聚焦立体几何新定义 洞察空间向量新内涵-《中学生数理化》高二数学2025年9月刊

聚焦立体几何新定义 ■安徽省霍邱县第一中学 在近几年高考与各地模考中，立体几何 与空间向量的新定义问题不断涌现。此类题 目不仅考验同学们的数学阅读理解能力，更 对空间想象能力提出了较高要求。下面从定 义新几何体、度量新概念、空间向量新形式、 向量运算新规则四类问题切入，剖析解题策 略，助力突破学习难点。 类型一定义新的几何体 例1用一个不平行于圆柱底面的平 面，截该圆柱所得的截面为椭圆面，得到的几 何体称为“斜截圆柱”。图1与图2是完全相 同的“斜截圆柱”，AB是底面圆O的直径， AB=2BC=2,椭圆所在平面垂直于平面 ABCD,且与底面所成二面角为45°，图1中， 点P是椭圆上的动点，点P在底面上的投影 为点P1,图2中，椭圆上的点E,(i=1,2, 3,…,n)在底面上的投影分别为F,,且F,均 在直径AB的同一侧。 1)当∠AOP,=2时，求 3 PP1的长度。 (2)①当n=6时，若图2 中，点F1,F2,…,F。将半圆均 A Q…B 分成7等份，求(E1F1一2)· (E2F2一2)·(EF￥-2)； 图1 ②证明：AF1·E1F1十D F1F2·E2F2十…十Fn-1Fn· EnFm+FB·BC<2x。 解析：(1)如图3，取CD的 中点M,过M作与该斜截圆柱 A 0…B 的底面平行的圆，交DA于点 图2 G,交BC延长线于点H,交 PP1于点I。 因MH=MG=1,∠CMH =∠DMG=45°，故DG=HC =1,AG=2。 过M作GH的垂线，交圆AQ…B P M于J,K两点，过I作IN⊥ JK,交JK于点N,连接PN。 图3 解题篇，创新题追根溯语中学生数理化 高二数学2025年9月 洞察空问向量新内涵 廖强余其权（特级教师） 由PI⊥圆M,JKC圆M,得PI⊥JK。 又因PI∩IN=I,PIC平面PIN,INC平 面PIN,故JK⊥平面PIN。 因PNC平面PIN,故PN⊥JK,所以 ∠PNI为椭圆面与圆M所在平面的夹角， 也即椭圆面与底面所成角，故∠PNI=45°， 则△PNI为等腰直角三角形，PI=IN。 设∠AOP1=0,如图4， 作圆M所在平面的俯视图， 则∠GMI=8。 H 由GH⊥JK,IN⊥JK, 得GH∥IN,故∠NIM= ∠GMI=B,所以IN=MI· 图4 cos0=cos0。 所以PP1=IP1+PI=IP1十IN=2十 2π3 c080,当0=T时，PP=2+cos32 (2)①当n=6时，∠A0F=牙，所以 E,F1=2十coS E:F:-2+c0sEF =2十cos7。 3π (E1F1-2)·(E2F2-2)·(E3F3-2) 2元3π =cos 7cos Tcos 7 π sin 7 4π sin 7 sin 7 6π × 2sin号 2 2sin 7 2sin7 3元 2π π sin 7 sin 7x- sin 7 1 元 2z 2sin 7 3元8 2sin 7 2sin 7 ②由(1)知PP1=2十cos0,即PP1是关 于日的函数，也即将斜截圆柱的侧面沿着 AD展开，其椭圆面的轮廓线为函数y=2十 cOsx(0x2π)的图像。 如图5，将E1F1,E2F2,…,EnF。,BC绘 制于函数y=2十cosx(0≤x≤π)的图像上， 并作矩形，则AF1·E1F1十FF2·E2F2 十…十Fn-1Fn·EnF,十FnB·BC即为这些 39 中学生款理化餐塑皱学创颜操极滑源 矩形的面积之和。 y个 因为两个该斜截 圆柱可拼成一个底面 半径为1，高为4的圆 柱，所以该斜截圆柱的 侧面积为2×2π×4= 图5 4π。 所以函数y=2十cosx(0≤x≤π)与坐 标轴国成的面积为2×4元=2。 又因为无论点F,(i=1,2,3,…,n)是否 均匀分布在半圆弧AB上，这些矩形的面积 之和都小于函数y=2十c0sx(0x≤π)与 坐标轴围成的面积，所以AF1·E1F1十 F1F2·E2F2十…十Fm-1F。·EnFn十FnB· BC2π，得证。 评注：本题的解决思路在于作出与底面 平行的圆，利用二面角建立PP1与日的函数 关系PP1=2十cos0,结合三角函数的图像理 解待证式左边的几何意义，最后通过补形求 得斜截圆柱的侧面积，比较大小即可。 类型二定义几何体的度量 例2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1 元（∠QpQ,+∠QPQ+…+∠QPQ 十∠QPQ1),其中Q,(i=1,2,…,k,k≥3) 为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平 面Q1PQ2,平面Q2PQ,…,平面Q-1PQ, 平面QPQ1为多面体M的所有以P为公共 点的面。