专题3 创新探究3 立体几何中的思维创新问题-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

创新探究3　立体几何中的思维创新问题 第一部分　专题突破 专题三　立体几何 高考分析 立体几何中的创新问题,通常是以空间图形为背景,将立体几何与新定义、其他数学知识(如:三角函数、向量、导数等)和实际应用场景相结合,考查空间想象能力和逻辑推理能力. 类型一　与立体几何有关的新定义问题 内容索引 类型二　与立体几何有关的新情境问题 3 类型一　与立体几何有关的新定义问题 类型一　与立体几何有关的新定义问题 [例1]　(2025·河南南阳模拟)在空间直角坐标系Oxyz中,任何一个平面的方程都能表示成Ax+By+Cz+D=0(其中A,B,C,D∈R,A2+B2+C2≠0),且n=(A,B,C)为该平面的法向量. (1)若平面α:x+y+z=2,β:mx+y+z=2,且α⊥β,求实数m的值. [解]　根据题意,平面α的法向量n1=(1,1,1),平面β的法向量n2=(m,1,1), 所以n1·n2=1×m+1×1+1×1=0,故m=-2. 类型一　与立体几何有关的新定义问题 (2)请利用法向量和投影向量的相关知识证明:点P(x0,y0,z0)到平面Ax+By+Cz+D=0的距离为d=,若记集合Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|=2}所围成的几何体为U,求U的内切球的表面积. 类型一　与立体几何有关的新定义问题 [解]　不妨设C≠0,在平面Ax+By+Cz+D=0内取一点Q(0,0,-),则向量=(x0,y0,z0+),取平面Ax+By+Cz+D=0的一个法向量n=(A,B,C), 所以点P(x0,y0,z0)到平面Ax+By+Cz+D=0的距离为d==. 对于Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|=2}, 当x,y,z>0时,x+y+z=2表示经过(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2)的平面在第一象限的部分. 由对称性可知U表示(±2,0,0),(0,±2,0),(0,0,±2)这六个顶点形成的正八面体. 类型一　与立体几何有关的新定义问题 法一:设内切球的半径为r,则r即为原点O到平面x+y+z=2的距离, 则r==,所以内切球的表面积为S球=4πr2=4π()2=. 法二:考虑Q'={(x,y,z)|x+y+z≤2,x≥0,y≥0,z≥0}; 即为三个坐标平面与x+y+z=2围成的四面体,其四个顶点分别为(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),此四面体的体积为VQ'=×2×(×2×2)=, 由对称性知,正八面体U的体积V1=8VQ'=,设内切球的半径为r,正八面体U的表面积为S=8×(×2×2×)=16,所以V1=S×r=,解得r=, 所以内切球的表面积为S球=4πr2=4π()2=. 类型一　与立体几何有关的新定义问题 (3)记集合T={(x,y,z)||x|+|y|≤2,|y|+|z|≤2,|z|+|x|≤2}中所有点构成的几何体为W. ①求W的体积V的值; ②求W的相邻(有公共棱)两个面所成二面角的大小. 类型一　与立体几何有关的新定义问题 [解]　由(2)可知Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|=2}所围几何体是关于平面Oxy,Oyz,Ozx对称的,其在第一卦限的形状为正三棱锥,如图1,其中OA,OB,OC两两垂直,且OA=OB=OC=2. 类型一　与立体几何有关的新定义问题 集合T={(x,y,z)||x|+|y|≤2,|y|+|z|≤2,|z|+|x|≤2}所表示的几何图形W也关于平面Oxy,Oyz,Ozx对称, 其在第一卦限内的部分T'={(x,y,z)|x+y≤2,y+z≤2,z+x≤2}的图形如图2, 类型一　与立体几何有关的新定义问题 ①如图3,就是把图2的几何图形进行分割的结果. 所以T所构成的几何体W如图4所示. 类型一　与立体几何有关的新定义问题 法一:其中正方体ABCD-LIJM记为集合P所构成的区域. 而E-ABCD构成了一个正四棱锥,且点E到平面ABCD的距离为1, 所以VP=2×2×2=8,VE-ABCD=×1×2×2=, 所以几何体W的体积V=VP+6VE-ABCD=8+6×=16. 