立体几何中的创新问题
高考定位 立体几何中的创新问题一般以空间图形为背景,考查解析几何、三角函数、向量与立体
几何的综合应用,或新定义几何体、几何量,进行线面位置关系的证明或几何量的求解.
【类型突破】
类型一 立体几何与其他知识的交汇问题
例1 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
为焦点,并满足MA＋MB＝4 的椭圆弧上.若二面角M－PB－A 的余弦值为√7
7 ,求直线PM 与平面
ABCD 所成角的正切值.
(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 的中点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O－xyz,
则A(－1,0,0),B(1,0,0),P(－1,0,2).
因为MA＋MB＝4>AB＝2,OA＝OB＝1,
所以点M 的轨迹为椭圆x
2
4 ＋y
2
3 ＝1 在梯形ABCD 内的部分.
设点M(m,n,0)(在梯形ABCD 内),
则m
2
4 ＋n
2
3 ＝1.①
设平面MPB 的法向量为n1＝(x,y,z),
又⃗PB＝(2,0,－2),⃗BM＝(m－1,n,0),
则{
n1·⃗PB＝2 x−2 z＝0,
n1·⃗BM ＝(m−1)x＋ny ＝0,
得n1＝(n,1－m,n).
因为y 轴⊥平面PBA,
故平面PBA 的一个法向量为n2＝(0,1,0).
设二面角M－PB－A 的平面角为θ,
则cos θ＝|cos <n1,n2>|＝
|n1·n2|
|n1||n2| ＝√7
7 ,θ∈(0, π
2),得
(1−m)
2
(1−m)
2＋2n
2 ＝1
7,
整理得3(1－m)2＝n2.②
联立①②,解得m＝0 或m＝8
5.
过点B 作BH∥AD 交DC 于点H,
则BH＝AD,BH⊥平面PBA,
又BH⊂平面HPB,
所以平面HPB⊥平面PBA,H 的坐标为(1,－2,0),二面角H－PB－A 为π
2 .
当m＝8
5>1 时,二面角M－PB－A 的平面角为钝角,不符合题意,所以m＝0,
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,tan∠AMP＝PA
MA ＝1,
故所求线面角的正切值为1.
规律方法 将立体几何与解析几何巧妙结合,是考试的创新.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.
训练1 如图,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d1,点Q 到直线AB 的距离为d2,求d1＋d2的最小值.
解 (1)取AC 的中点O,连接PO,BO,如图所示.
因为PA＝PC＝3,AC＝2√2,
所以PO⊥AC,
且PO＝√3
2−2＝√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,BO⊂平面ABC,
所以PO⊥平面ABC.
因为点E 为棱PA 的中点,
所以E 到平面ABC 的距离为1
2PO＝√7
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),P(0,0,√7),
A(0,－√2,0),B(√2,0,0),
E(0,−√2
2 , √7
2 ),
则⃗PB＝(√2,0,−√7),⃗PC ＝(0,√2,−√7),⃗
AB＝(√2,√2,0),⃗CE＝(0,−3√2
2
, √7
2 ).
设⃗CQ＝λ⃗CE(0≤λ≤1),
则⃗CQ＝(0,−3√2
2
λ , √7
2 λ),
则Q(0,−3√2
2
λ＋√2, √7
2 λ),
则⃗AQ＝(0,2√2−3√2
2
λ , √7
2 λ),
所以cos∠QAB＝⃗
AQ·⃗AB
|⃗AQ||⃗AB|
＝
4−3 λ
√25 λ
2−48 λ＋32,
所以sin∠QAB＝√
16 λ
2−24 λ＋16
25 λ
2−48 λ＋32
,
所以d2＝|⃗AQ|sin∠QAB＝√4 λ
2−6 λ＋4.
设平面PBC 的法向量为n＝(x,y,z),
则{
n·⃗PB＝0,
n·⃗PC ＝0, 即{
√2 x−√7 z＝0,
√2 y −√7 z＝0,
令x＝√7,可得n＝(√7,√7,√2),
则d1＝|⃗CQ·n|
|n|
＝√14
4 λ,
所以d1＋d2＝f(λ)
＝√4 λ
2−6 λ＋4＋√14
4 λ,0≤λ≤1,
所以f'(λ)＝
4 λ−3
√4 λ
2−6 λ＋4
＋√14
4 .
令f'(λ)＝0,解得λ＝2
5,
令g(λ)＝f'(λ)＝
4 λ−3
√4 λ
2−6 λ＋4
＋√14
4 ,
则g'(λ)＝
7
(4 λ
2−6 λ＋4)√4 λ
2−6 λ＋4 >0,
所以g(λ),即f'(λ)在[0,1]上单调递增,
所以当λ∈(0, 2
5)时,f'(λ)<0,f(λ)单调递减,
当λ∈(
2
5 ,1)时,f'(λ)>0,f(λ)单调递增,
所以f(λ)min＝f(
2
5)＝√14
2 ,即d1＋d2的最小值为√14
2 .