已知在直四棱柱ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且AA =AB=1。 (1)求直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在各 个顶点的离散曲率之和； (2)若直四棱柱ABCD-A1B,C1D1在点 A处的离散曲率为x,直四棱柱ABCD A1B1C1D1的体积为f(x),求函数y=f(x) 的解析式及单调区间。 解析：(1)在直四棱柱ABCD ABCD,中，∠AAD=∠AAB=,底 40 面ABCD为菱形。 由离散曲率的定义知A,A1,C,C1的离 散曲率相等，B,B1,D,D1的离散曲率相等。 所以A处的离散曲率为1一2元 × (受+登+∠BAD)=之-BAD,D处的 2π 离散曲率为1-云×（经++∠ADC) 1∠ADC 2π 因为∠BAD十∠ADC=π，所以A,D 两处的离放曲率之和为了-一D+三 2π ∠ADC=1-∠BAD十∠ADC-1 2π 2π -2 故直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在各个 顶点的离散曲率之和为4×号-2。 (2)由题意知，A处的离散曲率1一元× (受++∠BAD)=2 ∠BAD 2π =x,故 ∠BAD=π(1-2x)。 所以直四棱柱的底面面积为2S△AD= 2x号×1'×sin[x1-2x]=sin[r1 2.x)]=sin(2πx)。 又直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为 1,故体积f(x)=sin(2πx)。 因为∠BAD∈(0，x),所以x∈(0,2)， 则2元x∈(0，π)。 当2xx∈(0，]，即x∈(0，]时， f(x)单调递增；当2x∈（受，x,即x∈ (什，2)时，f(x)单调递减。 所以了x)的单调递增区间为，]，单 调递藏区间为（仔，） 评注：本题定义多面体M在，点P处的离散 曲率，研究直四棱柱在各个顶点的离散曲率之 和，并借助三角函数来分析直四棱柱的体积。 类型三定义新的空间向量 例3在空间直角坐标系Oxyz中，任 何一个平面的方程都能表示成Ax十By十 Cx十D=0,其中A,B,C,D∈R,A2十B十 C2≠0，且n=(A,B,C)为该平面的法向量。 已知集合P={(x,y,之)||x|≤1，|y|≤1， |x≤1}，Q={(x,y,x)||x|+1y十|之| 2},T={(x,y,x)||x|+|y|≤2，|y|+x ≤2，|之|十|x≤2}。 (1)设集合M={(x,y,之)|x=0},记 P∩M中所有点构成的图形的面积为S1, Q∩M中所有点构成的图形的面积为S2,求 S1和S,的值。 (2)记集合Q中所有点构成的几何体的 体积为V1,P∩Q中所有点构成的几何体的 体积为V2,求V1和V2的值。 (3)记集合T中所有点构成的几何体为W。 ①求W的体积V3的值； ②求W的相邻（有公共棱）两个面所成 二面角的大小，并指出W的面数和棱数。 解析：(1)集合M={(x,y,x)之=0}表 示平面xOy上所有的点。 P={(x,y,之)||x|≤1，|y|≤1，|之| 1}表示（士1，士1，士1）这八个顶点形成的正 方体内所有的点。 故P∩M可以看成正方体在平面xOy 上的截面内所有的点，即边长为2的正方形， 因此S1=4。 对于Q={(x,y,x)|Ix|+|y|十|x|≤ 2},当x,y,之>0时，x十y十之=2表示经过 (2,0,0),(0,2,0),(0,0,2)的平面在第一象 限的部分。 由对称性可知Q表示（±2,0,0），(0， 士2,0)，(0,0，士2)这六个顶点形成的正八面 体内所有的点。 故Q∩M可以看成正八面体在平面 xOy上的截面内所有的点，即边长为2√2的 正方形，因此S,=8。 (2)考虑集合Q的子集Q'={(x,y,之)| x十y十之2，x≥0，y≥0，x≥0}，即三个坐 标平面与x十y十x=2围成的四面体内所有 的点。 帆赞数华题星器骨中学生表理化 四面体的四个顶点分别为(0,0,0)，(2， 0,0),(0,2,0),(0,0,2),故此四面体的体积 V。