类型一　与立体几何有关的新定义问题 法二:从图3可以看出,几何体W在第一卦限的部分为有公共底面EGH的两个三棱锥O-EGH和C-EGH,设其体积为V2.由正方体的性质可知OC⊥平面EGH. 因为EG=GH=EH=2,OC==, 所以其体积V2=××2×2×sin×=2,所以几何体W的体积V=8V2=8×2=16. 类型一　与立体几何有关的新定义问题 ②由题意可知:平面EBC方程为x+z-2=0,所以其法向量n3=(1,0,1),平面ECD方程为y+z-2=0,其法向量n4=(0,1,1).所以cos<n3,n4>===, 由图4知两个相邻的面所成角为钝角.故W相邻两个面所成角为. 类型一　与立体几何有关的新定义问题 　正确理解新定义的含义,以立体几何为载体,将新定义转化为线面的位置关系的判断、空间角以及空间距离的计算等. 方法总结 类型一　与立体几何有关的新定义问题 1.(2025·河南郑州模拟)若一个四面体三组对棱分别相等,我们称它为“等腰四面体”.已知在等腰四面体ABCD中,Ei(i=1,2,3,…,6)分别为所在棱的中点,如图所示. 对点训练 类型一　与立体几何有关的新定义问题 (1)求证:E1E2⊥平面E3E5E4E6; 证明:连接E1E3,E3E2,E2E4,E4E1,E1E5,E1E6,E2E5,E2E6. 因为E3E2􀰿BD,E1E4􀰿BD, 所以E3E2 􀰿 E1E4,所以四边形E1E3E2E4为平行四边形. 又E1E3􀰿AC,AC=BD,所以E1E3=E3E2,所以四边形E1E3E2E4为菱形, 所以E1E2⊥E3E4.同理,四边形E1E5E2E6和四边形E3E5E4E6为菱形,E1E2⊥E5E6. E3E4,E5E6交于一点,所以E1E2⊥平面E3E5E4E6. 类型一　与立体几何有关的新定义问题 (2)若E1E2=,E3E4=E5E6=2,求二面角A-BC-D的大小. 类型一　与立体几何有关的新定义问题 解:如图2,将该三棱锥补全为一个长方体,并建立空间直角坐标系Dxyz, 由E1E2=,E3E4=E5E6=2,得A(2,0,2),B(0,,2),C(2,,0), =(-2,,0),=(0,,-2),=(0,,2),=(2,,0), 设平面ABC的法向量为m=(x1,y1,z1),则令y1=2,得m=(,2,). 类型一　与立体几何有关的新定义问题 设平面BCD的法向量为n=(x2,y2,z2), 则令y2=-2,得n=(,-2,), 所以cos<m,n>====. 所以二面角A-BC-D的大小为. 类型二　与立体几何有关的新情境问题 类型二　与立体几何有关的新情境问题 [例2]　(2025·河南平顶山模拟)已知球面三角形总曲率x与球面三角形的面积S满足x=,其中R为球的半径.如图1,把球面上的三个点用三个大圆(以球心为圆心的圆)的圆弧连接起来,所围成的图形叫做球面三角形,若平面OAB,平面OAC,平面OBC两两所成的二面角的平面角分别为α,β,γ,则球面三角形的面积S=(α+β+γ-π)R2,已知R=3. 类型二　与立体几何有关的新情境问题 (1)若图1中∠BOC=,求劣弧BC的长; [解]　设劣弧BC的长度为l,因为∠BOC=,R=3,所以l=×3=π. 类型二　与立体几何有关的新情境问题 (2)若图1中球面三角形ABC中的劣弧AB,BC,CA的长均为,求球面三角形ABC的总曲率x; 类型二　与立体几何有关的新情境问题 [解]　设劣弧AB,BC,CA的长度为l1,∠AOC=∠BOC=∠AOB=δ, 则l1=,且δ===,所以OA⊥OC,OB⊥OC,OA⊥OB, 故平面OAB,平面OAC,平面OBC两两垂直,得α=β=γ=, 所以球面三角形ABC的面积S=(α+β+γ-π)R2=,故球面三角形ABC的总曲率x===. 类型二　与立体几何有关的新情境问题 (3)由图1截出三棱锥O-ABC,并延长AO使OD=AO,连接BD,得到图2所示的三棱锥D-ABC,若cos∠AOC=,cos∠BOC=,AO⊥OB,E为线段BD上的一个动点,F为AC的中点,G为BC的中点,设平面OBC与平面EFG的夹角为θ,直线DA与平面ABC所成的角为φ,求的最大值. 类型二　与立体几何有关的新情境问题 [解]　由余弦定理知:AC2=32+32-2×32×cos∠AOC=12,所以AC=2, BC2=32+32-2×32×cos∠BOC=6,所以BC=. 因为AO⊥BO,所以AB==3.