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B版）

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何与平面几何、球、新定义的交汇问题，依据高考评价体系梳理空间想象、逻辑推理、数学运算等核心素养考查要求，通过2025全国一卷等真题实例明确高频考点权重，归纳轨迹方程推导、线面角计算等常考题型。 课件亮点在于“真题解析+策略归纳+素养提升”模式，如例1四棱锥外接球问题通过传统法与向量法优解对比，培养空间想象与数学运算素养。总结反思提炼解题通法，课时作业覆盖高考模拟题，帮助学生掌握交汇题突破技巧，教师可据此系统开展专题复习，提升备考效率。

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 立体几何与平面几何的交汇问题 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 . 5 （ⅰ）证明：在平面 上； 6 解：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,，，， ， . 7 证明：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. 8 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 . 11 [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. 12 自测题（1）（多选题）已知正方体 的棱长为2， 为的中点，为正方形 所在平面内一动点，则下列说法 正确的有( ) A.若，则线段的中点的轨迹所围成图形的面积为 B.若到直线与到直线的距离相等，则点 的轨迹为抛物线 C.若直线与所成的角为，则点 的轨迹为双曲线 D.若直线与平面所成的角为，则点 的轨迹为椭圆 √ √ 13 [解析] 对于A，由于， ，因此 ，则的中点到 的 距离为， 故的中点的轨迹是以 的中点为圆心， 为半径且平行于平面 的圆，其面积为，故A错误； 对于B， 平面，即为到直线的距离， 所以在平面内，点 到定点的距离与到定直线的距离相等， 所以点的轨迹就是以 为焦点， 为准线的抛物线，故B正确； 14 对于C，如图，建立空间直角坐标系， 设，可得，， ， 则 ，， ， 整理得，即，故 的轨迹 为双曲线，故C正确； 对于D，与平面 所成的角为，所以， 则 ，所以点的轨迹是以为圆心， 为半径的圆，故D错误． 故选 . （2）如图，正方体 的棱长为 4，是过顶点，，，的圆 上的一点， 为的中点．当直线与平面 所成的 角最大时，点 的坐标为___________________ ________；直线与平面 所成角的正弦 值的取值范围是_ ______. 或 16 [解析] 如图，连接，.记，相交于点 ， 连接，则，且， 又 为的中点，所以，且 ， 故四边形为平行四边形，所以， 又 平面， 平面，所以 ， 因为，，， 平面，所以 平面，故 平面. 由题意知， ， 设直线与圆相交于点，，圆的半径为， 17 故当与或 重合时，直线与平面所成的角最大，此时点 的坐标为或 . 由勾股定理得 ，此时 与平面所成角的正弦值为. 当 与平面平行时，与平面 所成的角最小，为0，故直线与平面 所成角的正弦值的取值范围是． 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 几何体与球的交汇问题 19 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 . （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. 20 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， . 21 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. 23 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 . 设，又，的中点为 ， 则点的坐标为 . 24 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 . 25 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. 27 自测题 如图，空间几何体 为 “四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方 形经过旋转连接而成的，且上底面正方形的 四个顶点在下底面的射影为下底面正方形各 边的中点．若， ，且所有顶 点在同一个球面上，则这个球的表面积为 ( ) A. B. C. D. √ 28 [解析] 设球心为，底面正方形 的中心为 ，上底面正方形的中心为 ，连接 ,,,, ,如图， 几何体上、下底面平行且所有顶点在同一球面上， 所以球心在直线上． 由，得底面正方形 对角线的长为，所以， 易知上底面正方形的边长为 ，则． 设，则， 29 又 ，在，中， 根据勾股定理，得 为球的半 径，. 过作 垂直，垂足为，由题意可知， 为 的中点，连接, 在中，， ，根据勾股定理可得 ，即， 所以 ，解得，代入可得 ， 解得 ，所以球的表面积为 ．故选B. 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 31 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 . 32 （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 . 33 （2）已知向量, ，求 的坐标表示. 解：由题得 , ,，，则，因此 的坐标表示为 . ，则 . 由定义知， , 34 （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 . 35 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 . 36 [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. 37 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 . 38 （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； 39 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 底面，, 底面，所以 ， . 故 ， . ，所以, . 40 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 所成的角的正弦值. 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 ， . 42 设平面的法向量为，则 令 ，则 . 易知为平面的一个法向量. 设平面与平面 所成的角为 ，则 ， 所以， 即平面与平面 所成的角的正弦值为 . （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. 45 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 . . 46 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 ②设直线与平面所成角为 ，求 的取值范围. 解：由①可设， ， ， ， 则，， ， 课 时 作 业 1 2 3 4 52 设平面的法向量为，则即 取，则 ， 则 . ，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. 因为，, , 平面 ，所以 平面 ， 课 时 作 业 1 2 3 4 57 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 （1）求证：平面 . 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 67 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，称 是曲 面的方程，曲面 上的任意点的坐标都是方程 的解，且所有不在曲面 上的点的坐标 都不是方程 的解.如图是一个单叶双曲 面 ，其方程为，它可以看作 面内某双曲线的一支绕 轴旋转一周所得的曲面. 课 时 作 业 1 2 3 4 69 （1）证明：以平行于面的平面 （为常数）截 所得的截痕（即截得的曲线）是 圆. 证明：以平面 截曲面 ，代入得 ，即 . 这是一个圆的方程，圆心为， 半径 ，故所得的截痕是圆. 课 时 作 业 1 2 3 4 70 （2）已知过点的直线 的一个方向向量为 ，试判断直线与 的公共点的个数. 课 时 作 业 1 2 3 4 71 解：设点是 上的点，则 ， ， 则，， . 代入曲面 的方程得 恒成立， 所以直线上的点全部在曲面 上，即直线与曲线 的公共点有无数个. 课 时 作 业 1 2 3 4 72 （3）在第（2）问的条件下，设点 ， 其中.若直线过点且上的所有点都在 上，求直线与 所成角的余弦值的取值范围. 课 时 作 业 1 2 3 4 73 解：设是直线 上的点， 设是直线 的方向向量， 则 ， 则 . 代入曲面 的方程，得 对任意 恒成立，则 ， 课 时 作 业 1 2 3 4 74 ，可得 是 符合要求的方向向量， 又直线 的方向向量为，所以两直线所 成的角 的余弦值为. 易知， . 对于 ，可得 ， 由，得 ，所以 . 课 时 作 业 1 2 3 4 对于 ， 可得 ， 由，得 ，所以 . 综上，所求角的余弦值的取值范围为 . 课 时 作 业 1 2 3 4 $