2027年高考数学一轮复习（压轴题）-立体几何中的创新与融合问题（原卷+解析）

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、儿何、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.

A题型01立体几何与轨迹问题的融合

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.I

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就迹.

(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

1.在棱长为4的正方体48CQ-4AGA中，棱。〃上的点E满足诙=两，"是侧面上的动点，且

用尸〃平面&BE,则点F在侧面上的轨迹长度为()

C.2百D.4

2.(2025•江苏苏州三模)如图，在直角梯形48CO中，ADHBC,AD=^BC=2,ZABC=W,ZC=45S

E为BC中点、,现将ACOE沿OE折起，使得平面CZ)E_L平面49E。，连接设/为CE中点，动

点P在侧面C8E和侧面CQE上运动，且始终满足则点。形成的轨迹长度为.

DC

D

A题型02立体几何与函数的融合

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：

（I）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.

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3.（2025・湖北十堰•模拟预测）如图，已知正方体力BC£）-44GA的棱长为3,〃为QR上三等分点且靠近已

点，在侧面力四圈内作边长为1的正方形£7守用，夕是侧面力内一动点，且点P到平面的距离

与线段尸产的长度相等.则当点尸运动时，|〃尸『的最小值是（）

4.如图，在长方体力4CO—44G。中，已知力。=1,AB=2,AA}=a,若对角线上存在一点P,使得

丽•七=0,则。的最大值是.

A题型03立体几何中的创新问题

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：，,/次分别

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，若向量斤=行+9+M,则万与有

序实数组(x,y,z)相对应，称向量方的斜坐标为记作亓=[x,y,z].如图，在平行六面体

48cA中，AB=AD=\,力4=2,ABLAD,=ZDAA,=y.以｛而，而，瑟｝为基底建

在“空间斜坐标系”.

⑴若点£在平面力4CZ)内，且耳£_L平面MC'。，求彳石的斜坐标；

⑵若方的斜坐标为[1,01],求平面AD.F与平面ABCD的夹角的余弦值.

6.：2025•河南郑州•三模)在空间宜角坐标系O-xyz中，已知向量i=(。3。)(而00),经过点兄(%,九,z0),

且以Z为法向量的平面。的方程为。(x-Xo)+“y-yo)+c(z-z0)=0.

⑴求原点。到平面x-尸z-4=0的距离；

(2)艰据平面直角坐标系中点到直线的距离公式，类比出产(%,%,z0)到平面/fx+83，+C'z+Q'=0的距离公

式，并利用有关知识证明；

(3)已知平行六面体力"C。—44GA，平面。力的方程为x—2y+z—2=0,平面力。仅4经过点

E(0,0,1),尸(1,1,2),6(2,2,1),平面/。44的方程为液-卯一22+1=0(区区2),求平面80£与平面4。&4

夹角的余弦值的最大值.

1.等腰四面体是•种特殊的三棱锥，它的三组对棱分别相等.已知•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.3B.4

C.6D.8

2.（2025•云南保山•二模）已知正方体力44GA，。为上底面48CQ所在平面内的动点，当直线。0

与。4的所成角为45。时，点。的轨迹为（）

A.圆B.直线C.抛物线D.椭圆

3.如图，在三棱柱力〃C-/由Ci中，M为小G的中点，N为侧面8CGS上的一点，且MN〃平面力4G,若

点N的轨迹长度为2,则（）

A.AC\=4

B.BG=4

C.ABi=6

D.5iC=6

4.（2025•江苏扬州二模）定义两人向量〃与v的向量积是一个向量，它的模八\，|=问.卜忖池,、，〉，它的

方向与〃和了同时垂直，且以〃，“的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体4BCO中，

则函x而）.就=（）

C.4百D.472

5.如图，正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面垂直,。为正方形48C。的中心，M为正方形

