新高考数学一轮复习讲练测专题8.8立体几何综合问题（讲）（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习讲练测专题8.8立体几何综合问题（讲）（含解析），共28页。

专题8.8 立体几何综合问题
新课程考试要求
1.会解决简单的立体几何问题.
2．会用向量方法证明直线、平面位置关系的有关命题.
3．会用向量方法求解两异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的问题.
核心素养
本节涉及的数学核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象等.
考向预测
（1）立体几何中的动态问题.
（2）立体几何中的探索性问题.
（3）平面图形的翻折问题.
（4）立体几何与传统文化
（5）立体几何新定义问题
（6）利用空间向量证明平行或垂直是高考的热点，内容以解答题中的一问为主，主要围绕考查空间直角坐标系的建立、空间向量的坐标运算能力和分析解决问题的能力命制试题，以多面体为载体、证明线面(面面)的平行(垂直)关系是主要命题方向．空间的角与距离的计算（特别是角的计算）是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题．距离问题往往在与有关面积、体积的计算中加以考查．此类问题往往属于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角或距离.
【考点分类剖析】
考点一 ：立体几何中的动态问题
【典例1】（2021·福建高二期末）在棱长为1的正方体中，点，分别足，，其中，，则（ ）
A．当时，三棱锥的体积为定值
B．当时，点，到平面的距离相等
C．当时，存在使得平面
D．当时，
【答案】ABD
【解析】
由即可判断A；当时，点是的中点可判断B；建立空间直角坐标系，计算可判断C；设，求出所需各点坐标，计算可判断D，进而可得正确选项.
【详解】

对于A：当时，，此时点位于点处，
三棱锥，
为定值，
点到面的距离为是定值，
所以三棱锥的体积为定值，
即三棱锥的体积为定值，故选项A正确；
对于B：当时，点是的中点，
所以点，到平面的距离相等，故选项B正确；
对于C：当时，点是的中点，
建立如图所示空间直角坐标系，则，
，，，
可得，，
所以，
所以与不垂直，所以不存在使得平面，
故选项C不正确；
对于D：设，则，，
，所以，，
因为，所以，
故选项D正确；
故选：ABD.
【典例2】（2020·四川南充·高三其他（理））已知三条射线，，两两所成的角都是60°.点在上，点在内运动，，则点的轨迹长度为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
如图，

过作平面于，则点在的平分线上，
在平面内，作于，连结，
根据三垂线定理，则

，
，
点的轨迹是以为圆心，6为半径的圆在内的圆弧，
圆弧的长度为：
故选：C
【总结提升】
1.立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等．
2．一般是根据线、面垂直，线、面平行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．
【变式探究】
1.（2020·河北新华·石家庄二中高三月考（理））如图，正方体中，P为底面上的动点，于E，且则点P的轨迹是（ ）

A．线段 B．圆 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分
【答案】A
【解析】
连结，可证，即，即点E是体对角线上的定点，直线AE也是定直线．，∴动点P必定在线段AE的中垂面上，则中垂面与底面的交线就是动点P的轨迹，所以动点P的轨迹是线段．

故选：A
2．【多选题】（2021·重庆巴蜀中学高三月考）已知圆台的上下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为，设圆台的体积为，则下列选项中说法正确的是（ ）
A．当时， B．当在区间内变化时，先增大后减小
C．不存在最大值 D．当在区间内变化时，逐渐减小
【答案】AB
【解析】
通过题意得到圆台体积V关于外接球半径r的函数，容易判断A；
利用导数探讨该函数的单调性和最值，可以判断B,C,D.
【详解】
，对选项正确；
，设，
则在上单调递减，设的两根为，由韦达定理知，且当；
2)，在单调递增，在单调递减，
由，
，使得，当，即
当，即，所以在单调递增，在单调递减，则B正确，C，D错误，
故选：.
考点二 ： 立体几何中的探索性问题
【典例3】（2021·广东高二期末）如图，在正方体中，是棱的中点．

（1）求二面角的余弦值；
（2）在棱（包含端点）上是否存在点，使平面，给出你的结论，并证明．
【答案】（1）；（2）不存在，证明见解析.
【解析】
(1)以为正交基底建立直角坐标系，求出相应点的坐标，再求平面的一个法向量为和面的一个法向量为，然后计算法向量夹角的余弦值，即可得二面角的余弦值；
(2) 设的坐标为，若在棱（包含端点）上存在点，使平面，根据求出，再判断即可.
【详解】
（1）解：设正方体的边长为单位长度，建立如图直角坐标系，

