创新交汇 立体几何与其他知识的综合问题-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习教师用书配套课件（提升版）

创新交汇 立体几何与其他知识的综合问题 考情分析 随着高考改革的不断推进，近期各地的模拟题呈现的考查方向百花齐放，在立体几何中以空间图形为背景的试题，其考查的知识内容和范围涉及代数、几何、三角、向量、新定义等学科分支，对综合运用各种知识技能解题的灵活性要求有所加强，应予以重视. 立体几何与其他知识的交汇 类型一 目录 / CONTENTS 立体几何中的新定义问题 类型二 课时作业 类型一　立体几何与其他知识的交汇 目 录 【例1】　如图，现用一个与圆柱底面成θ角的平面α截圆柱，所得截面 是一个椭圆C，在平面α上建立如图所示的平面直角 坐标系.若圆柱的底面圆的半径为2，θ＝ . （1）求椭圆C的标准方程； 解：由题意知椭圆C的焦点在x轴上，可设C： ＋ ＝1（a＞b＞ 0），由题可得解得 所以椭圆C的标准方程为 ＋ ＝1. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）在平面α上，椭圆C与x轴交于A，B两点且xA＜xB，与过点P （ ，0）且斜率不为0的直线l交于M，N两点. ①若△BMN的面积为 ，求直线l的方程； ②设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，证明： 为定值，并求出该定值. 解：①由题意，直线l斜率不为0，设直线l的方 程为x＝ty＋ ， 记M（x1，y1），N（x2，y2），联立 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 得（t2＋2）y2＋2 ty－6＝0， 所以y1＋y2＝－ ，y1y2＝－ ， S△BMN＝S△BPM＋S△BPN＝ ｜BP｜·｜y1－y2｜＝ ｜y1－y2｜＝ ，所以｜y1－y2｜＝ ， 又｜y1－y2｜2＝（y1＋y2）2－4y1y2， 所以 ＝（ ）2＋ ，化简得5t4＋2t2－7＝0，解得t＝1或t＝－1. 故直线l的方程为y＝x－ 或y＝－x＋ . 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 ②证明：由①知，y1＋y2＝－ ，y1y2＝－ ， 故 （y1＋y2）＝ty1y2，又A（－2 ，0），B（2 ，0）， 所以 ＝ · ＝ ＝ ＝3. 所以 为定值，且该定值为3. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【规律方法】　将立体几何与解析几何巧妙结合，是考核的创新.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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【训练1】　（2025·江苏南通二模）在正三棱台ABC-A1B1C1中，AB＝2A1B1，P，Q分别是AB，AC的中点. （1）求证：四边形B1PQC1是矩形； 解：证明：延长AA1，BB1，CC1交于点T，过点T 作TO⊥平面ABC，垂足为O，连接OA. 在正三棱台ABC-A1B1C1中，AB＝2A1B1， △ABC是正三角形， 因为P，Q分别是AB，AC的中点， 所以BC∥PQ，且BC＝2PQ， 又BC∥B1C1，且BC＝2B1C1， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 所以B1C1∥PQ，且B1C1＝PQ，四边形B1PQC1是平行四边形. 因为几何体ABC-A1B1C1是正三棱台， 所以三棱锥T-ABC是正三棱锥，O是底面正△ABC的中心，所以AO⊥BC. 又TO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以TO⊥BC. 因为AO∩TO＝O，AO，TO⊂平面AOT，所以BC⊥平面AOT， 又AA1⊂平面AOT，所以BC⊥AA1，所以PQ⊥AA1. 在正三棱台ABC-A1B1C1中，AB＝2A1B1，P是AB的中点， 所以A1B1∥AP，且A1B1＝AP， 所以四边形A1B1PA是平行四边形，所以A1A∥B1P. 所以PQ⊥B1P. 所以四边形B1PQC1是矩形. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）若一只电子猫从点A出发，每次等可能地沿着棱去向相邻的另一个顶 点，设在n（n∈N*）次运动后电子猫仍停留在下底面ABC的概率为pn， 求pn. 解：记电子猫在n次运动后“在下底面ABC”为事 件Mn，“在上底面A1B1C1”为事件 . 显然，当n≥2，n∈N*时，P（Mn｜Mn－1）＝ ， P（Mn｜ ）＝ . 由全概率公式，当n≥2，n∈N*时， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 可得P（Mn）＝P（Mn－1Mn）＋P（ Mn）＝P（Mn－1）P（Mn｜ Mn－1）＋P（ ）P（Mn｜ ）， 即pn＝pn－1× ＋（1－pn－1）× ，整理得pn＝ pn－1＋ . 