拔高點(diǎn)突破04新情景、新定義下的立體幾何問題

目錄

01方法技巧與總結(jié)...............................................................2

02題型歸納與總結(jié)...............................................................2

題型一：曲率問題...............................................................2

題型二：斜坐標(biāo)系與定義新運(yùn)算...................................................6

題型三：定義新概念.............................................................8

題型四：空間平面方程與直線方程................................................11

題型五：三面角問題............................................................14

題型六：數(shù)學(xué)文化..............................................................19

03過關(guān)測試....................................................................24

亡法牯自與.柒年

//\\

面對新情景、新定義，首先要深入理解并分析這些新元素，將其與已知的立體幾何知識相結(jié)合。明確

解題目標(biāo)后，靈活運(yùn)用基本定理和性質(zhì)，如平行、垂直的判定與性質(zhì)，以及空間角、距離的計(jì)算公式。在

解題過程中，合理構(gòu)造輔助線和面，以揭示隱藏的空間關(guān)系，簡化問題。對于復(fù)雜問題，可嘗試建立空間

直角坐標(biāo)系，利用向量法進(jìn)行計(jì)算和證明。同時，要善于將空間問題平面化，通過截面、投影等方式轉(zhuǎn)化

求解對象。最后，解題后要進(jìn)行驗(yàn)證和反思，確保結(jié)論的正確性，并總結(jié)所使用的方法和技巧，以便在未

來遇到類似問題時能夠迅速應(yīng)對。

題型一：曲率問題

【典例1-1］（2024?黑龍江大慶?模擬預(yù)測）北京大興國際機(jī)場的顯著特點(diǎn)之一是各種彎曲空間的運(yùn)用，

在數(shù)學(xué)上用曲率刻畫空間彎曲性.規(guī)定：多面體的頂點(diǎn)的曲率等于2兀與多面體在該點(diǎn)的面角之和的差（多

面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度用弧度制），多面體面上非頂點(diǎn)的曲率均為零，多面體的總曲率

等于該多面體各項(xiàng)點(diǎn)的曲率之和.例如：正四面體在每個頂點(diǎn)有3個面角，每個面角是所以正四面體

7r

在每個頂點(diǎn)的曲率為如-3x§=7t,故其總曲率為4兀.已知多面體的頂點(diǎn)數(shù)匕棱數(shù)E,面數(shù)尸滿足

【答案】C

【解析】設(shè)每個面記為”,（於［1,尸］）邊形,

則所有的面角和為Z(4—2)兀=兀Z4一2兀/=兀?2E-27iF=27i(E-F),

Z=1Z=1

根據(jù)定義可得該類多面體的總曲率2兀"2兀(石-尸)=27t(V-E+F)=4兀.

故選：C.

【典例1-2】閱讀數(shù)學(xué)材料：“設(shè)尸為多面體M的一個頂點(diǎn)，定義多面體/在點(diǎn)尸處的離散曲率為

1-(ZQPa+ZQ2PQ3+ZQ3PQ4++ZQk_lPQk+ZQkPQl),其中Q?=l,2,，k,左23)為多面體M

的所有與點(diǎn)p相鄰的頂點(diǎn)，且平面QZQ,平面QP2,…，平面以一/2和平面2尸。為多面體M的所

有以尸為公共點(diǎn)的面己知在直四棱柱ABC。-A與G2中，底面ABCD為菱形.A4,=AB.(角的運(yùn)算均采

用弧度制)

(1)若AC=3D,求四棱柱ABC。-在頂點(diǎn)A處的離散曲率；

(2)若四棱柱ABCD-A^QD,在頂點(diǎn)A處的離散曲率為g,求BQ與平面ACCt的夾角的正弦值；

⑶截取四面體A-A3。，若該四面體在點(diǎn)4處的離散曲率為，，AC1與平面交于點(diǎn)G,證明：

AG_1

而一§,

【解析】(1)若AC=5。，則菱形ABCD為正方形，即

因?yàn)槊鱛L平面ABCD,AB,AOu平面ABC。，所以AA.1AD,

1I7T7T冗、I

所以直四棱柱ABCD-A與G2,在頂點(diǎn)A處的離散曲率為1-丁彳+7+彳=小

(2)因?yàn)槊?，平面A5cD,AB,ADu平面ABC。，所以明LABA^IAD,

直四棱柱ABCD-ABCQi在頂點(diǎn)A處的離散曲率為1-+W+=

2兀122)3

7T

則NDA8=§,即是等邊三角形，

ABCD為菱形AC_L5D,又直四棱柱ABCD-AlBlClDl,

;.CG_L平面ABCD,50匚平面488,；9弓_13。，

又AC,CGu平面ACG,ACr>CCt=C:.BD1平面ACQ,

設(shè)ACBD=O,則/BC0即為DC與平面ACC1所成的角，

在iBCQ中，==BQ=^2BC=A/2AB,

sin/BCO=—=2絲=立,所以BC與平面ACC,的夾角的正弦值為叵.

