强基培优练(强基培优12 空间几何体中的新定义创新题)(配套Word)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮专题复习总复习基础版（人教A版）

该高中数学高考复习教案聚焦空间几何体新定义创新题，涵盖多面体曲率、欧拉定理、空间向量新定义、勒洛四面体及三面角余弦定理等核心考点，按概念理解到综合应用的逻辑层次组织。通过新定义解读、公式推导、典例精讲、真题演练环节，帮助学生突破空间想象与新情境应用难点，体现复习系统性与针对性。 资料以真实情境（如大兴机场、碳60分子）引入，培养学生用数学眼光观察现实世界的能力。采用“情境-建模-应用”教学策略，如用正方体模型推导正四面体外接球半径，结合分层练习（选择、填空、解答），在45分钟内高效提升创新题型应对能力，为教师把控复习节奏提供精准素材，助力学生发展数学思维与表达能力。

核心素养测评　(时间:45分钟　分值:30分) 强基培优练12　空间几何体中的新定义创新题 1.(5分)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2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫作多面体的面角,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2π-3×=π,故其总曲率为4π,则四棱锥的总曲率为 (　　) A.2π B.4π C.5π D.6π 【解析】选B.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4π+2π=6π, 故总曲率为5×2π-6π=4π. 2.(5分)多面体的欧拉定理:简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足V+F-E=2的数学关系.请运用欧拉定理解决问题:碳60(C60)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,如图所示.碳60(C60)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,则32个面中正六边形面的个数是 (　　) A.22 B.20 C.18 D.16 【解析】选B.由题意可知V=60,F=32,由V+F-E=2可得E=90, 设正五边形的个数为x,正六边形的个数为y,则x+y=32, 因为一条棱连着两个面,所以足球烯表面的棱数E=(5x+6y)=90, 联立,解得, 即32个面中正六边形面的个数是20. 3.(5分)(多选题)设Ox,Oy,Oz是空间中两两夹角均为θ(θ∈(0,] )的三条数轴,e1,e2,e3分别是与x,y,z轴正方向同向的单位向量,若=xe1+ye2+ze3(x,y,z∈R),则把有序数对(x,y,z)θ叫作向量在坐标系Oxyz中的坐标,则下列结论正确的是 (　　) A.若向量a=(-1,3,-7)θ,向量b=(3,-2,4)θ,则a+b=(2,1,3)θ B.若向量a=(2,6,-3,向量b=(3,-1,0,则a·b=0 C.若向量a=(x,y,0)θ,向量b=(1,2,0)θ,则当且仅当x∶y=1∶2时,θ= D.若向量=(1,0,0,向量=(0,1,0,向量=(0,0,1,则二面角O-AB-C的余弦值为 【解析】选BD.对于A,若向量a=(-1,3,-7)θ=-e1+3e2-7e3,向量b=(3,-2,4)θ=3e1-2e2+4e3, 则a+b=2e1+e2-3e3=(2,1,-3)θ,故A错误; 对于B,若向量a=(2,6,-3,向量b=(3,-1,0,此时在空间直角坐标系中a·b=2×3+6×(-1)=0,故B正确; 对于C,若向量a=(x,y,0)θ=xe1+ye2,向量b=(1,2,0)θ=e1+2e2, 当x∶y=1∶2时,y=2x,则a=(x,y,0)θ=xe1+2xe2=x(e1+2e2)=xb,此时a∥b,显然θ=不成立,故C错误; 对于D,若向量=(1,0,0,向量=(0,1,0,向量=(0,0,1, 则三棱锥O-ABC是棱长为1的正四面体,如图所示,取AB中点H,连接OH,HC, 在等边△OAB,△ABC中,易知OH⊥AB,HC⊥AB,OH=HC=, 则∠OHC即为二面角O-AB-C的平面角, 在△OHC中,由余弦定理得,cos∠OHC===, 所以二面角O-AB-C的余弦值为,故D正确. 4.(5分)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ABCD的棱长为1,则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为1-;用过A,B,C三点的平面去截勒洛四面体,所得截面的面积为.  【解析】根据题意,勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切, 如图1,点E为该球与勒洛四面体的一个切点,O为该球球心, 由正四面体的性质可知该球球心O为正四面体ABCD的中心,半径为OE, 连接BE,则B,O,E三点共线,此时BE=1,BO为正四面体的外接球的半径, 由于正四面体ABCD的棱长为1,其可以在棱长为的正方体中截出, 所以正四面体ABCD的外接球的半径即为棱长为的正方体的外接球半径,即正方体体对角线的一半,则BO=, 故勒洛四面体能够容纳的最大球的半径OE=1-; 如图2,根据勒洛四面体的构成可知,过A,B,C三点的截面面积为3个半径为1,圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为1的正三角形的面积, 所以所得截面的面积为. 5.(10分)类比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cos γ=cos αcos β+sin αsin βcos θ. (1)当α,β∈(0,)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. 【解析】(1)如图,过射线PC上一点H作HM⊥PC交PA于点M, 作HN⊥PC交PB于点N,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·cos γ, MN2=MH2+NH2-2MH·NH·cos θ, 两式相减得MP2-MH2+NP2-NH2-2MP·NP·cos γ+2MH·NH·cos θ=0, 所以2MP·NP·cos γ=2PH2+2MH·NH·cos θ, 两边同除以2MP·NP, 得cos γ=cos αcos β+sin αsin βcos θ. (2)①由平面AA1C1C⊥平面ABCD,知θ=90°, 所以由(1)得cos ∠A1AB=cos∠A1AC·cos∠CAB, 因为∠A1AC=60°,∠BAC=45°, 所以cos∠A1AB=×=. 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), 在棱柱ABCD-A1B1C1D1中, A1B1AB,ABCD, 所以A1B1DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形, 所以A1D∥B1C. 在四边形B1BPC中,B1BCP, 所以四边形B1BPC为平行四边形, 所以B1C∥BP, 所以A1D∥BP, 又A1D⊂平面DA1C1,BP⊄平面DA1C1, 所以BP∥平面DA1C1. 所以当点P在C1C的延长线上,且使CP=C1C时,BP∥平面DA1C1. 　阶段测评,请使用　“阶段滚动检测(四)” - 4 - 学科网（北京）股份有限公司 $