则，，，
所以，．
设平面的一个法向量为，
则，即，
可得平面的一个法向量为．
又因为平面的一个法向量为，
所以．
所以二面角的余弦值为．
（2）不存在.
证明：设的坐标为，
因为的坐标为，所以，
若在棱（包含端点）上存在点，使平面，则，
所以，即，与矛盾，
所以棱（包含端点）上不存在点，使平面．
【典例4】（2020·全国）如图，是的直径，点B是上与A，C不重合的动点，平面.

（1）当点B在什么位置时，平面平面，并证明之；
（2）请判断，当点B在上运动时，会不会使得，若存在这样的点B，请确定点B的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）当时，平面平面，证明见解析，（2）不存点B使得，理由见解析
【解析】
(1)当时,平面平面,证明如下:
平面,平面,
平面平面,
,平面平面,
平面,
平面,
∴平面平面;
(2)假设存在点B,使得,
点B是上的动点,
,
又,､平面,,
平面,
平面,
,
设,
在中,有,
在中,有,
可得,故为锐角,这与矛盾,
故不存点B使得.
【典例5】（2020·全国高二课时练习）如图，在三棱柱中，平面，，.

（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的大小；
（3）点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值（用含的代数式表示）.
【答案】（1）证明见解析（2）（3）
【解析】
（1）在三棱柱中，由平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，交线为.
又因为，所以，所以平面.
因为平面，所以
又因为，所以，
又，所以平面.

（2）由（1）知底面，，如图建立空间直角坐标系，
由题意得，，，.
所以，.
所以.
故异面直线与所成角的大小为.

（3）易知平面的一个法向量，
由，得.
设，得，则
因为平面，所以，
即，解得，所以.

【规律方法】
求解立体几何中探索问题的策略
1．条件探索性问题
(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；
(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；
(3)把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．
如本例(2)先根据题意猜测点的位置．再结合证明．一般探索点存在问题，点多为中点或三等分点中的一个．
2．结论探索性问题
首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设，如果得到了矛盾的结论，就否定假设．
【变式探究】
1．（2020·四川泸县五中高二开学考试（理））如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，，.过顶点，的平面与棱，分别交于，两点.

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：四边形是平行四边形；
（Ⅲ）若，试判断二面角的大小能否为？说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不能为.
【解析】
（1）由平面平面，平面平面，
且，所以平面，
又平面，所以；
（2）依题意都在平面上，
因此平面，平面，
又平面，平面，
平面与平面平行，即两个平面没有交点，
则与不相交，又与共面，
所以，同理可证，
所以四边形是平行四边形；
（3）不能.如图，作交于点，延长交于点，连接，

由，，，
所以平面，则平面，又，
根据三垂线定理，得到，所以是二面角的平面角，
若，则是等腰直角三角形，，
又，
所以中，由大角对大边知，
所以，这与上面相矛盾，
所以二面角的大小不能为.
2．（2021·重庆巴蜀中学高三月考）已知在四棱锥中，平面平面，且是正方形.若.

（1）求四棱锥的体积；
（2）在线段上是否存在一点满足：二面角的余弦值为？若存在，请求出的比值.若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【解析】
（1）根据条件先求解正方形的边长，再求解四棱锥的高，从而可求体积；
（2）先建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用二面角的余弦值为，求出，结合的范围可得结果.
【详解】
（1）设正方形的边长为，取的中点，连接.
由平面平面，，
则，所以平面，则，
又，所以，则解出，
所以体积.
（2）以为坐标原点，平行于为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系.


设，则，
所以，
设平面的法向量，
由且，
所以且，
令，可得，
而为平面的一个法向量，
所以，解得，
有或，由于点在线段上，所以.
3．（2020·浦东新·上海师大附中高二期中）设四边形为矩形，点为平面外一点，且平面，若，.