/1BCD内一点、,且满足A/P=MC,则点"的轨迹为（）

6.由空间一点。出发不共面的三条射线OB,OC及相邻两射线所在平面构成的几何图形叫三面角,

记为o-44C.其中。叫做三面角的顶点，面力CM,BOC,CO力叫做三面角的面，/AOB,NBOC,ZAOC

叫做三面角的三个面角，分别记为。，B，7,二面角力-。3-C、B-OA-C.%-OC-4叫做三面角的

二面角，设二面角4-OC-8的平面角大小为x,则一定成立的是（）

cosa-cos/?cos/cosa+cos/?cos/

A.COSJT=-------------------------B.COST=----------------°--------

sin/?sinysin^sin/

sina-sin^sm/sina+sin/?smy

C.cos.r=...........-------D.cosx=---------------------

cos/?cos/cospcos/

7.（多选）（2025•江苏南通•模拟）已知点尸是正方体力8。。-44GA侧面88£C（包含边界）上一点，下

列说法正确的是（）

A.存在唯一一点尸，使得。P//

B.存在唯---点P,使得4。//面4G。

C.存在唯一一点P,使得4PLBQ

D.存在唯一一点尸，使得。。，面4Go

8.（多选）（2025・金华十校模拟）在矩形中/6-2力力方为线段46的中点，将△/小：沿直线OE翻折到

△4DE,若M为线段AiC的中点，则在△4OE从起始到结束的翻折过程中（）

A.存在某位置，使得QE_L4C

B.存在某位置，使得CE_LMO

C.MB的长为定值

D.MB与所成角的正切值的最小值为:

9.如图，正方体力4。。-/囚的楂长为2,0是面对角线4G上一动点，。是底面4（含边界）内一

动点，则DF+PQ的最小值为.

10.（2025•浙江杭州•期末）如图在长方形川完?。中，AB=5BC=T,£为线段QC上一动点，现将△力石。

沿4E折起，使点。在平面力4c上的射影K在直线力E上，当E从。运动到C,则K所形成轨迹的长度为

()

A兀R兀「&n2G

A.—B.—C.—D.----

2323

11.在空间直角坐标系中，定义：平面。的一般方程为4丫+/+。+。=0(4,8,。4七/?,42+82+。2工0),

点P(XoJo，z。)到平面。的距离6/二邑罕誓竺必，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心

\IA2+B2+C2

0到侧面的距离等于.

12.(2025•吉林长春•二模)如图，在三棱锥S-48C中，平面_1_平面力8C,/"8=120。，

//C=48=8C=S4=2,点石在棱/。上，且CE=34E,侧面切B内一动点。满足CP=2PE,则点尸的

轨迹长度为：直线CP与直线48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/中的一个单位向量，建立一个‘咱变量”为向量，“因

变量”也是向量的响量函数”/(X);/(x)=x+2(-xi)a(ieV).

⑴没〃=(一1,0,0)，v=(0,0,-l),若/(〃)=V,求向量£；

(2)对于P中的任意单位向量球求|/'⑴+刑的最大值.

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％,PB,PC构成的三

面角PM8C,ZAPC=a,NBPC=B,ZAPB=r，二面角4PC-4的大小为。，则cosr=cosacos

+sinasin尸cos

(1)当。，££(0,，时，记明以上三面角余弦定理：

(2)如图2,平行六面体力8。。-4出(1。|中，平面44iGCJ_平面力8CQ,N44c'=60°,NA4c=45°.

①求N4/8的余弦值；

②在直线CG上是否存在点P,使8P〃平面。小G?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为底边的等腰直角三角形且4c=2夜，各侧棱的长均为3,点E为棱口

的中点点。是线段CE上的动点.

(1)求点E到平面ABC的距离;

(2)设点。到平面尸8C的距离为〃，0到直线48的距离为求4+4的最小值.

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资方向百花齐放，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.

A题型01立体几何与轨迹问题的融合

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.I

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.I

(3)可以利用空间坐标运算求轨迹.

I

1.在棱长为4的正方体力8。。-48cA中，棱。A上的点£满足应=西，/是侧面CQQC上的动点，且

B\FU平面A.BE,则点F在侧面上的轨迹长度为()

C.2百D.4

【答案】A

【解析】取CG的中点〃，G2的中点加，连接

在正方体中，明显有〃加〃阳,用〃〃力£,

乂HMa面&BE,B&U面4BE,面&BE,面』乃七，

所以HA///面48E,面ABE,

乂瓦"u面,HMC\Bg=H,

所以面⑸〃面48E.

