第十一节 立体几何中的创新性问题
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θ不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、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α，截口曲线形状与θ，α有如下关系：当θ＞α时，截口曲线为椭圆；当θ＝α时，截口曲线为抛物线：当θ＜α时，截口曲线为双曲线.如图1所示，其中θ，α∈（0，），现有一定线段AB，其与平面β所成角φ（如图2），B为斜足，β上一动点P满足∠BAP＝γ，设P点在β的运动轨迹是Γ，则（ ）
A.当φ＝，γ＝时，Γ是抛物线
B.当φ＝，γ＝时，Γ是双曲线
C.当φ＝，γ＝时，Γ是圆
D.当φ＝，γ＝时，Γ是椭圆
2.由空间一点O出发不共面的三条射线OA，OB，OC及相邻两射线所在平面构成的几何图形叫三面角，记为O-ABC.其中O叫做三面角的顶点，面AOB，BOC，COA叫做三面角的面，∠AOB，∠BOC，∠AOC叫做三面角的三个面角，分别记为α，β，γ，二面角A-OB-C、B-OA-C、A-OC-B叫做三面角的二面角，设二面角A-OC-B的平面角大小为x，则一定成立的是（ ）
A.cos x＝
B.cos x＝
C.cos x＝
D.cos x＝
3.〔多选〕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－（∠Q1PQ2＋∠Q2PQ3＋…＋∠Qk－1PQk＋∠QkPQ1），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，四边形ABCD为菱形，AA1＝AB，则下列说法正确的是（ ）
A.四棱柱ABCD-A1B1C1D1在其各顶点处的离散曲率都相等
B.若AC＝BD，则四棱柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为
C.若四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为，则AC1⊥平面A1BD
D.若四棱柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为，则直线BC1与平面ACC1所成的角的正弦值为
4.已知一个四面体ABCD被n＋1（n为奇数，且n≥3）个平行于AB，CD且等距离的平面α0，α1，α2，…，αn分成n部分，其中AB α0，CD αn.设这n部分的体积依次为V1，V2，…，Vn，记V奇＝Vi，V偶＝Vi，则＝ .
5.（操作题）如图1，将3个2×2的正方形沿一组邻边的中点连线剪开分成两部分，把这6部分接于一边长为的正六边形中，如图2.若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体能容纳的最大球的半径为 .
6.设S是空间中n个不同的点构成的集合，n≥4且n∈N*，其中任意四点不在同一个平面上，dAB表示点A，B间的距离，记集合τ（S）＝{dAB｜ A，B∈S，A≠B}.已知四面体ABCD满足：AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝1.
（1）求二面角C-AD-B的余弦值；
（2）若S＝{A，B，C，D}，求τ（S）.
7.〔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
8.〔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Oa表示以O为圆心，且过B，C的圆，同理，圆Ob，Oc的劣弧AC，AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做曲面三角形，若a＝b＝c，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面△ABC围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面O-ABC.设∠BOC＝α，∠AOC＝β，∠AOB＝γ，则下列结论正确的是（ ）
A.若平面△ABC是面积为R2的等边三角形，则a＝b＝c＝R
B.若a2＋b2＝c2，则α2＋β2＝γ2
C.若a＝b＝c＝R，则球面O-ABC的体积V＞R3
D.若平面△ABC为直角三角形，且∠ACB＝，则a2＋b2＝c2
9.（新定义）若点M在平面α外，过点M作平面α的垂线，则称垂足N为点M在平面α内的正投影，记为N＝fα（M）.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，记平面AB1C1D为β，平面ABCD为γ，点P是棱CC1上一动点（与C，C1不重合），Q1＝fγ[fβ（P）]，Q2＝fβ[fγ（P）].给出下列三个结论：①线段PQ2长度的取值范围是［，）；②存在点P，使得PQ1∥平面β；③存在点P，使得PQ1⊥PQ2.其中正确结论的序号是 .
10.（2025·八省联考）在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P为动点.
（1）设PC⊥AB，三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上.
①证明：平面PAC⊥平面ABC；
②求球O的半径；
（2）求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.
第十一节 立体几何中的创新性问题
1.D ∵AB为定线段，∠BAP＝γ为定值，∴P在以AB为轴的圆锥上运动，其中圆锥的轴截面半顶角为γ，β与圆锥轴AB的夹角为φ，对于A，φ＜γ，∴平面β截圆锥得双曲线，故A错误；对于B，φ＞γ，∴平面β截圆锥得椭圆，故B错误；对于C，φ＝γ，∴平面β截圆锥得抛物线，故C错误；对于D，φ＞γ，∴平面β截圆锥得椭圆，故D正确；故选D.
2.A 如图，∠AOB＝α，∠BOC＝β，∠AOC＝γ，在OC上取一点K，过K在平面BOC内作KM⊥OC，交OB于M，过K在平面AOC内作KN⊥OC，交OA于N，连接MN，则∠NKM是二面角A-OC-B的平面角，即∠NKM＝x.设OM＝m，在Rt△OKM中，OK＝mcos β，KM＝msin β，在Rt△OKN中，ON＝，KN＝mcos βtan γ＝，在△OMN中，MN2＝m2＋－2m2·，在△KMN中，KM2＋KN2－NM2＝2KM·KN·cos x，即为m2sin2β＋－m2－＋2m2·＝m2·＝m2·＝2msin β··cos x，所以cos x＝.故选A.
