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培优进阶17　 立体几何中的交汇创新问题
　　立体几何中的交汇创新型问题是近几年高考命题的热点之一，其中立体几何可能与数列、函数、解析几何等知识交汇呈现，还可能以新定义的背景呈现，意在考查学生处理问题的能力、转化和化归的能力以及数学抽象、直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.
题型一　立体几何与其他知识的交汇问题
角度1　立体几何与解析几何的交汇
(2025·河南郑州二模)若一个四面体三组对棱分别相等，我们称它为“等腰四面体”.已知在等腰四面体ABCD中，Ei分别为所在棱的中点，如图所示.
(1)求证：E1E2⊥平面E3E5E4E6；
(2)若E1E2＝，E3E4＝E5E6＝2，求二面角A-BC-D的大小；
(3)在空间直角坐标系Oxyz中，xOy平面内有椭圆H：＋y2＝1，直线x＝my＋1与H交于M，N两点.P为空间中一点，若四面体P-MNO为等腰四面体，求其外接球表面积的最小值.
解：(1)证明：连接E1E3，E3E2，E2E4，E4E1.
因为E3E2BD，E1E4BD，
所以E3E2 E1E4，四边形E1E3E2E4为平行四边形.
又E1E3AC，AC＝BD，所以E1E3＝E3E2，
所以四边形E1E3E2E4为菱形，
所以E1E2⊥E3E4.
同理，四边形E1E5E2E6为菱形，E1E2⊥E5E6.
四边形E3E5E4E6为菱形，E3E4，E5E6交于一点，
所以E1E2⊥平面E3E5E4E6.
(2)如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系Dxyz，
由E1E2＝，E3E4＝E5E6＝2，得A，B，C，
＝，＝.
设平面ABC的一个法向量为m＝，
则令y＝2，得m＝.
又＝，＝，
设平面BCD的一个法向量为n＝，
则令b＝－2，得n＝，
所以cos＜m，n＞＝＝＝＝.
所以二面角A-BC-D的大小为.
(3)由(2)知可将P-MNO补成长方体，长、宽、高分别设为a，b，c，
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，即R＝，
S＝4πR2＝π，
MN2＝a2＋b2，NO2＝b2＋c2，MO2＝a2＋c2，则S＝π.
在xOy平面内设M，N，由y2＋2my－1＝0，
显然Δ＝＋4＝8m2＋8＞0，
y1＋y2＝－，y1y2＝－，
于是MN2＝＝＝，
MO2＋NO2＝＋＋＋＝2－2＋＋2－2＋＝4－
＝4－＋2y1y2＝，
所以S＝π＝＝·π.
在△MNO中，cos ∠MON＝＝＞0，则∠MON为锐角，
因此＞0，即x1x2＋y1y2＞0，
x1x2＋y1y2＝＋y1y2＝y1y2＋m＋1
＝－＋1＞0，解得m2＜.
又S＝·π＝π，
不妨令t＝m2＋2∈，则S＝π＝π.
因为＜≤，所以当＝时，Smin＝π.
此时m＝0，所以S的最小值为π，此时直线方程为x＝1.
　　由“等腰四面体”的定义推理并将四面体补形成长方体是求解第(2)问的关键.
角度2　立体几何与函数的交汇
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝AA1＝2，点M是平面ABC上的动点.
(1)若点M在线段BC上(不包括端点)，设α为异面直线AC与B1M所成的角，求cos α的取值范围；
(2)若点M在线段AC上，求A1M＋MC的最小值；
(3)若点M在线段BA上，作MN平行AC交BC于点N，Q是BB1上一点，满足MB＋BQ＝2.设MB＝x，记三棱锥Q-MBN的体积为V(x).我们知道，函数y＝f(x)的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数y＝f(x)为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数y＝f(x)的图象关于点P(a，b)成中心对称图形的充要条件是函数y＝f(x＋a)－b为奇函数.据此，判断函数y＝V(x)在定义域内是否存在x0，使得函数y＝V(x)在(0，x0)上的图象是中心对称图形，若存在，求x0及对称中心；若不存在，说明理由.
