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立体几何与空间向量中的新定义问题
高考定位 立体几何中新定义问题主要有两种：一是定义新几何体或几何体的度
量；二是定义新空间向量或向量的运算.
【题型突破】
题型一 定义新几何体或几何体的度量
例1 (2024·南昌二模)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1 与图2 是完全相同
的“斜截圆柱”，AB 是底面圆O 的直径，AB＝2BC＝2，椭圆所在平面垂直于
平面ABCD，且与底面所成二面角为45°，图1 中，点P 是椭圆上的动点，点P
在底面上的投影为点P1，图2 中，椭圆上的点Ei(i＝1，2，3，…，n)在底面上的
投影分别为Fi，且Fi均在直径AB 的同一侧.
(1)当∠AOP1＝时，求PP1的长度；
(2)①当n＝6 时，若图2 中，点F1，F2，…，F6将半圆均分成7 等份，求(E1F1－
2)·(E2F2－2)·(E3F3－2)；
②证明：AF1·E1F1＋F1F2·E2F2＋…＋
·EnFn＋FnB·BC<2π.
(1)解 如图，取CD 中点M，过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PP1交于点I，
因MH＝MG＝1，∠CMH＝∠DMG＝45°，则DG＝HC＝1，AG＝2，过M 作GH
的垂线，交圆M 于J，K 两点.
过I 作IN⊥JK 交JK 于点N，又由PI⊥圆M，因JK⊂圆M，则PI⊥JK，又因
PI∩IN＝I.故JK⊥平面PIN.
因PN⊂平面PIN，故PN⊥JK，所以∠PNI 为椭圆面与圆M 所在平面的夹角，也
即椭圆面与底面所成角，
所以∠PNI＝45°，则△PNI 为等腰直角三角形，PI＝IN.
设∠AOP1＝θ，如图作圆M 所在平面的俯视图，则∠GMI＝θ，
由GH⊥JK，IN⊥JK，所以GH∥IN，
则有∠NIM＝∠GMI＝θ，
所以IN＝MIcos θ＝cos θ，
所以PP1＝IP1＋PI＝IP1＋IN＝2＋cos θ，
当θ＝时，PP1＝2＋cos ＝.
(2)①解 n＝6 时，θ＝，
所以E1F1＝2＋cos ，E2F2＝2＋cos ，
E3F3＝2＋cos ，
所以(E1F1－2)·(E2F2－2)·(E3F3－2)
＝cos cos cos
＝××
＝××＝.
②证明 由(1)知PP1＝2＋cos θ，也即PP1是关于θ 的函数，
也即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E1F1，E2F2，…，EnFn，BC 绘制于函数y＝2＋cos x 图象上，
并以EiFi，Fi－1Fi(i＝2，3，…，n)为边作矩形，则矩形的面积即为
·EiFi，
所以AF1·E1F1＋F1F2·E2F2＋…＋
·EnFn＋FnB·BC 即为这些矩形的面积之
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×2π×4＝4π，
所以函数y＝2＋cos x(0≤x≤π)与坐标轴围成的面积为×4π＝2π，
又因为无论点Fi(i＝1，2，3，…，n－1)是否均匀分布在半圆弧AB 上，
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AF1·E1F1＋F1F2·E2F2＋…＋
·EnFn＋FnB·BC<2π，得证.
反思感悟 本题主要考查“斜截圆柱”的母线长与其在底面的射影对应张角的函
数关系的应用，解题思路在于作出与底面平行的横截面，利用二面角建立PP1与
θ 的函数关系PP1＝2＋cos θ，结合三角函数的图象理解待证式左边的几何意义，
最后通过补形求得斜截圆柱的侧面积，比较大小既得.
训练1 (2024·石家庄调研)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，底面ABCD 为菱形，且AA1＝AB＝1.
