创新交汇 立体几何与其他知识的综合问题
（时间：30分钟，满分：42分）
一、单项选择题（每小题5分，共10分）
1.（2025·陕西榆林模拟）如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数y＝2sin ωx（ω＞0）图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则ω的值为（ ）
A. B. C. D.2
2.三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角P-ABC是由有公共端点P且不共面的三条射线PA，PB，PC以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A-PC-B的大小为θ，由三面角余弦定理得cos θ＝.在三棱锥P-ABC中，PA＝6，∠APC＝60°，∠BPC＝45°，∠APB＝90°，PB＋PC＝6，则三棱锥P-ABC体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
二、解答题（共32分）
3.（15分）在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，∠ACB的平分线交AB于点D，AD＝2DB.平面α过直线AB，且与△ABC所在的平面垂直.
（1）求直线CD与平面α所成角的大小；
（2）设点E∈平面α，且∠ECD＝30°，记E的轨迹为曲线Γ，判断Γ是什么曲线，并说明理由.
4.（17分）（2025·河南郑州三模）在空间直角坐标系O-xyz中，已知向量u＝（a，b，c）（abc≠0），经过点P0（x0，y0，z0），且以u为法向量的平面α的方程为a（x－x0）＋b（y－y0）＋c（z－z0）＝0.
（1）求原点O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，类比出点P（x0，y0，z0）到平面A'x＋B'y＋C'z＋D'＝0的距离公式，并利用有关知识证明；
（3）已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1，平面CDD1C1的方程为x－2y＋z－2＝0，平面ADD1A1经过点E（0，0，1），F（1，1，2），G（2，2，1），平面ACC1A1的方程为kx－ty－2z＋1＝0（1≤t≤2），求平面CDD1C1与平面ACC1A1夹角的余弦值的最大值.
创新交汇 立体几何与其他知识的综合问题
1.A 由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数y＝2sin ωx（ω＞0）图象的一部分，可得AB＝4，且T＝，所以圆柱的底面直径2r＝，设椭圆长轴长为2a，短轴长为2b，因为离心率为，可得＝＝，所以AC＝＝，由勾股定理得16＋＝，解得ω＝.
2.C 如图所示，作BD垂直于CP于点D，设点B在平面APC中的射影为M，连接BM，MD，由题意得VP-ABC＝·S△APC·BM.设二面角A-PC-B的大小为θ，θ∈[0，π]，则cos θ＝＝－，∴sin∠BDM＝，BM＝BD·sin∠BDM＝BD＝·PB·sin∠BPC＝PB，S△APC＝·PA·PC·sin∠APC＝PC，∴VP-ABC＝·S△APC·BM＝·PB·PC＝·PB（6－PB）＝－PB2＋3PB＝－（PB－3）2＋，当PB＝3时，VP-ABC的最大值为.
3.解：（1）因为平面ABC⊥平面α，平面ABC∩平面α＝AB，BC 平面ABC，BC⊥AB，所以BC⊥平面α，所以直线CD与平面α所成的角为∠CDB.
如图1，过点D作DF⊥AC，垂足为F.因为CD平分∠ACB，DB⊥BC，所以DF＝DB.
又AD＝2DB，所以DF＝AD，所以∠DAF＝30°.又AB＝6，∠ABC＝90°，所以BC＝2.
因为DB＝AB＝2，所以tan∠CDB＝＝，则∠CDB＝60°，所以直线CD与平面α所成的角为60°.
（2）曲线Γ是椭圆，理由如下：由（1）可知，DF⊥AC，DA＝DC，所以F是AC的中点.取AB的中点O，则OF∥BC.又BC⊥平面α，所以OF⊥平面α.在平面α内过O作OG⊥AB，则OF⊥OB，OF⊥OG.如图2，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系O-xyz.因为OB＝3，DB＝2，所以OD＝1.设E（x，y，0），又D（0，1，0），C（0，3，2），则＝（x，y－3，－2），＝（0，－2，－2），所以cos∠ECD＝＝＝，化简得3x2＋2y2＝18，即＋＝1，所以曲线Γ是椭圆.
4.解：（1）根据题意，平面x－y－z－4＝0的法向量为n1＝（1，－1，－1），
在平面x－y－z－4＝0上任取点M（4，0，0），可得＝（4，0，0），
设原点O到平面x－y－z－4＝0的距离为d，则d＝＝＝，
故原点O到平面x－y－z－4＝0的距离为.
