2025届高考数学精准突破复习立体几何与解析几何综合问题的四种常见类型

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立体几何与解析几何综合问题的四种常见类型★1.平面问题翻折成空间图形来处理例1.已知双曲线的左右焦点分别为，，点是双曲线右支上一点，满足，点是线段上一点，满足.现将沿折成直二面角，若使折叠后点，距离最小，则（

）A． B． C． D．解析：由双曲线方程知，，，，设，则，，又，则，解得或-3（舍），设折叠后点达到F点，如图所示，作于A点，易知平面，，，设，

则，在中，，，在中，由余弦定理知，，则，当且仅当，即时，等号成立，折叠后点，距离最小.此时为的角平分线，由角平分线定理知，，则，，故选：C★2.空间几何体的截面或者空间角度融合平面问题例2．在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直.（1）求直线CD与平面所成角的大小；（2）设点，且，记E的轨迹为曲线Γ.（i）判断Γ是什么曲线，并说明理由；（ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.解析：（1）因为平面，平面平面，所以.所以直线在内的射影为直线，所以直线与所成角为.过作，垂足为.因为平分，所以.又，所以，所以又，所以.因为，所以，所以直线与平面所成角为.（2）（i）曲线是椭圆,理由如下：由（1）可知，，所以是的中点,设的中点为，所以.又，所以.在内过作，所以，以为原点，所在的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.因为，所以，设，又，则.因为，又，所以，化简得，即，所以曲线是椭圆.（ii）设.在平面内，因为与不重合，可设，由得，故.由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设.若，则，即，因为，所以，当时，上式恒成立，所以符合题意；当时，有，所以，所以.因为，所以，所以，所以，即.因为上式对于任意的恒成立，所以.综上，存在点满足，或时，符合题意.★3.三余弦定理三余弦定理：如图所示，斜线在平面内的射影为，则线面角的大小为，平面内任一点，则，这样就有：.例3.双曲线的左右焦点分别为，点是双曲线右支上一点且满足.点在线段上且满足.现将沿着折成直二面角.若折叠后距离最小，则（）A.B.C.D.解析：如图，设，由三余弦定理可得：另一方面：由余弦定理可知：，这样可得：，故当且仅当时成立.即为的角平分线，最后由角平分线定理可知.★4.丹德林双球（1）如图1所示，在圆锥内放入两个球，，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切），切点圆分别为，.这两个球都与平面相切，切点分别为，，丹德林（G·Dandelin）利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，，为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球.图1图2如图1，设直线分别与圆锥母线交于两点，再设过点的母线分别与，交于两点，由切线长定理：，，故.同理，对于平面与圆锥侧面的交线上任意一点，过的母线分别与，交于两点，则.即椭圆的长轴长切点圆之间的母线长.（2）.长轴长与双球半径之间的关系：设两个球，的半径分别为，球心距，则如图2，图3，.（3）.焦距与双球半径之间的关系：如图4，设，由于，最终求出. 图3图4（4）.离心率与截面角之间的关系在空间中，已知圆锥是由围绕旋转得到的，我们把称为轴.用平面截圆锥，得到的截口曲线取决于平面与圆锥轴所成的线面角（显然，当与平行时，），具体关系如下：若，平面截圆锥面所得截口曲线为椭圆；若，平面截圆锥面所得截口曲线为抛物线：若，平面截圆锥面所得截口曲线为双曲线.这个比值就是圆锥曲线的离心率，离心率是一个比.例4．如图是数学家Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球，球相切于点（是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于__________.解析：设，由，解得，所以，所以，设直线与圆锥的母线相交于点，圆锥的母线与球相切于两点，如图所示，则，两式相加得，即，过作，垂直为，则四边形为矩形，所以，，所以椭圆的离心率为.故答案为：例5．如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面和平面相切，两个球分别与平面相切于点，丹德林（）利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球.若平面截圆锥得的是焦点在轴上，且离心率为的椭圆，圆锥的顶点到椭圆顶点的距离为，圆锥的母线与椭圆的长轴垂直，圆锥的母线与它的轴的夹角为.（1）求椭圆的标准方程；（2）过右焦点的直线与椭圆交于A，B两点，A，B中点为D，过点F2的直线MF2与AB垂直，且与直线l：交于点M，求证：O，D，M三点共线.解析：（1）因为圆锥的母线与它的轴的夹角为，所以