第21讲 立体几何新定义训练-2026年高考数学二轮复习立体几何专题（新高考通用）

第21讲 立体几何新定义 目 录 高考分析 1 学习目标 3 题型归纳 3 题型一：曲率问题 5 题型二: 离散曲率 13 题型三：定义新坐标 37 题型四：新运算 46 题型五：定义新概念 57 题型六：定义新图形 74 题型七：三面角 93 题型八：空间平面方程与直线方程 99 题型九：数学文化 107 立体几何新定义问题是高考数学的创新压轴题型，多以选择题、填空题（分值5分）或解答题小问形式出现，融合立体几何核心知识与新定义规则，侧重考查抽象概括、知识迁移与逻辑推理能力，以下从命题特点、核心考点、考查趋势三方面展开分析： 一、命题特点 1. 定义类型： ◦ 概念型新定义：基于立体几何基本元素（点、线、面、体）定义新概念，如“空间中到两定点距离之比为定值的点的轨迹称为‘球面阿波罗尼斯圆’”“若两条直线与同一平面所成角相等，则称这两条直线为‘等角线’”； ◦ 性质型新定义：针对几何体的特征性质定义新名称，如“若棱锥的高过底面重心，则称该棱锥为‘重心棱锥’”“若正方体的面与某平面交于正六边形，则称该平面为‘正方体的正六边形截面’”； ◦ 运算型新定义：引入新的空间运算规则。 2. 载体特征： ◦ 以规则几何体（正方体、长方体、正四面体、圆柱、圆锥）为核心背景，新定义均建立在熟悉的几何模型上，避免抽象无依托； ◦ 常结合经典几何问题（如空间角、距离、截面、存在性）拓展，如“在‘重心棱锥’中求侧棱与底面所成角的范围”。 3. 设问形式： ◦ 基础层：判断新定义对象的属性（如“下列直线中属于正方体的等角线的是”）； ◦ 进阶层：计算新定义相关的几何量（如“求球面阿波罗尼斯圆的半径”）； ◦ 拓展层：探究新定义对象的存在性或最值（如“是否存在正方体的正六边形截面，使其面积最大”）。 二、核心考点 1. 新定义的解读能力： ◦ 能快速提取新定义的关键条件（如“等角线”的核心是“与同一平面所成角相等”），将文字语言转化为数学符号语言或图形语言； ◦ 能结合已有立体几何知识，理解新定义与旧概念的关联（如“球面阿波罗尼斯圆”本质是空间中满足比例关系的点的轨迹，类比平面阿波罗尼斯圆）。 2. 知识迁移应用能力： ◦ 能将立体几何的核心方法（如向量法、几何法、参数化建模）迁移到新定义问题中，如用向量法计算“等角线”与平面所成角，用截面法分析“正六边形截面”的特征； ◦ 能将新定义转化为可求解的常规问题（如将“重心棱锥”的高过底面重心转化为顶点坐标与底面重心坐标的关系）。 3. 逻辑推理与论证能力： ◦ 能对新定义对象的性质进行证明（如“证明正方体的体对角线与面对角线为等角线”）； ◦ 能通过举反例或分类讨论，判断新定义对象的存在性（如“判断是否存在正四面体的重心棱锥，使其侧棱长均相等”）。 三、考查趋势 1. 定义的综合性增强： ◦ 新定义不再单一指向某一几何元素，而是融合多个考点，如“定义‘空间等距面’为到两条异面直线距离相等的平面，探究等距面的个数及特征”（融合异面直线距离、平面方程）； ◦ 结合数学文化或实际背景定义新概念，如基于古代建筑中的几何体定义“斗拱棱锥”，考查其体积与表面积计算。 2. 与动态问题结合： ◦ 新定义问题中引入动点、动直线、动平面，考查动态场景下的新定义属性，如“动点P在正方体表面上运动，判断P是否满足‘球面阿波罗尼斯圆’的定义，求P的轨迹长度”； ◦ 探究新定义对象的最值（如“求正方体正六边形截面的最大面积”），融合函数最值与几何特征。 3. 对核心素养的聚焦强化： ◦ 侧重考查数学抽象素养（从新定义中抽象出本质特征）、直观想象素养（还原新定义对应的几何图形）、逻辑推理素养（论证新定义对象的性质）； ◦ 减少对固定公式的直接考查，更强调对定义的理解和方法的灵活应用。 结合高考对立体几何新定义问题的考查要求，从基础认知、核心能力、综合素养三个维度制定学习目标，覆盖“定义解读、知识迁移、逻辑论证”全环节： 一、基础认知目标 1. 掌握新定义的拆解方法： ◦ 能快速识别新定义的类型（概念型、性质型、运算型），提取核心约束条件（如“等角线”的核心是“与同一平面所成角相等”）； ◦ 能将新定义的文字语言转化为数学符号语言或图形语言（如将“球面阿波罗尼斯圆：到两定点距离之比为定值的点的轨迹”转化为\frac{PA}{PB}=k（k>0且k≠1）的坐标表达式）； ◦ 理解新定义与已有立体几何概念的关联（如类比平面阿波罗尼斯圆，理解空间球面阿波罗尼斯圆的本质）。 2. 夯实底层知识储备： ◦ 熟练掌握立体几何核心知识（空间位置关系判定、空间角/距离计算、几何体性质、向量运算），为新定义问题的转化提供基础； ◦ 明确规则几何体（正方体、正四面体、圆柱）的基本特征，能快速关联新定义与几何体的适配性。 二、核心能力目标 1. 定义转化与知识迁移能力： ◦ 能将新定义问题转化为常规立体几何问题（如将“重心棱锥”的高过底面重心转化为“顶点坐标与底面重心坐标共线”，进而用坐标法计算）； ◦ 能将常规解题方法（向量法、几何法、参数化建模）迁移到新定义场景中（如用向量法验证“等角线”的线面角相等，用截面法分析“正六边形截面”的边长）。 2. 逻辑推理与论证能力： ◦ 能对新定义对象的属性进行证明（如证明“正方体的体对角线与面对角线为等角线”，需分别计算两者的线面角并验证相等）； ◦ 能通过举反例、分类讨论判断新定义对象的存在性（如判断“是否存在正四面体的正六边形截面”，结合正四面体的面数特征推导矛盾）； ◦ 能计算新定义相关的几何量（如求“球面阿波罗尼斯圆”的半径，需结合空间距离公式建立方程求解）。 3. 动态分析能力： ◦ 能处理新定义下的动态问题（如动点满足新定义时的轨迹判断、轨迹长度计算）； ◦ 能探究新定义对象的最值（如求“正方体正六边形截面”的最大面积，结合截面与正方体的位置关系分析）。 三、综合素养目标 1. 数学抽象与直观想象素养： ◦ 能从新定义中抽象出几何本质（如从“空间等距面”定义中抽象出“到两条异面直线距离相等的平面”的核心，忽略无关描述）； ◦ 能通过直观想象还原新定义对应的几何图形（如根据“正六边形截面”定义，想象其在正方体中的位置）。 2. 规范解题与易错规避能力： ◦ 解题时明确引用新定义的核心条件（如“由‘重心棱锥’定义可知，顶点在底面的投影为底面重心”），避免无依据推导； ◦ 规避核心易错点：定义解读偏差（如遗漏“等角线”中“同一平面”的条件）、知识迁移错误（如误用平面公式解决空间新定义问题）、论证过程不完整（如仅判断存在性而未给出推理）。 3. 创新应用能力： ◦ 能结合数学文化或实际背景的新定义，灵活运用立体几何知识解决问题； ◦ 能自主总结新定义问题的解题规律（如“先拆解定义→再转化为常规问题→最后验证几何合理性”的通用流程）。 题型一：曲率问题 1.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. 2.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．则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用正八面体的面积和减去六个顶点的曲率和可得结果. 【详解】正八面体每个面均为等比三角形，且每个面的面角和为，该正面体共个顶点， 因此，该正八面体的总曲率为. 故选：B. 3.刻画空间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）.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所成角的正切值为，则四棱锥在顶点处的曲率为（    ） 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. 4.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.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. 5.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】 【解析】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：；. 6．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， . 7.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：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，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.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值； (3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由直棱柱的性质可得，，再由点的曲率可求出，则为等边三角形，所以，再利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）取的中点，连接，则平面，所以，，则平面，所以可得为二面角的平面角，在中可求得结果； （3）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，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简可得结果. 【详解】（1）证明：因为在直三棱柱中，平面，平面， 所以， 所以点的曲率为，得， 因为，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面，所以平面； （2）解：取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面， 因为平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 设，则， 所以，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为， 所以在中，， 所以二面角的余弦值为； （3）证明：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， 则多面体共有条棱， 由题意，多面体共有个顶点， 号多边形的内角之和为， 所以所有多边形的内角之和为， 所以多面体的总曲率为 所以简单多面体的总曲率为. 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查二面角的求法，考查新概念曲率，解题的关键是对多面体曲率的正确理解，考查推理能力和计算能力，属于难题. 题型二:离散曲率 1.设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在P处的离散曲率为为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，，……，遍及多面体M的所有以P为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意给的定义，结合图形，分别求出a、b、c、d的值即可比较大小. 【详解】对于正四面体，其离散曲率为， 对于正八面体，其离散曲率为， 对于正十二面体，其离散曲率为， 对于正二十面体，其离散曲率为， 则， 所以. 故选：B. 2．（多选题）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列说法正确的是（    ） A．四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等 B．若，则四棱柱在顶点处的离散曲率为 C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面 D．若四棱柱在顶点处的离散曲率为，则与平面的夹角为 【答案】BC 【解析】A：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A错误； B：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B正确； C：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C正确， D：直四棱柱在顶点处的离散曲率为, 则,即是等边三角形, 设,则即为与平面的所成角,,故D错误; 故选：BC. 3．（多选题）设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列结论正确的是（    ） A．直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等 B．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为 C．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为 D．若四面体在点处的离散曲率为，则平面 【答案】BD 【解析】A项，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，故选项A错误； B项，若，则菱形为正方形，因为平面，所以，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，选项B正确； C项，若，则，又，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，选项C错误； D项，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，结合正方体的结构特征可知平面，选项D正确． 故选：BD 4．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.已知在直四棱柱中，四边形为菱形，，则下列说法正确的是（    ） A．四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等 B．若，则四棱柱在顶点处的离散曲率为 C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面 D．若四棱柱在顶点处的离散曲率为，则直线与平面所成的角的正弦值为 【答案】CD 【分析】对于A,根据题意当直四棱柱的底面不为正方形时，不符合题意；对于B，根据题中直接计算即可；对于C，根据条件可得直四棱柱为正方体，继而利用线面垂直的判定定理即可证明；对于D，根据条件可得即是等边三角形，则即为与平面所成的角，计算其正弦值即可. 【详解】对于A.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A错误； 对于B.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 ，故错误； 对于C.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，故正确； 对于D.直四棱柱在顶点处的离散曲率为， 则，即是等边三角形， 设，则即为与平面所成的角，，故正确； 故选:CD. 5．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（i=1，2，…，k，）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面遍历多面体M的所有以P为公共点的面． （1）任取正四面体的一个顶点，在该点处的离散曲率为 ； （2）已知长方体，，，点P为底面内的一个动点，则四棱锥P－ABCD在点P处的离散曲率的最小值为 ． 【答案】 【详解】分析：（1）根据正四面体的结构特征和曲率的计算公式，即可求解； （2）根据曲率的计算公式，得出即点P为正方形的中心时，曲率取得最大值，即可求解. 解析：（1）由题意，可知正四面体的所有面都是正三角形，∴取正四面体的一个顶点，该点处的离散曲率为； （2）解法一：如图1，设点P在底面ABCD内的射影为O，棱AB、CD的中点为E、F．      在△APB中，∵AB=1，∴． 又 ， ∴． 同理，． ∴ ． 又 ， ∴． 又 ， ∴，又∠APB，，∴， 即． 同理可证：，∴，∴四棱锥P－ABCD在点P处的离散曲率（当点P为上底中心时取等号）． 解法二：如图2，过点P作的平行线交，于M，N，设点为线段MN的中点．    由米勒定理知：，，过作与平面平行的截面，再作底面ABCD于H，设，则， 记，则． 又，∴，记，同理可得， ∴， 设，则，． 设，则， ∴，故． 又，∴，故， 于是可得．以下略． 