解：(1)作MG∥AC于G，连接B1G(图略)，则∠B1MG为异面直线AC与B1M所成的角(或其补角).
设BM＝x，由△BMG∽△BCA得＝，
所以BG＝.
在△BMG中，MG2＝x2，MG＝x，B1M＝，B1G＝.
在△B1MG中，cos ∠B1MG＝＝＝(0＜x＜2).
当0＜x＜2时，1＋＞2，所以2＞2.
所以∈(0，)，所以cos∠B1MG∈(0，).
即AC与B1M所成角的余弦值的取值范围是(0，).
(2)因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，所以∠ACB＝30°.
使得A1M＋MC最小，将平面ABC翻折使得其与平面A1C在同一平面上，此时A1M∥AB，A1M⊥BC于N，MN＝MC，
所以A1M＋MC＝A1N，
法一：设AM＝a，则MC＝AC－a＝4－a，
MN＝MC＝2－a，
从而A1N＝A1M＋MN＝2a＋(2－a)＝2＋a，NC＝(4－a).
在Rt△A1NC中，A1N2＋NC2＝A1C2，
即(2＋a)2＋(4－a)2＝28.
化简得3a2＋16＝28，解得a＝2，
故A1N＝5，即A1M＋MC的最小值为5.
法二：△A1MA∽△CMN，所以∠AA1M＝30°，A1A＝2.
所以AM＝2，MC＝2，则MN＝1，
所以A1N＝A1M＋MN＝4＋1＝5.
(3)x0＝，对称中心为(，).
法一：由△BMN∽△BAC得＝()2，
所以S△BMN＝x2.
BQ⊥平面BMN，BQ＝2－x.
所以V(x)＝x2·(2－x)＝x2·(2－x)(0＜x＜2)，
令f(x)＝x2·(2－x)，设其图象的对称中心为(a，b)，则y＝f(x＋a)－b，即y＝(x＋a)2·(2－x－a)－b，由y＝f(x＋a)－b为奇函数，
整理得y＝×(－x3)＋(2－3a)x2＋(4a－3a2)x＋(2a2－a3)－b为奇函数，
所以
所以对称中心为(，)，由对称可得x0＝.
法二：因为MB＝x，MB＋BQ＝2，所以BQ＝2－x.
由△BMN∽△BAC，＝，即＝，所以BN＝x.
由题意知BQ⊥平面BMN.
所以V(x)＝x2·(2－x)＝x2·(2－x)(0＜x＜2).
假设存在x0∈(0，2)，使得V(x)在(0，x0)上的图象是中心对称图形.
则对称中心为(，V()).
所以V(x0)＋V(0)＝2V().
所以·(2－x0)＝2·)2(2－)，
所以x0＝，对称中心为(，).
下面证明G(x)＝V(x＋)－为奇函数.
因为G(x)＝V(x＋)－.
所以G(x)＝－x3＋x，所以G(－x)＝x3－x.
所以G(－x)＝－G(x)，假设成立.
所以对称中心为(，)，x0＝.
学生用书 第213页
　　本题围绕直三棱柱，综合考查空间角、线段最值、函数对称等，解题时要善于用空间向量、化折为直、函数性质等思想，将立体几何问题转化为向量计算、平面几何或函数问题求解，注重知识间的融合与转化.
对点练1.在空间中，我们把点集A＝表示的曲面C称为圆柱面，借助比利时数学家Dandelin的思想我们不难发现：任意不与z轴平行或垂直的平面与C截成的封闭曲线为椭圆.设圆柱面E：，高不平行于坐标面的正四棱锥A-PBCD的五个顶点均在E上，求其体积的最小值.(注：若正方形ABCD的四个顶点都在同一个定椭圆上，则这个正方形可以被唯一确定).
解：由题意可知圆柱面的半径为1，如图1，截得的椭圆短半轴长即为圆柱面的半径1.
长半轴长：在△ABO中，必能找到AO与平面垂直，所以∠AOB＝90°.
