空间向量与立体几何：最值与范围问题、截面与轨迹问题、立体几何新定义问题专项训练-2026届高三数学一轮复习

空间向量与立体几何：最值与范围问题、截面与轨迹问题、立体几何新定义问题专项训练 空间向量与立体几何：最值与范围问题、截面与轨迹问题、立体几何新定义问题 专项训练 考点目录 最值与范围问题 截面与轨迹问题 立体几何新定义问题 考点一 最值与范围问题 1．（24-25高二下·河南新乡·期末）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，为锐角，，，分别是，，的中点． (1)证明：∥平面． (2)求二面角的余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由题意证明如下， 连接，，，设，连接． 在中，，分别是，的中点，所以∥， 在中，，分别是，的中点，所以∥， ∴∥． ∵平面，平面， ∴∥平面． （2）由题意及（1）得， 过点作交于点． 以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，． 设， 则，． 设， 则，， 即， 则，． 设平面的法向量为， 则所以 可取． 由几何知识得，平面DCF的一个法向量为， ． 令， 则， 当且仅当，即，，等号成立， 所以． ∴二面角的余弦值的最大值为． 2．（24-25高二下·广西·阶段练习）在四棱锥中，平面平面，平面平面，底面为正方形. (1)求证：平面； (2)设的中点为且，.若为平面上的一点，且，求与平面所成角正弦值的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）∵底面是正方形，∴， ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面．∵平面，∴． 同理可得， ∵，，平面，∴平面． （2）由（1）知平面，，∴平面， 又∵面， ∴．∵，，，∴平面， 又平面，∴． ∵为中点，∴． 如图，设，以为原点，，所在直线分别为x，y轴，z轴，建立空间直角坐标系． 则，，则，又． 由题意可知，点的轨迹是以，为焦点的椭圆，设椭圆方程为， 又∵，所以该椭圆，，则， 所以在平面内椭圆轨迹方程为：． 设，， ∴． 又是平面的法向量， 记与面所成角为，则， 又由Q的轨迹方程得． 记，． 该二次函数的对称轴为，∴， 所以与平面所成角正弦值的最小值为 3．（2025·陕西安康·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，． (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求四棱锥的体积； (3)求直线与平面所成角的余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）因为，为的中点，所以， 延长交于点，连接， 因为，则，所以，所以， 因为，则， 在底面中，，，所以， 因为为的中点，故为的中点， 因为，即为的中点，所以， 因为，即，故， 因为，、平面，故平面. （2）由（1）可知，因为平面，、平面，故，， 所以，二面角的平面角为， 因为，，所以， 过点在平面内作，垂足为点， 则，故， 由勾股定理可得，解得， 所以点到平面的距离为. 由（1）可知， 因为， 因此. （3）因为，故直线与平面所成角等于与平面所成的角， 过点在平面内作，垂足为点， 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，故平面， 所以，与平面所成的角为， 在中，，， 由正弦定理得， 故，当且仅当时，等号成立， 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为， 即直线与平面所成角的余弦值的最小值为. 4．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1），，， ，， 又，， ， ， , 又， 平面平面，且平面平面，又， 平面，平面，平面，， 平面， 平面， 平面， 平面平面 （2）平面, 建立如图所示空间直角坐标系, ，，，，，， ，，, 设平面的法向量为，则，取，, 设直线与平面所成的角为， 则. （3）设，其中， 则，，， 所以， 令，则， 所以， 当时，单调递增， 故在时，取最大值，此时. 5．（2025·山西·二模）中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得. (1)证明：、、、共面； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）取的中点，的中点，连接、、， 因为、分别为、的中点，所以，， 翻折前，中，，，， 是的中点，是的中点，是的中点， 则，，，，， 翻折后，则有，，， 因为，为的中点，所以，， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为为的中点，所以，，故四边形为平行四边形， 所以，，故，， 所以四边形为平行四边形，所以，所以， 所以、、、共面. （2）过点在平面内作，垂足为点， 翻折前，因为，翻折后，则有，， 因为、平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 即是三棱锥的高. 由（1）的图，在中，，， 由余弦定理得， 所以， 所以， 在中，，，，是的中点， 则，， 所以， 所以三棱锥的体积为. （3）在平面中，过点作，交于点， 因为平面，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、， 设，则， 所以，，， 设平面的一个法向量， 则， 令，则，，所以， 设平面的一个法问量，则， 令，则，，所以， 设平面与平面的夹角为， 则 ， 因为，所以，则， 当且仅当，即时，即时，等号成立. 所以平面与平面的夹角的余弦值的最大值为. 6．（24-25高二下·江苏南通·期末）如图，已知圆台的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为． (1)求圆台的体积； (2)设，分别是圆台的两条母线． （ⅰ）求证：； （ⅱ）若，P是圆上的动点，求直线与平面所成角正弦值的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【详解】（1）因为圆台的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为， 所以圆台的高为，                 所以圆台的体积为． （2）（ⅰ）由圆台定义知，母线，的延长线相交于一点M， 所以A，，，B四点共面．                     