6.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： 7．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 【解析】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. 8．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． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，已知在三棱锥中，平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．    ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值； ②若点Q在棱PB上运动，求直线CQ与平面ABC所成的角的最大值． 【解析】（1）由离散曲率的定义得：， ， ， ， 四个式子相加得：. （2）①如图，分别取的中点，连接，显然有， 所以为异面直线与的夹角或其补角，设，因为，所以，， 因为平面，平面，所以，，，， 因为，，所以平面，又因为平面，所以， 由点处的离散曲率为可得， 所以，，，而，， 所以，故异面直线与的夹角的余弦值为. ②如图，过点做交与，连接，因为平面，所以平面， 则为直线与平面所成的角，设， 在中， 因为，所以，所以， 故， 当分母最小时，最大，即最大，此时，即（与重合），，所以的最大值为. 9．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. (1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，现已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，顶点在底面的射影为的中点. ①若，求该四棱锥在处的离散曲率； ②若该四棱锥在处的离散曲率，求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）由题意可知四棱锥在各个顶点处的角的和， 即等于四个侧面上的三角形和底面四边形的内角和，即， 故四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和为：； （2）①连接，由于底面是边长为2的菱形，故交于点O， ，则为正三角形，则, 底面，底面，故，， 则，， 则 ， 由于为三角形内角，故； 同理求得， 故该四棱锥在处的离散曲率； ②由题意可知四棱锥的是个侧面三角形全等， 即得， 四棱锥在处的离散曲率，则， 设，则，而， 故，解得， 作于E，则E为AB中点，结合题意知为正三角形，故， 作于F，则，且， 则; 连接，由于底面，底面，故， 平面，故平面， 平面，故平面平面，平面平面， 作于G，则平面， 则即为直线与平面所成角， 则. 10.定义：多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的一个顶点，（，且）为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面、平面、、平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，． (1)求四棱锥在顶点处的离散曲率； (2)求四棱锥内切球的表面积； (3)若是棱上的一个动点，求直线与平面所成角的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 因为，则． 因为平面，平面，所以， 又，，、平面，所以平面， 又平面，所以，即， 由离散曲率的定义得． （2）因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以， 设四棱锥的表面积为， 则 ． 设四棱锥的内切球的半径为，则， 所以， 所以四棱锥内切球的表面积． （3）如图，过点作交于点，连接， 因为平面，所以平面， 则为直线与平面所成的角． 易知，当与重合时，； 当与不重合时，设， 在中，由余弦定理得 因为，所以，所以，则， 所以． 当分母最小时，最大，即最大，此时（与重合）， 由，得，即， 所以的最大值为， 所以直线与平面所成角的取值范围为． 11.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. 12．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Qi（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Q2PQ3，…，平面Qk﹣1PQk和平面QkPQ1遍历多面体M的所有以P为公共点的面． （1）如图1，已知长方体A1B1C1D1﹣ABCD，AB＝BC＝1，，点P为底面A1B1C1D1内的一个动点，则求四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值； （2）图2为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若干采样点，然后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格．区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是哪个区域？（确定“区域α”还是“区域β”） 【解析】（1）计∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠QnPQ1＝θ，则离散曲率为1﹣，θ越大离散曲率越小． P在底面ABCD的投影记为H，通过直观想象，当H点在平面ABCD中逐渐远离正方形ABCD的中心，以至于到无穷远时，θ逐渐减小以至于趋近于0．所以当H点正好位于正方形ABCD的中心时，θ最大，离散曲率最小．此时HA＝HB＝＝PH，所以PA＝PB＝1＝AB，所以∠APB＝60°，θ＝， 离散曲率为1﹣×＝，所以四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值为； （2）区域β比区域α更加平坦，所以θ更大，离散曲率更小． 所以区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是区域β． 13．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（i=1，2，…，k，）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面遍历多面体M的所有以P为公共点的面． （1）任取正四面体的一个顶点，在该点处的离散曲率为 ； （2）已知长方体，，，点P为底面内的一个动点，则四棱锥P－ABCD在点P处的离散曲率的最小值为 ． 【答案】 【解析】分析：（1）根据正四面体的结构特征和曲率的计算公式，即可求解； （2）根据曲率的计算公式，得出即点P为正方形的中心时，曲率取得最大值，即可求解. 解析：（1）由题意，可知正四面体的所有面都是正三角形，∴取正四面体的一个顶点，该点处的离散曲率为 ； （2）解法一：如图1，设点P在底面ABCD内的射影为O，棱AB、CD的中点为E、F． 在△APB中，∵AB=1，∴． 又 ， ∴． 同理，． ∴ ． 又 ， ∴． 又 ， ∴，又∠APB，，∴， 即． 同理可证：，∴，∴四棱锥P－ABCD在点P处的离散曲率（当点P为上底中心时取等号）． 解法二：如图2，过点P作的平行线交，于M，N，设点为线段MN的中点． 由米勒定理知：，，过作与平面平行的截面，再作底面ABCD于H，设，则， 记，则． 又，∴，记，同理可得， ∴， 设，则，． 设，则， ∴，故． 又，∴，故， 于是可得．以下略． 14．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． 【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，. 15.阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为 ，其中 为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面 ，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. ”已知在直四棱柱中，底面为菱形.. （角的运算均采用弧度制） (1)若，求四棱柱在顶点处的离散曲率； (2)若四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面的夹角的正弦值； (3)截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为与平面交于点，证明：. 【解析】（1）若，则菱形为正方形，即， 因为平面平面，所以， 所以直四棱柱，在顶点处的离散曲率为. （2）因为平面平面，所以， 直四棱柱在顶点处的离散曲率为， 则，即是等边三角形， 为菱形，又直四棱柱， 平面平面，， 又平面，平面， 设，则即为与平面所成的角， 在中，， ，所以与平面的夹角的正弦值为. （3）在四面体中， 所以，， 所以四面体在点处的离散曲率为， 所以，所以为等边三角形，所以， 又在中，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， 平面平面，， 又平面，平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面， 是三棱锥的高，设正方体的棱长为， ， ， ， . 题型三：定义新坐标 1．（多选）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 2.（多选）已知单位向量，，两两的夹角均为，若空间向量满足，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系（为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作，则下列命题是真命题的为（   ） A．已知，，则 B．已知，，其中，则当且仅当时，向量的夹角取得最小值 C．已知，，则 D．已知，，，则三棱锥的表面积 【答案】BC 【解析】对于A，， 因为，且，所以，故A错误； 对于B，如图所示，设，，则点A在平面上，点在轴上， 由图易知当时，取得最小值，即向量与的夹角取得最小值，故B正确； 对于C，根据“仿射”坐标的定义可得， ，故C正确； 对于D，由已知可得三棱锥为正四面体，棱长为1，其表面积，故D错误． 故选：BC． 3.已知单位向量两两的夹角均为（，且），若空间向量满足，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系（为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作．若，，，则三棱锥的表面积为 ． 【答案】 【解析】由题意可知，，则，同理可得， ， ，同理可得， 即三棱锥为正四面体，棱长为，其表面积为． 4.空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系．如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”．现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为，我们将这种坐标系称为“斜坐标系”．我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜坐标系”下向量的斜坐标：分别为“斜坐标系”下三条数轴（轴，轴，轴）正方向上的单位向量，若向量，则与有序实数组一一对应，称向量的斜坐标为，记作． (1)若，求的斜坐标； (2)在平行六面体中，，建立“空间斜坐标系”如下图所示．    ①若，求向量的斜坐标； ②若，且，求． 【解】（1）， 的斜坐标为． （2）设分别为与同方向的单位向量， 则， ① ②由题， 由，知， 由，知： ， ，解得， 则． 5.空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”． (1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标； (2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1) (2)． 【详解】（1）由题可知，，则（提示：斜坐标的本质是将空间中的向量用基底表示后的系数）， 由题可知，，． 平面， 即 则，， 则的斜坐标为． （2）由题可得，， 设平面的法向量为（提示：设斜坐标系下的法向量，通过求解法向量方程与赋值求得法向量）， 由 得 即 取，可得，， 即． 则． 由（1）可知平面， 且， 则， ， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 6．已知顶点为S的圆锥面（以下简称圆锥S）与不经过顶点S的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角（圆S轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，，． (1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，关系式； (2)求证：曲线C是抛物线． 【答案】(1)证明见解析；； (2)证明见解析. 【分析】（1）由题设条件可得平面AOS⊥平面，据此可求出球的半径，可得，化简即可得解； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两点间的距离，化简方程即可得解. 【详解】（1）∵平面AOS截球T的截面圆与直线AO相切于F， ∴， 记P是平面内不在直线OA上的点，平面TFP截球T的截面圆与直线FP相切于点F， ∴， ∵平面内直线AO，FP相交于点F， ∴TF⊥平面， ∵直线TF平面AOS， ∴平面AOS⊥平面， ∴．连TO，TM， ∴，， ∴球T的半径且， ∴. （2）在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点 ∵， ∴ 以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图. ∵OM，OF与球T相切， ∴， ∴，， 设交线C上任意点，记圆锥S的母线SP与球T相切于E． ∵PF与球T相切于点F， ∴，， ∴， 即（1）， 两边平方整理得：（2）， 两边平方整理得：（3）， 易知：（3）（2）（1）， ∴交线C在坐标平面xOy中方程为， ∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线. 7．（1）如图，对于任一给定的四面体，找出依次排列的四个相互平行的平面，，，，使得，且其中每相邻两个平面间的距离都相等； （2）给定依次排列的四个相互平行的平面，，，，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体的四个顶点满足：，求该正四面体的体积． 【答案】（1）见解析； （2）. 【分析】（1）根据题意要作出相互平行且相邻距离相等的平面，所以先作直线平行，且取等分点，例如可取的三等分点，，的中点，的中点，则有，，从而可得面面平行； （2）先将正四面体补形为正方体，结合条件确定正方体的棱长，即可求正四面体的体积． 【详解】（1）取的三等分点，，的中点，的中点， 过三点，，作平面，过三点，，作平面， 因为，，所以平面平面， 再过点，分别作平面，与平面平行，那么四个平面，，，依次相互平行， 由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，每相邻两个平面间的距离相等，故，，，为所求平面． （2）如图，将此正四面体补形为正方体（如图）， 分别取、、、的中点、、、， 平面与是分别过点、的两平行平面，若其距离为1， 则正四面体满足条件，右图为正方体的下底面，设正方体的棱长为， 若，因为，， 在直角三角形中，，所以，所以， 又正四面体的棱长为， 所以此正四面体的体积为． 【点睛】本题考查面面平行判定以及补形法求体积，考查空间想象能力以及基本分析论证与求解能力，属较难题. 题型四：新运算 1.设，定义区间、、、的长度均为.在三棱锥中，，，则长的取值区间的长度为 A． B．2 C． D．4 【答案】B 【解析】由题意画出图形，得到三棱锥A- BCD存在时CD的范围，则答案可求. 