(1)求直四棱柱ABCD－A1B1C1D1在各个顶点的离散曲率之和；
(2)若直四棱柱ABCD－A1B1C1D1 在点A 处的离散曲率为x，直四棱柱ABCD－
A1B1C1D1体积为f(x)，求函数y＝f(x)的解析式及单调区间.
解 (1)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠A1AD＝∠A1AB＝，底面ABCD 为菱形，
由离散曲率的定义知：A，A1，C，C1的离散曲率相等，B，B1，D，D1的离散曲
率相等，
所以A 处的曲率为1－×＝－，而D 处的曲率为1－×＝－，
又∠BAD＋∠ADC＝π，
所以A，D 两处的曲率和为－＋－＝1－＝，
故直四棱柱ABCD－A1B1C1D1在各个顶点的离散曲率之和4×＝2.
(2)由题设，A 处的曲率1－×
＝－＝x，故∠BAD＝π(1－2x)，
所以直四棱柱底面面积为2S△ABD＝2××12×sin π(1－2x)＝sin π(1－2x)＝sin 2πx，
故直四棱柱ABCD－A1B1C1D1高为1，
故体积为f(x)＝sin 2πx，
令2kπ－≤2πx≤2kπ＋，k∈Z，
可得k－≤x≤k＋，k∈Z，
即 ，k∈Z 上f(x)单调递增；
令2kπ＋≤2kx≤2kπ＋，k∈Z，可得k＋≤x≤k＋，k∈Z，即，k∈Z 上f(x)单调递
减；
所以f(x)单调递增区间为，单调递减区间为，k∈Z.
题型二 定义新空间向量或向量的运算
例2 (2024·济南模拟)在空间直角坐标系O－xyz 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S1，
Q∩M 中所有点构成的图形的面积为S2，求S1和S2的值；
(2)记集合Q 中所有点构成的几何体的体积为V1，P∩Q 中所有点构成的几何体的
体积为V2，求V1和V2的值；
(3)记集合T 中所有点构成的几何体为W.
①求W 的体积V3的值；
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 (1)集合M＝{(x，y，z)|z＝0}表示xOy 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xOy 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S1＝4.
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xOy 平面上的截面内所有的点.
它是边长为2 的正方形，因此S2＝8.
(2)记集合Q，P∩Q 中所有点构成的几何体的体积分别为V1，V2；
考虑集合Q 的子集Q′＝{(x，y，z)|x＋y＋z≤2，x≥0，y≥0，z≥0}；
即为三个坐标平面与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)，
此四面体的体积为VQ′＝×2×＝，
由对称性知，V1＝8VQ′＝，
考虑到P 的子集P′构成的几何体为棱长为1 的正方体，
即P′＝{(x，y，z)|0≤x≤1，0≤y≤1，0≤z≤1}，
Q′＝{(x，y，z)|x＋y＋z≤2，x≥0，y≥0，z≥0}，
显然P′∩Q′为两个几何体公共部分，
记Q1(1，1，0)，Q2(1，0，1)，Q3(0，1，1)，Q4(1，1，1).
容易验证Q1，Q2，Q3在平面x＋y＋z＝2 上，同时也在P′的底面上.则P′∩Q′为截
去三棱锥Q4－Q1Q2Q3所剩下的部分.
P′ 的体积VP′ ＝1×1×1 ＝1 ，三棱锥Q4 －Q1Q2Q3 的体积为VQ4 －Q1Q2Q3 ＝
×1××(1×1)＝.
故P′∩Q′的体积VP′∩Q′＝VP′－VQ4－Q1Q2Q3
＝1－＝.
当由对称性知V2＝8VP′∩Q′＝.
(3)①如图所示，即为T 所构成的图形.
其中正方体ABCD－IJML 即为集合P 所构成的区域.E－ABCD 构成了一个正四棱
锥，
其中E 到平面ABCD 的距离为2，
VE－ABCD＝×1×2×2＝，V3＝VP＋6VE－ABCD＝8＋6×＝16.