又因为圆面圆面O， 平面圆面， 平面圆面， 所以．         （ⅱ）在圆面O内作，垂足为O． 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系 则，，， ，．                 设平面的一个法向量， 因为，， 由即解得，， 取，则，，得．             设直线与平面所成角为， 则 ， 当且仅当，即，时，取“”， 所以直线与平面所成角正弦值的最大值为 7．（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． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3) 【详解】（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． 8．（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，已知菱形和等边三角形有公共边，点B在线段上，与交于点O，将沿着翻折成，得到四棱锥，． (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． (3)求直线与平面夹角正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）证明：连接BD，由菱形和等边三角形有公共边，可知， 且，，即， 则四边形为菱形， 所以，故翻折后， 因为，且都在平面内， 所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）由（1）知平面，平面， 则平面平面， 如图，在平面中过点作， 又平面平面， 所以平面，故两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为，所以为等边三角形，， 则，，，， 设平面与平面夹角为， 法向量分别为，， 则，取得； ，取得， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为． （3）由（2）知在平面上且， 可设， 则，，， 设平面法向量为， 则， 取得， 设与平面夹角为， 则， 令，则， 当且仅当，即时成立， 所以直线与平面夹角正弦值的最大值为． 考点二 截面与轨迹问题 1．（2025·新疆喀什·模拟预测·多选）在棱长为2的正方体中，点为正方形内的动点（包含边界），点为的中点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若，则动点的轨迹长度为 C．若点在线段上（不包含端点），则四棱锥存在外接球 D．若点为的中点，则过三点的平面与该正方体的截面周长为 【答案】ABD 【详解】因为点为正方形内的动点，所以点到平面的距离为， 又为定值，故A正确； 由正方体，可得平面，又平面， 所以，又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 同理可证，又，平面， 所以平面，又，所以平面， 点为正方形内的动点，所以，又， 所以动点的轨迹长度为，故B正确； 点在线段上（不包含端点），若四棱锥存在外接球， 则四边形需有外接圆，则， 又，所以，此时点与点重合（与题意不符合）， 所以四棱锥不存在外接球，故C错误； 点为的中点，点为的中点，记直线与延长线分别交于点， 连接分别交于，连接， 则五边形为过三点的平面与该正方体的截面， 因为，所以，所以，所以， 又，所以，所以，所以， 由勾股定理可得，， ，同理可得，， 所以过三点的平面与该正方体的截面周长为，故D正确. 故选：ABD. 2．（2025·广东惠州·模拟预测·多选）如图，正方体的棱长为1，E是的中点，则（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．由，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 【答案】ACD 【详解】对于A，∵，，， 平面，平面，∴平面， 又平面，∴，故A正确； 对于B：三棱锥的体积，故B错误； 对于C，设三棱锥的外接球的半径为， 的外接圆半径为，， 在中，由余弦定理得，， 所以，则有， 三棱锥的外接球的表面积为，故C正确. 对于D，如图，过，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面为等腰梯形 （其中F为的中点，故等腰梯形的周长为，故D正确. 故选：ACD. 3．（2025·江西新余·一模·多选）如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（   ） A．四面体的外接球的表面积为 B．存在点，使、、、四点共面 C．过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为 D．点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【详解】对于A选项，将四棱锥补成长方体， 所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长， 即四面体的外接球的直径为， 所以，四面体的外接球的表面积为，A对； 对于B选项，连接、、， 因为且，故四边形为平行四边形， 所以，， 因为、分别是、中点，则，所以， 即、、、四点共面， 当与重合时满足、、、四点共面， 但是线段上的动点（不包含端点），B错； 对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点， 过点作在平面内⊥交或者于， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又平面，所以⊥， 因为，、平面，所以平面， 平面截正方体截面为平行四边形， 当与点重合时，面积最大，此时，，面积为， 当与点无限接近时，面积接近于， 过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对； 对于D选项，取的中点，连接，则， 则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆， 交、于、， 则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧， 此时满足直线与直线夹角为， 如图，，故， 所以点的轨迹长度为，D对. 