第7单元 12 培优专题（六） 立体几何中的融合、交汇问题（PPT课件）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教A版）

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何三大交汇问题，依据高考评价体系梳理几何体与球、立体几何与解析几何、立体几何与新定义的融合考点，通过2025全国一卷等真题分析，明确外接球证明与计算、轨迹方程推导等高频题型占比，构建系统解题思路。 课件亮点在于真题引领与素养导向，如以2025全国一卷四棱锥外接球题为例，用补形法和向量法突破，培养空间想象和数学运算素养。总结“定义转化—模型构建—运算求解”策略，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准定位学情，提升复习效率。

培优专题（六） 立体几何中的融合、 交汇问题 1 类型一 类型二 类型三 课时作业 2 几何体与球的交汇题在2025高考题大题中呈现，此类交汇题需 重视，可以用传统法破解，也可以用向量法破解，需针对题目的特 征，选定优解.此类交汇题意在考查空间想象能力，处理交汇性问题 的能力. 类型一 几何体与球的交汇问题 3 例1 [2025· 全国一卷] 如图所示的四棱锥 中， 平面， , . （1）证明：平面 平面 . 证明：因为 平面， 平面，所以 ， 又，， 平面， 平面 ， 所以 平面， 又 平面，所以平面 平面 . 4 （2）若，,,,,, 四点在同一个 球面上，设该球的球心为 . （i）证明：在平面 上； 5 证明：因为 平面， 平面 ，所以 ， 由（1）得，， 则以 为坐标原点，,，所在直线 分别为 轴、轴、 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 由图可知,，，， ， . 6 方法一：连接，设的外接圆的圆心为， 易知 的中垂线的方程为， 的中垂线的方程为 ， 联立可得 . 因为, ， 所以,此时与重合，所以在平面 上. 7 方法二：设球心，球的半径为, 则 所以 解得 所以,所以在平面 上. （ii）求直线与直线 所成的角的余弦值. 解：易知, ， 设直线与直线所成的角为 ， 则， 故直线 与直线所成的角的余弦值为 . 9 [总结反思] 几何体与球交汇问题的解题策略：一是利用球体的定义；二是利用 特殊几何体的性质；三是补成特殊几何体，转化为特殊几何体的外 接球问题；四是利用球体的性质. 10 自测题 如图，四棱锥 的底面是矩 形， 底面，，为 的中点，且 . （1）证明：平面 平面 ； 证明：因为 底面， 平面，所以 ， 又，，, 平面， 所以 平面. 又 平面，所以平面 平面 . 11 （2）求四棱锥 外接球的表面积； 解：由（1）可知 平面， 平面 ，所以， 在平面中，以 为原点， 建立如图所示的平面直角坐标系，则 . 12 设，因为，所以， ， ， ， 所以 ， 可得，故 ， 所以四棱锥 外接球的半径 ， 所以四棱锥外接球的表面积 . 13 （3）求三棱锥 的体积. 解： . 14 立体几何与解析几何交汇问题是各省市质检题的一个亮点,以其 新颖性、综合性而“闪亮登场”,这正好体现了能力立意及在知识网络 交汇点处设计命题的精神.意在提升空间想象能力，数形结合能力， 以及处理交汇性问题的能力. 类型二 立体几何与解析几何的交汇问题 15 （1）若以为原点，为轴，为 轴建立平面直角坐标系，求 点 的轨迹方程. 例2 [2026·广东广州质检] 如图，棱长为1的正方体 中，为底面 上一动点， 且满足，过点作， ， 垂足分别为,，直线与直线交于点 . 16 解：以 为原点，建立如图①所示的空间直角坐标系. 设且 ， 因为,， ， 所以, . 由,得 ， 即，整理得 . 因为，，所以， . 17 设，由在上，设 , 又, ， 所以 , . 由在上，设 , 又,， 所以 , . 故，则 ， 由,，得， 故点 的轨迹方程为且 . （2）以为直径作圆，以圆为底面， 为高 作圆柱，是否存在一个与平面 平行的 平面 ，使得该平面与圆柱 相交，且所得截面 面积为定值？若存在，确定平面 的位置，并求截 面的面积；若不存在，说明理由. 解：假设存在满足条件的平面 ，则在平面中， 存在直线 ，，使得圆截直线所得线段的长 为定值， 设直线 的方程为. 19 设，又，的中点为 ， 则点的坐标为 . 