专题09 立体几何新定义问题（新高考热点，30题）-【尖子生培优】2024-2025学年高二年级数学重难点压轴题突破专练（人教A版2019选择性必修第一册）

专题09 立体几何新定义问题（新高考热点，30题） 一、单选题 1．（22-23高三上·河北·期末）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． 2．（23-24高二上·四川成都·阶段练习）空间直角坐标系中，经过点且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线l的方程为，阅读上面的材料并解决下列问题：现给出平面α的方程为，经过点的直线l的方程为，则直线l与平面α所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·上海·期末）用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截面与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、拋物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．记圆锥轴截面半顶角为，截口曲线形状与有如下关系：当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线．如图1所示，其中，现有一定线段，其与平面所成角（如图2），为斜足，上一动点满足，设点在的运动轨迹是，则（    ）    A．当时，是抛物线 B．当时，是双曲线 C．当时，是圆 D．当时，是椭圆 4．（21-22高三上·河南·阶段练习）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为2的一个半圆，则该几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 5．（21-22高三上·重庆涪陵·期中）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，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为，则四棱锥的总曲率为（    ） A． B． C． D． 6．（21-22高二上·北京朝阳·期末）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，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于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个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.给出下列三个结论： ①正方体在每个顶点的曲率均为； ②任意四棱锥的总曲率均为； ③若某类多面体的顶点数，棱数，面数满足，则该类多面体的总曲率是常数. 其中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 7．（21-22高一下·北京·阶段练习）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在堑堵中，，且.下列说法错误的是（    ） A．四棱锥为“阳马” B．四面体为“鳖臑” C．四棱锥体积的最大值为 D．过A点作于点E，过E点作于点F，则面AEF 8．（2023·四川泸州·二模）《九章算术》中关于“刍童”（上、下底面均为矩形的棱台）体积计算的注释：将上底面的长乘以二与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘以二与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．现有“刍童”，其上、下底面均为正方形，若，且每条侧棱与底面所成角的正切值均为，则该“刍童”的体积为（    ） A．224 B．448 C． D．147 9．（22-23高二下·云南玉溪·期末）取两个相互平行且全等的正n边形，将其中一个旋转一定角度，连接这两个多边形的顶点，使得侧面均为等边三角形，我们把这种多面体称作“n角反棱柱”.当时，得到如图所示棱长均相等的“四角反棱柱”，则该“四角反棱柱”外接球的半径与棱长的比值的平方为（    ）    A． B． C． D． 10．（22-23高二下·上海徐汇·期中）祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.由曲线围成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，满足的点组成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，则满足以下哪个关系式（    ） A． B． C． D． 11．（22-23高二下·湖南岳阳·期末）碳（）是一种非金属单质，它是由个碳原子构成，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2，则其六元环的个数为（    ）. A．12 B．20 C．32 D．60 12．（23-24高二下·广东揭阳·期末）已知为球面上四点，分别是的中点，以为直径的球称为的“伴随球”.若三棱锥的四个顶点均在表面积为的球面上，它的两条棱的长度分别为8和6，则的伴随球的体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 13．（23-24高二上·黑龙江齐齐哈尔·期末）设是空间中两两夹角均为的三条数轴，分别是与轴正方向同向的单位向量，若，则把有序数对叫作向量在坐标系中的坐标，则下列结论正确的是（    ） A．