当尸在线段上运动时，有87//平面48E,

即点尸在侧面C3AG上的轨迹为线段用〃，

乂MH=4iC、M=26,

故点F在侧面CO"G上的轨迹长度为2及，故选A.

2.（2025•江苏苏州三模）如图，在直角梯形44co中，AD//BC,m=加=2,N"C=90',/C=45°,

£1为8C中点，现将ACDE沿OE折起，使得平面COE1平面力BEQ,连接力C,4C,设M为CE中点，动

点尸在侧面。8£和侧面。力E上运动，且始终满足则点尸形成的轨迹K度为.

【答案】正

3

【解析】由力。=；8。=阿，AD//BC得:四边形力8EO为平行四边形，••.”〃"，

又//BC=90°,:.DEA.BE，DELEC,

v¥ffiCDE1T-ffiABED,T;ffiCDEnY;[gjABED=ED,BEu平面4BED,

.•"El平面COE,

「•以£为坐标原点，可建江如下图所示的空间直角坐标系：

则8(0,2,0),D(2,0,0),C(0,0,2),"(0,0,1),力(2,2,0),

若尸在侧面C6E上，设P(O,y,z),贝I」赤=(O,y,N-l),前7=(-2,-2,1),

由小W1MP得：屈7诉=-2y+z-l=0,即尸点轨迹为2歹一+1=0,

(15、

则2y—z+l=0与8。交于点N0,-,-,

I33)

。在侧面C8E上的轨迹长度为|WN|=出'=与：

若P在侧面CCE上，设尸(x.O.z),则而宿=(-2,-21).

1tMM_LM尸得：-2x+z-l=0,即尸点轨迹为2x-z+l=0,

则2x-z+l=0与CO交于点0,

：.P在侧面CDE上的轨迹长度为陇卜=y-.

综上所述：。点形成的轨迹长度为也.

A题型02立体几何与函数的融合

.・・・・・・・・・•・・・■・■■・・・■■・■■・3・•・・•OO・■■■■■•・■■,■■■■■■•■•■■•・■■■・■••・•■■・・・・・・■•・■■■■■■■・■■■■■■■■■■■■■•■・・■・・・・・•・・・・・・■・・・――・・・・・・・・・・■■・一■・■■■■3•——・・・■・・■・・•・・・・■・■■3・・・■・,・・・■・•・■，

技法指导

立体几何中体积、距离、角的最值(范困)问题，常用的解题思路是：

(1)直观判断：判断动点、动线、动而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3,〃为。。上三等分点且靠近Q

点、,在侧面/叫4内作边长为1的正方形EFG/尸是侧面433/内一动点,且点仕到平面比。小的距离

与线段尸产的长度相等.则当点P运动时，|〃尸『的最小值是()

A.12B.13C.14D.17

【答案】B

【解析】建立空间直角坐标系，如图所示，过户作PN_L84,垂足为N,

由PN=PF,即J(X-1)2+(Z-2)2=X，化简得2X—1=(Z—2)2,

A|//P|2=(X-3)2+9+(Z-2)2=X2-6X+18+2X-1=X2-4X+17,

所以当x=2时，I，2F取最小值13,故选B

4.如图，在长方体44GA中，已知力。=1,AB=2,，4A=a,若对角线8A上存在一点p,使得

瓦•七=0,则。的最大值是.

【解析】建立如图所示的空间直角坐标系:

30,2,0),4(1,2,4),A(0,0,a),G(0,2M).

>

y

P在BQ上,所以设丽=义西(04241),西二(—L—2M),

所以而=/i西=(一九-22,〃/1),所以。(1一九2—2%〃1).

所以瓯二(42/1,4-0/1),PQ=(A-l,2^a-aA).

22

因为PB.PC.=0,所以4(2-1)+U+(a-(a)=0,

即令1一％=，，“[0,1]则/J二'二干二')1=_5+匕？

(17)vtr

令x=；,则xe[l,+8),所以a?=-4/+9x_5,

9

所以二次函数开口向下，对称轴为：x=-,

8

2

所以在x=之处取得最大值为：a=-4xf2Y+9x^-5=-.

