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重难专攻11　立体几何中的创新交汇问题
（时间：60分钟，满分：63分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
1.如图，斜线段AB与平面α所成的角为，B为斜足.平面α上的动点P满足∠PAB＝，则点P的轨迹为（　　）
A.圆 B.椭圆
C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分
2.空间直角坐标系O-xyz中，经过点P（x0，y0，z0）且法向量为m＝（A，B，C）的平面的方程为A（x－x0）＋B（y－y0）＋C（z－z0）＝0，经过点（x0，y0，z0）且一个方向向量为n＝（a，b，c）（abc≠0）的直线l的方程为＋＋＝0，阅读上面的材料并解决下列问题：现给出平面α的方程为2x－3y－z＝0，经过点（0，0，0）的直线l的方程为＝＝，则直线l与平面α所成角的正弦值为（　　）
A.　　　 B. C.　　　 D.
3.〔多选〕（2025·山东东营一模）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是（　　）
A.若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆
B.若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
D.若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线
4.18世纪英国数学家辛卜森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体Ω的统一体积公式V＝h（L＋4M＋N）（其中h，L，M，N分别为Ω的高、上底面面积、中截面面积、下底面面积），我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为R，可得该球的体积为V＝×2R（0＋4×πR2＋0）＝πR3；已知正四棱锥的底面边长为a，高为h，可得该正四棱锥的体积为V＝×h［0＋4×（）2＋a2］＝a2h.类似地，运用该公式求解下列问题：如图，已知球O的表面积为36π cm2，若用距离球心O都为1 cm的两个平行平面去截球O，则夹在这两个平行平面之间的几何体Ω的体积为　　　　cm3.
5.（10分）如图，AB，CD是圆锥面的正截面（垂直于轴的截面）上互相垂直的两条直径，过CD和母线VB的中点E作一截面.已知圆锥侧面展开图的圆心角为π，求截面与圆锥的轴线所夹的角的大小，并说明截线CED是什么曲线.
6.（15分）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.
7.（17分）（2026·浙江绍兴模拟）如图，在四面体ABCD中，∠ACD＝∠BDC＝，AC＝BD＝1，CD＝x，记二面角A-CD-B为θ，M，N分别为AD，BC的中点.
（1）求证：MN⊥CD；
（2）若x＝，θ＝，求直线MN与平面ABD所成角的正弦值；
（3）设在四面体ABCD内有一个半径为r的球，若x＝θ，求证：r＜.
重难专攻11　立体几何中的创新交汇问题
1.B　建立如图所示的空间直角坐标系，设OB＝OA＝1，则B（0，1，0），A（0，0，1），设P（x，y，0），则＝（0，1，－1），＝（x，y，－1），所以cos＜，＞＝＝，即x2＋＝1，所以点P的轨迹是椭圆.
2.A　由题设知，平面α的法向量m＝（2，－3，－1），直线l的方向向量n＝（－1，2，－3），且平面α与直线l相交于点（0，0，0），所以直线l与平面α所成角的正弦值为｜cos＜m，n＞｜＝＝＝.故选A.
3.ACD　如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，所以∠MND＝，所以DN＝DM＝DD1＝×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；对于B，在Rt△MDN中，DN＝＝＝2，取MD的中点E，因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝DN＝，DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝，所以点P的轨迹为以E为圆心，为半径的圆，其面积为π·（）2＝3π，故B不正确；对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；对于D，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（4，0，0），B（4，4，0），D1（0，0，4），设N（x，y，0），则＝（0，4，0），＝（x，y，－4），因为D1N与AB所成的角为，所以｜cos＜，＞｜＝cos，所以＝，整理得－＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确.
4.π　解析：如图所示，设上、下截面圆的圆心分别为E，F，双上底面截面圆上一点A，连接OA，因为球O的表面积为4πR2＝36π，解得R＝3，所以OA＝R＝3，又因为OE＝1且OE⊥EA，所以截面圆半径r＝EA＝＝＝2，根据“万能求积公式”可得，所求几何体的体积为V＝×2×（8π＋4×9π＋8π）＝π.
5.解：如图，设☉O的半径为R，母线VB＝l，则圆锥侧面展开图的圆心角为＝π，
∴＝，∴sin∠BVO＝，
∴圆锥的母线与轴的夹角α＝∠BVO＝.