因为AC2+BC2=AB2,故AC⊥BC. 由题知,AD是球的直径,则AB⊥BD,AC⊥CD. 因为AC⊥BC,AC⊥CD,CD∩BC=C且CD,BC⊂平面BCD,所以AC⊥平面BCD. 又BD⊂平面BCD,则AC⊥BD. 类型二　与立体几何有关的新情境问题 因为AC⊥BD,AB⊥BD,AB∩AC=A且AB,AC⊂平面ABC,所以BD⊥平面ABC. 因为BD==3=AB, 所以△ABD为等腰直角三角形,所以sin φ=sin∠DAB=sin=. 因为AC,BC,BD两两垂直,以C为坐标原点,分别以CB,CA所在直线为x,y轴,过点C作BD的平行线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,设BE=t,t∈(0,3], 类型二　与立体几何有关的新情境问题 则A(0,2,0),B(,0,0),C(0,0,0),D(,0,3), F(0,,0),G(,0,0),E(,0,t),O(,,), 则=(,0,0),=(,,),=(,-,0),=(-,,-t). 设平面OBC的法向量m=(x1,y1,z1), 则 类型二　与立体几何有关的新情境问题 取y1=,则z1=-,x1=0,可得m=(0,,-), 设平面EFG的法向量n=(x2,y2,z2), 则 取y2=t,则x2=t,z2=-,可得n=(t,t,-), 要使取最大值,则sin θ取最小值,即|cos θ|取最大值. 类型二　与立体几何有关的新情境问题 因为|cos θ|=|cos<m,n>|===×=×=×, 令m=2t+1,m∈(1,13],则t=,t2=, 可得===≤=2, 当且仅当m=3,即t=时等号成立. 则|cos θ|取最大值,sin θ==为最小值,所以()max==. 类型二　与立体几何有关的新情境问题 　理解新情境问题所描述的内容,将关键信息转化为数学语言和几何条 件,建立合适的立体几何模型,然后利用空间向量法解决角度、距离问题. 方法总结 类型二　与立体几何有关的新情境问题 2.(2025·浙江杭州模拟)在《九章算术·商功》篇中提到“阳马”这一几何体,是指底面为矩形,有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.现有“阳马”P-ABCD,底面是边长为2的正方形,侧棱PA⊥平面ABCD,PA=2,E,F分别是边BC,CD上的点,=λ,=λ,M为AD的中点. 对点训练 类型二　与立体几何有关的新情境问题 (1)若λ=,证明:平面PBM⊥平面PAF. 类型二　与立体几何有关的新情境问题 证明:当λ=时,E,F分别是边BC,CD的中点,设AF与BM交于点G,如图1, 在△ABM和△DAF中,AB=AD,AM=DF,∠BAM=∠ADF=90°, 所以△ABM≌△DAF,所以∠ABM=∠FAD. 又∠FAD+∠BAF=90°,所以∠ABM+∠BAF=90°,所以∠AGB=90°, 即BM⊥AF. 又PA⊥平面ABCD,BM⊂平面ABCD,所以PA⊥BM. 因为BM⊥PA,BM⊥AF,PA⊂平面PAF,AF⊂平面PAF,PA∩AF=A, 所以BM⊥平面PAF, 又BM⊂平面PBM,所以平面PBM⊥平面PAF. 类型二　与立体几何有关的新情境问题 (2)是否存在实数λ,使二面角P-EF-A的大小为45°?如果不存在,请说明理由;如果存在,求此时直线BM与平面PEF所成角的正弦值. 类型二　与立体几何有关的新情境问题 解:连接AC,交BD于点O,交EF于点Q,连接PQ,如图2, 因为=λ,=λ,所以EF∥BD.又AC⊥BD,故AC⊥EF, 根据对称性知PQ⊥EF, 所以∠AQP为二面角P-EF-A的平面角. 由题意知,∠AQP=45°,所以AQ=PA=2, 所以CQ=2-2,所以λ====2-, 所以CF=CE=4-2, BE=DF=2-2. 类型二　与立体几何有关的新情境问题 以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系, 则P(0,0,2),E(2,2-2,0),F(2-2,2,0),B(2,0,0),M(0,1,0), 所以=(-2,1,0),=(2,2-2,-2),=(2-2,2,-2). 设平面PEF的法向量为n=(x,y,z), 由 取x=1,则y=1,z=,则n=(1,1,). 类型二　与立体几何有关的新情境问题 设直线BM与平面PEF所成角为θ, 则sin θ=|cos<n,>|===. 感谢您的观看 $