8⑴816

所以。的最大值是

A题型03立体几何中的创新问题

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“仝貌”(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，斤分别

为“空间斜坐标系“中三条数轴(x轴、V轴、z轴)正方向的单位向量，若向量方=行+9+",则日与有

序实数组(x,y,z)相对应，称向量斤的斜坐标为[x,y,z],记作方=[x,y,z].如图，在平行六面体

/IBCD-MC，AB=AD=\,力4=2,ABLAD,=ZDAAi=y.以｛赤，而，润｝为基底建

立“空间斜坐标系”.

(1)若点E在平面48。。内，且4EJ■平面4无'Q,求证的斜坐标；

(2)若酢的斜坐标为[L0[],求平面ADXF与平面力BCO的夹角的余弦值.

【解】(1)由题可知衣--+行，~AA,=2k,贝I]乖=丁+4-2&(提示：斜电标的木质是将空间中的向

2

量用基底表示后的系数)，由题可知〉j=0

2

福方二0,

•「4E_L平面48CZ),

AiEAD=0,

(xZ+yj-2k^7=-1+.r=0,

即＜

W+0_〃)j=_l+y=O,

贝1h=1,y=\,则港的斜坐标为[1,1,-2].

（2）由题可得不^7+2，AD}=j+2k,

设平面ADXF的法向量为4=p1+qj+mk»

AFa=O,

由

|ADX5=0,

(『+♦)•(〃;+/+/〃♦)=〃+沙+以色+m=0,

222

得

()+2A)(pi+qj+mk)=<7+-y+p+g+2〃1=0,

2q+p+-m=0,

取〃7=10,可得P=-7,（i=-9,

=-17-9J+\Ok.

272

则方=|^|=（-7r-9；+10A）=49+81+100-70-90=70.

由（1）可知4E_L平面力8CD,

且4E=7+j~2k,

则丽,=（f+J-2^）"=1+14-4-2-2=2,

A^Ea=（J+j-2k）（-17-9j+\0ii）=-7+5-9+5+7+9-20=-10.

则人（祠，讣

I\'44E悯V2XV707

即平面力仅尸与平面/18C。的夹角的余弦值为叵.

7

6.：2025•河南郑州•三模）在空间直角坐标系O-xyz中，已知向量》=（d/”）（。加工0）,经过点玲,

且以〃为法向量的平面。的方程为。（工-/）+，（沙-4）+。（2-20）=0.

⑴求原点。到平面x-y-z-4=0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P（x°,%,z°）到平面心+83，+C'z+Q'=0的距离公

式，并利用有关知识证明；

（3）已知平行六面体48CO-44GA，平面C。*；的方程为x-2y+z-2=0,平面力。〃4经过点

£（。,0,1）,1（1,』2）«（2,2,1）,平面4。44的方程为会-卯-21+1=0（区区2）,求平面。。6与平面4或"

夹角的余弦值的最大值.

【解】(1)根据题意，平面的法向量成=(b1,-1)，

在平面x-y-z-4=。上任取点"(4,0,0),可得丽=(4,0,0),

设原点O到平面x-y-z-4=0的距离为d,则d=华3!=《=华,

l«iI力3

故原点0到平面x—y—z—4=0的距离为迪.

3

|心…九3'|

(2)由点到直线的距离公式1=

y/A,2+B,2

|入。+4%+0%+。1

类比：点到平面的距离公式为"=

“+B'2+C'2

证明如下:

不妨设CW0,在平面Hx+B'y+C'z+Zy=O内取一点。(0,0,-差)

则向量前=(/,)%,z0+,

取平面A'x++C'z+力'=0的一个法向量万=(H,B;C),

所以点?(/,外,2。)到平面A'x+B'y+C'N+O'=0的距离为:

」行向」黑。+尻%+C'z0+)|

1〃1y]A,2+B，2+C,2

(3)£?=(1,1,1),FG=(1,1,-1)

.、EF-p=i+/4-/•=0

设/=为平面的一个法向量，则一，

EG-p=/+j-r-0

令\1,得J=-l,r=0,所以/=(1,-1,0).

因为平面CO0£的方程为x-2y+z-2=0,所以由⑵知平面的一个法向量为尸(1,-2,1),

设直线QR的一个方向向量为7=(再,九zj,则]=°'八

/•<7=X]-2yt+Zj=0.

令石=1，得乂=1，4=1所以，=(1,1,1).