3.CD 对于A，当直四棱柱ABCD-A1B1C1D1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ABCD-A1B1C1D1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AC＝BD，则菱形ABCD为正方形，因为AA1⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，所以直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为1－（＋＋）＝，故B错误；对于C，在四面体A1ABD中AA1⊥AB，AA1⊥AD，AA1＝AB＝AD，所以∠AA1B＝∠AA1D＝，所以四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为1－（＋＋∠BA1D）＝，解得∠BA1D＝，易知A1B＝A1D＝AB，所以BD＝AB，所以AB⊥AD，所以直四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正方体，因为C1D1⊥平面ADD1A1，A1D 平面ADD1A1，所以C1D1⊥A1D，又AD1⊥A1D，AD1∩C1D1＝D1，C1D1，AD1 平面AC1D1，所以A1D⊥平面AC1D1，又AC1 平面AC1D1，所以AC1⊥A1D，同理BD⊥AC1，又A1D∩BD＝D，A1D，BD 平面A1BD，所以AC1⊥平面A1BD，故C正确；对于D，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为1－（＋＋∠DAB）＝，则∠DAB＝，即△DAB是等边三角形，设AC∩BD＝O，则∠BC1O即为BC1与平面ACC1所成的角，sin∠BC1O＝＝，故D正确.故选C、D.
4. 解析：如图，截面EFGH平行于AB，CD，过EH作截面EHL∥平面BCD.设AE＝tAC，t∈（0，1），则VA-LEH＝t3VA-BCD，VLEH-BFG＝VA-LEH＝3t2（1－t）VA-BCD，所以VAB-EFGH＝（3t2－2t3）VA-BCD，则Vi＝［3（）2－2（）3］·VA-BCD，故Vk＝{［3（）2－2（）3］－［3（）2－2（）3］}VA-BCD＝[3n（2k－1）－2（3k2－3k＋1）]VA-BCD，所以＝V2k＋1＝{－}VA-BCD＝VA-BCD，故＝.
5. 解析：该多面体是一个大正三棱锥截去三个小正三棱锥，如图，将其补全.现考虑V-ABC的内切球与面PMN的位置关系：由题设知，VA＝VB＝VC＝3，PM＝PN＝1，∠CVA＝90°，计算知，V-ABC的内切球半径r＝.而平面PMN∥平面VBC，且与平面VBC距离大于2r，故V-ABC的内切球与平面PMN无公共点.因此，该多面体能容纳的最大球的半径为.
6.解：（1）易知AB，BC，CD两两垂直.根据题意作图，并以C为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示.
则C（0，0，0），D（1，0，0），B（0，1，0），A（0，1，1），
＝（0，1，1），＝（1，0，0），＝（－1，1，0），＝（－1，1，1）.
设平面CAD的法向量为m＝（x，y，z），
则即则m＝（0，1，－1）为平面CAD的一个法向量.
设平面BAD的法向量为n＝（a，b，c），
则即则n＝（1，1，0）为平面BAD的一个法向量.
所以cos＜m，n＞＝＝＝，易知二面角C-AD-B为锐角，故所求余弦值为.
（2）AB＝BC＝CD＝1，BD＝AC＝，AD＝，所以τ（S）＝{1，，}.
7.AD 如图，借助于正方体模型，图1中三棱锥D-ABC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E-BCD，三个面CED，CBD，BCE都是直角三角形，面BDE为正三角形，其直度为；图2中三棱锥D-ABC，三个面ABD，CBD，ABC都是直角三角形， 面ACD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P-ABCD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A、D.
8.BC 对于A，因等边三角形ABC的面积为R2，则AB＝BC＝AC＝R，又OA＝OB＝OC＝R，故α＝β＝γ＝，则a＝b＝c＝R，故A错误；对于B，由a2＋b2＝c2可得（αR）2＋（βR）2＝（γR）2，故α2＋β2＝γ2，即B正确；对于C，由a＝b＝c＝R可得，α＝β＝γ＝，故AB＝BC＝AC＝R.由正弦定理，△ABC的外接圆半径为·＝，点O到平面ABC的距离h＝＝R，则三棱锥O-ABC的体积VO-ABC＝S△ABC·h＝×R2×R＝R3，而球面O-ABC的体积V＞VO-ABC＝R3，故C正确；对于D，由余弦定理可知由∠ACB＝可得，BC2＋AC2＝AB2，即4R2－2R2cos α－2R2cos β＝2R2－2R2cos γ，化简得，cos α＋cos β－cos γ＝1.取α＝β＝，γ＝，则a＝b＝R，c＝R，则a2＋b2＝R2＜R2＝c2，故D错误.故选B、C.
9.①② 解析：连接CD1，交C1D于点O，过P作PE⊥C1D，垂足为E，过E作EF∥CC1，交CD于F，如图所示，∵AD⊥平面CDD1C1，PE 平面CDD1C1，∴PE⊥AD，又PE⊥C1D，AD，C1D 平面AB1C1D，AD∩C1D＝D，∴PE⊥平面AB1C1D，∵EF∥CC1，CC1⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD，∴F＝fγ[fβ（P）]，∴F即为Q1.∵四边形CDD1C1为正方形，∴CD1⊥C1D，∵AD⊥平面CDD1C1，CD1 平面CDD1C1，∴CD1⊥AD，又AD，C1D 平面AB1C1D，AD∩C1D＝D，∴CD1⊥平面AB1C1D，即CO⊥平面AB1C1D，∴O＝fβ[fγ（P）]，∴O即为Q2.以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设CP＝a（0＜a＜1），则P（0，0，a），C（0，0，0），Q2（，0，），Q1（，0，0）.对于①，｜｜＝，∵a∈（0，1），∴（a－）2＋∈［，），∴｜｜∈［，），①正确.对于②，∵CQ2⊥平面β，∴平面β的一个法向量为＝（，0，）.又＝（，0，－a），令·＝0，得－a－a＝0，解得a＝，∴存在点P，使得PQ1∥平面β，②正确.对于③，＝（，0，－a），＝（，0，－a），令·＝0，得a2－a＋＝0，方程无解，∴不存在点P，使得PQ1⊥PQ2，③错误.
