71.新概念背景下的立体几何压轴
一．常用背景与命题方式
1.空间解析几何
2.曲率
3.平面翻折与圆锥曲线综合
4.丹德林双球
5.其他新定义
二．典例展示
例1．（2021 年教育部八省联考）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，
2
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
3
点的曲率为
，故其总曲率为
．
2
3
3
4
（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．
2
解析：（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
5
4
2
4
（2）设顶点数、棱数、面数分别为
、、
，所以有
，设第个面的棱数为
n
l
m
2
n
l
m
i
，所以
，所以总曲率为：
ix
1
2
2
m
x
x
x
l
1
2
2
2
2
2
m
n
x
x
x
，所以这类多面体的总曲率是常数.
2
2
2
n
l
m
2
4
n
l
m
例2．（长沙雅礼中学25 届高三第二次联考）高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经
典的公式，是关于曲面的图形（由曲率表征）和拓扑（由欧拉示性数表征）间联系的一项
重要表述，建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系.其特例是球面三角形总曲率
与
x
球面三角形内角和
满足：
，其中
为常数，（如图，把球面上的三个点用三个
π
x
大圆（以球心为半径的圆）的圆弧联结起来，所围成的图形叫做球面三角形，每个大圆弧
叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个角.球
面三角形的总曲率等于
，为球面三角形面积，
为球的半径）.
2
S
R
S
R
(1)若单位球面有一个球面三角形，三条边长均为
，求此球面三角形内角和；
π
2
(2)求
的值；
(3)把多面体的任何一个面伸展成平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多
面体叫做凸多面体.设凸多面体
顶点数为
，棱数为
，面数为
，试证明凸多面体欧拉
V
E
F
示性数
为定值，并求出
.
Ω
V
E
F
Ω
解析：（1）如图，设球心为
，球面三角形三个顶点分别为
，由球面三角形三边
O
, ,
A B C
长均为
，由题意，即每个大圆弧长均为
.又单位球面的球半径
，则球面三角形每
π
2
π
2
1
R
条边所对圆心角为
，所以在三棱锥
中，
两两垂直.由
π
2
A
OBC
,
,
OA OB OC
，
，且
平面
，
平面
，
,
OA
OB OA
OC
OB
OC
O
OB
OBC
OC
OBC
则
平面
，
平面
，故平面
平面
，同理平面
平面
OA
OBC
OA
OAB
OAB
OBC
OAB
OCA
，平面
平面
，即球面三角形任意两条边所在的半平面构成的二面角均为
，
OCA
OBC
π
2
故球面三角形的个角均为
，从而此球面三角形内角和为
.
3
π
2
3π
2
（2）若将地球看作一个球体，在地球上零度经线和
经线所在大圆与赤道所在大圆将球
90
面平均分成个全等的球面三角形，由（1）可知，每个球面三角形的个角均为
，且球
8
3
π
2
面三角形内角和
，从而每个球面三角形的面积为
，则每个球面三角
3π
2
2
2
4π
π
8
2
R
R
S
形的总曲率为
，设
，由题意
，且
为常数，则有
2
π
2
S
x
R
( )
f x
( )
π
f x
x
，从而
.
π
π
3π
π
2
2
2
f
1
（3）将多面体的每个面视作可以自由伸缩的橡皮膜，使膨胀为一个半径为
的球，每个顶
R
点均在球面上，每条边变为球面上的边，每个多边形变为球面上的多边形，且膨胀前后
不变.不妨记球面仍为单位球面，半径
，对于任意一个球面
边形，
( )
V
E
F
1
R
k
可用球面上的边分割成
个球面三角形，由（2）可知，
，则每个球面三角形的
(
2)
k
1
内角和
．即每个内角和为
的球面三角形面积为
，记
2
π
π
π
S
x
S
R
π
，称为分割成
个球面三角形的球面
边形的内角和．所以球面
边形面积
2
1
k
j
j
(
2)
k
k
k
为
.