（2）由点到直线的距离公式为d＝，
类比：点到平面的距离公式为d＝.
证明如下：
不妨设C'≠0，在平面A'x＋B'y＋C'z＋D'＝0内取一点Q（0，0，－），
则向量＝（x0，y0，z0＋），
取平面A'x＋B'y＋C'z＋D'＝0的一个法向量为n＝（A'，B'，C'），
所以点P（x0，y0，z0）到平面A'x＋B'y＋C'z＋D'＝0的距离为
d＝＝.
（3）由题意得＝（1，1，1），＝（1，1，－1），
设p＝（i，j，r）为平面ADD1A1的一个法向量，则
令i＝1，得j＝－1，r＝0，所以p＝（1，－1，0）.
因为平面CDD1C1的方程为x－2y＋z－2＝0，所以由（2）知平面CDD1C1的一个法向量为q＝（1，－2，1），
设直线DD1的一个方向向量为t＝（x1，y1，z1），则
令x1＝1，得y1＝1，z1＝1，所以t＝（1，1，1）.
因为DD1∥平面ACC1A1，所以平面ACC1A1的一个法向量s＝（k，－t，－2）与直线DD1的方向向量t＝（1，1，1）垂直，所以s·t＝k－t－2＝0，
所以平面CDD1C1与平面ACC1A1夹角的余弦值为cos＜q，s＞＝＝＝＝＝＝＝，
又1≤t≤2，≤≤1，所以cos＜q，s＞＝＝≤，
故平面CDD1C1与平面ACC1A1夹角的余弦值的最大值为.
1 / 1创新交汇 立体几何与其他知识的综合问题
【备考指南】 随着高考改革的不断推进，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、几何、三角形、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.
类型一 立体几何与其他知识的交汇问题
【通性通法】 将立体几何与解析几何巧妙结合，是考核的创新.点、线、面的变化必然导致位置关系或一些量的变化，在具体问题中，让变量变化，考虑由此变化所引发的其他量的变化，构建目标函数，则可将立体几何问题用代数方法解决.
【瓶颈突破】 在平面A1BCD1内，建立平面直角坐标系，写出椭圆E的方程，利用解析几何知识求解.
【例1】 〔多选〕（2025·贵州贵阳质量监测）如图，圆柱的上、下底面圆周与正方体ABCD-A1B1C1D1上、下底面的正方形相切，平面A1BCD1与圆柱侧面的交线为椭圆E，BD1与椭圆E交于M，N两点，则（ ）
A.圆柱体积与正方体体积之比为 B.圆柱的母线与BD1所成的角为
C.椭圆E的离心率e＝ D.｜MN｜＝｜BD1｜
【瓶颈突破】 根据题意得到点P的范围，根据几何关系得到MP与平面P1P2P3P4所成角的正切值最小时｜PP0｜最大.
【训练1】 （2025·河南郑州二模）已知正四棱锥M-P1P2P3P4的底面边长与高均为2，设D是正方形P1P2P3P4及其内部的点构成的集合，点P0是正方形P1P2P3P4的中心，若集合S＝{P｜P∈D，｜PP0｜≤｜PPi｜，i＝1，2，3，4}，则直线MP与平面P1P2P3P4所成角的正切值的最小值为 .
类型二 立体几何中的新定义问题
【通性通法】 解决立体几何中的新定义问题，深刻理解“新定义”是关键，并注意类比思想的运用.
【例2】 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PA，PB，PC构成的三面角P-ABC，∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A-PC-B的大小为θ，则cos γ＝cos αcos β＋sin αsin βcos θ.如图2，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AA1⊥BC，AC＝BC＝AA1，且∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°.
（1）证明二面角A1-AC-B为直二面角，并求∠A1AB的余弦值；
（2）在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由.