如图②，设与以为直径的圆相交于点，， 的中点为，连接，，，则 ， . 因为 ，所以 ， 所以 . 20 令，得，此时 ，为定值， 故满足条件的存在，其方程为， 所以过点 作一个与平面平行的平面 ，与圆柱 相交， 所得截面为矩形，底边长为 ，高为1，截面面积为定值 . [总结反思] 破解立体几何与解析几何交汇问题的关键是以立体几何为背景，通过 研究立体几何中点、线、面的位置关系或数量关系，从而转化为平面 图形问题，在坐标系的基础上，判断动点的轨迹、求曲线的方程等. 22 自测题 [2025·湖南长沙模拟] 三棱锥 中， 底面为等腰直角三角形， ， .点在底面上的射影是棱 上靠 近点 的四等分点. （1）求与平面 所成角的正弦值. 23 解：如图①，因为在底面上的射影是棱 上 靠近点的四等分点，所以 平面 ， 因为 平面，所以 . 易知， 在 中，， 又 平面，所以平面 平面 ，且交线为. 过作于点，连接，由 平面 及面面垂直的性 质定理，可得 平面，故为与平面 所成的角. 24 在中，，， ， 由余弦定理得 ，所以. 由 ，得 . 在中， ，则 ， 即直线与平面所成角的正弦值为 . （2）设靠近的四等分点为，是平面 内 的动点，且，在直线 的两侧，满足 .是否存在点使得平面 平面？ 若存在，请求出 的长度；若不存在，请说明理由. 解：假设存在点满足题意，则二面角 为 直二面角，即二面角和二面角 的和为 . 如图②，取的中点，连接， 过作 于 点，连接 . 26 因为为等腰直角三角形，且， 所以 ， 又因为 平面，且 平面， 所以 . 因为，且, 平面 ，所以 平面， 又因为 平面 ，所以 ， 因为且，, 平面 ， 所以 平面，所以 为二面角 的平面角. 27 在中，因为, ， 所以 . 过作垂直于点，过作垂直于点 ， 连接 ， 同理可得为二面角 的平面角， 所以 . 在平面中，以为原点，的方向为 轴正方向，的方向 为 轴正方向建立如图②所示的平面直角坐标系， 根据题意，点的轨迹是以， 为焦点的椭圆 的一部分，其标准方程为, . 设点的横坐标为，则 ， ， ， 由，可得 ，故假设成立， 存在点满足题意，此时 . 29 立体几何与新定义相融合题是指题目中首先给出一个有关空间 几何体的新定义,通过阅读题目提供的材料，理解新定义，再根据理 解来解题，意在提升数学抽象、直观想象、逻辑推理和数学运算的 核心素养. 类型三 立体几何与新定义相融合 30 例3 从点引出三个不共面的向量,, ，它们之 间的关系和右手拇指、食指、中指相同，则这个标架 构成右手标架，如图所示.规定： 为一个向量，它的长度为, ，它的方向 与向量,均垂直，且使;,, }构成右手标架. 该运算满足, , .{,, }为单位正交基 底，且;,,}符合右手标架，以,,的正方向分别为轴、轴、 轴 的正方向建立空间直角坐标系，若，则记 . 31 （1）证明： . 证明：当与共线时，. 当与 不共线时，, , ，即与 的模相等. 根据定义知与同时垂直于,， 因此与 共线. 由于按顺序,,与,,分别构成右手标架;,,} 与 ;,,，所以与方向相反， 因此 . 32 （2）已知向量,，求 的 坐标表示. 解：由题得 , ， 则 . 由定义知，,, ，， 则，因此 的坐标表示为 . 33 （3）①三棱锥中，, ，求三棱锥的体积 ； 解：的几何意义为以， 为邻边的 平行四边形的面积，故， 在 方向上的投影向量的模为 ， 故 . 34 ②请结合“×”与“数量积”的几何意义，用,, 表示平行六面体 的体积. 解：由的几何意义可得平行六面体 的底面的面积为. 点到底面的距离为 在底面的法向量上的 投影向量的模， 所以 . 35 [总结反思] 立体几何与新定义相融合题的解题关键：一是读懂，即读懂新定义 的含义；二是建模，根据题目给出的新定义，建立立体几何的模型； 三是研模，即研究模型，根据新定义进行由特殊到一般的规律总结， 最后解决问题. 36 自测题 空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯 曲性，规定：多面体顶点的曲率等于 减去多面体在该点处所有面 角之和，多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体 各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面 的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点 均有3个面角，每个面角均为 ，故其各个顶点的曲率均为 . 