专题4 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（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦“立体几何中的思维创新问题”专题，依据高考评价体系梳理了新定义问题、新情境问题两大核心考点，通过典型例题分析了空间想象、逻辑推理能力的考查要求，归纳出“等腰四面体”证明、球面三角形计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题模拟+方法突破+素养提升”策略，如用补形法将等腰四面体补成长方体、空间向量法求二面角，培养学生空间观念与逻辑推理素养。通过球面三角形总曲率计算等实例，指导学生用数学语言建立模型，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

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 专题四　立体几何 高考分析 立体几何中的创新融合问题,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. (1)求证:E1E2⊥平面E3E5E4E6; 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 (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. (1)若图1中∠BOC=,求劣弧BC的长; 类型二　与立体几何有关的新情境问题 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=OA2+OC2-2·OA·OC·cos∠AOC=32+32-2×32×cos∠AOC=12,所以AC=2, BC2=OC2+OB2-2·OC·OB·cos∠BOC=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. 类型二　与立体几何有关的新情境问题 又BD⊂平面BCD,所以AC⊥BD. 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, 类型二　与立体几何有关的新情境问题 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==. 感谢您的观看 [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均为菱形,E1E2⊥E5E6. E3E4,E5E6交于一点,所以E1E2⊥平面E3E5E4E6. $