'BQ及AB44

(3)在四面體A-A3。中AA.LAD,=AB=AD,

所以ZA41g=44。=（,AB=AO=及AB,

所以四面體4-48。在點(diǎn)4處的離散曲率為1-1（：+：+/網(wǎng)。

2兀144

所以N%O=g，所以，BAQ為等邊三角形，所以及）=AO=0AB,

又在△ABL（中AB=AD,所以AB_LA￡）,

所以直四棱柱ABCD-A瓦GR為正方體，

因?yàn)镃2，平面ADD^,ADiu平面ADRA,所以GQ1\D,

乂A^D_LAZ)),ADlCtDl=D「ADt,GRu平面AClDl,

所以A。，平面AG，，又AGU平面AG?,所以AG，A。，

CC|_L平面ABCD,區(qū)0匚平面至8,..。弓_18。，

又AC,CC；u平面ACQ,ACnCQ=C.-.BD1平面ACC；,

又AGu平面ACG，所以AG^BD,

又4。BD=D,A。，BDu平面ABO,所以AC1，平面ABD,

AG是三棱錐A-ABO的高，設(shè)正方體ABCD-^QD,的棱長為a,

BD-y/^a,AC1=下ia,

V=V

-'-A~A,BDA,-ABD-ABD-AG=~■A4,,

—,sin60-AG=—a.a，a_AG=a,

223

AG_Ta_1.

“而一左一§

【變式1-1】設(shè)尸為多面體M的一個頂點(diǎn)，定義多面體M在點(diǎn)P處的離散曲率為

1—4（NQPQ,+N0尸2++NQ"P2+NQH2），其中。，（,=1，2,…，k,%23）為多面體M的所

27r

有與點(diǎn)P相鄰的頂點(diǎn)，且平面。了。2,平面2尸。3,…，平面以一尸以和平面以P儲為多面體M的所有以P

為公共點(diǎn)的面.已知在直四棱柱ABC。-A8GR中，底面ABC。為菱形，且A4,=AB=1.

(1)求直四棱柱ABC。-在各個頂點(diǎn)的離散曲率之和;

(2)若直四棱柱ABC。-在點(diǎn)A處的離散曲率為x,直四棱柱ABCD-AB^D,體積為,求函數(shù)

y=〃x)的解析式及單調(diào)區(qū)間.

JT

【解析】(1)在直四棱柱A3CD-A4G2中,幺AO=4AB=5,底面ABC。為菱形，

由離散曲率的定義知：A，a，c,q的離散曲率相等，氏四,22的離散曲率相等，

所以A處的曲率為1-^x(工+4+/&4￡))=’-且絲，而。處的曲率為

2712222兀

1-—x(-+-+Z4DC)=--^^,5LZBAD+ZADC=TI9

2K222271

匚匚?，士力dl/BAD1ZADCiZBAD+ZADC1

所以A、。兩處的曲率和為大一一--+-一一--=1---------------------=-,

227122Tl2兀2

故直四棱柱在各個頂點(diǎn)的離散曲率之和4xg=2.

17TTT147~)

(2)由題設(shè)，A處的曲率1--^x(2+2+?。)=上一上絲=-故NBAD=TC(1—2X),

27t2222兀

所以直四棱柱底面面積為2SABD=2xgxl2><sin7i:(l-2x)=sinn(l-2x)=sin2兀r,

故直四棱柱ABC。-AB]G2高為1,故體積為/'(x)=sin27tx,

JTJT1111

令2祈——<2jix<2hi+—,keZ,可得女——<x<k+—,keZ,BP[k——，左+—],左6Z上/(%)遞增；

224444

^2fei+—<27LX<2foi+—,ksZ,^^k+—<x<k+—,k^Z,BP[k+—k+—],左￡2上了(無)遞減;

2244494

1113

所以了。)增區(qū)間為k-二,左十:],減區(qū)間為區(qū)+：水+：],旗Z.