(
2)π
k
由已知凸多面体
顶点数为
，棱数为
，面数为
，则可记球面上多边形
V
E
F
，
,
1,2,
,
i i
F
对每一个球面多边形
，设其边数为，内角和为
，面积为
，则
i
il
i
iS
，由球面三角形角的定义可知，每个顶点处所有
1
1
1
2 π
π
2π
F
F
F
i
i
i
i
i
i
i
i
S
l
l
球面多边形的角之和为
，顶点数为
，从而所有球面多边形内角和为
，又
2π
V
1
2π
F
i
i
V
球面多边形每条边被重复计算
次，棱数为
，故
，则
2
E
1
π
2 π
i
i
F
l
E
，又所有球面多边形面积之和
，
1
π
2π
2π
2π
2π
F
i
i
i
l
V
E
F
2
1
4π
4π
i
F
iS
R
故
，故
.
2π
2π
2π
4π
V
E
F
( )
2
V
E
F
例3.（山东济南24 届高三一模）在空间直角坐标系
中，任何一个平面的方程都能
O
xyz
表示成
，其中
，
，且
为该平
0
Ax
By
Cz
D
, ,
,
A B C DR
2
2
2
0
A
B
C
, ,
n
A B C
面的法向量.已知集合
，
，
, ,
1,
1,
1
P
x y z
x
y
z
, ,
2
Q
x y z
x
y
z
.
, ,
2,
2,
2
T
x y z
x
y
y
z
z
x
(1)设集合
，记
中所有点构成的图形的面积为
，
中所有
, ,
0
M
x y z z
P
M
1S
Q
M
点构成的图形的面积为
，求
和
的值；
2
S
1S
2
S
(2)记集合Q 中所有点构成的几何体的体积为
，
中所有点构成的几何体的体积为
1
V
P
Q
2
V
，求
和
的值：
1
V
2
V
(3)记集合T 中所有点构成的几何体为W.
①求W 的体积
的值；
3
V
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.
解析：（1）集合
表示
平面上所有的点，
, ,
0
M
x y z z
xOy
表示
这八个顶点形成的正方体内所有的点，而
, ,
1,
1,
1
P
x y z
x
y
z
1, 1, 1
可以看成正方体在
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
P
M
xOy
.对于
，当
时，
表示经过
，
1
4
S
, ,
2
Q
x y z
x
y
z
, ,
0
x y z
2
x
y
z
(2,0,0)
，
的平面在第一象限的部分.由对称性可知Q 表示
，
，
(0,2,0)
(0,0,2)
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
可以看成正八面体在
平面上的截面内
Q
M
xOy
所有的点.它是边长为
的正方形，因此
.
2 2
2
8
S
（2）记集合
，
中所有点构成的几何体的体积分别为
，
；考虑集合
的子集
Q
P
Q
1
V
2
V
Q
；即为三个坐标平面与
围成的四面
, ,
2,
0,
0,
0
Q
x y z x
y
z
x
y
z
2
x
y
z
体.
四面体四个顶点分别为
，
，
，
，此四面体的体积为
(0,0,0)
(2,0,0)
(0,2,0)
(0,0,2)
，由对称性知，
，考虑到
的子集
构成的几何体
1
1
4
2
2 2
3
2
3
Q
V
1
32
8
3
Q
V
V
P
P
为棱长为1 的正方体，
即
，
，
, ,
0
1,0
1,0
1
P
x y z
x
y
z
, ,
2,
0,
0,
0
Q
x y z x
y
z
x
y
z
显然
为两个几何体公共部分，记
，
，
，
.
P
Q
1 1,1,0
Q
2 1,0,1
Q
3 0,1,1
Q
4 1,1,1
Q
容易验证
，
，
在平面
上，同时也在
的底面上.则
为截去三棱锥
1
Q
2
Q
3
Q
2
x
y
z
P
P
Q
所剩下的部分.
的体积
，三棱锥
的体积为
4
1
2
3
Q
Q Q Q
P
1 1 1
1
P
V
4
1
2
3
Q
Q Q Q
.故
的体积
.当由对称性
4
1
2
3
1
1
1
1
1 1
3
2
6
Q
Q Q Q
V
P
Q
4
1
2
3
1
5
1
6
6
P
Q
P
Q
Q Q Q
V
V
V
知，
.
2
20
8
3
P
Q
V
V
（3）
如图所示，即为
所构成的图形.其中正方体
即为集合P 所构成的区域.
