2026年高考数学终极冲刺：压轴16 立体几何中的创新与融合问题的3大核心题型（压轴题专练）（全国适用）（原卷版及解析）

压轴16立体几何中的创新与融合问题的3大核心题型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.题型01立体几何与轨迹问题的融合技法技法指导1.动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.2.翻折有关的轨迹问题(1)翻折过程中寻找不变的垂直关系求轨迹.(2)翻折过程中寻找不变的长度关系求轨迹.(3)可以利用空间坐标运算求轨迹.1.在棱长为4的正方体中，棱上的点满足，是侧面上的动点，且平面，则点在侧面上的轨迹长度为（

）A． B． C． D．42.（2025·江苏苏州三模）如图，在直角梯形中，，，，，为中点，现将沿折起，使得平面平面，连接，设为中点，动点在侧面和侧面上运动，且始终满足，则点形成的轨迹长度为.题型02立体几何与函数的融合技法技法指导立体几何中体积、距离、角的最值（范围）问题，常用的解题思路是：（1）直观判断：判断动点、动线、动面在变化中达到某一特定位置时，所求的量有相应最大（小）值；（2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类问题转化为函数，从而利用代数方法求解.3.（2025·湖北十堰·模拟预测）如图，已知正方体的棱长为为上三等分点且靠近点，在侧面内作边长为1的正方形，是侧面内一动点，且点到平面的距离与线段PF的长度相等．则当点运动时，的最小值是（

）A．12 B．13 C．14 D．174.如图，在长方体中，已知，，，若对角线上存在一点，使得，则的最大值是．

题型03立体几何中的创新问题技法技法指导用类比方法求解定义新性质创新问题的三个切入角度（1）从两个性质的相似性和差异性上理解新性质的准确性；（2）从两个性质的内涵、应用环境上的差异刻画新性质的“全貌”（本质）；（3）从类比方法获得启示，从而应用新性质解决问题.5.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，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”．(1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标；(2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值．6.（2025·河南郑州·三模）在空间直角坐标系O-xyz中，已知向量，经过点，且以为法向量的平面α的方程为．(1)求原点到平面的距离；(2)根据平面直角坐标系中点到直线的距离公式，类比出到平面的距离公式，并利用有关知识证明；(3)已知平行六面体，平面的方程为，平面经过点，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值的最大值．1.等腰四面体是一种特殊的三棱锥，它的三组对棱分别相等.已知一个长方体的体积为12，则由长方体的四个顶点构成的等腰四面体的体积为（）A.3 B.4C.6 D.82．（2025·云南保山·二模）已知正方体，Q为上底面所在平面内的动点，当直线与的所成角为45°时，点Q的轨迹为（

）A．圆 B．直线 C．抛物线 D．椭圆3.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M为A1C1的中点，N为侧面BCC1B1上的一点，且MN∥平面ABC1，若点N的轨迹长度为2，则（）A.AC1＝4 B.BC1＝4C.AB1＝6D.B1C＝64．（2025·江苏扬州二模）定义两个向量与的向量积是一个向量，它的模，它的方向与和同时垂直，且以的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体中，则（

）A． B．. C． D．5.如图，正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面垂直，O为正方形ABCD的中心，M为正方形ABCD内一点，且满足MP＝MC，则点M的轨迹为（）6．由空间一点出发不共面的三条射线，，及相邻两射线所在平面构成的几何图形叫三面角，记为．其中叫做三面角的顶点，面，，叫做三面角的面，，，叫做三面角的三个面角，分别记为，，，二面角、、叫做三面角的二面角，设二面角的平面角大小为，则一定成立的是（）A． B．C． D．7.（多选）（2025·江苏南通·模拟）已知点P是正方体侧面（包含边界）上一点，下列说法正确的是（

）A．存在唯一一点P，使得B．存在唯一一点P，使得面C．存在唯一一点P，使得⊥D．存在唯一一点P，使得⊥面8．（多选）(2025·金华十校模拟)在矩形ABCD中,AB=2AD,E为线段AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折到△A1DE,若M为线段A1C的中点,则在△ADE从起始到结束的翻折过程中()A.存在某位置,使得DE⊥A1CB.存在某位置,使得CE⊥A1DC.MB的长为定值D.MB与CD所成角的正切值的最小值为19.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P是面对角线BC1上一动点，Q是底面ABCD（含边界）内一动点，则D1P＋PQ的最小值为.10．（2025·浙江杭州·期末）如图在长方形ABCD中，，BC=1，E为线段DC上一动点，现将沿AE折起，使点D在平面ABC上的射影K在直线AE上，当E从D运动到C，则K所形成轨迹的长度为（