若向量，向量，则 B．若向量，向量，则 C．若向量，向量，则当且仅当时， D．若向量，向量，向量，则二面角的余弦值为 14．（2023·全国·模拟预测）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在阳马P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，，，，则下列结论正确的有（    ） A．四面体P－ACD是鳖臑 B．阳马P－ABCD的体积为 C．阳马P－ABCD的外接球表面积为 D．D到平面PAC的距离为 15．（22-23高三上·江苏常州·阶段练习）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体被平面截得的截面面积是 B．勒洛四面体内切球的半径是 C．勒洛四面体的截面面积的最大值为 D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 三、填空题 16．（22-23高三上·云南保山·期末）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于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，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.根据曲率的定义，正方体在每个顶点的曲率为 ，四棱锥的总曲率为 . 17．（23-24高二上·上海浦东新·阶段练习）如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在正方体中，由两个顶点确定的直线与由顶点确定的平面构成的“正交线面对”的个数为 . 18．（21-22高二上·上海闵行·期中）球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，与截面垂直的球体直径被截得的部分称作球冠的高.若半径为的球面被一个平面截成两个球冠，这两个球冠的表面积之差等于截面面积的2倍，则球心到截面的距离为 .（球冠的表面积公式：，其中是球的半径，是球冠的高） 19．（2021·四川达州·一模）两个非零向量，，定义．若，，则 ． 20．（21-22高二上·浙江杭州·期末）已知，空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为 . 21．（22-23高二上·河北邢台·阶段练习）已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，试写出直线的一个方向向量为 ，直线与平面所成角的余弦值为 . 22．（22-23高二上·辽宁沈阳·阶段练习）三个“臭皮匠”在阅读一本材料时发现原来空间直线与平面也有方程．即过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线l的方程为．三个“臭皮匠”利用这一结论编了一道题：“已知平面的方程为，直线l是两个平面与的交线，则直线l与平面所成的角的正弦值是多少？”想着这次可以难住“诸葛亮”了．谁知“诸葛亮”很快就算出了答案．请问答案是 ． 23．（22-23高二上·山东德州·期中）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：，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面遍历多面体M的所有以点P为公共点的面，在长方体中，，，点S为底面的中心，记三棱锥在点A处的离散曲率为，四棱锥在点S处的离散曲率为n，则 ． 24．（22-23高二上·上海普陀·期中）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，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面.已知在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，. ①直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等； ②若，则直四棱柱在顶点A处的离散曲率为； ③若，则直四棱柱在顶点A处的离散曲率为； ④若四面体在点处的离散曲率为，则平面. 上述说法正确的有 （填写序号） 四、解答题 25．（21-22高二上·广东东莞·期中）（1）在空间直角坐标系中，已知平面的法向量，且平面经过点，设点是平面内任意一点.求证：. （2）我们称（1）中结论为平面的点法式方程，若平面过点，求平面的点法式方程. 26．（2022·辽宁沈阳·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为. (1)求蜂房曲顶空间的弯曲度； (2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设 （i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积； （ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值. 27．（22-23高二上·北京·期中）“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出来的．如图是抽象的城市路网，其中线段是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用表示，又称“曼哈顿距离”，即，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若，，则 (1)①点，，求的值． ②求圆心在原点，半径为1的“曼哈顿单位圆”方程． (2)已知点，直线，求B点到直线的“曼哈顿距离”最小值； (3)设三维空间4个点为，，且，，．