故选：ACD. 4．（2025·湖北·三模·多选）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，点Q为上一点，且，则下列结论中正确的有（   ） A．正三棱台的高为 B．点P的轨迹长度为 C．高为，底面半径为的圆柱可以放进棱台内 D．过点A，B，Q的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 【答案】CD 【详解】延长正三棱台侧棱相交于点，由题意可知：， 在等腰梯形中，因为，，，则. 即为等边三角形，可知三棱锥为正四面体，且. 对于选项A：设为等边的中心， 由正四面体的性质可知：侧面，且， 即点到底面的距离为， 又因为，，所以正三棱台的高为， 故A错误； 对于选项B：因为与平面所成角的正切值为， 即，解得， 且等边的内切圆半径， 可知点的轨迹为等边的内切圆，所以点的轨迹长度为，故B错误； 对于选项C：因为正三棱台的高，且的内切圆半径为， 所以高为，底面圆的半径为的圆柱可以放在棱台内，故C正确； 对于选项D：设正四面体的内切球半径， 由等体积法可得：，解得. 因为，则该棱台内最大的球即为正四面体的内切球. 又因为，，， 则为的中点，过点的平面正好过该内切球的球心， 所以截面面积为，故D正确. 故选：CD. 5．（24-25高三下·云南·阶段练习·多选）在正三棱柱中，为棱的中点，下列说法正确的是（    ） A． B．上存在点，使得面 C．过点的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的最小值为 D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 【答案】BC 【详解】对选项A：如图1，将三棱柱补成四棱柱，取的中点，连接，则， 于是，则，而，于是与不垂直，故A错误； 对选项B：当点为的中点时，，又面，所以面，故B正确； 对选项C：正三棱柱的外接球的球心为上､下底面的外接圆圆心的连线的中点，连接， 如图2所示，设外接球的半径为，下底面外接圆的半径为， 则，当过点的平面垂直时，截面圆的面积最小，截面圆的半径为，所以截面圆的面积最小为，故C正确； 对选项D：设为的中点，连接，如图3，因为，为等边三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 所以以为球心，为半径的球面与侧面的交线为以为圆心的圆. 如图图3，由，可得交线即以为圆心，为半径的圆弧，设该圆弧与分别相交于点， 因为，所以，所以，故交线长，故D错误. 故选：BC. 6．（2025·浙江·三模·多选）如图，是边长为2的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，点在线段上，则（   ）    A．存在，使得面 B．若是的中点，则 C．过四点，，B，D四点的外接球体积为 D．截面四边形的周长的最小值为 【答案】BCD 【详解】对于A，因为是边长为2的正方形，，，，都垂直于底面， 故可建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，则， 设平面的法向量为，则， 故，取，而， 若面，则，故即，与矛盾， 故不存在，使得面，故A错误； 对于B，若是的中点，则，而，故， 而，故即， 故B正确.    对于C，过四点，，，构造长方体，    所以四面体的外接球直径为长方体的体对角线， 所以，则， 所以此四点的外接球的体积为，故C正确； 对于D，    由题意，平面平面，平面平面， 平面平面， 所以，同理可得， 所以四边形为平行四边形，则周长， 将直角梯形、直角梯形展平在同一个平面上，如图所示：      当，，三点共线时，最小且此时最小值为， 所以周长的最小值为，故D正确， 故选：BCD 7．（2025·海南·模拟预测·多选）如图所示，正方体的棱长为2，点为侧面内的一个动点（含边界），点分别是线段、、的中点，则下列结论正确的是（   ） A．直线平面 B．平面截正方体所得的截面面积为 C．的最小值为 D．若，则点的运动轨迹长度为 【答案】AC 【详解】对于A，连接, 因为点分别是线段、的中点， 所以，所以平面， 点分别是线段、的中点，故, 故四边形为平行四边形，所以且平面， 故直线平面，故A正确； 对于B，由A选项可知，平面截正方体所得的截面为梯形 且由正方体可知，, 故梯形的高, 故梯形的面积,故B错误； 对于C，以为原点，分别以为轴，轴，轴建空间直角坐标系， 则, 点为侧面内的一个动点（含边界），故设 所以， 所以， 当时，即时，等号成立，故C正确； 对于D，，若， 则，即， 因为故当时，此时， 当时，此时， 故点的运动轨迹为从点到点的一条线段，轨迹长度为，故D错误. 故选：AC 8．（24-25高一下·山东菏泽·期末·多选）如图，正方体的棱长为2，点，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列说法正确的有（    ） A．过，，三点的平面截正方体所得截面图形是四边形 B．存在点，使得平面 C．的最小值为 D．若，则点轨迹的长度为 【答案】BC 【详解】 对于A，如图，设直线与直线分别交于点， 连接交于点，连接交于点， 故过，，三点的平面截正方体所得截面图形是五边形，故A错误； 对于B，如图，取的中点为，连接，因点，分别是，的中点，则， 因平面，平面，则平面， 又，同法可得平面， 因平面，故平面平面， 取点，则平面，则平面，故B正确； 对于C，如图，作出点关于平面的对称点，连接，交平面于点， 因此时，则即为最小值， 取的中点，连接，易得，则，故C正确； 对于D，如图，以为直径作半圆，当点为半圆上的点时，， 因平面， 平面，则， 又平面，故平面， 又平面，故，即点的轨迹为半圆，其弧长为，故D错误. 故选：BC. 考点三 立体几何新定义问题 1．（24-25高二上·北京·期中）给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算，规定：①为同时与垂直的向量；②三个向量构成右手系（如图1）；③．如图2，在长方体中中，，则下列说法中错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】对于A，同时与垂直， ， 且构成右手系，即成立，A正确； 对于B，，则，B错误； 对于C，， 与共线，且方向相同， 与共线，且方向相同， 与共线，且方向相同， 则与共线，且方向相同， 因此，C正确； 对于D,，， 因此，D正确． 故选：B 2．