E3F3=2+, 所以(E1F1-2)·(E2F2-2)·(E3F3-2) = =×× =××=. ②证明　由(1)知PP1=2+cos θ, 也即PP1是关于θ的函数, 也即将斜截圆柱的侧面沿着AD展开,其椭圆面的轮廓线即为函数y=2+cos x的图象, 如图,将E1F1,E2F2,…,EnFn,BC绘制于函数y=2+cos x图象上, 并以EiFi,Fi-1Fi(i=2,3,…,n)为边作矩形,则矩形的面积即为·EiFi, 所以即为这些矩形的面积之和. 而两个该斜截圆柱可拼成一个底面半径为1,高为4的圆柱, 因此该斜截圆柱的侧面积为×2π×4=4π, 所以函数y=2+cos x(0≤x≤π)与坐标轴围成的面积为×4π=2π, 又因为无论点Fi(i=1,2,3,…,n-1)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y=2+cos x(0≤x≤π)与坐标轴围成的面积, 所以,得证. 规律方法　通过给出一个新概念,或约定一种新运算,或给出几个新模型来创设全新的问题情境,要求考生在阅读理解的基础上,依据题目提供的信息,联系所学的知识和方法,实现信息的迁移,达到灵活解题的目的.遇到新定义问题,应耐心读题,分析新定义的特点,弄清新定义的性质,按新定义的要求,“照章办事”,逐条分析、验证、运算,使问题得以解决. 训练2 类比于平面三角形中的余弦定理,我们得到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,∠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. (1)如图2,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,平面AA1C1C⊥平面ABCD,∠A1AC=60°,∠BAC=45°,求∠A1AB的余弦值; (2)当α,β∈时,证明上述三面角余弦定理; (3)如图3,已知三棱锥O-ABC,OA=a,OB=b,OC=c,侧面OAB,OAC,OBC的面积分别为,,,以OA,OB,OC为棱的二面角分别为θ1,θ2,θ3,试猜想正弦定理在三维空间中推广的结论,并证明. (1)解　由平面AA1C1C⊥平面ABCD, 得二面角A1-AC-B的大小为90°, 由三面角余弦定理得 cos ∠A1AB=cos ∠A1AC·cos ∠CAB. 因为∠A1AC=60°,∠BAC=45°, 所以cos ∠A1AB=×=. (2)证明　过射线PC上一点H,作MH⊥PC交PA于点M, 作NH⊥PC交PB于点N,连接MN,如图所示, 则∠MHN是二面角A-PC-B的平面角. 令∠MHN=θ,∠MPH=α,∠NPH=β,∠MPN=γ. 在△MNP中,由余弦定理得MN2=MP2+NP2-2MP·NPcos γ, 在△MNH中,由余弦定理得MN2=MH2+NH2-2MH·NHcos θ, 两式相减得MP2-MH2+NP2-NH2-2MP·NPcos γ+2MH·NHcos θ=0, 则2MP·NPcos γ=2PH2+2MH·NHcos θ, 两边同除以2MP·NP, 得cos γ=·+·θ, 即cos γ=cos αcos β+sin αsin βcos θ. (3)解　猜想==. 证明　在OA上取点P,使得PO=1,过P作PP'⊥平面OBC于点P',P'C'⊥OC于点C', P'B'⊥OB于点B',如图. 设∠BOC=α,∠AOC=β,∠AOB=γ, 则PB'=POsin γ=sin γ, PP'=PB'sin θ2=sin γsin θ2, 同理PP'=PC'sin θ3=sin βsin θ3, 所以sin γsin θ2=sin βsin θ3, 即=, 同理可证=, 所以==, 又因为=absin γ, 所以sin γ=, 同理sin β=,sin α=, 所以==, 化简得==. 【精准强化练习】 1.(2025·成都诊断)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,底面ABCD为菱形,且AA1=AB=1. (1)求直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在各个顶点处的离散曲率之和; (2)若直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在点A处的离散曲率为x,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为f(x),求函数y=f(x)的解析式及单调区间. 解　(1)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠A1AD=∠A1AB=,底面ABCD为菱形, 由离散曲率的定义知:顶点A,A1,C,C1处的离散曲率相等,顶点B,B1,D,D1处的离散曲率相等, 且A处的离散曲率为1-×=-, D处的离散曲率为1-×=-, 又∠BAD+∠ADC=π, 所以A,D两处的离散曲率和为-+-=1-=, 故直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在各个顶点处的离散曲率之和4×=2. (2)由题设,A处的离散曲率1-×=-=x, 故∠BAD=π(1-2x), 所以直四棱柱的底面面积为2S△ABD=2××12×sin [π(1-2x)]=sin [π(1-2x)]=sin 2πx, 又直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为1, 故体积为f(x)=sin 2πx. 令2kπ-≤2πx≤2kπ+,k∈Z, 可得k-≤x≤k+,k∈Z; 令2kπ+≤2kx≤2kπ+,k∈Z, 可得k+≤x≤k+,k∈Z, 所以f(x)的单调递增区间为, 单调递减区间为,k∈Z. 2.柯西不等式在数学的众多分支中有精彩应用,柯西不等式的n元形式为:设ai,bi∈R(i=1,2,…,n),ai不全为0,bi不全为0,则≥(aibi)2,当且仅当存在一个数k,使得ai=kbi时,等号成立. (1)请你写出柯西不等式的二元形式; (2)设P是棱长为的正四面体ABCD内的任意一点,点P到四个面的距离分别为d1,d2,d3,d4,求+++的最小值; (3)已知无穷正数数列{an}满足: ①存在m∈R,使得ai≤m(i=1,2,…,n); ②对任意正整数i,j(i≠j)(j=1,2,…,n),均有|ai-aj|≥. 求证:对任意n≥4,n∈N*,恒有m≥1. (1)解　柯西不等式的二元形式为:设a1,a2,b1,b2∈R,a1,a2不全为0,b1,b2不全为0, 则(+)(+)≥(a1b1+a2b2)2, 当且仅当a1b2=a2b1时,等号成立. (2)解　正四面体ABCD的体积等于以P为顶点,四个面为底面的三棱锥体积之和, 即=+V三棱锥P-DBC++, 所以×()3=××()2(d1+d2+d3+d4), 因此d1+d2+d3+d4=. 由柯西不等式得(+++)(1+1+1+1)≥(d1·1+d2·1+d3·1+d4·1)2, 从而+++≥, 当且仅当d1=d2=d3=d4=时,等号成立. 因此+++. (3)证明　对n≥4,记k1,k2,…,kn是1,2,…,n的一个排列, 且满足0<<<…<≤m. 由条件②得-≥(i=2,3,…,n), 所以对任意的n≥4,都有 m≥>-=(-)+(-)+…+(-) ≥++…+. 由柯西不等式得 [(kn+)+(+)+…+(k2+k1)]≥(n-1)2, 所以++…+≥ = =≥ =1-, 从而对任意n≥4,n∈N*, 都有m≥1-, 又当n≥4时,1-<1,故m≥1. 学科网（北京）股份有限公司 $