【详解】如图， △ABC是边长为2的等边三角形，取AB中点O,连接CO，DO,可得CO=, 因为AD⊥BD,当AD=BD时，OD最长为1,则当等腰直角三角形ABD在平面ABC上时，CD的最小值为-1，最大值为+1, 则要使三棱锥A- BCD存在，CD∈(-1,+1) , 所以CD长的取值区间的长度为(+1) - (-1)=2. 故选：B 【点睛】本题考查由立体几何图形成立限制边长范围问题，属于较难题. 2.空间中13个不同的点构成的集合，满足当时，都是正四面体.对于任意平面，的最大值是（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】C 【解析】为使得对于任意平面，取得最大值， 故要使得使之在同一平面中三棱锥顶点最多， 如下所示： 如图所示：三棱锥，均为正四面体, 显然，最多有11个点在同一平面中. 同时，若同一平面中存在12个三棱锥的顶点，则只有1个点在平面外， 无法构造几何体. 故的最大值为：. 故选：. 3.如图，空间直角坐标系中，点，，定义.正方体的棱长为3，E为棱的中点，平面内两个动点P，M，分别满足，，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据正方体的特征易知平面，平面， 平面，所以， 又，则， 如图建立平面直角坐标系，设， 则，整理得， 即M轨迹为平面上的圆，以为圆心，2为半径； 因为，则P轨迹为以为中心， 一条对角线长4且在纵轴上的正方形， 如上图所示，，易得， 过圆心作的垂线，可知垂线方程为 易得上的垂足，显然在线段上， 而上的垂足，显然H距N远， 则圆心到的距离为， 圆心到H的距离. 故选：A 4.（多选）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， 则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据新定义空间向量的叉乘运算依次判断选项即可. 【详解】在长方体中，AB=AD=2，， A：同时与垂直，， 又因为，所以，且，构成右手系， 故成立，故A正确； B：根据三个向量构成右手系，可知，， 则，故B错误； C：，且与同向共线， ，且与同向共线， 又，且与同向共线，即与同向共线，所以，且与同向共线， 所以，故C正确； D：长方体的体积， ，所以，故D正确. 故选：ACD 5.两个非零向量，，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： 6.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】 【解析】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：；. 7.在空间直角坐标系中，定义点和点两点之间的“直角距离”．若和两点之间的距离是，则和两点之间的“直角距离”的取值范围是 ． 【答案】 【解析】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， 当且或时，有最小值， 此时，或， 所以的最小值， 综上，和两点之间的“直角距离”的取值范围是. 故答案为： 8.若点在平面外，过点作面的垂线，则称垂足为点在平面内的正投影，记为.如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与，不重合），.给出下列三个结论： ①线段长度的取值范围是； ②存在点使得平面； ③存在点使得； 其中正确结论的序号是 . 【答案】①② 【解析】取的中点，过点在平面内作于，再过点在平面内作于, 在正方体中，平面，平面，， 又，，平面，即，， 同理可证，， 则，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图： 设， 则，，，，， 对于命题①，，，则， 所以，所以，命题①正确； 对于命题②，，则平面的一个法向量为， ，令，解得， 所以存在点使得平面，命题②正确； 对于命题③，， 令，整理得，该方程无解， 所以不存在点使得，命题③错误. 故答案为：①②. 9.已知，，，定义一种运算：，已知四棱锥中，底面是一个平行四边形，，， （1）试计算的绝对值的值，并求证面； （2）求四棱锥的体积，说明的绝对值的值与四棱锥体积的关系，并由此猜想向量这一运算的绝对值的几何意义. 【解析】（1）由题意＝48． ，， ∴，即．是平面内两相交直线， ∴平面． （2）由题意，， ， ， ∴． ∴， 猜想：的绝对值表示以为邻边的平行六面体的体积． 10.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. 【解析】（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）， 由题意，，， ，所以， ，， ∴. ∴， 故的值表示以，，为邻边的平行六面体的体积. 11已知集合，定义上两点， 的距离. （1）当时，以下命题正确的有__________（不需证明）： ①若，，则； ②在中，若，则； ③在中，若，则; （2）当时，证明中任意三点满足关系； （3）当时，设，，，其中， .求满足点的个数，并证明从这个点中任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于. 【答案】（1）①；（2）证明见解析；（3），证明见解析． 【解析】（1）①根据新定义直接计算．②根据新定义，写出等式两边的表达式，观察它们是否相同，即可判断；③由新定义写出等式的表达式，观察有无； （2）由新定义，写出不等式两边的表达式，根据绝对值的性质证明； （3）根据新定义，及绝对值的性质得点是以为对角线的正方体的表面和内部的整数点，共125个，把它们分布在五个平面上，这五个面一个面取3个点，相邻面上取一个点，以它们为顶点构成三棱锥（能构成时），棱锥的体积不超过，然后任取11点中如果没有4点共面，但至少有一个平面内有3个点．根据这3点所在平面分类讨论可得． 【详解】（1）当时， ①若，，则，①正确； ②在中，若，则，设， 所以 而， ， 但不一定成立，②错误； ③在中，若，在②中的点坐标，有，但不一定成立，因此不一定成立，从而不一定成立，③错误． 空格处填① （2）证明：设，根据绝对值的性质有 ，， 所以．, （3）， ，所以，当且仅当以上三个等号同时成立， 又由已知，∴， 又，∴，， 点是以为对角线的正方体内部（含面上）的整数点，共125个，． 这125个点在这五面内． 这三个平面内，一个面上取不共线的3点，相邻面上再取一点构成一个三棱锥．则这个三棱锥的体积最大为， 现在任取11个点，若有四点共面，则命题已成立，若其中无4点共面，但11个点分在5个平面上至少有一个平面内有3个点（显然不共线）， 若这三点在这三个平面中的一个上，与这个面相邻的两个面上如果有一点，那么这一点与平面上的三点这四点可构成三棱锥的四个顶点，其体积不超过，否则还有8个点在平面和上，不合题意， 若这三个点在平面或上，不妨设在平面，若在平面在一个点，则同样四点构成的三棱锥体积不超过，否则剩下的8个点在三个平面上，只能是3，3，2分布，不管哪一种分布都有四点构成的三棱锥体积不超过， 综上，任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于. 【点睛】关键点点睛：本题新定义距离，解题关键是利用新定义转化为绝对值，利用绝对值的性质解决一些问题．本题还考查了抽屉原理，11个放在5个平面上，至少有一个平面内至少有3点，由此分类讨论可证明结论成立． 题型五：定义新概念 1.若干个能确定一个立体图形的体积的量称为该立体图形的“基本量”．已知长方体，下列四组量中，一定能成为该长方体的“基本量”的是（    ） A．，，的长度 B．，，的长度 C．，，的长度 D．，BD，的长度 【答案】A 【解析】设， 对于选项A：可得，据此可以解出，故A正确； 对于选项B：可得，据此无法解出，故B错误； 对于选项C：可得，据此无法解出，故C错误； 对于选项D：可得，据此无法解出，故D错误； 故选：A. 2.已知体积公式中的常数称为“立圆率”.对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱），正方体，球也可利用公式求体积（在等边圆柱中，表示底面圆的直径；在正方体中，表示棱长，在球中，表示直径）.假设运用此体积公式求得等边圆柱（底面圆的直径为），正方体（棱长为），球（直径为）的“立圆率”分别为，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据体积公式分别求出“立圆率”即可得出. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以. 故选：A. 3.如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图，连接，，，由正方体的性质及、分别为棱、的中点， 易得，所以线段与相交，与相交，故A、B错误； 连接，，有，，故， 所以线段与相交，C错误； 连接，直线与，直线与均为异面直线，D正确. 故选：D. 4.若给定一向量组和向量，如果存在一组实数，使得，则称向量能由向量组A线性表示，或称向量是向量组A的线性组合，若为三个不共面的空间向量，且向量是向量组的线性组合，则（    ） A． B． C．0 D．1 【答案】D 【详解】由题意可知， 且，所以，，， 所以. 故选：D 5.如图，设为正四面体表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点到四个顶点的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有个元素，那么符合条件的点有． A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【解析】分以下两种情况讨论：（1）点到其中两个点的距离相等，到另外两点的距离分别相等，且这两个距离不等，此时点位于正四面体各棱的中点，符合条件的有个点； （2）点到其中三个点的距离相等，到另外一点的距离与它到其它三点的距离不相等，此时点在正四面体各侧面的中心点，符合条件的有个点，故选C. 考点：新定义 6.定义一个集合，其元素是空间内的点，任取，，，存在不全为0的实数，，，使得（其中为坐标原点）．已知，则的充分条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题意，向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底. 对于A，由题意，若，因为向量，，不共面，所以，故A正确； 对于B，由题意，若，因为向量，，共面，所以不能推出，故B错误； 对于C，由题意，若，因为向量，，共面，所以不能推出，故C错误； 对于D，由题意，若，因为向量，，共面，所以不能推出，故D错误； 故选：A. 7.定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底， 对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误； 对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误； 对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底， 则由能推出， 对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面， 则当无法推出，故D错误. 故选：C． 8.设、、…、为平面内的个点，在平面内的所有点中，若点到、、…、点的距离之和最小，则称点为、、…、点的一个“中位点”，有下列命题：①、、三个点共线，在线段上，则是、、的中位点；②直角三角形斜边的中点是该直线三角形三个顶点的中位点；③若四个点、、、共线，则它们的中位点存在且唯一；④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点；其中的真命题是（          ） A．②④ B．①② C．①④ D．①③④ 【答案】C 【解析】①若三个点共线,在线段上,根据两点之间线段最短, 则是的中位点,正确； ②举一个反例,如边长为的直角三角形,此直角三角形的斜边的中点到三个顶点的距离之和为,而直角顶点到三个顶点的距离之和为7, ∴直角三角形斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的中位点；故错误； ③若四个点共线,则它们的中位点是中间两点连线段上的任意一个点,故它们的中位点存在但不唯一；故错误； ④如图,在梯形中,对角线的交点是任意一点,则根据三角形两边之和大于第三边得, ∴梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点．正确． 故①④正确. 故选：C 9.若点为点在平面上的正投影，则记.如图，在棱长为的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与、不重合），.给出下列三个结论： ①线段长度的取值范围是； ②存在点使得平面； ③存在点使得. 其中，所有正确结论的序号是 A．①②③ B．②③ C．①③ D．①② 【答案】D 【解析】取的中点，过点在平面内作，再过点在平面内作，垂足为点. 在正方体中，平面，平面，， 又，，平面，即，， 同理可证，，则，. 以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，. 对于命题①，，，则，则，所以，，命题①正确； 对于命题②，，则平面的一个法向量为， ，令，解得， 所以，存在点使得平面，命题②正确； 对于命题③，，令， 整理得，该方程无解，所以，不存在点使得，命题③错误. 故选：D. 10.如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，连接，，，由正方体的性质及、分别为棱、的中点， 易得，所以线段与相交，与相交，故A、B错误； 连接，，有，，故， 所以线段与相交，C错误； 连接，直线与，直线与均为异面直线，D正确. 故选：D. 11.几何中常用表示的测度，当为曲线、平面图形和空间几何体时，分别对应其长度、面积和体积．在中，，，，为内部一动点（含边界），在空间中，到点的距离为的点的轨迹为，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】空间中，到点的距离为的点的轨迹所构成的空间几何体在垂直于平面的角度看，如下图所示： 其中：，和区域内的几何体为底面半径为的半圆柱；，，区域内的几何体为被两平面所截得的部分球体，球心分别为；区域内的几何体是高为的直三棱柱. 四边形和为矩形，， ， 同理可得：，， ， ，，区域内的几何体合成一个完整的，半径为的球， 则，，区域内的几何体的体积之和； 又，和区域内的几何体的体积之和；区域内的直三棱柱体积， . 故选：D. 12.（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 【解析】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. 13.（多选）用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（    ） A．底面椭圆的离心率为 B．侧面积为 C．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为 D．底面积为 【答案】ABD 【分析】不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，作出过斜圆柱底面椭圆长轴的截面，截斜圆柱得平行四边形，截圆柱得矩形，如图，由此截面可得椭圆面与圆柱底面间所成的二面角的平面角，从而求得椭圆长短轴之间的关系，得离心率，并求得椭圆的长短轴长，得椭圆面积，利用椭圆的侧面积公式可求得斜椭圆的侧面积，由斜圆柱的高比圆柱的底面直径大，可知斜圆柱内半径最大的球的直径与圆柱底面直径相等，从而得其表面积，从而可关键各选项． 【详解】不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形是圆柱的轴截面，平行四边形是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面， 由圆柱的性质知， 则，设椭圆的长轴长为，短轴长为，则，，， 所以离心率为，A正确； ，垂足为，则， 易知，，又， 所以斜圆柱侧面积为，B正确； ，，，， 椭圆面积为，D正确； 由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为，C错． 