【训练2】 （2025·广西南宁二模节选）在空间直角坐标系Oxyz中，任意平面的方程都能表示成Ax＋By＋Cz＋D＝0（A，B，C，D∈R，且A2＋B2＋C2≠0），m＝（A，B，C）为该平面的法向量.设M是多面体的一个顶点，定义多面体在M处的离散曲率为ΩM＝1－（∠N1MN2＋∠N2MN3＋…＋∠Nn－1MNn＋∠NnMN1），其中Ni（i＝1，2，3，…，n，n≥3）为多面体中所有与点M相邻的顶点，且平面N1MN2，N2MN3，…，Nn－1MNn，NnMN1遍历多面体的所有以M为公共顶点的面.多面体的离散总曲率为该多面体各顶点的离散曲率之和.已知空间直角坐标系Oxyz中，几何体W的底面在平面Oxy内，且侧面上任意一点（x，y，z）满足
（1）判断几何体W的形状，并求几何体W的两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值；
（2）求几何体W的离散总曲率.
创新交汇 立体几何与其他知识的综合问题
【典例·讲解】
【例1】 ACD 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则＝1.由题意知，圆柱的上、下底面圆的半径r＝，高h＝1，所以圆柱的体积V圆柱＝πr2h＝π×（）2×1＝，所以＝，A正确；因为圆柱的上、下底面圆周与正方体ABCD-A1B1C1D1上、下底面的正方形相切，所以圆柱的母线平行于正方体的棱BB1，所以∠D1BB1即圆柱的母线与BD1所成的角.由正方体的性质知，BB1⊥平面A1B1C1D1，连接D1B1（图略），又D1B1 平面A1B1C1D1，所以D1B1⊥BB1，在Rt△D1BB1中，BB1＝1，D1B1＝＝，所以tan∠D1BB1＝＝，显然∠D1BB1≠，B错误；由题意知，椭圆E的长轴长2a＝｜A1B｜＝＝，短轴长2b＝｜BC｜＝1，所以a＝，b＝，所以半焦距c＝＝＝，所以椭圆E的离心率e＝＝＝，
C正确；由正方体的性质易知，四边形A1BCD1为矩形.如图，建立平面直角坐标系，则由C选项的分析得，椭圆E的方程为＋＝1，所以B（，－），D1（－，），所以kNM＝＝－，所以直线MN的方程为y＝－x.
由解得或所以M（－，），N（，－），所以｜MN｜＝＝.又｜BD1｜＝＝，所以＝＝.所以｜MN｜＝｜BD1｜，D正确.
【训练1】 2 解析：如图1，在正方形P1P2P3P4内，DA，AB，BC，CD分别是P0P1，P0P2，P0P3，P0P4的中垂线在正方形P1P2P3P4内部分，由｜P0P｜≤｜PP1｜，则点P在五边形DAP2P3P4及其内部，同理，｜P0P｜≤｜PP2｜，｜P0P｜≤｜PP3｜，｜P0P｜≤｜PP4｜时点P在相应的五边形及其内部，综上，点P在正方形ABCD及其内部，可设MP与平面P1P2P3P4所成角为α，由图2可得tan α＝tan∠MPP0＝，因为MP0＝2，所以要让tan α最小，只需｜PP0｜最大，由几何关系可知点P在正方形ABCD的顶点时，｜PP0｜max＝1，此时tan α取得最小值为2.
【例2】 解：（1）∵AC＝BC，∠BAC＝45°，则∠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为直二面角.
由平面AA1C1C⊥平面ABCD，知θ＝90°，
∴由cos γ＝cos αcos β＋sin αsin βcos θ，
得cos∠A1AB＝cos∠A1AC·cos∠CAB，
∵∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°，
∴cos∠A1AB＝×＝.
（2）在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
连接B1C，延长C1C至P，使CP＝C1C，连接BP，
在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1B1∥AB，A1B1＝AB，AB∥CD，AB＝CD，
∴A1B1∥DC，A1B1＝DC，∴四边形A1B1CD为平行四边形，∴A1D∥B1C，
在四边形B1BPC中，B1B∥CP，B1B＝CP，
∴四边形B1BPC为平行四边形，
∴B1C∥BP，∴A1D∥BP，
又A1D 平面DA1C1，BP 平面DA1C1，
∴BP∥平面DA1C1，
∴当点P在C1C的延长线上，且CP＝C1C时，BP∥平面DA1C1.
