专题8.8立体几何综合问题2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（讲）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题8.8 立体几何综合问题 1.会解决简单的立体几何问题. 新课程考试要求 2．会用向量方法证明直线、平面位置关系的有关命题. 3．会用向量方法求解两异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的问题. 核心素养 本节涉及的数学核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象等. （1）立体几何中的动态问题. （2）立体几何中的探索性问题. （3）平面图形的翻折问题. （4）立体几何与传统文化 （5）立体几何新定义问题 （6）利用空间向量证明平行或垂直是高考的热点，内容以解答题中的一问为主，主要 考向预测 围绕考查空间直角坐标系的建立、空间向量的坐标运算能力和分析解决问题的能力命 制试题，以多面体为载体、证明线面(面面)的平行(垂直)关系是主要命题方向．空间 的角与距离的计算（特别是角的计算）是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式 呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数 量关系，并通过计算解决立体几何问题．距离问题往往在与有关面积、体积的计算中 加以考查．此类问题往往属于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂 直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角或距离. 【考点分类剖析】 考点一 ：立体几何中的动态问题 【典例1】（2021·福建高二期末）在棱长为1的正方体 中，点 ， 分别足 ， ，其中 ， ，则（ ） A．当 时，三棱锥 的体积为定值 B．当 时，点 ， 到平面 的距离相等 C．当 时，存在 使得 平面 D．当 时， 【答案】ABD 【解析】由 即可判断A；当 时，点 是 的中点可判断B；建立空间直角坐标系， 计算 可判断C；设 ，求出所需各点坐标，计算 可判断D，进而可得正确选 项. 【详解】 对于A：当 时， ，此时点 位于点 处， 三棱锥 ， 为定值， 点 到面 的距离为 是定值， 所以三棱锥 的体积为定值， 即三棱锥 的体积为定值，故选项A正确； 对于B：当 时，点 是 的中点， 所以点 ， 到平面 的距离相等，故选项B正确； 对于C：当 时，点 是 的中点，建立如图所示空间直角坐标系，则 ， ， ， ， 可得 ， ， 所以 ， 所以 与 不垂直，所以不存在 使得 平面 ， 故选项C不正确； 对于D：设 ，则 ， ， ， 所以 ， ， 因为 ，所以 ， 故选项D正确； 故选：ABD. OA OB OC 【典例2】（2020·四川南充·高三其他（理））已知三条射线 ， ， 两两所成的角都是60°. M OA N BOC MN OM 6 3 N 点 在 上，点 在 内运动， ，则点 的轨迹长度为( ) 2π 3π 4π 5π A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 如图，M MD BOC D D BOC BOD30 过 作 平面 于 ，则 点在 的平分线上， BOC DE BO E ME 在平面 内，作 于 ，连结 ， ME  BO 根据三垂线定理，则 cosMOE cosMODcosBOD cos60cosMODcos30 3 cosMOD 3 MN OM 6 3 ， 3 ODOM cosMOD6 3 6 ， 3 N D BOC FPG FDG 120 点 的轨迹是以 为圆心，6为半径的圆在 内的圆弧 ， 120 1 2r 26 4 圆弧FPG的长度为： 360 3 故选：C 【总结提升】 1.立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等． 2．一般是根据线、面垂直，线、面平行的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的 轨迹． 【变式探究】 ABCDABC D 1.（2020·河北新华·石家庄二中高三月考（理））如图，正方体 1 1 1 1中，P为底面 ABCD PE AC PAPE, 1ABCD PE AC PAPE, 1 上的动点， 于E，且 则点P的轨迹是（ ） A．