因为。2//平面/(%;4，所以平面4。。/的一个法向量§二仕,7,-2)与直线02的方向向量7=(1,1,1)垂直,

所以s./=2--2=0»

所以平面CDQ£与平面夹角的余弦值为

尸+2-21|31

面日|dk-Rj2"+4f+8几

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.3B.4

C.6D.8

【答案】B

【解析】如图所示，等腰四面体G4C。的体积等于长方体体积臧去四个三棱锥的体积.设长方体长、宽、

高分别为。，b,c,则等腰四面体A8CO的体积P="c—4X；Xdabc)="儿=4.故选B.

J4J

2.(2025•云南保山•二模)已知正方体为上底面44GA所在平面内的动点，当直线。。

与的所成角为45。时，点。的轨迹为()

A.圆B.直线C.抛物线D.椭圆

【答案】C

【解析】以点。为原点，DA，反，丽为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。(0,0,0),4(1,0/)，设0(x,y,l),

可得而=(x,y,l),D4=(1,0,1),

因为直线。。与DA、的所成角为45。，

x+1彘当，化简NW=2x,

则cos45°=

国网|G+/+

所以点。的轨迹为抛物线，故选：C.

3.如图，在三棱柱月BC-力出Ci中，M为小G的中点，N为侧面囱勺一点，且A/N〃平面月8。，若

点N的轨迹长度为2,则（）

A.NG=4

B.8ci=4

C.AB\=6

D.5iC=6

【答案】B

【解析】如图，取81G的中点。，BBi的中点、E,连接A/。，DE,ME,由"DE〃BC\,又

平面48G，48U平面力8C，所以MZ）〃平面48G,同理可得OE〃平面,又MDCDE=D,

MD,DEU平面MDE,所以平面〃Of〃平面又A/N〃平面/14G，故点N的轨迹为线段。£,又由

DE=；BCi=2,可得8G=4.

4.（2025•江苏扬州二模）定义两人向量〃与v的向量积是〃xw•个向量，它的模|〃xy|=|4|v|siii〈〃,y〉,它的

方向与〃和y同时垂直，且以〃，5的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的止四面体力5CQ中，

则万x）万）•祀=（）

C.473D.4x/2

【答案】D

【蟀析】设而=而乂通,则而J.通而_L而，过C作CO_L平面480,

22

则。为三角形48。的外心，所以。。二万诉父耳,进而

而x而同行而|.sinN"8=2x2x42，,

*2瓜OC—

CO=JcD2DO2=J22

=--3--、cos<A/C、,KOKC>OC=--3----=—V6,

AC23

由于前与反共线，且方向相同,

则（荔x茄）•衣=丽.刀=|阿•困cos（丽，充）二|利.函cos（南充）=2百x2xg=40

故选：D

5.如图，正三角形以。所在平面与正方形力8c。所在平面垂直,。为正方形48CO的中心，M为正方形

/BCD内一点,且满足MP=MC,则点M的轨迹为（）

【答案】A

【解析】取力。的中点E,连接PE,PC,CE,PB.易知PEL平面4BCD,取PC,48的中点凡G,连接

DF,DG,FG,则PEVDG,又易知Z)G_L£C,£CnP£=E,・・.。6_1_平面PEC,又PCU平面PEC,：・DGIPC,

由PD=DC知DFLPC,DFCiDG=D且DF,OGU平面。平面。打7,又/是尸。的中点，/.

平面。万G上的点到点尸，C的距离相等，又平面OR7n平面48cO=QG,，线段。G上的M点满足MP

=MC.故选A.

6.由空间一点。出发不共面的三条射线0/1,08,。。及相邻两射线所在平面构成的几何图形叫三面角，

记为O-44C.其中。叫做三面角的顶点，面力。？，BOC,CO力叫做三面角的面，ZAOB,/BOC,ZAOC

叫做三面角的三个面角，分别记为夕，B，7，二面角力一。8-。、B-OA-C.Z-OC-B叫做三面角的

二面角，设二面角力-0C-8的平面角大小为x,则一定成立的是()

coscr-cos/?cos/cosor+cos/?cosy

A.COSJT=----------------------------B.COST=------------------L----------

sin/ysinysin^siny

sina-sin/?sin/sina+sinOsiny

C.cosx=------尸——-D.cosx=-------—--

cos夕cosycospcos/

【答案】A

【解析】如图，Z.AOB-a,/.BOC=P.Z.AOC=/,

在OC上取一点K,过K在平面夕。。内作KMIOC,交OB于M,

过X在平面/OC内作KNJ.OC,交。4于N,连接MN,

则/NKM是二面角A-OC-B的平面角，即4NKM=x.

