空间向量与立体几何：最值与范围问题、截面与轨迹问题、立体几何新定义问题
专项训练
考点目录
最值与范围问题
截面与轨迹问题
立体几何新定义问题
1．（24-25 高二下·河南新乡·期末）如图，直四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的底面ABCD 是菱形，
1
4
AA =
，
2
AB =
，
BAD
Ð
为锐角，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，
1A D 的中点．
(1)证明：EG ∥平面
1
C DF ．
(2)求二面角
1
C
DF
C
-
-
的余弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
17
17
【详解】（1）由题意证明如下，
连接
1
AD ，
1
BD ，
1
CD ，设
1
1
CD
C D
H
=
I
，连接FH ．
考点一
最值与范围问题
在
1
ABD
V
中，E ，G 分别是AB ，
1
AD 的中点，所以EG ∥
1
BD ，
在
1
CBD
△
中，F ，H 分别是BC ，
1
CD 的中点，所以FH ∥
1
BD ，
∴EG ∥FH ．
∵EG Ë 平面
1
C DF ，FH Ì 平面
1
C DF ，
∴EG ∥平面
1
C DF ．
（2）由题意及（1）得，
过点D 作DK
AB
^
交AB 于点K ．
以D 为坐标原点，DK 所在直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
0,0,0
D
，
1 0,2,4
C
．
设
π
0, 2
BAD
a
æ
ö
Ð
=
Îç
÷
è
ø，
则
sin
2sin
DK
AD
a
a
=
=
，
cos
2cos
AK
AD
a
a
=
=
．
设
0
0
,
,0
F x
y
，
则
0
1
sin
2
x
DK
a
=
=
，
0
1
2
cos
2
y
CD
BK
a
=
+
=
-
，
即
sin
,2
cos ,0
F
a
a
-
，
则
1
0,2,4
DC =
uuuur
，
sin
,2
cos ,0
DF
a
a
=
-
uuur
．
设平面
1
C DF 的法向量为
, ,
m
x y z
=
r
，
则
1
0,
0,
m DC
m DF
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuuur
r
uuur
r
所以
2
4
0,
sin
2
cos
0,
y
z
x
y
a
a
+
=
ì
í
+
-
=
î
可取
1
2
cos , sin
,
sin
2
m
a
a
a
æ
ö
=
-
-
ç
÷
è
ø
r
．
由几何知识得，平面DCF 的一个法向量为
0,0,1
n =
r
，
2
2
2
1 sin
2
cos
,
1
2
cos
sin
sin
2
m n
m n
m n
a
a
a
a
×
=
=
æ
ö
-
+ -
+ ç
÷
è
ø
r r
r r
r r
2
2
2
2
1 sin
1
1
2
1
1
5
4cos
1
5
4cos
sin
5
4cos
sin
2
4
4
1 cos
4
2
sin
a
a
a
a
a
a
a
a
=
=
=
-
-
+
-
+
+
-
．
令
5
4cos
1,5
t
a
-
= Î
，
则
2
2
5
4cos
16
16
16
4
9
1 cos
10
9
9
10
2
10
t
t
t
t
t
t
t
a
a
-
=
=
³
=
-
-
+
-
æ
ö
-
+
+
-
×
+
ç
÷
è
ø
，
当且仅当5
4cos
3
t
a
-
= =
，即
1
cos
2
a =
，
π
3
a =
，等号成立，
所以
2
1
1
17
17
5
4cos
1
1
2
2 4
1 cos
4
4
a
a
£
=
-
+
+
-
．
∴二面角
1
C
DF
C
-
-
的余弦值的最大值为
17
17
．
2．（24-25 高二下·广西·阶段练习）在四棱锥P
ABCD
-
中，平面PAB ^平面ABCD ，平面PAD ^平面ABCD ，底
面ABCD 为正方形.
(1)求证：AP ^ 平面ABCD ；
(2)设PD 的中点为E 且AE
PC
^
，
4
PA =
.若Q 为平面ABCD 上的一点，且
2 11
QB
QD
+
=
，求PQ与平面ABCD 所
成角正弦值的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2) 2 38
19
【详解】（1）∵底面ABCD 是正方形，∴AB
AD
^
，
∵平面PAD ^平面ABCD ，平面PAD Ç 平面ABCD
AD
=
，AB Ì 平面ABCD ，
∴AB ^平面PAD ．∵AP Ì 平面PAD ，∴AB
AP
^
．
同理可得AD
AP
^
，
∵AD
AB
A
Ç
=
，AD ，AB Ì 平面ABCD ，∴AP ^ 平面ABCD ．
（2）由（1）知AB ^平面PAD ，
//
AB CD ，∴CD ^ 平面PAD ，
又∵AE Ì 面PAD ，
∴DC
AE
^
．∵AE
PC
^
，PC
CD
C
Ç
=
，
,
PC CD Ì PCD，∴AE ^ 平面PCD，
又PD Ì 平面PCD，∴AE
PD
^
．
∵E 为PD 中点，∴
4
AP
AD
=
=
．
如图，设AC
BD
O
=
I
，以O 为原点，OB ，OC 所在直线分别为x，y 轴，z 轴//AP ，建立空间直角坐标系．
则
2 2,0,0
B
，
2 2,0,0
D -
，则
4 2
BD =
，又
2 11
QB
QD
BD
+
=
>
．
由题意可知，点Q 的轨迹是以B ，D 为焦点的椭圆，设椭圆方程为
2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
+
=
>
>
，
又∵
2 11
QB
QD
+
=
，所以该椭圆
11
a =
，
2 2
c =
，则
2
2
3
b
a
c
=
-
=
，
所以Q 在平面ABCD 内椭圆轨迹方程为：
2
2
1
11
3
x
y
+
= ．
设
0
0
,
,0
Q x
y
，
0, 2 2,4
P
-
， ∴
0
0
,
2 2, 4
PQ
x
y
=
+
-
uuur
．
又
0,0,1
n =
r
是平面ABCD 的法向量，
记PQ与面ABCD 所成角为q ，则
2
2
0
0
4
sin
cos
,
2 2
16
PQ n
x
y
q =
=
+
+
+
uuur r
，
又由Q 的轨迹方程得
2
2
0
0
1
11
3
y
x
æ
ö
=
-
´
ç
÷
è
ø
．
记
2
2
2
0
0
0
0
0
8
1
11
2 2
16
4 2
35
3
3
y
t y
y
y
y
æ
ö
=
-
´
+
+
+
= -
+
+
ç
÷
è
ø
，
0
3, 3
y Î -
．
该二次函数的对称轴为
0
3 2
3, 3
4
y =
Î -
，∴
0
max
3 2
38
4
t y
t æ
ö
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
所以PQ与平面ABCD 所成角正弦值的最小值为
min
4
2 38
sin
19
38
q
=
=
3．（2025·陕西安康·模拟预测）如图，在四棱锥S
ABCD
-
中，
2
SD
SM
=
uuur
uuur
，
2
AC
AN
=
uuur
uuur
，
0
DA DS
×
>
uuur uuur
，
2
2
2
AB
BC
AC
AM
AD
CD
=
=
=
=
=
=
，
90
SCA
Ð
=
o．
(1)求证：AC ^平面BMN ；
(2)若二面角M
AC
D
-
-
的正切值为2 ，求四棱锥S
ABCD
-
的体积；
(3)求直线SC 与平面ACM 所成角的余弦值的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 4 2
2 6
3
+
(3)
6
3
【详解】（1）因为AB
BC
=
，N 为AC 的中点，所以BN
AC
^
，
延长BN 交CD 于点E ，连接ME ，
因为
2
2
2
AC
AD
CD
=
=
=
，则
2 2
CD =
，所以
2
2
2
AC
AD
CD
+
=
，所以AC
AD
^
，
因为BN
AC
^
，则EN
AC
^
，
在底面ABCD 中，AD
AC
^
，EN
AC
^
，所以
//
EN AD ，
因为N 为AC 的中点，故E 为CD 的中点，
因为
2
SD
SM
=
uuur
uuur
，即M 为SD 的中点，所以
//
ME SC ，
因为
90
SCA
Ð
=
o，即AC
SC
^
，故ME
AC
^
，
因为ME
BN
E
=
I
，ME 、BN Ì 平面BMN ，故AC ^平面BMN .
（2）由（1）可知，因为AC ^平面BMN ，MN 、EN Ì平面BMN ，故MN
AC
^
，EN
AC
^
，
所以，二面角M
AC
D
-
-
的平面角为
MNE
Ð
，
因为
2
AM =
，
1
1
2
AN
AC
=
= ，所以
2
2
2
2
2
1
3
MN
AM
AN
=
-
=
-
=
，
过点M 在平面BMN 内作MF
BE
^
，垂足为点F ，
则tan
2
MF
MNE
NF
Ð
=
=
，故
2
2
NF
MF
=
，
由勾股定理可得
2
2
2
2
2
2
1
3
3
2
2
MN
MF
NF
MF
MF
MF
=
+
=
+
=
=
，解得
2
MF =
，
所以点S 到平面ABCD 的距离为
2
2 2
d
MF
=
=
.
由（1）可知
2
2
2
2
2
1
3
BN
AB
AN
=
-
=
-
=
，
因为
2
1
1
1
1
2
3
2
2
3
2
2
2
2
ABC
ACD
ABCD
S
S
S
AC BN
AC AD
=
+
=
×
+
×
=
´ ´
+
´
=
+
△
△
四边形
，
因此
1
1
4 2
2 6
2
3
2 2
3
3
3
P ABCD
ABCD
V
S
d
-
+
=
×
=
´
+
´
=
四边形
.
（3）因为
//
SC ME ，故直线SC 与平面ACM 所成角等于ME 与平面ACM 所成的角，
过点E 在平面BMN 内作EG
MN
^
，垂足为点G ，
因为AC ^平面BMN ，EG Ì 平面BMN ，所以EG
AC
^
，
又因为EG
MN
^
，AC
MN
N
Ç
=
，AC 、MN Ì平面ACM ，故EG ^平面ACM ，
所以，ME 与平面ACM 所成的角为
EMN
Ð
，
在EMN
V
中，
3
MN =
，
1
EN = ，
由正弦定理得sin
sin
EN
MN
EMN
MEN
=
Ð
Ð
，
故
sin
3
3
sin
sin
3
3
EN
MEN
EMN
MEN
MN
Ð
Ð
=
=
Ð
£
，当且仅当ME
EN
^
时，等号成立，
故直线SC 与平面ACM 所成角的正弦值的最大值为
3
3
，
即直线SC 与平面ACM 所成角的余弦值的最小值为
2
3
6
1
3
3
æ
ö
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
.