37 （1）如图①，已知四棱锥的底面 为菱形， ，为的中点，且 平面， . （i）求该四棱锥在顶点 处的曲率的余弦值； 38 解：如图，连接， 由底面 是菱形，得，交于点 ， 又，所以 为正三角形. 因为，所以, . 因为 底面，, 底面， 所以 ， . 故 ， . 39 由余弦定理得 . 由题意可知四棱锥 的四个侧面三角 形全等，则 . 记四棱锥在顶点处的曲率为 ， 则 ， 所以 . （ii）求平面与平面 的夹角的正弦值. 41 解：易知，，两两垂直， 如图，以点为原点，直线 ，，分别 为，，轴，建立空间直角坐标系 ， 则，，， 所以 ， . 设平面的法向量为， 则 令，则 . 42 易知为平面的一个法向量. 设平面与平面 的夹角为 ， 则 ， 所以， 即平面与平面 的夹角的正弦值为 . （2）瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对 简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数、 棱数与面数满足 .请运用欧拉定理解决下列问题： 碳 具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用 广泛的材料.它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图②所示. 已知碳 的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有 60个顶点，试求碳 各顶点的平均曲率. 44 解：设碳共有 个面，给组成多面体的多边形 编号，分别为1，2， ， . 设第号多边形有条边， 则碳 共有 （条）棱. 由题意，碳共有 （个）顶点. 因为第号多边形的内角之和为 ， 所以碳 的所有多边形的内角之和为 ， 所以碳 的总曲率为 . 又，所以碳各顶点的平均曲率为 . 课时作业 47 1.[2025·云南昆明一模] 如图，四棱锥中， 平面 ，，， . （1）证明：平面 平面 . 课 时 作 业 1 2 3 4 48 证明：由，， 可 知，为等腰直角三角形， ， ， 又 ，所以 ，所以，即 . 因为 平面， 平面，所以 ， 又因为，， 平面，所以 平面. 又因为 平面，所以平面 平面 . 课 时 作 业 1 2 3 4 49 （2）若，动点在内（含边界）且 . ①求动点 的轨迹的长度； 课 时 作 业 1 2 3 4 50 解：依题意，建立如图所示的空间直角坐标系, 设的坐标为，易知， ， 由 ， 化简得，即 ， 设线段的中点为，则， 则动点的轨迹是以线段 的中点为圆心，1为半径的圆的， 故动点的轨迹长度为 . 课 时 作 业 1 2 3 4 51 解：由①可设， ， ， ，则， ， ， 设平面的法向量为， 则 即 ②设直线与平面所成角为 ， 求 的取值范围. 课 时 作 业 1 2 3 4 52 取，则 ， 则, . 因为 ，所以 ， 所以 ， 所以，所以 ， 故 . 课 时 作 业 1 2 3 4 2.球面距离在地理学、导航系统、信息技术等多个领域有着广泛应用. 球面距离的定义：球面上两点之间的最短连线的长度，即经过这两 点的大圆（经过球心的平面截球面所得的圆）在这两点间的一段劣 弧的长度.这段弧长就被称作两点的球面距离. （1）在正四棱柱 （底面为正方形的直棱柱） 中，，，求顶点， 在该正四棱柱外接球上的球 面距离. 课 时 作 业 1 2 3 4 54 解：由题可知，正四棱柱 的外接球直径 ，所以外接球的半径 ， 因此球心与点,构成正三角形，弦所对的过, 两点的大圆的 圆心角为，所对的劣弧的长为， 所以顶点， 在该正四棱柱外接球上的球面距离为 . 课 时 作 业 1 2 3 4 55 （2）如图①，在直角梯形中，， ， ，.现将沿边折起到 ，如图 ②，使得点在底面内的射影在 上. （i）求点到底面 的距离； 课 时 作 业 1 2 3 4 56 解：在直角梯形中，， ，， ，则 ， ， 所以 ，所以 为正三角形. 