4444

題型二：斜坐標(biāo)系與定義新運(yùn)算

【典例2-1](多選題)設(shè)。無，0y，0z是空間中兩兩夾角均為的三條數(shù)軸，分別是與

x，y，z軸正方向同向的單位向量，若。尸=xq+>目+ze>3(x,y,zeR),則把有序數(shù)對(x,y,z%叫作向量。尸在

坐標(biāo)系。孫z中的坐標(biāo)，則下列結(jié)論正確的是()

A.若向量2=(-1,3,-7%,向量人=(3,—2,4%,則￡+1=(2,1,3),

B.若向量"=(2,6,-3).向量6=(3,-1,0)工，則.3=0

22

TT

C.若向量a=(x,y,O),,向量匕=(1,2,0)”則當(dāng)且僅當(dāng)x：y=1：2時，0=-

D.若向量°A=(L0,0)E，向量08=(。/，。丸向量℃=(0,0,4,則二面角O-AS-C的余弦值為《

3333

【答案】BD

【解析】對于A,若向量〃=(―1,3,—7)。=—G+3與—7%，

向量b=(3,-2,4)e=3er-2e2+4e3,

則Q+Z?=2e1+4—3%=(2,1,—3%,故A錯誤；

對于B,若向量a=(2,6,-3)工，向量〃=(3,-1,0)工，

22

此時在空間直角坐標(biāo)系中神必=2x3+6x(-l)=0,故B正確；

對于C若向量a=Cx,y,0)e=旄1+y4，向量〃=(1,2,0%=,+2/,

xe

當(dāng)x:y=1:2時，y=2x,貝I]a=(%,y,0%=+2xe2=x(G+i=,

此時a//b，顯然。=自不成立，故C錯誤；

0

對于D,若向量OA=(1，°，°)工，向量03=(°，1，°)%向量。。=(0,0,九，

333

則三棱錐ABC是棱長為1的正四面體，如圖所示，取A3中點(diǎn)H,連接

在等邊△。4民八42。中，易知0HLOH=HC力,

2

則ZOHC即為二面角O—AB-C的平面角，

33_

*、--人fOH2+HC2-OC2+4-11

在△OHC中，由余弦定理得，cos/OHC=——=444=

,27Cx2xJ3

4

所以二面角O-AB-C的余弦值為g,故D正確.

故選：BD

【典例2-2】(2024?高三?上海徐匯?期末)已知/=(菁,%小),b=(x2,y2,z2),c=(x3,y3,z3),定義一

種運(yùn)算：(axb>c=%乃?3+x3ylz2-再%22-々丫e-三巴馬，已知四棱錐尸-ABCD中，底面ABC￡>

是一個平行四邊形，AB=(2,-1,4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,1)

(1)試計(jì)算(48x4。).AP的絕對值的值，并求證PA上面ABCD；

(2)求四棱錐P-ABCD的體積，說明(AbxAD).”的絕對值的值與四棱錐尸-ABCD體積的關(guān)系，并由

此猜想向量這一運(yùn)算(ABxADYAP的絕對值的幾何意義.

【解析】(1)由題意(ABxA￡)>AP=2x2x1+4x2x4+(-l)x(-1)x0-2x0x2-4x(-l)xl-(-I)x2x4=48.

AP,AB=—lx2+2x(—l)+lx4=0,AP-AD=—1X4+2X2+1X0=0，

Z.APIAB,APIAD,即APJLA民AP_LAD.A3,AO是平面ABC。內(nèi)兩相交直線，

二AP1平面ABCD.

(2)由題意=21,他『=20,ABAD=2x4+(-l)x2+4x0=6,

Sg=|AB||明sinABAD=小時時-(DRADf=V21x20-62=876，

網(wǎng)=",

^P-ABCDABCD|^|=~X8^/6X^6=16.

：.\(ABxAD)-AP\=3VP_ABCD,

猜想：(ABxAD)-AP的絕對值表示以AB,AD,A尸為鄰邊的平行六面體的體積.

【變式2-1］已知a=a，%,zj,b=(x2,y2,z2),c=(x3,y3,z3),定義一種運(yùn)算：

^axb^-c=xxy2z3+x2y3zt+x3yrz2-x,y3z2--x3y2zt,在平行六面體ABCD-4用6口中，AB=(1,1,0),

AD=(0,2,2),A4,=(1，-14).

(1)證明：平行六面體ABC。-42GR是直四棱柱；

(2)計(jì)算|(A3XA3)?AA|，并求該平行六面體的體積，說明|(ABxAO).44||的值與平行六面體

ABCD-ABCR體積的關(guān)系

【解析】(1)證明：由題意AVAB=lxl+lx(-l)+Oxl=O,A41-AD=0xl+2x(-l)+2xl=0,

：.AA.VAB.A4j±AD,即AAjAB,AA.1AD,

,/AB,AD是平面ABCD內(nèi)兩相交直線，平面ABC。，

???平行六面體ABCD-是直四棱柱；

(2)|(ABxAr))-A4l|=lx2xl+2xlxl+0-lx(-l)x2-0-0=6,

lUUDi

由題意|AB卜6,AD=2A/2,A5A￡>=1X0+1X2+0X2=2,

cos的八研ABWAD[=m2=51,所以Sin〃加》、行

SABCD=\AB\-\AD\■sinZBAD=>/2x2-^2x與=2力,|招|=若，

SX

VABCD-A,^=ABCD|M|=24Xg=6?