10.解：（1）在△ACD中，由AC＝CD＝1，∠ADC＝30°得∠CAD＝∠ADC＝30°，
所以AD＝，且∠BAC＝90°，即AB⊥AC，
①证明：因为AB⊥AC，PC⊥AB，PC∩AC＝C，PC，AC 平面PAC，
所以AB⊥平面PAC，又AB 平面ABC，
所以平面PAC⊥平面ABC.
②以A为原点，，的方向分别为x轴和y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则A（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），P，设球心O（a，b，c），半径为R，
则AO＝BO＝CO＝PO＝R，
所以a2＋b2＋c2＝（a－1）2＋b2＋c2＝a2＋（b－1）2＋c2＝a2＋＋＝R2，
解得a＝，b＝，c＝，R＝，所以球O的半径为.
（2）在平面PAC中，过P作PG⊥AC于G，在平面ABC中，过G作GM⊥AC，
则由（1）AG＝cos 30°＝，PG＝sin 30°＝，
设∠PGM＝θ，θ∈（0，π），以G为原点，，的方向分别为x轴和y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz，
则G（0，0，0），A，B（1，－，0），C，P，
所以＝（0，－1，0），＝（1，－1，0），＝，
设平面PAC和平面PBC的一个法向量分别为m＝（x1，y1，z1），n＝（x2，y2，z2），
则
所以
取x1＝sin θ，x2＝1，则m＝（sin θ，0，－cos θ），n＝（1，1，－），
所以cos＜m，n＞＝＝＝，
令t＝cos θ＋，则cos θ＝t－，由θ∈（0，π）得t∈，则∈，
则cos＜m，n＞＝＝
＝≥＝，
当且仅当＝即t＝，cos θ＝－时等号成立，
所以二面角A-CP-B的余弦值的最小值为.
3 / 3第十一节 立体几何中的创新性问题
重点解读
面对新情境、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合.明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式.在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题.对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明.同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象.
定义新概念
（师生共研过关）
（1）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，则由长方体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
（2）（2025·上海普陀区测评）对于一个三维空间，如果一个平面与一个球只有一个交点，则称这个平面是这个球的切平面.已知在空间直角坐标系O-xyz中，球O的半径为1，记平面xOy、平面zOx、平面yOz分别为α，β，γ.
①若棱长为a的正方体、棱长为b的正四面体的内切球均为球O，求的值；
②若球O在点（，，）处有一切平面λ0，求λ0与α的交线方程，并写出它的一个方向向量.
解题技法
解决定义新概念型问题的关键是把新概念理解透彻（如等腰四面体、球切面等），再逐步转化为用熟知的符号知识、方法表示解决.
本例（2）破障关键为理解α与λ0两平面的位置特征及交线的位置特征.将几何特征用向量表示，确定在平面α上的直线方程，再确定该直线在空间中的一个方向向量.
定义新运算
（师生共研过关）
（1）〔多选〕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叫做向量在坐标系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
（2）设全体空间向量组成的集合为V，a＝（a1，a2，a3）为V中的一个单位向量，建立一个“自变量”为向量，“因变量”也是向量的“向量函数”f（x）：f（x）＝－x＋2（x·a）a（x∈V）.
①设u＝（1，0，0），v＝（0，0，1），若f（u）＝v，求向量a；
②对于V中的任意两个向量x，y，证明：f（x）·f（y）＝x·y；
③对于V中的任意单位向量x，求｜f（x）－x｜的最大值.
解题技法
定义新运算问题一般先考查对运算法则的理解，这时只需一一验证新运算满足的条件.再考查满足该新运算后要解决什么问题.如本例（2），满足新运算的函数有某些新的性质，这也是在新背景下研究“旧”性质，此时需结合新运算下新的数学表达式，依据熟知的运算法则和定理进行逻辑推理与运算，创造性地证明更新的结论成立.
定义新性质
（师生共研过关）
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PA，PB，PC构成的三面角P-ABC，记∠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.如图2，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝，AA1＝2，AB＝2，且A1点在底面ABCD内的射影为AC的中点O.
（1）求cos∠A1AB的值；
（2）直线AA1与平面ABCD内任意一条直线夹角为φ，证明：≤φ≤.
解题技法
用类比方法求解定义新性质创新问题的三个切入角度
（1）从两个性质的相似性和差异性上理解新性质的准确性；
（2）从两个性质的内涵、应用环境上的差异刻画新性质的“全貌”（本质）；
（3）从类比方法获得启示，从而应用新性质解决问题.
定义新情境
（师生共研过关）
（1）胡夫金字塔的形状为四棱锥，1859年，英国作家约翰·泰勒（JohnTaylor，1781—1864）在其《大金字塔》一书中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔时利用黄金比例（≈1.618），泰勒还引用了古希腊历史学家希罗多德的记载：胡夫金字塔的每一个侧面的面积都等于金字塔高的平方.如图，若h2＝as，则由勾股定理，as＝s2－a2，即（）2－－1＝0，因此可求得为黄金数，已知四棱锥底面是边长约为856英尺的正方形（2a＝856），顶点P的投影为底面中心O，H为BC中点，根据以上信息，PH的长度（单位：英尺）约为（ ）
A.611.6 B.481.4
C.692.5 D.512.4
（2）我国南北朝时期的著名数学家祖暅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，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一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即V球＝πR2·R－πR2·R＝πR3.现将椭圆＋＝1绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图3），类比上述方法，运用祖暅原理求其体积.
