重難專攻（九）立體幾何中的創(chuàng)新性問題【重點(diǎn)解讀】對于立體幾何中的新情境、新定義問題，首先要深入理解并分析這些新元素，將其與已知的立體幾何知識相結(jié)合.明確解題目標(biāo)后，靈活運(yùn)用基本定理和性質(zhì)，如平行、垂直的判定與性質(zhì)，以及空間角、距離的計(jì)算公式.在解題過程中，合理構(gòu)造輔助線和面，以揭示隱藏的空間關(guān)系，簡化問題.對于復(fù)雜問題，可嘗試建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法進(jìn)行計(jì)算和證明.同時(shí)，要善于將空間問題平面化，通過截面、投影等方式轉(zhuǎn)化求解對象.提能點(diǎn)1新情境問題胡夫金字塔的形狀為四棱錐，1859年，英國作家約翰·泰勒（JohnTaylor，1781—1864）在其《大金字塔》一書中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔時(shí)利用黃金比例（1+52≈1.618），泰勒還引用了古希臘歷史學(xué)家希羅多德的記載：胡夫金字塔的每一個(gè)側(cè)面的面積都等于金字塔高的平方.如圖，若h2＝as，則由勾股定理，as＝s2－a2，即（sa）2－sa－1＝0，因此可求得sa為黃金數(shù)，已知四棱錐底面是邊長約為856英尺的正方形（2a＝856），頂點(diǎn)P的投影為底面中心O，H為BC中點(diǎn)，根據(jù)以上信息，PH的長度（單位：英尺）A.611.6 B.481.4C.692.5 D.512.4解析：C由2a＝856和PH＝s＝5+12a可得PH＝5+12×8562≈692.規(guī)律方法新情境創(chuàng)設(shè)的幾種常見類型（1）從情境的復(fù)雜程度出發(fā)，高考一般從學(xué)生的“熟悉情境、關(guān)聯(lián)情境、綜合情境”三個(gè)層次命題；（2）從情境與學(xué)科知識的融合度上可分為“情境分離型”（去掉情境素材，仍能完成學(xué)科任務(wù)）；“情境嵌入型”（此類題目中的情境與題目中的學(xué)科任務(wù)相互融合，一些關(guān)鍵信息可直接從情境中獲取，但取消情境內(nèi)容題目無法解決）；“情境結(jié)合型”（此類問題的考查內(nèi)容及知識點(diǎn)都需要從情境中提取，如果對材料的理解不夠深入，沒有提取到其中蘊(yùn)含的信息，沒有完成新信息與舊知識的轉(zhuǎn)化，問題就無從求解）.提能點(diǎn)2定義新概念（2025·上海普陀區(qū)測評）對于一個(gè)三維空間，如果一個(gè)平面與一個(gè)球只有一個(gè)交點(diǎn)，則稱這個(gè)平面是這個(gè)球的切平面.已知在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中，球O的半徑為1，記平面xOy、平面zOx、平面yOz分別為α，β，γ.（1）若棱長為a的正方體、棱長為b的正四面體的內(nèi)切球均為球O，求ab的值（2）若球O在點(diǎn)（16，13，12）處有一切平面λ0，求λ0與α的交線方程解：（1）由題意可知，a＝2.正四面體ABCD的內(nèi)切球?yàn)榍騉.如圖，設(shè)頂點(diǎn)A在底面BCD上的射影為點(diǎn)F，則F為△BCD的中心，取線段CD的中點(diǎn)E，連接BE，則BE⊥CD，F(xiàn)在BE上，則BE＝BCsin60°＝32b，BF＝23BE＝3所以AF＝AB2－BF2V正四面體ABCD＝13AF·S△BCD連接OB，OC，OD，因?yàn)閂正四面體ABCD＝VO-ABC＋VO-ABD＋VO-ACD＋VO-BCD＝4×13×1×S△BCD，所以43S△BCD＝13AF·S△BCD，故AF＝63b＝4，解得b所以ab＝226（2）在λ0與α的交線上任取一點(diǎn)P（x，y，0），記點(diǎn)Q（16，13，1連接OQ，QP，則OQ·QP＝0，即（16，13，12）·（x－16，y－13，－即x6－16＋y3－13－12＝0，即x＋2y所以λ0與α的交線方程為x＋2y－6＝0，該直線的一個(gè)方向向量為（－2，1，0）.