【三轮冲刺】高考数学专题07 立体几何中的新定义问题（强化突破）（新高考新题型）.zip

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新定义题目简介
题型特点
“新定义”题型内容新颖，题目中常常伴随有“定义”、“规定”等字眼，题目一般都是用抽象的语言给出新的定义、运算或符号，没有过多的解析说明，要求考生自己仔细揣摩、体会和理解定义的含义，在阅读新定义后要求马上运用它解决相关问题，考查考生的理解与运算、信息迁移的能力。
解题策略
求解“新定义”题目，主要分如下几步：
对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号；
对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法和相近的知识点，明确它们的相同点和相似点；
对定义中提取的知识进行转换、提取和转换，这是解题的关键，如果题目是新定义的运算、法则，直接按照法则计算即可；若新定义的性质，一般要判断性质的适用性，能否利用定义的外延，可用特质排除，注意新定义题目一般在高考试卷的压轴位置，往往设置三问，第一问的难度并不大，所以对于基础差的考生也不要轻易放弃。
一、单选题
1．用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截面与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、拋物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．记圆锥轴截面半顶角为，截口曲线形状与有如下关系：当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线．如图1所示，其中，现有一定线段，其与平面所成角（如图2），为斜足，上一动点满足，设点在的运动轨迹是，则（ ）

A．当时，是抛物线B．当时，是双曲线
C．当时，是圆D．当时，是椭圆
【答案】D
【分析】由题，点在以为轴的圆锥上运动，结合题干信息，逐一分析即可.
【详解】∵为定线段，为定值，
∴在以为轴的圆锥上运动，其中圆锥的轴截面半顶角为，与圆锥轴的夹角为，
对于A，，∴平面截圆锥得双曲线，故A错误；
对于B，，∴平面截圆锥得椭圆，故B错误；
对于C，，∴平面截圆锥得抛物线，故C错误；
对于D，，∴平面截圆锥得椭圆，故D正确；
故选：D.
2．空间直角坐标系中，经过点且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线l的方程为，阅读上面的材料并解决下列问题：现给出平面α的方程为，经过点的直线l的方程为，则直线l与平面α所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题设确定平面α的法向量、直线l的方向向量，应用向量法求线面角的正弦值即可.
【详解】由题设知：平面α的法向量，直线l的方向向量，
且平面α与直线l相交于，
所以直线l与平面α所成角的正弦值为.
故选：A
3．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.
二、多选题
4．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
5．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.
6．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
【分析】根据题意求线线夹角，再代入离散曲率公式，对四个选项逐一分析判断，结合线面垂直的判定定理及性质即可得出答案.
【详解】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.
【点睛】关键点点睛：关键是充分理解离散曲率的定义，从而结合立体几何的知识求解即可．
7．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
8．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）
A．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
B．勒洛四面体内切球的半径是
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为
D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
【答案】CD
【分析】对A选项结合勒洛三角形得到其截面图，利用扇形面积和三角形面积公式即可得到答案，而A选项的截面积为C选项的最大截面积，对B选项需要利用正四面体的高以及外接球半径与棱长的关系，得到外接球半径为，再根据图形得到勒洛四面体的内切球半径，而此半径即为该勒洛四面体的能够容纳的最大球的半径，即可判断D选项.
【详解】对于A，
故A错误，截面示意图如下：
对于B，由对称性知,勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心,如图：
正外接圆半径,正四面体的高,令正四面体的外接球半径为,
在中,，解得,
此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示：
图中取正四面体中心为,连接交平面于点，交曲面于点，其中即为正四面体外接球半径，因为点ACDF均在以点B为球心的球面上，
所以，
设勒洛四面体内切球半径为，则由图得，故B错误；
对于C，显然勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，由对A的分析知，故C正确；
对于D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切,即为勒洛四面体内切球,所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，故D正确.
故选：CD．
【点睛】本题实际上是勒洛三角形在三维层面的推广，对计算能力，空间想象能力要求高，记住正四面体的高，内切球半径，外接球半径与棱长关系的二级结论将会加快对本题的求解.
三、填空题
9．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．
10．18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】
【分析】先由球的表面积求得球的半径，再由勾股定理求出截面小圆的半径，最后代入万能求积公式，即可求解.
【详解】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：.

