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微创新 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.
考点一 立体几何与其他知识的交汇问题
例1 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√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；
(2)设点Q到平面PBC的距离为d ，点Q到直线AB的距离为d ，求d +d 的最小值.
1 2 1 2
[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.
跟踪演练1 (2024·柳州模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥DC，E为PD的中点，且满足AE∥平
面PBC，
(1)证明：DC=2AB；
(2)若PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，PA=AB=AD=2，点M在四棱锥P-ABCD的底面内，且在以A，B为焦
√7
点，并满足MA+MB=4的椭圆弧上.若二面角M-PB-A的余弦值为 ，求直线PM与平面ABCD所成角
7
的正切值.
考点二 立体几何中的新定义、新情境问题
例2 [球面几何]球面几何学是在球表面上的几何学，也是非欧几何的一个例子.如图1，对于半径为R
的球O，过球面上一点A作两条大圆的弧A´B，A´C，它们构成的图形叫做球面角，记作∢BAC(或∢A)，其值为二面角B-AO-C的大小，点A称为球面角的顶点，大圆弧A´B，A´C称为球面角的边.如图2，不
在同一大圆上的三点A，B，C，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧A´B，B´C，C´A，这三
条劣弧组成的图形称为球面△ABC，这三条劣弧称为球面△ABC的边，A，B，C三点称为球面△ABC
的顶点；三个球面角∢A，∢B，∢C称为球面△ABC的三个内角.
已知球心为O的单位球面上有不同在一个大圆上的三点A，B，C.
π
(1)球面△ABC的三条边长相等(称为等边球面三角形)，若∢A= ，求球面△ABC的内角和；
2
(2)类比二面角，我们称从点P出发的三条射线PM，PN，PQ组成的图形为三面角，记为P-MNQ.其中
点P称为三面角的顶点，PM，PN，PQ称为它的棱，∠MPN，∠NPQ，∠QPM称为它的面角. 若三面
√3 √2 √6
角O-ABC的三个面角的余弦值分别为 ， ， .
3 2 3
①求球面△ABC的三个内角的余弦值；
②求球面△ABC的面积.
[规律方法] 通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求
考生在阅读理解的基础上，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，达到灵活解
题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照
章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
跟踪演练2 [空间三面角余弦定理]类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到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 αcos β+sin αsin βcos θ.
(1)如图2，四棱柱ABCD-A B C D 中，平面AA C C⊥平面ABCD，∠A AC=60°，∠BAC=45°，求
1 1 1 1 1 1 1
∠A AB的余弦值；
1
( π)
(2)当α，β∈ 0， 时，证明上述三面角余弦定理；
2(3)如图3，已知三棱锥O-ABC，OA=a，OB=b，OC=c，侧面OAB，OAC，OBC的面积分别为S ，
△OAB
S ，S ，以OA，OB，OC为棱的二面角分别为θ ，θ ，θ ，试猜想正弦定理在三维空间中推广的
△OAC △OBC 1 2 3
结论，并证明.答案精析
例1 解 (1)取AC中点O，连接PO，BO，如图所示.
因为PA=PC=3，AC=2√2，
所以PO⊥AC，且PO=√32-2=√7，
因为△ABC是等腰直角三角形，
所以BO⊥AC，且BO=√2，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，
⊂ ⊂
1 √7
因为点E为棱PA的中点，所以E到平面ABC的距离为 PO= .
2 2
(2)如图，以O为原点建立空间直角坐标系，连接AQ，
则C(0，√2，0)，
( √2 √7)
E 0，- ， ，
2 2
P(0，0，√7)，
A(0，-√2，0)，B(√2，0，0)，
则⃗PB=(√2，0，-√7)，
⃗PC=(0，√2，-√7)，
⃗AB=(√2，√2，0)，
( 3√2 √7)
⃗CE= 0，- ， ，
2 2
设⃗CQ=λ⃗CE(0≤λ≤1)，( 3√2 √7 )
则⃗CQ= 0，- λ， λ ，
2 2
( 3√2 √7 )
则Q 0，- λ+√2， λ ，
2 2
( 3√2 √7 )
则⃗AQ= 0，2√2- λ， λ ，
2 2
⃗AQ·⃗AB
所以cos∠QAB=
|⃗AQ||⃗AB|
4-3λ
= ，
√25λ2-48λ+32
√16λ2-24λ+16
所以sin∠QAB= ，
25λ2-48λ+32
所以d =|⃗AQ|sin∠QAB
2
=√4λ2-6λ+4，
设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)，
{n·⃗PB=0,
则
n·⃗PC=0,
{√2x-√7z=0,
即
√2y-√7z=0,
令x=√7，可得n=(√7，√7，√2)，
|⃗CQ·n| √14
则d = = λ，
1 |n| 4
√14
所以d +d =f(λ)=√4λ2-6λ+4+ λ，0≤λ≤1，
1 2 4
4λ-3 √14
所以f'(λ)= + ，
√4λ2-6λ+4 4
2
令f'(λ)=0，解得λ= ，
5
令g(λ)=f'(λ)
4λ-3 √14
= + ，
√4λ2-6λ+4 4
则g'(λ)=
7
>0，
(4λ2-6λ+4)√4λ2-6λ+4
所以g(λ)，即f'(λ)在[0，1]上单调递增，( 2)
所以当λ∈ 0， 时，f'(λ)<0，
5
f(λ)单调递减，
(2 )
当λ∈ ，1 时，f'(λ)>0，f(λ)单调递增，
5
(2) √14
所以f(λ) =f = ，
min 5 2
√14
即d +d 的最小值为 .