,I=^ABCD-AfiqD,>

故|(ABxAD).AA|的值表示以AD,44,為鄰邊的平行六面體的體積.

題型三：定義新概念

【典例3-1]（2024?全國?模擬預(yù)測）若干個能確定一個立體圖形的體積的量稱為該立體圖形的“基本

量”.已知長方體ABCD-A與G2,下列四組量中，一定能成為該長方體的“基本量”的是（）

A.A耳，AC,Aj的長度

B.AC,BtD,4。的長度

C.B?,AtD,BQ的長度

D.ACt,BD,CG的長度

【答案】A

【解析】設(shè)48=0,40=6,44,=%

22

ABt=y/a+c

對于選項(xiàng)A：可得AC=y/a2+b2,據(jù)此可以解出a,6,c,故A正確;

A[=

AC=yJa2+b2

對于選項(xiàng)B：可得＜.-----------據(jù)此無法解出瓦c,故B錯誤;

222

BlD=AlC^yla+b+c

B.C=A.D^^b2+c2

對于選項(xiàng)C：可得，據(jù)此無法解出a,反c,故C錯誤;

22

B{D=+b+c

AC1=Va2+b~+C1

對于選項(xiàng)D：可得卜而=』一+廿,據(jù)此無法解出瓦c,故D錯誤；

CC]=c

故選：A.

【典例3-2】（2024?河南?二模）等腰四面體是一種特殊的三棱錐，它的三組對棱分別相等.已知一個長方

體的體積為12,則用長方體其中的四個頂點(diǎn)構(gòu)成的等腰四面體的體積為（）

A.3B.4C.6D.8

【答案】B

【解析】如圖所示，等腰四面體A-BCD的體積等于長方體體積減去四個三棱錐的體積.

設(shè)長方體長，寬，高分別為

則等腰四面體A-3CD的體積V==；abc=4.

故選：B.

【變式3-1]（2024?青海?模擬預(yù)測）如圖，在正方體ABCO-ABCQi中，E,F,M,N,G,H分

別為棱A3,BC,AD,CD,4片，的中點(diǎn)，尸為。”的中點(diǎn)，連接E”，F(xiàn)G.對于空間任意兩點(diǎn)

I,J,若線段〃上不存在也在線段E”，F(xiàn)G上的點(diǎn)，則稱/,J兩點(diǎn)“可視”，則與點(diǎn)用“可視”的點(diǎn)為

()

【答案】D

【解析】如圖，連接用。，B7,B,E,由正方體的性質(zhì)及E、H分別為棱A3、G2的中點(diǎn),

易得用E///TO,所以線段BQ與相交，男尸與相交，故A、B錯誤；

連接陸，B、M,有AB//MF,AB//B.G,板B、GHMF,

所以線段用M與FG相交，C錯誤;

連接用N,直線瓦N與石"，直線耳N與尸G均為異面直線，D正確.

故選：D.

【變式3-2］（2024?安徽合肥?三模）幾何中常用表示國的測度，當(dāng)工為曲線、平面圖形和空間幾何體時,

閡分別對應(yīng)其長度、面積和體積.在VA2C中，AB=3,BC=4,AC=5,尸為VA2C內(nèi)部一動點(diǎn)（含邊

界），在空間中，到點(diǎn)P的距離為1的點(diǎn)的軌跡為乙，則，|等于（）

227r20227r

A.6^-+12B.——+6C.—TT+12D.——+12

333

【答案】D

【解析】空間中，到點(diǎn)尸的距離為1的點(diǎn)的軌跡所構(gòu)成的空間幾何體在垂直于平面ABC的角度看，如下圖

所示：

其中：BCDF,ACEZ和ABGH區(qū)域內(nèi)的幾何體為底面半徑為1的半圓柱；CDE,BFG,4,區(qū)域內(nèi)的幾

何體為被兩平面所截得的部分球體，球心分別為C,B,A；ABC區(qū)域內(nèi)的幾何體是高為2的直三棱柱.

jr

四邊形及刀廠和AC?為矩形，/.ZDCB=ZECA=-

2f

Z.DCE=2TI—7i—ZACB=7i—ZACB,

同理可得：/FBG=7T—NABC,ZHAI=7T-ZCAB,

:.NDCE+NFBG+NHAI=3兀一(ZACB+ZABC+NCAB)=3兀一兀=2兀,

CDE,BFG,區(qū)域內(nèi)的幾何體合成一個完整的，半徑為1的球，

44

則CDE,BFG,區(qū)域內(nèi)的幾何體的體積之和匕=§?xl3=］乃；

2

又BCDF,ACEI和ABGH區(qū)域內(nèi)的幾何體的體積之和V2=1^xlx(3+4+5)=6^；ABC區(qū)域內(nèi)的直三棱

柱體積匕=；*3x4*2=12,

...[4=[7+67+12=,7+12

故選：D.