解题技法
新情境创设的几种常见类型
（1）从情境的复杂程度出发，高考一般从学生的“熟悉情境、关联情境、综合情境”三个层次命题；
（2）从情境与学科知识的融合度上可分为“情境分离型”（去掉情境素材，仍能完成学科任务）；“情境嵌入型”（此类题目中的情境与题目中的学科任务相互融合，一些关键信息可直接从情境中获取，但取消情境内容题目无法解决）；“情境结合型”（此类问题的考查内容及知识点都需要从情境中提取，如果对材料的理解不够深入，没有提取到其中蕴含的信息，没有完成新信息与旧知识的转化，问题就无从求解）.
第十一节 立体几何中的创新性问题
【考点·分类突破】
考点1
【例1】 （1）B 如图所示，等腰四面体A-BCD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a，b，c，则等腰四面体A-BCD的体积V＝abc－4××（abc）＝abc＝4.故选B.
（2）解：①由题意可知，a＝2.正四面体ABCD的内切球为球O.
如图，设顶点A在底面BCD上的射影为点F，则F为△BCD的中心，
取线段CD的中点E，连接BE，则BE⊥CD，F在BE上，
则BE＝BCsin 60°＝b，BF＝BE＝b，
所以AF＝＝＝b，
V正四面体ABCD＝AF·S△BCD，
连接OB，OC，OD，因为V正四面体ABCD＝VO-ABC＋VO-ABD＋VO-ACD＋VO-BCD＝4××1×S△BCD，所以S△BCD＝AF·S△BCD，故AF＝b＝4，解得b＝2.
所以＝＝.
②在λ0与α的交线上任取一点P（x，y，0），记点Q（，，），
连接OQ，QP，则·＝0，即（，，）·（x－，y－，－）＝0，
即－＋－－＝0，即x＋y－＝0，
所以λ0与α的交线方程为x＋y－＝0，该直线的一个方向向量为（－，1，0）.
考点2
【例2】 （1）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，无法判断θ的大小，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.故选B、D.
（2）解：①依题意得f（u）＝－u＋2（u·a）a＝v，
设a＝（x，y，z），代入运算得 a＝（，0，）或a＝（－，0，－）.
②证明：设x＝（a，b，c），y＝（m，n，t），a＝（a1，a2，a3），
则f（x）·f（y）＝[－x＋2（x·a）a]·[－y＋2（y·a）a]＝x·y－4（y·a）（x·a）＋4（y·a）·（x·a）a2＝x·y－4（y·a）（x·a）＋4（y·a）·（x·a）＝x·y，从而得证.
③设x与a的夹角为α，
则x·a＝｜x｜·｜a｜cos α＝cos α，
则｜f（x）－x｜＝｜2x－2（x·a）a｜＝＝≤2，故｜f（x）－x｜的最大值为2.
考点3
【例3】 解：（1）连接BO，由已知得A1O⊥平面ABCD，BO⊥AC，
又A1O 平面A1ACC1，所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，
所以二面角A1-AC-B的大小为，因为 ABCD为菱形，∠BAD＝，
所以∠BAC＝，又AB＝2，所以AO＝，
在Rt△A1AO中，cos∠A1AO＝＝＝，
由三面角余弦定理可得cos∠A1AB＝
cos∠A1AOcos∠BAC＋sin∠A1AO·sin∠BACcos ＝cos∠A1AOcos∠BAC＝×＝.
（2）证明：依题意可得0＜φ≤，设平面ABCD内任一条直线为l，
若l过A点时，记AC与l的夹角为φ1（0≤φ1≤），
则cos φ＝cos∠A1AOcos φ1，因为cos φ1∈[0，1]，
所以cos φ＝cos∠A1AOcos φ1≤cos∠A1AO＝cos ，
又0＜φ≤，所以≤φ≤；
若l不过A点时，过A点作l'使得l'∥l，记AC与l'的夹角为φ2（0≤φ2≤），
则cos φ＝cos∠A1AOcos φ2，因为cos φ2∈[0，1]，
所以cos φ＝cos∠A1AOcos φ2≤cos∠A1AO＝cos ，
又0＜φ≤，所以≤φ≤；
综上可得≤φ≤.
考点4
【例4】 （1）C 由2a＝856和PH＝s＝a可得PH＝×≈692.5.故选C.
（2）解：构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，则当截面与顶点距离为h（0≤h≤3）时，小圆锥底面半径为r，则＝，∴r＝h，故截面面积为：4π－πh2，把y＝h代入＋＝1，即＋＝1，解得：x＝±，∴橄榄状几何体的截面面积为πx2＝4π－πh2，由祖暅原理可得橄榄状几何体的体积为：V＝2（V圆柱－V圆锥）＝2×（4π×3－×4π×3）＝16π.
3 / 3(共59张PPT)
第十一节 立体几何中的创新性问题
高中总复习·数学
重点解读
面对新情境、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已
知的立体几何知识相结合.明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，
如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式.在解题过程
中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题.对于复杂
问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明.同时，
要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象.
目 录
CONTENTS
考点·分类突破
01.
课时·跟踪检测
02.
PART 01
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
定义新概念（师生共研过关）
（1）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，则由长方体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
√
解析：B 如图所示，等腰四面体A-BCD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a，b，c，则等腰四面
体A-BCD的体积V＝abc－4× ×（ abc）＝ abc＝4.故选B.
解析： 如图所示，等腰四面体A-BCD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a，b，c，则等腰四面体A-BCD
的体积V＝abc－4× ×（ abc）＝ abc＝4.故选B.
（2）（2025·上海普陀区测评）对于一个三维空间，如果一个平面与一个
球只有一个交点，则称这个平面是这个球的切平面.已知在空间直角坐标
系O-xyz中，球O的半径为1，记平面xOy、平面zOx、平面yOz分别为
α，β，γ.
