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立体几何中的拓展与创新问题
高考定位 立体几何创新问题的类型有：(1)拓展二维平面中的概念、定理、性
质，上升到三维空间问题；(2)在立体几何中定义新运算，并应用新的运算性质
解决问题；(3)定义新概念或新几何体，以此为载体构建数学问题.解决立体几何
创新题的策略为降维、减域、补形、分割.
【题型突破】
题型一 立体几何＋定理或概念拓展
例1 由空间一点O 发出不共面的三条射线OA，OB，OC 及相邻两射线所在平面
构成的几何图形叫三面角，记为O－ABC.其中O 叫做三面角的顶点，面AOB，
BOC，COA 叫做三面角的面，∠AOB，∠BOC，∠AOC 叫做三面角的三个面角，
分别记为α，β，γ，二面角A－OB－C，B－OA－C，A－OC－B 叫做三面角的二
面角，设二面角A－OC－B 的平面角大小为x，则一定成立的是( )
A.cos x＝
B.cos x＝
C.cos x＝
D.cos x＝
答案 A
解析 如图，∠AOB＝α，∠BOC＝β，∠AOC＝γ，
在OC 上取一点K，过K 在平面BOC 内作KM⊥OC，交OB 于M，
过K 在平面AOC 内作KN⊥OC，交OA 于N，连接MN，
则∠NKM 是二面角A－OC－B 的平面角，即∠NKM＝x.
设OM＝m，在直角三角形OKM 中，OK＝mcos β，KM＝msin β，
在直角三角形OKN 中，ON＝，
KN＝mcos βtan γ＝，
在△OMN 中，
MN2＝m2＋－2m2·，
在△KMN 中，KM2＋KN2－NM2＝2KM·KN·cos x，
即为m2sin2β＋－m2－＋2m2·
＝m2·
＝m2·
＝2msin β··cos x，
所以cos x＝.
规律方法 解决此类问题要注意运用类比的思想方法，即把解决二维平面问题的
方法运用到三维空间中，同时要注意二维平面与三维空间的区别与联系.
训练1 (2024·杭州调研)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 αcos β＋
sin αsin βcos 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；
(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.
(1)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，
由平面AA1C1C⊥平面ABCD，知θ＝90°，
∴由cos γ＝cos αcos β＋sin αsin βcos θ，
得cos∠A1AB＝cos∠A1AC·cos∠CAB，
∵∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°，
∴cos∠A1AB＝×＝.
(2)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，
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.
题型二 立体几何＋新运算应用拓展
例2 (2024·济南模拟)在空间直角坐标系O－xyz 中，任何一个平面的方程都能表
示成Ax＋By＋Cz＋D＝0，其中A，B，C，D∈R，A2＋B2＋C2≠0，且n＝(A，
B，C)为该平面的法向量.已知集合P＝{(x，y，z)||x|≤1，|y|≤1，|z|≤1}，Q＝
{(x，y，z)||x|＋|y|＋|z|≤2}，T＝{(x，y，z)||x|＋|y|≤2，|y|＋|z|≤2，|z|＋|x|≤2}.
(1)设集合M＝{(x，y，z)|z＝0}，记P∩M 中所有点构成的图形的面积为S1，
Q∩M 中所有点构成的图形的面积为S2，求S1和S2的值；
(2)记集合Q 中所有点构成的几何体的体积为V1，P∩Q 中所有点构成的几何体的
体积为V2，求V1和V2的值；
(3)记集合T 中所有点构成的几何体为W.
①求W 的体积V3的值；
②求W 的相邻(有公共棱)两个面所成二面角的大小，并指出W 的面数和棱数.
解 (1)集合M＝{(x，y，z)|z＝0}表示xOy 平面上所有的点，
P＝{(x，y，z)||x|≤1，|y|≤1，|z|≤1}表示(±1，±1，±1)这八个顶点形成的正方体
内所有的点，
而P∩M 可以看成正方体在xOy 平面上的截面内所有的点.
发现它是边长为2 的正方形，因此S1＝4.