线段 B．圆 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】A 【解析】 连结 A 1 P ，可证A 1 AP≌A 1 EP ，即 A 1 A A 1 E ，即点E是体对角线 A 1 C 上的定点，直线AE也是定直线．  PA PE   ABCD ，∴动点P必定在线段AE的中垂面 上，则中垂面 与底面 的交线就是动点P的轨迹， 所以动点P的轨迹是线段． 故选：A 2．【多选题】（2021·重庆巴蜀中学高三月考）已知圆台的上下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台 的下底面过球心，上底面半径为 ，设圆台的体积为 ，则下列选项中说法正确的是（ ） A．当 时， B．当 在区间 内变化时， 先增大后减小 C． 不存在最大值 D．当 在区间 内变化时， 逐渐减小 【答案】AB 【解析】通过题意得到圆台体积V关于外接球半径r的函数，容易判断A； 利用导数探讨该函数的单调性和最值，可以判断B,C,D. 【详解】 ，对选项 正确； ，设 ， 则 在 上单调递减，设 的两根为 ，由韦达定理 知 ，且当 ； 2)， 在 单调递增，在 单调递减， 由 ， ，使得 ，当 ，即 当 ，即 ，所以 在 单调递增，在 单调递减，则B正确，C，D错误， 故选： . 考点二 ： 立体几何中的探索性问题 【典例3】（2021·广东高二期末）如图，在正方体 中， 是棱 的中点． （1）求二面角 的余弦值；（2）在棱 （包含端点）上是否存在点 ，使 平面 ，给出你的结论，并证明． 【答案】（1） ；（2）不存在，证明见解析. 【解析】 (1)以 为正交基底建立直角坐标系，求出相应点的坐标，再求平面 的一个法向量为 和 面 的一个法向量为 ，然后计算法向量夹角的余弦值，即可得二面角 的余弦值； (2) 设 的坐标为 ，若在棱 （包含端点）上存在点 ，使 平面 ，根据 求出 ，再判断即可. 【详解】 （1）解：设正方体的边长为单位长度，建立如图直角坐标系， 则 ， ， ， 所以 ， ． 设平面 的一个法向量为 ， 则 ，即 ， 可得平面 的一个法向量为 ．又因为平面 的一个法向量为 ， 所以 ． 所以二面角 的余弦值为 ． （2）不存在. 证明：设 的坐标为 ， 因为 的坐标为 ，所以 ， 若在棱 （包含端点）上存在点 ，使 平面 ，则 ， 所以 ，即 ，与 矛盾， 所以棱 （包含端点）上不存在点 ，使 平面 ． AC O O PO 【典例4】（2020·全国）如图， 是 的直径，点B是 上与A，C不重合的动点， 平面 ABC . OBP  PAC （1）当点B在什么位置时，平面 平面 ，并证明之； O BC  AP （2）请判断，当点B在 上运动时，会不会使得 ，若存在这样的点B，请确定点B的位置， 若不存在，请说明理由. OB  AC OBP  PAC BC  AP 【答案】（1）当 时，平面 平面 ，证明见解析，（2）不存点B使得 ， 理由见解析 【解析】OB  AC OBP  PAC (1)当 时,平面 平面 ,证明如下: OP ABC OP ACP 平面 , 平面 ,  ACP  ABC 平面 平面 , OB AC APC ABC  AC ,平面 平面 , OB PAC 平面 , OB平面OBP, OBP  PAC ∴平面 平面 ; BC  AP (2)假设存在点B,使得 ,  O 点B是 上的动点, BC  AB ,  BC  AP AB AP PAB ABI AP  A 又 , ､ 平面 , , BC  PAB 平面 ,  BP平面PAB, BC  BP , OB R 设 , 在RtOPC中,有 PC  OC2 OP2  R2 OP2 , RtOPB PB OB2 OP2  R2 OP2 在 中,有 , BP PC PBC BC  BP 可得 ,故 为锐角,这与 矛盾, BC  AP 故不存点B使得 .ABCABC BB  ABC 【典例5】（2020·全国高二课时练习）如图，在三棱柱 1 1 1中， 1 平面 ， AB BC AA  AB  BC 2 ， 1 . BC  ABC （1）求证： 1 平面 1 1 ； BC AB （2）求异面直线 1 与 1 所成角的大小； BM 1 ((0,1)) （3）点M 在线段BC上，且 BC ，点N 在线段AB上，若MN∥平面AACC ，求 1 1 1 1 1 AN 1 AB 的值（用含的代数式表示）. 