（1）求与平面所成角的正切值；
（2）在边上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；
（3）若点是的中点，在内确定一点，使的值最小，并求此时的值.
【答案】（1）；（2）存在，；（3）、、三点共线，
【解析】
(1)因为平面，平面，所以，又因为底面是矩形，所以，
所以由线面垂直的判定定理可得:平面，所以与平面所成角既为，
又由题意可得:，，所以tan∠CPD=.
所以与平面所成角的正切值为.
(2)假设边上存在一点G满足题设条件，作，

则平面，
所以.，
故存在点G，当时，使点D到平面的距离为.
（3）延长CB到，使，因为平面，平面，所以，

又因为底面是矩形，
所以，
所以由线面垂直的判定定理可得:平面，
则是点C关于面的对称点，
连接，交面于H，
则点H是使的值最小时，在面上的一点.
作于M，则点M是AD的中点，连接交AB于N，连接HN，
则，
所以，
又，
所以，而，
所以.
所以.
【总结提升】
与空间角有关的探索性问题的解题策略
与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问题，常利用空间向量法求解．求解时，一般把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，并注意准确理解和熟练应用夹角公式．
其步骤是：(1)假设存在(或结论成立)；(2)建立空间直角坐标系，设(求)出相关空间点的坐标；(3)构建有关向量；(4)结合空间向量，利用线面角或二面角的公式求解；(5)作出判断．
考点三 ： 平面图形的折叠问题
【典例6】【多选题】（2021·广东高二期末）如图，菱形边长为，，为边的中点．将沿折起，使到，且平面平面，连接，．

则下列结论中正确的是（ ）
A． B．四面体的外接球表面积为
C．与所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BCD
【解析】
根据题意知EB，ED，EA‘两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得异面直线，线面夹角问题.

【详解】
由题知，为正三角形，，将沿折起，使到，且平面平面，则，，两两垂直，以E点坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，

对于A，，，，，，，
则，故与不垂直，故A错误；
对于B，取CE的中点F，联结DF，又，
则，
过F作平面CDE，四面体的外接球球心O在FO上，作，
设，，在，中，
有，解得，，
故四面体的外接球表面积为，故B正确；
对于C，，，设与所成角为，
则，故C正确；
对于D，，，，
设平面的法向量
则，取，
则，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为，D正确；
故选：BCD
【典例7】（2021·江苏高二期中）已知梯形如图1所示，其中，，，四边形是边长为1的正方形，沿将四边形折起，使得平面平面，得到如图2所示的几何体.

（1）求证：平面平面；
（2）求点F到平面ABE的距离；
（3）若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求线段的长度.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
（1）证明，，，证明平面，然后证明平面平面．
（2）过点作于点，说明线段的长即为点到平面的距离，然后转化求解点到平面的距离，即可得出答案．
（3）建系如图，求出平面的法向量，设，，，，然后转化求解即可．
【详解】
解（1）∵平面平面，平面
平面平面，，∴平面
∵平面，∴ ∵四边形是正方形∴
∵、平面，，∴平面
∵平面，∴平面平面；
（2）过点F作于点G，
因为平面平面，平面平面，
平面，，
所以平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
所以线段的长即为点到平面的距离，
，
，，
由，得，即，
所以，
即点到平面的距离为；
（3）如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，
，
设平面的法向量，
，即，可取
设，，则
解得或（舍）
故，∴.

【特别提醒】
解决空间图形的翻折问题时，要从如下几个角度掌握变化规律：

注意：掌握翻折过程中的特殊位置
①翻折的起始位置；②翻折过程中，直线和平面的平行和垂直的特殊位置.
【变式探究】
1．（2021·贵州凯里一中高三三模（文））如图，在中，，，是棱的中点，以为折痕把折叠，使点到达点的位置，则当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
在中，由余弦定理求得，再由当三棱锥体积最大，把三棱锥补形为一个长方体，结合长方体求得外接球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.
【详解】
在中，因为，，
由余弦定理可得
，所以，
当，即平面，三棱锥体积最大，
此时､､两两垂直，可把三棱锥补形为一个长方体，
且长方体长、宽、高分别为：，所以三棱锥的外接球半径为：
，
所以外接球的表面积为：.
故选：D.
2．（2021·重庆八中高三月考）如图1，C，D是以AB为直径的圆上两点，且，，将所在的半圆沿直径AB折起，使得点C在平面ABD上的正投影E在线段BD上，如图2.

