(新高考)高考数学一轮复习讲练测专题8.8《立体几何综合问题》(解析版)

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SKIPIF1<0中，点SKIPIF1<0，SKIPIF1<0分别足SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，其中SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则（）A．当SKIPIF1<0时，三棱锥SKIPIF1<0的体积为定值B．当SKIPIF1<0时，点SKIPIF1<0，SKIPIF1<0到平面SKIPIF1<0的距离相等C．当SKIPIF1<0时，存在SKIPIF1<0使得SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0D．当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0【答案】ABD【解析】由SKIPIF1<0即可判断A；当SKIPIF1<0时，点SKIPIF1<0是SKIPIF1<0的中点可判断B；建立空间直角坐标系，计算SKIPIF1<0可判断C；设SKIPIF1<0，求出所需各点坐标，计算SKIPIF1<0可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，此时点SKIPIF1<0位于点SKIPIF1<0处，三棱锥SKIPIF1<0SKIPIF1<0，SKIPIF1<0为定值，点SKIPIF1<0到面SKIPIF1<0的距离为SKIPIF1<0是定值，所以三棱锥SKIPIF1<0的体积为定值，即三棱锥SKIPIF1<0的体积为定值，故选项A正确；对于B：当SKIPIF1<0时，点SKIPIF1<0是SKIPIF1<0的中点，所以点SKIPIF1<0，SKIPIF1<0到平面SKIPIF1<0的距离相等，故选项B正确；对于C：当SKIPIF1<0时，点SKIPIF1<0是SKIPIF1<0的中点，建立如图所示空间直角坐标系，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0与SKIPIF1<0不垂直，所以不存在SKIPIF1<0使得SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，故选项C不正确；对于D：设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，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：A2．【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SKIPIF1<0，设圆台的体积为SKIPIF1<0，则下列选项中说法正确的是（）A．当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0 B．当SKIPIF1<0在区间SKIPIF1<0内变化时，SKIPIF1<0先增大后减小C．SKIPIF1<0不存在最大值 D．当SKIPIF1<0在区间SKIPIF1<0内变化时，SKIPIF1<0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】SKIPIF1<0，对选项SKIPIF1<0正确；SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上单调递减，设SKIPIF1<0的两根为SKIPIF1<0，由韦达定理SKIPIF1<0知SKIPIF1<0，且当SKIPIF1<0；SKIPIF1<02)，SKIPIF1<0在SKIPIF1<0单调递增，在SKIPIF1<0单调递减，由SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，使得SKIPIF1<0，当SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0当SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0在SKIPIF1<0单调递增，在SKIPIF1<0单调递减，则B正确，C，D错误，故选：SKIPIF1<0.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SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0是棱SKIPIF1<0的中点．（1）求二面角SKIPIF1<0的余弦值；（2）在棱SKIPIF1<0（包含端点）上是否存在点SKIPIF1<0，使SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，给出你的结论，并证明．【答案】（1）SKIPIF1<0；（2）不存在，证明见解析.【解析】(1)以SKIPIF1<0为正交基底建立直角坐标系，求出相应点的坐标，再求平面SKIPIF1<0的一个法向量为SKIPIF1<0和面SKIPIF1<0的一个法向量为SKIPIF1<0，然后计算法向量夹角的余弦值，即可得二面角SKIPIF1<0的余弦值；(2)设SKIPIF1<0的坐标为SKIPIF1<0，若在棱SKIPIF1<0（包含端点）上存在点SKIPIF1<0，使SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，根据SKIPIF1<0求出SKIPIF1<0，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SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．设平面SKIPIF1<0的一个法向量为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，可得平面SKIPIF1<0的一个法向量为SKIPIF1<0．又因为平面SKIPIF1<0的一个法向量为SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0．所以二面角SKIPIF1<0的余弦值为SKIPIF1<0．（2）不存在.证明：设SKIPIF1<0的坐标为SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0的坐标为SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，若在棱SKIPIF1<0（包含端点）上存在点SKIPIF1<0，使SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，与SKIPIF1<0矛盾，所以棱SKIPIF1<0（包含端点）上不存在点SKIPIF1<0，使SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0．【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SKIPIF1<0中，平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0是正方形.若SKIPIF1<0.（1）求四棱锥SKIPIF1<0的体积；（2）在线段SKIPIF1<0上是否存在一点SKIPIF1<0满足：二面角SKIPIF1<0的余弦值为SKIPIF1<0？若存在，请求出SKIPIF1<0的比值SKIPIF1<0.若不存在，请说明理由.【答案】（1）SKIPIF1<0；（2）存在，SKIPIF1<0.【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SKIPIF1<0的余弦值为SKIPIF1<0，求出SKIPIF1<0，结合SKIPIF1<0的范围可得结果.【详解】（1）设正方形SKIPIF1<0的边长为SKIPIF1<0，取SKIPIF1<0的中点SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0.由平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，则解出SKIPIF1<0，所以体积SKIPIF1<0.（2）以SKIPIF1<0为坐标原点，平行于SKIPIF1<0为SKIPIF1<0轴正方向，SKIPIF1<0为SKIPIF1<0轴正方向，SKIPIF1<0为SKIPIF1<0轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.SKIPIF1<0设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，设平面SKIPIF1<0的法向量SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0且SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0且SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，而SKIPIF1<0为平面SKIPIF1<0的一个法向量，所以SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，有SKIPIF1<0或SKIPIF1<0，由于点SKIPIF1<0在线段SKIPIF1<0上，所以SKIPIF1<0.3．