4．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图1，在等腰直角三角形DFC 中，FD
FC
=
，A 、B 、E 分别在线段DF 、
FC 、CD 上，且AB
CD
∥
，AE
FC
∥
．已知
1
FA = ，
2
AD =
，沿AE 将DAE
V
折起，使得平面DAE ^ 平面
AFCE ，如图2．
(1)求证：平面BDE ^ 平面ABD ；
(2)求直线DF 与平面EDC 所成角的正弦值；
(3)点Q 在线段DF 上，设直线BQ 与直线BE 所成角为q ，求cosq 的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 15
5
(3)
2
2
【详解】（1）|
| 1
FA =
Q
，|
| 2
AD =
，AB
CD
∥
，
|
| 1
FB
\
= ，|
| 2
BC =
，
又AE
BC
∥
，|
| 3 2
CD =
，
|
| 2 2
DE
\
=
，|
|
2
EC =
45
ECB
Ð
=
°
Q
，
2
2
2
|
|
|
|
|
|
2 |
| |
| cos45
2
BE
BC
EC
BC
EC
\
=
+
-
×
×
° =
,
又
2
|
|
2,|
|
|
| 2
3
AB
AE
FC
=
=
=
，
2
2
2
|
|
|
|
|
| ,
BE
AB
AE
BE
AB
\
+
=
^
Q平面DAE ^ 平面AFCE ，且平面DAE I 平面AFCE
AE
=
，又DA
AE
^
，
DA Ì 平面DAE ，
DA
\
^ 平面AFCE ，BE Ì 平面AFCE ，
DA
BE
\
^
，
,
,
DA
AB
A DA AB
=
Ì
Q
I
平面ABD ，
BE
\
^ 平面DAB ，
BE Ì
Q
平面BDE ，
\平面BDE ^ 平面ABD
（2）
DA ^
Q
平面
,
AFCE AF
AE
^
,
\建立如图所示空间直角坐标系,
\
0,0,0
A
，
1,0,0
F
，
0,2,0
E
，
0,0,2
D
，
1,1,0
B
，
1,3,0
C
，
1,0, 2
DF =
-
uuur
，
0, 2,2
ED =
-
uuur
，
1,3, 2
DC =
-
uuur
,
设平面EDC 的法向量为
, ,
m
x y z
=
r
，则
2
2
0
3
2
0
y
z
x
y
z
-
+
=
ì
í +
-
=
î
，取
1
y = ，
1,1,1
m
\
= -
r
,
设直线DF 与平面EDC 所成的角为a ，
则
1
2
15
sin
cos
,
5
5
3
DF m
a
- -
=
=
=
×
uuu
r
r
.
（3）设
1,0, 2
,0, 2
DQ
DF
l
l
l
l
=
=
-
=
-
uuur
uuur
，其中0
1
l
≤
≤，
则
,0,2
2
Q l
l
-
，
1,1,0
BE = -
uuur
，
1, 1,2
2
BQ
l
l
=
-
-
-
uuur
，
所以
2
2
1 1
1
cos
6
10
2
5
10
6
2
5
l
q
l
l
l
l
- +
=
=
×
-
+
×
-
+
，
令
1
t
l
=
，则
1
t ³ ，
所以
2
1
cos
2
6
10
5
t
t
q =
×
-
+
，
当
1
t ³ 时，
2
6
10
5
t
t
-
+
单调递增，
故在
1
t = 时，cosq 取最大值，此时
2
cos
2
q =
.
5．（2025·山西·二模）
ABC
V
中，AB
AC
=
，AB
AC
^
，
4
BC =
，D 是BC 的中点，E 是AB 的中点，F 是BD 的
中点.如图，将
BEF
△
和ACD
V
分别沿EF 、AD 向平面ADFE 的同侧翻折至MEF
V
和
ADN
△
的位置，且使得
//
DN MF .
(1)证明：A 、E 、M 、N 共面；
(2)若
6
5
MN =
，求三棱锥A
DEN
-
的体积；
(3)求平面DEM 与平面AEMN 的夹角的余弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2) 16
25
(3) 1
3
【详解】（1）取DN 的中点G ，AD 的中点H ，连接MG 、GH 、HE ，
因为G 、H 分别为DN 、AD 的中点，所以
//
GH AN ，
1
2
GH
AN
=
，
翻折前，
ABC
V
中，AB
AC
=
，AB
AC
^
，
4
BC =
，
D 是BC 的中点，E 是AB 的中点，F 是BD 的中点，
则BD
CD
=
，
1
1
2
2
BF
BD
CD
=
=
，
//
EF AD，
1
2
EF
AD
=
，AD
BC
^
，
翻折后，则有
1
2
MF
DN
=
，
//
EF AD，
1
2
EF
AD
=
，
因为
//
MF DN ，G 为DN 的中点，所以
//
MF DG ，MF
DG
=
，
所以，四边形DGMF 为平行四边形，所以
//
MG DF ，MG
DF
=
，
因为H 为AD 的中点，所以
//
EF DH ，EF
DH
=
，故四边形DFEH 为平行四边形，
所以
//
EH DF ，EH
DF
=
，故
//
MG EH ，MG
EH
=
，
所以四边形MGHE 为平行四边形，所以
//
ME GH ，所以
//
ME AN ，
所以A 、E 、M 、N 共面.
（2）过点N 在平面MNDF 内作NP
DF
^
，垂足为点P ，
翻折前，因为AD
BC
^
，翻折后，则有AD
DF
^
，AD
DN
^
，
因为DN 、DF Ì 平面DFN ，DN
DF
D
=
I
，所以AD ^ 平面DFN ，
因为NPÌ 平面DFN ，所以AD
NP
^
，
因为PN
DF
^
，AD
DF
D
Ç
=
，AD 、DF Ì 平面ADE ，所以PN ^平面ADE ，
即NP 是三棱锥N
ADE
-
的高.
由（1）的图，在MNG
V
中，
1
MG
DF
=
= ，
1
1
2
NG
DN
=
= ，
6
5
MN =
由余弦定理得
2
2
2
2
2
2
6
1
1
7
5
cos
2
2 1 1
25
MG
GN
MN
MGN
MG GN
æ
ö
+
-ç
÷
+
-
è
ø
Ð
=
=
=
×
´ ´
，
所以
2
2
7
24
sin
sin
1 cos
1
25
25
NDP
MGN
MGN
æ
ö
Ð
=
Ð
=
-
Ð
=
-
=
ç
÷
è
ø
，
所以
24
48
sin
2
25
25
NP
DN
NDP
=
×
Ð
=
´
=
，
在
ABC
V
中，AB
AC
=
，AB
AC
^
，
4
BC =
，D 是BC 的中点，
则
1
2
2
AD
BC
=
=
，
1
1
1
2
4
DF
BD
BC
=
=
= ，
所以，
1
1
2 1
1
2
2
ADE
S
AD DF
=
×
=
´ ´ =
△
所以三棱锥A
DEN
-
的体积为
1
1
48
16
1
3
3
25
25
A DEN
N
ADE
ADE
V
V
NP S
-
-
=
=
´
×
=
´
´ =
△
.
（3）在平面DFMN 中，过点F 作QF
DF
^
，交MN 于点Q ，
因为AD ^ 平面DFN ，QF
DF
^
，
以点F 为坐标原点，FD
uuur 、DA
uuur 、FQ
uuur
的方向分别为x 、y 、z 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则
1,0,0
D
、
0,1,0
E
、
1,2,0
A
，
设
0
π
NDF
q
q
Ð
=
<
<
，则
cos ,0,sin
M
q
q
-
，
所以
1, 1,0
ED =
-
uuur
，
1,1,0
EA =
uuur
，
cos , 1,sin
EM
q
q
= -
-
uuuur
，
设平面DEM 的一个法向量
, ,
m
x y z
=
r
，
则
0
cos
sin
0
m ED
x
y
m EM
x
y
z
q
q
ì
×
=
-
=
ïí
×
= -
-
+
=
ïî
uuur
r
uuuur
r
，
令
1
x = ，则
1
y = ，
2
2cos
1 1
1
cos
1
2
sin
2sin
cos
tan
2
2
2
z
q
q
q
q
q
q
- +
+
=
=
=
，所以
1
1,1,
tan 2
m
q
æ
ö
ç
÷
= ç
÷
ç
÷
è
ø
r
，
设平面AEMN 的一个法问量
, ,
n
a b c
=
r
，则
0
cos
sin
0
n EA
a
b
n EM
a
b
c
q
q
ì ×
=
+
=
ïí ×
= -
-
+
=
ïî
uuur
r
uuuur
r
，
令
1
a = ，则
1
b = - ，
2
1
2sin
1
cos
1
2
tan
sin
2
2sin
cos
2
2
c
q
q
q
q
q
q
-
-
-
=
=
= -
，所以
1, 1,
tan 2
n
q
æ
ö
=
- -
ç
÷
è
ø
r
，
设平面DEM 与平面AEMN 的夹角为a ，
则
2
2
1
cos
1
2
2
tan 2
tan 2
m n
m
n
a
q
q
×
=
=
×
æ
ö
ç
־
ö
+
+
ç
֍
÷
è
ø
ç
÷
è
ø
r r
r
r
2
2
2
2
1
1
1
3
1
5
4 tan
1
2
5
2 tan
tan
2
2
tan 2
q
q
q
q
=
£
=
æ
ö
+
´
ç
÷
+
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
因为0
π
q
<
<
，所以
π
0
2
2
q
<
<
，则
θ
tan
0
2 >
，
当且仅当tan
1
2
q = ，即
π
2
4
q =
时，即
π
2
q =
时，等号成立.
所以平面DEM 与平面AEMN 的夹角的余弦值的最大值为1
3 .
6．（24-25 高二下·江苏南通·期末）如图，已知圆台
1
OO 的上、下底面半径分别为3 和6，母线与下底面所成的角
为30°．
(1)求圆台
1
OO 的体积；
(2)设
1
AA ，
1
BB 分别是圆台
1
OO 的两条母线．
（ⅰ）求证：
1
1
//
AB A B ；
（ⅱ）若
120
AOB
Ð
=
° ，P 是圆
1
O 上的动点，求直线OP 与平面
1
O AB 所成角正弦值的最大值．
【答案】(1) 21 3p
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
3
2
【详解】（1）因为圆台
1
OO 的上、下底面半径分别为3 和6，母线与下底面所成的角为30°，
所以圆台的高为
3 ，
所以圆台的体积为
1
(9
36
18 )
3
21 3
3
p
p
p
p
=
´
+
+
´
=
V
．
（2）（ⅰ）由圆台定义知，母线
1
AA ，
1
BB 的延长线相交于一点M，
所以A，
1A ，
1B ，B 四点共面．
又因为圆面
1//
O
圆面O，
平面
1
1
AA B B Ç 圆面
1
1
1
O
A B
=
，
平面
1
1
AA B B Ç 圆面O
AB
=
，
所以
1
1
//
AB A B ．
（ⅱ）在圆面O 内作Oy
OA
^
，垂足为O．
以
1
,
,
OA Oy OO
uuur uur uuuur
为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系O
xyz
-
则
(0,0,0)
O
，
(6,0,0)
A
，
( 3,3 3,0)
-
B
，
1(0,0, 3)
O
，
(3cos
,3sin
, 3)
q
q
P
．
设平面
1
O AB 的一个法向量
( , , )
n
x y z
=
，
因为
( 9,3 3,0)
= -
uuur
AB
，
1
( 6,0, 3)
= -
uuuur
AO
，
由
1
n
0,
n
0,
AB
AO
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
uuuur
即
9
3 3
0,
6
3
0,
x
y
x
z
ì-
+
=
ïí
-
+
=
ïî
解得
2 3
=
z
x，
3
y
x
=
，
取
1
x = ，则
3
y =
，
2 3
z =
，得
(1, 3,2 3)
=
n
．
设直线OP 与平面
1
O AB 所成角为a ，
则
n
sin
cos
,n
n
OP
OP
OP
a
×
=
á
ñ =
×
uuur
uuur
uuur
3cos
3 3sin
6
3
3
sin(
) 1
4
6
2
2 3
4
q
q
p
q
+
+
=
=
×
+
+
£
´
，
当且仅当sin(
)
1
6
p
q +
= ，即
2
3
k
p
q
p
=
+
，k ÎZ 时，取“ = ”，
所以直线OP 与平面
1
O AB 所成角正弦值的最大值为
3
2
7．（2025·河南郑州·三模）在空间直角坐标系O-xyz 中，已知向量
, ,
0
u
a b c
abc
=
¹
r
，经过点
0
0
0
0
,
,
P x
y
z
，且以
u
r
为法向量的平面α 的方程为
0
0
0
0
a x
x
b y
y
c z
z
-
+
-
+
-
=
．
(1)求原点O 到平面
4
0
x
y
z
-
-
-
=
的距离；
(2)根据平面直角坐标系中点到直线的距离公式，类比出
0
0
0
,
,
P x
y z
到平面
0
A x
B y
C z
D
¢
¢
¢
¢
+
+
+
=
的距离公式，并
利用有关知识证明；
(3)已知平行六面体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
，平面
1
1
CDD C 的方程为
2
2
0
x
y
z
-
+
-
=
，平面
1
1
ADD A 经过点
0,0,1 ,
1,1,2 ,
2,2,1
E
F
G
，平面
1
1
ACC A 的方程为
2
1
0 1
2
kx
ty
z
t
-
-
+ =
≤≤
，求平面
1
1
CDD C 与平面
1
1
ACC A 夹角
的余弦值的最大值．
【答案】(1) 4 3
3
(2)
0
0
0
2
2
2
A x
B y
C z
D
d
A
B
C
+
+
+
=
¢
¢
¢
¢
¢
+
¢
¢
+
，证明见解析
(3)
1
2
【详解】（1）根据题意，平面的法向量
1
1, 1, 1
n =
- -
ur
，
在平面
4
0
x
y
z
-
-
-
=
上任取点
4,0,0
M
，可得
4,0,0
OM =
uuuur
，
设原点O 到平面
4
0
x
y
z
-
-
-
=
的距离为d ，则
1
1
|
|
4
4 3
3
|
|
3
OM n
d
n
×
=
=
=
uuuur ur
ur
，
故原点O 到平面
4
0
x
y
z
-
-
-
=
的距离为4 3
3
.