（24-25高二下·湖南长沙·阶段练习）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，则正十二面体的总曲率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】正十二面体在每个顶点有3个面角，每个面角是， 所以正十二面体在各顶点的曲率为， 由于正十二面体有20个顶点，故其总曲率为. 故选：B 3．（2025·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（   ） A．60 B．90 C．120 D．180 【答案】B 【详解】易知正二十面体有20个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5条棱的交点，每条棱都是两个面的公共边， 所以，正二十面体的棱数为，顶点的个数为. 由图象可知，正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了5条棱； 原来的30条棱数量不变，所以，足球截面体的棱数为. 故选：B. 4．（2025·河北保定·二模）刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，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（多面体的面角的角度用弧度制）．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为．若正四棱锥的侧面与底面的夹角的正切值为，则四棱锥在顶点S处的曲率为（      ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图，连接，，设，连接，则平面， 取的中点，连接，， 则由正四棱锥的结构特征可知， 所以为侧面与底面所成的角， 设，则， 在中，， 所以，又，所以， 所以正四棱锥的每个侧面均为正三角形， 所以顶点的每个面角均为， 故正四棱锥在顶点处的曲率为. 故选：D. 5．（2025·河南·三模）与两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，两个垂足之间的线段叫做公垂线段，已知任意两条异面直线有且仅有一条公垂线段，且公垂线段是分别连接两条异面直线上两点的线段中最短的一条．如图，在四面体ABCD中，AD是异面直线AB和CD的公垂线段，r为四面体ABCD的内切球半径，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设四面体ABCD的体积为V，表面积为S，则根据等体积法得． 又，由于AD是异面直线AB和CD的公垂线段， 所以， ， 所以，则， 将四面体补全成直三棱柱，可得， 所以，整理得. 故选：A 6．（2025·江西新余·模拟预测）在空间中，我们把点集表示的曲面称为圆柱面，借助比利时数学家Dandelin的思想我们不难发现：任意不与轴平行或垂直的平面与截成的封闭曲线为椭圆．设圆柱面，高不平行于坐标面的正四棱锥的五个顶点均在上，则其体积的最小值为：（    ）（注：若正方形的四个顶点都在同一个定椭圆上，则这个正方形可以被唯一确定）． A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意可知圆柱面的半径为1，如图，截得的椭圆半短轴长即为圆柱面的半径1． 对半轴长：在中，必能找到与平面垂直，所以， 设．则由几何关系得，故椭圆方程为， 如图，椭圆有唯一内接正方形，故令，得到， 故底面面积为，，则，． 则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 故，故D正确. 故选：D． 7．（24-25高三上·云南楚雄·期末·多选）空间中，平面上的动点满足方程，则称为平面的方程，同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量.已知方程分别为的平面的交线为，则下列结论正确的是（    ） A．经过点的平面的方程为 B．若方程为的平面经过点，则满足条件的实数的个数为3 C．若平面的方程为，则坐标原点到平面的距离为 D．与方程为的平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【详解】经检验，均满足方程，且不共线， 则可以确定唯一平面，则平面的方程为，A正确； 若方程为的平面经过点，则， 整理得，因为无实数解，所以，B不正确； 显然，点满足方程，则是平面内一点， 平面的一个法向量为，则， 点到平面的距离，C正确. 易知方程的一组公共解为，且的另一组公共解为， 则直线经过和的一个方向向量为， 平面的一个法向量为.设与平面所成角的大小为， 则，D正确. 故选：ACD. 8．（24-25高三下·广东深圳·阶段练习·多选）莱昂哈德•医拉是历史上最杰出的数学家之一，在数学许多分支上都可以见到以欧拉命名的常数，公式和定理．在拓扑学中，欧拉公式描述了凸多面体顶点数，棱数和面数之间的关系：记凸多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则．根据欧拉公式，判断下列说法正确的是（   ） 注：若多面体上任意两点的连线段都在该多面体内（含表面），则称该多面体为凸多面体 A．若某棱锥的棱数比顶点数多5，则该棱锥为六棱锥 B．存在7条棱的多面体 C．存在每个面都是五边形或六边形的凸多面体，且任意相邻两个面的边数都不同 D．若某凸多面体每个面都是边长为1的正方形或正五边形，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同，则面数的所有可能取值为6，7，12 【答案】AD 【详解】A选项：代入欧拉公式得，故为六棱锥，A正确； B选项：若，则，而V，，故，或，，无论哪种情况都无法形成多面体，B错误； C选项：任意相邻两个面的边数都不同，因此每个顶点至少连接4个面，设共有x个五边形，y个六边形，则（数遍每个五边形的5个顶点和每个六边形的6个顶点，则该多面体每个顶点都被至少数了4遍），考虑所有多边形的内角和，注意每个顶点所连接的内角之和小于，故，整理得无解，C错误； D选项：①若每个面都是正方形，则每个顶点连接3个面（正方形内角为90°），每条棱连接2个面，故，，代入得，此时为正方体， ②若每个面都是正五边形，则每个顶点连接3个面数（正五边形内角为108°）， 每条棱连接2个面，故，，代入得，此时为正十二面体， ③若即存在正方形又存在正五边形，则每个顶点连接3个面，每条棱连接2个面，设共有m个正方形，n个正五边形，则，，代入欧拉公式得， 因为每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同，故每个顶点要么连接2个正方形1个五边形，要么连接1个正方形2个五边形， （i）若每个顶点连接2个正方形1个五边形，则，，解得，，，此时为侧面为正方形的正五棱柱， （ii）若每个顶点连接1个正方形2个五边形，此时考虑某个五边形，其5条边每条边相连的面一定是五边形正方形间隔环形排列，而5是奇数，不可能； 因此符合题意的简单凸多面体的面数只可能为6，7，12，D正确. 