創(chuàng)新點4　立體幾何中的拓展與創(chuàng)新問題 高三數(shù)學

板塊四立體幾何與空間向量創(chuàng)新點4立體幾何中的拓展與創(chuàng)新問題高考定位立體幾何創(chuàng)新問題的類型有：(1)拓展二維平面中的概念、定理、性質(zhì)，上升到三維空間問題；(2)在立體幾何中定義新運算，并應(yīng)用新的運算性質(zhì)解決問題；(3)定義新概念或新幾何體，以此為載體構(gòu)建數(shù)學問題.解決立體幾何創(chuàng)新題的策略為降維、減域、補形、分割.精準強化練題型一立體幾何＋定理或概念拓展題型二立體幾何＋新運算應(yīng)用拓展題型三立體幾何＋新定義概念或幾何體題型突破題型一立體幾何＋定理或概念拓展例1√如圖，∠AOB＝α，∠BOC＝β，∠AOC＝γ，在OC上取一點K，過K在平面BOC內(nèi)作KM⊥OC，交OB于M，過K在平面AOC內(nèi)作KN⊥OC，交OA于N，連接MN，則∠NKM是二面角A－OC－B的平面角，即∠NKM＝x.設(shè)OM＝m，在直角三角形OKM中，OK＝mcosβ，KM＝msinβ，

解決此類問題要注意運用類比的思想方法，即把解決二維平面問題的方法運用到三維空間中，同時要注意二維平面與三維空間的區(qū)別與聯(lián)系.規(guī)律方法(2024·杭州調(diào)研)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，如圖2，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD為平行四邊形，AA1⊥BC，AC＝BC＝AA1，且∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°.訓練1(1)證明二面角A1－AC－B為直二面角，并求∠A1AB的余弦值；∵AC＝BC，∠BAC＝45°，則∠ABC＝45°，∴AC⊥BC，∵AA1⊥BC，AA1∩AC＝A，AA1，AC?平面A1ACC1，∴BC⊥平面A1ACC1，∵BC?平面ABCD，∴平面AA1C1C⊥平面ABCD，即二面角A1－AC－B為直二面角，

(2)在直線CC1上是否存在點P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出點P的位置；若不存在，說明理由.在直線CC1上存在點P，使BP∥平面DA1C1，

