专题四　微创新　立体几何与其他知识的综合问题 -大二轮数学专题复习

微创新立体几何与其他知识的综合问题[考情分析]随着高考改革的不断推进，近期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、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.考点一立体几何与其他知识的交汇问题例1三棱锥P-ABC的底面是以AC为底边的等腰直角三角形且AC=22，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中点O，连接PO，BO，如图所示.因为PA=PC=3，AC=22所以PO⊥AC，且PO=32-2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⊂平面ABC，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12PO=7(2)如图，以O为原点建立空间直角坐标系，连接AQ，则C(0，2，0E0，-22，72，P(0，0，7)，A(0，-2，0则PB=2，0AB=2CE=0设CQ=λCE(0≤λ≤1)，则CQ=0则Q0则AQ=0所以cos∠QAB=AQ=4-3所以sin∠QAB=16所以d2=|AQ|sin∠QAB=4设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)，则n即2令x=7，可得n=(7，则d1=CQ·nn=所以d1+d2=f(λ)=4λ2-6λ+4+144λ，所以f'(λ)=4λ-3令f'(λ)=0，解得λ=2令g(λ)=f'(λ)=4λ-3则g'(λ)=7(4λ所以g(λ)，即f'(λ)在[0，1]上单调递增，所以当λ∈0，25时，f'(λ)<0，f(λ当λ∈25，1时，f'(λ)>0，f(λ所以f(λ)min=f25=142，即d1+d2[规律方法]将立体几何与解析几何巧妙结合，是考核的创新.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.跟踪演练1(2024·柳州模拟)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77，求直线PM与平面ABCD(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Oxyz，则A(-1，0，0)，B(1，0，0)，P(-1，0，2).因为MA+MB=4>AB=2，所以点M的轨迹是以AB为焦距的椭圆在梯形ABCD内的部分，OA=OB=1，所以点M的轨迹为椭圆x24+y23=1设点M(m，n，0)(在梯形ABCD内)，则m24+n23设平面MPB的法向量为n1=(x，y，z)，PB=(2，0，-2)，BM=(m-1，n，0)则n1·PB=0,n1·BM=0⇒2x-2z=0,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cosθ=|cos〈n1，n2〉|=|n1·n2||n1整理得3(m-1)2=n2.②联立①②，解得m=0或m=85过点B作BH∥AD交DC于点H，则BH=AD，BH⊥平面PBA，所以平面HPB⊥平面PBA，H的坐标为(1，-2，0)，二面角H-PB-A为π2，当m=85>1时，二面角M-PB-A的平面角为钝角，不符合题意，所以此时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=PAMA=1故所求线面角的正切值为1.考点二立体几何中的新定义、新情境问题例2[球面几何]球面几何学是在球表面上的几何学，也是非欧几何的一个例子.如图1，对于半径为R的球O，过球面上一点A作两条大圆的弧AB，AC，它们构成的图形叫做球面角，记作∢BAC(或∢A)，其值为二面角B-AO-C的大小，点A称为球面角的顶点，大圆弧AB，AC称为球面角的边.如图2，不在同一大圆上的三点A，B，C，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧AB，BC，CA，这三条劣弧组成的图形称为球面△ABC，这三条劣弧称为球面△ABC的边，A，B，C三点称为球面△ABC的顶点；三个球面角∢A，已知球心为O的单位球面上有不同在一个大圆上的三点A，B，C.(1)球面△ABC的三条边长相等(称为等边球面三角形)，若∢A=π2，求球面△(2)类比二面角，我们称从点P出发的三条射线PM，PN，PQ组成的图形为三面角，记为P-MNQ.其中点P称为三面角的顶点，PM，PN，PQ称为它的棱，∠MPN，∠NPQ，∠QPM称为它的面角.若三面角O-ABC的三个面角的余弦值分别为33①求球面△ABC的三个内角的余弦值；②求球面△ABC的面积.解(1)将球面几何问题转化为立体几何问题，如图在三棱锥O-ABC中，OA=OB=OC=1，因为在球面△ABC中，劣弧AB=BC=AC，则在△ABC中，AB=BC=AC，且∠AOB=∠BOC=∠AOC.