規(guī)律方法解決定義新概念型問題的關(guān)鍵是把新概念理解透徹（如等腰四面體、球切面等），再逐步轉(zhuǎn)化為用熟知的符號知識、方法表示解決.本例破障關(guān)鍵為理解α與λ0兩平面的位置特征及交線的位置特征.將幾何特征用向量表示，確定在平面α上的直線方程，再確定該直線在空間中的一個(gè)方向向量.提能點(diǎn)3定義新運(yùn)算設(shè)全體空間向量組成的集合為V，a＝（a1，a2，a3）為V中的一個(gè)單位向量，建立一個(gè)“自變量”為向量，“因變量”也是向量的“向量函數(shù)”f（x）：f（x）＝－x＋2（x·a）a（x∈V）.（1）設(shè)u＝（1，0，0），v＝（0，0，1），若f（u）＝v，求向量a；解：（1）依題意得f（u）＝－u＋2（u·a）a＝v，設(shè)a＝（x，y，z），代入運(yùn)算得2xa＝（22，0，22）或a＝（－22，0，－（2）對于V中的任意兩個(gè)向量x，y，證明：f（x）·f（y）＝x·y；解：（2）證明：設(shè)x＝（a，b，c），y＝（m，n，t），a＝（a1，a2，a3），則f（x）·f（y）＝[－x＋2（x·a）a]·[－y＋2（y·a）a]＝x·y－4（y·a）（x·a）＋4（y·a）·（x·a）a2＝x·y－4（y·a）（x·a）＋4（y·a）·（x·a）＝x·y，從而得證.（3）對于V中的任意單位向量x，求｜f（x）－x｜的最大值.解：（3）設(shè)x與a的夾角為α，則x·a＝｜x｜·｜a｜c(diǎn)osα＝cosα，則｜f（x）－x｜＝｜2x－2（x·a）a｜＝（2x－2cosαa）2＝4－4cos2α≤2規(guī)律方法定義新運(yùn)算問題一般先考查對運(yùn)算法則的理解，這時(shí)只需一一驗(yàn)證新運(yùn)算滿足的條件.再考查滿足該新運(yùn)算后要解決什么問題.如本例，滿足新運(yùn)算的函數(shù)有某些新的性質(zhì)，這也是在新背景下研究“舊”性質(zhì)，此時(shí)需結(jié)合新運(yùn)算下新的數(shù)學(xué)表達(dá)式，依據(jù)熟知的運(yùn)算法則和定理進(jìn)行邏輯推理與運(yùn)算，創(chuàng)造性地證明更新的結(jié)論成立.提能點(diǎn)4定義新性質(zhì)類比于二維平面中的余弦定理，有三維空間中的三面角余弦定理.如圖1，由射線PA，PB，PC構(gòu)成的三面角P-ABC，∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A-PC-B的大小為θ，則cosγ＝cosαcosβ＋sinαsinβcosθ.（1）當(dāng)α，β∈（0，π2）時(shí)，證明以上三面角余弦定理（2）如圖2，平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°.①求∠A1AB的余弦值；②在直線CC1上是否存在點(diǎn)P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出點(diǎn)P的位置；若不存在，說明理由.解：（1）證明：如圖，過射線PC上一點(diǎn)H作HM⊥PC交PA于M點(diǎn)，作HN⊥PC交PB于N點(diǎn)，連接MN，則∠MHN是二面角A-PC-B的平面角.