（2）由点到直线的距离公式
0
0
2
2
|
|
A x
B y
D
d
A
B
¢
¢
¢
+
+
=
¢
¢
+
，
类比：点到平面的距离公式为
0
0
0
2
2
2
A x
B y
C z
D
d
A
B
C
+
+
+
=
¢
¢
¢
¢
¢
+
¢
¢
+
，
证明如下：
不妨设
0
C ¹
，在平面
0
A x
B y
C z
D
¢
¢
¢
¢
+
+
+
=
内取一点
0,0,
D
Q
C
¢
æ
ö
-
ç
÷
¢
è
ø ，
则向量
0
0
0
,
,
D
QP
x
y
z
C
¢
æ
ö
=
+
ç
÷
¢
è
ø
uuur
，
取平面
0
A x
B y
C z
D
¢
¢
¢
¢
+
+
+
=
的一个法向量
,
,
n
A B C
¢
¢
=
¢
r
，
所以点
0
0
0
,
,
P x
y z
到平面
0
A x
B y
C z
D
¢
¢
¢
¢
+
+
+
=
的距离为：
0
0
0
2
2
2
|
|
|
|
|
|
A x
B y
C z
D
QP n
d
n
A
B
C
¢
¢
¢
¢
+
+
+
×
=
=
¢
¢
¢
+
+
uuur r
r
（3）
1,1,1
EF =
uuur
，
1,1, 1
FG =
-
uuur
设
, ,
p
i j r
=
r
为平面
1
1
ADD A 的一个法向量，则
0
0
EF p
i
j
r
EG p
i
j
r
ì
×
= +
+
=
ïí
×
= +
-
=
ïî
uuur r
uuur r
，
令
1
i = ，得
1
j = - ，
0
r =
，所以
1, 1,0
p =
-
r
．
因为平面
1
1
CDD C 的方程为
2
2
0
x
y
z
-
+
-
=
，所以由（2）知平面
1
1
CDD C 的一个法向量为
1, 2,1
q =
-
r
，
设直线
1
DD 的一个方向向量为
1
1
1
,
,
t
x y z
=
r
，则
1
1
1
1
1
0,
2
0.
t
p
x
y
t q
x
y
z
×
=
-
=
ì
í ×
=
-
+
=
î
r r
r r
令
1
1
x = ，得
1
1
y = ，
1
1
z = 所以
1,1,1
t =
r
．
因为
1 / /
DD
平面
1
1
ACC A ，所以平面
1
1
ACC A 的一个法向量
,
, 2
s
k
t
=
- -
r
与直线
1
DD 的方向向量
1,1,1
t =
r
垂直，所
以
2
0
s t
k
t
× =
- -
=
r r
，
所以平面
1
1
CDD C 与平面
1
1
ACC A 夹角的余弦值为
2
2
2
|
|
|
2
2 |
| 3 |
|
|| |
4 6
2
4
8 6
q s
k
t
t
q
s
k
t
t
t
×
+
-
=
=
+
+
+
+
r r
r
r
2
2
2
2
2
3
3
3
1
3
1
1
1
2
2
4
2
2
1
1
3
2 3
2
4
1
2
4
4
4
4
t
t
t
t
t
t
t
t
t
=
=
=
=
+
+
+
+
æ
ö
+
+
+
+
ç
÷
è
ø
又1
2
t
£ £
，1
1
1
2
t
£
£ ，
2
3
1
1
2
2
1
1
3
4
4
4
q s
q s
t
×
=
£
æ
ö
+
+
ç
÷
è
ø
r r
r r
平面
1
1
CDD C 与平面
1
1
ACC A 夹角的余弦值的最大值为
1
2 ．
8．（24-25 高二下·广东深圳·期末）如图，已知菱形ABCD 和等边三角形BCE 有公共边BC ，点B 在线段AE 上，
BC 与DE 交于点O，将BCE
V
沿着BC 翻折成
PBC
△
，得到四棱锥P
ABCD
-
，
2
BC =
．
(1)求证：平面PBC ^ 平面POD ；
(2)若
3
DP =
，求平面PAB 与平面PBC 夹角的余弦值．
(3)求直线PA 与平面PBC 夹角正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
21
7
(3)
3
3
【详解】（1）证明：连接BD，由菱形ABCD 和等边三角形BCE 有公共边BC ，可知
120
ABC
Ð
=
o ，
且AB
BC
CD
AD
CE
BE
=
=
=
=
=
，
/ /
AB
CD ，即
/ /
CD
BE ，
则四边形BDCE 为菱形，
所以BC
DE
^
，故翻折后
,
BC
DO BC
PO
^
^
，
因为DO
PO
O
=
I
，且都在平面POD 内，
所以
^
BC
平面POD ，
又
Ì
BC
平面PBC ，所以平面PBC ^ 平面POD ．
（2）由（1）知
^
BC
平面POD ，
Ì
BC
平面ABCD ，
则平面POD ^ 平面ABCD ，
如图，在平面POD 中过点O 作Oz
OD
^
，
又平面POD Ç平面ABCD
OD
=
，
所以Oz ^ 平面ABCD ，故
,
,
OD OB Oz 两两垂直，
以O 为原点，直线
,
,
OD OB Oz 分别为, ,
x y z 轴建立空间直角坐标系，
则
( 3,0,0), ( 3,2,0), (0,1,0),
(0, 1,0)
D
A
B
C
-
，
因为
3
DP
OD
OP
=
=
=
，所以POD
V
为等边三角形，
60
POD
Ð
=
o ，
则
3
3
(
,0, )
2
2
P
，
( 3,1,0)
BA =
uuur
，
)
3
3
1,
2
2
(
,
BP
-
=
uuur
，
(0,2,0)
CB =
uuur
，
设平面PAB 与平面PBC 夹角为
0
90
q
q
£
£
o
o ，
法向量分别为
1
1
1
1
( ,
,
)
n
x y z
=
ur
，
2
2
2
2
(
,
,
)
n
x
y
z
=
uur
，
则
1
1
1
1
1
1
1
3
0
3
3
0
2
2
n BA
x
y
n BP
x
y
z
ì
×
=
+
=
ïí
×
=
-
+
=
ïî
ur uuur
ur uuur
，取
1
1
x = 得
1
(1,
3,
3)
n =
-
-
ur
；
1
2
1
2
2
2
2
0
3
3
0
2
2
n CB
y
n BP
x
y
z
ì
×
=
=
ïí
×
=
-
+
=
ïî
ur uuur
ur uuur
，取
2
3
x =
得
2
( 3,0, 1)
n =
-
uur
，
所以
1
2
1
2
1
2
2 3
21
cos
cos
,
7
7
2
n n
n n
n n
q
×
=
=
=
=
´
ur uur
ur uur
ur uur
，
即平面PAB 与平面PBC 夹角的余弦值为
21
7
．
（3）由（2）知P 在平面xOz 上且
3
OP =
，
可设
3 cos
,0, 3sin
0
180
P
a
a
a
<
<
o
o ，
则
(0,2,0)
CB =
uuur
，
3 cos
3, 2, 3sin
AP
a
a
=
-
-
uuur
，
3 cos
, 1, 3sin
BP
a
a
=
-
uuur
，
设平面PBC 法向量为
3
3
3
(
,
,
)
m
x y z
=
ur
，
则
3
3
3
3
2
0
3 cos
3sin
0
m CB
y
m BP
x
y
az
a
ì
×
=
=
ïí
×
=
-
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
取
3
sin
x
a
=
得
(sin
,0,
cos
)
m
a
a
=
-
ur
，
设AP 与平面PBC 夹角为
0
90
j
j
£
£
o
o ，
则
2
2
2
3 1 cos
3sin
sin
cos
,
10
6cos
3 cos
1
4
3sin
1
AP m
AP m
AP m
a
a
j
a
a
a
×
-
=
=
=
=
-
-
+
+
´
uuur r
uuur r
uuur r
，
令
10
6cos
4,16
t
a
=
-
Î
，则
2
2
10
1
20
64
6
sin
3
3
36
t
t
t
t
t
j
-
æ
ö
-ç
÷
-
+
-
è
ø
=
´
=
´
3
64
3
3
20
20 16
6
6
3
t
t
æ
ö
=
´
-
+
£
´
-
=
ç
÷
è
ø
，
当且仅当
8
t =
，即
1
cos
3
a =
时成立，
所以直线PA 与平面PBC 夹角正弦值的最大值为
3
3
．
1．（2025·新疆喀什·模拟预测·多选）在棱长为2 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，点E 为正方形ABCD 内的动点（包
含边界），点F 为BC 的中点，则（ ）
A．三棱锥
1
1
1
A
B D E
-
的体积为定值
B．若
1
1
D E
B D
^
，则动点E 的轨迹长度为2 2
C．若点E 在线段AB 上（不包含端点），则四棱锥
1
D
AECD
-
存在外接球
D．若点E 为AB 的中点，则过
1, ,
D E F 三点的平面与该正方体的截面周长为2 13
2
+
【答案】ABD
【详解】因为点E 为正方形ABCD 内的动点，所以点E 到平面
1
1
1
1
D
C
B
A
的距离为
1
AA ，
又
1
1
1
1 1
1
1 1
1
1
1
3
A
B D
E A B D
B D
E
A
V
V
S
AA
-
-
=
=
×
V
为定值，故A 正确；
由正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
，可得
1
1
A B ^平面
1
1
DAA D ，又
1
AD Ì 平面
1
1
DAA D ，
所以
1
1
1
AD
A B
^
，又
1
1
AD
A D
^
，
1
1
1
1
A D
A B
A
=
I
，
1
1
1
,
A D A B Ì 平面
1
1
A B CD ，
所以
1
AD ^平面
1
1
A B CD ，又
1
B D Ì平面
1
1
A B CD ，所以
1
1
AD
B D
^
，
同理可证
1
1
D C
B D
^
，又
1
1
1
AD
D C
D
=
I
，
1
1
,
AD D C Ì 平面
1
AD C ，
所以
1
B D ^ 平面
1
AD C ，又
1
1
D E
B D
^
，所以
1
D E Ì 平面
1
AD C ，
点E 为正方形ABCD 内的动点，所以E
AC
Î
，又
2
2
2
2
2 2
AC =
+
=
，
所以动点E 的轨迹长度为2 2 ，故B 正确；
点E 在线段AB 上（不包含端点），若四棱锥
1
D
AECD
-
存在外接球，
则四边形AECD 需有外接圆，则
180
ADC
AEC
Ð
+ Ð
=
° ，
又
90
ADC
Ð
=
° ，所以
90
AEC
Ð
=
°，此时点E 与点B 重合（与题意不符合），
考点二
截面与轨迹问题
所以四棱锥
1
D
AECD
-
不存在外接球，故C 错误；
点F 为BC 的中点，点E 为AB 的中点，记直线EF 与
,
DA DC 延长线分别交于点
,
N M ，
连接
1
1
,
D N D M 分别交
1
1
,
A A C C 于
,
H G ，连接
,
HE GF ，
则五边形
1
D HEFG 为过
1, ,
D E F 三点的平面与该正方体的截面，
因为
/ /
AD
BC ，所以
1
NA
AE
BF
EB
=
= ，所以
1
1
2
2
AN
BC
AD
=
=
，所以
1
3
NA
ND =
，
又
1
1
/ /
AA
DD ，所以
1
1
3
AH
DD =
，所以
2
3
AH =
，所以
1
4
3
A H =
，
由勾股定理可得
2
2
1
1
1
1
2 13
3
D H
A H
A D
=
+
=
，
2
2
13
3
HE
AH
AE
=
+
=
，
2
2
2
EF
BE
BF
=
+
=
，同理可得
13
3
GF =
，
1
2 13
3
D G =
，
所以过
1, ,
D E F 三点的平面与该正方体的截面周长为2 13
2
+
，故D 正确.
