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微创新 立体几何与其他知识的综合问题
[考情分析] 随着高考改革的不断推进，近期各地的模拟题呈现的考查方向百花齐放，在立体几何中以空
间图形为背景的试题，其考查的知识内容和范围，涉及代数、几何、三角、向量、新定义等学科分支，对
综合运用各种知识技能解题的灵活性要求有所加强，应予以重视.
考点一 立体几何与其他知识的交汇问题
例1 三棱锥P-ABC的底面是以AC为底边的等腰直角三角形且AC=2√2，各侧棱的长均为3，点E为
棱PA的中点，点Q是线段CE上的动点.
(1)求点E到平面ABC的距离；
(2)设点Q到平面PBC的距离为d ，点Q到直线AB的距离为d ，求d +d 的最小值.
1 2 1 2
解 (1)取AC中点O，连接PO，BO，如图所示.
因为PA=PC=3，AC=2√2，
所以PO⊥AC，且PO=√32-2=√7，
因为△ABC是等腰直角三角形，
所以BO⊥AC，且BO=√2，又PB=3，
满足PB2=PO2+BO2，
所以PO⊥BO，因为AC∩BO=O，AC 平面ABC，BO 平面ABC，
所以PO⊥平面ABC，
⊂ ⊂
1 √7
因为点E为棱PA的中点，所以E到平面ABC的距离为 PO= .
2 2
(2)如图，以O为原点建立空间直角坐标系，连接AQ，则C(0，√2，0)，
( √2 √7)
E 0，- ， ，P(0，0，√7)，A(0，-√2，0)，B(√2，0，0)，
2 2
则⃗PB=(√2，0，-√7)，⃗PC=(0，√2，-√7)，
⃗AB=(√2，√2，0)，
( 3√2 √7)
⃗CE= 0，- ， ，
2 2
设⃗CQ=λ⃗CE(0≤λ≤1)，
( 3√2 √7 )
则⃗CQ= 0，- λ， λ ，
2 2
( 3√2 √7 )
则Q 0，- λ+√2， λ ，
2 2
( 3√2 √7 )
则⃗AQ= 0，2√2- λ， λ ，
2 2
⃗AQ·⃗AB
所以cos∠QAB=
|⃗AQ||⃗AB|
4-3λ
= ，
√25λ2-48λ+32
√16λ2-24λ+16
所以sin∠QAB= ，
25λ2-48λ+32
所以d =|⃗AQ|sin∠QAB=√4λ2-6λ+4，
2
设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)，
{n·⃗PB=0,
则
n·⃗PC=0,
{√2x-√7z=0,
即
√2y-√7z=0,
令x=√7，可得n=(√7，√7，√2)，
|⃗CQ·n| √14
则d = = λ，
1 |n| 4
√14
所以d +d =f(λ)=√4λ2-6λ+4+ λ，0≤λ≤1，
1 2 44λ-3 √14
所以f'(λ)= + ，
√4λ2-6λ+4 4
2
令f'(λ)=0，解得λ= ，
5
4λ-3 √14
令g(λ)=f'(λ)= + ，
√4λ2-6λ+4 4
7
则g'(λ)= >0，
(4λ2-6λ+4)√4λ2-6λ+4
所以g(λ)，即f'(λ)在[0，1]上单调递增，
( 2)
所以当λ∈ 0， 时，f'(λ)<0，f(λ)单调递减，
5
(2 )
当λ∈ ，1 时，f'(λ)>0，f(λ)单调递增，
5
(2) √14 √14
所以f(λ) =f = ，即d +d 的最小值为 .
min 5 2 1 2 2
[规律方法] 将立体几何与解析几何巧妙结合，是考核的创新.点、线、面的变化必然导致位置关系或一些
量的变化，在具体问题中，让变量变化，考虑由此变化所引发的其他量的变化，构建目标函数，则可将立
体几何问题用代数方法解决.