设其中所有两点“曼哈顿距离”的平均值即，求最大值，并列举最值成立时的一组坐标． 28．（22-23高二上·上海徐汇·期中）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，其中（，2，…，k，）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，且． (1)求直四棱柱在各个顶点的离散曲率之和； (2)若直四棱柱在点A处的离散曲率为x，直四棱柱体积为，求函数的解析式及单调区间． 29．（22-23高三上·河北·阶段练习）已知，，，定义一种运算：，在平行六面体中，，，. (1)证明：平行六面体是直四棱柱； (2)计算，并求该平行六面体的体积，说明的值与平行六面体体积的关系. 30．（23-24高一下·重庆·期末）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球O的半径为R．A、B、C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设表示以O为圆心，且过B、C的圆，同理，圆的劣弧AC、AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形．若设二面角分别为α，β，γ，则球面三角形的面积为．      (1)若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； (2)若平面三角形ABC为直角三角形，，设．则： ①求证：； ②延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，S为AC中点，T为BC中点，设平面OBC与平面EST的夹角为θ，求sinθ的最小值，及此时平面AEC截球O的面积． 10 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题09 立体几何新定义问题（新高考热点，30题） 一、单选题 1．（22-23高三上·河北·期末）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 【分析】运用二面角的定义和直角三角形的勾股定理、三角形的余弦定理，化简整理可得结论. 【详解】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. 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用二面角的定义结合三角函数表示出相关线段的长，最后根据余弦定理有，再代入计算整理即可. 2．（23-24高二上·四川成都·阶段练习）空间直角坐标系中，经过点且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线l的方程为，阅读上面的材料并解决下列问题：现给出平面α的方程为，经过点的直线l的方程为，则直线l与平面α所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题设确定平面α的法向量、直线l的方向向量，应用向量法求线面角的正弦值即可. 【详解】由题设知：平面α的法向量，直线l的方向向量， 且平面α与直线l相交于， 所以直线l与平面α所成角的正弦值为. 故选：A 3．（23-24高二上·上海·期末）用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截面与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、拋物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．记圆锥轴截面半顶角为，截口曲线形状与有如下关系：当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线．如图1所示，其中，现有一定线段，其与平面所成角（如图2），为斜足，上一动点满足，设点在的运动轨迹是，则（    ）    A．当时，是抛物线 B．当时，是双曲线 C．当时，是圆 D．当时，是椭圆 【答案】D 【分析】由题，点在以为轴的圆锥上运动，结合题干信息，逐一分析即可. 【详解】∵为定线段，为定值， ∴在以为轴的圆锥上运动，其中圆锥的轴截面半顶角为，与圆锥轴的夹角为， 对于A，，∴平面截圆锥得双曲线，故A错误； 对于B，，∴平面截圆锥得椭圆，故B错误； 对于C，，∴平面截圆锥得抛物线，故C错误； 对于D，，∴平面截圆锥得椭圆，故D正确； 故选：D. 4．（21-22高三上·河南·阶段练习）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为2的一个半圆，则该几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由圆锥底面周长可求得圆锥的底面半径，圆锥的高，利用圆锥的体积公式和祖暅原理，即得解 【详解】圆锥底面周长为， 所以圆锥的底面半径，圆锥的高， 所以圆锥的体积为， 由祖暅原理，该几何体的体积也为. 故选：C 5．（21-22高三上·重庆涪陵·期中）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，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为，则四棱锥的总曲率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题中给出的定义，由多面体的总曲率计算求解即可． 