（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SKIPIF1<0边长为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0为边SKIPIF1<0的中点．将SKIPIF1<0沿SKIPIF1<0折起，使SKIPIF1<0到SKIPIF1<0，且平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．则下列结论中正确的是（）A．SKIPIF1<0 B．四面体SKIPIF1<0的外接球表面积为SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0与SKIPIF1<0所成角的余弦值为SKIPIF1<0 D．直线SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成角的正弦值为SKIPIF1<0【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，SKIPIF1<0为正三角形，SKIPIF1<0，将SKIPIF1<0沿SKIPIF1<0折起，使SKIPIF1<0到SKIPIF1<0，且平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0两两垂直，以E点坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，对于A，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0与SKIPIF1<0不垂直，故A错误；对于B，取CE的中点F，联结DF，又SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，过F作SKIPIF1<0平面CDE，四面体SKIPIF1<0的外接球球心O在FO上，作SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0，SKIPIF1<0中，有SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，故四面体SKIPIF1<0的外接球表面积为SKIPIF1<0，故B正确；对于C，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0与SKIPIF1<0所成角为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，故C正确；对于D，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，设平面SKIPIF1<0的法向量SKIPIF1<0则SKIPIF1<0，取SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，故直线SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成角的正弦值为SKIPIF1<0，D正确；故选：BCD【典例7】（2021·江苏高二期中）已知梯形SKIPIF1<0如图1所示，其中SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，四边形SKIPIF1<0是边长为1的正方形，沿SKIPIF1<0将四边形SKIPIF1<0折起，使得平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，得到如图2所示的几何体.（1）求证：平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0；（2）求点F到平面ABE的距离；（3）若点SKIPIF1<0在线段SKIPIF1<0上，且SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成角的正弦值为SKIPIF1<0，求线段SKIPIF1<0的长度.【答案】（1）证明见解析；（2）SKIPIF1<0；（3）SKIPIF1<0.【解析】（1）证明SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，证明SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，然后证明平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0．（2）过点SKIPIF1<0作SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0，说明线段SKIPIF1<0的长即为点SKIPIF1<0到平面SKIPIF1<0的距离，然后转化求解点SKIPIF1<0到平面SKIPIF1<0的距离，即可得出答案．（3）建系如图，求出平面SKIPIF1<0的法向量，设SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，然后转化求解即可．【详解】解（1）∵平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0∵SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0∵四边形SKIPIF1<0是正方形∴SKIPIF1<0∵SKIPIF1<0、SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0∵SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，∴平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0；（2）过点F作SKIPIF1<0于点G，因为平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以线段SKIPIF1<0的长即为点SKIPIF1<0到平面SKIPIF1<0的距离，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，即点SKIPIF1<0到平面SKIPIF1<0的距离为SKIPIF1<0；（3）如图，以点SKIPIF1<0为坐标原点，建立空间直角坐标系，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，设平面SKIPIF1<0的法向量SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，可取SKIPIF1<0设SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0或SKIPIF1<0（舍）故SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0.【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SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0是棱SKIPIF1<0的中点，以SKIPIF1<0为折痕把SKIPIF1<0折叠，使点SKIPIF1<0到达点SKIPIF1<0的位置，则当三棱锥SKIPIF1<0体积最大时，其外接球的表面积为（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】D【解析】在SKIPIF1<0中，由余弦定理求得SKIPIF1<0，再由当SKIPIF1<0三棱锥SKIPIF1<0体积最大，把三棱锥SKIPIF1<0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SKIPIF1<0中，因为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由余弦定理可得SKIPIF1<0SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，当SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，三棱锥SKIPIF1<0体积最大，此时SKIPIF1<0､SKIPIF1<0､SKIPIF1<0两两垂直，可把三棱锥补形为一个长方体，且长方体长、宽、高分别为：SKIPIF1<0，所以三棱锥SKIPIF1<0的外接球半径为：SKIPIF1<0SKIPIF1<0，所以外接球的表面积为：SKIPIF1<0.