连接OE，∵O，E分别是AB，VB的中点，
∴OE∥VA.
∴∠VOE＝∠AVO＝∠BVO＝，
∴∠VEO＝，即VE⊥OE.
又∵AB⊥CD，VO⊥CD，AB∩VO＝O，AB，VO 平面VAB，
∴CD⊥平面VAB.
∵VE 平面VAB，∴VE⊥CD.
又∵OE∩CD＝O，OE，CD 平面CDE，
∴VE⊥平面CDE.
∴∠VOE是截面与轴线的夹角，
∴截面与轴线夹角的大小为.
由圆锥的半顶角与截面与轴线的夹角相等，知截面与圆锥面的截线CED为抛物线.
6.解：（1）∵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∠BAC，
∵∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°，
∴cos∠A1AB＝×＝.
（2）在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1.
连接B1C，延长C1C至点P，使CP＝C1C，连接BP，
在四棱柱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CP＝C1C时，BP∥平面DA1C1.
7.解：（1）证明：取CD的中点O，连接OM，ON，又M，N分别为AD，BC的中点，
则OM∥AC，ON∥BD，
因为∠ACD＝∠BDC＝，
所以CD⊥OM，CD⊥ON，
又OM∩ON＝O，OM，ON 平面OMN，
所以CD⊥平面OMN，
又MN 平面OMN，所以MN⊥CD.
（2）由（1）知∠MON是二面角A-CD-B的平面角，所以∠MON＝.
如图，以O为原点，OD，ON所在直线分别为x，y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴建立空间直角坐标系，
则D（，0，0），B（，1，0），N（0，，0），M（0，，），A（－，，），
所以＝（0，，－），＝（0，1，0），＝（－，，），
设平面ABD的法向量为n＝（x，y，z），
则
即
可取n＝（1，0，1），
设直线MN与平面ABD所成角为α，则sin α＝｜cos＜n，＞｜＝＝，
所以直线MN与平面ABD所成角的正弦值为.
（3）证明：因为△BCD与△ACD的面积为S1＝，
设A在平面BCD内的射影为A0，即AA0⊥平面BCD，
又CD 平面BCD，所以AA0⊥CD，
又AC∩AA0＝A，AC，AA0 平面ACA0，所以CD⊥平面ACA0，
又CA0 平面ACA0，所以CA0⊥CD，又CD⊥AC，所以∠ACA0为二面角A-CD-B的平面角，
所以点A到平面BCD的距离AA0＝ACsin θ＝sin x，
因此四面体ABCD的体积为V＝S1·AA0＝.
又CD⊥BD，BD，CA0 平面BCD，所以BD∥CA0，所以点A0到直线BD的距离等于CD＝x，
所以△ABD的边BD的高h＝＝，
所以△ABD的面积S2＝BD·h＝，
易知△ABC≌△BAD，因此△ABC的面积也为S2，
所以四面体ABCD的表面积为S＝2S1＋2S2＝x＋，
因此四面体ABCD的内切球半径R＝＝，
所以r≤R＜＝≤，即r＜.
1 / 1重难专攻11　立体几何中的创新交汇问题
　　随着高考改革的不断推进，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、三角形、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.
　　
立体几何与其他知识的交汇问题
（师生共研过关）
（1）〔多选〕如图，一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E.若圆柱底面圆半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θ（ 0＜θ＜），则下列对椭圆E的描述中正确的是（　　）
A.短轴长为2r，且与θ的大小无关
B.离心率为cos θ，且与r的大小无关
C.焦距为2rtan θ
D.面积为
（2）（2026·河南开封模拟）在如图所示的圆台中，四边形ABCD为其轴截面，AB＝2CD＝4，母线长为，P为下底面圆周上一点，异面直线AD与 OP（O为下底面圆心）所成的角为，则CP2＝（　　）
A.7－2
B.7－2或7＋2
C.19－4
D.19－4或19＋4
听课记录
　　立体几何与其他知识的交汇，多以考查体积、表面积、距离和角度为主，在一轮复习中，建立各个知识版块之间的联系，深刻理解问题的本质，抓住数学基本概念，基本方法，基本原理，才能拓展解题思维路径，达到解决这类问题的目的.