連接B1C，延長C1C至P，使CP＝C1C，連接BP，在棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1B1∥AB，A1B1＝AB，AB∥CD，AB＝CD，∴A1B1∥DC，A1B1＝DC，∴四邊形A1B1CD為平行四邊形，∴A1D∥B1C，在四邊形B1BPC中，B1B∥CP，B1B＝CP，∴四邊形B1BPC為平行四邊形，∴B1C∥BP，∴A1D∥BP，又A1D?平面DA1C1，BP?平面DA1C1，∴BP∥平面DA1C1，∴當點P在C1C的延長線上，且使CP＝C1C時，BP∥平面DA1C1.題型二立體幾何＋新運算應(yīng)用拓展(2024·濟南模擬)在空間直角坐標系O－xyz中，任何一個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)為該平面的法向量.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)設(shè)集合M＝{(x，y，z)|z＝0}，記P∩M中所有點構(gòu)成的圖形的面積為S1，Q∩M中所有點構(gòu)成的圖形的面積為S2，求S1和S2的值；例2集合M＝{(x，y，z)|z＝0}表示xOy平面上所有的點，P＝{(x，y，z)||x|≤1，|y|≤1，|z|≤1}表示(±1，±1，±1)這八個頂點形成的正方體內(nèi)所有的點，而P∩M可以看成正方體在xOy平面上的截面內(nèi)所有的點.發(fā)現(xiàn)它是邊長為2的正方形，因此S1＝4.對于Q＝{(x，y，z)||x|＋|y|＋|z|≤2}，當x，y，z>0時，x＋y＋z＝2表示經(jīng)過(2，0，0)，(0，2，0)，(0，0，2)的平面在第一象限的部分.由對稱性可知Q表示(±2，0，0)，(0，±2，0)，(0，0，±2)，這六個頂點形成的正八面體內(nèi)所有的點.而Q∩M可以看成正八面體在xOy平面上的截面內(nèi)所有的點.(2)記集合Q中所有點構(gòu)成的幾何體的體積為V1，P∩Q中所有點構(gòu)成的幾何體的體積為V2，求V1和V2的值；記集合Q，P∩Q中所有點構(gòu)成的幾何體的體積分別為V1，V2；考慮集合Q的子集Q′＝{(x，y，z)|x＋y＋z≤2，x≥0，y≥0，z≥0}；即為三個坐標平面與x＋y＋z＝2圍成的四面體.四面體四個頂點分別為(0，0，0)，(2，0，0)，(0，2，0)，(0，0，2)，考慮到P的子集P′構(gòu)成的幾何體為棱長為1的正方體，即P′＝{(x，y，z)|0≤x≤1，0≤y≤1，0≤z≤1}，Q′＝{(x，y，z)|x＋y＋z≤2，x≥0，y≥0，z≥0}，顯然P′∩Q′為兩個幾何體公共部分，記Q1(1，1，0)，Q2(1，0，1)，Q3(0，1，1)，Q4(1，1，1).容易驗證Q1，Q2，Q3在平面x＋y＋z＝2上，同時也在P′的底面上.則P′∩Q′為截去三棱錐Q4－Q1Q2Q3所剩下的部分.P′的體積VP′＝1×1×1＝1，三棱錐Q4－Q1Q2Q3的體積為(3)記集合T中所有點構(gòu)成的幾何體為W.①求W的體積V3的值；如圖所示，即為T所構(gòu)成的圖形.其中正方體ABCD－IJML即為集合P所構(gòu)成的區(qū)域.E－ABCD構(gòu)成了一個正四棱錐，其中E到平面ABCD的距離為2，②求W的相鄰(有公共棱)兩個面所成二面角的大小，并指出W的面數(shù)和棱數(shù).由題意平面EBC方程為x＋z－2＝0，由題干定義知其法向量n1＝(1，0，1)，平面ECD方程為y＋z－2＝0，由題干定義知其法向量n2＝(0，1，1)，由圖知兩個相鄰的面所成角為鈍角,由圖可知共有12個面，24條棱.1.解決第(1)問時應(yīng)用“建域”的方法，即通過研究幾何體的某一局部特征，結(jié)合對稱性，進而將這一局部特征推廣至幾何體整體，這樣做可以主觀簡化幾何體結(jié)構(gòu)，降低思維量，達到四兩撥千斤的解題效果.2.解第(3)問時應(yīng)用了“降維”的方法，即從符合構(gòu)圖要求的低維幾何要素開始構(gòu)圖，就像作截面時“先找截點再連截線最后圍截面”一樣來構(gòu)造幾何體.規(guī)律方法訓練2因為A(0，2，1)，B(－1，3，2)，設(shè)A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，題型三立體幾何＋新定義概念或幾何體(2024·南昌二模)如圖所示，用一個不平行于圓柱底面的平面，截該圓柱所得的截面為橢圓面，得到的幾何體稱之為“斜截圓柱”.圖1與圖2是完全相同的“斜截圓柱”，AB是底面圓O的直徑，AB＝2BC＝2，橢圓所在平面垂直于平面ABCD，且與底面所成二面角為45°，圖1中，點P是橢圓上的動點，點P在底面上的投影為點P1，圖2中，橢圓上的點Ei(i＝1，2，3，…，n)在底面上的投影分別為Fi，且Fi均在直徑AB的同一側(cè).例3如圖，取CD中點M，過M作與該斜截圓柱的底面平行的平面，交DA于點G，交BC延長線于點H，與PP1交于點I，因MH＝MG＝1，∠CMH＝∠DMG＝45°，則DG＝HC＝1，AG＝2，過M作GH的垂線，交圓M于J，K兩點.過I作IN⊥JK交JK于點N，又由PI⊥圓M，因JK?圓M，則PI⊥JK，又因PI∩IN＝I.故JK⊥平面PIN.因PN?平面PIN，故PN⊥JK，所以∠PNI為橢圓面與圓M所在平面的夾角，也即橢圓面與底面所成角，所以∠PNI＝45°，則△PNI為等腰直角三角形，PI＝IN.設(shè)∠AOP1＝θ，如圖作圓M所在平面的俯視圖，則∠GMI＝θ，由GH⊥JK，IN⊥JK，所以GH∥IN，則有∠NIM＝∠GMI＝θ，所以IN＝MIcosθ＝cosθ，所以PP1＝IP1＋PI＝IP1＋IN＝2＋cosθ，由(1)知PP1＝2＋cosθ，也即PP1是關(guān)于θ的函數(shù)，也即將斜截圓柱的側(cè)面沿著AD展開，其橢圓面的輪廓線即為函數(shù)y＝2＋cosx的圖象，如圖，將E1F1，E2F2，…，EnFn，BC繪制于函數(shù)y＝2＋cosx圖象上，并以EiFi，F(xiàn)i－1Fi(i＝2，3，…，n)為邊作矩形，則矩形的面積即為

·EiFi，即為這些矩形的面積之和.而兩個該斜截圓柱可拼成一個底面半徑為1，高為4的圓柱，又因為無論點Fi(i＝1，2，3，…，n－1)是否均勻分布在半圓弧AB上，這些矩形的面積之和都小于函數(shù)y＝2＋cosx(0≤x≤π)與坐標軸圍成的面積.本題主要考查“斜截圓柱”的母線長與其在底面的射影對應(yīng)張角的函數(shù)關(guān)系的應(yīng)用，解題思路在于作出與底面平行的橫截面，利用二面角建立PP1與θ的函數(shù)關(guān)系PP1＝2＋cosθ，結(jié)合三角函數(shù)的圖象理解待證式左邊的幾何意義，最后通過補形求得斜截圓柱的側(cè)面積，比較大小既得.規(guī)律方法訓練3由離散曲率的定義知：A，A1，C，C1的離散曲率相等，B，B1，D，D1的離散曲率相等，又∠BAD＋∠ADC＝π，(2)若直四棱柱ABCD－A1B1C1D1在點A處的離散曲率為x，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1體積為f(x)，求函數(shù)y＝f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間.故∠BAD＝π(1－2x)，故直四棱柱ABCD－A1B1C1D1高為1，故體積為f(x)＝sin2πx，【精準強化練】1.(2024·長沙調(diào)研)(1)在空間直角坐標系中，已知平面α的法向量u＝(a，b，c)

(abc≠0)，且平面α經(jīng)過點P0(x0，y0，z0)，設(shè)點P(x，y，z)是平面α內(nèi)任意一點.求證：a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0.(2)我們稱(1)中結(jié)論a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0為平面α的點法式方程，若平面α過點M1(2，－1，4)，M2(－1，3，－2)，M3(0，2，3)，求平面α的點法式方程.2.(2024·汕頭二模)日常生活中，較多