2026高考数学复习微专题：75.立体几何与解析几何综合问题的三种常见类型

75.立体几何与解析几何综合问题的四种常见类型

★视角1.从平面到空间变换（翻折）

2

例1.（广东省2025届高三一模）如图1，已知抛物线C:y2pxp0的焦点为F，准

线交x轴于点D，过点F作倾斜角为的直线交抛物线于A,B两点（点A在第一象限）．当

π

时，OA5．

2

(1)求抛物线C的方程；

2π

(2)如图2，把△ADF沿DF翻折为△PDF，使得二面角PDFB的大小为．

3

π

①若，求直线BD与平面PBF所成角的正弦值；

3

②证明：三棱锥DPBF的体积为定值．

πp

【详解】（1）当时，AFDF，所以点A的坐标为,p，因为OA5，所以

22

2

p22

p5，解得p2，所以抛物线C的方程为y4x．

2

π

（2）①在平面直角坐标系中，若，则直线AB的方程为y3x1，联立

3

1

y3x1,得3x210x30,解得x3或,x,

3所以点A,B的坐标分别为

2

y4x,

123

3,23,,．过O点作平面DBF的垂线为z轴，如图建立空间直角坐标系，则

33

1232π

D(1,0,0),B,,0,F(1,0,0)，当二面角PDFB的大小为时，点

333

π2ππ2π

P3,4sincosπ,4sinsinπ，即P3,3,3，

3333

423223

所以BD,,0,PF2,3,3,BF,,0，设平面PBF的法向量为

3333

2x3y3z0,x3y,

nPF0,

nx,y,z，则即223解得3取y3，得n3,3,1，

nBF0,xy0,zy,

333

BDn420991

设直线与平面所成角为，则sin，所以直线与

BDPDFBDn2791BD

13

3

991

平面PBF所成角的正弦值为．

91

111

②由题意得VDPBFVPBDFSBDFzpDFBFsin．

332

2π3

PFsinsinπBFPFsin2，

36

π3π23

当时，BFPF2,V22sin2，

2DPBF623

π

当时，在平面直角坐标系中，设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为ykx1，

2

ykx1,

设点的坐标分别为，联立得2222，

A,Bx1,y1,x2,y22kx2k4xk0

y4x,

2

2

则2422k4，因为

Δ2k44k16k160,x1x2,x1x21

k2

22

22sin2sin2k

sincos1,ktan，所以sin1，得sin，

coskk21

33

所以VBFPFsin2BFAFsin2，

DPBF66

3k23k2

x1x1xxxx1

621k2161212k21

32k24k234k24k2323

2112224，综上所述，三棱锥DPBF

6kk16kk163

的体积为定值23．

3

★视角2.从空间到平面（空间几何体的某个顶点在某个平面的轨迹）

例2.（河南省郑州市2025届高三二模）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，Eii1,2,3,,6分别为所在棱的中点，如图所示．

(1)求证：E1E2平面E3E5E4E6；

(2)若E1E26，E3E4E5E62，求二面角ABCD的大小；

x2

(3)在空间直角坐标系Oxyz中，xOy平面内有椭圆H:y21，直线xmy1与H交于

2

M，N两点．P为空间中一点，若四面体PMNO为等腰四面体，求其外接球表面积的最

小值．

11

【详解】（1）连接EE，EE，EE，EE，因为EE//BD，EE//BD，所以EE∥EE，

133224413221423214

1

四边形EEEE为平行四边形，又EE∥AC，ACBD，所以EEEE，所以四边形

E1E3E2E4为菱形，所以E1E2E3E4，同理，四边形E1E5E2E6为菱形，E1E2E5E6，

又因为四边形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，，得，，，，

E1E26E3E4E5E62A2,0,2B0,6,2C2,6,0AB2,6,0

ABm2x6y0,

AC0,6,2，设平面ABC的一个法向量为mx,y,z，则令

ACm6y2z0,

y2，得m6,2,6，DB0,6,2，DC2,6,0，设平面BCD的一个法向量为

DBn6y2z0,

nx,y,z，则令y2，得n6,2,6，所以

DCn2x6y0,

mn64681

cosm,n．所以二面角ABCD的大小为．

mn6466461623

（3）由（2）知可将PMNO补成长方体，设长宽高分别设为a，b，c，则外接球半径为

1

该长方体的体对角线长的一半，即：Ra2b2c2，S4πR2πa2b2c2，

2

1

MN2a2b2，NO2b2c2，MO2a2c2，则SMN2MO2NO2π，

2

2

x2

y122

在xOy平面内设Mx1,y1，Nx2,y2，由2，得m2y2my10，

xmy1

22m1

显然22，yy，，于是

Δ2m42m8m80122y1y22

2m2m

2

22

222281m81m

MN1my1y21m22，

m22m22

222222222222

MONOx1y1x2y222y1y122y2y24y1y2

42

24m10m12

4y1y22y1y22，所以

m22

4242

122212m26m206m13m10

SMNMONO22

22m22m22

MO2NO2MN2c2

在MNO中，cosMON0，则MON为锐角，

2MONOMONO

因此OMON0，即x1x2y1y20，

22

2m12m

x1x2y1y2my11my21y1y2m1y1y2my1y2110，

m22m22

422

16m4m411m1411m214

解得m2，又Sπ6π，不妨令

22222

m2m2

2

511811112121111

2，则，∵，∴当

tm22,S62π86π

2ttt16325t2t2

55

时，Sπ．此时m0，所以S的最小值为π，此时直线方程为x1．

min22

例3．（福建省2024届高三质量检测）在ABC中，ABC90，AB6，ACB的平分

线交AB于点D，AD2DB.平面α过直线AB，且与ABC所在的平面垂直.