故选：ABD． 14.已知是棱长为的正四面体，设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，则称为的阶等距平面，为的阶等距集.如果为的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的有 个，的所有可能取值构成的集合是 . 【答案】 7 【解析】①情形一：分别取的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面， 为正四面体高的一半，等于. 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：分别取的中点 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中， 则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，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个. 所以符合条件的有7个，的所有可能取值构成的集合是； 故答案为：7； 15.若点在平面外，过点作面的垂线，则称垂足为点在平面内的正投影，记为.如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与，不重合），.给出下列三个结论： ①线段长度的取值范围是； ②存在点使得平面； ③存在点使得； 其中正确结论的序号是 . 【答案】①② 【解析】取的中点，过点在平面内作于，再过点在平面内作于, 在正方体中，平面，平面，， 又，，平面，即，， 同理可证，， 则，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图： 设， 则，，，，， 对于命题①，，，则， 所以，所以，命题①正确； 对于命题②，，则平面的一个法向量为， ，令，解得， 所以存在点使得平面，命题②正确； 对于命题③，， 令，整理得，该方程无解， 所以不存在点使得，命题③错误. 故答案为：①②. 16.连接三角形三边中点所得的三角形称为该三角形的“中点三角形”，定义一个多面体的序列；是体积为1的正四面体，是以的每一个面上的中点三角形为一个面再向外作正四面体所构成的新多面体.则的体积为 . 【答案】 【解析】如图，画出了，因为有4个面，则有24个面，归纳可知有个面， 这个数即是到时增加的小正四面体的个数， 由于新增加的每一个小正四面体的体积是前一个小正四面体体积的， 归纳得到时增加的每个小正四面体的体积为， 所以比的体积增加了， 所以的体积为. 故答案为：. 17.将个棱长为1的正方体如图放置，其中上层正方体下底面的顶点与下层正方体上底面棱的中点重合.设最下方正方体的下底面的中心为，过的直线与平面垂直，以为顶点，为对称轴的抛物线可以被完全放入立体图形中.若，则的最小值为 ；若有解，则的最大值为 . 【答案】 4 2 【解析】抛物线的一部分可以被完全放入立体图形中， 当且仅当对任意的，在时恒有成立. 即对任意的，有，，此即，. 这等价于，且对任意的，有. 由于当时必有，故条件等价于，且当时，必有. 这等价于，且当时，必有，即，令 即，且当时，有. 当时，由于关于递增， 故条件等价于，且. 回到原题. 当时，条件等价于，所以的最小值为； 若有解，则等价于或，即，解得. 结合是正整数，知的最大值为. 故答案为：4；2. 18.设一个几何体的表面积为，体积为，定义其体积系数.将两个完全相同的正棱锥底面完全贴合在一起构成一个新的多面体，其体积系数与原正棱锥体积系数相同，则该正棱锥侧面与底面所成的角为 .（弧度数，精确到0.1弧度) 【答案】1.3弧度 【解析】设正棱锥底面积为，侧面积为，体积为， 则，故， 解得，设该正棱锥侧面与底面所成的角为， 则，即. 故答案为：1.3弧度. 19.已知是棱长为的正四面体，设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，则称为的阶等距平面，为的阶等距集. (1)若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数； (2)已知为的4阶等距平面，且点与点分别位于的两侧.若的4阶等距集为，其中点到的距离为，求平面与夹角的余弦值. 【解析】（1）①情形一：分别取的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面， 为正四面体高的一半，等于. 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：分别取的中点 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中， 则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，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个. （2）在线段上分别取一点， 使得，则平面即为平面. 如图，取中点，连接，以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系， ，设， ， 设平面法向量为 所以，即， 所以， 又平面的法向量为， 设平面与夹角为 所以， 所以平面与夹角余弦值为. 题型六：定义新图形 1.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在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，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3和2的球的切线， 且弦在以为球心，半径为2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， 半径为时，的伴随球的体积为， 当半径为时，的伴随球的体积． ∴的伴随球的表面积的取值范围是． 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． 2．设、、…、为平面内的个点，在平面内的所有点中，若点到、、…、点的距离之和最小，则称点为、、…、点的一个“中位点”，有下列命题：①、、三个点共线，在线段上，则是、、的中位点；②直角三角形斜边的中点是该直线三角形三个顶点的中位点；③若四个点、、、共线，则它们的中位点存在且唯一；④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点；其中的真命题是（          ） A．②④ B．①② C．①④ D．①③④ 【答案】C 【解析】①若三个点共线,在线段上,根据两点之间线段最短, 则是的中位点,正确； ②举一个反例,如边长为的直角三角形,此直角三角形的斜边的中点到三个顶点的距离之和为,而直角顶点到三个顶点的距离之和为7, ∴直角三角形斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的中位点；故错误； ③若四个点共线,则它们的中位点是中间两点连线段上的任意一个点,故它们的中位点存在但不唯一；故错误； ④如图,在梯形中,对角线的交点是任意一点,则根据三角形两边之和大于第三边得, ∴梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点．正确． 故①④正确. 故选：C 3.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． 4．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 【解析】∵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. 5.我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高，过高的中点且平行于底面的平面截拟柱体所得的截面称为中截面.已知拟柱体的体积公式为V=h（S+4S0+S'），其中S，S'分别是上､下底面的面积，S0是中截面的面积，h为拟柱体的高.一堆形为拟柱体的建筑材料，其两底面是矩形且对应边平行（如图），下底面长20米，宽10米，堆高1米，上底长､宽比下底长､宽各少2米.现在要彻底运走这堆建筑材料，若用最大装载量为4吨的卡车装运，则至少需要运（    ） （注：1立方米该建筑材料约重1.5吨） A．63车 B．65车 C．67车 D．69车 【答案】B 【分析】根据所给条件先计算上底面和中截面的长、宽，进而求出各个面的面积、体积以及重量，进一法求出所需要的车次. 【详解】解：由条件可知：上底长为18米，宽为8米；中截面长19米，宽9米；则上底面积，中截面积，下底面积，所以该建筑材料的体积为V=立方米， 所以建筑材料重约（吨）， 需要的卡车次为，所以至少需要运65车. 故选：B 6．如图，生活中有很多球缺状的建筑．球被平面截下的部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，球缺的曲面部分叫做球冠，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高．球冠面积公式为，球缺的体积公式为，其中R为球的半径，H为球缺的高．现有一个球被一平面所截形成两个球缺，若两个球冠的面积之比为，则这两个球缺的体积之比为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知条件求得，，代入体积公式计算即可. 【详解】设小球缺的高为，大球缺的高为，则，① 由题意可得：，即：，② 所以由①②得：，， 所以小球缺的体积， 大球缺的体积， 所以小球缺与大球缺体积之比为. 故选：C. 7.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. 2．等腰四面体是一种特殊的三棱锥，它的三组对棱分别相等.已知一个长方体的体积为12，则用长方体其中的四个顶点构成的等腰四面体的体积为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【详解】如图所示，等腰四面体的体积等于长方体体积减去四个三棱锥的体积. 设长方体长，宽，高分别为， 则等腰四面体的体积. 故选：B. 8．（多选）用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（    ） A．底面椭圆的离心率为 B．侧面积为 C．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为 D．底面积为 【答案】ABD 【解析】不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形是圆柱的轴截面，平行四边形是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面， 由圆柱的性质知， 则，设椭圆的长轴长为，短轴长为，则，，， 所以离心率为，A正确； ，垂足为，则， 易知，，又， 所以斜圆柱侧面积为，B正确； ，，，， 椭圆面积为，D正确； 由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为，C错． 故选：ABD． 9.（多选）根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线（其中AB是底面圆的直径，各截面都过点M.第一个图中截面平行于底面；第二个图中截面与底面有且只有A这一个公共点；第三图中截面平行于圆锥的轴OP,且与底面的交线是线段OB的垂直平分线；第四个图中截面与底面的交线过底面圆心且与AB垂直）.若圆锥的高，底面圆的半径为为母线的中点，则（    ） A．圆的周长为 B．椭圆的长轴长为 C．双曲线的离心率为 D．抛物线的焦点到准线的距离为 【答案】ABC 【解析】对于A，因为点是母线的中点，当经过的截面平行于底面时得截面图形是圆，因为底面圆的半径为,截面的半径，所以圆的周长为，A正确； 对于B，当经过的截面恰好经过底面的端点且与底面只有这一个公共点时截面是椭圆，椭圆的长轴是,因为在圆锥中，高，底面圆的半径为4，所以， 所以，所以椭圆的长轴长，故B正确； 对于C，因为点是母线的中点，当经过的截面与底面垂直时截面是一支双曲线，截线正好是的中垂线时,在与底面、平面垂直且过点的平面内，以为右顶点建立平面直角坐标系，设双曲线的标准方程为，有，易知点在双曲线上，所以，所以离心率，故C正确； 对于D，经过的截面与底面的的截线是与垂直的底面圆的直径时截面是抛物线，以为坐标原点，建立平面直角坐标系，设抛物线的标准方程为（，易知点在抛物线上，所以，故D错误. 故选：ABC. 10.（多选）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论正确的是（    ） A．长方体中含有两个相同的等腰四面体 B．“等腰四面体”各面的面积相等，且为全等的锐角三角形 C．“等腰四面体”可由锐角三角形沿着它的三条中位线折叠得到 D．三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体”的外接球直径为 【答案】ABC 【分析】作出长方体，根据等腰四面体的定义得出图形，根据长方体的性质判断各选项． 【详解】如图，长方体有两个相同的等腰四面体：和，A正确； 如等腰四面体中，每个面可能看作是从长方体截一个角得出的， 如图，设的长分别为，不妨设， 则，，，最大， 其所对角的余弦值为，最大角为锐角，三角形为锐角三角形，同理其它三个面都是锐角三角形，各个面的三条边分别相等，为全等三角形，面积相等，B正确； 把一个等腰四面体沿一个顶点出发的三条棱剪开摊平，则得一个锐角三角形，还有三条棱是这个三角形的三条中位线， 如等腰四面体，沿剪开摊平，共线，同理可得共线，共线，为锐角三角形（与等腰四面体的面相似），且是这个三角形的中位线，因此C正确； 如上等腰四面体中三条棱长分别是长方体的三条面对角线长，由长方体性质知长方体对角线是其外接球直径，因此直径长为，D错。 故选：ABC． 11.（多选）所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体，拟柱体的侧面是三角形、梯形或平行四边形，其体积是将上下底面面积、中截面(与上下底面距离相等的截面)面积的4倍都相加再乘以高(上下底面的距离)的，在拟柱体中，平面//平面，分别是的中点，为四边形内一点，设四边形的面积的面积为，面截得拟柱体的截面积为，平面与平面的距离为，下列说法中正确的有（    ） A．直线与是异面直线 B．四边形的面积是的面积的4倍 C．挖去四棱锥与三棱锥后，拟柱体剩余部分的体积为 D．拟柱体的体积为 【答案】ABC 【解析】A：面面，面面，面面， ，即共面，不在面上，故不共面， 所以直线与是异面直线，正确； B：设到的距离为，到距离为， 同A分析易知，所以四边形是梯形， 因为分别是的中点，所以. 所以，正确； D：由题意知：拟柱体体积为，错误； C：挖去四棱锥与三棱锥后，拟柱体剩余部分的体积为，正确； 故选：ABC 12.（多选）如果一个凸n面体共有m个面是直角三角形，那么我们称这个凸n面体的直度为，则（     ） A．三棱锥的直度的最大值为1 B．直度为的三棱锥只有一种 C．四棱锥的直度的最大值为1 D．四棱锥的直度的最大值为 【答案】AD 【解析】如图，借助于正方体模型，图1中三棱锥的四个面都是直角三角形， 其直度为1，A正确； 图1中三棱锥，三个面都是直角三角形， 面为正三角形，其直度为； 图2中三棱锥，三个面都是直角三角形， 面为正三角形，其直度为，故直度为的三棱锥不止一种，B错误； 四棱锥的共有5个面，底面为四边形，故其直度不可能为1，C错误； 图3中的四棱锥的四个侧面都是直角三角形，底面为正方形， 故四棱锥的直度的最大值为，D正确， 故选：AD 13.（多选）所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体，拟柱体的侧面是三角形、梯形或平行四边形，其体积是将上下底面面积、中截面(与上下底面距离相等的截面)面积的4倍都相加再乘以高(上下底面的距离)的，在拟柱体中，平面//平面，分别是的中点，为四边形内一点，设四边形的面积的面积为，面截得拟柱体的截面积为，平面与平面的距离为，下列说法中正确的有（    ） A．直线与是异面直线 B．四边形的面积是的面积的4倍 C．挖去四棱锥与三棱锥后，拟柱体剩余部分的体积为 D．拟柱体的体积为 【答案】ABC 【分析】由面面平行的性质证线线平行，结合异面直线、梯形定义及中位线性质等判断A、B；利用柱体、锥体体积公式求体积判断C、D. 