过B作BE⊥OA，交OA于E，连接CE，则△COE≌△BOE，所以CE⊥AO所以∠BEC是二面角B-AO-C的平面角，即∠BEC=∢A=π2，设∠AOB=θ，θ∈(0，π则BE=CE=sinθ，BC=2sinθ由BE2+CE2=BC2⇒2sin2θ=4sin2θ解得cosθ=0，所以θ=π所以OA，OB，OC两两垂直(点E和O重合)，从而∢A=∢B=∢C=π所以球面△ABC的内角和是3π2(2)①由已知条件，可设cos∠BOC=3cos∠COA=22，cos∠AOB=如图，以O为原点，OA所在直线为x轴，△OAB所在平面为Oxy平面，构建空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(1，0，0)，B63设C(p，q，r)，则由OA=OB=OC=1可知，22=cos∠COA=OA·OC=p33=cos∠BOC=OB·OC=63p+31=|OC|2=p2+q2+r2，故p=22，q=333-63p=0，r2不妨设r>0，则r=22，所以C设平面OBC，OCA，OAB的法向量分别为n1，n2，n3，并设ni=(ui，vi，wi)(i=1，2，3)，则OB即6从而2故可以取n所以我们有cos∢A=cos〈n2，cos∢B=cos〈n3，cos∢C=cos〈n1，n故球面△ABC的三个内角的余弦值分别为0，1②先证明一个引理.引理：若球面△ABC的三个球面角∢A，∢B，∢C∈0设该球面△ABC的面积为,则=∢A+∢B+∢C-π，引理的证明：记球O的表面积为S，则S=4π.设A，B，C的对径点分别为A'，B'，C'，则AC所在的大圆和AB所在的大圆将球面分成了四个部分，其中面积较小的两个部分的面积之和S1等于球的表面积S的∢Aπ即S1=∢AπS，类似可定义S2，S且同理有S2=∢BπS，S3=∢而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有S1+S2+S3=(S-2S△ABC)+6所以S1+S2+S3=S+4，故=14(S1+S2+S3-S)=S=π∢Aπ+∢Bπ+∢Cπ-1引理得证.回到原题，根据①的结论，有∢A=π2，∢B=π3，∢再由引理知球面△ABC的面积=π2+π3+π4-π=[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景，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.跟踪演练2[空间三面角余弦定理]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cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ.(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，π2(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=12×22=(2)证明过射线PC上一点H，作MH⊥PC交PA于M点，作NH⊥PC交PB于N点，连接MN，如图所示，则∠MHN是二面角A-PC-B的平面角，在△MNP中，由余弦定理得MN2=MP2+NP2-2MP·NPcosγ，在△MNH中，由余弦定理得MN2=MH2+NH2-2MH·NHcosθ，两式相减得MP2-MH2+NP2-NH2-2MP·NPcosγ+2MH·NHcosθ=0，则2MP·NPcosγ=2PH2+2MH·NHcosθ，两边同除以2MP·NP，得cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ.(3)解猜想aS△OBCsinθ证明在OA上取点P，使得PO=1，过P作PP'⊥平面OBC，P'C'⊥OC，P'B'⊥OB，如图.设∠BOC=α，∠AOC=β，∠AOB=γ，则PB'=POsinγ=sinγ，PP'=PB'sinθ2=sinγsinθ2，同理PP'=PC'sinθ3=sinβsinθ3，所以sinγsinθ2=sinβsinθ3，即sinβsin同理可证sinαsin所以sinαsinθ1又因为S△OAB=12absinγ所以sinγ=2同理sinβ=2S△OACac，所以2S△OBCbc化简得aS△OBCsinθ专题强化练(分值：51分)1.(17分)[柯西不等式]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nΣi=1ai2nΣi=1bi2≥(nΣi=1aibi)2，(1)请你写出柯西不等式的二元形式；(3分)(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d12+d22+d32+(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|≥1i求证：对任意n≥4，n∈N*，恒有m≥1.