①若棱长为a的正方体、棱长为b的正四面体的内切球均为球O，求 的
值；
②若球O在点（ ， ， ）处有一切平面λ0，求λ0与α的交线方程，
并写出它的一个方向向量.
解：①由题意可知，a＝2.正四面体ABCD的内切
球为球O.
如图，设顶点A在底面BCD上的射影为点F，则F为
△BCD的中心，
取线段CD的中点E，连接BE，则BE⊥CD，F在BE上，
则BE＝BC sin 60°＝ b，BF＝ BE＝ b，所以AF＝ ＝ ＝ b，V正四面体ABCD＝ AF·S△BCD，连接OB，OC，OD，
因为V正四面体ABCD＝VO-ABC＋VO-ABD＋VO-ACD＋VO-BCD＝4× ×1×S△BCD，
所以 S△BCD＝ AF·S△BCD，
故AF＝ b＝4，解得b＝2 .所以 ＝ ＝ .
②在λ0与α的交线上任取一点P（x，y，0），记点Q（ ， ，
），连接OQ，QP，则 · ＝0，
即（ ， ， ）·（x－ ，y－ ，－ ）＝0，
即 － ＋ － － ＝0，即x＋ y－ ＝0，
所以λ0与α的交线方程为x＋ y－ ＝0，该直线的一个方向向量为
（－ ，1，0）.
解题技法
解决定义新概念型问题的关键是把新概念理解透彻（如等腰四面体、
球切面等），再逐步转化为用熟知的符号知识、方法表示解决.
本例（2）破障关键为理解α与λ0两平面的位置特征及交线的位置特
征.将几何特征用向量表示，确定在平面α上的直线方程，再确定该直线
在空间中的一个方向向量.
定义新运算（师生共研过关）
（1）〔多选〕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叫做向量 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：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，无法判断θ的大小，
故C错误；
解析： 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，无法判断θ的大小，
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.故选B、D.
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.故选B、D.
（2）设全体空间向量组成的集合为V，a＝（a1，a2，a3）为V中的一个
单位向量，建立一个“自变量”为向量，“因变量”也是向量的“向量函
数”f（x）：f（x）＝－x＋2（x·a）a（x∈V）.
①设u＝（1，0，0），v＝（0，0，1），若f（u）＝v，求向量a；
②对于V中的任意两个向量x，y，证明：f（x）·f（y）＝x·y；
③对于V中的任意单位向量x，求｜f（x）－x｜的最大值.
解：①依题意得f（u）＝－u＋2（u·a）a＝v，
设a＝（x，y，z），代入运算得
a＝（ ，0， ）或a＝（－ ，0，－ ）.
②证明：设x＝（a，b，c），y＝（m，n，t），a＝（a1，a2，
a3），
则f（x）·f（y）＝[－x＋2（x·a）a]·[－y＋2（y·a）a]＝x·y－4
（y·a）（x·a）＋4（y·a）·（x·a）a2＝x·y－4（y·a）（x·a）＋4
（y·a）·（x·a）＝x·y，从而得证.
③设x与a的夹角为α，
则x·a＝｜x｜·｜a｜ cos α＝ cos α，
则｜f（x）－x｜＝｜2x－2（x·a）a｜＝ ＝
≤2，故｜f（x）－x｜的最大值为2.
解题技法
定义新运算问题一般先考查对运算法则的理解，这时只需一一验证新
运算满足的条件.再考查满足该新运算后要解决什么问题.如本例（2），
满足新运算的函数有某些新的性质，这也是在新背景下研究“旧”性质，
此时需结合新运算下新的数学表达式，依据熟知的运算法则和定理进行逻
辑推理与运算，创造性地证明更新的结论成立.
定义新性质（师生共研过关）
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PA，PB，PC构成的三
面角P-ABC，记∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A-PC-
B的大小为θ，则 cos γ＝ cos α cos β＋ sin α sin β cos θ.如图2，四棱
柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝ ，AA1＝2 ，
AB＝2，且A1点在底面ABCD内的射影为AC的中点O.
（1）求 cos ∠A1AB的值；
解： 连接BO，由已知得A1O⊥平面ABCD，
BO⊥AC，
又A1O 平面A1ACC1，所以平面A1ACC1⊥平面
ABCD，
所以二面角A1-AC-B的大小为 ，因为四边形ABCD为菱形，∠BAD＝ ，
所以∠BAC＝ ，又AB＝2，所以AO＝ ，在Rt△A1AO中， cos ∠A1AO＝ ＝ ＝ ，由三面角余弦定理可得 cos ∠A1AB＝ cos ∠A1AO cos ∠BAC＋ sin ∠A1AO sin ∠BAC cos ＝ cos ∠A1AO cos ∠BAC＝ × ＝ .
（2）直线AA1与平面ABCD内任意一条直线夹角为φ，证明： ≤φ≤ .
解： 证明：依题意可得0＜φ≤ ，设平面ABCD
内任一条直线为l，
若l过A点时，记AC与l的夹角为φ1（0≤φ1≤ ），
则 cos φ＝ cos ∠A1AO cos φ1，因为 cos φ1∈[0，1]，
所以 cos φ＝ cos ∠A1AO cos φ1≤ cos ∠A1AO＝ cos ，
又0＜φ≤ ，所以 ≤φ≤ ；
若l不过A点时，过A点作l'使得l'∥l，记AC与l'的夹角为φ2（0≤φ2≤ ），
则 cos φ＝ cos ∠A1AO cos φ2，因为 cos φ2∈[0，1]，
所以 cos φ＝ cos ∠A1AO cos φ2≤ cos ∠A1AO＝ cos ，
又0＜φ≤ ，所以 ≤φ≤ ；
综上可得 ≤φ≤ .