对于Q＝{(x，y，z)||x|＋|y|＋|z|≤2}，
当x，y，z>0 时，
x＋y＋z＝2 表示经过(2，0，0)，(0，2，0)，(0，0，2)的平面在第一象限的部分.
由对称性可知Q 表示(±2，0，0)，(0，±2，0)，(0，0，±2)，
这六个顶点形成的正八面体内所有的点.
而Q∩M 可以看成正八面体在xOy 平面上的截面内所有的点.
它是边长为2 的正方形，因此S2＝8.
(2)记集合Q，P∩Q 中所有点构成的几何体的体积分别为V1，V2；
考虑集合Q 的子集Q′＝{(x，y，z)|x＋y＋z≤2，x≥0，y≥0，z≥0}；
即为三个坐标平面与x＋y＋z＝2 围成的四面体.
四面体四个顶点分别为(0，0，0)，(2，0，0)，(0，2，0)，(0，0，2)，
此四面体的体积为VQ′＝×2×＝，
由对称性知，V1＝8VQ′＝，
考虑到P 的子集P′构成的几何体为棱长为1 的正方体，
即P′＝{(x，y，z)|0≤x≤1，0≤y≤1，0≤z≤1}，
Q′＝{(x，y，z)|x＋y＋z≤2，x≥0，y≥0，z≥0}，
显然P′∩Q′为两个几何体公共部分，
记Q1(1，1，0)，Q2(1，0，1)，Q3(0，1，1)，Q4(1，1，1).
容易验证Q1，Q2，Q3在平面x＋y＋z＝2 上，同时也在P′的底面上.
则P′∩Q′为截去三棱锥Q4－Q1Q2Q3所剩下的部分.
P′ 的体积VP′ ＝1×1×1 ＝1 ，三棱锥Q4 －Q1Q2Q3 的体积为VQ4 －Q1Q2Q3 ＝
×1××(1×1)＝.
故P′∩Q′的体积VP′∩Q′＝VP′－VQ4－Q1Q2Q3
＝1－＝.
当由对称性知V2＝8VP′∩Q′＝.
(3)如图所示，即为T 所构成的图形.
其中正方体ABCD－IJML 即为集合P 所构成的区域.E－ABCD 构成了一个正四棱
锥，
其中E 到平面ABCD 的距离为2，
VE－ABCD＝×1×2×2＝，V3＝VP＋6VE－ABCD＝8＋6×＝16.
由题意平面EBC 方程为x＋z－2＝0，
由题干定义知其法向量n1＝(1，0，1)，
平面ECD 方程为y＋z－2＝0，
由题干定义知其法向量n2＝(0，1，1)，
故cos〈n1，n2〉＝＝.
由图知两个相邻的面所成角为钝角，
故W 相邻两个面所成角为.
由图可知共有12 个面，24 条棱.
规律方法 1.解决第(1)问时应用“建域”的方法，即通过研究几何体的某一局部
特征，结合对称性，进而将这一局部特征推广至几何体整体，这样做可以主观简
化几何体结构，降低思维量，达到四两拨千斤的解题效果.
2.解第(3)问时应用了“降维”的方法，即从符合构图要求的低维几何要素开始构
图，就像作截面时“先找截点再连截线最后围截面”一样来构造几何体.
训练2 (2024·武汉调研)三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如
下：
＝a1b2c3＋a2b3c1＋a3b1c2－a3b2c1－a2b1c3－a1b3c2.
若a×b＝，则称a×b 为空间向量a 与b 的叉乘，其中a＝x1i＋y1j＋z1k(x1，y1，
z1∈R)，b＝x2i＋y2j＋z2k(x2，y2，z2∈R)，{i，j，k}为单位正交基底.以O 为坐标
原点，分别以i，j，k 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
已知A，B 是空间直角坐标系中异于O 的不同两点.
(1)①若A(0，2，1)，B(－1，3，2)，求OA×OB；
②证明：OA×OB＋OB×OA＝0.