（1）求直线CD与平面所成角的大小；

（2）设点E，且ECD30，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PTCQTC？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ABC，平面ABCAB,BC平面ABC,BCAB，

所以BC.所以直线CD在内的射影为直线AB，所以直线CD与所成角为CDB.过

D作DFAC，垂足为F.因为CD平分ACB,DBBC，所以DFDB.

1

又AD2DB，所以DFAD，所以DAF30.又AB6,ABC90，所以BC23.

2

1

因为DBAB2，所以CDB60，所以直线CD与平面所成角为60.

3

（2）（i）曲线Γ是椭圆,理由如下：由（1）可知，DFAC,DADC，所以F是AC的中

点,设AB的中点为O，所以OF//BC.又BC，所以OF.在内过O作OGAB，

所以OFOB,OFOG，以O为原点，OG,OB,OF所在的方向分别为x轴，y轴，z轴的

正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示.因为OB3,DB2，所以OD1，设

Ex,y,0，又D0,1,0,C0,3,23，则CEx,y3,23,CD0,2,23.因为

CDCE2y183

cosECD，又ECD30，所以，化简得

|CD||CE|4x2(y3)2122

x2y2

3x22y218，即1，所以曲线Γ是椭圆.

69

（ii）设Px1,y1,0,Qx2,y2,0.在平面内，因为l与AB不重合，可设l:ykx1，

ykx1,224k16

由22得2k3x4kx160，故x1x2,x1x20.

3x2y18,2k232k23

由对称性知，若存在定点T满足条件，则T必在平面ABC与的交线AB上，故可设T0,t,0.

TPTCTQTC

若PTCQTC，则cosPTCcosQTC，即，因为

|TP||TC||TQ||TC|

TPx1,y1t,0,TQx2,y2t,0,TC0,3t,23，所以

2222，当时，上式恒成立，所以

3ty1tx2y2t3ty2tx1y1tt3t3

符合题意；当时，有2222，

t3y1tx2y2ty2tx1y1t

2222

所以ytx2ytytx2yt，所以xytxyt

1222112112.

因为x1x20,y1ty2t0，所以x1y2tx2y1t0，所以2kx1x21tx1x20，

164k

所以2k1t0，即9tk0.因为上式对于任意的kR恒成立，

2k232k23

所以t9.综上，存在点T满足ATAB，或AT2AB时，符合题意.

★视角3.立体几何的截面轨迹（例如丹德林双球）

（1）如图1所示，在圆锥内放入两个球O1，O2，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C1，C2.这两个球都与平面相切，

切点分别为F1，F2，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，F1，F2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F1F2分别与圆锥母线交于A,B两点，再设过点A,B的母线分别与C1，C2

交于C,D两点，由切线长定理：AF1AC，AF2AD，故AF1AF2ACAD2a.

同理，对于平面与圆锥侧面的交线上任意一点P，过P的母线分别与C1，C2交于

M,Q两点，则PF1PF2MQ2a.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O1，O2的半径分别为，球心距，

r1,r2O1O2d

则如图2，图3，2222.

2aMQO1HO1O2O2Hd(r2r1)

（3）.焦距与双球半径之间的关系：如图4，设O1O2EFD，（公众号：凌晨讲数学）

ODODd

12

由于，最终求出.

O2Dr22c

O1Dr1

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O是由l'围绕l旋转得到的，我们把l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l所成的线面角（显然，当与l平行时，0），具体关

系如下：

cos

（1）若,01，平面截圆锥面所得截口曲线为椭圆；

cosa

cos

（2）若,1，平面截圆锥面所得截口曲线为抛物线：

cosa

coscos

（3）若,1，平面截圆锥面所得截口曲线为双曲线.这个比值就是圆

cosacos

锥曲线的离心率，离心率是一个比.

例4（.湖北省武汉市华中师大附中2025届高三下期入学考试）如图，已知圆锥PO的高PO

与母线所成的角为，过A1的平面与圆锥的高所成的角为，该平面截这个圆锥所得的截

面为椭圆C，椭圆C的长轴为A1A2，短轴为B1B2，长轴长为2a，C的中心为N，再以B1B2

为弦且垂直于PO的圆截面，记该圆与直线PA1交于C1，与直线PA2交于C2，

（1）用a,,分别表示NC1,NC2

11

（2）若cos,cos,a3，

39

（ⅰ）求椭圆C的焦距；

∥

（ⅱ）椭圆C左右焦点分别为F1,F2，C上不同两点D，E在长轴同侧，且DF1EF2，设

直线FE,FD交于点Q，记S△s，设S四边形fs，请写出fs的解析式（不

12QDEEDF1F2

要求求出定义域）．

解析：（1）

过N作NGPC1于G，而C1A1N，NA1a，所以NGasin，

NGasin

而C1NG，所以NC1.同理过N向PC2作垂线，可得

cosC1NGcos

asin

NC.