【训练2】 解：（1）几何体W为正四棱锥，
依题意，
即
当z＝0时，｜x｜＋｜y｜＝表示平面xOy内的两组平行直线x＋y＝±及x－y＝±，
所围成的图形为正方形，不妨令顶点为A（，0，0），B（0，，0），C（－，0，0），D（0，－，0），
当x＝y＝0时，点P（0，0，3），因此几何体W为正四棱锥P-ABCD，如图.
由正四棱锥任意两侧面所在平面的夹角相等，不妨求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值，
平面PAB的方程为3x＋3y＋z＝3，则平面PAB的法向量为m＝（3，3，），
平面PBC的方程为－3x＋3y＋z＝3，则平面PBC的法向量为n＝（－3，3，），
因此cos＜m，n＞＝＝＝，
所以几何体W的两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值为.
（2）依题意，ΩP＝1－（∠APB＋∠BPC＋∠CPD＋∠DPA），
ΩA＝1－（∠DAB＋∠BAP＋∠DAP），
ΩB＝1－（∠ABC＋∠ABP＋∠CBP），
ΩC＝1－（∠BCD＋∠BCP＋∠DCP），
ΩD＝1－（∠CDA＋∠CDP＋∠ADP），
所以几何体W的离散总曲率为ΩP＋ΩA＋ΩB＋ΩC＋ΩD＝5－（∠APB＋∠BPC＋∠CPD＋∠DPA＋∠DAB＋∠BAP＋∠DAP＋∠ABC＋∠ABP＋∠CBP＋∠BCD＋∠BCP＋∠DCP＋∠CDA＋∠CDP＋∠ADP）＝5－（4×π＋2π）＝2.
2 / 2(共36张PPT)
创新交汇
立体几何与其他知识的综合问题
备考指南
随着高考改革的不断推进，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、几何、三角形、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.
典例·讲解 典例精析 强技提能
一
课后·训练 巩固强化 综合测评
二
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CONTENTS
典例·讲解
典例精析 强技提能
类型一 立体几何与其他知识的交汇问题
【例1】 〔多选〕（2025·贵州贵阳质量监测）如图，圆柱的上、下底面
圆周与正方体ABCD-A1B1C1D1上、下底面的正方形相切，平面A1BCD1与
圆柱侧面的交线为椭圆E，BD1与椭圆E交于M，N两点，则（ ）
A. 圆柱体积与正方体体积之比为
B. 圆柱的母线与BD1所成的角为
C. 椭圆E的离心率e＝
D. ｜MN｜＝ ｜BD1｜
√
√
√
【通性通法】 将立体几何与解析几何巧妙结合，是考核的创新.点、
线、面的变化必然导致位置关系或一些量的变化，在具体问题中，让变量
变化，考虑由此变化所引发的其他量的变化，构建目标函数，则可将立体
几何问题用代数方法解决.
【瓶颈突破】 在平面A1BCD1内，建立平面直角坐标系，写出椭圆E的方
程，利用解析几何知识求解.
解析： 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则 ＝1.由题意知，圆柱的上、下底面圆的半径r＝ ，高h＝1，所以圆柱的体积V圆柱＝πr2h＝π×（ ）2×1＝ ，所以 ＝ ，A正确；因为圆柱的上、下底面圆周与正方体ABCD-A1B1C1D1上、下底面的正方形相切，所以圆柱的母线平行于正方体的棱BB1，所以∠D1BB1即圆柱的母线与BD1所成的角.由正方体的性质知，BB1⊥平面A1B1C1D1，连接D1B1（图略），又D1B1 平面A1B1C1D1，所以D1B1⊥BB1，在Rt△D1BB1中，BB1＝1，D1B1＝ ＝ ，所以tan∠D1BB1＝ ＝ ，
显然∠D1BB1≠ ，B错误；由题意知，椭圆E的长轴
长2a＝｜A1B｜＝ ＝ ，短轴
长2b＝｜BC｜＝1，所以a＝ ，b＝ ，所以半焦
距c＝ ＝ ＝ ，所以椭圆E的离心率e＝ ＝ ＝ ， C正确；由正方体的性质易知，四边形A1BCD1为矩形.如图，建立平面直角坐标系，则由C选项的分析得，椭圆E的方程为 ＋ ＝1，
所以B（ ，－ ），D1（－ ， ），所以kNM＝ ＝－ ，所以直线MN的方程为y＝－ x.由 解得 或 所以M（－ ， ），N（ ，－ ），所以｜MN｜＝ ＝ .又｜BD1｜＝ ＝ ，所以 ＝
＝ .所以｜MN｜＝ ｜BD1｜，D正确.