设。在直角三角形0KM中，

OK=wcosR,KM—《sinJ3,

在直角三角形OKN中，。7=竺*£,

cos/

KN=〃,cosma”="竺血，

cos/

,………,，2w2cos2B_2cosacosZ?

在zOMN中，MN-=m2+----厂上■-加---------—,

ccs.yc。"

在△KMN中，KM2+KN2-NM2=2KMKNCOSX.

2

Mrt,,2.，ccos"sir?72nrcosB_,cost?cosP

即为nrsin-P+-----------T------------------------------T-^-4-2m-

cos"ycos'ycos/

-2cos2/?cos2y+2cosacos/?cos/

cos/

2(cosacos/7-cos2f3cosy).wcos/ysin/

=m-----------------------------------------=2"Binp---------L-------cosJ，

cos/cosy

cosa-cos/?cos，

所以cosx=

sin0smy

故选:A.

7.（多选）（2025•江苏南通•模拟）已知点尸是正方体力BCQ-4BCA侧面（包含边界）上一点，下

列说法正确的是（）

A.存在唯----点、P,使得OP//X4

B.存在唯一一点P,使得力尸//面4G。

C.存在唯一一点P,使得4PLBQ

D.存在唯一一点尸，使得。尸J■面4G。

【答案】AD

【解析】如图建系，令力。=1,外猫1衣）,

则4(1,0,0),4(1,0,1),G(OJ1),Q(0,0,0),8(110),2(0,0,1),4(1,1,1),

x=0-2

对于A,DP=（x,l,z）,ABl=（0,1,1）,若DP/则《l=4,解得：x=0,z=l

z=A

故P（0Jl）满足要求，与G重合，存在唯一一点尸，使得。尸//44，A对.

对于B,因为西•而=（一1,一1,1卜（一1,1,0）=1-1=0,（-1-1,1）-（-L0-1）=1-1=0,

因为4GC/Q=4，4G,4。u平面4G。，

所以平面4G。，乂“>//'『面力£。，则万•西=（）,

=]-X-1+Z=0,解得：X=zt

故P点轨迹为线段4C，满足条件的「有无数个，B错,

对于c,4尸=5-1,1,2_]),。a=(1,1,1),//0科=x-l+l+z-l=x+z-l=O,

产在线段8G上，满足条件的尸有无数个，C错.

对于D,由B选项可知：西1平面4G。，而即，面4cQ，

又印与西共线，故P.4重合，D对.

故选：AD.

8.(多选)(2025•金华十校模拟)在矩形力8。中48=240,E为线段力8的中点，将△4QE沿直线OE翻折到

△小。旦若M为线段小C的中点，则在从起始到结束的翻折过程中()

A.存在某位置，使得DELAxC

B.存在某位置，使得CE_L4O

C.MB的长为定值

D.MB与CD所成角的正切值的最小值为:

【答案】BCD

【解析】对于A,假设存在某个位置，使得。笈_LdC.

由题意知N4ED=NBEC=45。,

所以NOEC=90。,即DE±CE,

又DE_L4c，小CnCE=C,

小C,CEU平面小CE,

所以OE_L平面4CE,

因为4EU平面小C区

所以Z)£_L4£,与N4£Z)=N/£O=45。矛盾，故A错误；

对于B,在△/£>£1的翻折过程中，当平面小。七_L平而ABCD时,

易证CEJ_平面小DE,故CEJ_』iZ),故B正确.

对于C,取CD的中点凡连接MF,BF,

2

易知BFV/DEEBF=DE,

所以ZA\DE=ZMFB=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N/8W,在平面ABCD内作M的射影必，

由最小角定理知AABM>/ABMi,

当Mi为AC与BD的交点时,N/IBMi取最小值，此时tanN/f8M=J

2

故所求正切值的最小值为』，D正确.