在三棱锥中， 平面， 又 平面 ，所以. 课 时 作 业 1 2 3 4 57 因为，,, 平面 ，所以 平面 ， 又 平面，所以，所以 . 在中，， ， ，所以点到底面的距离为 . 课 时 作 业 1 2 3 4 （ii）设三棱锥的外接球为球，求，两点在球 上的球 面距离. 参考数据：， . 课 时 作 业 1 2 3 4 59 解：如图，取的中点，则为 的外接圆圆心. 设的外接圆圆心为 ， 连接,,,，， 由知 为正三角形，所以， 易知 平面， 平面，所以 ， . 在中， ， 课 时 作 业 1 2 3 4 60 设三棱锥 的外接球半径为 ， 则， 球的弦 所对大圆的圆心角为 ， ，即 是钝角， 而，则， 在大圆中所对劣弧长为， 所以， 两点在球上的球面距离约为 . 课 时 作 业 1 2 3 4 3.[2025·湖北新八校5月模拟] 把底面为椭圆且母线与 底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱 中底 面长轴，短轴长为,, 分别为下 底面椭圆的左、右焦点， 为上底面椭圆的右焦 （1）求证：平面 . 点，,为的中点，为线段上的动点，为过点 的下 底面的一条动弦（不与 重合）. 课 时 作 业 1 2 3 4 62 证明：由题设，知 ， 所以,分别是,的中点， 易知四边形 为矩形，连接，如图， 由 , ， 得四边形 为平行四边形，则 ， 连接，因为为的中点，所以，故 ， 又 平面, 平面，故平面 . 课 时 作 业 1 2 3 4 63 （2）若点是下底面椭圆上的动点，是点 在 上底面的射影，且,与下底面所成的角分 别为 , ，试求出 的最小值. 课 时 作 业 1 2 3 4 64 解：由题设，连接，，如图， 令 , ，则， 又 ，所以， ， 则 ， 因为，当且仅当， 即 时上式取等号，所以的最小值为 . 课 时 作 业 1 2 3 4 65 （3）求三棱锥 的体积的取值范围. 解：连接 ， 由题可知， ， 在正方形中，为的中点， 易得当与 重合时，与垂直， 此时 的面积最大，可得,， 则 的最大值为 . 课 时 作 业 1 2 3 4 66 在椭圆柱的下底面中建立如图所示的平面直角 坐标系，易知 ， 则可得底面椭圆的方程为 ， 设, ， 设直线的方程为， 与 联立得 ， 且，所以 , ， 课 时 作 业 1 2 3 4 而 ， 所以， 令 ，则， 易知在 上单调递增， 故 ， 由 ， 得 ，故 . 课 时 作 业 1 2 3 4 4.在空间直角坐标系中，定义：过点 ，且方向向量 为的直线的点方向式方程为 ； 过点，且法向量为 的平面 的点法向式方程为 ，将其整理 为一般式方程为，其中 ,记 作平面的一般式方程. （1）已知直线的点方向式方程为，平面 的一般 式方程为，求与平面 所成角的余弦值. 课 时 作 业 1 2 3 4 69 解：由直线的点方向式方程为可知直线 的一个方 向向量为 . 由平面的一般式方程为可知平面 的一个法 向量为 . 设直线与平面所成的角为 ， 则, ， 又 ，所以， 故直线与平面所成角的余弦值为 . 课 时 作 业 1 2 3 4 70 （2）已知平面的一般式方程为，平面 的一般 式方程为，平面 的一般式方程为 ，若, ，证明： . 证明：由平面的一般式方程为， 可知平面 的一个法向量为 . 由平面的一般式方程为， 可知平面 的一个法向量为. 课 时 作 业 1 2 3 4 71 设两平面交线 的方向向量为， 则 令，可得,，则. 由平面 的一般式方程为， 可知平面 的一个法向量为 . 因为 ， 所以 ，又，所以 . 课 时 作 业 1 2 3 4 （3）已知斜三棱柱中，侧面所在平面 经过 三点,,，侧面所在平面 的一般 式方程为，侧面所在平面 的一般式方程 为，求平面与平面 的夹角的 余弦值. 解：由,,， 可得 , . 设侧面所在平面的法向量为 ， ， 课 时 作 业 1 2 3 4 73 则 令，可得,，则 . 由平面的一般式方程为， 可知平面 的一个法向量为 . 设平面与平面的交线（即直线 ）的方向向量为 ， 则 课 时 作 业 1 2 3 4 令，可得， ，则 . 由平面的一般式方程为， 可知平面 的一个法向量为 . 由,，得,则 ， 解得，即 ，故平面与平面的夹角 的余弦值为 , . 课 时 作 业 1 2 3 4 $