1  【答案】（1）证明见解析（2） （3） 3 1 【解析】 ABCABC BB  ABC BB  ABC （1）在三棱柱 1 1 1中，由 1 平面 ，所以 1 平面 1 1 1， BB  BBCC BBCC  ABC BC 又因为 1 平面 1 1，所以平面 1 1 平面 1 1 1，交线为 1 1. AB BC AB  BC AB  BBCC 又因为 ，所以 1 1 1 1，所以 1 1 平面 1 1. BC  BBCC AB  BC 因为 1 平面 1 1，所以 1 1 1 BB  BC 2 BC  BC 又因为 1 ，所以 1 1，AB BC  B BC  ABC 又 1 1 1 1，所以 1 平面 1 1 . BB  ABC AB BC Bxyz （2）由（1）知 1 底面 ， ，如图建立空间直角坐标系 ， B0,0,0 C2,0,0 A 0,2,2 B 0,0,2 由题意得 ， ， 1 ， 1 . (cid:5) (cid:5) BC 2,0,2 AB 0,2,2 所以 1 ， 1 . (cid:5) (cid:5)  (cid:5) (cid:5)  ABBC 1 cos AB,BC  (cid:5)1 1(cid:5)  所以 1 1 |BA ||BC| 2 . 1 1  故异面直线BC与AB所成角的大小为 . 1 1 3 (cid:5) AACC n1,1,0 （3）易知平面 1 1的一个法向量 ， BM 1  由 BC ，得M(2,0,22). 1 AN 1  (cid:5) 设 AB ，得N(0,22,22)，则MN (2,22,22) 1(cid:5) (cid:5) MN // AACC MNn0 因为 平面 1 1，所以 ， AN 1 1 即(2,22,22)(1,1,0)0，解得1，所以 AB . 1 【规律方法】 求解立体几何中探索问题的策略 1．条件探索性问题 (1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明； (2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性； (3)把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件． 如本例(2)先根据题意猜测点的位置．再结合证明．一般探索点存在问题，点多为中点或三等分点中的一 个． 2．结论探索性问题 首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设， 如果得到了矛盾的结论，就否定假设． 【变式探究】 ABCDABC D ABCD 1．（2020·四川泸县五中高二开学考试（理））如图，在四棱柱 1 1 1 1中，底面 是正 方形，平面 A 1 DB 1  平面 ABCD ，AD1， AA 1  2 .过顶点D， B 1的平面与棱 BC ， A 1 D 1分别交于 M N ， 两点.AD DB （Ⅰ）求证： 1； DMBN （Ⅱ）求证：四边形 1 是平行四边形； ADCD DMB C 45 （Ⅲ）若 1 ，试判断二面角 1 的大小能否为 ？说明理由. 45 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不能为 . 【解析】 ADB  ABCD ADB  ABCD CD （1）由平面 1 1 平面 ，平面 1 1 平面 ， ADB 且 ADCD ，所以 AD 平面 1 1， DB  ADB AD DB 又 1 平面 1 1，所以 1； D，M，B，N DB （2）依题意 1 都在平面 1上， DM  DB NB  DB 因此 平面 1， 1 平面 1， DM  ABCD NB  ABCD 又 平面 ， 1 平面 ， ABCD ABCD 平面 与平面 平行，即两个平面没有交点， NB NB 则 DM 与 1不相交，又 DM 与 1共面， DM // NB DN // MB 所以 1，同理可证 1，DMBN 所以四边形 1 是平行四边形； （3）不能.如图，作 CE MB 1交 MB 1于点 E ，延长 CE 交 BB 1于点 F ，连接 DE ， ADCD AD AD=D 由 1 ， ADCD ， 1 ， CD ADD A CD BCC B CE MB 所以 平面 1 1，则 平面 1 1，又 1， DE MB DMB C 根据三垂线定理，得到 1，所以 CED 是二面角 1 的平面角， CED=45 CED CE CD1 若 ，则 是等腰直角三角形， ， CFB=BEF FBE 90 FBE 90 又 1 1 1 ， 所以CFB中，由大角对大边知CF  BC 1， 所以CE CF 1，这与上面CE CD1相矛盾， DMB C 45 所以二面角 1 的大小不能为 . 