1 2 2
跟踪演练1 (1)证明 取PC的中点F，连接EF，BF，在△PCD中，EF为中位线，所以EF∥DC，且
DC=2EF，
因为AB∥DC，所以EF∥AB，所以A，B，F，E四点共面，
又因为AE ∥平面PBC，AE 平面ABFE，且平面ABFE∩平面PBC=BF，
所以AE∥BF，
⊂
所以四边形ABFE为平行四边形，所以AB=EF，所以DC=2AB.
(2)解 如图，PA⊥平面ABCD，取AB中点O为坐标原点，以AB所在直线为x轴，
在平面ABCD内过点O且垂直于AB的直线为y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
则A(-1，0，0)，B(1，0，0)，
P(-1，0，2).
因为MA+MB=4>AB=2，所以点M的轨迹是以AB为焦距的椭圆在梯形ABCD内的部分，
x2 y2
OA=OB=1，所以点M的轨迹为椭圆 + =1在梯形ABCD内的部分，
4 3
m2 n2
设点M(m，n，0)(在梯形ABCD内)，则 + =1. ①
4 3
设平面MPB的法向量为
n =(x，y，z)，
1
⃗PB=(2，0，-2)，⃗BM=(m-1，n，0)，
{n ·⃗PB=0,
1
则
n ·⃗BM=0
1{ 2x-2z=0,
⇒
(m-1)x+ny=0
n =(n，1-m，n).
1
⇒因为y轴⊥平面PBA，故平面PBA的一个法向量为n
2
=(0，1，0)，
设二面角M-PB-A的平面角为θ，
则cos θ=|cos〈n ，n 〉|= |n 1 ·n 2 | = √7 ，θ∈ ( 0， π) ，
1 2 |n ||n | 7 2
1 2
(m-1) 2 1
得 = ，
(m-1) 2+2n2 7
整理得3(m-1)2=n2. ②
8
联立①②，解得m=0或m= .
5
过点B作BH∥AD交DC于点H，则BH=AD，BH⊥平面PBA，
所以平面HPB⊥平面PBA，H的坐标为(1，-2，0)，
π 8
二面角H-PB-A为 ，当m= >1时，二面角M-PB-A的平面角为钝角，不符合题意，所以m=0.
2 5
此时M(0，-√3，0)，经检验，M在梯形ABCD内，PA=MA=2，
因为PA⊥平面ABCD，
所以直线PM与平面ABCD所成的角为∠AMP，在Rt△PAM中，
PA
tan∠AMP= =1，
MA
故所求线面角的正切值为1.
例2 解 (1)将球面几何问题转化为立体几何问题，如图在三棱锥O-ABC中，
OA=OB=OC=1，
因为在球面△ABC中，劣弧A´B=B´C=A´C，则在△ABC中，AB=BC=AC，且∠AOB=∠BOC=∠AOC.过B作
BE⊥OA，交OA于E，连接CE，
则△COE≌△BOE，所以CE⊥AO，
π
所以∠BEC是二面角B-AO-C的平面角，即∠BEC=∢A= ，
2
设∠AOB=θ，θ∈(0，π)，θ
则BE=CE=sin θ，BC=2sin ，
2
由BE2+CE2=BC2
θ
2sin2θ=4sin2 ，
2
⇒ π
解得cos θ=0，所以θ= ，
2
所以OA，OB，OC两两垂直(点E和O重合)，
π
从而∢A=∢B=∢C= ，
2
3π
所以球面△ABC的内角和是 .
2
(2)①由已知条件，
√3
可设cos∠BOC= ，
3
√2 √6
cos∠COA= ，cos∠AOB= .
2 3
如图，以O为原点，OA所在直线为x轴，△OAB所在平面为Oxy平面，构建空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，
A(1，0，0)，
(√6 √3 )
B ， ，0 .
3 3
设C(p，q，r)，
则由OA=OB=OC=1可知，
√2
=cos∠COA=⃗OA·⃗OC=p，
2
√3
=cos∠BOC=⃗OB·⃗OC
3
√6 √3
= p+ q，
3 3
1=|⃗OC|2=p2+q2+r2，
√2 (√3 √6 )
故p= ，q=√3 - p =0，
2 3 31
r2=1-p2-q2= ，
2
√2
不妨设r>0，则r= ，
2
(√2 √2)
所以C ，0， .