題型四：空間平面方程與直線方程

【典例4-1】(1)在空間直角坐標(biāo)系中，已知平面a的法向量"=(a,6,c)(必cwO),且平面a經(jīng)過點(diǎn)

玲(%,%,z°),設(shè)點(diǎn)尸(無,y,z)是平面內(nèi)a任意一點(diǎn).求證：a(x-%)+b(y-%)+c(z-z0)=0.

(2)我們稱(1)中結(jié)論伙y-%)+c(z-Zo)=。為平面a的點(diǎn)法式方程，若平面a過點(diǎn)

(2,-1,4),M2(-1,3,-2),M3(0,2,3),求平面a的點(diǎn)法式方程.

【解析】(1);平面。經(jīng)過點(diǎn)片(%，%，z°),點(diǎn)P(x,y,z)是平面內(nèi)a任意一點(diǎn).

\PP02a,PQP=(x-y0,z-z0)

〃=(a,6,c)(abcw0)為平面a的法向量\兄P人u\I^P-u=O

/.(x-x0,y-y0,z-z0)-(a,b,c)=0tz(x-x0)+Z7(j-y0)+c(z-z0)=0

(2)設(shè)平面0的法向量為〃=(x,y,z),

M,(2,-1,4),M2(-1,3,-2),M3(0,2,3)=(3,T,6),=(1-1,5)

=0f3x—4y+6z=0

則'八，\,令2=—1則314,）；=9,，平面&的法向量為"=（14,9,-1）

[U-M2M3=0[x-y+5z=0

由（1）可知,平面a的點(diǎn)法式方程為：14（x-2）+9（y+l）-（z-4）=0Bpi4x+9y-z-15=0

【典例4-2】空間直角坐標(biāo)系。-孫z中，經(jīng)過點(diǎn)P（M，%,Z0）,且法向量為m=（A,3,C）的平面方程為

A（x-xo）+B（y-yo）+C（z-zo）=O,經(jīng)過點(diǎn)尸伍,為?）且一個方向向量為〃=（〃,。,0）（4。。力0）的直線/

的方程為士包=上二九=二生,閱讀上面的材料并解決下面問題：現(xiàn)給出平面。的方程為

jUuCO

3尤-5y+z-7=0,經(jīng)過（0,0,0）的直線/的方程為A，則直線/與平面a所成角的正弦值為（）

AVioRA/WrVlOn逐

103557

【答案】B

【解析】根據(jù)題設(shè)給出的材料可得平面的法向量和直線的方向向量，利用公式可求直線/與平面〃所成角的

正弦值.因?yàn)槠矫鎍的方程為3元-5y+z-7=0,故其法向量為“=（3,-5,1）,

因?yàn)橹本€/的方程為=故其方向向量為m=（3,2,-1）,

9一10-12V10

故直線/與平面。所成角的正弦值為

V14XA/35-79一35

故選：B.