解题技法
用类比方法求解定义新性质创新问题的三个切入角度
（1）从两个性质的相似性和差异性上理解新性质的准确性；
（2）从两个性质的内涵、应用环境上的差异刻画新性质的“全貌”（本
质）；
（3）从类比方法获得启示，从而应用新性质解决问题.
定义新情境（师生共研过关）
（1）胡夫金字塔的形状为四棱锥，1859年，英
国作家约翰·泰勒（JohnTaylor，1781—1864）在其
《大金字塔》一书中提出：古埃及人在建造胡夫金字
塔时利用黄金比例（ ≈1.618），泰勒还引用了古希腊历史学家希罗多德的记载：胡夫金字塔的每一个侧面的面积都等于金字塔高的平方.如图，若h2＝as，则由勾股定理，as＝s2－a2，即（ ）2－ －1＝0，因此可求得 为黄金数，已知四棱锥底面是边长约为856英尺的正方形（2a＝856），顶点P的投影为底面中心O，H为BC中点，根据以上信息，PH的长度（单位：英尺）约为（ ）
A. 611.6 B. 481.4
C. 692.5 D. 512.4
√
解析：C 由2a＝856和PH＝s＝ a可得PH＝ ×
≈692.5.故选C.
解析： 由2a＝856和PH＝s＝ a可得PH＝ ×
≈692.5.故选C.
（2）我国南北朝时期的著名数学家祖暅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，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一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即 V球＝πR2·R－ πR2·R＝ πR3.现将椭圆 ＋ ＝1绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图3），类比上述方法，运用祖暅原理求其体积.
解：构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆
柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，则当截面与顶点距离为
h（0≤h≤3）时，小圆锥底面半径为r，则 ＝ ，∴r＝ h，故截面面
积为：4π－ πh2，把y＝h代入 ＋ ＝1，即 ＋ ＝1，解得：x＝
± ，∴橄榄状几何体的截面面积为πx2＝4π－ πh2，由祖暅原理
可得橄榄状几何体的体积为：V＝2（V圆柱－V圆锥）＝2×（4π×3－
×4π×3）＝16π.
解题技法
新情境创设的几种常见类型
（1）从情境的复杂程度出发，高考一般从学生的“熟悉情境、关联情
境、综合情境”三个层次命题；
（2）从情境与学科知识的融合度上可分为“情境分离型”（去掉情境素
材，仍能完成学科任务）；“情境嵌入型”（此类题目中的情境与题目中
的学科任务相互融合，一些关键信息可直接从情境中获取，但取消情境内
容题目无法解决）；“情境结合型”（此类问题的考查内容及知识点都需
要从情境中提取，如果对材料的理解不够深入，没有提取到其中蕴含的信
息，没有完成新信息与旧知识的转化，问题就无从求解）.
PART 02
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
20
22
23
24
25
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θ不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、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α，截口曲线形状与θ，α有如下关系：当θ＞α时，截口
曲线为椭圆；当θ＝α时，截口曲线为抛物线：当θ＜α时，截口曲线为
双曲线.如图1所示，其中θ，α∈（0， ），现有一定线段AB，其与平
面β所成角φ（如图2），B为斜足，β上一动点P满足∠BAP＝γ，设P
点在β的运动轨迹是Γ，则（ ）
A. 当φ＝ ，γ＝ 时，Γ是抛物线
B. 当φ＝ ，γ＝ 时，Γ是双曲线
C. 当φ＝ ，γ＝ 时，Γ是圆
D. 当φ＝ ，γ＝ 时，Γ是椭圆
√
解析： ∵AB为定线段，∠BAP＝γ为定值，∴P在以AB为轴的圆锥
上运动，其中圆锥的轴截面半顶角为γ，β与圆锥轴AB的夹角为φ，对于
A，φ＜γ，∴平面β截圆锥得双曲线，故A错误；对于B，φ＞γ，∴平面
β截圆锥得椭圆，故B错误；对于C，φ＝γ，∴平面β截圆锥得抛物线，
故C错误；对于D，φ＞γ，∴平面β截圆锥得椭圆，故D正确；故选D.
2. 由空间一点O出发不共面的三条射线OA，OB，OC及相邻两射线所在
平面构成的几何图形叫三面角，记为O-ABC. 其中O叫做三面角的顶点，
面AOB，BOC，COA叫做三面角的面，∠AOB，∠BOC，∠AOC叫做
三面角的三个面角，分别记为α，β，γ，二面角A-OB-C、B-OA-C、
A-OC-B叫做三面角的二面角，设二面角A-OC-B的平面角大小为x，则
一定成立的是（ ）
A. cos x＝ B. cos x＝
C. cos x＝ D. cos x＝
√
解析： 如图，∠AOB＝α，∠BOC＝β，∠AOC＝
γ，在OC上取一点K，过K在平面BOC内作
KM⊥OC，交OB于M，过K在平面AOC内作
KN⊥OC，交OA于N，连接MN，则∠NKM是二面角
A-OC-B的平面角，即∠NKM＝x.设OM＝m，在
Rt△OKM中，OK＝m cos β，KM＝m sin β，在Rt△OKN中，ON＝ ，KN＝m cos βtan γ＝ ，在△OMN中，MN2＝m2＋ －2m2· ，在△KMN中，KM2＋KN2－NM2＝2KM·KN· cos x，即为m2 sin 2β＋ －m2－ ＋2m2· ＝m2· ＝m2· ＝2m sin β· · cos x，所以 cos x＝ .故选A.