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SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，将SKIPIF1<0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SKIPIF1<0平面ACD？若存在，求出SKIPIF1<0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SKIPIF1<0面BCD，进而得出SKIPIF1<0，再由SKIPIF1<0证明SKIPIF1<0平面ADC.（2）建立空间直角坐标系，设SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，利用向量法证明即可.【详解】（1）因为SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0因为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0平面BCD因为SKIPIF1<0平面BCD，所以SKIPIF1<0又SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0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SKIPIF1<0，E为点C在平面ABD上的正投影，所以E在x轴正方向上.由SKIPIF1<0，知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.设SKIPIF1<0，SKIPIF1<0由（1）知SKIPIF1<0即为平面ACD的法向量，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0若SKIPIF1<0平面CAD，则SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以线段CE上不存在点F，使得SKIPIF1<0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SKIPIF1<0是赤道所在平面的截线；SKIPIF1<0是点SKIPIF1<0处的水平面的截线，依题意可知SKIPIF1<0；SKIPIF1<0是晷针所在直线.SKIPIF1<0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SKIPIF1<0、根据线面垂直的定义可得SKIPIF1<0..由于SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，由于SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，也即晷针与点SKIPIF1<0处的水平面所成角为SKIPIF1<0.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SKIPIF1<0、SKIPIF1<0距离之比SKIPIF1<0是常数的点的轨迹是一个圆心在直线SKIPIF1<0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SKIPIF1<0中，点SKIPIF1<0是正方体的表面SKIPIF1<0(包括边界)上的动点，若动点SKIPIF1<0满足SKIPIF1<0，则点SKIPIF1<0所形成的阿氏圆的半径为______；若SKIPIF1<0是SKIPIF1<0的中点，且满足SKIPIF1<0，则三棱锥SKIPIF1<0体积的最大值是______.阿波罗尼奥斯【答案】SKIPIF1<0SKIPIF1<0【解析】在SKIPIF1<0上取点SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0延长线上取点SKIPIF1<0，使得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0是题中阿氏圆上的点，则SKIPIF1<0是阿氏圆的直径，由此可求得半径，由SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0在上述阿氏圆上，这样当SKIPIF1<0是阿氏圆与SKIPIF1<0交点SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0到平面SKIPIF1<0距离最大，三棱锥SKIPIF1<0体积的最大，由体积公式计算可得．【详解】在SKIPIF1<0上取点SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0延长线上取点SKIPIF1<0，使得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0是题中阿氏圆上的点，由题意SKIPIF1<0是阿氏圆的直径，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，∴阿氏圆半径为SKIPIF1<0；正方体中SKIPIF1<0，SKIPIF1<0都与侧面SKIPIF1<0垂直，从而与侧面SKIPIF1<0内的直线SKIPIF1<0垂直，如图SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0在上述阿氏圆上，∵SKIPIF1<0的面积是2为定值，因此只要SKIPIF1<0到平面SKIPIF1<0距离最大，则三棱锥SKIPIF1<0体积的最大，由于SKIPIF1<0点在阿氏圆上，当SKIPIF1<0是阿氏圆与SKIPIF1<0交点SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0到平面SKIPIF1<0距离最大，此时SKIPIF1<0，因此SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，三棱锥SKIPIF1<0体积的最大值为SKIPIF1<0．故答案为：SKIPIF1<0；SKIPIF1<0．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SKIPIF1<0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SKIPIF1<0，所以正四面体在各顶点的曲率为SKIPIF1<0，故其总曲率为SKIPIF1<0．（1）求四棱锥的总曲率；（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数SKIPIF1<0，证明：这类多面体的总曲率是常数．【答案】（1）SKIPIF1<0；（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SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，设第SKIPIF1<0个面的棱数为SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，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：SKIPIF1<0.（2）设顶点数、棱数、面数分别为SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，所以有SKIPIF1<0设第SKIPIF1<0个面的棱数为SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0所以总曲率为：SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0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SKIPIF1<0，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，SKIPIF1<0，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）SKIPIF1<0；（2）区域β．【解析】（1）计∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠QnPQ1＝θ，则离散曲率为1﹣SKIPIF1<0，θ越大离散曲率越小．由四棱锥的性质求得θ＝SKIPIF1<0，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﹣SKIPIF1<0，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＝SKIPIF1<0＝PH，所以PA＝PB＝1＝AB，所以∠APB＝60°，θ＝SKIPIF1<0，离散曲率为1﹣SKIPIF1<0×SKIPIF1<0＝SKIPIF1<0，所以四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值为SKIPIF1<0；（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．专题8.8立体几何综合问题练基础练基础1.