【變式4?11三個“臭皮匠”在閱讀一本材料時發(fā)現(xiàn)原來空間直線與平面也有方程.即過點(diǎn)“無。,%/。）且一

個法向量為〃=（a,6,c）的平面上的方程為）+b（y-%）+c（z-Zo）=。，過點(diǎn)尸z。）且方向向量為

1）=（加卯）（7加”/0）的直線/的方程為三”=、%=三包.三個“臭皮匠”利用這一結(jié)論編了一道題：“己

知平面。的方程為x-y+z+l=0,直線/是兩個平面尤-y+2=。與2x-z+l=o的交線，則直線/與平面a所

成的角的正弦值是多少？”想著這次可以難住“諸葛亮”了.誰知“諸葛亮”很快就算出了答案.請問答案

是一

【答案】顯

3

【解析】因?yàn)槠矫妗５姆匠虨橛?y+z+l=0,故其法向量可取為p=（l,-l,l）,

平面》-〉+2=。的法向量可取為根=（1,_1,0）,

平面2x-z+l=0的法向量可取為n=（2,0,-1）,

直線/是兩個平面％->+2=。與2x—z+l=0的交線，設(shè)其方向向量為〃=(s/q)，

m?jU=s—1=0

則〃?N=2s-q=0'々']則〃=(1,1,2),

jr

故設(shè)直線/與平面0所成的角為“日。,5],

2五

則sin0=|cosvp,n>|=|p.〃卜,

IPIIAI73x763

故答案為：孝

【變式4-2]在空間直角坐標(biāo)系中，定義：平面a的一般方程為

Ax+By+Cz+D—0(^A,B.C,DeR,A~+B~+C~W0),點(diǎn)到平面a的距離

\Ajc+By+Cz+D\

d」n/,n,n,，則在底面邊長與高都為2的正四棱錐中，底面中心。到側(cè)面的距離等于

VA2+^+C2

2行

【答案】

丁

【解析】如圖，以底面中心。為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系。-WZ,

則。(0,0,0),A(l,1,0),B(-l,1,0),P(0,0,2),

設(shè)平面P鉆的方程為4+協(xié)+Cz+D=0,

將AB,尸坐標(biāo)代入計(jì)算得

A+B+D=Q

v—A,+3+。=0

2C+D=0

解得A=0,B——D,C=-3D,

.\-Dy-^Dz+D=0,

即2y+z—2=0,

,|2x0+0-2|275

d=---.----=-----.

A/4+15

故答案為：35

5

題型五：三面角問題

【典例5-1】類比于二維平面中的余弦定理，有三維空間中的三面角余弦定理；如圖1,由射線PA,PB,

PC構(gòu)成的三面角「一ABC,ZAPC=a,^BPC=13,ZAPB=y,二面角A-PC—3的大小為夕，貝ij

（1）當(dāng)a、/卜寸，證明以上三面角余弦定理；

（2）如圖2,平行六面體ABCD-ABC2中，平面44|GC_L平面ABC。，ZA,AC=60°,/E4c=45。,

①求NAAB的余弦值；

②在直線CG上是否存在點(diǎn)P，使3尸〃平面D4G?若存在，求出點(diǎn)P的位置；若不存在，說明理由.

【解析】（1）證明：如圖，過射線PC上一點(diǎn)H作交R4于M點(diǎn)，

作HNLPC交PB于N點(diǎn),連接，MN

則是二面角A-PC-3的平面角.

在△MNP中和AWNH中分別用余弦定理，得

MN~=MP2+NP2-2MP-NP-cosy,

MN2^MH2+NH2-2MH-NH-COS0，

兩式相減得MP2-MH~+NP2-NH2-2MP-NP-cos/+2MH-NH-cos0=O,

：.2MP-NP-cos/=2PH-+2MH-NH-cosd,

兩邊同除以NP,cosy=cosacos+sinasin/cos。.

(2)①由平面AACC，平面ABCD,知6=90。，

???由(1)得COSNAA3=COSNAACCOSNCA3,

COSNAAC=60°,cosABAC=45°,

..,15/2

??cosAzA,ABR=—x=.

"224

②在直線C￡上存在點(diǎn)尸，使8P〃平面MG.

連結(jié)8。，延長GC至尸，使CP=GC,連結(jié)3尸，

在棱柱ABCD-ABCR中，也AB,AB//CD,

.?.A4”>c,...四邊形A4C。為平行四邊形，

ADHB\C.

在四邊形中，B.BIJCP,

二四邊形為平行四邊形，

ADIIBP,

又4Du平面DAG，BPN平面DA1cl,

...BP//平面以G.

...當(dāng)點(diǎn)尸在GC的延長線上，且使CP=GC時，3P〃平面以G.

【典例5-2】類比思想在數(shù)學(xué)中極為重要，例如類比于二維平面內(nèi)的余弦定理，有三維空間中的三面角余

弦定理：如圖1,由射線m,PB,PC構(gòu)成的三面角「一ABC,記NAPC=a,^BPC=/3,NAPB=y,

二面角A-PC-3的大小為e,貝!]cos/=cosccos￡+sinasin￡cose.如圖2,四棱柱ABCD一4與。]?中,

ABCD為菱形，ZBAD=60°,AAr=2V3-AB=2,且A點(diǎn)在底面ABC。內(nèi)的射影為AC的中點(diǎn)。.

TT7T

(2)直線AA與平面ABCD內(nèi)任意一條直線夾角為。，證明：-<^<-；

(3)過點(diǎn)8作平面〃，使平面〃〃平面AG。，且與直線CG相交于點(diǎn)P,若GP=%GC,求4值.

【解析】(1)連接80,由已知得4。，平面ABC。，BOYAC,

Di

又A。u平面AACC],所以平面AACC]_L平面ABC。，

所以二面角A-AC-2的大小為90。，因?yàn)锳BCD為菱形，ZB4D=60°,

所以44c=30。，又AB=2,所以AO=7L

在Rt_AAA。中,cosNAAO=——=~^=——)

AA2j32

由三面角余弦定理可得cosNAAB=cosNAA。cosABAC+sinZ^AOsinABACcos90°

=cosZAAOcosABAC=-x—.