(2)记△AOB 的面积为S△AOB，证明：S△AOB＝|OA×OB|；
(3)问：(OA×OB)2的几何意义表示以△AOB 为底面、|OA×OB|为高的三棱锥体
积的多少倍？
(1)①解 因为A(0，2，1)，B(－1，3，2)，
则OA×OB＝＝4i－j＋0＋2k－0－3i＝i－j＋2k＝(1，－1，2).
②证明 设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，
则OA×OB＝y1z2i＋z1x2j＋x1y2k－x2y1k－z2x1j－y2z1i
＝(y1z2－y2z1，z1x2－z2x1，x1y2－x2y1)，
x2与x1互换，y2与y1互换，z2与z1互换，
可得OB×OA＝(y2z1－y1z2，z2x1－z1x2，x2y1－x1y2)，
故OA×OB＋OB×OA＝(0，0，0)＝0.
(2)证明 因为sin∠AOB＝
＝
＝.
故S△AOB＝|OA||OB|·sin∠AOB
＝，
故要证S△AOB＝|OA×OB|，
只需证|OA×OB|＝，
即证|OA×OB|2＝|OA|2|OB|2－(OA·OB)2.
由(1)OA＝(x1，y1，z1)，OB＝(x2，y2，z2)，
OA×OB＝(y1z2－y2z1，z1x2－z2x1，x1y2－x2y1)，
故|OA×OB|2＝(y1z2－y2z1)2＋(z1x2－z2x1)2＋(x1y2－x2y1)2，
又|OA|2＝x＋y＋z，|OB|2＝x＋y＋z，
(OA·OB)2＝(x1x2＋y1y2＋z1z2)2，
则|OA×OB|2＝|OA|2|OB|2－(OA·OB)2成立，
故S△AOB＝|OA×OB|.
(3)解 由(2)S△AOB＝|OA×OB|，得
(OA×OB)2＝|OA×OB|2＝|OA×OB|·2|OA×OB|
＝S△AOB·2|OA×OB|，
故(OA×OB)2＝S△AOB·|OA×OB|·6，
故(OA×OB)2的几何意义表示：
以△AOB 为底面、|OA×OB|为高的三棱锥体积的6 倍.
题型三 立体几何＋新定义概念或几何体
例3 (2024·南昌二模)如图所示，用一个不平行于圆柱底面的平面，截该圆柱所
得的截面为椭圆面，得到的几何体称之为“斜截圆柱”.图1 与图2 是完全相同
的“斜截圆柱”，AB 是底面圆O 的直径，AB＝2BC＝2，椭圆所在平面垂直于
平面ABCD，且与底面所成二面角为45°，图1 中，点P 是椭圆上的动点，点P
在底面上的投影为点P1，图2 中，椭圆上的点Ei(i＝1，2，3，…，n)在底面上的
投影分别为Fi，且Fi均在直径AB 的同一侧.
(1)当∠AOP1＝时，求PP1的长度；
(2)①当n＝6 时，若图2 中，点F1，F2，…，F6将半圆均分成7 等份，求(E1F1－
2)·(E2F2－2)·(E3F3－2)；
②证明：AF1·E1F1＋ ·E2F2＋…＋Fn－1Fn·EnFn＋FnB·BC<2π.
(1)解 如图，取CD 中点M，过M 作与该斜截圆柱的底面平行的平面，交DA 于
点G，交BC 延长线于点H，与PP1交于点I，
因MH＝MG＝1，∠CMH＝∠DMG＝45°，则DG＝HC＝1，AG＝2，过M 作GH
的垂线，交圆M 于J，K 两点.
过I 作IN⊥JK 交JK 于点N，又由PI⊥圆M，因JK⊂圆M，则PI⊥JK，又因
PI∩IN＝I.故JK⊥平面PIN.
因PN⊂平面PIN，故PN⊥JK，所以∠PNI 为椭圆面与圆M 所在平面的夹角，也
即椭圆面与底面所成角，
所以∠PNI＝45°，则△PNI 为等腰直角三角形，PI＝IN.