T
ABCD
IJML
构成了一个正四棱锥，其中
到面
的距离为
，
E
ABCD
E
ABCD
2
，
.由题意面
方程为
1
4
1 2 2
3
3
E ABCD
V
3
4
6
8
6
16
3
P
E ABCD
V
V
V
EBC
，由题干定义知其法向量
，面
方程为
，由题干定义
2
0
x
z
1
1,0,1
n
ECD
2
0
y
z
知其法向量
，故
.由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H
n2 = (0,1,1)
1
2
1
2
1
2
1
cos
,
2
n n
n n
n
n
相邻两个面所成角为
.由图可知共有12 个面，24 条棱.
2π
3
例4．（江西南昌24 届高三二模）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”.图一与图二是完全相同的“斜截圆
柱”，AB 是底面圆
的直径，
，椭圆所在平面垂直于平面ABCD，且与底面所
O
2
2
AB
BC
成二面角为
，图一中，点
是椭圆上的动点，点
在底面上的投影为点
，图二中，椭
45
P
P
1P
圆上的点
在底面上的投影分别为
，且
均在直径AB 的同一侧.
(
1,2,3,
, )
iE i
n
iF
iF
(1)当
时，求
的长度；
1
2π
3
AOP
1
PP
(2)（i）当
时，若图二中，点
将半圆均分成7 等份，求
6
n
1
2
6
,
,
,
F F
F
；
1
1
2
2
3
3
2
2
2
E F
E F
E F
（ii）证明:
.
A
A
A
A
1
1
1
2
2
2
1
1
2π
n
n
n
n
n
AF E F
E F
F
F
E F
F
C
F
B B
F
解析：（1）
如图，取CD 中点
，过
作与该斜截圆柱的底面平行的平面，交DA 于点
，交BC 延
M
M
G
长线于点
，与
交于点
，因
则
，
H
1
PP
I
1,
45 ,
MH
MG
CMH
DMG
1
DG
HC
，过
作GH 的垂线，交圆
于J、K 两点.过
作
交JK 于点
，又由
2
AG
M
M
I
IN
JK
N
圆M，因
圆M,则
,又因
,故
平面
,因
平面
PI
JK
PI
JK
PI
IN
I
JK
PIN
PN
,故
，所以
为椭圆面与圆
所在平面的夹角，也即椭圆面与底面所成
PIN
PN
JK
PNI
M
角，所以
.则
为等腰直角三角形，
.设
，如图作圆
所
45
PNI
PNI
A
PI
IN
1
AOP
M
在平面的俯视图，则
，由
，所以
，则有
GMI
,
GH
JK IN
JK
/ /
GH
IN
，所以
，所以
，
NIM
GMI
cos
cos
IN
MI
1
1
1
2
cos
PP
IP
PI
IP
IN
当
时，
;
2π
3
1
2π
3
2
cos 3
2
PP
（2）（i）
时，
，所以
，
…
6
n
π
7
1
1
π
2
cos 7
E F
2
2
2π
2
cos
,
7
E F
3
3
3π
2
cos
,
7
E F
所以
1
1
2
2
3
3
π
2π
3π
2
2
2
cos
cos
cos
7
7
7
E F
E F
E F
2π
4π
6π
2π
3π
π
sin
sin
sin
sin
sin
sin
1
7
7
7
7
7
7
.
π
2π
3π
π
2π
3π
8
2sin
2sin
2sin
2sin
2sin
2sin
7
7
7
7
7
7
（ⅱ）
证明：由（1）知
，也即
是关于
的函数，也即将斜截圆柱的侧面沿着AD
1
2
cos
PP
1
PP
展开，其椭圆面的轮廓线即为函数
的图象，如图，将
绘
2
cos
y
x
1
1
2
2
,
,
,
,
n
n
E F E F
E F BC
制于函数
图象上，并以
，（
）为边作矩形，则矩形的面积
2
cos
y
x
1
,
i
i
i
i
E F F F
2,3,
,
i
n
即为
，所以
即为这些矩形的面
A
1
i
i
i
i
F F E F
A
A
A
A
2
1
1
1
2
2
1
1
n
n
n
n
n
AF E F
E F
F
F
E F
F B BC
F F
积之和.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，因此该斜截圆柱的侧
面积为
，所以函数
与坐标轴围成的面积为
，
1
2π
4
4π
2
2
cos (0
π)
y
x
x
1
4π
2π
2
又因为无论点
是否均匀分布在半圆弧AB 上，这些矩形的面积之和都小
(
1,2,3,
,
1)
iF i
n
于函数
与坐标轴围成的面积.