跟踪演练1 (2024·柳州模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥DC，E为PD的中点，且满足AE∥平
面PBC，
(1)证明：DC=2AB；
(2)若PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，PA=AB=AD=2，点M在四棱锥P-ABCD的底面内，且在以A，B为焦
√7
点，并满足MA+MB=4的椭圆弧上.若二面角M-PB-A的余弦值为 ，求直线PM与平面ABCD所成角
7
的正切值.
(1)证明 取PC的中点F，连接EF，BF，在△PCD中，EF为中位线，所以EF∥DC，且DC=2EF，
因为AB∥DC，所以EF∥AB，所以A，B，F，E四点共面，
又因为AE∥平面PBC，AE 平面ABFE，且平面ABFE∩平面PBC=BF，所以AE∥BF，
所以四边形ABFE为平行四⊂边形，所以AB=EF，所以DC=2AB.(2)解 如图，PA⊥平面ABCD，取AB中点O为坐标原点，以AB所在直线为x轴，
在平面ABCD内过点O且垂直于AB的直线为y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
则A(-1，0，0)，B(1，0，0)，P(-1，0，2).
因为MA+MB=4>AB=2，所以点M的轨迹是以AB为焦距的椭圆在梯形ABCD内的部分，
x2 y2
OA=OB=1，所以点M的轨迹为椭圆 + =1在梯形ABCD内的部分，
4 3
m2 n2
设点M(m，n，0)(在梯形ABCD内)，则 + =1. ①
4 3
设平面MPB的法向量为n =(x，y，z)，
1
⃗PB=(2，0，-2)，⃗BM=(m-1，n，0)，
{n ·⃗PB=0, { 2x-2z=0,
1
则 ⇒ ⇒n =(n，1-m，n).
n ·⃗BM=0 (m-1)x+ny=0 1
1
因为y轴⊥平面PBA，故平面PBA的一个法向量为n =(0，1，0)，
2
设二面角M-PB-A的平面角为θ，
则cos θ=|cos〈n ，n 〉|= |n 1 ·n 2 | = √7 ，θ∈ ( 0， π) ，得 (m-1) 2 = 1 ，
1 2 |n ||n | 7 2 (m-1) 2+2n2 7
1 2
整理得3(m-1)2=n2. ②
8
联立①②，解得m=0或m= .
5
过点B作BH∥AD交DC于点H，则BH=AD，BH⊥平面PBA，
所以平面HPB⊥平面PBA，H的坐标为(1，-2，0)，
π 8
二面角H-PB-A为 ，当m= >1时，二面角M-PB-A的平面角为钝角，不符合题意，所以m=0.
2 5
此时M(0，-√3，0)，经检验，M在梯形ABCD内，
PA=MA=2，因为PA⊥平面ABCD，
所以直线PM与平面ABCD所成的角为∠AMP，
PA
在Rt△PAM中，tan∠AMP= =1，
MA
故所求线面角的正切值为1.
考点二 立体几何中的新定义、新情境问题
例2 [球面几何]球面几何学是在球表面上的几何学，也是非欧几何的一个例子.如图1，对于半径为R
的球O，过球面上一点A作两条大圆的弧A´B，A´C，它们构成的图形叫做球面角，记作∢BAC(或∢A)，其值为二面角B-AO-C的大小，点A称为球面角的顶点，大圆弧A´B，A´C称为球面角的边.如图2，不
在同一大圆上的三点A，B，C，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧A´B，B´C，C´A，这三
条劣弧组成的图形称为球面△ABC，这三条劣弧称为球面△ABC的边，A，B，C三点称为球面△ABC
的顶点；三个球面角∢A，∢B，∢C称为球面△ABC的三个内角.
已知球心为O的单位球面上有不同在一个大圆上的三点A，B，C.
π
(1)球面△ABC的三条边长相等(称为等边球面三角形)，若∢A= ，求球面△ABC的内角和；
2
(2)类比二面角，我们称从点P出发的三条射线PM，PN，PQ组成的图形为三面角，记为P-MNQ.其中
点P称为三面角的顶点，PM，PN，PQ称为它的棱，∠MPN，∠NPQ，∠QPM称为它的面角. 若三面
√3 √2 √6
角O-ABC的三个面角的余弦值分别为 ， ， .