故选：ABD.
2．（2025·广东惠州·模拟预测·多选）如图，正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的棱长为1，E 是
1
DD 的中点，则（ ）
A．
1
1
B C
BD
^
B．三棱锥
1
1
C
B CE
-
的体积为
1
2
C．三棱锥
1
1
C
B CE
-
的外接球的表面积为41π
16
D．由
1B ，C，E 三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为3 2
5
2
+
【答案】ACD
【详解】对于A，∵
1
1
B C
BC
^
，
1
1
1
B C
C D
^
，
1
1
1
1
BC
C D
C
=
I
，
1
BC Ì 平面
1
1
BC D ，
1
1
C D Ì 平面
1
1
BC D ，∴
1
B C ^ 平面
1
1
BC D ，
又
1
BD Ì平面
1
1
BC D ，∴
1
1
B C
BD
^
，故A 正确；
对于B：三棱锥
1
1
C
B CE
-
的体积
1
1
1 1
1
1
1
1 1 1
3
2
6
C
B CE
E B C C
V
V
-
-
=
=
´
´ ´ ´ =
，故B 错误；
对于C，设三棱锥
1
1
C
B CE
-
的外接球的半径为R ，
1
C CE
△
的外接圆半径为r ，
2
2
1
1
5
1
2
2
C E
CE
æ
ö
=
=
+
=
ç
÷
è
ø
，
在
1
C CE
△
中，由余弦定理得，
2
2
2
1
1
1
1
3
cos
2
5
C E
CE
C C
C EC
C E
CE
+
-
Ð
=
=
´
，
所以
2
1
3
4
sin
1
5
5
C EC
æ
ö
Ð
=
-
=
ç
÷
è
ø
，则有
1
1
1
5
4
2sin
8
2
5
CC
r
C EC
=
=
=
Ð
´
，
2
2
1
2
R
r
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø
三棱锥
1
1
C
B CE
-
的外接球的表面积为
2
2
41
41π
4π
4π
8
16
R
æ
ö
=
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，故C 正确.
对于D，如图，过
1B ，C，E 三点确定的平面与正方体相交形成的截面为等腰梯形
1
B CEF
（其中F 为
1
1
A D 的中点，故等腰梯形
1
B CEF 的周长为
3 2
5
2
+
，故D 正确.
故选：ACD.
3．（2025·江西新余·一模·多选）如图，在棱长为2 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，M 、N 、P 分别是
1
AA 、
1
CC 、
1
1
C D 的中点，Q 是线段
1
1
D A 上的动点（不包含端点），则（ ）
A．四面体
1
BCC P 的外接球的表面积为9p
B．存在点Q ，使B 、N 、P 、Q 四点共面
C．过Q 且与BN 垂直的平面截正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
所得截面面积取值范围为0,2 5ùû
D．点H 是四边形
1
1
AA B B 内的动点，且直线PH 与直线AD 夹角为π
4 ，则点H 的轨迹长度为2π
3
【答案】ACD
【详解】对于A 选项，将四棱锥
1
1
P
BCC B
-
补成长方体
1
1
PEFG
C B BC
-
，
所以，四面体
1
BCC P 的外接球的直径即为长方体
1
1
PEFG
C B BC
-
的体对角线长，
即四面体
1
BCC P 的外接球的直径为
2
2
2
2
1
2
2
3
R =
+
+
=
，
所以，四面体
1
BCC P 的外接球的表面积为
2
4π
9π
S
R
=
=
，A 对；
对于B 选项，连接
1A B 、
1A P 、
1
CD ，
因为
1
1
//
BC A D 且
1
1
BC
A D
=
，故四边形
1
1
A BCD 为平行四边形， 所以，
1
1
//
CD
A B ，
因为P 、N 分别是
1
1
C D 、
1
C C 中点，则
1
//
PN CD ，所以
1
//
PN A B ，
即
1A 、P 、N 、B 四点共面，
当Q 与
1A 重合时满足B 、N 、P 、Q 四点共面，
但Q 是线段
1
1
D A 上的动点（不包含端点），B 错；
对于C 选项，如图，在平面
1
1
1
1
D
C
B
A
上作QK ⊥
1
1
B C ，垂足为点K ，
过点K 作在平面
1
1
BB C C 内KT ⊥BN 交BC 或者
1
CC 于T ，
因为平面
1
1
1
1
A B C D ^ 平面
1
1
BCC B ，平面
1
1
1
1
A B C D I平面
1
1
1
1
BCC B
B C
=
，
且QK Ì 平面
1
1
1
1
D
C
B
A
，所以QK ^ 平面
1
1
BCC B ，
又BN Ì 平面
1
1
BCC B ，所以QK ⊥BN ，
因为QK
KT
K
=
I
，QK 、KT Ì 平面QKT ，所以BN ^平面QKT ，
平面QKT 截正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
截面为平行四边形QKTL ，
当T 与点C 重合时，面积最大，此时
5
KT =
，
2
QK =
，面积为2 5 ，
当Q 与点
1
D 无限接近时，面积接近于0 ，
过Q 且与BN 垂直的平面截正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
所得截面面积取值范围为0,2 5ùû ，C 对；
对于D 选项，取
1
1
A B 的中点O ，连接PO ，则
//
PO AD ，
则
^
PO
平面
1
1
AA B B ，取AB 的中点V ，以O 为圆心，
2
OV =
为半径作圆，
交
1
AA 、
1
B B 于X 、Y ，
则点H 的轨迹为以O 为圆心，2 为半径的部分圆弧
XVY ，
此时满足直线PH 与直线AD 夹角为π
4 ，
如图，
2
OX
OY
XY
=
=
=
，故
π
3
XOY
Ð
=
，
所以点H 的轨迹长度为π
3
π
2
2
3
´
=
，D 对.
故选：ACD.
4．（2025·湖北·三模·多选）如图，已知正三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
的上、下底面边长分别为2 和6，侧棱长为4，点P
在侧面
1
1
BCC B 内运动（包含边界），且AP 与平面
1
1
BCC B 所成角的正切值为2 2 ，点Q 为
1
CC 上一点，且
1
3
CQ
QC
=
uuur
uuuur
，则下列结论中正确的有（ ）
A．正三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
的高为2 6
B．点P 的轨迹长度为3π
C．高为4 6
3
，底面半径为
3
6 的圆柱可以放进棱台内
D．过点A，B，Q 的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为3 π
2
【答案】CD
【详解】延长正三棱台侧棱相交于点O ，由题意可知：OA
OB
OC
=
=
，
在等腰梯形
1
1
BCC B 中，因为
6
BC =
，
1 1
2
B C =
，
1
1
4
BB
CC
=
=
，则
1
1
60
B BC
C CB
Ð
= Ð
=
° .
即
OBC
△
为等边三角形，可知三棱锥O
ABC
-
为正四面体，且
1
2
OB =
.
对于选项A：设H 为等边
OBC
△
的中心，
由正四面体的性质可知：AH ^ 侧面OBC ，且
2
2
6
6
2 6
3
AH
æ
ö
=
-
=
ç
÷
è
ø
，
即O 点到底面ABC 的距离为2 6 ，
又因为
1
2
OB =
，
1
4
BB =
，所以正三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
的高为2
3 ´
4 6
2 6
3
=
，
故A 错误；
对于选项B：因为AP 与平面
1
1
BCC B 所成角的正切值为2 2 ，
即
2 6
tan
2 2
AH
APH
HP
HP
Ð
=
=
=
，解得
3
HP =
，
且等边
OBC
△
的内切圆半径
3
r =
，
可知点P 的轨迹为等边
OBC
△
的内切圆，所以点P 的轨迹长度为2 3π ，故B 错误；
对于选项C：因为正三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
的高4 6
3
，且
1
1
1
A B C
△
的内切圆半径为
3
3
3
6
>
，
所以高为4 6
3
，底面圆的半径为
3
6 的圆柱可以放在棱台内，故C 正确；
对于选项D：设正四面体O
ABC
-
的内切球半径r ，
由等体积法可得：1
1
2 6
4
3
3
ABC
ABC
S
S
r
´
=
´
×
△
△
，解得
6
2
r =
.
因为
4 6
2
3
<
r
，则该棱台内最大的球即为正四面体O
ABC
-
的内切球.
又因为
1
3
CQ
QC
=
uuur
uuuur
，
1
4
CC =
，
6
OC =
，
则Q 为OC 的中点，过点, ,
A B Q 的平面正好过该内切球的球心，
所以截面面积为
2
6
3
π
π
2
2
æ
ö
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，故D 正确.
故选：CD.
5．（24-25 高三下·云南·阶段练习·多选）在正三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，
1
2,
4,
AB
AA
D
=
=
为棱AB 的中点，下列说法
正确的是（ ）
A．
1
1
^
AC
B D
B．
1
AA 上存在点E ，使得DE ∥面
1A BC
C．过点D 的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的最小值为π
D．以
1
C 为球心，
5 为半径的球面与侧面
1
1
ABB A 的交线长为π
【答案】BC
【详解】对选项A：如图1，将三棱柱补成四棱柱
1
1
1
1
ABCG
A B C G
-
，取CG 的中点F ，连接
1
C F ，则
2
2
2
2
cos60
3
AF
AG
GF
AG GF
=
+
-
×
=
o
，
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
20,
17,
AC
AC
CC
C F
CF
CC
=
+
=
=
+
=
于是
2
2
2
1
1
AF
C F
AC
+
=
，则
1
C F
AF
^
，而
1
B D / /
1
C F ，于是
1
AC 与
1
B D 不垂直，故A 错误；
对选项B：当点E 为
1
AA 的中点时，DE / /
1A B ，又DE Ë 面
1A BC ，所以DE / / 面
1A BC ，故B 正确；
对选项C：正三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的外接球的球心O 为上､下底面的外接圆圆心的连线
1
2
O O 的中点，连接
2,
,
AO
AO OD ，
如图2 所示，设外接球的半径为R ，下底面外接圆的半径为
2
2 3
,
3
r r
AO
=
=
，
则
2
2
2
16
2
3
R
r
=
+
=
，当过点D 的平面垂直OD 时，截面圆的面积最小，截面圆的半径为
1
AD = ，所以截面圆的面
积最小为π，故C 正确；
对选项D：设
1
D 为
1
1
A B 的中点，连接
1
1
C D ，如图3，因为
1
1
2
A B
AB
=
=
，
1
1
1
A B C
△
为等边三角形，所以
1
1
3
C D =
，
因为
1
1
1
1
1
1
1
,
C D
A B C D
AA
^
^
，
1
1
1
1
1
1
,
,
A B
AA
A A B AA
Ç
=
Ì 平面
1
1
ABB A ，所以
1
1
C D ^ 平面
1
1
ABB A ，
所以以
1
C 为球心，
5 为半径的球面与侧面
1
1
ABB A 的交线为以
1
D 为圆心的圆.