【详解】解：由题意，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和， 因为四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形， 所以四棱锥的表面内角和由4个三角形和1个四边形组成， 所以面角和为， 故总曲率为． 故选：B. 6．（21-22高二上·北京朝阳·期末）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，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于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个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.给出下列三个结论： ①正方体在每个顶点的曲率均为； ②任意四棱锥的总曲率均为； ③若某类多面体的顶点数，棱数，面数满足，则该类多面体的总曲率是常数. 其中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】根据曲率的定义依次判断即可. 【详解】①根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为，故①正确； ②由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为，故②正确； ③设每个面记为边形， 则所有的面角和为， 根据定义可得该类多面体的总曲率为常数，故③正确. 故选：D. 7．（21-22高一下·北京·阶段练习）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在堑堵中，，且.下列说法错误的是（    ） A．四棱锥为“阳马” B．四面体为“鳖臑” C．四棱锥体积的最大值为 D．过A点作于点E，过E点作于点F，则面AEF 【答案】C 【分析】根据“阳马”和“鳖膈”的定义，可判断A，B的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意可证平面，进而判断D的正误. 【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”， ∴在堑堵中，，侧棱平面， A选项，∴，又，且，则平面， ∴ 四棱锥为“阳马”，故A正确； B选项，由，即，又且， ∴平面，∴，则为直角三角形， 又由平面，得为直角三角形，由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形，∴ 四面体为“鳖膈”，故B正确； C选项，在底面有，即，当且仅当时取等号， ，最大值为，故C错误； D选项，因为，，，所以平面，故D正确； 故选：C 8．（2023·四川泸州·二模）《九章算术》中关于“刍童”（上、下底面均为矩形的棱台）体积计算的注释：将上底面的长乘以二与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘以二与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．现有“刍童”，其上、下底面均为正方形，若，且每条侧棱与底面所成角的正切值均为，则该“刍童”的体积为（    ） A．224 B．448 C． D．147 【答案】B 【分析】根据题意结合图形得到是“刍童”其中一条侧棱与与底面所成角的平面角，从而求得该刍童的高，进而根据刍童的体积公式即可求得结果． 【详解】连接，交于点，连接，交于点，连接，过作，如图， . 因为“刍童”上、下底面均为正方形，且每条侧棱与底面所成角的正切值均相等， 所以底面，又，所以底面， 所以是“刍童”其中一条侧棱与底面所成角的平面角，则， 因为，所以， 易知四边形是等腰梯形，则， 所以在中，，则，即“刍童”的高为， 则该刍童的体积. 故选：B． 9．（22-23高二下·云南玉溪·期末）取两个相互平行且全等的正n边形，将其中一个旋转一定角度，连接这两个多边形的顶点，使得侧面均为等边三角形，我们把这种多面体称作“n角反棱柱”.当时，得到如图所示棱长均相等的“四角反棱柱”，则该“四角反棱柱”外接球的半径与棱长的比值的平方为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设上下正四边形的中心分别为，连接，设出棱长，利用外接圆的性质求出外接球的半径，最后求出比值. 【详解】如图，由题意可知旋转角度为，设上下正四边形的中心分别为， 连接，则的中点即为外接球的球心，其中点为所在棱的中点， 设棱长为，可知，， 过点作于点，则， ，易得四边形为矩形，即，， 则，即该“四角反棱柱”外接球的半径， 故该“四角反棱柱”外接球的半径与其棱长的比值的平方为， 故选：A.    【点睛】本题的关键是读懂题意，求出旋转角度为，再设出棱长，利用图形作出合理辅助线，利用勾股定理求出外接球的半径，最后得到比值. 10．（22-23高二下·上海徐汇·期中）祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.由曲线围成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，满足的点组成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，则满足以下哪个关系式（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可得旋转体夹在两个相距为8的平行平面之间，用任意一个与y轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为，求得截面面积相等，利用祖暅原理知，两个几何体的体积相等. 