3. 〔多选〕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－ （∠Q1PQ2＋∠Q2PQ3＋…＋∠Qk－1PQk＋∠QkPQ1），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，四边形ABCD
为菱形，AA1＝AB，则下列说法正确的是（ ）
A. 四棱柱ABCD-A1B1C1D1在其各顶点处的离散曲率都相等
B. 若AC＝BD，则四棱柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为
C. 若四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为 ，则AC1⊥平面A1BD
D. 若四棱柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为 ，则直线BC1与平
面ACC1所成的角的正弦值为
√
√
解析： 对于A，当直四棱柱ABCD-A1B1C1D1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ABCD-A1B1C1D1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AC＝BD，则菱形ABCD为正方形，因为AA1⊥平面
ABCD，AB，AD 平面ABCD，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，所以直四棱
柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为1－ （ ＋ ＋ ）＝ ，故
B错误；
对于C，在四面体A1ABD中AA1⊥AB，AA1⊥AD，AA1＝AB＝AD，所以
∠AA1B＝∠AA1D＝ ，所以四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为1－
（ ＋ ＋∠BA1D）＝ ，解得∠BA1D＝ ，易知A1B＝A1D＝ AB，
所以BD＝ AB，所以AB⊥AD，所以直四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正方
体，因为C1D1⊥平面ADD1A1，A1D 平面ADD1A1，所以C1D1⊥A1D，
又AD1⊥A1D，AD1∩C1D1＝D1，C1D1，AD1 平面AC1D1，所以A1D⊥
平面AC1D1，又AC1 平面AC1D1，所以AC1⊥A1D，同理BD⊥AC1，又
A1D∩BD＝D，A1D，BD 平面A1BD，所以AC1⊥平面A1BD，故C正
确；
对于D，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为1－ （ ＋
＋∠DAB）＝ ，则∠DAB＝ ，即△DAB是等边三角形，设AC∩BD＝
O，则∠BC1O即为BC1与平面ACC1所成的角， sin ∠BC1O＝ ＝ ，
故D正确.故选C、D.
4. 已知一个四面体ABCD被n＋1（n为奇数，且n≥3）个平行于AB，
CD且等距离的平面α0，α1，α2，…，αn分成n部分，其中AB α0，
CD αn.设这n部分的体积依次为V1，V2，…，Vn，记V奇＝
Vi，V偶＝ Vi，则 ＝ .
解析：如图，截面EFGH平行于AB，CD，过EH作截
面EHL∥平面BCD. 设AE＝tAC，t∈（0，1），则
VA-LEH＝t3VA-BCD，VLEH-BFG＝ VA-LEH＝3t2（1－
t）VA-BCD，所以VAB-EFGH＝（3t2－2t3）VA-BCD，则
Vi＝［3（ ）2－2（ ）3］·VA-BCD，故Vk＝{［3（ ）2－2（ ）3］－［3（ ）2－2（ ）3］}VA-BCD＝ [3n（2k－1）－2（3k2－3k＋1）]VA-BCD，所以 ＝ V2k＋1＝ { － }VA-
BCD＝ VA-BCD，故 ＝ .
5. （操作题）如图1，将3个2×2的正方形沿一组邻边的中点连线剪开分成
两部分，把这6部分接于一边长为 的正六边形中，如图2.若拼接后的图
形是一个多面体的表面展开图，则该多面体能容纳的最大球的半径
为 .
解析：该多面体是一个大正三棱锥截去三个小正三棱
锥，如图，将其补全.现考虑V-ABC的内切球与面PMN
的位置关系：由题设知，VA＝VB＝VC＝3，PM＝PN
＝1，∠CVA＝90°，计算知，V-ABC的内切球半径r
＝ .而平面PMN∥平面VBC，且与平面VBC距离大于2r，故V-ABC的内切球与平面PMN无公共点.因此，该多面体能容纳的最大球的半径为 .
6. 设S是空间中n个不同的点构成的集合，n≥4且n∈N*，其中任意四点
不在同一个平面上，dAB表示点A，B间的距离，记集合τ（S）＝{dAB｜
A，B∈S，A≠B}.已知四面体ABCD满足：AB⊥平面BCD，
BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝1.
（1）求二面角C-AD-B的余弦值；
解： 易知AB，BC，CD两两垂直.根据题意作图，并以C为坐标原点， ， ， 的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示.
则C（0，0，0），D（1，0，0），B（0，1，0），A（0，1，1），
＝（0，1，1）， ＝（1，0，0）， ＝（－1，1，0）， ＝
（－1，1，1）.
设平面CAD的法向量为m＝（x，y，z），
则 即
则m＝（0，1，－1）为平面CAD的一个法向量.
设平面BAD的法向量为n＝（a，b，c），
则 即
则n＝（1，1，0）为平面BAD的一个法向量.
所以 cos ＜m，n＞＝ ＝ ＝ ，
易知二面角C-AD-B为锐角，故所求余弦值为 .
（2）若S＝{A，B，C，D}，求τ（S）.
解： AB＝BC＝CD＝1，BD＝AC＝ ，AD＝ ，所以τ（S）
＝{1， ， }.
7. 〔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
√
√
解析： 如图，借助于正方体模型，图1中三棱锥D-ABC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E-BCD，三个面CED，CBD，BCE都是直角三角形，面BDE为正三角形，其直度为 ；图2中三棱锥D-ABC，三个面ABD，CBD，ABC都是直角三角形， 面ACD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P-ABCD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A、D.