2．（2021·重庆巴蜀中学高三月考）已知在四棱锥 中，平面 平面 ，且 是正 方形.若 .（1）求四棱锥 的体积； （2）在线段 上是否存在一点 满足：二面角 的余弦值为 ？若存在，请求出 的比值 .若不存在，请说明理由. 【答案】（1） ；（2）存在， . 【解析】 （1）根据条件先求解正方形的边长，再求解四棱锥的高，从而可求体积； （2）先建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用二面角 的余弦值为 ，求出 ，结合 的范围可得结果. 【详解】 （1）设正方形 的边长为 ，取 的中点 ，连接 . 由平面 平面 ， ， 则 ，所以 平面 ，则 ， 又 ，所以 ，则解出 ， 所以体积 . （2）以 为坐标原点，平行于 为 轴正方向， 为 轴正方向， 为 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系.设 ，则 ， 所以 ， 设平面 的法向量 ， 由 且 ， 所以 且 ， 令 ，可得 ， 而 为平面 的一个法向量， 所以 ，解得 ， 有 或 ，由于点 在线段 上，所以 . ABCD P ABCD 3．（2020·浦东新·上海师大附中高二期中）设四边形 为矩形，点 为平面 外一点，且 PA ABCD PA AB 1 BC 2 平面 ，若 ， .PC PAD （1）求 与平面 所成角的正切值； BC G D PAG 2 BG （2）在 边上是否存在一点 ，使得点 到平面 的距离为 ，若存在，求出 的值，若不存 在，请说明理由； E PD △PAB H CH EH HB （3）若点 是 的中点，在 内确定一点 ，使 的值最小，并求此时 的值. 5 【答案】（1） ；（2）存在， 1 ；（3）C、 H 、 E 三点共线， 3 【解析】 PA ABCD CD ABCD CD PA ABCD (1)因为 平面 ， 平面 ，所以 ，又因为底面 是矩形，所以 CD AD， CD APD PC APD CPD 所以由线面垂直的判定定理可得: 平面 ，所以 与平面 所成角既为 ， 又由题意可得:PD 5，CD1，所以tan∠CPD= . 所以PC与平面PAD所成角的正切值为 . BC DQ AG (2)假设 边上存在一点G满足题设条件，作 ，DQ PAG 则 平面 ， DQ  2 BG 12 所以 . ， BG 1 PAG 2 故存在点G，当 时，使点D到平面 的距离为 . C' BC  BC' PA ABCD CB ABCD CB PA （3）延长CB到 ，使 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 ， ABCD 又因为底面 是矩形， CB AB 所以 ， CB  APB 所以由线面垂直的判定定理可得: 平面 ， C' APB 则 是点C关于面 的对称点， C'E APB 连接 ，交面 于H， 则点H是使CH EH 的值最小时，在面APB上的一点.EM  DA C'M 作 于M，则点M是AD的中点，连接 交AB于N，连接HN， AM AN 1   则 BC' NB 2， HN 2  所以 EM 3， 1 EM  又 2， 1 2 2 HN  BN  AB  所以 3，而 3 3， 2 2 1 2 5 HB    所以     . 3 3 3 5 HB 所以 3 . 【总结提升】 与空间角有关的探索性问题的解题策略 与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问 题，常利用空间向量法求解．求解时，一般把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定 范围内的解”等问题，并注意准确理解和熟练应用夹角公式． 其步骤是：(1)假设存在(或结论成立)；(2)建立空间直角坐标系，设(求)出相关空间点的坐标；(3)构建 有关向量；(4)结合空间向量，利用线面角或二面角的公式求解；(5)作出判断． 考点三 ： 平面图形的折叠问题 【典例6】【多选题】（2021·广东高二期末）如图，菱形 边长为 ， ， 为边 的中点． 将 沿 折起，使 到 ，且平面 平面 ，连接 ， ．则下列结论中正确的是（ ） A． B．四面体 的外接球表面积为 C． 与 所成角的余弦值为 D．直线 与平面 所成角的正弦值为 【答案】BCD 【解析】 根据题意知EB，ED，EA‘两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得异面直线，线面夹角问题. 