设∠AOP1＝θ，如图作圆M 所在平面的俯视图，则∠GMI＝θ，
由GH⊥JK，IN⊥JK，所以GH∥IN，
则有∠NIM＝∠GMI＝θ，
所以IN＝MIcos θ＝cos θ，
所以PP1＝IP1＋PI＝IP1＋IN＝2＋cos θ，
当θ＝时，PP1＝2＋cos ＝.
(2)①解 n＝6 时，θ＝，
所以E1F1＝2＋cos ，E2F2＝2＋cos ，
E3F3＝2＋cos ，
所以(E1F1－2)·(E2F2－2)·(E3F3－2)
＝cos cos cos
＝××
＝××＝.
②证明 由(1)知PP1＝2＋cos θ，也即PP1是关于θ 的函数，
也即将斜截圆柱的侧面沿着AD 展开，其椭圆面的轮廓线即为函数y＝2＋cos x
的图象，
如图，将E1F1，E2F2，…，EnFn，BC 绘制于函数y＝2＋cos x 图象上，
并以EiFi，Fi－1Fi(i＝2，3，…，n)为边作矩形，则矩形的面积即为Fi－1Fi·EiFi，
所以AF1·E1F1＋ ·E2F2＋…＋Fn－1Fn·EnFn＋FnB·BC 即为这些矩形的面积之和.
而两个该斜截圆柱可拼成一个底面半径为1，高为4 的圆柱，
因此该斜截圆柱的侧面积为×2π×4＝4π，
所以函数y＝2＋cos x(0≤x≤π)与坐标轴围成的面积为×4π＝2π，
又因为无论点Fi(i＝1，2，3，…，n－1)是否均匀分布在半圆弧AB 上，
这些矩形的面积之和都小于函数y＝2＋cos x(0≤x≤π)与坐标轴围成的面积.
所以AF1·E1F1＋ ·E2F2＋…＋Fn－1Fn·EnFn＋FnB·BC<2π，得证.
规律方法 本题主要考查“斜截圆柱”的母线长与其在底面的射影对应张角的函
数关系的应用，解题思路在于作出与底面平行的横截面，利用二面角建立PP1与
θ 的函数关系PP1＝2＋cos θ，结合三角函数的图象理解待证式左边的几何意义，
最后通过补形求得斜截圆柱的侧面积，比较大小既得.
训练3 (2024·石家庄调研)设P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在点P 处
的离散曲率为1－(∠Q1PQ2＋∠Q2PQ3＋…＋∠Qk－1PQk＋∠QkPQ1)，其中Qi(i＝
1，2，…，k，k≥3)为多面体M 的所有与点P 相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面
Q2PQ3，…，平面Qk－1PQk和平面QkPQ1为多面体M 的所有以P 为公共点的面.已
知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD 为菱形，且AA1＝AB＝1.
(1)求直四棱柱ABCD－A1B1C1D1在各个顶点的离散曲率之和；
(2)若直四棱柱ABCD－A1B1C1D1 在点A 处的离散曲率为x，直四棱柱ABCD－
A1B1C1D1体积为f(x)，求函数y＝f(x)的解析式及单调区间.
解 (1)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠A1AD＝∠A1AB＝，底面ABCD 为菱形，
由离散曲率的定义知：A，A1，C，C1的离散曲率相等，B，B1，D，D1的离散曲
率相等，
所以A 处的曲率为1－×＝－，而D 处的曲率为1－×＝－，
又∠BAD＋∠ADC＝π，
所以A，D 两处的曲率和为－＋－＝1－＝，
故直四棱柱ABCD－A1B1C1D1在各个顶点的离散曲率之和4×＝2.
(2)由题设，A 处的曲率1－×＝－＝x，
故∠BAD＝π(1－2x)，
所以直四棱柱底面面积为2S△ABD＝2××12×sin π(1－2x)＝sin π(1－2x)＝sin 2πx，
故直四棱柱ABCD－A1B1C1D1高为1，
故体积为f(x)＝sin 2πx，
令2kπ－≤2πx≤2kπ＋，k∈Z，
可得k－≤x≤k＋，k∈Z，
即 ，k∈Z 上f(x)单调递增；
令2kπ＋≤2kx≤2kπ＋，k∈Z，可得k＋≤x≤k＋，k∈Z，即，k∈Z 上f(x)单调递
减；
所以f(x)单调递增区间为，单调递减区间为，k∈Z.