【详解】A：面面，面面，面面， ，即共面，不在面上，故不共面， 所以直线与是异面直线，正确； B：设到的距离为，到距离为， 同A分析易知，所以四边形是梯形， 因为分别是的中点，所以. 所以，正确； D：由题意知：拟柱体体积为，错误； C：挖去四棱锥与三棱锥后，拟柱体剩余部分的体积为，正确；    故选：ABC 14.（多选）所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体，拟柱体的侧面是三角形、梯形或平行四边形，其体积是将上下底面面积、中截面(与上下底面距离相等的截面)面积的4倍都相加再乘以高(上下底面的距离)的，在拟柱体中，平面//平面，分别是的中点，为四边形内一点，设四边形的面积的面积为，面截得拟柱体的截面积为，平面与平面的距离为，下列说法中正确的有（    ） A．直线与是异面直线 B．四边形的面积是的面积的4倍 C．挖去四棱锥与三棱锥后，拟柱体剩余部分的体积为 D．拟柱体的体积为 【答案】ABC 【解析】A：面面，面面，面面， ，即共面，不在面上，故不共面， 所以直线与是异面直线，正确； B：设到的距离为，到距离为， 同A分析易知，所以四边形是梯形， 因为分别是的中点，所以. 所以，正确； D：由题意知：拟柱体体积为，错误； C：挖去四棱锥与三棱锥后，拟柱体剩余部分的体积为，正确；    故选：ABC 【解题技法】与集合运算有关的创新问题是按照一定的数学规则和要求给出新的集合运算规则，并按照此集合运算规则和要求结合相关知识进行逻辑推理和计算等，从而达到解决问题的目的． 15.连接空间几何体上的某两点的直线，如果把该几何体绕此直线旋转角α（0°<α<360°），使该几何体与自身重合，那么称这条直线为该几何体的旋转轴．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一平面内，则这个八面体的旋转轴共有______条． 【答案】13 【分析】根据八面体的结构特征：所有棱长相等，根据旋转轴的定义即可判断旋转轴的条数. 【详解】由题设，八面体所有棱长都相等， 所有以为轴旋转可以与自身重合，共3条； 过正方形对边中点的直线为旋转轴，旋转可以与自身重合，共有6条轴； 过八面体相对面中心为旋转轴，旋转可以与自身重合，共有4条轴. 故答案为：13 16.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：. 17．（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：． 18.，，，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在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是________． 【答案】 【解析】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】 由题意知，三棱锥的外接球半径为4，故，且， 由勾股定理由， 由题意知，，的伴随球是以，为切线， 故的最大值和最小值分别为5和1， 当三点共线且在线段之间时取得最大值， 当三点共线且在线段之外，满足时取得最小值， 故球的半径的取值范围为 ，的伴随球的体积的取值范围是 故答案为： 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 19.我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”，如左图.    如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数. （1）的定义域是 ；（2）的最小值是 . 【答案】 【解析】如图，连接， 由题知，平行且等于，平行且等于， 所以，，故为平行四边形， 所以对角线，则是的中点， 同理也是的中点，故“垂棱四面体”的三条内棱交于一点， 由三条内棱两两垂直，易知为菱形，则， 显然，故，同理， 所以“垂棱四面体”可补为如下图示的长方体， 综上，题设右图可将补成长方体，设长宽高分别为， 则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，为， 所以， 显然，，，则， 设，因直线过椭圆焦点，所以， 联立，得，则， 所以，则，又，，， 所以， 则，即， 由为某长方体的三个顶点，结合题设新定义，易知中为锐角， 所以只需角为锐角，即，则，可得， 由， 所以最大时，最小， 令，则， 由在上单调递增，故， 所以. 故答案为：，. 题型七：三面角 1．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．类比于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，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【解】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点， 作交于点，连接， 则是二面角的平面角． 在中和中分别用余弦定理，得 ， ， 两式相减得， ∴， 两边同除以，得． （2）①由平面平面，知， ∴由（1）得， ∵，， ∴． ②在直线上存在点，使平面． 连结，延长至，使，连结， 在棱柱中，，， ∴，∴四边形为平行四边形， ∴． 在四边形中，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， 又平面，平面， ∴平面． ∴当点在的延长线上，且使时，平面． 5．（23-24高一下·山东临沂·期末）类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． (1)求的值； (2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； (3)过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，即可证明平面平面，即二面角的大小为，求出，再由所给三面角余弦定理计算可得； （2）依题意可得，设平面内任一条直线为，分过点与不过点两种情况，当过点，记与的夹角为（），则，结合余弦函数的性质即可得证； （3）连接，，首先证明平面平面，从而得到平面平面，再由面面平行的性质得到，从而得到，即可得解. 【详解】（1）连接，由已知得平面，， 又平面，所以平面平面， 所以二面角的大小为，因为为菱形，， 所以，又，所以， 在中，， 由三面角余弦定理可得 . （2）依题意可得，设平面内任一条直线为， 若过点时，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 若不过点时，过点作使得，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 综上可得. （3）连接，， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为平面平面， 所以平面平面， 又平面平面，又平面平面， 所以，又即， 所以四边形为平行四边形， 所以，显然在的延长线上， 因为，所以， 所以，即. 【点睛】关键点点睛：对于新定义型知识，关键是理解并应用所给定义，第三问关键是由面面平行推导出线线平行. 因为平面平面， 所以平面平面， 又平面平面，又平面平面， 所以，又即， 所以四边形为平行四边形， 所以，显然在的延长线上， 因为，所以， 所以，即. 题型八：空间平面方程与直线方程 1.阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A．0 B． C． D． 【答案】A 【详解】根据材料可知平面的法向量可取， 平面的法向量可取， 平面的法向量可取， 因为直线是两平面与的交线，设的方向向量， 则，取可得的一个方向向量， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为， 故选：A 2.阅读材料：数轴上，方程可以表示数轴上的点，平面直角坐标系中，方程（、不同时为0）可以表示坐标平面内的直线，空间直角坐标系中，方程（、、不同时为0）可以表示坐标空间内的平面.过点且一个法向量为的平面的方程可表示为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为平面的方程为，所以平面的法向量可取， 平面的法向量为， 平面的法向量为， 设两平面的交线的方向向量为， 由，令，则， 所以两平面的交线的方向向量为， 设直线与平面所成角的大小为， 则. 故选：A． 3.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 4.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的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题设给出的材料可得平面的法向量和直线的方向向量，利用公式可求直线与平面所成角的正弦值.因为平面的方程为，故其法向量为， 因为直线的方程为，故其方向向量为， 故直线与平面所成角的正弦值为， 故选：B. 5.三个“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： 6.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l是两个平面与的交线，则直线l与平面所成角的余弦值为 ． 【答案】 【详解】由题意可得平面的法向量可为， 平面的法向量可为， 平面的法向量可为， 设直线的方向向量为， 则有，取，则有、， 则直线的方向向量可为， 则， 故直线l与平面所成角的余弦值为. 故答案为：. 7.在空间直角坐标系中，定义：平面的一般方程为，点到平面的距离，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O到侧面的距离等于________． 【答案】 【解析】以底面中心为原点建立空间直角坐标系，求出点的坐标，求出侧面的方程，最后利用所给公式计算即可． 【详解】如图，以底面中心为原点建立空间直角坐标系， 则，，1，，，1，，，0，， 设平面的方程为， 将坐标代入计算得 解得，，， ， 即， ． 故答案为： 【点睛】本题主要考查点、线、面间的距离计算、空间直角坐标系的应用、空间直角坐标系中点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于中档题． 8.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： 9.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：； 10.（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. 【解析】（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 11.在空间直角坐标系Oxyz中，这点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为． (1)已知直线的方程为，直线的方程为．请分别写出直线和直线的一个方向向量． (2)若直线与都在平面内，求平面的方程； (3)若集合中所有的点构成了多面体Ω的各个面，求Ω的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)的一个方向向量；的一个方向向量（答案不唯一，符合题意即可） (2) (3)的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为 【详解】（1）因为直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量； 直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量. （2）由题意可知：直线过点，且其一个方向向量为， 直线过点，且其一个方向向量为， 则为平面内一点. 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 所以平面的方程为，即. （3）由集合可知， 多面体与坐标轴交于各点，，如图所示，    可知四边形为正方形， 边长， 所以，正方形的面积为， 而正四棱锥的高为， 则， 所以多面体的体积为. 由集合中所有的点构成了多面体的各个面， 点均满足方程. 可知平面的方程为，且该平面的一个法向量为， 同理可知，平面的方程为，该平面的一个法向量为， 平面的方程为，该平面的一个法向量为， 所以. 由对称性可知，任意相邻两平面的夹角的余弦值都为. 故多面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为. 综上，的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为. 题型九：数学文化 1.在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，且，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】取的中点，连接，如图所示： ∵分别为的中点，则且， ∴异面直线与所成的角为或其补角． ∵平面，平面，∴，， ∴，同理可得，∴， ∴，则, 故选C． 2．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问题：碳具有超导特性、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 【答案】B 【解析】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，故选B. 3.将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（    ） A．北纬 B．南纬 C．北纬 D．南纬 【答案】D 【解析】首先根据题意理解太阳高度角、该地纬度、太阳直射纬度的概念，然后由太阳高度角可得结果. 【详解】由题可知，天安门广场的太阳高度角， 由华表的高和影长相等可知，所以. 所以该天太阳直射纬度为南纬， 故选：D. 4.半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的.它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），点满足，则直线与平面所成角的正弦值（   ） A．为定值 B．存在最大值，且最大值为1 C．为定值1 D．存在最小值，且最小值为 【答案】A 【详解】，即在线段（不包括点）. 如图，将该半正多面体补成正方体，则平面平面， 因此直线与平面所成角等于直线与平面所成角. 在正四面体中，设正四面体的棱长为2，作平面，垂足为， 连接，则即为直线与平面所成角. 易求，所以， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故选：A. 5.图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为5，底面任意两顶点之间的距离为20，则其侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，结合已知可得半径为20，由弧长公式求得底面周长，进而可求得结果. 【详解】莱洛三角形由三段半径为20，圆心角为的圆弧构成，所以该零件底面周长为，故其侧面积为． 故选：A. 6.《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 7.《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． 8.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 9.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. 10.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. 11．（多选）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，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（    ） A．