类型二 立体几何中的新义问题
例2 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)在底面上的投影为Fi,且Fi均在直径
AB 的同一侧.
(1)当∠AOP1＝2π
3 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);
(1)解 如图,取CD 的中点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 的延
长线于点H,与PP1交于点I.
因为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.
由PI⊥圆M,JK⊂圆M,则PI⊥JK.
又因为PI∩IN＝I,PI,IN⊂平面PIN,
故JK⊥平面PIN.
因为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＝2π
3 时,PP1＝2＋cos 2π
3 ＝3
2.
(2)①解 n＝6 时,θ＝π
7 ,
所以E1F1＝2＋cos π
7 ,E2F2＝2＋cos 2π
7 ,
E3F3＝2＋cos 3 π
7 ,
所以(E1F1－2)·(E2F2－2)·(E3F3－2)
＝cos π
7 cos 2π
7 cos 3 π
7
＝
sin 2π
7
2sin π
7
×
sin 4 π
7
2sin 2π
7
×
sin 6 π
7
2sin 3 π
7
＝
sin 2π
7
2sin π
7
×
sin 3 π
7
2sin 2π
7
×
sin π
7
2sin 3 π
7
＝1
8.
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
·EiFi,
所以
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1
2×2π×4＝4π,
所以函数y＝2＋cos x(0≤x≤π)与坐标轴围成的面积为1
2×4π＝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
得证.
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境,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.
训练2 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－A1B1C1D1中,平面AA1C1C⊥平面ABCD,∠A1AC＝60°,∠BAC＝45°,求
∠A1AB 的余弦值;
(2)当α,β∈(0, π
2)时,证明上述三面角余弦定理;
(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△OAC,S△OBC,以OA,OB,OC 为棱的二面角分别为θ1,θ2,θ3,试猜想正弦定理在三维空间中推广的结
论,并证明.
(1)解 由平面AA1C1C⊥平面ABCD,
得二面角A1－AC－B 的大小为90°,
由三面角余弦定理得
cos∠A1AB＝cos∠A1AC·cos∠CAB.
因为∠A1AC＝60°,∠BAC＝45°,
所以cos∠A1AB＝1
2 × √2
2 ＝√2
4 .
(2)证明 过射线PC 上一点H,作MH⊥PC 交PA 于点M,作NH⊥PC 交PB 于点N,连接MN,如图
所示,
则∠MHN 是二面角
A－PC－B 的平面角.
令∠MHN＝θ,∠MPH＝α,∠NPH＝β,
∠MPN＝γ.
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＝PH
MP· PH
NP ＋MH
MP · NH
NP cos θ,
即cos γ＝cos αcos β＋sin αsin βcos θ.
(3)解 猜想
a S△OBC
sin θ1
＝b S△OAC
sin θ2
＝c S△OAB
sin θ3
.
证明 在OA 上取点P,使得PO＝1,过P 作PP'⊥平面OBC 于点P',P'C'⊥OC 于点C',
P'B'⊥OB 于点B',如图.
设∠BOC＝α,∠AOC＝β,∠AOB＝γ,
则PB'＝POsin γ＝sin γ,
PP'＝PB'sin θ2＝sin γsin θ2,
同理PP'＝PC'sin θ3＝sin βsin θ3,
所以sin γsin θ2＝sin βsin θ3,
即sin β
sin θ2
＝sin γ
sin θ3,
同理可证sin α
sin θ1
＝sin β
sin θ2,
所以sin α
sin θ1
＝sin β
sin θ2
＝sin γ
sin θ3,
又因为S△OAB＝1
2absin γ,
所以sin γ＝2S△OAB
ab
,
同理sin β＝2S△OAC
ac
,sin α＝2S△OBC
bc
,
所以
2S△OBC
bc
sin θ1
＝
2S△OAC
ac
sin θ2
＝
2S△OAB
ab
sin θ3
,
化简得
a S△OBC
sin θ1
＝b S△OAC
sin θ2
＝c S△OAB
sin θ3.
【精准强化练】
1.(2025·成都诊断)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1－1
2π
(∠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在各个顶点处的离散曲率之和;
(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的体积为
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＝π
2 ,底面ABCD 为菱形,
由离散曲率的定义知:顶点A,A1,C,C1处的离散曲率相等,顶点B,B1,D,D1处的离散曲率相等,
且A 处的离散曲率为1－1
2π ×(
π
2 ＋π
2 ＋∠BAD)＝1
2 －∠BAD
2π
,
D 处的离散曲率为1－1
2π ×(
π
2 ＋π
2 ＋∠ADC)＝1
2 －∠ADC
2π
,
又∠BAD＋∠ADC＝π,
所以A,D 两处的离散曲率和为1
2 －∠BAD
2π
＋1
2 －∠ADC
2π
＝1－∠BAD＋∠ADC
2π
＝1
2,
故直四棱柱ABCD－A1B1C1D1在各个顶点处的离散曲率之和4×1
2＝2.