）

A． B． C． D．11.在空间直角坐标系中，定义：平面的一般方程为，点到平面的距离，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O到侧面的距离等于．12.（2025·吉林长春·二模）如图，在三棱锥中，平面平面，，点E在棱上，且，侧面内一动点P满足，则点P的轨迹长度为；直线与直线所成角的余弦值的取值范围为.13.设全体空间向量组成的集合为，为V中的一个单位向量，建立一个“自变量”为向量，“因变量”也是向量的“向量函数”；.(1)设，，若，求向量；(2)对于V中的任意单位向量，求的最大值.14.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cosγ＝cosαcosβ＋sinαsinβcosθ.（1）当α，β∈（0，π2）时，证明以上三面角余弦定理（2）如图2，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°.①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.15.三棱锥的底面是以AC为底边的等腰直角三角形且，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，Q到直线AB的距离为，求的最小值.

压轴16立体几何中的创新与融合问题的3大核心题型参考答案压轴题型精讲题型01立体几何与轨迹问题的融合1.【答案】A【解析】取的中点，的中点，连接，在正方体中，明显有，又面，面，面，面，所以面，面，又面，，所以面面，当在线段上运动时，有平面，即点在侧面上的轨迹为线段，又，故点在侧面上的轨迹长度为，故选A.2.【答案】【解析】由，得：四边形为平行四边形，，又，，，平面平面，平面平面，平面，平面，以为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则，，，，，若在侧面上，设，则，，由得：，即点轨迹为，则与交于点，在侧面上的轨迹长度为；若在侧面上，设，则，，由得：，即点轨迹为，则与交于点，在侧面上的轨迹长度为.综上所述：点形成的轨迹长度为.题型02立体几何与函数的融合3.【答案】B【解析】建立空间直角坐标系，如图所示，过作，垂足为，设，则，，且，由，即，化简得，，所以当时，取最小值13，故选B4.【答案】【解析】建立如图所示的空间直角坐标系：

，，，.在上，所以设，，所以，所以.所以，.因为，所以，即，令，则令，则，所以，所以二次函数开口向下，对称轴为：，所以在处取得最大值为：.所以的最大值是.题型03立体几何中的创新问题5.【解】（1）由题可知，，则（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，，．平面，即则，，则的斜坐标为．（2）由题可得，，设平面的法向量为，由得即取，可得，，即．则．由（1）可知平面，且，则，，则，即平面与平面的夹角的余弦值为．6.【解】（1）根据题意，平面的法向量，在平面上任取点，可得，设原点到平面的距离为，则，故原点O到平面的距离为.（2）由点到直线的距离公式，类比：点到平面的距离公式为，证明如下：不妨设，在平面内取一点，则向量，取平面的一个法向量，所以点到平面的距离为：（3），设为平面的一个法向量，则，令，得，，所以．因为平面的方程为，所以由（2）知平面的一个法向量为，设直线的一个方向向量为，则令，得，所以．因为平面，所以平面的一个法向量与直线的方向向量垂直，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为又，，平面与平面夹角的余弦值的最大值为．1.【答案】B【解析】如图所示，等腰四面体A-BCD的体积等于长方体体积减去四个三棱锥的体积.设长方体长、宽、高分别为a，b，c，则等腰四面体A-BCD的体积V＝abc－4×13×（12abc）＝13abc＝4.故选2.【答案】C【解析】以点D为原点，，，为x，y，z的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，设，可得，，因为直线与的所成角为，则，化简可得，所以点Q的轨迹为抛物线，故选：C.