设AO＝a.则由几何关系得OB＝，故椭圆方程为＋y2＝1.
如图2，椭圆有唯一内接正方形，故令y＝x，得到M，，
故底面面积为，h＝AO＝a，则V＝Sh＝，a∈.
则V'＝＝，
当a∈时，V'＜0，V单调递减；
当a∈时，V'＞0，V单调递增，
故Vmin＝V＝.
题型二　立体几何中的新定义(新情境)创新问题
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：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＝60°，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：(1)连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O.
又∠ADC＝60°，所以△ABC为正三角形.
因为AB＝2PO＝2，则OA＝AC＝1，OB＝＝，因为PO⊥底面ABCD，OA，OB 底面ABCD，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，
且PA＝＝＝，PB＝＝＝2，
由余弦定理得cos ∠APB＝＝＝.
根据题意可知四棱锥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＝cos 4∠APB＝2cos22∠APB－1
＝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，A，B，P，
所以＝，＝.
设平面PAB的一个法向量为n＝，
则
令y＝，得n＝.
易知＝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.
　　能够正确读懂“曲率”的概念是解决问题的关键，根据题意求得曲率，进而求解.
对点练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与有序实数组相对应，称向量n的斜坐标为，记作n＝.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，求平面AD1F与平面ABCD的夹角的余弦值.
解：(1)根据题意可知＝xi＋yj，＝2k，则＝xi＋yj－2k(提示：斜坐标的本质是将空间中的向量用基底表示后的系数)，
由题可知i·j＝0，i·k＝，j·k＝.
因为A1E⊥平面ABCD，所以
即则x＝1，y＝1，
则.
(2)根据题意可得＝i＋k，＝j＋2k，
设平面AD1F的法向量为a＝pi＋qj＋mk(提示：设斜坐标系下的法向量，通过求解法向量方程与赋值求得法向量)，
由得
即取m＝10，可得p＝－7，q＝－9，即a＝－7i－9j＋10k.
则a2＝＝＝49＋81＋100－70－90＝70.
由(1)可知A1E⊥平面ABCD，且＝i＋j－2k，
则＝＝1＋1＋4－2－2＝2，
·a＝＝－7＋5－9＋5＋7＋9－20＝－10，
则＝＝＝，
即平面AD1F与平面ABCD的夹角的余弦值为.
课时分层测评64　立体几何中的交汇创新问题
(时间：60分钟　满分：55分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1.(10分)(2025·贵州贵阳期末)对于两个空间向量a＝(x1，y1，z1)与b＝(x2，y2，z2)，我们可以定义它们之间的欧式距离为d＝，欧式距离可以简单理解为两点之间的直线距离；根据需要，还可以定义它们之间的曼哈顿距离为D＝＋＋，曼哈顿距离最初指的是区块建设的城市(如曼哈顿)中，两个路口间的最短行车距离，因此也被称为城市街区距离.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，
(1)求d；
(2)若点P在上底面A1B1C1D1内(含边界)运动，且＝，求D的取值范围.
解：(1)以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B，C，B1，D1，则＝，＝，
所以d＝＝.
(2)因为P在上底面A1B1C1D1内(含边界)运动，且＝，
则＝1，即在上底面A1B1C1D1内，点P在以A1为圆心，1为半径的圆周上.
可设P，则＝，＝，θ∈，
所以D＝＋＋1＝2＋sin θ－cos θ＝2＋sin，θ∈.
因为－≤θ－≤，则sin∈，所以D∈.
2.(13分)(2025·上海金山期末节选)我们把a×b称为向量a与b的向量积，现定义空间向量a与b的向量积：若a＝，b＝，则a×b＝.区别于向量的数量积的结果是标量，向量的向量积的结果仍然为向量.已知在三棱锥O-ABC中，记＝a，＝b，＝c.
(1)若A，B，求×，；
(2)(ⅰ)向量是既有大小又有方向的量.试根据问题(1)的结果，猜测一个有关×方向的一般结论(不必证明).