（1）求证：BC⊥平面ACD；
（2）已知O为AB中点，在线段CE上是否存在点F，使得平面ACD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.
【解析】
（1）先证明面BCD，进而得出，再由证明平面ADC.
（2）建立空间直角坐标系，设，，利用向量法证明即可.
【详解】
（1）因为平面，平面，所以
因为，，所以平面BCD
因为平面BCD，所以
又，，所以平面ADC.
（2）以O为坐标原点，垂直于AB的方向为x轴正方向，OB为y轴正方向，垂直于面ADB的方向为z轴正方向
不妨设圆的半径为，E为点C在平面ABD上的正投影，所以E在x轴正方向上.

由，知，，，
所以，，.
设，
由（1）知即为平面ACD的法向量，，
若平面CAD，则，即，，所以线段CE上不存在点F，使得平面CAD.
考点四 ： 立体几何与传统文化
【典例8】（2020·海南高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ）


A．20° B．40°
C．50° D．90°
【答案】B
【解析】
画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..
由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.
故选：B

【总结提升】
近几年高考命题关于这部分内容的考查，主要是以传统文化、数学文化、现代生活为背景，考查立体几何的基础知识，涉及三视图、面积体积计算、几何体的几何特征等.
【变式探究】
（2021·全国高三专题练习）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点、距离之比是常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正方体中，点是正方体的表面(包括边界)上的动点，若动点满足，则点所形成的阿氏圆的半径为______；若是的中点，且满足，则三棱锥体积的最大值是______.

阿波罗尼奥斯
【答案】
【解析】
在上取点，在延长线上取点，使得，，则是题中阿氏圆上的点，则是阿氏圆的直径，由此可求得半径，由可得，，即在上述阿氏圆上，这样当是阿氏圆与交点时，到平面距离最大，三棱锥体积的最大，由体积公式计算可得．
【详解】
在上取点，在延长线上取点，使得，，则是题中阿氏圆上的点，由题意是阿氏圆的直径，
，则，，所以，∴阿氏圆半径为；
正方体中，都与侧面垂直，从而与侧面内的直线垂直，
如图，则，∴，即在上述阿氏圆上，
∵的面积是2为定值，因此只要到平面距离最大，则三棱锥体积的最大，
由于点在阿氏圆上，当是阿氏圆与交点时，到平面距离最大，
此时，因此，，
三棱锥体积的最大值为．
故答案为：；．

考点五 ：立体几何中的新定义问题
【典例9】（2021·全国高三零模）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．

（1）求四棱锥的总曲率；
（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，写出多边形表面的所有内角即可.（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，设第个面的棱数为，所以，按照公式计算总曲率即可.
【详解】
（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.

可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.
所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，
则其总曲率为：.
（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，所以有
设第个面的棱数为，所以
所以总曲率为：



所以这类多面体的总曲率是常数.
【总结提升】精读题干，理解新定义是解题的关键.
【变式探究】
（2021·全国高三专题练习）设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中Qi（i＝1，2，…，k，k≥3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk﹣1PQk和平面QkPQ1遍历多面体M的所有以P为公共点的面．

（1）如图1，已知长方体A1B1C1D1﹣ABCD，AB＝BC＝1，，点P为底面A1B1C1D1内的一个动点，则求四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值；
（2）图2为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若干采样点，然后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格．区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是哪个区域？（确定“区域α”还是“区域β”）
【答案】（1）；（2）区域β．
【解析】
（1）计∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠QnPQ1＝θ，则离散曲率为1﹣，θ越大离散曲率越小．由四棱锥的性质求得θ＝，可求得四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值；
（2）区域β比区域α更加平坦，所以θ更大，离散曲率更小．可得答案.
【详解】
（1）计∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠QnPQ1＝θ，则离散曲率为1﹣，θ越大离散曲率越小．
P在底面ABCD的投影记为H，通过直观想象，当H点在平面ABCD中逐渐远离正方形ABCD的中心，以至于到无穷远时，θ逐渐减小以至于趋近于0．所以当H点正好位于正方形ABCD的中心时，θ最大，离散曲率最小．此时HA＝HB＝＝PH，所以PA＝PB＝1＝AB，所以∠APB＝60°，θ＝，
离散曲率为1﹣×＝，所以四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值为；
（2）区域β比区域α更加平坦，所以θ更大，离散曲率更小．
所以区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是区域β．