【详解】如图，两图形绕y轴旋转所得的旋转体夹在两个相距为8的平行平面之间， 用任意一个与y轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为， 所得截面面积， ，由祖暅原理知，两个几何体的体积相等，即 故选：D    【点睛】关键点点睛：本题考查了祖暅原理的应用，求旋转体的体积的方法，解题的关键祖暅原理，清楚旋转体夹在两个相距为8的平行平面之间，考查学生的转化思想，数形结合思想，属于较难题. 11．（22-23高二下·湖南岳阳·期末）碳（）是一种非金属单质，它是由个碳原子构成，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2，则其六元环的个数为（    ）. A．12 B．20 C．32 D．60 【答案】B 【分析】根据顶点数－棱数＋面数＝2求出棱数，设正五边形有个，正六边形有个，根据面数和棱数即可得关于的方程组，解得的值，即可求解. 【详解】根据题意， 碳（）由个顶点，有个面， 由顶点数－棱数＋面数＝2可得：棱数为， 设正五边形有个，正六边形有个， 则，解得：，所以六元环的个数为个， 故选：B. 12．（23-24高二下·广东揭阳·期末）已知为球面上四点，分别是的中点，以为直径的球称为的“伴随球”.若三棱锥的四个顶点均在表面积为的球面上，它的两条棱的长度分别为8和6，则的伴随球的体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知求出三棱锥的外接球半径，求出，进一步求出的范围，从而得出答案即可． 【详解】设三棱锥外接球的半径为， 则，所以球的半径为， 则球的两条弦的中点为， 则， 即弦分别是以为球心，半径为和的球的切线， 且弦在以为球心，半径为的球的外部， 的最大距离为，最小距离为， 当三点共线时，分别取最大值与最小值， 故的伴随球半径分别为， 当半径为时，的伴随球的体积为， 当半径为时，的伴随球的体积． ∴的伴随球的体积的取值范围是． 故选：D. 【点睛】关键点点睛：由三棱锥的外接球半径，求出是解题的关键． 二、多选题 13．（23-24高二上·黑龙江齐齐哈尔·期末）设是空间中两两夹角均为的三条数轴，分别是与轴正方向同向的单位向量，若，则把有序数对叫作向量在坐标系中的坐标，则下列结论正确的是（    ） A．若向量，向量，则 B．若向量，向量，则 C．若向量，向量，则当且仅当时， D．若向量，向量，向量，则二面角的余弦值为 【答案】BD 【分析】根据题意直接计算进而判断A；通过空间直角坐标系数量积的运算法则计算B；根据题意直接判断C；根据题中的概念判断得到三棱锥是棱长为1的正四面体，再结合二面角定义法求解方法进行求解判断D. 【详解】对于A，若向量， 向量， 则，故A错误； 对于B，若向量，向量， 此时在空间直角坐标系中，故B正确； 对于C，若向量，向量， 当时，，则， 此时，显然不成立，故C错误； 对于D，若向量，向量，向量， 则三棱锥是棱长为1的正四面体，如图所示，取中点，连接， 在等边中，易知，, 则即为二面角的平面角， 在中，由余弦定理得，， 所以二面角的余弦值为，故D正确. 故选：BD 14．（2023·全国·模拟预测）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在阳马P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，，，，则下列结论正确的有（    ） A．四面体P－ACD是鳖臑 B．阳马P－ABCD的体积为 C．阳马P－ABCD的外接球表面积为 D．D到平面PAC的距离为 【答案】BD 【分析】根据鳖臑定义判断A，根据锥体体积公式判断B，通过补形确定阳马P－ABCD的外接球的直径，结合球的体积公式判断C，利用等体积法求D到平面PAC的距离判断D. 【详解】设，，， 由侧棱PD⊥底面ABCD，，，， 可得，解得 即，，． 对于A，由，，可得△PAC不是直角三角形，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，将阳马补形为长为2，宽为1，高为1的长方体， 可知其外接球直径为， 故阳马的外接球半径， 表面积，故C错误； 对于D，设D到平面的距离为h， 由，， 可得的面积为， 由等体积法， 可得， 解得，故D正确． 故选：BD. 15．（22-23高三上·江苏常州·阶段练习）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体被平面截得的截面面积是 B．勒洛四面体内切球的半径是 C．勒洛四面体的截面面积的最大值为 D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 【答案】CD 【分析】对A选项结合勒洛三角形得到其截面图，利用扇形面积和三角形面积公式即可得到答案，而A选项的截面积为C选项的最大截面积，对B选项需要利用正四面体的高以及外接球半径与棱长的关系，得到外接球半径为，再根据图形得到勒洛四面体的内切球半径，而此半径即为该勒洛四面体的能够容纳的最大球的半径，即可判断D选项. 【详解】对于A， 故A错误，截面示意图如下： 对于B，由对称性知,勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心,如图： 正外接圆半径,正四面体的高,令正四面体的外接球半径为, 在中,，解得, 此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示： 图中取正四面体中心为,连接交平面于点，交曲面于点，其中即为正四面体外接球半径，因为点ACDF均在以点B为球心的球面上， 所以， 设勒洛四面体内切球半径为，则由图得，故B错误； 对于C，显然勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，由对A的分析知，故C正确； 对于D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切,即为勒洛四面体内切球,所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，故D正确. 