2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-立体几何中的创新问题（Word版解析版）

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1.(2025·云南红河三模)高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经典公式，是关于曲面的图形(由曲率表征)和拓扑(由欧拉示性数表征)间联系的一个重要表述，建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系.其特例是球面三角形总曲率x与球面三角形的面积S满足x＝SR2，其中R为球的半径.如图1，把球面上的三个点用三个大圆(以球心为圆心的圆)的圆弧连接起来，所围成的图形叫做球面三角形，若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两所成的二面角的平面角分别为α，β，γ，则球面三角形的面积S＝α＋β＋γ－πR2，已知R＝3.
(1)若图1中∠BOC＝π3，求劣弧BC的长；
(2)若图1中球面三角形ABC中的劣弧AB，BC，CA的长均为3π2，求球面三角形ABC的总曲率x；
(3)由图1截出三棱锥O-ABC，并延长AO使OD＝AO，得到图2所示的三棱锥D-ABC，若cs∠AOC＝13，cs∠BOC＝23，AO⊥OB，E为线段BD上的一个动点，F为AC中点，G为BC中点，设平面OBC与平面EFG的夹角为θ，直线DA与平面ABC所成的角为φ，求sinφsinθ的最大值.
解：(1)设劣弧BC的长度为l，因为∠BOC＝π3，R＝3，所以l＝π3×3＝π.
(2)设AB，BC，CA的长度为l1，∠AOC＝∠BOC＝∠AOB＝δ，
则l1＝3π2，且δ＝l1R＝3π23＝π2，所以OA⊥OC，OB⊥OC，OA⊥OB，
故平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，得α＝β＝γ＝π2，
所以球面三角形ABC的面积S＝α＋β＋γ－πR2＝9π2，
故球面三角形ABC的总曲率x＝SR2＝9π29＝π2.
(3)由余弦定理知：AC2＝32＋32－2×32×cs∠AOC＝12，所以AC＝23，
BC2＝32＋32－2×32×cs∠BOC＝6，
所以BC＝6，
因为AO⊥BO，所以AB＝32＋32＝32，因为AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC，
由题知，AD是球的直径，则AB⊥BD，AC⊥CD，
因为AC⊥BC，AC⊥CD，CD∩BC＝C且CD，BC⊂平面BCD，所以AC⊥平面BCD，
又BD⊂平面BCD，则AC⊥BD，
因为AC⊥BD，AB⊥BD，AB∩AC＝A且AB，AC⊂平面ABC，所以BD⊥平面ABC，
因为BD＝62－322＝32＝AB，
所以△ABD为等腰直角三角形，
所以sin φ＝sin∠DAB＝sinπ4＝22.
因为AC，BC，BD两两垂直，
以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系C-xyz，
设BE＝t，t∈0，32，则A0，23，0，B(6，0，0)，C0，0，0，D6，0，32，F0，3，0，G(62，0，0)，E6，0，t，O(62，3，322)，
则CB＝6，0，0，CO＝(62，3，322)，FG＝(62，－3，0)，EF＝－6，3，－t，
设平面OBC法向量m＝x1，y1，z1，
则m·CB＝6x1=0，m·CO＝62x1＋3y1＋322z1＝0，
取y1＝3，则z1＝－2，x1＝0，可得m＝0，3，－2，
设平面EFG法向量n＝x2，y2，z2，
则n·FG＝62x2－3y2＝0，n·EF＝－6x2＋3y2－tz2＝0，
取y2＝t，则x2＝2t，z2＝－3，可得n＝2t，t，－3，
要使sinφsinθ取最大值，则sin θ取最小值，csθ取最大值，
因为csθ＝cs〈m，n〉＝m·nmn＝3t＋65·3t2+3＝15×t＋2t2+1＝15×t＋22t2+1＝15×1＋22t+1t2+1，
令m＝22t＋1，m∈1，13，则t＝m−122，t2＝m−128，
可得22t＋1t2＋1＝mm－128＋1＝8mm2－2m+9＝8m＋9m－2≤86−2＝2，
当且仅当m＝3，即t＝22时等号成立.