【训练1】 （2025·河南郑州二模）已知正四棱锥M-P1P2P3P4的底面边长
与高均为2，设D是正方形P1P2P3P4及其内部的点构成的集合，点P0是正
方形P1P2P3P4的中心，若集合S＝{P｜P∈D，｜PP0｜≤｜PPi｜，i＝
1，2，3，4}，则直线MP与平面P1P2P3P4所成角的正切值的最小值
为 .
2
【瓶颈突破】 根据题意得到点P的范围，根据几何关系得到MP与平面P1P2P3P4所成角的正切值最小时｜PP0｜最大.
解析：如图1，在正方形P1P2P3P4内，DA，AB，BC，
CD分别是P0P1，P0P2，P0P3，P0P4的中垂线在正方形
P1P2P3P4内部分，由｜P0P｜≤｜PP1｜，则点P在五
边形DAP2P3P4及其内部，同理，｜P0P｜≤｜PP2｜，
｜P0P｜≤｜PP3｜，｜P0P｜≤｜PP4｜时点P在相应
的五边形及其内部，综上，点P在正方形ABCD及其内
部，可设MP与平面P1P2P3P4所成角为α，由图2可得
tan α＝tan∠MPP0＝ ，因为MP0＝2，所以要让
tan α最小，只需｜PP0｜最大，由几何关系可知点P
在正方形ABCD的顶点时，｜PP0｜max＝1，此时tan α取得最小值为2.
类型二 立体几何中的新定义问题
【例2】 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PA，PB，PC构成的三面角P-ABC，
∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A-PC-B的大小为θ，则 cos γ＝ cos α cos β＋ sin α sin β cos θ.如图2，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AA1⊥BC，AC＝BC＝AA1，且∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°.
【通性通法】 解决立体几何中的新定义问题，深刻理解“新定义”是关键，并注意类比思想的运用.
（1）证明二面角A1-AC-B为直二面角，
并求∠A1AB的余弦值；
解： ∵AC＝BC，∠BAC＝45°，则∠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为
直二面角.
由平面AA1C1C⊥平面ABCD，知θ＝90°，
∴由 cos γ＝ cos α cos β＋ sin α sin β cos θ，
得 cos ∠A1AB＝ cos ∠A1AC· cos ∠CAB，
∵∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°，∴ cos ∠A1AB＝ × ＝ .
（2）在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P
的位置；若不存在，说明理由.
解： 在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
连接B1C，延长C1C至P，使CP＝C1C，连接BP，
在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1B1∥AB，A1B1＝AB，
AB∥CD，AB＝CD，
∴A1B1∥DC，A1B1＝DC，∴四边形A1B1CD为平行四边
形，∴A1D∥B1C，
在四边形B1BPC中，B1B∥CP，B1B＝CP，
∴四边形B1BPC为平行四边形，
∴B1C∥BP，∴A1D∥BP，
又A1D 平面DA1C1，BP 平面DA1C1，
∴BP∥平面DA1C1，
∴当点P在C1C的延长线上，且CP＝C1C时，BP∥平面
DA1C1.
【训练2】 （2025·广西南宁二模节选）在空间直角坐标系Oxyz中，任意
平面的方程都能表示成Ax＋By＋Cz＋D＝0（A，B，C，D∈R，且A2
＋B2＋C2≠0），m＝（A，B，C）为该平面的法向量.设M是多面体的
一个顶点，定义多面体在M处的离散曲率为ΩM＝1－ （∠N1MN2＋
∠N2MN3＋…＋∠Nn－1MNn＋∠NnMN1），其中Ni（i＝1，2，3，…，
n，n≥3）为多面体中所有与点M相邻的顶点，且平面N1MN2，
N2MN3，…，Nn－1MNn，NnMN1遍历多面体的所有以M为公共顶点的面.