（2020·上海市建平中学月考）已知是空间两个不同的平面，则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．非充分非必要条件【答案】B【解析】已知是空间两个不同的平面，若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，可得或相交，反之，若，则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等；所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件．故选：B.2．（2020·全国高三专题练习（文））将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），SKIPIF1<0为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即SKIPIF1<0．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬SKIPIF1<0，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（）A．北纬SKIPIF1<0 B．南纬SKIPIF1<0C．北纬SKIPIF1<0 D．南纬SKIPIF1<0【答案】D【解析】首先根据题意理解太阳高度角、该地纬度、太阳直射纬度的概念，然后由太阳高度角SKIPIF1<0可得结果.【详解】由题可知，天安门广场的太阳高度角SKIPIF1<0，由华表的高和影长相等可知SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0.所以该天太阳直射纬度为南纬SKIPIF1<0，故选：D.3.（湖北高考真题）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】设圆锥底面圆的半径为，高为，依题意，，，所以，即的近似值为，故选B.4.（2021·永州市第四中学高三月考）农历五月初五是端午节．这一天民间有吃粽子的习俗，据说是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国诗人屈原．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到六面体的粽子．如果粽子的馅是六面体内的一个球状物，则粽子馅的最大体积为_________．【答案】SKIPIF1<0【解析】易知球与六个面都相切时体积最大，此时球心到六个面的距离即为球的半径，进而利用等体积法即可解得.【详解】六面体每个面都为边长是1的正三角形，面积为SKIPIF1<0，要使球状的馅的体积最大，则球与六面体的各面相切．如图，连接球心O与五个顶点，把六面体分成六个小三棱锥．设球的半径为R（O到六个面的距离，图里仅标记SKIPIF1<0），则六面体的体积可表示为SKIPIF1<0．易知SKIPIF1<0，又六面体可以看成由两个底面积为SKIPIF1<0，高SKIPIF1<0的正四面体合成的，故其体积又可表示为SKIPIF1<0，因此SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0．故粽子馅的最大体积为SKIPIF1<0．故答案为：SKIPIF1<0.5．（2021·四川省大竹中学高二期中（理））在正方体SKIPIF1<0中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点，当SKIPIF1<0__________时，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0．【答案】SKIPIF1<0【解析】首先如图建立空间直角坐标系，利用垂直关系，转化为坐标运算求解.【详解】如图，建立空间直角坐标系，设棱长为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0若SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0故答案为：SKIPIF1<06．（2021·浙江高二期末）如图在四棱锥SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，E是直线SKIPIF1<0上的一个动点，则SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成角的最大值为________．【答案】SKIPIF1<0.【解析】建立空间直角坐标系如图，先求得平面SKIPIF1<0的法向量SKIPIF1<0，再设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成的角为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，由此可得SKIPIF1<0，进而可得结果.【详解】依题意，以SKIPIF1<0为原点，SKIPIF1<0所在的直线为SKIPIF1<0轴建立空间直角坐标系，如图所示.则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0，所以设SKIPIF1<0，设平面SKIPIF1<0的一个法向量为SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，取SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成的角为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，所以，当SKIPIF1<0即点SKIPIF1<0与点SKIPIF1<0重合时，SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成的角有最大值为SKIPIF1<0.故答案为：SKIPIF1<0.7.（2021·浙江高二期中）在四棱锥SKIPIF1<0中，四边形SKIPIF1<0为正方形，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，点SKIPIF1<0为SKIPIF1<0上的动点，平面SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成的二面角为SKIPIF1<0（SKIPIF1<0为锐角），则当SKIPIF1<0取最小值时，三棱锥SKIPIF1<0的体积为____.【答案】SKIPIF1<0【解析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得当SKIPIF1<0最小时SKIPIF1<0的长，由此求得此时三棱锥SKIPIF1<0的体积.【详解】依题意可知SKIPIF1<0两两相互垂直，以SKIPIF1<0为原点建立如图所示空间直角坐标系，平面SKIPIF1<0的法向量为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，其中SKIPIF1<0，设平面SKIPIF1<0的法向量为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，依题意SKIPIF1<0SKIPIF1<0，由于SKIPIF1<0，所以当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0取得最大值，SKIPIF1<0取得最小值.此时SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.故答案为：SKIPIF1<08.（2021·全国高三其他模拟（理））莱昂哈德·欧拉，瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，他的研究论著几乎涉及到所有数学分支，有许多公式､定理､解法､函数､方程､常数等是以欧拉名字命名的.欧拉发现，不论什么形状的凸多面体，其顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系SKIPIF1<0，此式称为欧拉公式，已知某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，则该32面体的棱数为___________；顶点的个数为___________.【答案】SKIPIF1<0SKIPIF1<0【解析】根据某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，求得该32面体的棱数，然后根据顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系求解.【详解】因为某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，则该32面体的棱数：SKIPIF1<0；因为顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系SKIPIF1<0，设顶点的个数为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，故答案为：SKI