训练1 （2026·江苏南通模拟）已知球O的半径为3，P是球O表面上的定点，S是球O表面上的动点，且满足（2＋）·＝0，则线段OS轨迹的面积为　　　　.
立体几何中的新定义问题
（师生共研过关）
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：①多面体顶点的曲率等于2π减去多面体在该点处所有面角之和；②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2π－3×＝π.
如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形，∠ADC＝，O为BD的中点，且PO⊥平面ABCD，AB＝2PO＝2.
（1）求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值；
（2）求二面角P-AB-D的平面角的正弦值.
　　解决立体几何中的新定义问题，深刻理解“新定义”是关键，并注意类比思想的运用.
训练2 空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”.类比空间直角坐标系，i，j，k分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（x轴、y轴、z轴）正方向的单位向量，若向量n＝xi＋yj＋zk，则n与有序实数组（x，y，z）相对应，称向量n的斜坐标为[x，y，z]，记作n＝[x，y，z].如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，AB⊥AD，∠BAA1＝∠DAA1＝.以{，，}为基底建立“空间斜坐标系”.
（1）若点E在平面ABCD内，且A1E⊥平面ABCD，求的斜坐标；
（2）若的斜坐标为[1，0，1]，求平面AD1F与平面ABCD的夹角的余弦值.
重难专攻11　立体几何中的创新交汇问题
考点1
【例1】　（1）ACD　（2）B　解析：（1）由题意，椭圆短轴长2b＝2r，而长轴长随θ变大而变长，且2a＝，所以c＝＝rtan θ，故e＝＝sin θ，焦距为2c＝2rtan θ；由椭圆在底面投影即为底面圆，则cos θ等于圆的面积与椭圆面积的比值，所以椭圆面积为S＝.综上，A、C、D正确，B错误.
（2）以O为原点，OB所在直线为y轴，过点O作x轴⊥OB，圆台的轴为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，作DE⊥AB于点E，AE＝AB－CD＝1，在Rt△ADE中，AD＝，DE＝＝，则D（0，－1，），A（0，－2，0），C（0，1，），＝（0，1，），设P（2cos θ，2sin θ，0），0≤θ＜2π，＝（2cos θ，2sin θ，0），由于异面直线 AD与 OP（O为下底面圆心）所成的角为，∴cos＝＝＝＝，∴sin θ＝±，又＝（2cos θ，2sin θ－1，－），故CP2＝｜｜2＝4cos2θ＋4sin2θ－4sin θ＋1＋2＝7－4sin θ＝7±2.
训练1　6π
解析：如图，以球O的球心为坐标原点，OP所在的直线为x轴，建立空间直角坐标系，因为球O的半径为3，则P（3，0，0），设S（x，y，z），则＝（－x，－y，－z），＝（3－x，－y，－z），所以2＋＝（3－3x，－3y，－3z），又＝（3，0，0），（2＋）·＝0，则3（3－3x）＝0，得到x＝1，如图，在线段OP取点H，使｜OH｜＝1，所以线段OS轨迹为圆锥OH的侧面，又｜OS｜＝3，则｜SH｜＝＝2，所以圆锥OH的侧面积为S＝π｜HS｜｜OS｜＝6π，所以线段OS轨迹的面积为6π.
考点2
【例2】　解：（1）连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O，
又∠ADC＝，所以△ABC为正三角形，
由AB＝2PO＝2，则OA＝AC＝1，OB＝＝，
因为PO⊥底面ABCD，OA，OB 底面ABCD，故PO⊥OA，PO⊥OB.
且PA＝＝＝，PB＝＝＝2，
由余弦定理得cos∠APB＝＝＝，
由题意可知四棱锥P-ABCD的四个侧面三角形全等，
故有∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝∠DPA，
记四棱锥在点P处的曲率为φ，则φ＝2π－4×∠APB，
所以cos φ＝cos（2π－4×∠APB）＝cos 4∠APB＝2cos22∠APB－1
＝2（2cos2∠APB－1）2－1＝2×（2×－1）2－1＝.
（2）如图，以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
则O（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，1），
所以＝（－1，0，1），＝（0，－，1）.