"224

jr

(2)依題意可得設(shè)平面ABCD內(nèi)任一條直線為/,

若/過A點(diǎn)時，記AC與/的夾角為/

貝Ucos(p=cosN241Aoeosq\,因?yàn)镃OS(pxG[0,1],

7C

所以cos9=cosZz41Aoeos<cosZ241Ao=cos§,

又Q〈(p4,所以三4夕《冷；

若/不過A點(diǎn)時，過A點(diǎn)作/'使得/，〃/,記AC與r的夾角為%

貝UCOS(P=COSNz4jAOcos(p2,因?yàn)镃OS(p?G[0,1]，

7T

所以cos0=cosZz41Aoeos傷<cosZ241Ao=cos耳,

又0<(p4,所以三工夕工^；

綜上可得方40V.

yp

因?yàn)锳￡//AC,4GU平面AC。，ACa平面AGD,所以AC//平面ACQ,

同理可證及c〃平面AG。，

又ACcB]C=C,47,8夕（=平面領(lǐng)。，

所以平面ABC〃平面4CQ,

因?yàn)槠矫妗āㄆ矫鍭]CQ,

所以平面〃〃平面AB0,

又平面AB.C-平面BB?C=BXC,又平面71平面BB￡C=BP,

所以4C〃2P,又BBJ/CC,即BBJ/CP,

所以四邊形BqCP為平行四邊形，

所以C尸=8片，顯然P在CC的延長線上，

因?yàn)?q=CJ,所以CP=CG，

所以Cf=2CC，即2=2.

【變式5-1]（2024?高三?河北?期末）由空間一點(diǎn)。出發(fā)不共面的三條射線。4,OB,OC及相鄰兩射

線所在平面構(gòu)成的幾何圖形叫三面角，記為O-ABC.其中0叫做三面角的頂點(diǎn)，面AO3,BOC,COA

叫做三面角的面，/AOB,ZBOC,1AOC叫做三面角的三個面角，分別記為a,夕，/,二面角

A-OB-C.B-OA-C.A-OC-3叫做三面角的二面角，設(shè)二面角A-OC-3的平面角大小為x,則一

定成立的是（）

COS6Z-cos^cos/COS。+COS尸cos/

A.cosx=--------------B.cosx=--------------

sin^sin/,sin力sin/

sincr-sin^sinrsin6Z+sin/?sin/

C.cosx=-------------D.cosx=-------------

cosQcosy?cos^cosy

【答案】A

【解析】如圖，ZAOB=a,ABOC=p,AAOC=y,

在OC上取一點(diǎn)K,過K在平面BOC內(nèi)作KM_LOC,交03于M,

過K在平面AOC內(nèi)作KN_LOC,交。4于N,連接MN,

則/NO/是二面角A—OC—3的平面角，即N2VKM=x.

設(shè)0M=相，在直角三角形OKM中，

OK=mcos/?,KM=/“sin0,

在直角三角形OKN中，ON=mcos。,

COS/

小T°機(jī)cos尸sin/

KN=mcosptany=-----------,

cos/

*2

.一2cosBc2cosacoso

2

在二6W中，MN=m2+-------------------------------------------------------------,

cosycos/

在△XMZV中，KM?+KN?—NM?=2KM?KNcosx,

2222

日X2.2AIcossin72mcos/3_cosacosB

即為也sinp+------f-------m--------+2m2

cosycosy---------cos/

-2cos2pcos2y+2cosacospcosy

=m2?

cos2y

2(cosacoscos2cos/).〃?cos尸sin/

=m?-----------------------=2msinp------------cosx,

cos/cos/

~cosa-cosBcosy

所以8s.si”S?V

故選：A.