(2)由题设,A 处的离散曲率1－1
2π ×(
π
2 ＋π
2 ＋∠BAD)＝1
2 －∠BAD
2π
＝x,
故∠BAD＝π(1－2x),
所以直四棱柱的底面面积为2S△ABD＝2×1
2×12×sin[π(1－2x)]＝sin[π(1－2x)]＝sin 2πx,
又直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高为1,
故体积为f(x)＝sin 2πx.
令2kπ－π
2 ≤2πx≤2kπ＋π
2 ,k∈Z,
可得k－1
4≤x≤k＋1
4 ,k∈Z;
令2kπ＋π
2 ≤2kx≤2kπ＋3 π
2 ,k∈Z,
可得k＋1
4≤x≤k＋3
4 ,k∈Z,
所以f(x)的单调递增区间为[k −1
4 ,k ＋1
4],
单调递减区间为[k ＋1
4 ,k ＋3
4],k∈Z.
2.柯西不等式在数学的众多分支中有精彩应用,柯西不等式的n 元形式为:设ai,bi∈R(i＝
1,2,…,n),ai不全为0,bi不全为0,则
n
∑
i=1
ai
2n
∑
i=1
bi
2≥(
n
∑
i=1
aibi)2,当且仅当存在一个数k,使得ai＝kbi
时,等号成立.
(1)请你写出柯西不等式的二元形式;
(2)设P 是棱长为√2的正四面体ABCD 内的任意一点,点P 到四个面的距离分别为d1,d2,d3,d4,求
d1
2＋d2
2＋d3
2＋d4
2的最小值;
(3)已知无穷正数数列{an}满足:
①存在m∈R,使得ai≤m(i＝1,2,…,n);
②对任意正整数i,j(i≠j)(j＝1,2,…,n),均有|ai－aj|≥
1
i＋j.
求证:对任意n≥4,n∈N*,恒有m≥1.
(1)解 柯西不等式的二元形式为:设a1,a2,b1,b2∈R,a1,a2不全为0,b1,b2不全为0,
则(a1
2＋a2
2)(b1
2＋b2
2)≥(a1b1＋a2b2)2,
当且仅当a1b2＝a2b1时,等号成立.
(2)解 正四面体ABCD 的体积等于以P 为顶点,四个面为底面的三棱锥体积之和,
即V 正四面体ABCD＝V 三棱锥P−ABC＋V 三棱锥P－DBC＋V 三棱锥P−CDA＋V 三棱锥P−DAB,
所以√2
12 ×(√2)3
＝1
3 × √3
4 ×(√2)2(d1＋d2＋d3＋d4),
因此d1＋d2＋d3＋d4＝2√3
3 .
由柯西不等式得(d1
2＋d2
2＋d3
2＋d4
2)(1＋1＋1＋1)≥(d1·1＋d2·1＋d3·1＋d4·1)2,
从而d1
2＋d2
2＋d3
2＋d4
2≥1
3,
当且仅当d1＝d2＝d3＝d4＝√3
6 时,等号成立.
因此d1
2＋d2
2＋d3
2＋d4
2 的最小值为1
3.
(3)证明 对n≥4,记k1,k2,…,kn是1,2,…,n 的一个排列,
且满足0<ak1<ak2<…<akn≤m.
由条件②得aki－aki−1≥
1
ki＋ki−1(i＝2,3,…,n),
所以对任意的n≥4,都有
m≥akn>akn－ak1＝(akn－akn−1)＋(akn−1－akn−2)＋…＋(ak2－ak1)
≥
1
kn＋kn−1
＋
1
kn−1＋kn−2＋…＋
1
k2＋k1.
由柯西不等式得
(
1
kn＋kn−1
＋
1
kn−1＋kn−2
＋…＋
1
k2＋k1)[(kn＋kn−1)＋(kn−1＋kn−2)＋…＋(k2＋k1)]≥(n－1)2,
所以
1
kn＋kn−1
＋
1
kn−1＋kn−2＋…＋
1
k2＋k1≥
(n−1)
2
(kn＋kn−1)＋(kn−1＋kn−2)＋…＋(k2＋k1)
＝
(n−1)
2
2(k1＋k2＋…＋kn)−k1−kn
＝
(n−1)
2
n
2＋n−k1−kn
≥(n−1)
2
n
2＋n−3
＝1－3n−4
n
2＋n−3,
从而对任意n≥4,n∈N*,
都有m≥1－3n−4
n
2＋n−3,
又当n≥4 时,1－3n−4
n
2＋n−3<1,故m≥1