设平面PAB的一个法向量为n＝（x，y，z），
则令y＝，得n＝（3，，3），
＝（0，0，1）为平面ABCD的一个法向量，
设二面角P-AB-D的平面角为θ，
由已知θ为锐角，则cos θ＝＝＝，
所以sin θ＝＝，即二面角P-AB-D的平面角的正弦值为.
训练2　解：（1）由题可知＝xi＋yj，＝2k，则＝xi＋yj－2k，
由题可知i·j＝0，i·k＝，j·k＝.
∵A1E⊥平面ABCD，∴
即
则x＝1，y＝1，
则的斜坐标为[1，1，－2].
（2）由题可得＝i＋k，＝j＋2k，
设平面AD1F的法向量为a＝pi＋qj＋mk，
由
得
即取m＝10，可得p＝－7，q＝－9，即a＝－7i－9j＋10k.
则a2＝｜a｜2＝（－7i－9j＋10k）2＝49＋81＋100－70－90＝70.
由（1）可知A1E⊥平面ABCD，且＝i＋j－2k，
则｜｜2＝（i＋j－2k）2＝1＋1＋4－2－2＝2，
·a＝（i＋j－2k）·（－7i－9j＋10k）＝－7＋5－9＋5＋7＋9－20＝－10，
则｜cos＜，a＞｜＝＝＝，
即平面AD1F与平面ABCD的夹角的余弦值为.
1 / 1(共42张PPT)
重难专攻11　立体几何中的创新交汇问题
重难解读
　　随着高考改革的不断推进，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、三角形、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.
立体几何与其他知识的交汇问题（师生共研过关）
（1）〔多选〕如图，一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面
相交的图形为椭圆E. 若圆柱底面圆半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐
二面角大小为θ（0＜θ＜ ），则下列对椭圆E的描述中正确的是
（　ACD　）
ACD
A. 短轴长为2r，且与θ的大小无关
B. 离心率为 cos θ，且与r的大小无关
C. 焦距为2rtan θ
D. 面积为
解析： 由题意，椭圆短轴长2b＝2r，而长轴长随θ变大而变长，且2a＝
，所以c＝ ＝rtan θ，故e＝ ＝ sin θ，焦距为2c＝2rtan θ；
由椭圆在底面投影即为底面圆，则 cos θ等于圆的面积与椭圆面积的比值，
所以椭圆面积为S＝ .综上，A、C、D正确，B错误.
（2）（2026·河南开封模拟）在如图所示的圆台中，四边形ABCD为其轴
截面，AB＝2CD＝4，母线长为 ，P为下底面圆周上一点，异面直线
AD与 OP（O为下底面圆心）所成的角为 ，则CP2＝（　B　）
A. 7－2 B. 7－2 或7＋2
C. 19－4 D. 19－4 或19＋4
B
解析： 以O为原点，OB所在直线为y轴，过点O作x轴
⊥OB，圆台的轴为z轴，建立如图所示的空间直角坐标
系，作DE⊥AB于点E，AE＝ AB－ CD＝1，在
Rt△ADE中，AD＝ ，DE＝ ＝ ，则D（0，－1， ），A（0，－2，0），C（0，1， ）， ＝（0，1， ），设P（2 cos θ，2 sin θ，0），0≤θ＜2π， ＝（2 cos θ，2 sin θ，0），由于异面直线 AD与 OP（O为下底面圆心）所成的角为 ，∴ cos ＝ ＝ ＝ ＝ ，∴ sin θ＝± ，又 ＝（2 cos θ，2 sin θ－1，－ ），故CP2＝｜ ｜2＝4 cos 2θ＋4 sin 2θ－4 sin θ＋1＋2＝7－4 sin θ＝7±2 .
　　立体几何与其他知识的交汇，多以考查体积、表面积、距离和角度为
主，在一轮复习中，建立各个知识版块之间的联系，深刻理解问题的本
质，抓住数学基本概念，基本方法，基本原理，才能拓展解题思维路径，
达到解决这类问题的目的.
训练1 （2026·江苏南通模拟）已知球O的半径为3，P是球O表面上的定
点，S是球O表面上的动点，且满足（2 ＋ ）· ＝0，则线段OS轨
迹的面积为 .