在△MNP中和△MNH中分別用余弦定理，得MN2＝MP2＋NP2－2MP·NP·cosγ，MN2＝MH2＋NH2－2MH·NH·cosθ，兩式相減得MP2－MH2＋NP2－NH2－2MP·NP·cosγ＋2MH·NH·cosθ＝0，∴2MP·NP·cosγ＝2PH2＋2MH·NH·cosθ，兩邊同除以2MP·NP，得cosγ＝cosαcosβ＋sinαsinβcosθ.（2）①由平面AA1C1C⊥平面ABCD，知二面角A1-AC-B的大小為90°，∴由（1）得cos∠A1AB＝cos∠A1AC·cos∠CAB，∵∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°，∴cos∠A1AB＝12×22＝②在直線CC1上存在點(diǎn)P，使BP∥平面DA1C1.連接B1C，延長C1C至P，使CP＝C1C，連接BP（圖略），在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，A1B1AB，ABCD，∴A1B1DC，∴四邊形A1B1CD為平行四邊形，∴A1DB1C.在四邊形B1BPC中，B1BCP，∴四邊形B1BPC為平行四邊形，∴B1CBP，∴A1D∥BP，又A1D?平面DA1C1，BP?平面DA1C，∴BP∥平面DA1C1.∴當(dāng)點(diǎn)P在C1C的延長線上，且使CP＝C1C時(shí)，BP∥平面DA1C1.規(guī)律方法用類比方法求解定義新性質(zhì)創(chuàng)新問題的三個(gè)切入角度（1）從兩個(gè)性質(zhì)的相似性和差異性上理解新性質(zhì)的準(zhǔn)確性；（2）從兩個(gè)性質(zhì)的內(nèi)涵、應(yīng)用環(huán)境上的差異刻畫新性質(zhì)的“全貌”（本質(zhì)）；（3）從類比方法獲得啟示，從而應(yīng)用新性質(zhì)解決問題.1.等腰四面體是一種特殊的三棱錐，它的三組對棱分別相等.已知一個(gè)長方體的體積為12，則由長方體的四個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成的等腰四面體的體積為（）A.3 B.4C.6 D.8解析：B如圖所示，等腰四面體A-BCD的體積等于長方體體積減去四個(gè)三棱錐的體積.設(shè)長方體長、寬、高分別為a，b，c，則等腰四面體A-BCD的體積V＝abc－4×13×（12abc）＝13abc＝4.故選2.空間直角坐標(biāo)系O-xyz中，經(jīng)過點(diǎn)P（x0，y0，z0）且法向量為m＝（A，B，C）的平面方程為A（x－x0）＋B（y－y0）＋C（z－z0）＝0，經(jīng)過點(diǎn)（x0，y0，z0）且一個(gè)方向向量為n＝（a，b，c）（abc≠0）的直線l的方程為x－x0a＋y－y0b＋z－z0c＝0，閱讀上面的材料并解決下列問題：現(xiàn)給出平面α的方程為2x－3y－z＝0，經(jīng)過點(diǎn)（0，0，0）的直線l的方程為x－A.514 B.C.513 D.解析：A由題設(shè)知：平面α的法向量m＝（2，－3，－1），直線l的方向向量n＝（－1，2，－3），且平面α與直線l相交于（0，0，0），所以直線l與平面α所成角的正弦值為｜c(diǎn)os＜m，n＞｜＝｜m·n｜｜m||n3.〔多選〕設(shè)Ox，Oy，Oz是空間中兩兩夾角均為θ（θ∈（0，π2］）的三條數(shù)軸，e1，e2，e3分別是與x，y，z軸正方向同向的單位向量，若OP＝xe1＋ye2＋ze3（x，y，z∈R），則把有序數(shù)對（x，y，z）θ叫做向量OP在坐標(biāo)系Oxyz中的坐標(biāo)，則下列結(jié)論正確的是（A.若向量a＝（－1，3，－7）θ，向量b＝（3，－2，4）θ，則a＋b＝（2，1，3）θB.若向量a＝（2，6，－3）π2，向量b＝（3，－1，0）π2，則aC.若向量a＝（x，y，0）θ，向量b＝（1，2，0）θ，則當(dāng)且僅當(dāng)x∶y＝1∶2時(shí)，θ＝πD.