(9分)(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(a12+a22)(b12+b22)≥(a1b1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212(2)3=13×34(2)2(d1+d2+因此d1+d2+d3+d4=23由柯西不等式得(d12+d22+d32+d42)(1+1+1+1)≥(d1·1+d2·1+d3·从而d12+d22当且仅当d1=d2=d3=d4=36时，等号成立因此d12+d22+d3(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<…<由条件②得aki-aki-1≥1ki+k所以对任意的n≥4，都有m≥akn>akn-ak1=(akn-akn-1)+(a≥1kn+kn-1+由柯西不等式得1kn+kn-1+1kn-1+kn-2+…+1k2+k1[(kn+kn-1)+(kn所以1kn+kn-1=(=(=1-3从而对任意n≥4，n∈N*，都有m≥1-3当n≥4时，1-3n-4n2+n-32.(17分)(2024·南昌模拟)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，且与底面所成的二面角为π4，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)在底面上的投影分别为Fi，且Fi均在直径AB(1)当∠AOP1=2π3时，求PP1的长度；(6分(2)①当n=6时，若图2中，点F1，F2，…，F6将半圆平均分成7等份，求(E1F1-2)·(E2F2-2)·(E3F3-2)；(4分)②证明：·E1F1+·E2F2+…+·EnFn+·BC<2π.(7分)(1)解如图，取CD中点M，过点M作与该斜截圆柱的底面平行的平面，交DA于点G，交BC延长线于点H，与PP1交于点I，连接IM，因为MH=MG=1，∠CMH=∠DMG=π所以DG=HC=1，AG=2，过点M作GH的垂线，交圆M于J，K两点.过点I作IN⊥JK，交JK于点N，又由PI⊥圆M，JK⊂圆M，则PI⊥JK，又因为PI∩IN=I，PI，IN⊂平面PIN，所以JK⊥平面PIN，因为PN⊂平面PIN，所以PN⊥JK，所以∠PNI为椭圆面与圆M所在平面所成的二面角，也是椭圆面与底面所成的角，所以∠PNI=π4，则△PNI为等腰直角三角形，PI=设∠AOP1=θ，如图作圆M所在平面的平面图，则∠GMI=θ，由GH⊥JK，IN⊥JK，得GH∥IN，则有∠NIM=∠GMI=θ，所以IN=MIcosθ=cosθ，所以PP1=IP1+PI=IP1+IN=2+cosθ，当θ=2π3时，PP1=2+cos2π3=(2)①解当n=6时，∠AOF1=π∠AOF2=2π7，∠AOF3由(1)知E1F1=2+cosπ7，E2F2E3F3=2+cos3π所以(E1F1-2)·(E2F2-2)·(E3F3-2)=cosπ7cos2π7=sin2π72sinπ=sin2π72sinπ7×sin②证明由(1)知PP1=2+cosθ，即PP1是关于θ的函数，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+cosx的图象，如图，将E1F1，E2F2，…，EnFn，BC绘制于函数y=2+cosx(0≤x≤π)的图象上，并以EiFi，Fi-1Fi(i=2，3，…，n)为边作矩形，则该矩形的面积等于·EiFi的值，所以·E1F1+·E2F2+…+·EnFn+·BC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12×2π×4=4π所以函数y=2+cosx(0≤x≤π)与坐标轴围成的面积为12×4π=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+cosx(0≤x≤π)与坐标轴围成的面积，所以·E1F1+·E2F2+…+·EnFn+·BC<2π.3.(17分)(2024·济南模拟)在空间直角坐标系Oxyz中，任何一个平面的方程都能表示成Ax+By+Cz+D=0，其中A，B，C，D∈R，A2+B2+C2≠0，且n=(A，B，C)为该平面的法向量.已知集合P={(x，y，z)||x|≤1，|y|≤1，|z|≤1}，Q={(x，y，z)||x|+|y|+|z|≤2}，T={(x，y，z)||x|+|y|≤2，|y|+|z|≤2，|z|+|x|≤2}.(1)设集合M={(x，y，z)|z=0}，记P∩M中所有点构成的图形的面积为S1，Q∩M中所有点构成的图形的面积为S2，求S1和S2的值；(4分)(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V1，P∩Q中所有点构成的几何体的体积为V2，求V1和V2的值；(7分)(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.①求W的体积V3的值；(3分)②求W的相邻(有公共棱)两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数.(3分)解(1)集合M={(x，y，z)|z=0}表示Oxy平面上所有的点，P={(x，y，z)||x|≤1，|y|≤1，|z|≤1}表示(±1，±1，±1)这八个顶点形成的正方体内所有的点，而P∩M可以看成正方体在Oxy平面上的截面内所有的点，发现它是边长为2的正方形，因此S1=4.对于Q={(x，y，z)||x|+|y|+|z|≤2}，当x，y，z>0时，x+y+z=2表示经过(2，0，0)，(0，2，0)，(0，0，2)的平面在第一象限的部分.由对称性可知Q表示(±2，0，0)，(0，±2，0)，(0，0，±