=言×2×号×2×2=音 1 32 由对称性知，V1=8Va= 3 考虑集合P的子集P'={(x,y,之)|0 x≤1,0≤y≤1,0≤x≤1}，即与坐标平面围 成的棱长为1的正方体内所有的点。 记Q1(1,1,0),Q2(1,0,1),Q3(0,1,1), Q(1,1,1),容易验证Q1,Q2,Q在平面x十 y十之=2上，同时也在P'的底面上，故P'∩ Q'为正方体截去三棱锥Q1-QQQ:所剩下 的部分。 P'的体积Vp=1×1×1=1,三棱锥Q, Q,Q,Q,的体积V。Qa8-3×1×号×1× 1 故p'∩Q'的体积Vng=Vp一Va-a,aa 1--8 由对称性知，V,=8Vrng-2。 3 (3)①图6为T所 构成的几何体，其中正 方体ABCD-I.JML为 集合P所构成的几何 体，E-ABCD构成一个 正四棱锥，E到平面 ABCD的距离为1。 图6 1 故VE-ARCD=3X1 ×2×2= F3,则V=Vp+6VE4ABcm=2×2X 2+6×含-16。 ②由题意知，平面EBC的方程为x十 x一2=0，其法向量n1=(1,0,1),平面ECD 的方程为y十之一2=0，其法向量n2=(0,1, n1·ng1 1)。故cos(nn:）=Tn1n,=之 由图可知两个相邻的面所成角为钝角， 故w的相邻两个面所成角为。 41 中学生数理化然数学202年月 解题篇创新题追根湖源 由图可知W共有12个面，24条棱。 评注：解第一问时应用了“建战”的方法， 即通过研究几何体的某一局部特征，结合对 称性，将这一局部特征推广至几何体整体，简 化几何体结构，降低思维难度，达到“四两拨 千斤”的解题效果。解第三问时应用了“降 维”的方法，即从符合构图要求的低维几何要 素开始构图，就像作截面时“先找截，点，再连 截线，最后围截面”一样来构造几何体。 类型四定义空间向量新的运算 例4三阶行列式是解决复杂代数运 算的算法，其运算法则如下： a a2 a3 aib2c3+a2b3c+ C2 C3 a3b1c2-a3b2c1-a2b1c3-a1b3c2 j k 若a×b= 之1 ,则称a×b 之2 为空间向量a与b的叉乘，其中a=x1i+ y1j+zk (z1,y1,z1ER),b=z2i+y2j+ 之2k(x2,y2,之2∈R),{i,j,k}为单位正交基 底。以O为坐标原点，分别以i,j,k的方向 为x轴，y轴，之轴的正方向，建立空间直角 坐标系，已知A,B是空间直角坐标系中异于 O的不同两点。 (1)①若A(0,2,1),B(-1,3,2),求 OA×OB: ②证明：OA×Oi+Oi×OA=0 (2)记△AOB的面积为S△Aow,证明： SAm-合1Oi×Oi1. (3)(OA×OB)的几何意义表示以 △AOB为底面、|OA×OB|为高的三楼棱锥体 积的多少倍？ 解析：(1)①因为A(0,2,1),B(一1,3， k 2),所以OA×OB 0 2 1 -13 2 j+0+2k-0-3i=i-j+2k=(1,-1,2)。 ②设A(x1,y1,之1)，B(x2,y2,之：)，则 OA×OB=y1x2i十之1xj+x1y2k-x2y1k 42 之2x1j一y2之1i=（y122一y2x1,21x2一22x1, x1yg-x2y1）。 x2与x1互换，y2与y1互换，2与x1互 换，可得OB×OA=(y2之1一y1之2，之2x1 1x2,x2y1-x1y2),故OA×OB+OB×OA =(0,0,0)=0。 (2)sin∠AOB=√J1-cos∠AOB (OA·OB)2 1OA121OB12 =√0AOB'-(OA·OB) IOA 故S△.a0B= 21O11Oi1·sin∠AOB -2 OAFIo-oA·0. 要证S=之1O×O成1，只需证O耐 ×OB|=√TOA1OB2-(OA·OB)2,即 证|OA×OB12=1OA121O元2-(OA· OB)2。 设OA=(x1,y1,21),O元=(x2,y2, 之2)，则OA×OB=(y12-y2之1,1x2 之2x1,x1y2一x2y1）。 故OA×OB12=(y122-y2之1)2+(x1x2 -之2x1)2+(x1y2-x2y1)2。 又OA12=x+y+,O店12=x号+ y+,(OA·Oi)2=(x1x,十y1y2+ 之1x2)2,则|OA×OB12=1OA121OB12 (OA.OB)2成立。 故Saw=2O×Oi1。 (3)由(2)知S=1O×O成. 故o×Oi):-O耐×Oi:-1Oi× O·21OA×O1=SA0·21OA×O成1= 号5am·o×oi·6 故(OA×OB)”的几何意义表示以 △AOB为底面、1OA×OB|为高的三棱锥体 积的6倍。 (责任编辑赵倩)