3 2 3
①求球面△ABC的三个内角的余弦值；
②求球面△ABC的面积.
解 (1)将球面几何问题转化为立体几何问题，如图在三棱锥O-ABC中，OA=OB=OC=1，
因为在球面△ABC中，劣弧A´B=B´C=A´C，则在△ABC中，AB=BC=AC，且∠AOB=∠BOC=∠AOC.过B作
BE⊥OA，交OA于E，连接CE，则△COE≌△BOE，所以CE⊥AO，
π
所以∠BEC是二面角B-AO-C的平面角，即∠BEC=∢A= ，设∠AOB=θ，θ∈(0，π)，
2
θ
则BE=CE=sin θ，BC=2sin ，
2
θ
由BE2+CE2=BC2 2sin2θ=4sin2 ，
2
⇒ π
解得cos θ=0，所以θ= ，
2
所以OA，OB，OC两两垂直(点E和O重合)，π
从而∢A=∢B=∢C= ，
2
3π
所以球面△ABC的内角和是 .
2
√3
(2)①由已知条件，可设cos∠BOC= ，
3
√2 √6
cos∠COA= ，cos∠AOB= .
2 3
如图，以O为原点，OA所在直线为x轴，△OAB所在平面为Oxy平面，构建空间直角坐标系，则O(0，
0，0)，
(√6 √3 )
A(1，0，0)，B ， ，0 .
3 3
设C(p，q，r)，则由OA=OB=OC=1可知，
√2
=cos∠COA=⃗OA·⃗OC=p，
2
√3 √6 √3
=cos∠BOC=⃗OB·⃗OC= p+ q，
3 3 3
1=|⃗OC|2=p2+q2+r2，
√2 (√3 √6 ) 1
故p= ，q=√3 - p =0，r2=1-p2-q2= ，
2 3 3 2
√2 (√2 √2)
不妨设r>0，则r= ，所以C ，0， .
2 2 2
设平面OBC，OCA，OAB的法向量分别为n ，n ，n ，并设n=(u，v，w)(i=1，2，3)，
1 2 3 i i i i
{ ⃗OB·n =⃗OC·n =0,
1 1
则 ⃗OC·n =⃗OA·n =0,
2 2
⃗OA·n =⃗OB·n =0,
3 3
√6 √3 √2 √2
{ u + v = u + w =0,
3 1 3 1 2 1 2 1
√2 √2
即 u + w =u =0,
2 2 2 2 2
√6 √3
u = u + v =0,
3 3 3 3 3{√2u +v =u +w =0,
1 1 1 1
从而 u =w =0,
2 2
u =v =0,
3 3
{n =(-1,√2,1),
1
故可以取 n =(0,1,0),
2
n =(0,0,1).
3
|n ·n |
所以我们有cos∢A=|cos〈n ，n 〉|= 2 3 =0，
2 3 |n ||n |
2 3
|n ·n| 1
cos∢B=|cos〈n ，n 〉|= 3 1 = ，
3 1 |n ||n| 2
3 1
|n ·n | √2
cos∢C=|cos〈n ，n 〉|= 1 2 = .
1 2 |n||n | 2
1 2
1 √2
故球面△ABC的三个内角的余弦值分别为0， ， .
2 2
②先证明一个引理.
( π]
引理：若球面△ABC的三个球面角∢A，∢B，∢C∈ 0， ，
2
设该球面△ABC的面积为 ,
则 =∢A+∢B+∢C-π，
引理的证明：
记球O的表面积为S，则S=4π.
设A，B，C的对径点分别为A'，B'，C'，则A´C所在的大圆和A´B所在的大圆将球面分成了四个部分，其中
∢A
面积较小的两个部分的面积之和S 等于球的表面积S的 倍，
1 π
∢A
即S = S，类似可定义S ，S ，
1 π 2 3
∢B ∢C
且同理有S = S，S = S.