2cos

asinasin

（2）（ⅰ）由（1）可知NC,NC，所以

1cos2cos

2

2asinsin

b2NBNCNC，

112cos2

a2sincoscossinsincoscossin

cos2

a2sin2cos2cos2sin2

，所以

cos2

b2sin2cos2cos2sin2cos2sin2

sin2，

a2cos2cos2

222222

2b2cossin2cossincos

所以e11sincos，

a2cos2cos2cos

1

cos91

所以e，因为a3，所以c1，所以椭圆C的焦距2c2.

cos13

3

（ⅱ）

因为∥，所以SS，所以SSSS，所以

DF1EF2DF1F2DF1EDF1F2DF1QDF1EDF1Q

SEQFQFEF1

SSs，设，所以222，

F1QF2QDEDF1EF2

SQDEDQDF1

1ss

所以同理可得所以，

SEQFSQDE.SDQFs.S四边形s2s

21EDF1F2

延长交于点，则，设，则

DF1CMDF1F1MDx1,y1,Mx2,y2

x1x21

1x1,y1x21,y2，所以，由（ⅰ）可知椭圆的标准方程

y1y20

x2y2x2y2

111111

x2y29898

为1，故而由，得，所以

98x2y22x22y2

221222

9898

xxxxyyyy1xx

1212121212，所以1212，

989

x45

1

所以x1x299，又因为x1x21，解得4，

x5

2

因为SSSsscyy，

DF1F2DQF1F1QF211

22

2x45

所以ssy281181，

1

99

2

2222118s320

所以9s12818s3209s1280，所以，所以

9s2128

33

s18s320s所以18s320s

S四边形s2s2s.fs2s.

EDF1F29s21289s2128

三习题演练

x2y22

1．已知椭圆C:1ab0的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为，经过点F1

a2b22

π

且倾斜角为0的直线l与椭圆交于A、B两点（其中点A在x轴上方），且△AF1F2

2

面积的最大值为2．将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角AF1F2B为直二面角，如图1，

2所示．

(1)求椭圆C的标准方程；

π

(2)当时，求折叠后，平面AFF与平面ABF所成锐二面角的余弦值；

4121

(3)求折叠后ABF1面积的最大值．

，

2．如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球O1O2，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F1F2，丹德林（GDandelim）利用这个模型证明

，

了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，F1F2为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin

1

双球.若平面截圆锥得的是焦点在x轴上，且离心率为的椭圆，圆锥的顶点V到椭圆顶

2

83

点A1的距离为，圆锥的母线VA2与椭圆的长轴A1A2垂直，圆锥的母线与它的轴的夹角

3

为30.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）过右焦点F2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：x4交于点M，求证：O，D，M三点共线.

c2c21

1.【详解】（1）已知椭圆离心率e，可得，即a22c2，

a2a22

把a22c2代入a2b2c2，得到2c2b2c2，所以bc.

1

当点A为椭圆的上顶点时，△AFF的面积最大，其面积S2cbbc2，

122

又因为bc，所以b22，解得bc2.

由a2b2c2，可得a2224，则a2.

x2y2

所以椭圆C的标准方程为1.

42

π

（2）折叠前，F(2,0)，当时，直线l的斜率为1，根据点斜式可得直线l的方程为

4

yx2.

yx2

联立直线与椭圆方程，得到2，解得x0，42

l223x42x01x2.

x2y403

42422

当x10时，y1022；当x时，y2.

23233

422

所以A(0,2)，B,.

33

折叠后，建立空间直角坐标系Oxyz，

242

得到A(0,0,2)，B(,,0)，F1(0,2,0)，

33

22

则AF1(0,2,2)，BF(,,0).

133

设平面ABF1的法向量为n(x,y,z)，

0x(2)y(2)z0

nAF10yz0

则，即，化简得，

22xy0

nBF10()xy0z0

33

令x1，可得y1，z1，所以n(1,1,1).

易知平面AF1F2的法向量为m(1,0,0).

mn

设平面AF1F2与平面ABF1所成的锐角为，根据向量的夹角公式coscosm,n，

mn

222222

其中mn11010(1)1，|m|1001，|n|11(1)3，所以

13

cos.

33

xty2

（）设折叠前，A(x,y)，B(x,y)，联立，

3l:xty2112222

x2y40

将xty2代入x22y240，得到(ty2)22y240，

2222t2

展开可得(2t)y22ty20，yy，y1y2，

12t22t22

折叠后，如前问的图，建立空间直角坐标系得到A(0,x1,y1)，B(y2,x2,0)，F1(0,2,0)，

F1A(0,x12,y1)，F1B(y2,x22,0).

2222222222

可得|F1A|(x12)y1(t1)y1，|F1B|(y2)(x22)(t1)y2，

2