【详解】 由题知， 为正三角形， ，将 沿 折起，使 到 ，且平面 平面 ，则 ， ， 两两垂直，以E点坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 对于A， ， ， ， ， ， ， 则 ，故 与 不垂直，故A错误； 对于B，取CE的中点F，联结DF，又 ，则 ， 过F作 平面CDE，四面体 的外接球球心O在FO上，作 ， 设 ， ，在 ， 中， 有 ，解得 ， ， 故四面体 的外接球表面积为 ，故B正确； 对于C， ， ，设 与 所成角为 ， 则 ，故C正确； 对于D， ， ， ， 设平面 的法向量 则 ，取 ， 则 ， 则 ， 故直线 与平面 所成角的正弦值为 ，D正确； 故选：BCD 【典例7】（2021·江苏高二期中）已知梯形 如图1所示，其中 ， ， ，四边形 是边长为1的正方形，沿 将四边形 折起，使得平面 平面 ，得到如图2所 示的几何体.（1）求证：平面 平面 ； （2）求点F到平面ABE的距离； （3）若点 在线段 上，且 与平面 所成角的正弦值为 ，求线段 的长度. 【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3） . 【解析】 （1）证明 ， ， ，证明 平面 ，然后证明平面 平面 ． （2）过点 作 于点 ，说明线段 的长即为点 到平面 的距离，然后转化求解点 到平 面 的距离，即可得出答案． （3）建系如图，求出平面 的法向量，设 ， ， ， ，然后转化求解即可． 【详解】 解（1）∵平面 平面 ， 平面 平面 平面 ， ，∴ 平面 ∵ 平面 ，∴ ∵四边形 是正方形∴ ∵ 、 平面 ， ，∴ 平面 ∵ 平面 ，∴平面 平面 ； （2）过点F作 于点G， 因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， ， 所以 平面 ，又 平面 ，所以 ， 又 ， ， 平面 ，所以 平面 ， 所以线段 的长即为点 到平面 的距离，， ， ， 由 ，得 ，即 ， 所以 ， 即点 到平面 的距离为 ； （3）如图，以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则 ， ， ， ， 设平面 的法向量 ， ，即 ，可取 设 ， ，则 解得 或 （舍） 故 ，∴ .【特别提醒】 解决空间图形的翻折问题时，要从如下几个角度掌握变化规律： 注意：掌握翻折过程中的特殊位置 ①翻折的起始位置；②翻折过程中，直线和平面的平行和垂直的特殊位置. 【变式探究】 1．（2021·贵州凯里一中高三三模（文））如图，在 中， ， ， 是棱 的中点，以 为折痕把 折叠，使点 到达点 的位置，则当三棱锥 体积最大时，其 外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】在 中，由余弦定理求得 ，再由当 三棱锥 体积最大，把三棱锥 补形为一个长方体，结合长方体求得外接球的半径，利用球的表面积公式，即可求解. 【详解】 在 中，因为 ， ， 由余弦定理可得 ，所以 ， 当 ，即 平面 ，三棱锥 体积最大， 此时 ､ ､ 两两垂直，可把三棱锥补形为一个长方体， 且长方体长、宽、高分别为： ，所以三棱锥 的外接球半径为： ， 所以外接球的表面积为： . 故选：D. 2．（2021·重庆八中高三月考）如图1，C，D是以AB为直径的圆上两点，且 ， ，将 所在的半圆沿直径AB折起，使得点C在平面ABD上的正投影E在线段BD上，如图2. （1）求证：BC⊥平面ACD； （2）已知O为AB中点，在线段CE上是否存在点F，使得 平面ACD？若存在，求出 的值；若不 存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.【解析】 （1）先证明 面BCD，进而得出 ，再由 证明 平面ADC. （2）建立空间直角坐标系，设 ， ，利用向量法证明即可. 【详解】 （1）因为 平面 ， 平面 ，所以 因为 ， ，所以 平面BCD 因为 平面BCD，所以 又 ， ，所以 平面ADC. （2）以O为坐标原点，垂直于AB的方向为x轴正方向，OB为y轴正方向，垂直于面ADB的方向为z轴 正方向 不妨设圆的半径为 ，E为点C在平面ABD上的正投影，所以E在x轴正方向上. 由 ，知 ， ， ， 所以 ， ， . 设 ， 由（1）知 即为平面ACD的法向量， ， 若 平面CAD，则 ，即 ， ，所以线段CE上不存在点F，使得 平面 CAD. 