6 π　
解析：如图，以球O的球心为坐标原点，OP所在的直线
为x轴，建立空间直角坐标系，因为球O的半径为3，则P
（3，0，0），设S（x，y，z），则 ＝（－x，－y，
－z）， ＝（3－x，－y，－z），所以2 ＋ ＝
（3－3x，－3y，－3z），又 ＝（3，0，0），（2 ＋ ）· ＝0，则3（3－3x）＝0，得到x＝1，如图，在线段OP取点H，使｜OH｜＝1，所以线段OS轨迹为圆锥OH的侧面，又｜OS｜＝3，则｜SH｜＝ ＝2 ，所以圆锥OH的侧面积为S＝π｜HS｜｜OS｜＝6 π，所以线段OS轨迹的面积为6 π.
立体几何中的新定义问题（师生共研过关）
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：①多面体顶点的曲率等于2π减去多面体在该点处所有面角之和；②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2π－3× ＝π.
如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形，∠ADC
＝ ，O为BD的中点，且PO⊥平面ABCD，AB＝2PO
＝2.
（1）求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值；
解： 连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O，
又∠ADC＝ ，所以△ABC为正三角形，
由AB＝2PO＝2，则OA＝ AC＝1，OB＝ ＝ ，
因为PO⊥底面ABCD，OA，OB 底面ABCD，故PO⊥OA，
PO⊥OB.
且PA＝ ＝ ＝ ，PB＝ ＝ ＝2，
由余弦定理得 cos ∠APB＝ ＝ ＝ ，
由题意可知四棱锥P-ABCD的四个侧面三角形全等，
故有∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝∠DPA，
记四棱锥在点P处的曲率为φ，则φ＝2π－4×∠APB，
所以 cos φ＝ cos （2π－4×∠APB）＝ cos 4∠APB＝2 cos 22∠APB－1
＝2（2 cos 2∠APB－1）2－1＝2×（2× －1）2－1＝ .
（2）求二面角P-AB-D的平面角的正弦值.
解： 如图，以点O为原点，直线OA，OB，OP分
别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
则O（0，0，0），A（1，0，0），B（0， ，0），P
（0，0，1），
所以 ＝（－1，0，1）， ＝（0，－ ，1）.
设平面PAB的一个法向量为n＝（x，y，z），
则 令y＝ ，得n＝（3， ，3），
＝（0，0，1）为平面ABCD的一个法向量，
设二面角P-AB-D的平面角为θ，
由已知θ为锐角，则 cos θ＝ ＝ ＝ ，
所以 sin θ＝ ＝ ，即二面角P-AB-D的平面
角的正弦值为 .
　　解决立体几何中的新定义问题，深刻理解“新定义”是关键，并注意
类比思想的运用.
训练2 空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系
称为“空间斜坐标系”.类比空间直角坐标系，i，j，
k分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（x轴、y轴、
z轴）正方向的单位向量，若向量n＝xi＋yj＋zk，
则n与有序实数组（x，y，z）相对应，称向量n的斜坐标为[x，y，z]，记作n＝[x，y，z].如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，AB⊥AD，∠BAA1＝∠DAA1＝ .以{ ， ， }为基底建立“空间斜坐标系”.
（1）若点E在平面ABCD内，且A1E⊥平面ABCD，求 的斜坐标；
解： 由题可知 ＝xi＋yj， ＝2k，则 ＝xi＋yj－2k，
由题可知i·j＝0，i·k＝ ，j·k＝ .
∵A1E⊥平面ABCD，∴
即 则x＝1，y＝1，
则 的斜坐标为[1，1，－2].
（2）若 的斜坐标为[1，0，1]，求平面AD1F与平面ABCD的夹角的余
弦值.
解：由题可得 ＝i＋k， ＝j＋2k，
设平面AD1F的法向量为a＝pi＋qj＋mk，
由
得
即 取m＝10，可得p＝－7，q＝－9，即a＝－7i－
9j＋10k.
则a2＝｜a｜2＝（－7i－9j＋10k）2＝49＋81＋100－70－90＝70.
由（1）可知A1E⊥平面ABCD，且 ＝i＋j－2k，
则｜ ｜2＝（i＋j－2k）2＝1＋1＋4－2－2＝2，
·a＝（i＋j－2k）·（－7i－9j＋10k）＝－7＋5－9＋5＋7＋9－20＝
－10，
则｜ cos ＜ ，a＞｜＝ ＝ ＝ ，
即平面AD1F与平面ABCD的夹角的余弦值为 .