若平面是面积为的等边三角形，则 B．若，则 C．若，则球面的体积 D．若平面为直角三角形，且，则 【答案】BC 【解析】对于A，因等边三角形的面积为，则， 又，故则，故A错误； 对于B，由可得，故，即B正确； 对于C，由可得，故. 由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离， 则三棱锥的体积, 而球面的体积，故C正确； 对于D，由余弦定理可知由可得，， 即，化简得，． 取，则，则，故D错误． 故选：BC 12（多选）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. 13（多选）《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. 14．18世纪英国数学家辛卜森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体的统一体积公式)(其中分别为的高、上底面面积、中截面面积、下底面面积)，我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为，可得该球的体积为；已知正四棱锥的底面边长为，高为，可得该正四棱锥的体积为.类似地，运用该公式求解下列问题:如图，已知球的表面积为，若用距离球心都为的两个平行平面去截球，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为 .    【答案】 【解析】如图所示，设上下截面小圆的圆心分别为，上底面截面小圆上一点，连接， 因为球的表面积为，解得，所以， 又因为且， 所以截面小圆半径, 根据“万能求积公式”可得，所求几何体的体积为： . 故答案为：. 15球面几何学是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等面都有广泛的应用，如图，A，B，C是球面上不同的大圆（大圆是过球心的平面与球面的交线）上的三点，经过这三个点中任意两点的大圆的劣弧分别为，由这三条劣弧围成的图形称为球面．已知地球半径为R，北极为点N，P，Q是地球表面上的两点若P，Q在赤道上，且，则球面的面积为 ；若，则球面的面积为 ． 【答案】 【解析】现证明一个结论：如果确定球面三角形的三个大圆所成的二面角分别为，则球面三角形的面积为，其中为球的半径. 证明：如图，设为关于球心的对称点，则均为球面上的点， 且均为直径，我们用表示球面三角形的面积. 设，，， 则， 同理，. 所以， 而， 故， 又， 故. 若P，Q在赤道上，因为为极点且，故， 故确定球面三角形的三个大圆所成的二面角均为，故球面面积为. 若，则， 同理. 过作的垂线，垂足为，连接，则， 因为，故， 故，而，故， 故且 故，而为三角形内角， 故，故的大小为， 故根据对称性可知确定球面三角形的三个大圆所成的二面角均为， 故球面三角形的面积为. 故答案为：，. 16．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有关系.请运用欧拉定理解决问题：碳具有超导特性､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， 碳的分子结构是—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个面中正五边形面的个数是 . 【答案】12 【分析】由欧拉定理求得足球烯表面上的棱数，设正五边形的个数为x，正六边形个数为y，由题意列出方程，联立即可求得答案. 【详解】由题意可知，由可得, 设正五边形的个数为x，正六边形个数为y，则， ∵一条棱连着两个面， ∴足球烯表面的棱数, 联立 ，解得， 即32个面中正五边形面的个数是12个， 故答案为：12 17．在空间直角坐标系中，定义点和点两点之间的“直角距离”．若和两点之间的距离是，则和两点之间的“直角距离”的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据空间两点距离公式，结合三角代换法、辅助角公式、正弦型函数的最值性质进行求解即可. 【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， 当且或时，有最小值， 此时，或， 所以的最小值， 综上，和两点之间的“直角距离”的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用三角代换的方法、运用正弦函数的最值的性质. 18．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1，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 ；用过三点的平面去截勒洛四面体，所得截面的面积为 . 【答案】 【解析】空1：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，点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球球心， 由正四面体的性质可知该该球球心为正四面体的中心，半径为， 连接，则三点共线，此时，为正四面体的外接球的半径， 由于正四面体的棱长为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， 故勒洛四面体能够容纳的最大球的半径； 空2：如图2，根据勒洛四面体的构成可知，过三点的截面面积为3个半径为1，圆心角为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. 19.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． 【解析】（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. 20.球面三角学是球面几何学的一部分，主要研究球面多边形(特别是三角形)的角､边､面积等问题，其在航海､航空､卫星定位等方面都有广泛的应用.定义：球的直径的两个端点称为球的一对对径点；过球心的平面与球面的交线称为该球的大圆；对于球面上不在同一个大圆上的点，，，过任意两点的大圆上的劣弧，，所组成的图形称为球面，记其面积为.易知：球的任意两个大圆均可交于一对对径点，如图1的和；若球面上，，的对径点分别为，，，则球面与球面全等.如图2，已知球的半径为，圆弧和所在平面交成的锐二面角的大小为，圆弧和所在平面､圆弧和所在平面交成的锐二面角的大小分别为，.记. （1）请写出，，的值，并猜测函数的表达式； （2）求(用，，，表示). 【解析】（1），，. 猜测. （2） 因为， 所以， 即. 21.“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：，，，. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第21讲 立体几何新定义 目 录 高考分析 1 学习目标 3 题型归纳 3 题型一：曲率问题 5 题型二: 离散曲率 7 题型三：定义新坐标 13 题型四：新运算 16 题型五：定义新概念 19 题型六：定义新图形 24 题型七：三面角 29 题型八：空间平面方程与直线方程 30 题型九：数学文化 32 立体几何新定义问题是高考数学的创新压轴题型，多以选择题、填空题（分值5分）或解答题小问形式出现，融合立体几何核心知识与新定义规则，侧重考查抽象概括、知识迁移与逻辑推理能力，以下从命题特点、核心考点、考查趋势三方面展开分析： 一、命题特点 1. 定义类型： ◦ 概念型新定义：基于立体几何基本元素（点、线、面、体）定义新概念，如“空间中到两定点距离之比为定值的点的轨迹称为‘球面阿波罗尼斯圆’”“若两条直线与同一平面所成角相等，则称这两条直线为‘等角线’”； ◦ 性质型新定义：针对几何体的特征性质定义新名称，如“若棱锥的高过底面重心，则称该棱锥为‘重心棱锥’”“若正方体的面与某平面交于正六边形，则称该平面为‘正方体的正六边形截面’”； ◦ 运算型新定义：引入新的空间运算规则。 2. 载体特征： ◦ 以规则几何体（正方体、长方体、正四面体、圆柱、圆锥）为核心背景，新定义均建立在熟悉的几何模型上，避免抽象无依托； ◦ 常结合经典几何问题（如空间角、距离、截面、存在性）拓展，如“在‘重心棱锥’中求侧棱与底面所成角的范围”。 3. 设问形式： ◦ 基础层：判断新定义对象的属性（如“下列直线中属于正方体的等角线的是”）； ◦ 进阶层：计算新定义相关的几何量（如“求球面阿波罗尼斯圆的半径”）； ◦ 拓展层：探究新定义对象的存在性或最值（如“是否存在正方体的正六边形截面，使其面积最大”）。 二、核心考点 1. 新定义的解读能力： ◦ 能快速提取新定义的关键条件（如“等角线”的核心是“与同一平面所成角相等”），将文字语言转化为数学符号语言或图形语言； ◦ 能结合已有立体几何知识，理解新定义与旧概念的关联（如“球面阿波罗尼斯圆”本质是空间中满足比例关系的点的轨迹，类比平面阿波罗尼斯圆）。 2. 知识迁移应用能力： ◦ 能将立体几何的核心方法（如向量法、几何法、参数化建模）迁移到新定义问题中，如用向量法计算“等角线”与平面所成角，用截面法分析“正六边形截面”的特征； ◦ 能将新定义转化为可求解的常规问题（如将“重心棱锥”的高过底面重心转化为顶点坐标与底面重心坐标的关系）。 3. 逻辑推理与论证能力： ◦ 能对新定义对象的性质进行证明（如“证明正方体的体对角线与面对角线为等角线”）； ◦ 能通过举反例或分类讨论，判断新定义对象的存在性（如“判断是否存在正四面体的重心棱锥，使其侧棱长均相等”）。 三、考查趋势 1. 定义的综合性增强： ◦ 新定义不再单一指向某一几何元素，而是融合多个考点，如“定义‘空间等距面’为到两条异面直线距离相等的平面，探究等距面的个数及特征”（融合异面直线距离、平面方程）； ◦ 结合数学文化或实际背景定义新概念，如基于古代建筑中的几何体定义“斗拱棱锥”，考查其体积与表面积计算。 2. 与动态问题结合： ◦ 新定义问题中引入动点、动直线、动平面，考查动态场景下的新定义属性，如“动点P在正方体表面上运动，判断P是否满足‘球面阿波罗尼斯圆’的定义，求P的轨迹长度”； ◦ 探究新定义对象的最值（如“求正方体正六边形截面的最大面积”），融合函数最值与几何特征。 3. 对核心素养的聚焦强化： ◦ 侧重考查数学抽象素养（从新定义中抽象出本质特征）、直观想象素养（还原新定义对应的几何图形）、逻辑推理素养（论证新定义对象的性质）； ◦ 减少对固定公式的直接考查，更强调对定义的理解和方法的灵活应用。 结合高考对立体几何新定义问题的考查要求，从基础认知、核心能力、综合素养三个维度制定学习目标，覆盖“定义解读、知识迁移、逻辑论证”全环节： 一、基础认知目标 1. 掌握新定义的拆解方法： ◦ 能快速识别新定义的类型（概念型、性质型、运算型），提取核心约束条件（如“等角线”的核心是“与同一平面所成角相等”）； ◦ 能将新定义的文字语言转化为数学符号语言或图形语言（如将“球面阿波罗尼斯圆：到两定点距离之比为定值的点的轨迹”转化为\frac{PA}{PB}=k（k>0且k≠1）的坐标表达式）； ◦ 理解新定义与已有立体几何概念的关联（如类比平面阿波罗尼斯圆，理解空间球面阿波罗尼斯圆的本质）。 2. 夯实底层知识储备： ◦ 熟练掌握立体几何核心知识（空间位置关系判定、空间角/距离计算、几何体性质、向量运算），为新定义问题的转化提供基础； ◦ 明确规则几何体（正方体、正四面体、圆柱）的基本特征，能快速关联新定义与几何体的适配性。 二、核心能力目标 1. 定义转化与知识迁移能力： ◦ 能将新定义问题转化为常规立体几何问题（如将“重心棱锥”的高过底面重心转化为“顶点坐标与底面重心坐标共线”，进而用坐标法计算）； ◦ 能将常规解题方法（向量法、几何法、参数化建模）迁移到新定义场景中（如用向量法验证“等角线”的线面角相等，用截面法分析“正六边形截面”的边长）。 2. 逻辑推理与论证能力： ◦ 能对新定义对象的属性进行证明（如证明“正方体的体对角线与面对角线为等角线”，需分别计算两者的线面角并验证相等）； ◦ 能通过举反例、分类讨论判断新定义对象的存在性（如判断“是否存在正四面体的正六边形截面”，结合正四面体的面数特征推导矛盾）； ◦ 能计算新定义相关的几何量（如求“球面阿波罗尼斯圆”的半径，需结合空间距离公式建立方程求解）。 3. 动态分析能力： ◦ 能处理新定义下的动态问题（如动点满足新定义时的轨迹判断、轨迹长度计算）； ◦ 能探究新定义对象的最值（如求“正方体正六边形截面”的最大面积，结合截面与正方体的位置关系分析）。 三、综合素养目标 1. 数学抽象与直观想象素养： ◦ 能从新定义中抽象出几何本质（如从“空间等距面”定义中抽象出“到两条异面直线距离相等的平面”的核心，忽略无关描述）； ◦ 能通过直观想象还原新定义对应的几何图形（如根据“正六边形截面”定义，想象其在正方体中的位置）。 2. 规范解题与易错规避能力： ◦ 解题时明确引用新定义的核心条件（如“由‘重心棱锥’定义可知，顶点在底面的投影为底面重心”），避免无依据推导； ◦ 规避核心易错点：定义解读偏差（如遗漏“等角线”中“同一平面”的条件）、知识迁移错误（如误用平面公式解决空间新定义问题）、论证过程不完整（如仅判断存在性而未给出推理）。 3. 创新应用能力： ◦ 能结合数学文化或实际背景的新定义，灵活运用立体几何知识解决问题； ◦ 能自主总结新定义问题的解题规律（如“先拆解定义→再转化为常规问题→最后验证几何合理性”的通用流程）。 题型一：曲率问题 1.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． 2.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．则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（    ） A． B． C． D． 3.刻画空间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）.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所成角的正切值为，则四棱锥在顶点处的曲率为（    ） A． B． C． D． 4.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.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 6．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. 7.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：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，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.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值； (3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 题型二:离散曲率 1.设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在P处的离散曲率为为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，，……，遍及多面体M的所有以P为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（    ） A． B． C． D． 2．（多选题）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列说法正确的是（    ） A．四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等 B．若，则四棱柱在顶点处的离散曲率为 C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面 D．若四棱柱在顶点处的离散曲率为，则与平面的夹角为 3．（多选题）设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列结论正确的是（    ） A．直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等 B．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为 C．