所以当n≥2，n∈N*时，pn－ ＝ （pn－1－ ）， 又p1＝ ，p1－ ＝ ≠0，pn－ ≠0， 所以当n≥2，n∈N*时， ＝ 为定值， 所以数列{pn－ }是首项为 ，公比为 的等比数列， 故pn－ ＝ ×（ ）n－1，可得pn＝ ＋ ×（ ）n. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 类型二　立体几何中的新定义问题 目 录 【例2】　（2025·河南郑州三模）在空间直角坐标系O-xyz中，已知向量 u＝（a，b，c）（abc≠0），经过点P0（x0，y0，z0），且以u为法向 量的平面α的方程为a（x－x0）＋b（y－y0）＋c（z－z0）＝0. （1）求原点O到平面x－y－z－4＝0的距离； 解：根据题意，平面的法向量n1＝（1，－1，－1）， 在平面x－y－z－4＝0上任取点M（4，0，0），可得 ＝（4，0，0）， 设原点O到平面x－y－z－4＝0的距离为d，则d＝ ＝ ＝ ， 故原点O到平面x－y－z－4＝0的距离为 . 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）根据平面直角坐标系中点到直线的距离公式，类比出P（x0，y0， z0）到平面A'x＋B'y＋C'z＋D'＝0的距离公式，并利用有关知识证明； 解： 由点到直线的距离公式d＝ 类比：点到平面的距离公式为d＝ ， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 证明如下： 不妨设C≠0，在平面A'x＋B'y＋C'z＋D'＝0内取一点Q（0，0，－ ）， 则向量 ＝（x0，y0，z0＋ ）， 取平面A'x＋B'y＋C'z＋D'＝0的一个法向量n＝（A'，B'，C'）， 所以点P（x0，y0，z0）到平面A'x＋B'y＋C'z＋D'＝0的距离为： d＝ ＝ . 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （3）已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1，平面CDD1C1的方程为x－2y＋z －2＝0，平面ADD1A1经过点E（0，0，1），F（1，1，2），G（2，2， 1），平面ACC1A1的方程为kx－ty－2z＋1＝0（1≤t≤2），求平面 CDD1C1与平面ACC1A1夹角的余弦值的最大值. 解： ＝（1，1，1）， ＝（1，1，－1） 设p＝（i，j，r）为平面ADD1A1的一个法向量，则令i＝1，得j＝－1，r＝0，所以p＝（1，－1，0）. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 因为平面CDD1C1的方程为x－2y＋z－2＝0，所以平面CDD1C1的一个 法向量为q＝（1，－2，1）， 设直线DD1的一个方向向量为t＝（x1，y1，z1），则 令x1＝1，得y1＝1，z1＝1 所以t＝（1，1，1）.因为DD1∥平面ACC1A1，所以平面ACC1A1的一个法向量s＝（k，－t，－2）与直线DD1的方向向量t＝（1，1，1）垂直，所以s·t＝k－t－2＝0， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 所以平面CDD1C1与平面ACC1A1夹角的余弦值为 ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ， 又1≤t≤2， ≤ ≤1， 所以 ＝ ≤ ， 所以平面CDD1C1与平面ACC1A1夹角的余弦值的最大值为 . 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【规律方法】　遇到新定义问题，应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，使问题得以解决. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【训练2】　类比于二维平面中的余弦定理，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，∠APC＝α， ∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A-PC-B的大小为θ，则 cos γ＝ cos α cos β＋ sin α sin β cos θ.如图2，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面 ABCD为平行四边形，AA1⊥BC，AC＝BC＝AA1，且∠A1AC＝60°， ∠BAC＝45°. （1）证明二面角A1-AC-B为直 二面角，并求∠A1AB的余弦值； 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 解： 证明：∵AC＝BC，∠BAC＝45°，则∠ABC＝45°，∴AC⊥BC， ∵AA1⊥BC，AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面A1ACC1，∴BC⊥平面 A1ACC1， ∵BC⊂平面ABCD，∴平面AA1C1C⊥平面ABCD，即二面角A1- AC-B为直二面角，即θ＝90°， ∴由 cos γ＝ cos α cos β＋ sin α sin β cos θ， 得 cos ∠A1AB＝ cos ∠A1AC· cos ∠CAB， ∵∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°，∴ cos ∠A1AB＝ × ＝ . 