【精准强化练】
1.(2024·长沙调研)(1)在空间直角坐标系中，已知平面α 的法向量u＝(a，b，c)
(abc≠0)，且平面α 经过点P0(x0，y0，z0)，设点P(x，y，z)是平面α 内任意一点.
求证：a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0.
(2)我们称(1)中结论a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0 为平面α 的点法式方程，若平
面α 过点M1(2，－1，4)，M2(－1，3，－2)，M3(0，2，3)，求平面α 的点法式方
程.
(1)证明 ∵平面α 经过点P0(x0，y0，z0)，
点P(x，y，z)是平面α 内任意一点.
∴PP0⊂α，P0P＝(x－x0，y－y0，z－z0)，
∵u＝(a，b，c)(abc≠0)为平面α 的法向量，
∴P0P⊥u，∴P0P·u＝0，
∴(x－x0，y－y0，z－z0)·(a，b，c)＝0，
∴a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0，
(2)解 设平面α 的法向量为u＝(x，y，z)，
∵M1(2，－1，4)，M2(－1，3，－2)，M3(0，2，3)，
∴M2M1＝(3，－4，6)，M2M3＝(1，－1，5).
则∴
令z＝－1，则x＝14，y＝9，
∴平面α 的法向量为u＝(14，9，－1)，
由(1)可知，平面α 的点法式方程为14(x－2)＋9(y＋1)－(z－4)＝0，即14x＋9y－
z－15＝0.
2.(2024·汕头二模)日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，比如月饼盒.烘
焙店在售卖月饼时，为美观起见，通常会用彩绳对月饼盒做一个捆扎，常见的捆
扎方式有两种，如图1、图2 所示，并配上花结.
图1 中，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD 是正方形，且AB＝3，AA1＝1.
(1)若AH＝AE＝B1E1＝B1F1＝CF＝CG＝D1G1＝D1H1＝1，记点H 关于平面
F1FGG1的对称点为P1，点H 关于直线F1G1的对称点为P2.
①求线段HP1的长；
②求直线P1P2与平面ABCD 所成角的正弦值.
(2)据烘焙店的店员说，图1 这样的捆扎不仅漂亮，而且比图2 的十字捆扎更节省
彩绳.你同意这种说法吗？请给出你的理由.(注意，此时AH，AE，B1E1，B1F1，
CF，CG，D1G1，D1H1这8 条线段可能长短不一)
解 (1)①如图，以D1为原点，直线D1A1，D1C1，D1D 分别为x，y，z 轴，建立
空间直角坐标系，则H(2，0，1)，G1(0，1，0)，F1(2，3，0)，G(0，2，1)，
∴HG＝(－2，2，0)，G1G＝(0，1，1)，G1F1＝(2，2，0)，
设平面F1FGG1的法向量为n＝(x，y，z)，
则有
取x＝1，得n＝(1，－1，1)，
∴点H 到平面F1FGG1的距离
d＝＝＝，
∴|HP1|＝2d＝，线段HP1的长为.
②设P0为HP2的中点，则P0∈F1G1，且G1P0⊥HP0，
∵G1H＝(2，－1，1)，
∴G1P0＝G1F1＝G1F1＝，
∴P0，∴P2(－1，3，－1)，
由①知，HP1＝2·n＝－n＝，
∴P1，
∴P1P2＝，
又m＝(0，0，1)为平面ABCD 的法向量，
∴cos〈P1P2，m〉＝＝，
∴直线P1P2与平面ABCD 所成角的正弦值为|cos〈P1P2，n〉|＝.
(2)如图所示，对于题图1，沿彩绳展开正四棱柱，则彩绳长度的最小值，如图，
最小值为|JQ|＝＝8，
对于题图2，彩绳长度的最小值为3×4＋1×4＝16，
因为16>8，所以店员的说法是正确的.
(也可以不计算，由三角形两边之和大于第三边直观给出答案)