②由题意平面EBC 方程为x＋z－2＝0，
由题干定义知其法向量n1＝(1，0，1)，
平面ECD 方程为y＋z－2＝0，
由题干定义知其法向量n2＝(0，1，1)，
故cos〈n1，n2〉＝＝.
由图知两个相邻的面所成角为钝角.
故W 相邻两个面所成角为.
由图可知共有12 个面，24 条棱.
反思感悟 1.解决第(1)问时应用“建域”的方法，即通过研究几何体的某一局部
特征，结合对称性，进而将这一局部特征推广至几何体整体，这样做可以主观简
化几何体结构，降低思维量，达到四两拨千斤的解题效果.
2.解第(3)问时应用了“降维”的方法，即从符合构图要求的低维几何要素开始构
图，就像作截面时“先找截点再连截线最后围截面”一样来构造几何体.
训练2 (2024·武汉调研)三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如
下：
＝a1b2c3＋a2b3c1＋a3b1c2－a3b2c1－a2b1c3－a1b3c2.
若a×b＝，则称a×b 为空间向量a 与b 的叉乘，其中a＝x1i＋y1j＋z1k(x1，y1，
z1∈R)，b＝x2i＋y2j＋z2k(x2，y2，z2∈R)，{i，j，k}为单位正交基底.以O 为坐标
原点，分别以i，j，k 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
已知A，B 是空间直角坐标系中异于O 的不同两点.
(1)①若A(0，2，1)，B(－1，3，2)，求OA×OB；
②证明：OA×OB＋OB×OA＝0.
(2)记△AOB 的面积为S△AOB，证明：S△AOB＝|OA×OB|；
(3)问：(OA×OB)2的几何意义表示以△AOB 为底面、|OA×OB|为高的三棱锥体
积的多少倍？
(1)①解 因为A(0，2，1)，B(－1，3，2)，
则OA×OB＝＝4i－j＋0＋2k－0－3i＝i－j＋2k＝(1，－1，2).
②证明 设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，
则OA×OB＝y1z2i＋z1x2j＋x1y2k－x2y1k－z2x1j－y2z1i＝(y1z2－y2z1，z1x2－z2x1，x1y2－
x2y1)，
x2与x1互换，y2与y1互换，z2与z1互换，
可得OB×OA＝(y2z1－y1z2，z2x1－z1x2，x2y1－x1y2)，故OA×OB＋OB×OA＝(0，
0，0)＝0.
(2)证明 因为sin∠AOB＝
＝.
故S△AOB＝|OA||OB|·sin∠AOB
＝，
故要证S△AOB＝|OA×OB|，
只需证|OA×OB|
＝，
即证|OA×OB|2＝|OA|2|OB|2－(OA·OB)2.
由(1)OA＝(x1，y1，z1)，OB＝(x2，y2，z2)，
OA×OB＝(y1z2－y2z1，z1x2－z2x1，x1y2－x2y1)，
故|OA×OB|2＝(y1z2－y2z1)2＋(z1x2－z2x1)2＋(x1y2－x2y1)2，
又|OA|2＝x＋y＋z，|OB|2＝x＋y＋z，
(OA·OB)2＝(x1x2＋y1y2＋z1z2)2，
则|OA×OB|2＝|OA|2|OB|2－(OA·OB)2成立，
故S△AOB＝|OA×OB|.
(3)解 由(2)S△AOB＝|OA×OB|，得
(OA×OB)2＝|OA×OB|2
＝|OA×OB|·2|OA×OB|
＝S△AOB·2|OA×OB|，
故(OA×OB)2＝S△AOB·|OA×OB|·6，
故(OA×OB)2的几何意义表示：
以△AOB 为底面、|OA×OB|为高的三棱锥体积的6 倍.