如图图3，由
2
2
2
( 5)
( 3)
( 2)
-
=
，可得交线即以
1
D 为圆心，2 为半径的圆弧，设该圆弧与
1
1
,
AA BB 分别相交于
点
,
M N ，
因为
1
2
MD =
，所以
1
1
π
4
MD A
Ð
=
，所以
1
π
2
MD N
Ð
=
，故交线长
π
2
2
π
2
2
l =
´
=
，故D 错误.
故选：BC.
6．（2025·浙江·三模·多选）如图，ABCD 是边长为2 的正方形，
1
AA ，
1
BB ，
1
CC ，
1
DD 都垂直于底面ABCD ，且
1
1
1
1
3
3
3
6
2
2
DD
AA
CC
BB
=
=
=
=
，点E 在线段
1
CC 上，平面
1
BED 交线段
1
AA 于点F ，点G 在线段
1
DD 上，则（ ）
A．存在G ，使得
1 //
AG
面
1
DC B
B．若G 是
1
DD 的中点，则
1
1
B G
A D
^
C．过四点
1A ，
1
C ，B，D 四点的外接球体积为8 6p
D．截面四边形
1
BED F 的周长的最小值为4 13
【答案】BCD
【详解】对于A，因为ABCD 是边长为2 的正方形，
1
AA ，
1
BB ，
1
CC ，
1
DD 都垂直于底面ABCD ，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，则
1
1
0,0,0 ,
2,2,0 ,
0,2,4 ,
2,0,4
D
B
C
A
，
设
0,0,
0
6
G
h
h
£
£
，则
1
0,2,4 ,
2,2,0
DC
DB
=
=
uuuur
uuur
，
设平面
1
DBC 的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，则
1
0
0
n DC
n DB
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuuur
r
uuur
r
，
故
2
4
0
2
2
0
y
z
x
y
+
=
ì
í
+
=
î
，取
2, 2,1
n =
-
r
，而
1
2,0,
4
AG
h
= -
-
uuuur
，
若
1 //
AG
面
1
DC B ，则
1
0
n AG
×
=
r uuuur
，故4
4
0
h
- +
-
=
即
8
h =
，与0
6
h
£
£
矛盾，
故不存在G ，使得
1 //
AG
面
1
DC B ，故A 错误；
对于B，若G 是
1
DD 的中点，则
0,0,3
G
，而
1 2,2,2
B
，故
1
2, 2,1
B G = -
-
uuuur
，
而
1
2,0, 4
A D = -
-
uuuur
，故
1
1
4
4
0
B G A D
×
=
-
=
uuuur uuuur
即
1
1
B G
A D
^
，
故B 正确.
对于C，过四点
1A ，
1
C ，B ，D 构造长方体
1
2
1
2
ABCD
A B C D
-
，
所以四面体
1
1
A
C BD
-
的外接球直径为长方体
1
2
1
2
ABCD
A B C D
-
的体对角线，
所以2
4
4 16
2 6
R =
+
+
=
，则
6
R =
，
所以此四点的外接球的体积为
3
4
4 6 π
6
π
6
8 6π
3
3
´ ´ ´
´
=
=
，故C 正确；
对于D，
由题意，平面
1
1 / /
ADD A
平面
1
1
BCB C ，平面
1
1
ADD A Ç平面
1
1
BED
D F
=
，
平面
1
1
BCB C Ç平面
1
BED
BE
=
，
所以
1 //
D F BE ，同理可得
1
//
BF D E ，
所以四边形
1
BED F 为平行四边形，则周长
1
2
l
BE
ED
=
+
，
将直角梯形
1
1
BB C C 、直角梯形
1
1
DD C C 展平在同一个平面上，如图所示：
当B ，E ，
1
D 三点共线时，
1
BE
ED
+
最小且此时最小值为16
36
2 13
+
=
，
所以周长的最小值为4 13 ，故D 正确，
故选：BCD
7．（2025·海南·模拟预测·多选）如图所示，正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的棱长为2，点P 为侧面
1
1
ADD A 内的一个动点
（含边界），点
,
,
E F G 分别是线段BC 、
1
CC 、
1
BB 的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线
1 //
AG
平面AEF
B．平面AEF 截正方体所得的截面面积为11
2
C．
1
PB PF
×
uuur uuur
的最小值为11
4
D．若
1
PF
BD
^
，则点P 的运动轨迹长度为2 2
【答案】AC
【详解】对于A，连接
1
1
1
,
,
AD DF GF,
因为点
,
E F 分别是线段BC 、
1
CC 的中点，
所以
1
1
//
//
EF
BC
AD ，所以
1
D F Ì平面AEF ，
点
,
F G 分别是线段
1
CC 、
1
BB 的中点，故
1
1
1
1
//
,
GF
AD GF
AD
=
,
故四边形
1
1
AGFD 为平行四边形，所以
1
1
//
,
AG DF 且
1
D F Ì平面AEF ，
故直线
1 //
AG
平面AEF ，故A 正确；
对于B，由A 选项可知，平面AEF 截正方体所得的截面为梯形
1
1
,
ADFE
且由正方体可知，
2
2
1
1
1
1
1
=
2
2 2,
2,
5
2
A D
AD
EF
A D
AE
AB
BE
=
=
=
=
+
=
,
故梯形
1
1
A D FE 的高
2
2
1
1
3 2
2
2
h
AE
AD
EF
é
ù
=
-
-
=
ê
ú
ë
û
,
故梯形
1
1
A D FE 的面积
1
3 2
9
2
2 2
2
2
2
S =
´
+
´
=
,故B 错误；
对于C，以D 为原点，分别以
1
,
,
DA DC DD 为x 轴，y 轴，z 轴建空间直角坐标系，
则
1
1
0,0,0 ,
2,0,0 ,
2,2,0 ,
2,2,2 ,
0,2,1 ,
0,0,2
D
A
B
B
F
D
,
点P 为侧面
1
1
ADD A 内的一个动点（含边界），故设
,0,
,
0,2 ,
0,2 ,
P x
z
x
z
Î
Î
所以
1
2
,2,2
,
,2,1
PB
x
z
PF
x
z
=
-
-
= -
-
uuur
uuur
，
所以
2
2
1
3
11
11
2
4
2
1
1
2
4
4
PB PF
x
x
z
z
x
z
æ
ö
×
= -
-
+
+
-
-
=
-
+
-
+
£
ç
÷
è
ø
uuur uuur
，
当
3
1,
2
x
z
=
=
时，即
3
1,0, 2
Pæ
ö
ç
÷
è
ø时，等号成立，故C 正确；
对于D，
1
2, 2,2
BD = -
-
uuuur
，若
1
PF
BD
^
，
则
1
2
4
2
2
0
PF BD
x
z
×
=
-
+
-
=
uuur uuuur
，即
1
0
x
z
-
- =
，
因为
0,2 ,
0,2 ,
x
z
Î
Î
故当
2
x =
时，
1,
z =
此时
(2,0,1)
P
，
当
0
z =
时，
1,
x =
此时
(1,0,0)
P
，
故点P 的运动轨迹为从点(2,0,1)到点(1,0,0) 的一条线段，轨迹长度为
2
2
2 1
0 1
2
-
+
+
=
，故D 错误.
故选：AC
8．（24-25 高一下·山东菏泽·期末·多选）如图，正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的棱长为2，点E ，F 分别是AD ，
1
DD 的
中点，点P 是底面ABCD 内一动点，则下列说法正确的有（ ）
A．过
1B ，E ，F 三点的平面截正方体所得截面图形是四边形
B．存在点P ，使得
//
FP
平面
1
1
ABC D
C．
1
FP
B P
+
的最小值为17
D．若FP
CP
^
，则点P 轨迹的长度为2π
【答案】BC
【详解】
对于A，如图，设直线EF 与直线
1
1
1
AA
A D
，
分别交于点
,
G Q，
连接
1
B G 交AB 于点H ，连接
1
B Q 交
1
1
C D 于点K ，
故过
1B ，E ，F 三点的平面截正方体所得截面图形是五边形
1
EFKB H ，故A 错误；
对于B，如图，取BC 的中点为M ，连接
,
EM MF ，因点E ，F 分别是AD ，
1
DD 的中点，则
1
//
EF
AD ，
因EF Ë 平面
1
ADD ，
1
AD Ì 平面
1
ADD ，则
/ /
EF
平面
1
1
ABC D ，
又
/ /
EM
AB ，同法可得
/ /
EM
平面
1
1
ABC D ，
因
,
,
EF
EM
E EF EM
=
Ì
I
平面EFM ，故平面
/ /
EFM
平面
1
1
ABC D ，
取点P
EM
Î
，则PF Ì 平面EFM ，则
//
PF
平面
1
1
ABC D ，故B 正确；
对于C，如图，作出点
1B 关于平面ABCD 的对称点
1
B¢ ，连接
1
FB¢，交平面ABCD 于点P ，
因此时
1
1
PB
PB¢
=
，则
1
1
1
FP
B P
FP
B P
FB
¢
¢
+
=
+
=
即为最小值，
取
1
BB 的中点J ，连接FJ ，易得
2 2
FJ =
，则
2
2
1
(2 2)
3
17
FB¢ =
+
=
，故C 正确；
对于D，如图，以CD 为直径作半圆，当点P 为半圆上的点时，CP
DP
^
，
因FD ^平面ABCD ， CP Ì 平面ABCD ，则FD
CP
^
，
又
,
,
FD
DP
D FD DP
=
Ì
I
平面FDP ，故
^
CP
平面FDP ，
又FP Ì 平面FDP ，故FP
CP
^
，即点P 的轨迹为半圆，其弧长为π，故D 错误.
故选：BC.