若向量OA＝（1，0，0）π3，向量OB＝（0，1，0）π3，向量OC＝（0，0，1）π3，則二面角O解析：BD對于A，若向量a＝（－1，3，－7）θ＝－e1＋3e2－7e3，向量b＝（3，－2，4）θ＝3e1－2e2＋4e3，則a＋b＝2e1＋e2－3e3＝（2，1，－3）θ，故A錯(cuò)誤；對于B，若向量a＝（2，6，－3）π2，向量b＝（3，－1，0）π2，此時(shí)在空間直角坐標(biāo)系中a·b＝2×3＋6×（－1）＝0，故B正確；對于C，若向量a＝（x，y，0）θ＝xe1＋ye2，向量b＝（1，2，0）θ＝e1＋2e2，當(dāng)x∶y＝1∶2時(shí)，y＝2x，則a＝（x，y，0）θ＝xe1＋2xe2＝x（e1＋2e2）＝xb，此時(shí)a∥b，無法判斷θ的大小，故C錯(cuò)誤；對于D，若向量OA＝（1，0，0）π3，向量OB＝（0，1，0）π3，向量OC＝（0，0，1）π3，則三棱錐O-ABC是棱長為1的正四面體，如圖所示，在等邊△OAB和等邊△ABC中，易知OH⊥AB，HC⊥AB，OH＝HC＝32，則∠OHC即為二面角O-AB-C的平面角，在△OHC中，由余弦定理得，cos∠OHC＝OH2＋HC2－OC22OH·HC＝34＋34－124.〔多選〕球面三角學(xué)是研究球面三角形的邊、角關(guān)系的一門學(xué)科.如圖，球O的半徑為R，A，B，C為球面上三點(diǎn)，劣弧BC的弧長記為a，設(shè)Oa表示以O(shè)為圓心，且過B，C的圓，同理，圓Ob，Oc的劣弧AC，AB的弧長分別記為b，c，曲面ABC（陰影部分）叫做曲面三角形，若a＝b＝c，則稱其為曲面等邊三角形，線段OA，OB，OC與曲面△ABC圍成的封閉幾何體叫做球面三棱錐，記為球面O-ABC.設(shè)∠BOC＝α，∠AOC＝β，∠AOB＝γ，則下列結(jié)論正確的是（）A.若平面△ABC是面積為34R2的等邊三角形，則a＝b＝c＝B.若a2＋b2＝c2，則α2＋β2＝γ2C.若a＝b＝c＝π3R，則球面O-ABC的體積V＞212D.若平面△ABC為直角三角形，且∠ACB＝π2，則a2＋b2＝c解析：BC對于A，因等邊三角形ABC的面積為34R2，則AB＝BC＝AC＝R，又OA＝OB＝OC＝R，故α＝β＝γ＝π3，則a＝b＝c＝π3R，故A錯(cuò)誤；對于B，由a2＋b2＝c2可得（αR）2＋（βR）2＝（γR）2，故α2＋β2＝γ2，即B正確；對于C，由a＝b＝c＝π3R可得，α＝β＝γ＝π3，故平面△ABC中AB＝BC＝AC＝R.由正弦定理，△ABC的外接圓半徑為23·32R＝33R，點(diǎn)O到平面ABC的距離h＝R2－（3R3）2＝63R，則三棱錐O-ABC的體積VO-ABC＝13S△ABC·h＝13×34R2×63R＝212R3，而球面O-ABC的體積V＞VO-ABC＝212R3，故C正確；對于D，由余弦定理可知BC2=2R2－2R2cosα，AC2=2R2－2R2cosβ，AB2=2R2－2R2cosγ，由∠ACB＝π2可得，BC2＋AC2＝AB2，即4R2－2R2cosα－2R2cosβ＝2R2－2R2cosγ，化簡得，cosα5.刻畫空間的彎曲性是幾何研究的重要內(nèi)容，在數(shù)學(xué)上用曲率刻畫空間彎曲性.規(guī)定：多面體的頂點(diǎn)的曲率等于2π與多面體在該點(diǎn)的面角之和的差（多面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度用弧度制），多面體面上非頂點(diǎn)的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各頂點(diǎn)的曲率之和.例如：正四面體在每個(gè)頂點(diǎn)有3個(gè)面角，每個(gè)面角是π3，所以正四面體在每個(gè)頂點(diǎn)的曲率為2π－3×π3＝π，故其總曲率為4π.