03
PART
课时跟踪检测
（时间：60分钟，满分：63分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
1. 如图，斜线段AB与平面α所成的角为 ，B为斜足.平面α上的动点P满
足∠PAB＝ ，则点P的轨迹为（　　）
A. 圆 B. 椭圆
C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分
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解析： 　建立如图所示的空间直角坐标系，设OB＝OA＝
1，则B（0，1，0），A（0，0，1），设P（x，y，0），
则 ＝（0，1，－1）， ＝（x，y，－1），所以 cos
＜ ， ＞＝ ＝ ，即x2＋ ＝1，所以点P的轨迹是椭圆.
√
2. 空间直角坐标系O-xyz中，经过点P（x0，y0，z0）且法向量为m＝
（A，B，C）的平面的方程为A（x－x0）＋B（y－y0）＋C（z－z0）
＝0，经过点（x0，y0，z0）且一个方向向量为n＝（a，b，c）
（abc≠0）的直线l的方程为 ＋ ＋ ＝0，阅读上面的材料并解
决下列问题：现给出平面α的方程为2x－3y－z＝0，经过点（0，0，0）
的直线l的方程为 ＝ ＝ ，则直线l与平面α所成角的正弦值为（　　）
A. B.
C. D.
√
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解析： 　由题设知，平面α的法向量m＝（2，－3，－1），直线l的方向
向量n＝（－1，2，－3），且平面α与直线l相交于点（0，0，0），所以
直线l与平面α所成角的正弦值为｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝
＝ .故选A.
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3. 〔多选〕（2025·山东东营一模）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为
4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是
（　　）
A. 若MN与平面ABCD所成的角为 ，则点N的轨迹为圆
B. 若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C. 若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为
抛物线
D. 若D1N与AB所成的角为 ，则点N的轨迹为双曲线
√
√
√
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解析： 　如图所示，对于A，根据正方体的性质可
知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面
ABCD所成的角，所以∠MND＝ ，所以DN＝DM＝
DD1＝ ×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半
径的圆，故A正确；对于B，在Rt△MDN中，DN＝ ＝ ＝2 ，取MD的中点E，因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝ DN＝ ，DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝ ，所以点P的轨迹为以E为圆
心， 为半径的圆，其面积为π·（ ）2＝3π，故B不正确；
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对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以
BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N
到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直
线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的
抛物线，故C正确；对于D，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（4，0，0），B（4，4，0），D1（0，0，4），设N（x，y，0），则 ＝（0，4，0）， ＝（x，y，－4），因为D1N与AB所成的角为 ，所以｜ cos ＜ ， ＞｜＝ cos ，所以 ＝ ，整理得 － ＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确.
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4.18世纪英国数学家辛卜森运用定积分，推导出了现在
中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体Ω的统一体积
公式V＝ h（L＋4M＋N）（其中h，L，M，N分别
为Ω的高、上底面面积、中截面面积、下底面面积），
我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为R，可得该球的体积
为V＝ ×2R（0＋4×πR2＋0）＝ πR3；已知正四棱锥的底面边长为a，
高为h，可得该正四棱锥的体积为V＝ ×h［0＋4×（ ）2＋a2］＝
a2h.类似地，运用该公式求解下列问题：如图，已知球O的表面积为36π
cm2，若用距离球心O都为1 cm的两个平行平面去截球O，则夹在这两个
平行平面之间的几何体Ω的体积为 cm3.
π　
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解析：如图所示，设上、下截面圆的圆心分别为E，F，取
上底面截面圆上一点A，连接OA，因为球O的表面积为
4πR2＝36π，解得R＝3，所以OA＝R＝3，又因为OE＝1且
OE⊥EA，所以截面圆半径r＝EA＝ ＝
＝2 ，根据“万能求积公式”可得，所求几何体的体积为V＝ ×2×（8π＋4×9π＋8π）＝ π.
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5. （10分）如图，AB，CD是圆锥面的正截面（垂直于轴的截面）上互相
垂直的两条直径，过CD和母线VB的中点E作一截面.已知圆锥侧面展开
图的圆心角为 π，求截面与圆锥的轴线所夹的角的大小，并说明截线
CED是什么曲线.