1．（24-25 高二上·北京·期中）给定两个不共线的空间向量ar 与b
r ，定义叉乘运算a
b
´
r
r
，规定：①a
b
´
r
r
为同时与
,a b
r
r
垂直的向量；②, ,
a b a
b
´
r
r
r
r
三个向量构成右手系（如图1）；③|
|
sin
,
a
b
a b
a b
´
=
á
ñ
r
r
r
r
r
r
．如图2，在长方体中
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，
1
2,
4
AB
AD
AA
=
=
=
，则下列说法中错误的是（ ）
A．
1
AB
AD
AA
´
=
uuur
uuur
uuur
B．AB
AD
AD
AB
´
=
´
uuur
uuur
uuur
uuur
C．
1
1
1
AB
AD
AA
AB
AA
AD
AA
+
´
=
´
+
´
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
D．
1 1 1
1
1
ABCD A B C D
V
AB
AD
CC
-
=
´
×
uuur
uuur
uuuur
【答案】B
【详解】对于A，
1
AA
uuur
同时与
,
AB AD
uuur uuur
垂直，
1
sin
,
2 2 sin90
4
AB
AD
AB AD
AB AD
AA
´
=
=
´ ´
=
=
o
uuur
uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuur
，
且
1
,
,
AB AD AA
uuur uuur uuur
构成右手系，即
1
AB
AD
AA
´
=
uuur
uuur
uuur
成立，A 正确；
对于B，
1
1
,
AB
AD
AA AD
AB
AA
´
=
´
= -
uuur
uuur
uuur uuur
uuur
uuur
，则AB
AD
AD
AB
´
¹
´
uuur
uuur
uuur
uuur ，B 错误；
对于C，
1
1
2 2
4 sin90
8 2
AB
AD
AA
AC
AA
+
´
=
´
=
´ ´
=
o
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
，
1
AC
AA
´
uuur
uuur
与DB
uuur 共线，且方向相同，
1
1
2 4 sin90
8,
AB
AA
AB
AA
´
=
´ ´
=
´
o
uuur
uuur
uuur
uuur
与DA
uuur 共线，且方向相同，
1
1
2 4 sin90
8,
AD
AA
AD
AA
´
=
´ ´
=
´
o
uuur
uuur
uuur
uuur
与AB
uuur 共线，且方向相同，
则
1
1
1
1
8 2,
AB
AA
AD
AA
AB
AA
AD
AA
´
+
´
=
´
+
´
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
与DB
uuur 共线，且方向相同，
因此
1
1
1
AB
AD
AA
AB
AA
AD
AA
+
´
=
´
+
´
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
，C 正确；
对于D,
1
2 2 4
16
ABCD ABCD
V
-
=
´ ´
=
，
2
1
1
1
4
16
AB
AD
CC
AA CC
´
×
=
×
=
=
uuur
uuur
uuuur
uuur uuuur
，
考点三
立体几何新定义问题
因此
1
1
ABCD ABC
V
AB
AD
CC
-
=
´
×
uuur
uuur
uuuur
，D 正确．
故选：B
2．（24-25 高二下·湖南长沙·阶段练习）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2π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π
3 ，所以正四面体在各顶点的曲率为
π
2π
3
π
3
- ´
=
，故其总曲率为4π ，则正十二面
体的总曲率为（ ）
A．2π
B．4π
C．8π
D．12π
【答案】B
【详解】正十二面体在每个顶点有3 个面角，每个面角是
3π
5 ，
所以正十二面体在各顶点的曲率为
3π
π
2π
3
5
5
- ´
=
，
由于正十二面体有20 个顶点，故其总曲率为
π
20
4π
5
´
=
.
故选：B
3．（2025·云南曲靖·二模）公元前300 年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正
六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5 种正多面体.公元前200 年，阿基米德把这5 种正多面体进行截
角操作（即切掉每个顶点），发现了5 种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相
同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2 所示的足球截面体的棱数为（ ）
A．60
B．90
C．120
D．180
【答案】B
【详解】易知正二十面体有20 个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5 条棱的交点，每条棱都是两个面的公共
边，
所以，正二十面体的棱数为3 20
30
2
´
=
，顶点的个数为3 20
12
5
´
=
.
由图象可知，正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了5 条棱；
原来的30 条棱数量不变，所以，足球截面体的棱数为12 5
30
90
´ +
=
.
故选：B.
4．（2025·河北保定·二模）刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：
多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）．例如：正四面体每
个顶点均有3 个面角，每个面角均为π
3 ，则其各个顶点的曲率均为
π
2π
3
π
3
- ´
=
．若正四棱锥S
ABCD
-
的侧面与
底面的夹角的正切值为2 ，则四棱锥S
ABCD
-
在顶点S 处的曲率为（ ）
A．2
p
B．p
C．3
4
p
D．2
3
p
【答案】D
【详解】如图，连接AC ，BD ，设AC
BD
O
=
I
，连接SO ，则SO ^ 平面ABCD ，
取BC 的中点M ，连接OM ，SM ，
则由正四棱锥的结构特征可知
,
OM
BC SM
BC
^
^
，
所以
SMO
Ð
为侧面与底面所成的角，
设AB
BC
a
=
=
，则
2
a
OM =
，
在Rt
SOM
△
中，tan
2
SO
SMO
OM
Ð
=
=
，
所以
2
2
2
SO
OM
a
=
=
，又
2
2
OB
a
=
，所以
2
2
SB
SO
OB
a
=
+
=
，
所以正四棱锥S
ABCD
-
的每个侧面均为正三角形，
所以顶点S 的每个面角均为π
3 ，
故正四棱锥S
ABCD
-
在顶点S 处的曲率为
π
2π
2π
4
3
3
- ´
=
.
故选：D.
5．（2025·河南·三模）与两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，两个垂足之间的线段叫做公
垂线段，已知任意两条异面直线有且仅有一条公垂线段，且公垂线段是分别连接两条异面直线上两点的线段中最
短的一条．如图，在四面体ABCD 中，AD 是异面直线AB 和CD 的公垂线段，r 为四面体ABCD 的内切球半径，
则（ ）
A．
2
AB CD
r
AB
CD
×
<
+
B．
4
AB CD
r
AB
CD
×
<
+
C．
2
AB CD AD
r
AB
CD
AD
×
×
<
+
+
D．
6
AB CD AD
r
AB
CD
AD
×
×
<
+
+
【答案】A
【详解】设四面体ABCD 的体积为V，表面积为S，则根据等体积法得
1
3
V
Sr
=
．
又
ABC
ACD
ABD
BCD
S
S
S
S
S
=
+
+
+
V
V
V
V
，由于AD 是异面直线AB 和CD 的公垂线段，
所以
1
1
2
2
BCD
B CD
ACD
S
CD d
CD AD
S
-
=
×
>
×
=
V
V
，
1
1
2
2
ABC
C
AB
ABD
S
AB d
AB AD
S
-
=
×
>
×
=
V
V
，
所以
2
ACD
ABD
S
S
S
AD
CD
AB
>
+
=
×
+
V
V
，则
1
3
3
r
V
Sr
AD
AB
CD
=
>
×
+
，
将四面体补全成直三棱柱，可得
1
1
3
2
V
AB AD CD
£
´
×
×
，
所以
1
1
3
3
2
r AD
AB
CD
AB AD CD
×
+
<
´
×
×
，整理得
2
AB CD
r
AB
CD
×
<
+
.
故选：A
6．（2025·江西新余·模拟预测）在空间中，我们把点集
2
2
2
, ,
|
,
R
A
x y z
x
y
r
z
=
+
=
Î
表示的曲面C 称为圆柱面，
借助比利时数学家Dandelin 的思想我们不难发现：任意不与z 轴平行或垂直的平面与C 截成的封闭曲线为椭
圆．设圆柱面E：
2
2
, ,
|
1,
R
x y z
x
y
z
+
=
Î
，高不平行于坐标面的正四棱锥A
PBCD
-
的五个顶点均在E 上，则其
体积的最小值为：（ ）（注：若正方形ABCD 的四个顶点都在同一个定椭圆上，则这个正方形可以被唯一确定）．
A．
3
2
B．1
C．
5
2
D．
6
2
【答案】D
【详解】由题意可知圆柱面的半径为1，如图，截得的椭圆半短轴长即为圆柱面的半径1．
对半轴长：在ABO
V
中，必能找到AO 与平面垂直，所以
90
AOB
Ð
=
° ，
设AO
a
=
．则由几何关系得
2
2
1
a
OB
a
=
-
，故椭圆方程为
2
2
2
2
1
1
x
y
a
a
+
=
-
，
如图，椭圆有唯一内接正方形，故令y
x
=
，得到
2
2
2
2
,
2
1
2
1
a
a
M
a
a
æ
ö
ç
÷
ç
÷
-
-
è
ø
，
故底面面积为
2
2
4
2
1
a
a - ，h
AO
a
=
=
，则
3
2
1
4
3
6
3
a
V a
Sh
a
=
=
-
，
1,
a
¥
Î
+
．
则
2
2
4
2
2
2
2
2
2
12
6
3
48
12
2
3
6
3
6
3
a
a
a
a
a
V
a
a
a
-
-
-
=
=
-
-
¢
，
当
6
1, 2
a
æ
ö
Îç
÷
ç
÷
è
ø
时，
0
V
a
¢
<
，
V a 单调递减；
当
6 ,
2
a
¥
æ
ö
Î
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
时，
0
V
a
¢
>
，
V a 单调递增，
故
min
6
6
2
2
V
V æ
ö
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，故D 正确.
故选：D．
7．（24-25 高三上·云南楚雄·期末·多选）空间中，平面Ω 上的动点
, ,
P x y z 满足方程
2
2
2
Γ :
,
0
Ax
By
Cz
D
A
B
C
+
+
=
+
+
>
，则称Γ 为平面Ω 的方程，同时也称平面Ω 的方程为Γ ，并称
, ,
n
A B C
=
r
为
平面Ω 的一个法向量.已知方程分别为
1
2
Γ : 2
0,Γ :3
2
0
x
y
z
x
y
z
-
-
=
-
-
=
的平面
1
2
Ω ,Ω 的交线为l ，则下列结论正确
的是（ ）
A．经过点
1
2
3
1,0,0 ,
0,1,0 ,
0,0,1
M
M
M
的平面Ω 的方程Γ 为
1
x
y
z
+
+
=
B．若方程为
2
3
Γ :
14
ax
a y
a z
+
+
=
的平面Ω 经过点
1,1,1
Q
，则满足条件的实数a 的个数为3
C．若平面Ω 的方程为Γ :
1
Ax
By
Cz
+
+
= ，则坐标原点O 到平面Ω 的距离为
2
2
2
1
A
B
C
+
+
D．l 与方程为
3
Γ :
2
2
1
x
y
z
+
-
= 的平面
3
Ω 所成角的正弦值为
3
9
【答案】ACD
【详解】经检验，
1
2
3
1,0,0 ,
0,1,0 ,
0,0,1
M
M
M
均满足方程
1
x
y
z
+
+
= ，且
1
2
3
,
,
M
M
M 不共线，
则
1
2
3
,
,
M
M
M 可以确定唯一平面Ω ，则平面Ω 的方程Γ 为
1
x
y
z
+
+
= ，A 正确；
若方程为
2
3
Γ :
14
ax
a y
a z
+
+
=
的平面Ω 经过点
1,1,1
Q
，则
2
3
14
a
a
a
+
+
=
，
整理得
2
2
3
7
0
a
a
a
-
+
+
=
，因为
2
3
7
0
a
a
+
+
=
无实数解，所以
2
a =
，B 不正确；
显然，点
1 ,0,0
E
A
æ
ö
ç
÷
è
ø 满足方程Γ :
1
Ax
By
Cz
+
+
= ，则E 是平面Ω 内一点，
平面Ω 的一个法向量为
1
, ,
n
A B C
=
ur
，则
1 ,0,0
OE
A
æ
ö
= ç
÷
è
ø
uuur
，
点O 到平面Ω 的距离
1
2
2
2
2
2
2
1
1
0
0
1
A
B
C
OE n
A
d
n
A
B
C
A
B
C
´
+
´ +
´
×
=
=
=
+
+
+
+
uuur ur
ur
，C 正确.
易知方程
1
2
3
Γ ,Γ ,Γ 的一组公共解为
1,1,1
M
，且
1
2
Γ ,Γ 的另一组公共解为
(0,0,0)
O
，
则直线l 经过M 和
,
O l 的一个方向向量为
1,1,1
OM =
uuuur
，
平面
3
Ω 的一个法向量为
2
1,2, 2
n =
-
uur
.设l 与平面
3
Ω 所成角的大小为q ，
则
2
2
2
1 1 1 2 1
2
1
3
sin
cos
,
9
3
3
3 3
OM n
OM n
OM n
q
×
´ + ´ + ´ -
=
=
=
=
=
´
uuuur uur
uuuur uur
uuuur uur
，D 正确.
故选：ACD.
