2026年高考数学-压轴强化训练压轴16立体几何中的创新与融合问题的(3大核心压轴题型精讲+压轴强化训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学-压轴强化训练压轴16立体几何中的创新与融合问题的(3大核心压轴题型精讲+压轴强化训练)(学生版+解析)，共12页。试卷主要包含了翻折有关的轨迹问题等内容，欢迎下载使用。
随着高考改革的不断推进，近期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、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.
题型01 立体几何与轨迹问题的融合
技法指导
1.动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直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，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.
2.翻折有关的轨迹问题
(1)翻折过程中寻找不变的垂直关系求轨迹.
(2)翻折过程中寻找不变的长度关系求轨迹.
(3)可以利用空间坐标运算求轨迹.
1.在棱长为4的正方体中，棱上的点满足，是侧面上的动点，且平面，则点在侧面上的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．4
【答案】A
【解析】取的中点，的中点，连接，
在正方体中，明显有，
又面，面，面，面，
所以面，面，
又面，，
所以面面，
当在线段上运动时，有平面，
即点在侧面上的轨迹为线段，
又，
故点在侧面上的轨迹长度为，故选A.
2.（2025·江苏苏州三模）如图，在直角梯形中，，，，，为中点，现将沿折起，使得平面平面，连接，设为中点，动点在侧面和侧面上运动，且始终满足，则点形成的轨迹长度为 .
【答案】
【解析】由，得：四边形为平行四边形，，
又，，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
以为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则，，，，，
若在侧面上，设，则，，
由得：，即点轨迹为，
则与交于点，
在侧面上的轨迹长度为；
若在侧面上，设，则，，
由得：，即点轨迹为，
则与交于点，
在侧面上的轨迹长度为.
综上所述：点形成的轨迹长度为.
题型02 立体几何与函数的融合
技法指导
立体几何中体积、距离、角的最值（范围）问题，常用的解题思路是：
（1）直观判断：判断动点、动线、动面在变化中达到某一特定位置时，所求的量有相应最大（小）值；
（2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类问题转化为函数，从而利用代数方法求解.
3.（2025·湖北十堰·模拟预测）如图，已知正方体的棱长为为上三等分点且靠近点，在侧面内作边长为1的正方形，是侧面内一动点，且点到平面的距离与线段PF的长度相等．则当点运动时，的最小值是（ ）
A．12B．13C．14D．17
【答案】B
【解析】建立空间直角坐标系，如图所示，过作，垂足为，
设，则，，且，
由，即，化简得，
，
所以当时，取最小值13，故选B
4.如图，在长方体中，已知，，，若对角线上存在一点，使得，则的最大值是 ．

【答案】
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系：
，，，.
在上，所以设，，
所以，所以.
所以，.
因为，所以，
即，令，则
令，则，所以，
所以二次函数开口向下，对称轴为：，
所以在处取得最大值为：.
所以的最大值是.
题型03 立体几何中的创新问题
技法指导
用类比方法求解定义新性质创新问题的三个切入角度
（1）从两个性质的相似性和差异性上理解新性质的准确性；
（2）从两个性质的内涵、应用环境上的差异刻画新性质的“全貌”（本质）；
（3）从类比方法获得启示，从而应用新性质解决问题.
5.空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”．
(1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标；
(2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值．
【解】（1）由题可知，，则（提示：斜坐标的本质是将空间中的向量用基底表示后的系数），由题可知，，．
平面，
即
则，，则的斜坐标为．
（2）由题可得，，
设平面的法向量为，
由
得
即
取，可得，，
即．
则．
由（1）可知平面，
且，
则，
，
则，
即平面与平面的夹角的余弦值为．
6.（2025·河南郑州·三模）在空间直角坐标系O-xyz中，已知向量，经过点，且以为法向量的平面α的方程为．
(1)求原点到平面的距离；
(2)根据平面直角坐标系中点到直线的距离公式，类比出到平面的距离公式，并利用有关知识证明；
(3)已知平行六面体，平面的方程为，平面经过点，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值的最大值．
【解】（1）根据题意，平面的法向量，
在平面上任取点，可得，
设原点到平面的距离为，则，
故原点O到平面的距离为.
（2）由点到直线的距离公式，
类比：点到平面的距离公式为，
证明如下：
不妨设，在平面内取一点，
则向量，
取平面的一个法向量，
所以点到平面的距离为：
（3），
设为平面的一个法向量，则，
令，得，，所以．
因为平面的方程为，所以由（2）知平面的一个法向量为，
设直线的一个方向向量为，则
令，得，所以．
因为平面，所以平面的一个法向量与直线的方向向量垂直，所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为
又，，
平面与平面夹角的余弦值的最大值为．
1.等腰四面体是一种特殊的三棱锥，它的三组对棱分别相等.已知一个长方体的体积为12，则由长方体的四个顶点构成的等腰四面体的体积为（ ）
A.3 B.4
C.6D.8
【答案】B
【解析】如图所示，等腰四面体A-BCD的体积等于长方体体积减去四个三棱锥的体积.设长方体长、宽、高分别为a，b，c，则等腰四面体A-BCD的体积V＝abc－4×13×（12abc）＝13abc＝4.故选B.
2．（2025·云南保山·二模）已知正方体，Q为上底面所在平面内的动点，当直线与的所成角为45°时，点Q的轨迹为（ ）
A．圆B．直线C．抛物线D．椭圆
【答案】C
【解析】以点D为原点，，，为x，y，z的正方向，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，则，设，
可得，，
因为直线与的所成角为，
则，化简可得，
所以点Q的轨迹为抛物线，故选：C.