3.【答案】B【解析】如图，取B1C1的中点D，BB1的中点E，连接MD，DE，ME，由MD∥A1B1∥AB，DE∥BC1，又MD⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，同理可得DE∥平面ABC1，又MD∩DE＝D，MD，DE⊂平面MDE，所以平面MDE∥平面ABC1，又MN∥平面ABC1，故点N的轨迹为线段DE，又由DE＝12BC1＝2，可得BC1＝44.【答案】D【解析】设,则，过作平面，则为三角形的外心，所以，进而,由于与共线，且方向相同，则故选：D

5.【答案】A【解析】取AD的中点E，连接PE，PC，CE，PB.易知PE⊥平面ABCD，取PC，AB的中点F，G，连接DF，DG，FG，则PE⊥DG，又易知DG⊥EC，EC∩PE＝E，∴DG⊥平面PEC，又PC⊂平面PEC，∴DG⊥PC，由PD＝DC知DF⊥PC，DF∩DG＝D且DF，DG⊂平面DFG，∴PC⊥平面DFG，又F是PC的中点，∴平面DFG上的点到点P，C的距离相等，又平面DFG∩平面ABCD＝DG，∴线段DG上的M点满足MP＝MC.故选A.6.【答案】A【解析】如图，，，

在上取一点，过在平面内作，交于，过在平面内作，交于，连接，则是二面角的平面角，即.设，在直角三角形中，，在直角三角形中，，，在中，，在中，，即为，所以.故选：A.7.【答案】AD【解析】如图建系，令，则，对于A，，若，则，解得：故满足要求，与重合，存在唯一一点P，使得，A对.对于B，因为，，因为，平面，所以平面，又平面，则，，解得：，故点轨迹为线段，满足条件的有无数个，B错，对于C，，在线段上，满足条件的有无数个，C错.对于D，由B选项可知：平面，而面，又与共线，故重合，D对.故选：AD.8.【答案】BCD【解析】对于A,假设存在某个位置,使得DE⊥A1C.由题意知∠AED=∠BEC=45°,所以∠DEC=90°,即DE⊥CE,又DE⊥A1C,A1C∩CE=C,A1C,CE⊂平面A1CE,所以DE⊥平面A1CE,因为A1E⊂平面A1CE,所以DE⊥A1E,与∠A1ED=∠AED=45°矛盾,故A错误;对于B,在△ADE的翻折过程中,当平面A1DE⊥平面ABCD时,易证CE⊥平面A1DE,故CE⊥A1D,故B正确.对于C,取CD的中点F,连接MF,BF,则MF∥A1D,MF=A1D,易知BF∥DE,且BF=DE,所以∠A1DE=∠MFB=45°,故由余弦定理可得MB的长为定值,故C正确.对于D,MB与CD所成的角即MB与AB所成的角,亦即∠ABM,在平面ABCD内作M的射影M1,由最小角定理知∠ABM≥∠ABM1,当M1为AC与BD的交点时,∠ABM1取最小值,此时tan∠ABM1=故所求正切值的最小值为，D正确.9.【答案】2＋2【解析】如图，将△BCC1沿BC1折起铺平在正方体的对角面ABC1D1所在平面内，这时ABCC1D1是一个五边形，过点D1作D1Q⊥BC，垂足为Q，且交BC1于P，显然，此时D1P＋PQ最小.在直角梯形D1QCC1中，∠C1D1Q＝45°，则D1Q＝CC1＋C1D1cos45°＝2＋2.10.【答案】B【解析】由题意，将沿AE折起，由题意平面⊥平面，由翻折的特征知，连接，则，故点的轨迹是以为直径的圆上一弧，根据长方形知圆半径是,如图当与重合时，,取为的中点，得到为等边三角形，故故所对的弧长为故选B.11.【答案】【解析】如图，以底面中心为原点建立空间直角坐标系，则，，1，，，1，，，0，，设平面的方程为，将坐标代入计算得解得，，，，即，．12.【答案】【解析】由得，点P轨迹是以A为球心，1为半径的球面，又点P在平面内，点P在以A为圆心，1为半径，为圆心角的圆弧上，因此点P的轨迹长度为.建系如图，设，则..令，.故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为.13.【解】（1）依题意得：，设，则，或；（2）设与的夹角为，则，则，故最大值为.14.【解】（1）证明：如图，过射线PC上一点H作HM⊥PC交PA于M点，作HN⊥PC交PB于N点，连接MN，则∠MHN是二面角A-PC-B的平面角.在△MNP中和△MNH中分别用余弦定理，得MN2＝MP2＋NP2－2MP·NP·cosγ，MN2＝MH2＋NH2－2MH·NH·cosθ，两式相减得MP2－MH2＋NP2－NH2－2MP·NP·cosγ＋2MH·NH·cosθ＝0，∴