11．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.
12．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.根据曲率的定义，正方体在每个顶点的曲率为 ，四棱锥的总曲率为 .
【答案】 /
【分析】根据曲率的定义结合正方体和四棱锥的特点即可得到答案.
【详解】根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为；
由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和，
因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，
所以任意四棱锥的总曲率为.
故答案为：；.
13．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
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，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面.已知在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，.
①直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等；
②若，则直四棱柱在顶点A处的离散曲率为；
③若，则直四棱柱在顶点A处的离散曲率为；
④若四面体在点处的离散曲率为，则平面.
上述说法正确的有 （填写序号）
【答案】②④
【分析】根据题意求出线线夹角，再代入离散曲率公式，对四个选项逐一分析判断，结合线面垂直的判定定理及性质即可得出答案.
【详解】对于①，当直四棱柱的底面为正方形时，
其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故①错误；
对于②，若，则菱形为正方形，
因为平面，平面，
所以，，
所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故②正确；
对于③，若，则，
又，，
所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故③错误；
对于④，在四面体中，，，，
所以，
所以四面体在点处的离散曲率为，
解得，易知，
所以，所以，
所以直四棱柱为正方体，
因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
同理，
又平面，
所以平面，故④正确，
所以正确的有②④.
故答案为：②④.
【点睛】本题主要考查离散曲率，考查考生的创新能力、逻辑思维能力、运算求解能力、空间想象能力，试题结合新定义——离散曲率命制立体几何试题，角度新颖，要求考生充分理解离散曲率的定义，结合立体几何的结构特征求解，体现了数学探索、理性思维学科素养．
15．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：
16．三个“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：
17．设，为正整数，空间中一物体由个完全相同的的表面涂满红色的小立方体构成，且其三视图均为全部涂满红色的的方格表（允许小立方体悬空），则的最小值 ；当时，规定若主视方向不同但经过旋转或轴反射后能完全重合的属于不同的情形，则能够达到的情形数为 ．
【答案】
【解析】略
18．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】
【分析】先证明“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”，再根据题设条件求出二面角的大小，从而可求球面面积的大小.
【详解】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：，.
【点睛】思路点睛：球面三角形的计算问题，可根据球的对称性合理转化，另外注意与球面有关的计算的关系，注意利用空间中点、线、面的位置关系的性质定理将空间中的计算问题转化平面几何的计算问题.
四、解答题
19．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中（，2，…，k，）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，且．
(1)求直四棱柱在各个顶点的离散曲率之和；
(2)若直四棱柱在点A处的离散曲率为x，直四棱柱体积为，求函数的解析式及单调区间．
【答案】(1)；
(2)，增区间为，减区间为，.
【分析】（1）根据离散曲率的定义，由直四棱柱的结构特征，分别求出A、处的离散曲率，相加后乘以4即可求得答案.
（2）由曲率定义可得，应用三角形面积公式求底面积，根据棱柱体积公式写出体积解析式，再由正弦型函数的性质求单调区间.
【详解】（1）在直四棱柱中,，底面ABCD为菱形，
由离散曲率的定义知：的离散曲率相等，的离散曲率相等，
所以处的曲率为，而处的曲率为，又，
所以、两处的曲率和为，
故直四棱柱在各个顶点的离散曲率之和.
（2）由题设，处的曲率，故，
所以直四棱柱底面面积为，
故直四棱柱高为1，故体积为，
令，，可得，，即，上递增；
令，，可得，，即，上递减；
所以增区间为，减区间为，.
20．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.
21．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，
.
22．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).
【答案】（1），，，猜测；（2）.
【分析】（1）根据已知写出，，的值，并猜测函数的表达式；
（2）推理得到，因为，化简即得解.
【详解】解：（1），，.
猜测.
（2）
因为，
所以，
即.
23．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．
【答案】（1）证明见解析；（2）①；②当点在的延长线上，且使时，平面.
【分析】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论；
（2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面．
【详解】（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．
24．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）．
（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；
（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值．
【答案】（1）；（2）；
【分析】（1）根据蜂房曲顶空间的弯曲度的定义进行求解即可；（2）根据图形结构，设，接着将蜂房表面积表示成关于的函数，求导判断函数取最小值时的值，进而求得的大小，最后求解顶点的曲率的余弦值即可.
【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）设底面正六边形的边长为1，
如图所示，连接AC，SH，则，
设点在上底面ABCDEF的射影为O，则,
令，则，
菱形SAHC的面积，
的面积为，
令正六棱柱的侧面积为定值时，
蜂房的表面积为，
，令得到，
经研究函数的单调性，
得到函数在处取得极小值，
此时，
在中，令，
由余弦定理得,
顶点的曲率为，
其余弦值为.
【点睛】本题主要考查立体几何为背景的空间几何体的表面积问题，中间涉及到新定义，根据新定义进行解决问题，考查学生分析问题解决问题的能力，此题难度较大，对学生的能力要求较高，平时备考要多多注意提升学生的分析问题的能力.
25．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．

（1）求四棱锥的总曲率；
（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，写出多边形表面的所有内角即可.（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，设第个面的棱数为，所以，按照公式计算总曲率即可.
【详解】（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.

可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.
所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，
则其总曲率为：.
（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，所以有
设第个面的棱数为，所以
所以总曲率为：
所以这类多面体的总曲率是常数.
【点睛】本题考查立体几何的新定义问题，能够正确读懂“曲率”的概率是解决问题的关键．
26．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．
27．（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.