8．（24-25 高三下·广东深圳·阶段练习·多选）莱昂哈德•医拉是历史上最杰出的数学家之一，在数学许多分支上都
可以见到以欧拉命名的常数，公式和定理．在拓扑学中，欧拉公式描述了凸多面体顶点数，棱数和面数之间的关
系：记凸多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则
2
V
E
F
-
+
=
．根据欧拉公式，判断下列说法正确的是
（ ）
注：若多面体上任意两点的连线段都在该多面体内（含表面），则称该多面体为凸多面体
A．若某棱锥的棱数比顶点数多5，则该棱锥为六棱锥
B．存在7 条棱的多面体
C．存在每个面都是五边形或六边形的凸多面体，且任意相邻两个面的边数都不同
D．若某凸多面体每个面都是边长为1 的正方形或正五边形，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均
相同，则面数的所有可能取值为6，7，12
【答案】AD
【详解】A 选项：
5
E
V
=
+ 代入欧拉公式得
7
F =
，故为六棱锥，A 正确；
B 选项：若
7
E =
，则
9
V
F
+
=
，而V，
4
F ³
，故
4
V =
，
5
F =
或
5
V =
，
4
F =
，无论哪种情况都无法形成多面
体，B 错误；
C 选项：任意相邻两个面的边数都不同，因此每个顶点至少连接4 个面，设共有x 个五边形，y 个六边形，则
5
6
4
x
y
V
+
£
（数遍每个五边形的5 个顶点和每个六边形的6 个顶点，则该多面体每个顶点都被至少数了4 遍），考
虑所有多边形的内角和，注意每个顶点所连接的内角之和小于2π，故
5
6
3π
4π
2π
2π
4
x
y
x
y
V
+
+
<
£
，整理得
2
0
x
y
+
<
无解，C 错误；
D 选项：①若每个面都是正方形，则每个顶点连接3 个面（正方形内角为90°），每条棱连接2 个面，故
4
3
F
V =
，
4
2
F
E =
，代入得
6
F =
，此时为正方体，
②若每个面都是正五边形，则每个顶点连接3 个面数（正五边形内角为108°），
每条棱连接2 个面，故
5
3
F
V =
，
5
2
F
E =
，代入得
12
F =
，此时为正十二面体，
③若即存在正方形又存在正五边形，则每个顶点连接3 个面，每条棱连接2 个面，设共有m 个正方形，n 个正五
边形，则
4
5
3
m
n
V
+
=
，
4
5
2
m
n
E
+
=
，F
m
n
=
+
代入欧拉公式得2
12
m
n
+
=
，
因为每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同，故每个顶点要么连接2 个正方形1 个五边形，要么连接
1 个正方形2 个五边形，
（i）若每个顶点连接2 个正方形1 个五边形，则
2
4
V
m =
，
5
V
n =
，解得
5
m =
，
2
n =
，
7
F =
，此时为侧面为正
方形的正五棱柱，
（ii）若每个顶点连接1 个正方形2 个五边形，此时考虑某个五边形，其5 条边每条边相连的面一定是五边形正方
形间隔环形排列，而5 是奇数，不可能；
因此符合题意的简单凸多面体的面数只可能为6，7，12，D 正确.
故选：AD
9．（24-25 高三上·贵州贵阳·期末）对于两个空间向量
1
1
1
,
,
a
x y z
=
r
与
2
2
2
,
,
b
x
y
z
=
r
，我们可以定义它们之间的欧
式距离为
2
2
2
1
2
1
2
1
2
,
d a b
x
x
y
y
z
z
=
-
+
-
+
-
r
r
，欧式距离可以简单理解为两点之间的直线距离；根据需要，
还可以定义它们之间的曼哈顿距离为
1
2
1
2
1
2
,
D a b
x
x
y
y
z
z
=
-
+
-
+
-
r
r
，曼哈顿距离最初指的是区块建设的城市
（如曼哈顿）中，两个路口间的最短行车距离，因此也被称为城市街区距离．如图，在棱长为1的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，
1
1
,
d BD CB
=
uuuur uuur
；若点P 在上底面
1
1
1
1
D
C
B
A
内（含边界）运动，且
2
AP =
uuur
，则
,
D AB AP
uuur uuur
的取值范围是 ．
【答案】
5
1,3
【详解】以A 为坐标原点，AB 、AD 、
1
AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，
则
1,0,0
B
、
1,1,0
C
、
1 1,0,1
B
、
1 0,1,1
D
，则
1
1,1,1
BD = -
uuuur
，
1
0, 1,1
CB =
-
uuur
，
所以
2
2
2
1
1
,
1
2
0
5
d BD CB
=
-
+
+
=
uuuur uuur
．
因为P 在上底面
1
1
1
1
D
C
B
A
内（含边界）运动，且
2
AP =
uuur
，
则
1
1
A P =
uuur
，即在上底面
1
1
1
1
D
C
B
A
内，点P 在以
1A 为圆心，1为半径的圆周上，
可设
cos ,sin ,1
P
q
q
，则
1,0,0
AB =
uuur
，
cos ,sin ,1
AP
q
q
=
uuur
，
π
0, 2
q
é
ù
Îê
ú
ë
û ，
所以
π
,
cos
1
sin
1
2
sin
cos
2
2 sin
4
D AB AP
q
q
q
q
q
æ
ö
=
- +
+ =
+
-
=
+
-
ç
÷
è
ø
uuur uuur
，
π
0, 2
q
é
ù
Îê
ú
ë
û ，
因为
π
π
π
4
4
4
q
-
£
-
£
，则
π
2
2
sin
,
4
2
2
q
é
ù
æ
ö
-
Î -
ê
ú
ç
÷
è
ø
ë
û
，所以
,
1,3
D AB AP Î
uuur uuur
．
故答案为：
5 ；
1,3 .
10．（2025·海南儋州·模拟预测）在空间直角坐标系中，定义点
1
1
1
( ,
,
)
A x y z
和点
2
2
2
(
,
,
)
B x
y
z
两点之间的“直角距离”
(
, )
1
2
1
2
1
2
A B
d
x
x
y
y
z
z
=
-
+
-
+
-
．若A 和B 两点之间的距离是
5 ，则A 和B 两点之间的“直角距离”的最大值
为
．
【答案】15
【详解】因为
2
2
2
1
2
1
2
1
2
5
AB
x
x
y
y
z
z
=
-
+
-
+
-
=
，
所以设
1
2
1
2
1
2
5 cos sin ,
5 sin
sin ,
5 cos
x
x
y
y
z
z
q
j
q
j
j
-
=
-
=
-
=
，
其中
π
,
0, 2
q j
é
ù
Îê
ú
ë
û ，因此
1
2
1
2
1
2
1
2
,
A B
d
x
x
y
y
z
z
x
x
=
-
+
-
+
-
=
-
5 cos
sin
5 sin
sin
5 cos
q
j
q
j
j
=
+
+
π
5 sin
cos
sin
5 cos
10 sin
sin
5 cos
4
j
q
q
j
j
q
j
æ
ö
=
+
+
=
+
+
ç
÷
è
ø
，
因为
π
0, 2
q
é
ù
Îê
ú
ë
û ，所以
π
π 3π
4
4
4
,
q
é
ù
+
Îê
ú
ë
û ，因此
π
2
sin
,1
4
2
q
é
ù
æ
ö
+
Îê
ú
ç
÷
è
ø
ë
û
，
设
π
2
sin
,1
4
2
t
q
é
ù
æ
ö
=
+
Îê
ú
ç
÷
è
ø
ë
û
，
于是有
,
π
10 sin
sin
5 cos
10 sin
5 cos
4
A B
d
t
j
q
j
j
j
æ
ö
=
+
+
=
+
ç
÷
è
ø
2
1
10
5 sin
arctan
2
t
t
j
æ
ö
=
+
+
ç
÷
è
ø
，
因为
2
π
0,
j
é
ù
Îê
ú
ë
û ，所以
1
1
1
π
arctan
arctan
,arctan
2
2
2
2
t
t
t
j
é
ù
+
Î
+
ê
ú
ë
û
，
因此当
1
t = 且
1
π
arctan
2
2t
j +
=
时，即当
1
t = 且
π
2
arctan
2
2
j =
-
时，
,
A B
d
有最大值10 1 5
15
´ +
=
，
所以A 和B 两点之间的“直角距离”的最大值为是15 .
故答案为：15 .
11．（2025·湖南邵阳·模拟预测）设正四面体的四个顶点到平面a 的距离所构成的集合为A ，若A 中元素的个数为
k ，则称a 为正四面体的k 阶等距平面，A 为正四面体的k 阶等距集.如果a 为正四面体的1 阶等距平面且1 阶等距
集为
m ，则符合条件的平面a 有 个；若正四面体的棱长为
6 ，则m 的所有可能取值构成的集合为 .
【答案】
7
3
1, 2
ì
ü
ï
ï
í
ý
ï
ï
î
þ
【详解】如图，正四面体A
BCD
-
，在第一问中，不妨也取AB
6
=
，
则正
BCD
△
的外接圆半径为2 ，则正四面体的高
6
2
2
h =
-
=
，
①情形一：分别取AB，AC，AD 的中点M，E，F，
此时平面MEF 为正四面体A
BCD
-
的一个1 阶等距平面，
且由中位线性质可知
6
2
ME
EF
=
=
，
1
1
2
m
h
=
= ，
由于正四面体有4 个面，这样的1 阶等距平面a 平行于其中一个面，有4 种情况；
②情形二：将此正四面体放置到棱长为
3 的正方体
1
1
1
1
AD CB
A DC B
-
中，
分别取AB，AC，CD，DB 的中点为P，Q，R，S，连接
,
,
,
PQ QR RS SP ，
则
//
//
PQ BC SR ，
//
//
PS AD QR ，则PQRS 四点共面，
又PQ Ë 平面
1
1
B CC B ，
Ì
BC
平面
1
1
B CC B ，则
//
PQ
平面
1
1
B CC B ，
同理可证，
//
PS
平面
1
1
D DA A，
又平面
1
1 //
D DA A 平面
1
1
B CC B ，且PS Ë 平面
1
1
B CC B ，则
//
PS
平面
1
1
B CC B ，
因
,
,
PS
PQ
P PS PQ
=
Ì
I
平面PQRS ，则平面
1
1 //
B CC B
平面PQRS ，
故平面PQRS 为正四面体A
BCD
-
的1 阶等距平面，且m 为正方体棱长的一半，等于
3
2
，
由于正四面体的六条棱中有3 组对棱互为异面直线，
这样的1 阶等距平面a 平行于其中一组异面直线，有3 种情况，
综上，当m 的值为1 时，a 有4 个；当m 的值为
3
2
时，a 有3 个，
故符合条件的a 有7 个，m 的所有可能取值构成的集合是
3 ,1
2
ì
ü
ï
ï
í
ý
ï
ï
î
þ
；
故答案为：7 ；
3
1, 2
ì
ü
ï
ï
í
ý
ï
ï
î
þ
.