2 π 3 π
而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有S +S +S =(S-2S )+6S .
1 2 3 △^ABC △^ABC
所以S +S +S =S+4 ，
1 2 31 S(∢A ∢B ∢C )
+ + -1
故 =4(S 1 +S 2 +S 3 -S)=4 π π π
(∢A ∢B ∢C )
=π + + -1 =∢A+∢B+∢C-π.
π π π
引理得证.
π π π
回到原题，根据①的结论，有∢A= ，∢B= ，∢C= .
2 3 4
π π π π
再由引理知球面△ABC的面积 =2+3+4-π=12.
[规律方法] 通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求
考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解
题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照
章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
跟踪演练2 [空间三面角余弦定理]类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到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，∠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.
(1)如图2，四棱柱ABCD-A B C D 中，平面AA C C⊥平面ABCD，∠A AC=60°，∠BAC=45°，求
1 1 1 1 1 1 1
∠A AB的余弦值；
1
( π)
(2)当α，β∈ 0， 时，证明上述三面角余弦定理；
2
(3)如图3，已知三棱锥O-ABC，OA=a，OB=b，OC=c，侧面OAB，OAC，OBC的面积分别为S ，
△OAB
S ，S ，以OA，OB，OC为棱的二面角分别为θ ，θ ，θ ，试猜想正弦定理在三维空间中推广的
△OAC △OBC 1 2 3
结论，并证明.
(1)解 由平面AA C C⊥平面ABCD，得二面角A -AC-B的大小为90°，
1 1 1
由三面角余弦定理得cos∠A AB=cos∠A AC×cos∠CAB，
1 1
因为∠A AC=60°，∠BAC=45°，
1
1 √2 √2
所以cos∠A AB= × = .
1 2 2 4
(2)证明 过射线PC上一点H，作MH⊥PC交PA于M点，
作NH⊥PC交PB于N点，连接MN，如图所示，则∠MHN是二面角A-PC-B的平面角，
在△MNP中，由余弦定理得
MN2=MP2+NP2-2MP·NPcos γ，
在△MNH中，由余弦定理得
MN2=MH2+NH2-2MH·NHcos θ，
两式相减得
MP2-MH2+NP2-NH2-2MP·NPcos γ+2MH·NHcos θ=0，
则2MP·NPcos γ=2PH2+2MH·NHcos θ，
两边同除以2MP·NP，
得cos γ=cos αcos β+sin αsin βcos θ.
aS bS cS
(3)解 猜想
△OBC
=
△OAC
=
△OAB
.
sin θ sin θ sin θ
1 2 3
证明 在OA上取点P，使得PO=1，过P作PP'⊥平面OBC，P'C'⊥OC，P'B'⊥OB，如图.
设∠BOC=α，∠AOC=β，∠AOB=γ，
则PB'=POsin γ=sin γ，
PP'=PB'sin θ =sin γsin θ ，
2 2
同理PP'=PC'sin θ =sin βsin θ ，
3 3
所以sin γsin θ =sin βsin θ ，
2 3
sinβ sinγ
即 = ，
sin θ sin θ
2 3
sinα sinβ
同理可证 = ，
sin θ sin θ
1 2
sinα sinβ sinγ
所以 = = ，
sin θ sin θ sin θ
1 2 3
1
又因为S = absin γ，
△OAB 22S
所以sin γ= △OAB，
ab
2S 2S
同理sin β= △OAC，sin α= △OBC，
ac bc
2S 2S 2S
△OBC △OAC △OAB
所以 bc = ac = ab
，
sin θ sin θ sin θ
1 2 3
aS bS cS
△OBC △OAC △OAB
化简得 = = .
sin θ sin θ sin θ
1 2 3
专题强化练
(分值：51分)
1.(17分)[柯西不等式]柯西不等式在数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的n元形式为：设a，
i
n n n
b∈R(i=1，2，…，n)，a不全为0，b不全为0，则 Σ
a2
Σ
b2
≥( Σ ab)2，当且仅当存在一个数k，使
i i i i i i i
i=1 i=1 i=1
得a=kb时，等号成立.