多面体的离散总曲率为该多面体各顶点的离散曲率之和.已知空间直角坐
标系Oxyz中，几何体W的底面在平面Oxy内，且侧面上任意一点（x，
y，z）满足
（1）判断几何体W的形状，并求几何体W的两个相邻侧面所在平面夹角
的余弦值；
解： 几何体W为正四棱锥，
依题意， 即
当z＝0时，｜x｜＋｜y｜＝ 表示平面xOy内的两
组平行直线x＋y＝± 及x－y＝± ，
所围成的图形为正方形，不妨令顶点为A（ ，0，0），B（0， ，0），C（－ ，0，0），D（0，－ ，0），
当x＝y＝0时，点P（0，0，3），因此几何体W为正四棱锥P-ABCD，如图.
由正四棱锥任意两侧面所在平面的夹角相等，不妨求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值，
平面PAB的方程为3x＋3y＋ z＝3 ，则平面PAB的法向量为m＝（3，3， ），
平面PBC的方程为－3x＋3y＋ z＝3 ，则平面PBC的法向量为n＝（－3，3， ），
因此 cos ＜m，n＞＝ ＝ ＝ ，所以几何体W的两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值为 .
（2）求几何体W的离散总曲率.
解： 依题意，ΩP＝1－ （∠APB＋∠BPC＋∠CPD＋∠DPA），
ΩA＝1－ （∠DAB＋∠BAP＋∠DAP），
ΩB＝1－ （∠ABC＋∠ABP＋∠CBP），
ΩC＝1－ （∠BCD＋∠BCP＋∠DCP），
ΩD＝1－ （∠CDA＋∠CDP＋∠ADP），
所以几何体W的离散总曲率为ΩP＋ΩA＋ΩB＋ΩC＋ΩD＝5－ （∠APB
＋∠BPC＋∠CPD＋∠DPA＋∠DAB＋∠BAP＋∠DAP＋∠ABC＋
∠ABP＋∠CBP＋∠BCD＋∠BCP＋∠DCP＋∠CDA＋∠CDP＋
∠ADP）＝5－ （4×π＋2π）＝2.
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：30分钟，满分：42分）
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一、单项选择题（每小题5分，共10分）
1. （2025·陕西榆林模拟）如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆
的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧
面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若
该段正弦曲线是函数y＝2 sin ωx（ω＞0）图象的一部分，且其对应的椭圆
曲线的离心率为 ，则ω的值为（ ）
A. B.
C. D. 2
√
解析： 由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数y＝2 sin ωx（ω＞0）
图象的一部分，可得AB＝4，且T＝ ，所以圆柱的底面直径2r＝ ，设
椭圆长轴长为2a，短轴长为2b，因为离心率为 ，可得 ＝ ＝ ，所
以AC＝ ＝ ，由勾股定理得16＋ ＝ ，解得ω＝ .
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2. 三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问
题的重要依据.三面角P-ABC是由有公共端点P且不共面的三条射线PA，
PB，PC以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设∠APC＝α，
∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A-PC-B的大小为θ，由三面角余弦定
理得 cos θ＝ .在三棱锥P-ABC中，PA＝6，∠APC＝
60°，∠BPC＝45°，∠APB＝90°，PB＋PC＝6，则三棱锥P-ABC体
积的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
√
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解析： 如图所示，作BD垂直于CP于点D，设点B在
平面APC中的射影为M，连接BM，MD，由题意得VP-
ABC＝ ·S△APC·BM. 设二面角A-PC-B的大小为θ，
θ∈[0，π]，则 cos θ＝ ＝－ ，∴ sin ∠BDM＝ ，BM＝BD· sin ∠BDM＝ BD＝ ·PB· sin ∠BPC＝ PB，S△APC＝ ·PA·PC· sin ∠APC＝ PC，∴VP-ABC＝ ·S△APC·BM＝ ·PB·PC＝ ·PB（6－PB）＝－ PB2＋3PB＝－ （PB－3）2＋ ，当PB＝3时，VP-ABC的最大值为 .
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二、解答题（共32分）
3. （15分）在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，∠ACB的平分线交AB
于点D，AD＝2DB. 平面α过直线AB，且与△ABC所在的平面垂直.
（1）求直线CD与平面α所成角的大小；
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解： 因为平面ABC⊥平面
α，平面ABC∩平面α＝AB，
BC 平面ABC，BC⊥AB，所以
BC⊥平面α，所以直线CD与平面
α所成的角为∠CDB. 如图1，过点D作DF⊥AC，垂足为F. 因为CD平分∠ACB，DB⊥BC，所以DF＝DB. 又AD＝2DB，所以DF＝ AD，
所以∠DAF＝30°.又AB＝6，∠ABC＝90°，所以BC＝2 .因为DB＝ AB＝2，所以tan∠CDB＝ ＝ ，则∠CDB＝60°，所以直线CD与平面α所成的角为60°.