故选：AD 9．（24-25高三上·贵州贵阳·期末）对于两个空间向量与，我们可以定义它们之间的欧式距离为，欧式距离可以简单理解为两点之间的直线距离；根据需要，还可以定义它们之间的曼哈顿距离为，曼哈顿距离最初指的是区块建设的城市（如曼哈顿）中，两个路口间的最短行车距离，因此也被称为城市街区距离．如图，在棱长为的正方体中， ；若点在上底面内（含边界）运动，且，则的取值范围是 ． 【答案】 【详解】以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、，则，， 所以． 因为在上底面内（含边界）运动，且， 则，即在上底面内，点在以为圆心，为半径的圆周上， 可设，则，，， 所以，， 因为，则，所以． 故答案为：；. 10．（2025·海南儋州·模拟预测）在空间直角坐标系中，定义点和点两点之间的“直角距离”．若A和B两点之间的距离是，则A和B两点之间的“直角距离”的最大值为 ． 【答案】 【详解】因为， 所以设， 其中，因此 ， 因为，所以，因此， 设， 于是有 ， 因为，所以， 因此当且时，即当且时， 有最大值， 所以A和B两点之间的“直角距离”的最大值为是. 故答案为：. 11．（2025·湖南邵阳·模拟预测）设正四面体的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为正四面体的阶等距平面，为正四面体的阶等距集.如果为正四面体的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的平面有 个；若正四面体的棱长为，则的所有可能取值构成的集合为 . 【答案】 【详解】如图，正四面体，在第一问中，不妨也取， 则正的外接圆半径为，则正四面体的高， ①情形一：分别取AB，AC，AD的中点M，E，F， 此时平面为正四面体的一个1阶等距平面， 且由中位线性质可知，， 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况； ②情形二：将此正四面体放置到棱长为的正方体中， 分别取AB，AC，CD，DB的中点为P，Q，R，S，连接， 则，，则四点共面， 又平面，平面，则平面， 同理可证，平面， 又平面平面，且平面，则平面， 因平面，则平面平面， 故平面为正四面体的1阶等距平面，且为正方体棱长的一半，等于， 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线， 这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况， 综上，当的值为1时，有4个；当的值为时，有3个， 故符合条件的有7个，的所有可能取值构成的集合是； 故答案为：；. 12．（24-25高三上·安徽六安·阶段练习）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标，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P相邻的顶点，且平面…平面和平面为多面体M的所有以P为顶点的面．现给出如图所示的三棱锥． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若PA⊥平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度 【答案】(1)2 (2) 【详解】（1）根据离散曲率的定义得， ， 又因为 所以． （2）∵平面平面， ∴， 又∵，平面， ∴平面 ∵平面，∴， ∵，即 ∴，∴， 过点作交于，连结， 因为平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 依题意可得，， ， ， 设，则， 在中， ， 又，所以， 则， 所以， 解得：或（舍） 故. 13．（24-25高三下·甘肃白银·阶段练习）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为． (1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角的平面角的正弦值； (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率． 【答案】(1)①；②． (2) 【详解】（1）①连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O， 又，所以为正三角形， 因，则， 底面ABCD，底面ABCD，故，． 且，， 由余弦定理得， 由题意可知四棱锥的四个侧面三角形全等， 故有， 记四棱锥在点P处的曲率为，则， 所以 ． ②如图，以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，， 所以，． 设平面PAB的一个法向量为， 则，令，得， 为平面ABCD的一个法向量，设二面角的平面角为， 由已知为锐角，则， 所以，即二面角的平面角的正弦值为． （2）设碳60（）共有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F号， 设第i号（）多边形有条边，则碳60（）共有条棱， 由题意，碳60（）共有个顶点， i号多边形的内角之和为， 所以碳60（）的所有多边形的内角之和为， 所以碳60（）的总曲率为 ． 由已知，所以碳60（）各顶点的平均曲率为． 14．（24-25高一下·广东广州·期中）多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数、棱数与面数满足的数学关系.请运用欧拉定理解决以下问题： (1)碳的分子结构是一个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，求32个面中正六边形面的个数； (2)规定：多面体在顶点处的曲率等于与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为，故其总曲率为.