i i
(1)请你写出柯西不等式的二元形式；(3分)
(2)设P是棱长为√2的正四面体ABCD内的任意一点，点P到四个面的距离分别为d ，d ，d ，d ，求d2 +d2
1 2 3 4 1 2
+d2+d2的最小值；(5分)
3 4
(3)已知无穷正数数列{a }满足：
n
①存在m∈R，使得a≤m(i=1，2，…，n)；
i
1
②对任意正整数i，j(i≠j)(j=1，2，…，n)，均有|a-a|≥ .
i j i+ j
求证：对任意n≥4，n∈N*，恒有m≥1.(9分)
(1)解 柯西不等式的二元形式为：设a ，a ，b ，b ∈R，a ，a 不全为0，b ，b 不全为0，
1 2 1 2 1 2 1 2
则(a2 +a2 )(b2 +b2 )≥(a b +a b )2，
1 2 1 2 1 1 2 2
当且仅当a b =a b 时，等号成立.
1 2 2 1
(2)解 正四面体ABCD的体积等于以P为顶点，四个面为底面的三棱锥体积之和，
即V =V +V +V +V .
正四面体ABCD 三棱锥P-ABC 三棱锥P-DBC 三棱锥P-CDA 三棱锥P-DAB
√2 1 √3
所以 (√2)3= × (√2)2(d +d +d +d )，
12 3 4 1 2 3 4
2√3
因此d +d +d +d = .
1 2 3 4 3
由柯西不等式得(d2 +d2 +d2 +d2 )(1+1+1+1)≥(d ·1+d ·1+d ·1+d ·1)2，
1 2 3 4 1 2 3 41
从而d2 +d2 +d2 +d2≥ ，
1 2 3 4 3
√3
当且仅当d =d =d =d = 时，等号成立.
1 2 3 4 6
1
因此d2 +d2 +d2 +d2
的最小值为 .
1 2 3 4 3
(3)证明 对n≥4，记k ，k ，…，k 是1，2，…，n的一个排列，且满足0a -a =(a -a )+(a -a )+…+(a -a )
k k k k k k k k k
n n 1 n n-1 n-1 n-2 2 1
1 1 1
≥ + +…+ .
k +k k +k k +k
n n-1 n-1 n-2 2 1
由柯西不等式得
( 1 1 1 )
+ +…+ [(k +k )+(k +k )+…+(k +k )]≥(n-1)2，
k +k k +k k +k n n-1 n-1 n-2 2 1
n n-1 n-1 n-2 2 1
1 1 1 (n-1) 2
所以 + +…+ ≥
k +k k +k k +k (k +k )+(k +k )+…+(k +k )
n n-1 n-1 n-2 2 1 n n-1 n-1 n-2 2 1
(n-1) 2
=
2(k +k +…+k )-k -k
1 2 n 1 n
(n-1) 2 (n-1) 2
= ≥
n2+n-k -k n2+n-3
1 n
3n-4
=1- ，
n2+n-3
3n-4
从而对任意n≥4，n∈N*，都有m≥1- ，
n2+n-3
3n-4
当n≥4时，1- <1，故m≥1.
n2+n-3
2.(17分)(2024·南昌模拟)如图所示，用一个不平行于圆柱底面的平面，截该圆柱所得的截面为椭圆面，得
到的几何体称之为“斜截圆柱”.图1与图2是完全相同的“斜截圆柱”，AB是底面圆O的直径，
π
AB=2BC=2，椭圆所在平面垂直于平面ABCD，且与底面所成的二面角为 ，图1中，点P是椭圆上的动
4
点，点P在底面上的投影为点P ，图2中，椭圆上的点E(i=1，2，3，…，n)在底面上的投影分别为F，
1 i i
且F均在直径AB的同一侧.