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解：如图，设☉O的半径为R，母线VB＝l，则圆锥侧面
展开图的圆心角为 ＝ π，
∴ ＝ ，∴ sin ∠BVO＝ ，
∴圆锥的母线与轴的夹角α＝∠BVO＝ .
连接OE，∵O，E分别是AB，VB的中点，
∴OE∥VA.
∴∠VOE＝∠AVO＝∠BVO＝ ，
∴∠VEO＝ ，即VE⊥OE.
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又∵AB⊥CD，VO⊥CD，AB∩VO＝O，AB，VO
平面VAB，
∴CD⊥平面VAB.
∵VE 平面VAB，∴VE⊥CD.
又∵OE∩CD＝O，OE，CD 平面CDE，
∴VE⊥平面CDE.
∴∠VOE是截面与轴线的夹角，
∴截面与轴线夹角的大小为 .
由圆锥的半顶角与截面与轴线的夹角相等，知截面与圆锥
面的截线CED为抛物线.
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6. （15分）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 α cos
β＋ sin α sin β cos 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；
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解： ∵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 α cos β＋ sin α sin β cos θ，
得 cos ∠A1AB＝ cos ∠A1AC· cos ∠BAC，
∵∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°，
∴ cos ∠A1AB＝ × ＝ .
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（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.
解： 在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1.
连接B1C，延长C1C至点P，使CP＝C1C，连接BP，
在四棱柱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，
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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CP＝C1C时，BP∥平面DA1C1.
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7. （17分）（2026·浙江绍兴模拟）如图，在四面体ABCD中，∠ACD＝
∠BDC＝ ，AC＝BD＝1，CD＝x，记二面角A-CD-B为θ，M，N分
别为AD，BC的中点.
（1）求证：MN⊥CD；
解： 证明：取CD的中点O，连接OM，ON，又
M，N分别为AD，BC的中点，则OM∥AC，ON∥BD，
因为∠ACD＝∠BDC＝ ，所以CD⊥OM，CD⊥ON，
又OM∩ON＝O，OM，ON 平面OMN，
所以CD⊥平面OMN，又MN 平面OMN，所以MN⊥CD.
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（2）若x＝ ，θ＝ ，求直线MN与平面ABD所成角的正弦值；
解： 由（1）知∠MON是二面角A-CD-B的平面
角，所以∠MON＝ .
如图，以O为原点，OD，ON所在直线分别为x，y轴，
过点O作平面BCD的垂线为z轴建立空间直角坐标系，
则D（ ，0，0），B（ ，1，0），N（0， ，0），
M（0， ， ），A（－ ， ， ），
所以 ＝（0， ，－ ）， ＝（0，1，0）， ＝
（－ ， ， ），
设平面ABD的法向量为n＝（x，y，z），
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则 即 可取n＝（1，
0，1），
设直线MN与平面ABD所成角为α，则 sin α＝｜ cos ＜n，
＞｜＝ ＝ ，
所以直线MN与平面ABD所成角的正弦值为 .
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（3）设在四面体ABCD内有一个半径为r的球，若x＝θ，求证：r＜ .
解： 证明：因为△BCD与△ACD的面积为S1＝ ，
设A在平面BCD内的射影为A0，即AA0⊥平面BCD，
又CD 平面BCD，所以AA0⊥CD，
又AC∩AA0＝A，AC，AA0 平面ACA0，所以CD⊥平
面ACA0，
又CA0 平面ACA0，所以CA0⊥CD，又CD⊥AC，所以∠ACA0为二面角A-CD-B的平面角，
所以点A到平面BCD的距离AA0＝AC sin θ＝ sin x，
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因此四面体ABCD的体积为V＝ S1·AA0＝ .
又CD⊥BD，BD，CA0 平面BCD，所以BD∥CA0，所
以点A0到直线BD的距离等于CD＝x，
所以△ABD的边BD的高h＝ ＝ ，
所以△ABD的面积S2＝ BD·h＝ ，
易知△ABC≌△BAD，因此△ABC的面积也为S2，
所以四面体ABCD的表面积为S＝2S1＋2S2＝x＋ ，
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因此四面体ABCD的内切球半径R＝ ＝
，
所以r≤R＜ ＝ ≤ ，即r＜ .
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THANKS
演示完毕 感谢观看

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