证明：任何简单多面体的总曲率是常数； (3)如果一个正多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体叫做正多面体.设某个正多面体每个顶点聚集的棱的条数为，每个面的边数为，求满足的关系式；并据此说明正多面体仅有以下五种：正四面体、正方体、正八面体、正十二面体和正二十面体. 【答案】(1)20 (2)证明见解析 (3)答案见解析 【详解】（1）由题意可知，，由可得， 设正五边形的个数为，正六边形的个数为，则， 因为一条棱连着两个面，所以足球烯表面的棱数， 联立，解得，即32个面中正六边形面的个数是20. （2）设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号， 设第号 多边形有 条边，多面体有条棱， 由题意，多面体共有个顶点， 号多边形内角之和，所有多边形内角之和， 故总曲率为. 则任何简单多面体的总曲率是常数； （3）由某个正多面体每个顶点聚集的棱的条数为，每个面的边数为，可知， 于是，将其代入， 所以，所以， 因此，又， 故所有五组正整数解为：， 当时，，则，此时正多面体为正四面体， 当时，，则，此时正多面体为正六面体， 当时，，则，此时正多面体为正十二面体， 当时，，则，此时正多面体为正八面体， 当时，，则，此时正多面体为正二十面体， 所以正多面体仅有正四面体、正方体、正八面体、正十二面体和正二十面体共五种. 15．（2025·山东青岛·模拟预测）在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，，，，且为该平面的法向量.已知集合，，. (1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值； (2)记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值： (3)记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出的面数和棱数. 【答案】(1)，； (2)，； (3)①16；②，共有12个面，24条棱. 【详解】（1）集合表示平面上所有的点， 表示这八个顶点形成的正方体内所有的点， 而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点. 发现它是边长为2的正方形，因此. 对于，当时， 表示经过，，的平面在第一象限的部分. 由对称性可知Q表示，， 这六个顶点形成的正八面体内所有的点. 而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点. 它是边长为的正方形，因此. （2）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，； 考虑集合的子集； 即为三个坐标平面与围成的四面体. 四面体四个顶点分别为，，，， 此四面体的体积为 由对称性知， 考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体， 即， ， 显然为两个几何体公共部分， 记，，，. 容易验证，，在平面上，同时也在的底面上. 则为截去三棱锥所剩下的部分. 的体积，三棱锥的体积为. 故的体积. 当由对称性知，. （3） 如图所示，即为所构成的图形. 其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥， 其中到面的距离为， ，. 由题意面方程为，由题干定义知其法向量 面方程为，由题干定义知其法向量 故. 由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为. 由图可知共有12个面，24条棱. 16．（24-25高三上·河南南阳·期末）空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成（其中），且为该平面的法向量. (1)若平面，，且，求实数的值； (2)请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点到平面的距离为，若记集合所围成的几何体为，求的内切球的表面积； (3)记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小. 【答案】(1) (2) (3)①16；② 【详解】（1）根据题意，平面的法向量，平面的法向量， 所以，故. （2）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 对于， 当时，表示经过，，的平面在第一象限的部分. 由对称性可知表示，，这六个顶点形成的正八面体. 法1：设内切球的半径为，则即为原点到平面的距离， 则. 所以内切球的表面积为； 法2：考虑； 即为三个坐标平面与围成的四面体，其四个顶点分别为，，，， 此四面体的体积为， 由对称性知，正八面体的体积， 设内切球的半径为，正八面体的表面积为， 所以，解得：. 所以内切球的表面积为； （3）由（2）可知所围几何体是关于平面，，对称的， 其在第一卦限的形状为正三棱锥，如图其中、OB、两两垂直，且. 集合所表示的几何图形也关于平面，，对称， 其在第一卦限内的部分的图形如图（1），             图1 ①如图2，就是把图1的几何图形进行分割的结果.             图2 所以所构成的几何体如图3所示.         图3 法一：其中正方体记为集合所构成的区域. 而构成了一个正四棱锥，且到面的距离为1， 所以， 所以几何体的体积. 法二：从图2可以看出，几何体在第一卦限的部分为有公共底面的两个三棱锥和. 设其体积为. 由正方体的性质可知面. 因为，， 所以其体积. 所以几何体的体积. ②由题意可知：面方程为，所以其法向量，面方程为，其法向量. 所以 由图知两个相邻的面所成角为钝角. 故相邻两个面所成角为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$空间向量与立体几何：最值与范围问题、截面与轨迹问题、立体几何新定义问题专项训练 空间向量与立体几何：最值与范围问题、截面与轨迹问题、立体几何新定义问题 专项训练 考点目录 最值与范围问题 截面与轨迹问题 立体几何新定义问题 考点一 最值与范围问题 1．（24-25高二下·河南新乡·期末）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，为锐角，，，分别是，，的中点． (1)证明：∥平面． (2)求二面角的余弦值的最大值． 