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（2）设点E∈平面α，且∠ECD＝30°，记E的轨迹为曲线Γ，判断Γ是
什么曲线，并说明理由.
解： 曲线Γ是椭圆，理由如下：由（1）可知，DF⊥AC，DA＝
DC，所以F是AC的中点.取AB的中点O，则OF∥BC. 又BC⊥平面α，
所以OF⊥平面α.在平面α内过O作OG⊥AB，则OF⊥OB，OF⊥OG.
如图2，以O为坐标原点， ， ， 的方向分别为x轴、y轴、z轴正
方向建立空间直角坐标系O-xyz.因为OB＝3，DB＝2，所以OD＝1.设E
（x，y，0），又D（0，1，0），C（0，3，2 ），则 ＝（x，y－
3，－2 ）， ＝（0，－2，－2 ），所以 cos ∠ECD＝
＝ ＝ ，化简得3x2＋2y2＝18，即 ＋ ＝1，所以曲
线Γ是椭圆.
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4. （17分）（2025·河南郑州三模）在空间直角坐标系O-xyz中，已知向
量u＝（a，b，c）（abc≠0），经过点P0（x0，y0，z0），且以u为法
向量的平面α的方程为a（x－x0）＋b（y－y0）＋c（z－z0）＝0.
（1）求原点O到平面x－y－z－4＝0的距离；
解：根据题意，平面x－y－z－4＝0的法向量为n1＝（1，－1，－1），
在平面x－y－z－4＝0上任取点M（4，0，0），可得 ＝（4，0，0），
设原点O到平面x－y－z－4＝0的距离为d，则d＝ ＝ ＝ ，
故原点O到平面x－y－z－4＝0的距离为 .
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（2）根据平面直角坐标系中点到直线的距离公式，类比出点P（x0，y0，
z0）到平面A'x＋B'y＋C'z＋D'＝0的距离公式，并利用有关知识证明；
解： 由点到直线的距离公式为d＝ ，
类比：点到平面的距离公式为d＝ .
证明如下：
不妨设C'≠0，在平面A'x＋B'y＋C'z＋D'＝0内取一点Q（0，0，－ ），
则向量 ＝（x0，y0，z0＋ ），
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取平面A'x＋B'y＋C'z＋D'＝0的一个法向量为n＝（A'，B'，C'），
所以点P（x0，y0，z0）到平面A'x＋B'y＋C'z＋D'＝0的距离为
d＝ ＝ .
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（3）已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1，平面CDD1C1的方程为x－2y＋z
－2＝0，平面ADD1A1经过点E（0，0，1），F（1，1，2），G（2，2，
1），平面ACC1A1的方程为kx－ty－2z＋1＝0（1≤t≤2），求平面
CDD1C1与平面ACC1A1夹角的余弦值的最大值.
解： 由题意得 ＝（1，1，1）， ＝（1，1，－1），
设p＝（i，j，r）为平面ADD1A1的一个法向量，则
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令i＝1，得j＝－1，r＝0，所以p＝（1，－1，0）.
因为平面CDD1C1的方程为x－2y＋z－2＝0，所以由（2）知平面
CDD1C1的一个法向量为q＝（1，－2，1），
设直线DD1的一个方向向量为t＝（x1，y1，z1），则
令x1＝1，得y1＝1，z1＝1，所以t＝（1，1，1）.
因为DD1∥平面ACC1A1，所以平面ACC1A1的一个法向量s＝（k，－t，
－2）与直线DD1的方向向量t＝（1，1，1）垂直，所以s·t＝k－t－2＝0，
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所以平面CDD1C1与平面ACC1A1夹角的余弦值为 cos ＜q，s＞＝
＝ ＝ ＝ ＝ ＝
＝ ，
又1≤t≤2， ≤ ≤1，所以 cos ＜q，s＞＝ ＝
≤ ，
故平面CDD1C1与平面ACC1A1夹角的余弦值的最大值为 .
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THANKS
演示完毕 感谢观看