根據(jù)曲率的定義，正方體在每個(gè)頂點(diǎn)的曲率為π2，四棱錐的總曲率為解析：根據(jù)曲率的定義可得正方體在每個(gè)頂點(diǎn)的曲率為2π－3×π2＝π2；由定義可得多面體的總曲率＝2π×頂點(diǎn)數(shù)－各面內(nèi)角和，因?yàn)樗睦忮F有5個(gè)頂點(diǎn)，5個(gè)面，分別為4個(gè)三角形和1個(gè)四邊形，所以任意四棱錐的總曲率為2π×5－（π×4＋2π×1）＝6.18世紀(jì)英國數(shù)學(xué)家辛卜森運(yùn)用定積分，推導(dǎo)出了現(xiàn)在中學(xué)數(shù)學(xué)教材中柱、錐、球、臺等幾何體Ω的統(tǒng)一體積公式V＝16h（L＋4M＋N）（其中h，L，M，N分別為Ω的高、上底面面積、中截面面積、下底面面積），我們也稱為“萬能求積公式”.例如，已知球的半徑為R，可得該球的體積為V＝16×2R（0＋4×πR2＋0）＝43πR3；已知正四棱錐的底面邊長為a，高為h，可得該正四棱錐的體積為V＝16×h［0＋4×（a2）2＋a2］＝13a2h.類似地，運(yùn)用該公式求解下列問題：如圖，已知球O的表面積為36πcm2，若用距離球心O都為1cm的兩個(gè)平行平面去截球O，則夾在這兩個(gè)平行平面之間的幾何體Ω的體積為52解析：如圖所示，設(shè)上、下截面小圓的圓心分別為E，F(xiàn)，上底面截面小圓上一點(diǎn)A，連接OA，因?yàn)榍騉的表面積為4πR2＝36π，解得R＝3，所以O(shè)A＝R＝3，又因?yàn)镺E＝1且OE⊥EA，所以截面小圓半徑r＝EA＝OA2－OE2＝9－1＝22，根據(jù)“萬能求積公式”可得，所求幾何體的體積為：V＝16×2×（8π＋47.設(shè)S是空間中n個(gè)不同的點(diǎn)構(gòu)成的集合，n≥4且n∈N*，其中任意四點(diǎn)不在同一個(gè)平面上，dAB表示點(diǎn)A，B間的距離，記集合τ（S）＝{dAB｜?A，B∈S，A≠B}.已知四面體ABCD滿足：AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝1.（1）求二面角C-AD-B的余弦值；（2）若S＝{A，B，C，D}，求τ（S）.解：（1）易知AB，BC，CD兩兩垂直.根據(jù)題意作圖，并以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CD，CB，BA的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.則C（0，0，0），D（1，0，0），B（0，1，0），A（0，1，1），CA＝（0，1，1），CD＝（1，0，0），DB＝（－1，1，0），DA＝（－1，1，1）.設(shè)平面CAD的法向量為m＝（x，y，z），則m·CA=0，m·CD=0，即y＋z=0，設(shè)平面BAD的法向量為n＝（a，b，c），則n·DA=0，n·DB=0，即－a＋b＋所以cos＜m，n＞＝m·n｜m||n｜＝12×2＝12，（2）AB＝BC＝CD＝1，BD＝AC＝2，AD＝3，所以τ（S）＝{1，2，3}.8.“曼哈頓幾何”也叫“出租車幾何”，是在19世紀(jì)由赫爾曼·閔可夫斯基提出來的.如圖是抽象的城市路網(wǎng)，其中線段｜AB｜是歐式空間中定義的兩點(diǎn)最短距離，但在城市路網(wǎng)中，我們只能走有路的地方，不能“穿墻”而過，所以在“曼哈頓幾何”中，這兩點(diǎn)最短距離用d（A，B）表示，又稱“曼哈頓距離”，即d（A，B）＝｜AC｜＋｜CB｜，因此“曼哈頓兩點(diǎn)間距離公式”：若A（x1，y1），B（x2，y2），則d（A，B）＝｜x2－x1｜＋｜y2－y1｜.（1）①點(diǎn)A（3，5），B（2，－1），求d（A，