2．（24-25高二下·广西·阶段练习）在四棱锥中，平面平面，平面平面，底面为正方形. (1)求证：平面； (2)设的中点为且，.若为平面上的一点，且，求与平面所成角正弦值的最小值. 3．（2025·陕西安康·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，． (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求四棱锥的体积； (3)求直线与平面所成角的余弦值的最小值． 4．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值． 5．（2025·山西·二模）中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得. (1)证明：、、、共面； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 6．（24-25高二下·江苏南通·期末）如图，已知圆台的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为． (1)求圆台的体积； (2)设，分别是圆台的两条母线． （ⅰ）求证：； （ⅱ）若，P是圆上的动点，求直线与平面所成角正弦值的最大值． 7．（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． 8．（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，已知菱形和等边三角形有公共边，点B在线段上，与交于点O，将沿着翻折成，得到四棱锥，． (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． (3)求直线与平面夹角正弦值的最大值． 考点二 截面与轨迹问题 1．（2025·新疆喀什·模拟预测·多选）在棱长为2的正方体中，点为正方形内的动点（包含边界），点为的中点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若，则动点的轨迹长度为 C．若点在线段上（不包含端点），则四棱锥存在外接球 D．若点为的中点，则过三点的平面与该正方体的截面周长为 2．（2025·广东惠州·模拟预测·多选）如图，正方体的棱长为1，E是的中点，则（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．由，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 3．（2025·江西新余·一模·多选）如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（   ） A．四面体的外接球的表面积为 B．存在点，使、、、四点共面 C．过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为 D．点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为 4．（2025·湖北·三模·多选）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，点Q为上一点，且，则下列结论中正确的有（   ） A．正三棱台的高为 B．点P的轨迹长度为 C．高为，底面半径为的圆柱可以放进棱台内 D．过点A，B，Q的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 5．（24-25高三下·云南·阶段练习·多选）在正三棱柱中，为棱的中点，下列说法正确的是（    ） A． B．上存在点，使得面 C．过点的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的最小值为 D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 6．（2025·浙江·三模·多选）如图，是边长为2的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，点在线段上，则（   ）    A．存在，使得面 B．若是的中点，则 C．过四点，，B，D四点的外接球体积为 D．截面四边形的周长的最小值为 7．（2025·海南·模拟预测·多选）如图所示，正方体的棱长为2，点为侧面内的一个动点（含边界），点分别是线段、、的中点，则下列结论正确的是（   ） A．直线平面 B．平面截正方体所得的截面面积为 C．的最小值为 D．若，则点的运动轨迹长度为 8．（24-25高一下·山东菏泽·期末·多选）如图，正方体的棱长为2，点，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列说法正确的有（    ） A．过，，三点的平面截正方体所得截面图形是四边形 B．存在点，使得平面 C．的最小值为 D．若，则点轨迹的长度为 考点三 立体几何新定义问题 1．（24-25高二上·北京·期中）给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算，规定：①为同时与垂直的向量；②三个向量构成右手系（如图1）；③．如图2，在长方体中中，，则下列说法中错误的是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·湖南长沙·阶段练习）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，则正十二面体的总曲率为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（   ） A．60 B．90 C．120 D．180 4．（2025·河北保定·二模）刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，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（多面体的面角的角度用弧度制）．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为．若正四棱锥的侧面与底面的夹角的正切值为，则四棱锥在顶点S处的曲率为（      ） A． B． C． D． 5．