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为 D．若四面体在点处的离散曲率为，则平面 4．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.已知在直四棱柱中，四边形为菱形，，则下列说法正确的是（    ） A．四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等 B．若，则四棱柱在顶点处的离散曲率为 C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面 D．若四棱柱在顶点处的离散曲率为，则直线与平面所成的角的正弦值为 5．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（i=1，2，…，k，）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面遍历多面体M的所有以P为公共点的面． （1）任取正四面体的一个顶点，在该点处的离散曲率为 ； （2）已知长方体，，，点P为底面内的一个动点，则四棱锥P－ABCD在点P处的离散曲率的最小值为 ． 6.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 ． 7．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） 8．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． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，已知在三棱锥中，平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．    ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值； ②若点Q在棱PB上运动，求直线CQ与平面ABC所成的角的最大值． 9．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. (1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，现已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，顶点在底面的射影为的中点. ①若，求该四棱锥在处的离散曲率； ②若该四棱锥在处的离散曲率，求直线与平面所成角的正弦值. 10.定义：多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的一个顶点，（，且）为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面、平面、、平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，． (1)求四棱锥在顶点处的离散曲率； (2)求四棱锥内切球的表面积； (3)若是棱上的一个动点，求直线与平面所成角的取值范围． 11.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 12．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Qi（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Q2PQ3，…，平面Qk﹣1PQk和平面QkPQ1遍历多面体M的所有以P为公共点的面． （1）如图1，已知长方体A1B1C1D1﹣ABCD，AB＝BC＝1，，点P为底面A1B1C1D1内的一个动点，则求四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值； （2）图2为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若干采样点，然后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格．区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是哪个区域？（确定“区域α”还是“区域β”） 13．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（i=1，2，…，k，）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面遍历多面体M的所有以P为公共点的面． （1）任取正四面体的一个顶点，在该点处的离散曲率为 ； （2）已知长方体，，，点P为底面内的一个动点，则四棱锥P－ABCD在点P处的离散曲率的最小值为 ． 14．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． 15.阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为 ，其中 为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面 ，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. ”已知在直四棱柱中，底面为菱形.. （角的运算均采用弧度制） (1)若，求四棱柱在顶点处的离散曲率； (2)若四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面的夹角的正弦值； (3)截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为与平面交于点，证明：. 题型三：定义新坐标 1．（多选）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 2.（多选）已知单位向量，，两两的夹角均为，若空间向量满足，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系（为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作，则下列命题是真命题的为（   ） A．已知，，则 B．已知，，其中，则当且仅当时，向量的夹角取得最小值 C．已知，，则 D．已知，，，则三棱锥的表面积 3.已知单位向量两两的夹角均为（，且），若空间向量满足，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系（为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作．若，，，则三棱锥的表面积为 ． 4.空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系．如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”．现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为，我们将这种坐标系称为“斜坐标系”．我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜坐标系”下向量的斜坐标：分别为“斜坐标系”下三条数轴（轴，轴，轴）正方向上的单位向量，若向量，则与有序实数组一一对应，称向量的斜坐标为，记作． (1)若，求的斜坐标； (2)在平行六面体中，，建立“空间斜坐标系”如下图所示．    ①若，求向量的斜坐标； ②若，且，求． 5.空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”． (1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标； (2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值． 6．已知顶点为S的圆锥面（以下简称圆锥S）与不经过顶点S的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角（圆S轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，，． (1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，关系式； (2)求证：曲线C是抛物线． 7．（1）如图，对于任一给定的四面体，找出依次排列的四个相互平行的平面，，，，使得，且其中每相邻两个平面间的距离都相等； （2）给定依次排列的四个相互平行的平面，，，，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体的四个顶点满足：，求该正四面体的体积． 题型四：新运算 1.设，定义区间、、、的长度均为.在三棱锥中，，，则长的取值区间的长度为 A． B．2 C． D．4 2.空间中13个不同的点构成的集合，满足当时，都是正四面体.对于任意平面，的最大值是（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 3.如图，空间直角坐标系中，点，，定义.正方体的棱长为3，E为棱的中点，平面内两个动点P，M，分别满足，，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4.（多选）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， 则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 6.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 ． 7.在空间直角坐标系中，定义点和点两点之间的“直角距离”．若和两点之间的距离是，则和两点之间的“直角距离”的取值范围是 ． 8.若点在平面外，过点作面的垂线，则称垂足为点在平面内的正投影，记为.如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与，不重合），.给出下列三个结论： ①线段长度的取值范围是； ②存在点使得平面； ③存在点使得； 其中正确结论的序号是 . 9.已知，，，定义一种运算：，已知四棱锥中，底面是一个平行四边形，，， （1）试计算的绝对值的值，并求证面； （2）求四棱锥的体积，说明的绝对值的值与四棱锥体积的关系，并由此猜想向量这一运算的绝对值的几何意义. 10.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. 11已知集合，定义上两点， 的距离. （1）当时，以下命题正确的有__________（不需证明）： ①若，，则； ②在中，若，则； ③在中，若，则; （2）当时，证明中任意三点满足关系； （3）当时，设，，，其中， .求满足点的个数，并证明从这个点中任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于. 题型五：定义新概念 1.若干个能确定一个立体图形的体积的量称为该立体图形的“基本量”．已知长方体，下列四组量中，一定能成为该长方体的“基本量”的是（    ） A．，，的长度 B．，，的长度 C．，，的长度 D．，BD，的长度 2.已知体积公式中的常数称为“立圆率”.对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱），正方体，球也可利用公式求体积（在等边圆柱中，表示底面圆的直径；在正方体中，表示棱长，在球中，表示直径）.假设运用此体积公式求得等边圆柱（底面圆的直径为），正方体（棱长为），球（直径为）的“立圆率”分别为，，，则（    ） A． B． C． D． 3.如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（   ） A． B． C． D． 4.若给定一向量组和向量，如果存在一组实数，使得，则称向量能由向量组A线性表示，或称向量是向量组A的线性组合，若为三个不共面的空间向量，且向量是向量组的线性组合，则（    ） A． B． C．0 D．1 5.如图，设为正四面体表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点到四个顶点的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有个元素，那么符合条件的点有． A．个 B．个 C．个 D．个 7.定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（    ） A． B． C． D． 8.设、、…、为平面内的个点，在平面内的所有点中，若点到、、…、点的距离之和最小，则称点为、、…、点的一个“中位点”，有下列命题：①、、三个点共线，在线段上，则是、、的中位点；②直角三角形斜边的中点是该直线三角形三个顶点的中位点；③若四个点、、、共线，则它们的中位点存在且唯一；④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点；其中的真命题是（          ） A．②④ B．①② C．①④ D．①③④ 9.若点为点在平面上的正投影，则记.如图，在棱长为的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与、不重合），.给出下列三个结论： ①线段长度的取值范围是； ②存在点使得平面； ③存在点使得. 其中，所有正确结论的序号是 A．①②③ B．②③ C．①③ D．①② 10.如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（   ） A． B． C． D． 11.几何中常用表示的测度，当为曲线、平面图形和空间几何体时，分别对应其长度、面积和体积．在中，，，，为内部一动点（含边界），在空间中，到点的距离为的点的轨迹为，则等于（    ） A． B． C． D． 12.（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 13.（多选）用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（    ） A．底面椭圆的离心率为 B．侧面积为 C．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为 D．底面积为 14.已知是棱长为的正四面体，设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，则称为的阶等距平面，为的阶等距集.如果为的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的有 个，的所有可能取值构成的集合是 . 15.若点在平面外，过点作面的垂线，则称垂足为点在平面内的正投影，记为.如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与，不重合），.给出下列三个结论： ①线段长度的取值范围是； ②存在点使得平面； ③存在点使得； 其中正确结论的序号是 . 16.连接三角形三边中点所得的三角形称为该三角形的“中点三角形”，定义一个多面体的序列；是体积为1的正四面体，是以的每一个面上的中点三角形为一个面再向外作正四面体所构成的新多面体.则的体积为 . 17.将个棱长为1的正方体如图放置，其中上层正方体下底面的顶点与下层正方体上底面棱的中点重合.设最下方正方体的下底面的中心为，过的直线与平面垂直，以为顶点，为对称轴的抛物线可以被完全放入立体图形中.若，则的最小值为 ；若有解，则的最大值为 . 18.设一个几何体的表面积为，体积为，定义其体积系数.将两个完全相同的正棱锥底面完全贴合在一起构成一个新的多面体，其体积系数与原正棱锥体积系数相同，则该正棱锥侧面与底面所成的角为 .（弧度数，精确到0.1弧度) 19.已知是棱长为的正四面体，设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，则称为的阶等距平面，为的阶等距集. (1)若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数； (2)已知为的4阶等距平面，且点与点分别位于的两侧.若的4阶等距集为，其中点到的距离为，求平面与夹角的余弦值. 题型六：定义新图形 1.