2 2
设平面OBC，OCA，OAB的法向量分别为n ，n ，n ，
1 2 3
并设n=(u，v，w)(i=1，2，3)，
i i i i
{ ⃗OB·n =⃗OC·n =0,
1 1
则 ⃗OC·n =⃗OA·n =0,
2 2
⃗OA·n =⃗OB·n =0,
3 3
√6 √3 √2 √2
{ u + v = u + w =0,
3 1 3 1 2 1 2 1
√2 √2
即 u + w =u =0,
2 2 2 2 2
√6 √3
u = u + v =0,
3 3 3 3 3
{√2u +v =u +w =0,
1 1 1 1
从而 u =w =0,
2 2
u =v =0,
3 3
{n =(-1,√2,1),
1
故可以取 n =(0,1,0),
2
n =(0,0,1).
3
所以我们有
cos∢A=|cos〈n ，n 〉|
2 3
|n ·n |
2 3
= =0，
|n ||n |
2 3
cos∢B=|cos〈n ，n 〉|
3 1
|n ·n| 1
3 1
= = ，
|n ||n| 2
3 1
cos∢C=|cos〈n ，n 〉|
1 2
|n ·n |
√2
1 2
= = .
|n||n | 2
1 2
1 √2
故球面△ABC的三个内角的余弦值分别为0， ， .
2 2
②先证明一个引理.引理：若球面△ABC的三个球面角∢A，
( π]
∢B，∢C∈ 0， ，
2
设该球面△ABC的面积为S ，
△AB´C
则S
△AB´C
=∢A+∢B+∢C-π，
引理的证明：
记球O的表面积为S，则S=4π.
设A，B，C的对径点分别为A'，B'，C'，则A´C所在的大圆和A´B所在的大圆将球面分成了四个部分，其中
∢A
面积较小的两个部分的面积之和S 等于球的表面积S的 倍，
1 π
∢A
即S = S，类似可定义S ，S ，
1 π 2 3
∢B ∢C
且同理有S = S，S = S.
2 π 3 π
而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有S +S +S =(S-2S )+6S .
1 2 3 △AB´C △AB´C
所以S +S +S =S+4S ，
1 2 3 △AB´C
1
故S = (S +S +S -S)
△AB´C 4 1 2 3
S(∢A ∢B ∢C )
= + + -1
4 π π π
(∢A ∢B ∢C )
=π + + -1
π π π
=∢A+∢B+∢C-π.
引理得证.
回到原题，根据①的结论，
π π π
有∢A= ，∢B= ，∢C= .
2 3 4
再由引理知球面△ABC的面积
π π π π
S = + + -π= .
△AB´C 2 3 4 12
跟踪演练2 (1)解 由平面AA C C⊥平面ABCD，得二面角A -AC-B的大小为90°，
1 1 1
由三面角余弦定理得cos∠A AB=cos∠A AC×cos∠CAB，
1 1
因为∠A AC=60°，∠BAC=45°，
11 √2 √2
所以cos∠A AB= × = .
1 2 2 4
(2)证明 过射线PC上一点H，作MH⊥PC交PA于M点，
作NH⊥PC交PB于N点，连接MN，如图所示，
则∠MHN是二面角A-PC-B的平面角，
在△MNP中，由余弦定理得
MN2=MP2+NP2-2MP·NPcos γ，
在△MNH中，由余弦定理得
MN2=MH2+NH2-2MH·NHcos θ，
两式相减得
MP2-MH2+NP2-NH2-2MP·NPcos γ+2MH·NHcos θ=0，
则2MP·NPcos γ=2PH2+2MH·NHcos θ，
两边同除以2MP·NP，得
cos γ=cos αcos β+sin αsin βcos θ.
(3)解 猜想
aS bS cS
△OBC △OAC △OAB
= = .
sin θ sin θ sin θ
1 2 3
证明 在OA上取点P，使得PO=1，过P作PP'⊥平面OBC，P'C'⊥OC，P'B'⊥OB，
如图.
设∠BOC=α，
∠AOC=β，
∠AOB=γ，
则PB'=POsin γ=sin γ，
PP'=PB'sin θ =sin γsin θ ，
2 2
同理PP'=PC'sin θ =sin βsin θ ，
3 3
所以sin γsin θ =sin βsin θ ，
2 3
sinβ sinγ
即 = ，
sin θ sin θ
2 3sinα sinβ
同理可证 = ，
sin θ sin θ
1 2
sinα sinβ sinγ
所以 = = ，
sin θ sin θ sin θ
1 2 3
1
又因为S = absin γ，
△OAB 2
2S
所以sin γ= △OAB ，
ab
2S 2S
同理sin β= △OAC ，sin α= △OBC ，
ac bc
2S 2S 2S
△OBC △OAC △OAB
所以 bc = ac = ab ，
sin θ sin θ sin θ
1 2 3
aS bS cS
△OBC △OAC △OAB
化简得 = = .
sin θ sin θ sin θ
1 2 3