故选：CD． 【点睛】本题实际上是勒洛三角形在三维层面的推广，对计算能力，空间想象能力要求高，记住正四面体的高，内切球半径，外接球半径与棱长关系的二级结论将会加快对本题的求解. 三、填空题 16．（22-23高三上·云南保山·期末）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于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，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.根据曲率的定义，正方体在每个顶点的曲率为 ，四棱锥的总曲率为 . 【答案】 / 【分析】根据曲率的定义结合正方体和四棱锥的特点即可得到答案. 【详解】根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为； 由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和， 因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形， 所以任意四棱锥的总曲率为. 故答案为：；. 17．（23-24高二上·上海浦东新·阶段练习）如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在正方体中，由两个顶点确定的直线与由顶点确定的平面构成的“正交线面对”的个数为 . 【答案】44 【分析】根据题中定义“正交线面对”的含义，找出正方体中“正交线面对”的组数，即可得出结果. 【详解】如果一条直线与一个平面垂直，那么，这一组直线与平面就构成一个正交线面对. 如下图所示：    ①对于正方体的每一条棱，都有个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有个； ②对于正方体的每一条面对角线（如，则平面）， 下面简单证明平面，因为平面， 平面，所以， 又因为，且平面，，所以平面. 每一条面对角线均有一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有个. ③对于正方体的每一条体对角线，（如，则平面）， 由平面，平面，则，而， 又，于是平面，而平面，因此， 同理，又，故平面， 每一条体对角线都有两个面构成“正交线面对”，共有个， 综上所述，正方体中的“正交线面对”共有个. 故答案为：. 18．（21-22高二上·上海闵行·期中）球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，与截面垂直的球体直径被截得的部分称作球冠的高.若半径为的球面被一个平面截成两个球冠，这两个球冠的表面积之差等于截面面积的2倍，则球心到截面的距离为 .（球冠的表面积公式：，其中是球的半径，是球冠的高） 【答案】 【分析】设球心到截面的距离为，则可表示出两个球冠的高，由已知面积相等可求得距离． 【详解】设球心到截面的距离为，则， ，（舍去负值）． 故答案为：． 19．（2021·四川达州·一模）两个非零向量，，定义．若，，则 ． 【答案】 【分析】根据新定义及向量夹角公式计算即可. 【详解】因为，， 所以， 故， 所以， 故答案为： 20．（21-22高二上·浙江杭州·期末）已知，空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为 . 【答案】 【分析】由题意分别求出这三个平面的法向量，设直线的方向向量为，由直线与平面与的法向量垂直，得出，由向量的夹角公式可得答案. 【详解】由，解得 ，即直线与平面的交点坐标为 平面的方程为，可得 所以平面的法向量为 平面的法向量为，的法向量为 设直线的方向向量为，则，即 取，设直线与平面所成角 则 故答案为： 21．（22-23高二上·河北邢台·阶段练习）已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，试写出直线的一个方向向量为 ，直线与平面所成角的余弦值为 . 【答案】 （答案不唯一，满足共线即可） 【分析】由题意可得平面的法向量，同理可得平面的法向量以及的法向量，根据已知可知直线与这两个法向量垂直，可设直线的方向向量为,即得方程组，求得直线的一个方向向量；继而利用向量的夹角公式可求得直线与平面所成角的余弦值. 【详解】平面的方程为，可得平面的法向量为, 平面的法向量为的法向量为, 设直线的方向向量为，则 ，即 , 令 则取， 设直线与平面所成角， ， 则， 故答案为：； 22．（22-23高二上·辽宁沈阳·阶段练习）三个“臭皮匠”在阅读一本材料时发现原来空间直线与平面也有方程．即过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线l的方程为．三个“臭皮匠”利用这一结论编了一道题：“已知平面的方程为，直线l是两个平面与的交线，则直线l与平面所成的角的正弦值是多少？”想着这次可以难住“诸葛亮”了．谁知“诸葛亮”很快就算出了答案．请问答案是 ． 【答案】 【分析】求出已知的三个平面的法向量，由直线l是两个平面与的交线，求出直线的方向向量，再根据线面角的向量求法，可得答案. 【详解】因为平面的方程为，故其法向量可取为， 平面的法向量可取为， 平面的法向量可取为， 直线l是两个平面与的交线，设其方向向量为， 则，令，则， 故设直线l与平面所成的角为 ， 则， 故答案为： 23．