考点四 ： 立体几何与传统文化【典例8】（2020·海南高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到 晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平 面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平 面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ） A．20° B．40° C．50° D．90° 【答案】B 【解析】 画出截面图如下图所示，其中 是赤道所在平面的截线； 是点 处的水平面的截线，依题意可知 ； 是晷针所在直线. 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直， 根据平面平行的性质定理可得可知 、根据线面垂直的定义可得 .. 由于 ，所以 ， 由于 ， 所以 ，也即晷针与点 处的水平面所成角为 . 故选：B【总结提升】 近几年高考命题关于这部分内容的考查，主要是以传统文化、数学文化、现代生活为背景，考查立体几何 的基础知识，涉及三视图、面积体积计算、几何体的几何特征等. 【变式探究】 （2021·全国高三专题练习）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点 、 距离之比 是常数的点的轨迹是一个圆心在直线 上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下 面的问题：在棱长为2的正方体 中，点 是正方体的表面 (包括边界)上的动点，若 动点 满足 ，则点 所形成的阿氏圆的半径为______；若 是 的中点，且满足 ，则三棱锥 体积的最大值是______. 阿波罗尼奥斯 【答案】 【解析】 在 上取点 ，在 延长线上取点 ，使得 ， ，则 是题中阿氏圆上的点，则 是阿氏圆的直径，由此可求得半径，由 可得 ， ， 即 在上述阿氏圆上，这样当 是阿氏圆与 交点 时， 到平面 距离最大，三棱锥 体积 的最大，由体积公式计算可得． 【详解】 在 上取点 ，在 延长线上取点 ，使得 ， ，则 是题中阿氏圆上的点， 由题意 是阿氏圆的直径， ，则 ， ，所以 ，∴阿氏圆半径为 ； 正方体中 ， 都与侧面 垂直，从而与侧面 内的直线 垂直， 如图 ，则 ，∴ ，即 在上述阿氏圆上， ∵ 的面积是2为定值，因此只要 到平面 距离最大，则三棱锥 体积的最大， 由于 点在阿氏圆上，当 是阿氏圆与 交点 时， 到平面 距离最大， 此时 ，因此 ， ， 三棱锥 体积的最大值为 ． 故答案为： ； ． 考点五 ：立体几何中的新定义问题【典例9】（2021·全国高三零模）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. 【解析】 （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. 【总结提升】精读题干，理解新定义是解题的关键. 【变式探究】 （2021·全国高三专题练习）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Q（i＝1，2，…，k，k≥3）为多面体M的所有 i 与点P相邻的顶点，且平面QPQ，平面QPQ，…，平面Q PQ 和平面QPQ 遍历多面体M的所有以P 1 2 2 3 k﹣1 k k 1 为公共点的面．（1）如图1，已知长方体ABC D﹣ABCD，AB＝BC＝1， ，点P为底面ABC D 内的一个动点， 1 1 1 1 1 1 1 1 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”） 【答案】（1） ；（2）区域β． 【解析】 （1）计∠QPQ+∠QPQ+…+∠QPQ＝θ，则离散曲率为1﹣ ，θ越大离散曲率越小．由四棱锥的性 1 2 2 3 n 1 质求得θ＝ ，可求得四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值； （2）区域β比区域α更加平坦，所以θ更大，离散曲率更小．可得答案. 【详解】 （1）计∠QPQ+∠QPQ+…+∠QPQ＝θ，则离散曲率为1﹣ ，θ越大离散曲率越小． 1 2 2 3 n 1 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．