（2025·河南·三模）与两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，两个垂足之间的线段叫做公垂线段，已知任意两条异面直线有且仅有一条公垂线段，且公垂线段是分别连接两条异面直线上两点的线段中最短的一条．如图，在四面体ABCD中，AD是异面直线AB和CD的公垂线段，r为四面体ABCD的内切球半径，则（   ） A． B． C． D． 6．（2025·江西新余·模拟预测）在空间中，我们把点集表示的曲面称为圆柱面，借助比利时数学家Dandelin的思想我们不难发现：任意不与轴平行或垂直的平面与截成的封闭曲线为椭圆．设圆柱面，高不平行于坐标面的正四棱锥的五个顶点均在上，则其体积的最小值为：（    ）（注：若正方形的四个顶点都在同一个定椭圆上，则这个正方形可以被唯一确定）． A． B． C． D． 7．（24-25高三上·云南楚雄·期末·多选）空间中，平面上的动点满足方程，则称为平面的方程，同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量.已知方程分别为的平面的交线为，则下列结论正确的是（    ） A．经过点的平面的方程为 B．若方程为的平面经过点，则满足条件的实数的个数为3 C．若平面的方程为，则坐标原点到平面的距离为 D．与方程为的平面所成角的正弦值为 8．（24-25高三下·广东深圳·阶段练习·多选）莱昂哈德•医拉是历史上最杰出的数学家之一，在数学许多分支上都可以见到以欧拉命名的常数，公式和定理．在拓扑学中，欧拉公式描述了凸多面体顶点数，棱数和面数之间的关系：记凸多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则．根据欧拉公式，判断下列说法正确的是（   ） 注：若多面体上任意两点的连线段都在该多面体内（含表面），则称该多面体为凸多面体 A．若某棱锥的棱数比顶点数多5，则该棱锥为六棱锥 B．存在7条棱的多面体 C．存在每个面都是五边形或六边形的凸多面体，且任意相邻两个面的边数都不同 D．若某凸多面体每个面都是边长为1的正方形或正五边形，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同，则面数的所有可能取值为6，7，12 9．（24-25高三上·贵州贵阳·期末）对于两个空间向量与，我们可以定义它们之间的欧式距离为，欧式距离可以简单理解为两点之间的直线距离；根据需要，还可以定义它们之间的曼哈顿距离为，曼哈顿距离最初指的是区块建设的城市（如曼哈顿）中，两个路口间的最短行车距离，因此也被称为城市街区距离．如图，在棱长为的正方体中， ；若点在上底面内（含边界）运动，且，则的取值范围是 ． 10．（2025·海南儋州·模拟预测）在空间直角坐标系中，定义点和点两点之间的“直角距离”．若A和B两点之间的距离是，则A和B两点之间的“直角距离”的最大值为 ． 11．（2025·湖南邵阳·模拟预测）设正四面体的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为正四面体的阶等距平面，为正四面体的阶等距集.如果为正四面体的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的平面有 个；若正四面体的棱长为，则的所有可能取值构成的集合为 . 12．（24-25高三上·安徽六安·阶段练习）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标，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P相邻的顶点，且平面…平面和平面为多面体M的所有以P为顶点的面．现给出如图所示的三棱锥． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若PA⊥平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度 13．（24-25高三下·甘肃白银·阶段练习）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为． (1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角的平面角的正弦值； (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率． 14．（24-25高一下·广东广州·期中）多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数、棱数与面数满足的数学关系.请运用欧拉定理解决以下问题： (1)碳的分子结构是一个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，求32个面中正六边形面的个数； (2)规定：多面体在顶点处的曲率等于与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为，故其总曲率为.证明：任何简单多面体的总曲率是常数； (3)如果一个正多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体叫做正多面体.设某个正多面体每个顶点聚集的棱的条数为，每个面的边数为，求满足的关系式；并据此说明正多面体仅有以下五种：正四面体、正方体、正八面体、正十二面体和正二十面体. 15．（2025·山东青岛·模拟预测）在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，，，，且为该平面的法向量.已知集合，，. (1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值； (2)记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值： (3)记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出的面数和棱数. 16．（24-25高三上·河南南阳·期末）空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成（其中），且为该平面的法向量. (1)若平面，，且，求实数的值； (2)请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点到平面的距离为，若记集合所围成的几何体为，求的内切球的表面积； (3)记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$