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在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．设、、…、为平面内的个点，在平面内的所有点中，若点到、、…、点的距离之和最小，则称点为、、…、点的一个“中位点”，有下列命题：①、、三个点共线，在线段上，则是、、的中位点；②直角三角形斜边的中点是该直线三角形三个顶点的中位点；③若四个点、、、共线，则它们的中位点存在且唯一；④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点；其中的真命题是（          ） A．②④ B．①② C．①④ D．①③④ 3.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． 4．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 5.我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高，过高的中点且平行于底面的平面截拟柱体所得的截面称为中截面.已知拟柱体的体积公式为V=h（S+4S0+S'），其中S，S'分别是上､下底面的面积，S0是中截面的面积，h为拟柱体的高.一堆形为拟柱体的建筑材料，其两底面是矩形且对应边平行（如图），下底面长20米，宽10米，堆高1米，上底长､宽比下底长､宽各少2米.现在要彻底运走这堆建筑材料，若用最大装载量为4吨的卡车装运，则至少需要运（    ） （注：1立方米该建筑材料约重1.5吨） A．63车 B．65车 C．67车 D．69车 6．如图，生活中有很多球缺状的建筑．球被平面截下的部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，球缺的曲面部分叫做球冠，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高．球冠面积公式为，球缺的体积公式为，其中R为球的半径，H为球缺的高．现有一个球被一平面所截形成两个球缺，若两个球冠的面积之比为，则这两个球缺的体积之比为（    ）． A． B． C． D． 7.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． 2．等腰四面体是一种特殊的三棱锥，它的三组对棱分别相等.已知一个长方体的体积为12，则用长方体其中的四个顶点构成的等腰四面体的体积为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 8．（多选）用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（    ） A．底面椭圆的离心率为 B．侧面积为 C．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为 D．底面积为 9.（多选）根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线（其中AB是底面圆的直径，各截面都过点M.第一个图中截面平行于底面；第二个图中截面与底面有且只有A这一个公共点；第三图中截面平行于圆锥的轴OP,且与底面的交线是线段OB的垂直平分线；第四个图中截面与底面的交线过底面圆心且与AB垂直）.若圆锥的高，底面圆的半径为为母线的中点，则（    ） A．圆的周长为 B．椭圆的长轴长为 C．双曲线的离心率为 D．抛物线的焦点到准线的距离为 10.（多选）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论正确的是（    ） A．长方体中含有两个相同的等腰四面体 B．“等腰四面体”各面的面积相等，且为全等的锐角三角形 C．“等腰四面体”可由锐角三角形沿着它的三条中位线折叠得到 D．三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体”的外接球直径为 11.（多选）所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体，拟柱体的侧面是三角形、梯形或平行四边形，其体积是将上下底面面积、中截面(与上下底面距离相等的截面)面积的4倍都相加再乘以高(上下底面的距离)的，在拟柱体中，平面//平面，分别是的中点，为四边形内一点，设四边形的面积的面积为，面截得拟柱体的截面积为，平面与平面的距离为，下列说法中正确的有（    ） A．直线与是异面直线 B．四边形的面积是的面积的4倍 C．挖去四棱锥与三棱锥后，拟柱体剩余部分的体积为 D．拟柱体的体积为 12.（多选）如果一个凸n面体共有m个面是直角三角形，那么我们称这个凸n面体的直度为，则（     ） A．三棱锥的直度的最大值为1 B．直度为的三棱锥只有一种 C．四棱锥的直度的最大值为1 D．四棱锥的直度的最大值为 13.（多选）所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体，拟柱体的侧面是三角形、梯形或平行四边形，其体积是将上下底面面积、中截面(与上下底面距离相等的截面)面积的4倍都相加再乘以高(上下底面的距离)的，在拟柱体中，平面//平面，分别是的中点，为四边形内一点，设四边形的面积的面积为，面截得拟柱体的截面积为，平面与平面的距离为，下列说法中正确的有（    ） A．直线与是异面直线 B．四边形的面积是的面积的4倍 C．挖去四棱锥与三棱锥后，拟柱体剩余部分的体积为 D．拟柱体的体积为 14.（多选）所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体，拟柱体的侧面是三角形、梯形或平行四边形，其体积是将上下底面面积、中截面(与上下底面距离相等的截面)面积的4倍都相加再乘以高(上下底面的距离)的，在拟柱体中，平面//平面，分别是的中点，为四边形内一点，设四边形的面积的面积为，面截得拟柱体的截面积为，平面与平面的距离为，下列说法中正确的有（    ） A．直线与是异面直线 B．四边形的面积是的面积的4倍 C．挖去四棱锥与三棱锥后，拟柱体剩余部分的体积为 D．拟柱体的体积为 【解题技法】与集合运算有关的创新问题是按照一定的数学规则和要求给出新的集合运算规则，并按照此集合运算规则和要求结合相关知识进行逻辑推理和计算等，从而达到解决问题的目的． 15.连接空间几何体上的某两点的直线，如果把该几何体绕此直线旋转角α（0°<α<360°），使该几何体与自身重合，那么称这条直线为该几何体的旋转轴．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一平面内，则这个八面体的旋转轴共有______条． 16.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 . 17．（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） 18.，，，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在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是________． 19.我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”，如左图.    如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数. （1）的定义域是 ；（2）的最小值是 . 题型七：三面角 1．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．类比于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，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 5．（23-24高一下·山东临沂·期末）类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． (1)求的值； (2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； (3)过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值． 题型八：空间平面方程与直线方程 1.阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A．0 B． C． D． 2.阅读材料：数轴上，方程可以表示数轴上的点，平面直角坐标系中，方程（、不同时为0）可以表示坐标平面内的直线，空间直角坐标系中，方程（、、不同时为0）可以表示坐标空间内的平面.过点且一个法向量为的平面的方程可表示为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 3.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． 4.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的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 5.三个“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 ． 6.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l是两个平面与的交线，则直线l与平面所成角的余弦值为 ． 7.在空间直角坐标系中，定义：平面的一般方程为，点到平面的距离，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O到侧面的距离等于________． 8.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 . 9.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 . 10.（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. 11.在空间直角坐标系Oxyz中，这点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为． (1)已知直线的方程为，直线的方程为．请分别写出直线和直线的一个方向向量． (2)若直线与都在平面内，求平面的方程； (3)若集合中所有的点构成了多面体Ω的各个面，求Ω的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 题型九：数学文化 1.在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，且，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．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问题：碳具有超导特性、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 3.将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（    ） A．北纬 B．南纬 C．北纬 D．南纬 4.半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的.它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），点满足，则直线与平面所成角的正弦值（   ） A．为定值 B．存在最大值，且最大值为1 C．为定值1 D．存在最小值，且最小值为 5.图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为5，底面任意两顶点之间的距离为20，则其侧面积为（    ） A． B． C． D． 6.《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 7.《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 8.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． 9.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． 10.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 11．（多选）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，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（    ） A．若平面是面积为的等边三角形，则 B．若，则 C．若，则球面的体积 D．若平面为直角三角形，且，则 12（多选）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 13（多选）《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 14．18世纪英国数学家辛卜森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体的统一体积公式)(其中分别为的高、上底面面积、中截面面积、下底面面积)，我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为，可得该球的体积为；已知正四棱锥的底面边长为，高为，可得该正四棱锥的体积为.类似地，运用该公式求解下列问题:如图，已知球的表面积为，若用距离球心都为的两个平行平面去截球，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为 .    15球面几何学是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等面都有广泛的应用，如图，A，B，C是球面上不同的大圆（大圆是过球心的平面与球面的交线）上的三点，经过这三个点中任意两点的大圆的劣弧分别为，由这三条劣弧围成的图形称为球面．已知地球半径为R，北极为点N，P，Q是地球表面上的两点若P，Q在赤道上，且，则球面的面积为 ；若，则球面的面积为 ． 16．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有关系.请运用欧拉定理解决问题：碳具有超导特性､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， 碳的分子结构是—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个面中正五边形面的个数是 . 17．在空间直角坐标系中，定义点和点两点之间的“直角距离”．若和两点之间的距离是，则和两点之间的“直角距离”的取值范围是 ． 18．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1，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 ；用过三点的平面去截勒洛四面体，所得截面的面积为 . 19.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． 20.球面三角学是球面几何学的一部分，主要研究球面多边形(特别是三角形)的角､边､面积等问题，其在航海､航空､卫星定位等方面都有广泛的应用.定义：球的直径的两个端点称为球的一对对径点；过球心的平面与球面的交线称为该球的大圆；对于球面上不在同一个大圆上的点，，，过任意两点的大圆上的劣弧，，所组成的图形称为球面，记其面积为.易知：球的任意两个大圆均可交于一对对径点，如图1的和；若球面上，，的对径点分别为，，，则球面与球面全等.如图2，已知球的半径为，圆弧和所在平面交成的锐二面角的大小为，圆弧和所在平面､圆弧和所在平面交成的锐二面角的大小分别为，.记. （1）请写出，，的值，并猜测函数的表达式； （2）求(用，，，表示). 21.“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． 1 学科网（北京）股份有限公司 $