（22-23高二上·山东德州·期中）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：，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面遍历多面体M的所有以点P为公共点的面，在长方体中，，，点S为底面的中心，记三棱锥在点A处的离散曲率为，四棱锥在点S处的离散曲率为n，则 ． 【答案】 【分析】根据离散曲率的定义，结合结合体的结构特征，分别求出三棱锥在点A处的离散曲率，四棱锥在点S处的离散曲率n，相减即可求得答案. 【详解】在长方体中, , 故三棱锥在点A处的离散曲率； 设交于O,连接,，，四边形为正方形， 则 , ,故 ,同理, 四棱锥为正四棱锥，而 ,则四棱锥每个侧面都为正三角形， 所以 , 故四棱锥在点S处的离散曲率， 故， 故答案为： 24．（22-23高二上·上海普陀·期中）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，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面.已知在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，. ①直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等； ②若，则直四棱柱在顶点A处的离散曲率为； ③若，则直四棱柱在顶点A处的离散曲率为； ④若四面体在点处的离散曲率为，则平面. 上述说法正确的有 （填写序号） 【答案】②④ 【分析】根据题意求出线线夹角，再代入离散曲率公式，对四个选项逐一分析判断，结合线面垂直的判定定理及性质即可得出答案. 【详解】对于①，当直四棱柱的底面为正方形时， 其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故①错误； 对于②，若，则菱形为正方形， 因为平面，平面， 所以，， 所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故②正确； 对于③，若，则， 又，， 所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故③错误； 对于④，在四面体中，，，， 所以， 所以四面体在点处的离散曲率为， 解得，易知， 所以，所以， 所以直四棱柱为正方体， 因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以， 同理， 又平面， 所以平面，故④正确， 所以正确的有②④. 故答案为：②④. 【点睛】本题主要考查离散曲率，考查考生的创新能力、逻辑思维能力、运算求解能力、空间想象能力，试题结合新定义——离散曲率命制立体几何试题，角度新颖，要求考生充分理解离散曲率的定义，结合立体几何的结构特征求解，体现了数学探索、理性思维学科素养． 四、解答题 25．（21-22高二上·广东东莞·期中）（1）在空间直角坐标系中，已知平面的法向量，且平面经过点，设点是平面内任意一点.求证：. （2）我们称（1）中结论为平面的点法式方程，若平面过点，求平面的点法式方程. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）、因为为平面的法向量，所以即，代入坐标化简即可证明； （2）、设平面的法向量为，则，推导出平面的法向量代入（1）中的结论即可得到平面的点法式方程. 【详解】（1）平面经过点，点是平面内任意一点. , 为平面的法向量 （2）设平面的法向量为， ， 则，令则，平面的法向量为 由（1）可知，平面的点法式方程为：即 26．（2022·辽宁沈阳·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为. (1)求蜂房曲顶空间的弯曲度； (2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设 （i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积； （ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据弯曲度、曲率的定义求得正确答案. （2）（i）结合多面体的表面积的求法求得；（ii）利用导数求得蜂房表面积最小时的值.令，利用余弦定理求得，结合三角恒等变换的知识求得顶点的曲率的余弦值. 【详解】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和， 根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和， 再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和， 即蜂房曲顶空间的弯曲度为. （2）（i）如图所示，连接AC，SH，则，设点在平面的射影为O， 则，则， 菱形SAHC的面积为， 侧面积， 所以蜂房的表面积为. （ii）， 令得到， 所以在递增；在递增. 所以在处取得极小值，也即是最小值. 此时，在中，令，由余弦定理得， 又顶点的曲率为， . 27．（22-23高二上·北京·期中）“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出来的．如图是抽象的城市路网，其中线段是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用表示，又称“曼哈顿距离”，即，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若，，则 (1)①点，，求的值． ②求圆心在原点，半径为1的“曼哈顿单位圆”方程． (2)已知点，直线，求B点到直线的“曼哈顿距离”最小值； (3)设三维空间4个点为，，且，，．设其中所有两点“曼哈顿距离”的平均值即，求最大值，并列举最值成立时的一组坐标． 