題型六：數(shù)學(xué)文化

【典例6-1】我國南北朝時期的著名數(shù)學(xué)家祖瞄原提出了祖眶原理：“幕勢既同，則積不容異.”意思是，夾

在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意一個平面所截，若截面面積都相等，則這

兩個幾何體的體積相等.運(yùn)用祖晅原理計(jì)算球的體積時，構(gòu)造一個底面半徑和高都與球的半徑相等的圓柱，

與半球（如圖①）放置在同一平面上，然后在圓柱內(nèi)挖去一個以圓柱下底面圓心為頂點(diǎn)，圓柱上底面為底

面的圓錐后得到一新幾何體（如圖②），用任何一個平行于底面的平面去截它們時，可證得所截得的兩個

1117

截面面積相等，由此可證明新幾何體與半球體積相等，即萬％=7R2.R-］萬氏5/=§》&.現(xiàn)將橢圓

22

土+匕=1繞y軸旋轉(zhuǎn)一周后得一橄欖狀的幾何體（如圖③），類比上述方法，運(yùn)用祖啪原理可求得其體積

49

圖1圖2圖3

A.32兀B.24萬C.18萬D.16萬

【答案】D

【解析】構(gòu)造一個底面半徑為2,高為3的圓柱，通過計(jì)算可得高相等時截面面積相等，根據(jù)祖眶原理可

得橄欖球形幾何體的體積的一半等于圓柱的體積減去圓錐的體積.構(gòu)造一個底面半徑為2,高為3的圓柱，

在圓柱中挖去一個以圓柱下底面圓心為頂點(diǎn)的圓錐，

則當(dāng)截面與頂點(diǎn)距離為3）時，小圓錐底面半徑為「，

3

4

故截面面積為：47T--7Th2,

尤2V2

把>=用代入土+匕=1,

49

22

即土Y+ZhL=1,

49

解得：x=±[5不,

，橄欖球形幾何體的截面面積為%f=4萬-，

由祖胞原理可得橄欖球形幾何體的體積為：

V=2（VHlt-Vffltt）=2x（4萬x3-；x4%x3）=16%.

故選：D.

【典例6-2】胡夫金字塔的形狀為四棱錐，1859年，英國作家約翰?泰勒1781-1846）在其

《大金字塔》一書中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔時利用黃金比例L618,泰勒還引用了古

希臘歷史學(xué)家希羅多德的記載：胡夫金字塔的每一個側(cè)面的面積都等于金字塔高的平方.如圖，若r=改,

則由勾股定理，as=s2-a2,ipf-T---l=O,因此可求得上為黃金數(shù)，已知四棱錐底面是邊長約為856

\a）aa

英尺的正方形（2。=856）,頂點(diǎn)尸的投影在底面中心。，H為5C中點(diǎn)，根據(jù)以上信息，尸H的長度（單位:

英尺）約為（）.

A.611.6B.481.4C.692.5D.512.4

【答案】C

【解析】由2a=856和尸8=s=?？傻?s=2a=856

22

縣U—lx竺。692.5

PH=

222

故選：C

【變式6-1]球面三角學(xué)是球面幾何學(xué)的一部分，主要研究球面多邊形（特別是三角形）的角、邊、面積等問題,

其在航海、航空、衛(wèi)星定位等方面都有廣泛的應(yīng)用.定義：球的直徑的兩個端點(diǎn)稱為球的一對對徑點(diǎn)；過球心

的平面與球面的交線稱為該球的大圓；對于球面上不在同一個大圓上的點(diǎn)A,B,C,過任意兩點(diǎn)的大圓

上的劣弧48，BC，C4所組成的圖形稱為球面VABC,記其面積為S球面小陽.易知：球的任意兩個大圓均

可交于一對對徑點(diǎn)，如圖1的A和A；若球面上A,B,C的對徑點(diǎn)分別為4,B,,C,則球面AB'C

與球面VABC全等.如圖2,已知球。的半徑為R,圓弧和AC所在平面交成的銳二面角3-AO-C的大

小為。，圓弧8A和BC所在平面、圓弧CA和CB所在平面交成的銳二面角的大小分別為夕，7.記

（2）求S球面OBC（用a,4，Y,R表示）.

【解析】（1）5（萬）=4/?2,51）=2萬R,

猜測S（a）=4aR2.

（2）S。++Sy=S球面△ABC+S球面5c+S球面+S球面△4*0

+S球面△ABC+S球面445（+S球面+S球面△人，*。

-S球+2s球面448c+2s球面△A，*c，

因?yàn)镾球面△A，*C=S球面4ABC，

22

所以4aH2+4函+4//?=4TTR+4S球面，

即S球面?）R.

【變式6-2】球面三角學(xué)是研究球面三角形的邊、角關(guān)系的一門學(xué)科.如圖，球。的半徑為H.A、B、C

為球面上三點(diǎn)，劣弧8。的弧長記為〃，設(shè)0。表示以。為圓心，且過8、。的圓，同理，圓Q，a的劣弧

AC.A3的弧長分別記為兒c,曲面A3C（陰影部分）叫做球面三角形.若設(shè)二面角

C-OA-B,A-OB-C,B-OC-A^\^ja,B，y,貝旺求面三角形的面積為S球面.他。=（［+￡+/_兀）R?.

.一個-y—j

C

(1)若平面042、平面。4C、平面。BC兩兩垂直，求球面三角形ABC的面積；

(2)若平面三角形A3C為直角三角形，ACA.BC,ZAOC=^,ZBOC=32,ZAOB=03.貝卜

①求證：COS0I+C0S%—COS,=1；

②延長A。與球。交于點(diǎn)。，若直線D4,0c與平面ABC所成的角分別為:(，BE=2BD,2G(O,l],S

為AC中點(diǎn)，T為2C中點(diǎn)，設(shè)平面02C與平面EST的夾角為仇求sin。的最小值，及此時平面AEC