3.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M为A1C1的中点，N为侧面BCC1B1上的一点，且MN∥平面ABC1，若点N的轨迹长度为2，则（ ）
A.AC1＝4
B.BC1＝4
C.AB1＝6
D.B1C＝6
【答案】B
【解析】如图，取B1C1的中点D，BB1的中点E，连接MD，DE，ME，由MD∥A1B1∥AB，DE∥BC1，又MD⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，同理可得DE∥平面ABC1，又MD∩DE＝D，MD，DE⊂平面MDE，所以平面MDE∥平面ABC1，又MN∥平面ABC1，故点N的轨迹为线段DE，又由DE＝12BC1＝2，可得BC1＝4.
4．（2025·江苏扬州二模）定义两个向量与的向量积是一个向量，它的模，它的方向与和同时垂直，且以的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体中，则（ ）
A．B．.C．D．
【答案】D
【解析】设,则，过作平面，
则为三角形的外心，所以，进而
,
由于与共线，且方向相同，
则
故选：D

5.如图，正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面垂直，O为正方形ABCD的中心，M为正方形ABCD内一点，且满足MP＝MC，则点M的轨迹为（ ）
【答案】A
【解析】取AD的中点E，连接PE，PC，CE，PB.易知PE⊥平面ABCD，取PC，AB的中点F，G，连接DF，DG，FG，则PE⊥DG，又易知DG⊥EC，EC∩PE＝E，∴DG⊥平面PEC，又PC⊂平面PEC，∴DG⊥PC，由PD＝DC知DF⊥PC，DF∩DG＝D且DF，DG⊂平面DFG，∴PC⊥平面DFG，又F是PC的中点，∴平面DFG上的点到点P，C的距离相等，又平面DFG∩平面ABCD＝DG，∴线段DG上的M点满足MP＝MC.故选A.
6．由空间一点出发不共面的三条射线，，及相邻两射线所在平面构成的几何图形叫三面角，记为．其中叫做三面角的顶点，面，，叫做三面角的面，，，叫做三面角的三个面角，分别记为，，，二面角、、叫做三面角的二面角，设二面角的平面角大小为，则一定成立的是（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】如图，，，

在上取一点，过在平面内作，交于，
过在平面内作，交于，连接，
则是二面角的平面角，即.
设，在直角三角形中，
，
在直角三角形中，，
，
在中，，
在中，，
即为
，
所以.
故选：A.
7.（多选）（2025·江苏南通·模拟）已知点P是正方体侧面（包含边界）上一点，下列说法正确的是（ ）
A．存在唯一一点P，使得
B．存在唯一一点P，使得面
C．存在唯一一点P，使得⊥
D．存在唯一一点P，使得⊥面
【答案】AD
【解析】如图建系，令，
则，