i2π
(1)当∠AOP = 时，求PP 的长度；(6分)
1 3 1
(2)①当n=6时，若图2中，点F ，F ，…，F 将半圆平均分成7等份，求(E F -2)·(E F -2)·(E F -2)；(4分)
1 2 6 1 1 2 2 3 3
②证明： ·E F + ·E F +…+ ·E F + ·BC<2π.(7分)
1 1 2 2 n n
(1)解 如图，取CD中点M，过点M作与该斜截圆柱的底面平行的平面，交DA于点G，交BC延长线于
点H，与PP 交于点I，连接IM，
1
π
因为MH=MG=1，∠CMH=∠DMG= ，
4
所以DG=HC=1，AG=2，过点M作GH的垂线，交圆M于J，K两点.
过点I作IN⊥JK，交JK于点N，又由PI⊥圆M，JK 圆M，则PI⊥JK，
又因为PI∩IN=I，PI，IN 平面PIN，所以JK⊥平面⊂PIN ，
因为PN 平面PIN，所以⊂PN⊥JK，所以∠PNI为椭圆面与圆M所在平面所成的二面角，也是椭圆面与底
面所成的⊂角，
π
所以∠PNI= ，则△PNI为等腰直角三角形，PI=IN.
4
设∠AOP =θ，如图作圆M所在平面的平面图，则∠GMI=θ，
1
由GH⊥JK，IN⊥JK，得GH∥IN，
则有∠NIM=∠GMI=θ，所以IN=MIcos θ=cos θ，
所以PP =IP +PI=IP +IN=2+cos θ，
1 1 1
2π 2π 3
当θ= 时，PP =2+cos = .
3 1 3 2
π
(2)①解 当n=6时，∠AOF = ，
1 72π 3π
∠AOF = ，∠AOF = ，
2 7 3 7
π 2π
由(1)知E F =2+cos ，E F =2+cos ，
1 1 7 2 2 7
3π
E F =2+cos ，
3 3 7
所以(E F -2)·(E F -2)·(E F -2)
1 1 2 2 3 3
π 2π 3π
=cos cos cos
7 7 7
2π 4π 6π
sin sin sin
7 7 7
= × ×
π 2π 3π
2sin 2sin 2sin
7 7 7
2π 3π π
sin sin sin
7 7 7 1
= × × = .
π 2π 3π 8
2sin 2sin 2sin
7 7 7
②证明 由(1)知PP =2+cos θ，即PP 是关于θ的函数，
1 1
将斜截圆柱的侧面沿着AD展开，其椭圆面的轮廓线即为函数y=2+cos x的图象，
如图，将E F ，E F ，…，E F ，BC绘制于函数y=2+cos x(0≤x≤π)的图象上，
1 1 2 2 n n
并以EF，F F(i=2，3，…，n)为边作矩形，则该矩形的面积等于 ·EF的值，
i i i-1 i i i
所以 ·E F + ·E F +…+ ·E F + ·BC即为这些矩形的面积之和.
1 1 2 2 n n
而两个该斜截圆柱可拼成一个底面半径为1，高为4的圆柱，
1
因此该斜截圆柱的侧面积为 ×2π×4=4π，
2
1
所以函数y=2+cos x(0≤x≤π)与坐标轴围成的面积为 ×4π=2π，
2
又因为无论点F(i=1，2，3，…，n-1)是否均匀分布在半圆弧AB上，
i
这些矩形的面积之和都小于函数y=2+cos x(0≤x≤π)与坐标轴围成的面积，
所以 ·E F + ·E F +…+ ·E F + ·BC<2π.
1 1 2 2 n n3.(17分)(2024·济南模拟)在空间直角坐标系Oxyz中，任何一个平面的方程都能表示成Ax+By+Cz+D=0，其
中A，B，C，D∈R，A2+B2+C2≠0，且n=(A，B，C)为该平面的法向量.已知集合P={(x，y，z)||x|≤1，|y|
≤1，|z|≤1}，Q={(x，y，z)||x|+|y|+|z|≤2}，T={(x，y，z)||x|+|y|≤2，|y|+|z|≤2，|z|+|x|≤2}.