(ⅱ)若A，B，C，求直线OC与平面OAB所成角的正弦值.
解：(1)×＝(y1z2－y2z1，－x1z2＋x2z1，x1y2－x2y1)＝，
＝＝3－2－1＝0.
(2)(ⅰ)×的方向(是)平面OAB的法向量.
因为＝，＝，
×＝(y1z2－y2z1，－x1z2＋x2z1，x1y2－x2y1)，
所以＝x1＋y1＋z1＝0，
＝x2＋y2(－x1z2＋x2z1)＋z2＝0，
所以×的方向是平面OAB的法向量.
(ⅱ)根据题意知＝，＝，＝.
设平面OAB的法向量为n＝，
则设y＝1，则z＝1，x＝－3 n＝，
则直线OC与平面OAB所成角的正弦值为sin θ＝＝＝，
则直线OC与平面OAB所成角的正弦值为.
3.(15分)类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，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，记∠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， ABCD为菱形，∠BAD＝60°，AA1＝2，AB＝2，且A1点在底面ABCD内的射影为AC的中点O.
(1)求cos∠A1AB的值；
(2)直线AA1与平面ABCD内任意一条直线夹角为φ，证明：≤φ≤；
(3)过点B作平面η，使平面η∥平面A1C1D，且与直线CC1相交于点P，若＝λ，求λ值.
解：(1)连接BO，由已知得A1O⊥平面ABCD，BO⊥AC.
又A1O 平面A1ACC1，所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，
所以二面角A1-AC-B的大小为90°.
因为 ABCD为菱形，∠BAD＝60°，所以∠BAC＝30°.
又AB＝2，所以AO＝.
在Rt△A1AO中，cos∠A1AO＝＝＝，
由三面角余弦定理可得cos∠A1AB＝cos∠A1AOcos ∠BAC＋sin∠A1AOsin∠BACcos 90°
＝cos ∠A1AOcos ∠BAC＝×＝.
(2)证明：根据题意可得0＜φ≤，设平面ABCD内任一条直线为l，
若l过A点时，记AC与l的夹角为φ1(0≤φ1≤)，
则cos φ＝cos ∠A1AOcos φ1，因为cos φ1∈，
所以cos φ＝cos ∠A1AOcos φ1≤cos ∠A1AO＝cos .
又0＜φ≤，所以≤φ≤.
若l不过A点时，过A点作l'使得l'∥l，记AC与l'的夹角为φ2(0≤φ2≤)，
则cos φ＝cos ∠A1AOcos φ2.
因为cos φ2∈，
所以cos φ＝cos ∠A1AOcos φ2≤cos ∠A1AO＝cos .
又0＜φ≤，所以≤φ≤.
综上可得≤φ≤.
(3)连接AB1，B1C.
因为A1C1∥AC，A1C1 平面A1C1D，AC 平面A1C1D，所以AC∥平面A1C1D.
同理可证B1C∥平面A1C1D.
又AC∩B1C＝C，AC，B1C 平面AB1C，所以平面AB1C∥平面A1C1D.
因为平面η∥平面A1C1D，所以平面η∥平面AB1C.
又平面AB1C∩平面BB1C1C＝B1C，平面η∩平面BB1C1C＝BP，所以B1C∥BP.
又BB1∥CC1即BB1∥CP，
所以四边形BB1CP为平行四边形，
所以CP＝BB1，显然P在C1C的延长线上.
因为BB1＝CC1，所以CP＝CC1，
所以＝2，即λ＝2.
4.(17分)(2025·浙江绍兴二模)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＜.
解：(1)证明：取CD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分别为x，y轴，过O作平面BCD的垂线为z轴建立空间直角坐标系，
则D，B，N，
M，A，
所以＝，＝，＝.
设平面ABD的法向量为n＝，
则可取n＝.
设直线MN与平面ABD所成角为α，则sin α＝＝＝，
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A0到直线BD的距离等于CD＝x，
所以△ABD边BD的高h＝＝，
所以△ABD的面积S2＝BD·h＝，
注意到△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＜.
学生用书 第214页
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