【精准强化练】
1.(2024·安徽名校大联考)空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直
角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标
系”.现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为60°，我们将这种坐
标系称为“斜60°坐标系”.我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜60°坐标
系”下向量的斜60°坐标：i，j，k 分别为“斜60°坐标系”下三条数轴(x 轴，y
轴，z 轴)正方向的单位向量.若向量n＝xi＋yj＋zk，则n 与有序实数组(x，y，z)
相对应，称向量n 的斜60°坐标为[x，y，z]，记作n＝[x，y，z].
(1)若a＝[1，2，3]，b＝[－1，1，2]，求a＋b 的斜60°坐标；
(2)在平行六面体ABCD－ABC1D1中，AB＝AD＝
2，AA1＝3，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°。N 为线段D1C1 的中点.如图，以
{AB，AD，AA1}为基底建立“空间斜60°坐标系”.
①求BN的斜60°坐标；
②若AM＝[2，－2，0]，求AM与BN夹角的余弦值.
解 (1)由a＝[1.2，3]，b＝[－1，1，2]，
知a＝i＋2j＋3k，b＝－i＋j＋2k，
所以a＋b＝(i＋2j＋3k)＋(－i＋j＋2k)＝3j＋5k，所以a＋b＝[0，3，5].
(2)设i，j，k 分别为与AB，AD，AA1同方向的单位向量，
则AB＝2i，AD＝2j，AA1＝3k，
①BN＝BC＋CC1＋C1N＝AD＋AA1－AB
＝2j＋3k－i＝－i＋2j＋3k，
∴BN＝[－1，2，3].
②因为AM＝[2，－2，0]，
所以AM＝2i－2j，
则|AM|＝|2i－2j|＝
＝＝＝2，
∵|BN|＝＝，
∴BN·AM＝(－i＋2j＋3k)·(2i－2j)＝4i·j＋6i·k－2i2－4j2－6k·j＋2i·j＝－3，
cos〈BN，AM〉＝＝＝－，
所以AM与BN的夹角的余弦值为－.
2.(2024·沈阳二模)蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1 所示，蜂房结构
是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H－ABC，J－CDE，K－EFA，再分别以
AC，CE，EA 为轴将△ACH，△CEJ，△EAK 分别向上翻转180°，使H，J，K
三点重合为点S 所围成的曲顶多面体(下底面开口)，如图2 所示，蜂房曲顶空间
的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲
率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π 减去蜂房多面体在该点的各个面角之和
(多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示).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2π－3×＝π.
(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；
(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设BH＝x.
①用x 表示蜂房(图2 右侧多面体)的表面积S(x)；
②当蜂房表面积最小时，求其顶点S 的曲率的余弦值.
解 (1)蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7 个顶点的曲率之和，
根据定义其度量值等于7×2π 减去三个菱形的内角和3×2π，
再减去6 个直角梯形中的两个非直角内角和6×π，
即蜂房曲顶空间的弯曲度为7×2π－3×2π－6π＝2π.
(2)①如图所示，连接AC，SH，
则AC＝，
设点S 在上底面ABCDEF 的射影为O，则OB＝1，
则SH＝＝，
菱形SAHC 的面积为S 菱形SAHC＝×，
△ABH 的面积S△ABH＝x，
令正六棱柱的侧面积为定值S0，
则蜂房的表面积S(x)＝－3x＋S0，S′(x)＝－3.
②令S′(x)＝0，得到x＝，
x∈时，S′(x)<0，S(x)单调递减，
x∈时，S′(x)>0，S(x)单调递增，
则S(x)在x＝处取得极小值，也即是最小值.
此时SA＝SC＝＝，
在△SAC 中，令∠ASC＝θ，
由余弦定理得cos θ＝＝－，
又顶点S 的曲率为2π－3θ，
∴cos(2π－3θ)＝cos 3θ＝cos(2θ＋θ)
＝cos 2θcos θ－sin 2θsin θ
＝(2cos2θ－1)cos θ－2sin2θcos θ
＝(2cos2θ－1)cos θ－2(1－cos2θ)cos θ
＝4cos3θ－3cos θ
＝4×－3×
＝.