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由. 解：在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1. 连接B1C，延长C1C至P，使CP＝C1C，连接BP， 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1B1∥AB，A1B1＝AB， AB∥CD，AB＝CD， ∴A1B1∥DC，A1B1＝DC，∴四边形A1B1CD为平行四边形，∴A1D∥B1C， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 又在四边形B1BPC中，B1B∥CP，B1B＝CP， ∴四边形B1BPC为平行四边形， ∴B1C∥BP，∴A1D∥BP， 又A1D⊂平面DA1C1，BP⊄平面DA1C1， ∴BP∥平面DA1C1， ∴当点P在C1C的延长线上，且使CP＝C1C时，BP∥平面DA1C1. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 课时作业 （时间：45分钟，满分：60分） 目 录 1. （13分）空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标 系称为“空间斜坐标系”.类比空间直角坐标系，i，j， k分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（x轴、y轴、z轴） 正方向的单位向量，若向量n＝xi＋yj＋zk，则n与有序 实数组（x，y，z）相对应，称向量n的斜坐标为[x，y，z]，记作n＝[x，y，z].如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝ 1，AA1＝2，AB⊥AD，∠BAA1＝∠DAA1＝ .以{ ， ， }为基 底建立“空间斜坐标系”. （1）若点E在平面ABCD内，且A1E⊥平面ABCD，求 的斜坐标； 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 解：由题可知 ＝xi＋yj， ＝2k，则 ＝xi＋yj－2k， 由题可知i·j＝0，i·k＝ ，j·k＝ . ∵A1E⊥平面ABCD，∴ 即 则x＝1，y＝1， 则 的斜坐标为[1，1，－2]. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）若 的斜坐标为[1，0，1]，求平面AD1F与平面ABCD的夹角的余 弦值. 解：由题可得 ＝i＋k， ＝j＋2k， 设平面AD1F的法向量为a＝pi＋qj＋mk， 由 得 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 即 取m＝10，可得p＝－7，q＝－9，即a＝－7i－9j＋10k. 则a2＝｜a｜2＝（－7i－9j＋10k）2＝49＋81＋100－70－90＝70. 由（1）可知A1E⊥平面ABCD，且 ＝i＋j－2k， 则｜ ｜2＝（i＋j－2k）2＝1＋1＋4－2－2＝2， ·a＝（i＋j－2k）（－7i－9j＋10k）＝－7＋5－9＋5＋7＋9－20＝ －10， 则｜ cos ＜ ，a＞｜＝ ＝ ＝ ， 即平面AD1F与平面ABCD的夹角的余弦值为 . 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 2. （15分）在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，∠ACB的平分线交AB 于点D，AD＝2DB. 平面α过直线AB，且与△ABC所在的平面垂直. （1）求直线CD与平面α所成角的大小； 解：因为平面ABC⊥α，平面ABC∩α＝AB，BC⊂平面ABC，BC⊥AB，所以BC⊥α，所以直线CD与α所成的角为∠CDB. 如图1，过点D作DF⊥AC，垂足为F. 因为CD平分∠ACB， DB⊥BC，所以DF＝DB. 又AD＝2DB，所以DF＝ AD，所以∠DAF＝30°. 又AB＝6，∠ABC＝90°，所以BC＝2 . 因为DB＝ AB＝2，所以tan∠CDB＝ ＝ ，则∠CDB＝60°， 所以直线CD与平面α所成的角为60°. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）设点E∈α，且∠ECD＝30°，记E的轨迹为曲线Γ，判断Γ是什么 曲线，并说明理由. 解：曲线Γ是椭圆，理由如下： 由（1）可知，DF⊥AC，DA＝DC，所以F是AC的中点. 取AB的中点O，则OF∥BC. 又BC⊥α，所以OF⊥α. 在α内过O作OG⊥AB，则OF⊥OB，OF⊥OG. 