(1)设集合M={(x，y，z)|z=0}，记P∩M中所有点构成的图形的面积为S ，Q∩M中所有点构成的图形的面积
1
为S ，求S 和S 的值；(4分)
2 1 2
(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V ，P∩Q中所有点构成的几何体的体积为V ，求V 和V 的值；
1 2 1 2
(7分)
(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.
①求W的体积V 的值；(3分)
3
②求W的相邻(有公共棱)两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数.(3分)
解 (1)集合M={(x，y，z)|z=0}表示Oxy平面上所有的点，
P={(x，y，z)||x|≤1，|y|≤1，|z|≤1}表示(±1，±1，±1)这八个顶点形成的正方体内所有的点，
而P∩M可以看成正方体在Oxy平面上的截面内所有的点，
发现它是边长为2的正方形，因此S =4.
1
对于Q={(x，y，z)||x|+|y|+|z|≤2}，当x，y，z>0时，
x+y+z=2表示经过(2，0，0)，(0，2，0)，(0，0，2)的平面在第一象限的部分.
由对称性可知Q表示(±2，0，0)，(0，±2，0)，(0，0，±2)这六个顶点形成的正八面体内所有的点.
而Q∩M可以看成正八面体在Oxy平面上的截面内所有的点.
它是边长为2√2的正方形，因此S =8.
2
(2)集合Q的子集Q'={(x，y，z)|x+y+z≤2，x≥0，y≥0，z≥0}，
Q'中所有点构成的几何体为三个坐标平面与平面x+y+z=2围成的四面体.
四面体四个顶点分别为(0，0，0)，(2，0，0)，(0，2，0)，(0，0，2)，
1 (1 ) 4
此四面体的体积为V = ×2× ×2×2 = ，
Q' 3 2 3
32
由对称性知，V =8V = .
1 Q' 3
集合P的子集P'={(x，y，z)|0≤x≤1，0≤y≤1，0≤z≤1}，P'中所有点构成的几何体为棱长为1的正方体，
显然P'∩Q'中所有点构成的几何体为两个几何体的公共部分，
记Q (1，1，0)，Q (1，0，1)，Q (0，1，1)，Q (1，1，1).
1 2 3 4
容易验证Q ，Q ，Q 在平面x+y+z=2上，同时也在P'中所有点构成的正方体的底面上.
1 2 3
则P'∩Q'为此正方体截去三棱锥Q -Q Q Q 所剩下的部分.
4 1 2 3
1 1 1
此正方体的体积V
P'
=1×1×1=1，三棱锥Q
4
-Q
1
Q
2
Q
3
的体积V
三棱锥Q 4 -Q 1 Q 2 Q 3
=
3
×1×
2
×(1×1)=
6
，
1 5
故P'∩Q'中所有点构成的几何体的体积V =V -V =1- = ，
P'∩Q' P' 三棱锥Q 4 -Q 1 Q 2 Q 3 6 620
由对称性知，V =8V = .
2 P'∩Q' 3
(3)①如图所示，即为T所构成的图形，
其中正方体ABCD-LIJM即为集合P所构成的区域.E-ABCD构成了一个正四棱锥，
1 4
其中E到平面ABCD的距离为1，V = ×1×2×2= ，
四棱锥E-ABCD 3 3
4
V =V +6V =8+6× =16.
3 P 四棱锥E-ABCD 3
②由题意令平面EBC的方程为x+z-2=0，由题干定义知该平面的一个法向量为n =(1，0，1).
1
令平面ECD的方程为y+z-2=0，由题干定义知该平面的一个法向量为n =(0，1，1)，
2
n ·n 1
1 2
故cos〈n ，n 〉= = .
1 2 |n ||n | 2
1 2
2π
由图知两个相邻的面所成的角为钝角，故几何体W的相邻两个面所成的角为 .
3
由图可知共有12个面、24条棱.