【答案】(1)①7； ②； (2)2； (3)2，，，，. 【分析】（1）①②根据“曼哈顿距离”的定义求解即可； （2）设直线上任意一点坐标为，然后表示，分类讨论求的最小值； （3）将的所有情况看做正方体的八个顶点，列举出不同情况的，即可得到的最小值. 【详解】（1）①； ②设“曼哈顿单位圆”上点的坐标为，则，即. （2）设直线上任意一点坐标为，则， 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时， 综上所述，的最小值为2. （3） 如图，为正方体，边长为1，则对应正方体的八个顶点， 当四个点在同一个面上时， （i）例如：，此时； （ii）例如：，此时； 当四个点不在同一个平面时， （iii）例如：，此时； （iiii）例如：，此时； （iiiii）例如：，此时； （iiiiii）例如：，此时； 综上所述，的最大值为2，例如：，，，. 28．（22-23高二上·上海徐汇·期中）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，其中（，2，…，k，）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，且． (1)求直四棱柱在各个顶点的离散曲率之和； (2)若直四棱柱在点A处的离散曲率为x，直四棱柱体积为，求函数的解析式及单调区间． 【答案】(1)； (2)，增区间为，减区间为，. 【分析】（1）根据离散曲率的定义，由直四棱柱的结构特征，分别求出A、处的离散曲率，相加后乘以4即可求得答案. （2）由曲率定义可得，应用三角形面积公式求底面积，根据棱柱体积公式写出体积解析式，再由正弦型函数的性质求单调区间. 【详解】（1）在直四棱柱中,，底面ABCD为菱形， 由离散曲率的定义知：的离散曲率相等，的离散曲率相等， 所以处的曲率为，而处的曲率为，又， 所以、两处的曲率和为， 故直四棱柱在各个顶点的离散曲率之和. （2）由题设，处的曲率，故， 所以直四棱柱底面面积为， 故直四棱柱高为1，故体积为， 令，，可得，，即，上递增； 令，，可得，，即，上递减； 所以增区间为，减区间为，. 29．（22-23高三上·河北·阶段练习）已知，，，定义一种运算：，在平行六面体中，，，. (1)证明：平行六面体是直四棱柱； (2)计算，并求该平行六面体的体积，说明的值与平行六面体体积的关系. 【答案】(1)证明见解析 (2)，平行六面体的体积为，的值表示以，，为邻边的平行六面体的体积 【分析】（1）利用向量法证明，，从而可得平面，即可得证； （2）根据公式求出，利用棱柱的体积公式求出该棱住的体积，从而可得出结论. 【详解】（1）证明：由题意，， ∴，，即，， ∵，是平面内两相交直线，∴平面， ∴平行六面体是直四棱柱； （2）解：， 由题意，，， ，所以， ，， ∴. ∴， 故的值表示以，，为邻边的平行六面体的体积. 30．（23-24高一下·重庆·期末）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球O的半径为R．A、B、C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设表示以O为圆心，且过B、C的圆，同理，圆的劣弧AC、AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形．若设二面角分别为α，β，γ，则球面三角形的面积为．      (1)若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； (2)若平面三角形ABC为直角三角形，，设．则： ①求证：； ②延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，S为AC中点，T为BC中点，设平面OBC与平面EST的夹角为θ，求sinθ的最小值，及此时平面AEC截球O的面积． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②， 【分析】（1）根据题意结合相应公式分析求解即可； （2）①根据题意结合余弦定理分析证明；②建系，利用空间向量求线面夹角，利用基本不等式分析可知点，再利用空间向量求球心O到平面AEC距离，结合球的性质分析求解. 【详解】（1）若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有， 所以球面三角形ABC面积为. （2）①证明：由余弦定理有：，且， 消掉，可得； ②由AD是球的直径，则， 且，，平面BCD， 所以平面BCD，且平面BCD，则， 且，平面ABC，可得平面ABC， 由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，所以， 不妨先令，则， 由，，， 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，    设，则， 可得，， 则， 设平面OBC法向量，则， 取，则，可得， 设平面EST法向量，则， 取，则，可得， 要使sinθ取最小值时，则取最大值， 因为 ， 令，则， 可得， 当且仅当取等． 则取最大值，为最小值， 此时点，可得，， 设平面AEC中的法向量，则， 取，则，可得， 可得球心O到平面AEC距离为， 设平面AEC截球O圆半径为r，则， 所以截面圆面积为. 【点睛】方法点睛：1.利用空间向量求线面角的思路 直线与平面所成的角主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即； 2. 利用空间向量求点到平面距离的方法 设A为平面内的一点，B为平面外的一点，为平面的法向量，则B到平面的距离. 14 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$