如图2，以O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O-xyz. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 因为OB＝3，DB＝2，所以OD＝1.设E（x，y，0），又D（0，1， 0），C（0，3，2 ），则 ＝（x，y－3，－2 ）， ＝（0，－ 2，－2 ）. 因为 cos ∠ECD＝ ，∠ECD＝30°，所以 ＝ ，化简得3x2＋2y2＝18，即 ＋ ＝1，所以曲线Γ是椭圆. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 3. （15分）（2025·全国Ⅰ卷17题）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底 面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD. （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； 解： 证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面 ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 又AD⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 ①证明：点O在平面ABCD内； ②求直线AC与PO所成角的余弦值. （2）设PA＝AB＝ ，BC＝2，AD＝1＋ ，且点P，B，C，D均在球O的球面上. 解：①证明：以A为坐标原点， ， ， 的 方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系 A-xyz，如图所示， 则B（ ，0，0），C（ ，2，0），D（0，1＋ ， 0），P（0，0， ），设O（a，b，c）， 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 则（a－ ）2＋b2＋c2＝（a－ ）2＋（b－2）2＋c2＝a2＋（b－1－ ）2＋c2＝a2＋b2＋（c－ ）2， 得a＝0，b＝1，c＝0，即O（0，1，0），所以点O在AD上，即点O在 平面ABCD内. ② ＝（ ，2，0）， ＝（0，1，－ ）， 则 cos ＜ ， ＞＝ ＝ ＝ ， 所以直线AC与PO所成角的余弦值为 . 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 4. （17分）（2025·福建莆田期中）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； 解：取AC中点O，连接PO，BO， 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＝ ， 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 又PB＝3，满足PB2＝PO2＋BO2，所以PO⊥BO， 因为AC∩BO＝O，AC⊂平面ABC，BO⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC， 因为点E为棱PA的中点，所以点E到平面ABC的距离为 PO＝ . 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）设点Q到平面PBC的距离为d1，Q到直线AB的距离为d2，求d1＋d2 的最小值. 解：如图，以O为原点建立空间直角坐标系， 则C（0， ，0），E（0，－ ， ），P（0，0， ），A（0，－ ，0），B（ ，0，0）， 则 ＝（ ，0，－ ）， ＝（0， ，－ ）， ＝（ ， ，0）， ＝（0，－ ， ）， 设 ＝λ （0≤λ≤1），则可得 ＝（0，－ λ， λ）， 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 则Q（0，－ λ＋ ， λ），则 ＝（0，2 － λ， λ）， 所以 cos ∠QAB＝ ＝ ， 所以 sin ∠QAB＝ ， 所以d2＝｜AQ｜· sin ∠QAB＝ . 设平面PBC的法向量为n＝（x，y，z）， 则 即 令x＝ ，可得n＝（ ， ， ），则d1＝ ＝ λ， 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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）＝ ＋ ，0≤λ≤1，则g'（λ）＝ ＞0， 所以g（λ）＝f'（λ）在[0，1]上单调递增， 所以当λ∈［0， ）时，f'（λ）＜0，f（λ）单调递减； 当λ∈（ ，1］时，f'（λ）＞0，f（λ）单调递增， 所以f（λ）min＝f（ ）＝ ，即d1＋d2的最小值为 . 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 THANKS 演示完毕 感谢观看 $