对于A，，若，则，解得：
故满足要求，与重合，存在唯一一点P，使得，A对.
对于B，因为，，
因为，平面，
所以平面，又平面，则，
，解得：，
故点轨迹为线段，满足条件的有无数个，B错，
对于C，，
在线段上，满足条件的有无数个，C错.
对于D，由B选项可知：平面，而面，
又与共线，故重合，D对.
故选：AD.
8．（多选）(2025·金华十校模拟)在矩形ABCD中,AB=2AD,E为线段AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折到△A1DE,若M为线段A1C的中点,则在△ADE从起始到结束的翻折过程中( )
A.存在某位置,使得DE⊥A1C
B.存在某位置,使得CE⊥A1D
C.MB的长为定值
D.MB与CD所成角的正切值的最小值为12
【答案】BCD
【解析】对于A,假设存在某个位置,使得DE⊥A1C.
由题意知∠AED=∠BEC=45°,
所以∠DEC=90°,即DE⊥CE,
又DE⊥A1C,A1C∩CE=C,
A1C,CE⊂平面A1CE,
所以DE⊥平面A1CE,
因为A1E⊂平面A1CE,
所以DE⊥A1E,与∠A1ED=∠AED=45°矛盾,故A错误;
对于B,在△ADE的翻折过程中,当平面A1DE⊥平面ABCD时,
易证CE⊥平面A1DE,故CE⊥A1D,故B正确.
对于C,取CD的中点F,连接MF,BF,
则MF∥A1D,MF=A1D,
易知BF∥DE,且BF=DE,
所以∠A1DE=∠MFB=45°,
故由余弦定理可得MB的长为定值,故C正确.
对于D,MB与CD所成的角即MB与AB所成的角,
亦即∠ABM,在平面ABCD内作M的射影M1,
由最小角定理知∠ABM≥∠ABM1,
当M1为AC与BD的交点时,∠ABM1取最小值,此时tan∠ABM1=
故所求正切值的最小值为，D正确.
9.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P是面对角线BC1上一动点，Q是底面ABCD（含边界）内一动点，则D1P＋PQ的最小值为 .
【答案】2＋2
【解析】如图，将△BCC1沿BC1折起铺平在正方体的对角面ABC1D1所在平面内，这时ABCC1D1是一个五边形，过点D1作D1Q⊥BC，垂足为Q，且交BC1于P，显然，此时D1P＋PQ最小.在直角梯形D1QCC1中，∠C1D1Q＝45°，则D1Q＝CC1＋C1D1cs 45°＝2＋2.
10．（2025·浙江杭州·期末）如图在长方形ABCD中，，BC=1，E为线段DC上一动点，现将沿AE折起，使点D在平面ABC上的射影K在直线AE上，当E从D运动到C，则K所形成轨迹的长度为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意，将沿AE折起，由题意平面⊥平面，
由翻折的特征知，连接，则，故点的轨迹是以为直径的圆上一弧，
根据长方形知圆半径是,如图当与重合时，,取为的中点，得到为等边三角形，
故故所对的弧长为故选B.
11.在空间直角坐标系中，定义：平面的一般方程为，点到平面的距离，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O到侧面的距离等于 ．
【答案】
【解析】如图，以底面中心为原点建立空间直角坐标系，
则，，1，，，1，，，0，，
设平面的方程为，
将坐标代入计算得
解得，，，，
即，．
12.（2025·吉林长春·二模）如图，在三棱锥中，平面平面，，点E在棱上，且，侧面内一动点P满足，则点P的轨迹长度为 ；直线与直线所成角的余弦值的取值范围为 .
【答案】
【解析】由得，点P轨迹是以A为球心，1为半径的球面，又点P在平面内，点P在以A为圆心，1为半径，为圆心角的圆弧上，因此点P的轨迹长度为.
建系如图，设，则.
.
令，
.
故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为.
13.设全体空间向量组成的集合为，为V中的一个单位向量，建立一个“自变量”为向量，“因变量”也是向量的“向量函数”；.
(1)设，，若，求向量；
(2)对于V中的任意单位向量，求的最大值.
【解】（1）依题意得：，设，
则，或；
（2）设与的夹角为，则，
则，
故最大值为.
14.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cs γ＝cs αcs β＋sin αsin βcs θ.
（1）当α，β∈（ 0，π2）时，证明以上三面角余弦定理；
（2）如图2，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°.
①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.
【解】（1）证明：如图，过射线PC上一点H作HM⊥PC交PA于M点，
作HN⊥PC交PB于N点，连接MN，
则∠MHN是二面角A-PC-B的平面角.
在△MNP中和△MNH中分别用余弦定理，得
MN2＝MP2＋NP2－2MP·NP·cs γ，
MN2＝MH2＋NH2－2MH·NH·cs θ，
两式相减得MP2－MH2＋NP2－NH2－2MP·NP·cs γ＋2MH·NH·cs θ＝0，∴2MP·NP·cs γ＝2PH2＋2MH·NH·cs θ，
两边同除以2MP·NP，得cs γ＝cs αcs β＋sin αsin βcs θ.
（2）①由平面AA1C1C⊥平面ABCD，知二面角A1-AC-B的大小为90°，
∴由（1）得cs∠A1AB＝cs∠A1AC·cs∠CAB，
∵∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°，
∴cs∠A1AB＝12×22＝24.
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（图略），
在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1?AB，AB?CD，
∴A1B1?DC，
∴四边形A1B1CD为平行四边形，
∴A1D?B1C.
在四边形B1BPC中，B1B?CP，
∴四边形B1BPC为平行四边形，
∴B1C?BP，
∴A1D∥BP，
又A1D⊂平面DA1C1，BP⊄平面DA1C，∴BP∥平面DA1C1.
∴当点P在C1C的延长线上，且使CP＝C1C时，BP∥平面DA1C1.
15.三棱锥的底面是以AC为底边的等腰直角三角形且，各侧棱的长均为3，点E为棱PA的中点点Q是线段CE上的动点.
(1)求点E到平面ABC的距离；
(2)设点Q到平面PBC的距离为，Q到直线AB的距离为，求的最小值.
【解】（1）取AC中点O，连接PO，BO，

因为，，所以，且，
因为是等腰直角三角形，所以，且，又，
满足，
所以，因为，平面ABC，平面ABC，
所以平面ABC，
因为点E为棱PA的中点，所以E到平面ABC的距离为；
（2）如图，以为原点建立空间直角坐标系，设，
则，
则，
设，则可得，
则，则，
所以，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，令，可得，
则，
所以，
所以，令，解得，
令，则，
所以在单调递增，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，即的最小值为.