2

9.如图，正方体力8CQ-mBIGOI的棱长为2,P是面对角线8G上一动点，0是底面48co（含边界）内一

动点，则。P+P。的最小值为一.

【答案】V2+2

【解析】如图，将△8CG沿8G折起铺平在正方体的对角面力8GA所在平面内，这时48CG。是一个五

边形，过点功作。i°_L8C,垂足为Q,且交6G于尸，显然，此时。P+PQ最小.在直角梯形中，

NGDi0=45°,则力iQ=CG+GO】cos450=&+2.

10.（2025•浙江杭州•期末）如图在长方形4?CQ中，AB=5BC=T,£为线段QC上一动点，现将“EO

沿，4E折起，使点。在平面力8c上的射影K在直线/也上，当E从。运动到C,则K所形成轨迹的长度为

()

D•亭

【答案】B

【解析】由题意，将“IE。沿力£折起，由题意平面平面/8C,

由翻折的特征知，连接o'K，则NOK力=90。，故K点的轨迹是以力。为直径的圆上一弧，

根据长方形知圆半径是;,如图当E与C重合时，/K=；，取。为力力的中点，得到AOK为等边三角形，

故/初=%"叩二等,故所对的弧长为*著=*故选B.

11在空间直角坐标系中，定义：平面。的一般方程为41+/+。+。=0（48,。,。€心力2+8、。2工0）,

点产（.％,%,而）到平面a的距离,/』4。+了。：Cz。：0|,则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心

++C

O到侧面的距离等于.

【答案】空

5

【解析】如图，以底面中心。为原点建立空间直角坐标系。-型，

则。（0,0,0）,41,1,0）,5（-1,1,0）,P（0,0,2）,

设平面E48的方程为/x+W+Cz+O=0,

/+〃+。=0

将巩民产坐标代入计算得•-4+8+。=0

2C+D=0

解得4=0,B=-D,C=-1D,/.-^-1DZ4-D=0,

o»|2x0+0—212^5

l；|J2y+z-2=A0,:.d=---7=―=.

J4+15

12.（2025•吉林长春•二模）如图，在三棱锥S-"C中，平面S9_L平面4?C,/"8=120。，

4c=4B=BC=SA=2,点E在棱4c上,且CE=34E,侧面弘4内一动点P满足。尸=2尸E,则点P的

轨迹长度为：直线CP与直线AR所成角的余弦值的取值范围为.

【答案】—

【解析】由。尸=2尸£得，点P轨迹是以力为球心，1为半径的球面，又•••点产在平面S4?内，.•.点P在以

力为圆心，1为半径，等为圆心角的圆弧上，因此点尸的轨迹长度为年.

建系如图，设P(cos0,0,sin0)[()e0,y

，则AB=(2,0,0),CP=(cos0sinO).

|2(cos9-l)||cos0-1|

+3+sin20j5-2cos0

令t=令-2cos0Je[7J,>/6],COS0=——

二松（福而/=亨=u

故直线b与直线所成角的余底值的取值范围为0,

13.设全体空间向量组成的集合为L1=（%,生必）为p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”/（x）;f（x）=x+2（-xa）a（xeV）.

⑴没〃=（-1,。,0），v=（0,0,-l）,若=求向量£；

（2）对于/中的任意单位向量[求|/（工）十或|的最人值.

【解】（1）依题意得：/（〃）=〃+2（—〃工）工=】，设不=（4],%必），

（2）设工与G的夹角为。，则工4=|司•同cosa=cosa,

则|/(x)+2,v|=|3x-2(x.〃)《=(3x-2cosaa)~=，9-8cos，a<3,

故最大值为3.

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,由射线以，PB,PC构成的三

面角PdBC,ZAPC=o,/BPC=B,ZAPB=y,二面角4PC-8的大小为《,Mcosr=cosacosB

+sinasin8cos0.

(1)当。，££(0,“时，证明以上三面角余弦定理：

(2)如图2,平行六面体44。£)-小8］。|小中，平面44iGC_L平面力8CQ,ZJ|JC=6O°,N41C=45°.

①求N448的余弦值；

②在直线CG上是否存在点P,