8. 〔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Oa表示以O为圆心，且过B，C的圆，同理，圆Ob，Oc的劣弧AC，
AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做曲面三角形，若a
＝b＝c，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面△ABC
围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面O-ABC. 设∠BOC＝α，
∠AOC＝β，∠AOB＝γ，则下列结论正确的是（ ）
A. 若平面△ABC是面积为 R2的等边三角形，则a＝b＝c
＝R
B. 若a2＋b2＝c2，则α2＋β2＝γ2
C. 若a＝b＝c＝ R，则球面O-ABC的体积V＞ R3
D. 若平面△ABC为直角三角形，且∠ACB＝ ，则a2＋b2＝c2
√
√
解析： 对于A，因等边三角形ABC的面积为 R2，则AB＝BC＝AC
＝R，又OA＝OB＝OC＝R，故α＝β＝γ＝ ，则a＝b＝c＝ R，故
A错误；对于B，由a2＋b2＝c2可得（αR）2＋（βR）2＝（γR）2，故
α2＋β2＝γ2，即B正确；对于C，由a＝b＝c＝ R可得，α＝β＝γ＝
，故AB＝BC＝AC＝R.由正弦定理，△ABC的外接圆半径为 · ＝ ，点O到平面ABC的距离h＝ ＝ R，则三棱锥O-ABC的体积VO-ABC＝ S△ABC·h＝ × R2× R＝ R3，而球面O-ABC的体积V＞VO-ABC＝ R3，故C正确；
对于D，由余弦定理可知 由∠ACB＝ 可得，
BC2＋AC2＝AB2，即4R2－2R2 cos α－2R2 cos β＝2R2－2R2 cos γ，化简
得， cos α＋ cos β－ cos γ＝1.取α＝β＝ ，γ＝ ，则a＝b＝ R，
c＝ R，则a2＋b2＝ R2＜ R2＝c2，故D错误.故选B、C.
9. （新定义）若点M在平面α外，过点M作平面α的
垂线，则称垂足N为点M在平面α内的正投影，记为
N＝fα（M）.如图，在棱长为1的正方体ABCD-
A1B1C1D1中，记平面AB1C1D为β，平面ABCD为γ，
点P是棱CC1上一动点（与C，C1不重合），Q1＝fγ[fβ（P）]，Q2＝fβ[fγ（P）].给出下列三个结论：①线段PQ2长度的取值范围是［ ， ）；②存在点P，使得PQ1∥平面β；③存在点P，使得PQ1⊥PQ2.其中正确结论的序号是 .
①②
解析：连接CD1，交C1D于点O，过P作PE⊥C1D，
垂足为E，过E作EF∥CC1，交CD于F，如图所示，
∵AD⊥平面CDD1C1，PE 平面CDD1C1，
∴PE⊥AD，又PE⊥C1D，AD，C1D 平面
AB1C1D，AD∩C1D＝D，∴PE⊥平面AB1C1D，
∵EF∥CC1，CC1⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD，∴F＝fγ[fβ（P）]，∴F即为Q1.∵四边形CDD1C1为正方形，∴CD1⊥C1D，AD⊥平面CDD1C1，CD1 平面CDD1C1，∴CD1⊥AD，又AD，C1D 平面AB1C1D，AD∩C1D＝D，∴CD1⊥平面AB1C1D，即CO⊥平面B1C1D，∴O＝fβ[fγ（P）]，∴O即为Q2.以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设CP＝a（0＜a＜1），则P（0，0，a），C（0，0，0），Q2（ ，0， ），
Q1（ ，0，0）.对于①，｜ ｜＝ ，
∵a∈（0，1），∴（a－ ）2＋ ∈［ ， ），∴｜ ｜
∈［ ， ），①正确.对于②，∵CQ2⊥平面β，∴平面β
的一个法向量为 ＝（ ，0， ）.又 ＝（ ，0，－a），令 · ＝0，得 － a－ a＝0，解得a＝ ，∴存在点P，使得PQ1∥平面β，②正确.对于③， ＝（ ，0，－a）， ＝（ ，0， －a），令 · ＝0，得a2－ a＋ ＝0，方程无解，∴不存在点P，使得PQ1⊥PQ2，③错误.
10. （2025·1月八省联考）在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，
∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P
为动点.
（1）设PC⊥AB，三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上.
①证明：平面PAC⊥平面ABC；
②求球O的半径；
解： 在△ACD中，由AC＝CD＝
1，∠ADC＝30°得∠CAD＝∠ADC＝
30°，
所以AD＝ ，且∠BAC＝90°，即
AB⊥AC，
①证明：因为AB⊥AC，PC⊥AB，PC∩AC＝C，PC，AC 平面PAC，
所以AB⊥平面PAC，又AB 平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABC.
②以A为原点， ， 的方向分别为x轴和y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则A（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），P ，设
球心O（a，b，c），半径为R，
则AO＝BO＝CO＝PO＝R，
所以a2＋b2＋c2＝（a－1）2＋b2＋c2＝a2＋（b－1）2＋c2＝a2＋
＋ ＝R2，
解得a＝ ，b＝ ，c＝ ，R＝ ，所以球O的半径为 .
（2）求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.
解： 在平面PAC中，过P作PG⊥AC于G，在平
面ABC中，过G作GM⊥AC，
则由（1）AG＝ cos 30°＝ ，
PG＝ sin 30°＝ ，
设∠PGM＝θ，θ∈（0，π），以G为原点， ，
的方向分别为x轴和y轴正方向建立如图所示的空间
直角坐标系G-xyz，
则G（0，0，0），A ，B ，C ，
P ，
所以 ＝（0，－1，0）， ＝（1，－1，0），
＝ ，
设平面PAC和平面PBC的一个法向量分别为m＝（x1，y1，z1），n＝
（x2，y2，z2），则
所以
取x1＝ sin θ，x2＝1，则m＝（ sin θ，0，－ cos θ），n＝（1，1，－
），所以 cos ＜m，n＞＝
＝
＝ ，
令t＝ cos θ＋ ，则 cos θ＝t－ ，由θ∈（0，π）得t∈ ，则 ∈ ，
则 cos ＜m，n＞＝ ＝
＝ ≥ ＝ ，
当且仅当 ＝ 即t＝ ， cos θ＝－ 时等号成立，
所以二面角A-CP-B的余弦值的最小值为 .
THANKS
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