2
cos (0
π)
y
x
x
所以
，得证.
A
A
A
A
1
1
1
2
2
2
1
1
2π
n
n
n
n
n
AF E F
E F
F
F
E F
F
C
F
B B
F
例5.（2025 届高三八省联考） 在平面四边形
中，
，
ABCD
1
AB
AC
CD
，将
沿AC 翻折至
，其中P 为动点.
30 ,
120
ADC
DAB
ACD
A
ACP
△
(1)设
，三棱锥
的各个顶点都在球O 的球面上．
PC
AB
P
ABC
（i）证明：平面
平面
；
PAC
ABC
（ii）求球O 的半径
(2)求二面角
的余弦值的最小值.
A
CP
B
解析：（1）在
中，由
，
得
，
ACD
A
1
AC
CD
30
ADC
30
CAD
ADC
所以
，且
2
cos
2 1 cos30
3
AD
AC
DAC
120
30
90
BAC
DAB
CAD
，即
，
AB
AC
（i）证明：因为
，
，
，
平面
，所以
AB
AC
PC
AB
PC
AC
C
PC
AC
、
PAC
AB
平面
，又
平面
，所以平面
平面
；
PAC
AB
ABC
PAC
ABC
（ii）以A 为原点，
分别为x 轴和y 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系
,
AB AC
A
xyz
，
则
，设球心
，半径
，则
3
3
0,0,0 ,
1,0,0 ,
0,1,0 ,
0,
,
2
2
A
B
C
P
, ,
O a b c
R
，所以
AO
BO
CO
PO
R
，解得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
3
1
1
2
2
a
b
c
a
b
c
a
b
c
a
b
c
R
，所以球O 的半径为
；
1
1
3
5
,
,
,
2
2
2
2
a
b
c
R
5
2
（2）在平面
中，过P 作
于G，在平面
中，过G 作
，则由
PAC
PG
AC
ABC
GM
AC
（1）
，设
，以G 为原点，
3
3
3 cos30
,
3sin30
2
2
AG
PG
,
0,π
PGM
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
，
,
GM CG
G
xyz
则
，所以
3
3
1
3
3
0,0,0 ,
0,
,0 ,
1,
,0 ,
0,
,0 ,
cos ,0,
sin
2
2
2
2
2
G
A
B
C
P
，
3
1
3
0, 1,0 ,
1, 1,0 ,
cos ,
,
sin
2
2
2
CA
CB
CP
设平面
和平面
的一个法向量分别为
，
，
PAC
PBC
m = (x1,y1,z1)
n = (x2,y2,z2)
则
，
，所以
，
m
CA
m
CP
n
CP
n
CB
1
1
1
1
0
3
1
3
cos
sin
0
2
2
2
m CA
y
m CP
x
y
z
，取
，
，则
，
2
2
2
2
2
0
3
1
3
cos
sin
0
2
2
2
n CB
x
y
n CP
x
y
z
1
sin
x
2
1
x
sin ,0, cos
m
，所以
3 cos
1
1,1,
3sin
n
，
2
2
3 cos
1 cos
sin
cos
3
3sin
cos
,
3cos
2 3 cos
7
3 cos
1
2
3sin
m n
m n
m n
令
，则
,由
得
，则
cos
3
t
cos
3
t
0,π
3
1, 3
1
t
1
3
1
3
1
,
2
2
t
，
则
，
2
2
1
cos
,
3
8 3
8
8
8 3
3
t
m n
t
t
t
t
2
1
1
3
3
3
1
3
8
3
2
t
当且仅当
即
，
时等号成立，所以二面角
的余弦值的
1
3
2
t
2 3
3
t
3
cos
3
A
CP
B
最小值为
.
3
3