则csθ取最大值35，sin θ＝1－cs2θ＝105为最小值，所以sinφsinθmax＝22105＝52.
2.(2025·辽宁葫芦岛一模)已知函数f(x)＝λsinωx＋φλ＞0，ω＞0，0＜φ＜π图象如图1所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，过A，B作x轴的垂线，分别交x轴于A'，B'，点C为该部分图象与x轴的交点，且AB＝25，f(x)与y轴的交点为D0，3.将绘有该图象的纸片沿x轴折成如图2所示的二面角α-OC-β.折叠后，当二面角α-OC-β的值为π2时，AB＝23.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)在图2中，f(x)的图象上存在点Q，使得DQ∥平面ABC，请确定点Q的个数，并简要说明理由；
(3)如图3，在折叠过程中，若二面角α-OC-β的范围是π3，2π3，求二面角A'-AB-B'的余弦值的取值范围.
解：(1)由题意得A'B'＝T2，AA'＝BB'＝λ，
当绘有图象的纸片折叠前，有AA'＋BB'2＋A'B'2＝AB2，
于是2λ2＋T22＝AB2＝20 ①，
又当二面角α-OC-β的值为π2时，可得AA'2＋A'B'2＋BB'2＝AB2，AB＝23，则2λ2＋T22＝12 ②，
联立①②，解得λ＝2，T＝4.
所以ω＝π2，
又f(x)与y轴的交点为D0，3，可得sin φ＝32，解得φ＝π3(舍)或φ＝2π3，
所以f(x)＝2sinπ2x＋2π3.
(2)①在平面α内，过点D作f(x)图象的切线，斜率为f'0＝πcs2π3＝－π2，
又点A－13，2，C23，0，故AC连线的斜率kAC＝－2，DC连线的斜率kDC＝－332，
于是，过点D作DM∥AC交x轴于M，则直线DM斜率为－2，
因为－332＜－2＜－π2，故直线DM一定交f(x)的图象于Q1，
②在平面β上，过M作MQ2平行于BC，交f(x)于Q2，连接DQ2.
由MQ2∥BC，DM∥AC，且DM∩MQ2＝M，可得平面DMQ2∥平面ABC，
又DQ2⊂平面DMQ2，从而DQ2∥平面ABC，
综上，可确定存在两个点Q满足条件，即DQ1，DQ2∥平面ABC.
(3)根据题意，依图3，以过A'且平行于B'B的直线为x轴，A'B'所在直线为y轴建立空间直角坐标系，设二面角α-OC-β＝θ，θ∈π3，2π3，
则A'0，0，0，B'0，2，0，B2，2，0，A2csθ，0，2sinθ，
所以AB＝2－2csθ，2，－2sinθ，A'A＝2csθ，0，2sinθ，B'B＝2，0，0，
设平面B'AB的法向量n1＝x，y，z，
则AB·n1＝2－2csθx＋2y－2zsinθ＝0，B'B·n1＝2x＝0，
令y＝sin θ，得n1＝0，sinθ，1，
设平面A'AB的法向量n2＝a，b，c，
则AB·n2＝2－2csθa＋2b－2csinθ＝0，A'A·n2＝2csθ·a＋2sinθ·c＝0，
令a＝sin θ，得n2＝sinθ，－sinθ,-csθ，
结合法向量方向可判断，二面角A'-AB-B'的余弦值为－cs〈n1，n2〉，
令y＝－cs〈n1，n2〉＝－－sin2θ－csθ1+sin2θ1+sin2θ＝sin2θ＋csθ1+sin2θ，
化简得y＝sin2θ＋csθ1+sin2θ＝－cs2θ＋csθ+12－cs2θ＝1＋
csθ－12－cs2θ，
令cs θ－1＝t，t∈－32，－12，
于是y＝1＋t2－t+12＝1＋t1－2t－t2＝1＋11t－t－2.
易知，该函数为定区间上的单调递增函数，所以ymin＝17，ymax＝57，
故二面角A'-AB-B'的余弦值的取值范围是17，57.