12．（24-25 高三上·安徽六安·阶段练习）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标，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
2
2
3
1
1
1
Φ
1
2π
P
k
k
k
Q PQ
Q PQ
Q
PQ
Q PQ
-
= -
Ð
+ Ð
+
+ Ð
+ Ð
L
，其中
1
1,2,
, ,
3
Q i
k k
=
³
L
为多面体M 的所有与P 相邻的顶点，且平面
1
2
2
3
,
,
Q PQ Q PQ …平面和平面
1
k
Q PQ 为多面体M 的
所有以P 为顶点的面．现给出如图所示的三棱锥P
ABC
-
．
(1)求三棱锥P
ABC
-
在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)若PA⊥平面ABC，
,
2
AC
BC AC
BC
^
=
=
，三棱锥P
ABC
-
在顶点C 处的离散曲率为3
8 ．点Q 在棱PB 上，直
线CQ 与平面ABC 所成角的余弦值为
30
6
，求BQ 的长度
【答案】(1)2
(2) 2 3
3
【详解】（1）根据离散曲率的定义得
1
Φ
1
2π
P
APB
BPC
APC
= -
Ð
+ Ð
+ Ð
，
1
1
Φ
1
,Φ
1
2π
2π
A
B
PAB
BAC
PAC
PBA
ABC
PBC
= -
Ð
+ Ð
+ Ð
= -
Ð
+ Ð
+ Ð
，
1
Φ
1
2π
C
PCA
BCA
PCB
= -
Ð
+ Ð
+ Ð
又因为
APB
BPC
APC
PAB
BAC
PAC
Ð
+ Ð
+ Ð
+ Ð
+ Ð
+ Ð
+
PBA
ABC
PBC
Ð
+ Ð
+ Ð
4π
PCA
BCA
PCB
+Ð
+ Ð
+ Ð
=
所以
1
Φ
Φ
Φ
Φ
4
4π
2
2π
P
A
B
C
+
+
+
=
-
´
=
．
（2）∵PA ^平面
,
ABC BC Ì 平面ABC ，
∴PA
BC
^
，
又
,
AC
BC PA
AC
A
^
=
I
，
,
PA AC Ì 平面PAC ，
∵
1
3
Φ
1
2π
8
C
PCA
BCA
PCB
= -
Ð
+ Ð
+ Ð
=
，即
1
π
π
3
1
2π
2
2
8
PCA
æ
ö
-
Ð
+
+
=
ç
÷
è
ø
∴
π
4
PCA
Ð
=
，∴
2
PA
AC
BC
=
=
=
，
过点Q 作QG
PA
∥
交AB 于G ，连结CG ，
因为PA ^平面ABC ，所以QG ^ 平面ABC ，
所以
GCQ
Ð
为直线CQ 与平面ABC 所成的角，
依题意可得，
2
2
2
2
2,
2
2
2 2
PA
AB
AC
BC
=
=
+
=
+
=
，
2
2
2
2
2
2 2
2 3
PB
PA
AB
=
+
=
+
=
，
3
sin
3
PA
PBA
PB
Ð
=
=
6
cos
3
AB
PBA
PB
Ð
=
=
，
设
(0
2 3)
BQ
x
x
=
<
£
，则
3
6
sin
,
cos
3
3
QG
BQ
PBA
x BG
BQ
PBA
x
=
Ð
=
=
×
Ð
=
，
在BCG
V
中，
2
2
2
cos
CG
BC
BG
BC BG
CBG
=
+
-
×
×
Ð
2
2
2
6
2
2
4 3
4
2 2
4
3
3
2
3
3
x
x
x
x
=
+
- ´ ×
×
=
+
-
，
又
30
cos
6
GCQ
Ð
=
，所以
2
6
sin
1
cos
6
GCQ
GCQ
Ð
=
-
Ð
=
，
则
sin
5
tan
cos
5
GCQ
GCQ
GCQ
Ð
Ð
=
=
Ð
，
所以
2
3
5
3
tan
5
2
4 3
4
3
3
x
QG
GCQ
CG
x
x
Ð
=
=
=
+
-
，
解得：
2 3
3
x =
或
2 3
x = -
（舍）
故
2 3
3
BQ =
.
13．（24-25 高三下·甘肃白银·阶段练习）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：
①多面体顶点的曲率等于2π减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之
和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用
弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3 个面角，每个面角均为π
3 ，故其各个顶点的曲率均为
π
2π
3
π
3
- ´
=
．
(1)如图1，已知四棱锥P
ABCD
-
的底面ABCD 为菱形，
60
ADC
Ð
=
° ，O 为BD 的中点，且
^
PO
平面ABCD，
2
2
AB
PO
=
=
．
①求该四棱锥在顶点P 处的曲率的余弦值；
②求二面角P
AB
D
-
-
的平面角的正弦值；
(2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18 世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧
拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E 与面数F 满足
2
V
F
E
+
-
=
．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60
（
60
C ）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形
似足球，也叫足球烯，如图2 所示．已知碳60（
60
C ）的分子结构是一个由60 个C 原子构成的分子，这个多面体
有60 个顶点，试求碳60（
60
C ）各顶点的平均曲率．
【答案】(1)①1
8 ；②2 7
7
．
(2) π
15
【详解】（1）①连接AC，由于底面ABCD 是菱形，故BD，AC 交于点O，
又
60
ADC
Ð
=
° ，所以
ABC
V
为正三角形，
因
2
2
AB
PO
=
=
，则
2
2
1
1,
2
1
3
2
OA
AC
OB
=
=
=
-
=
，
^
PO
底面ABCD，
,
OA OB Ì 底面ABCD，故PO
OA
^
，PO
OB
^
．
且
2
2
1 1
2
PA
PO
OA
=
+
=
+ =
，
2
2
1 3
2
PB
PO
OB
=
+
=
+
=
，
由余弦定理得
2
2
2
2
4
4
2
cos
2
4
2
2
2
PA
PB
AB
APB
PA PB
+
-
+
-
Ð
=
=
=
×
´
´
，
由题意可知四棱锥P
ABCD
-
的四个侧面三角形全等，
故有
APB
BPC
CPD
DPA
Ð
= Ð
= Ð
= Ð
，
记四棱锥在点P 处的曲率为j ，则
2π
4
APB
j =
- ´Ð
，
所以
2
cos
cos 2π
4
cos4
2cos 2
1
APB
APB
APB
j =
- ´Ð
=
Ð
=
Ð
-
2
2
2 2cos
1
1
APB
=
Ð
-
-
2
1
1
2
2
1
1
8
8
æ
ö
=
´
´
-
- =
ç
÷
è
ø
．
②如图，以点O 为原点，直线OA，OB，OP 分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
则
0,0,0
O
，
1,0,0
A
，
0, 3,0
B
，
0,0,1
P
，
所以
1,0,1
AP = -
uuur
，
0,
3,1
BP =
-
uuur
．
设平面PAB 的一个法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，
则
0
3
0
n AP
x
z
n BP
y
z
ì
×
= - +
=
ïí
×
= -
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，令
3
y =
，得
3, 3,3
n =
r
，
0,0,1
OP =
uuur
为平面ABCD 的一个法向量，设二面角P
AB
D
-
-
的平面角为q ，
由已知q 为锐角，则
3 0
3
0
3 1
21
cos
7
21 1
OP n
OP
n
q
´ +
´ + ´
×
=
=
=
´
×
uuur r
uuur
r
，
所以
2
2 7
sin
1 cos
7
q
q
=
-
=
，即二面角P
AB
D
-
-
的平面角的正弦值为2 7
7
．
（2）设碳60（
60
C ）共有F 个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F 号，
设第i 号（1
i
F
£ £
）多边形有
iL 条边，则碳60（
60
C ）共有
1
2
2
F
L
L
L
E
+
+×××+
=
条棱，
由题意，碳60（
60
C ）共有
1
2
2
2
60
2
F
L
L
L
V
F
E
F
+
+×××+
=
-
+
=
-
+
=
个顶点，
i 号多边形的内角之和为π
2π
iL -
，
所以碳60（
60
C ）的所有多边形的内角之和为
1
2
π
2π
F
L
L
L
F
+
+×××+
-
，
所以碳60（
60
C ）的总曲率为
1
2
2π
π
2π
F
V
L
L
L
F
é
ù
-
+
+×××+
-
ë
û
1
2
1
2
2π 2
π
2π
4π
2
F
F
L
L
L
F
L
L
L
F
+
+×××+
æ
ö
é
ù
=
-
+
-
+
+×××+
-
=
ç
÷
ë
û
è
ø
．
由已知
60
V =
，所以碳60（
60
C ）各顶点的平均曲率为4π
π
60
15
=
．
14．（24-25 高一下·广东广州·期中）多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数V 、棱数E 与面数F 满足
2
V
F
E
+
-
=
的数学关系.请运用欧拉定理解决以下问题：
(1)碳
60
60 C
的分子结构是一个由正五边形面和正六边形面共32 个面构成的凸多面体，60 个碳原子处于多面体的
60 个顶点位置，求32 个面中正六边形面的个数；
(2)规定：多面体在顶点处的曲率等于2π与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的
多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点
有3个面角，每个面角是π
2 ，所以正方体在各顶点的曲率为
π
π
2π
3
2
2
- ´
=
，故其总曲率为
π
8
4π
2
´
=
.证明：任何简单
多面体的总曲率是常数；
(3)如果一个正多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体叫
做正多面体.设某个正多面体每个顶点聚集的棱的条数为m ，每个面的边数为n ，求
, ,
m n E 满足的关系式；并据此
说明正多面体仅有以下五种：正四面体、正方体、正八面体、正十二面体和正二十面体.
【答案】(1)20
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【详解】（1）由题意可知
60
V =
，
32
F =
，由
2
V
F
E
+
-
=
可得
90
E =
，
设正五边形的个数为x ，正六边形的个数为y ，则
32
x
y
+
=
，
因为一条棱连着两个面，所以足球烯表面的棱数
1 5
6
90
2
E
x
y
=
+
=
，
联立
1 5
6
90
2
32
x
y
x
y
ì
+
=
ïí
ï +
=
î
，解得
12
20
x
y
=
ì
í
=
î
，即32 个面中正六边形面的个数是20.
（2）设多面体有F 个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1,2,
, F
L
号，
设第i 号(1
)
i
F
£ £
多边形有
iE 条边，多面体有
1
2
2
F
E
E
E
E
+
+
+
=
L
条棱，
由题意，多面体共有
1
2
2
2
2
F
E
E
E
V
F
E
F
+
+
+
=
-
+
=
-
+
L
个顶点，
i 号多边形内角之和
2 π
iE -
，所有多边形内角之和
1
2
π(
)
2π
F
E
E
E
F
+
+
+
-
L
，
故总曲率为
1
2
2π
π
2π
F
V
E
E
E
F
é
ù
-
+
+
+
-
ë
û
L
1
2
1
2
2π 2
π
2π
4π
2
F
F
E
E
E
F
E
E
E
F
+
+
+
æ
ö
é
ù
=
-
+
-
+
+
+
-
=
ç
÷
ë
û
è
ø
L
L
.
则任何简单多面体的总曲率是常数；
（3）由某个正多面体每个顶点聚集的棱的条数为m ，每个面的边数为n ，可知2E
nF
mV
=
=
，
于是
2
2
,
E
E
V
F
m
n
=
=
，将其代入
2
V
F
E
+
-
=
，
所以2
2
2
E
E
E
m
n
+
-
=
，所以1
1
1
1
2
m
n
E
+
=
+
，
因此1
1
1
2
m
n
+
>
，又
3,
3
m
n
³
³
，
故所有五组正整数解为：
3
3
3
4
5
,
,
,
,
3
4
5
3
3
m
m
m
m
m
n
n
n
n
n
=
=
=
=
=
ì
ì
ì
ì
ì
í
í
í
í
í
=
=
=
=
=
î
î
î
î
î
，
当
3
3
m
n
=
ì
í =
î
时，
6
E =
，则
2
4
E
F
n
=
=
，此时正多面体为正四面体，
当
3
4
m
n
=
ì
í =
î
时，
12
E =
，则
2
6
E
F
n
=
=
，此时正多面体为正六面体，
当
3
5
m
n
=
ì
í =
î
时，
30
E =
，则
2
12
E
F
n
=
=
，此时正多面体为正十二面体，
当
4
3
m
n
=
ì
í =
î
时，
12
E =
，则
2
8
E
F
n
=
= ，此时正多面体为正八面体，
当
3
3
m
n
=
ì
í =
î
时，
30
E =
，则
2
20
E
F
n
=
=
，此时正多面体为正二十面体，
所以正多面体仅有正四面体、正方体、正八面体、正十二面体和正二十面体共五种.
15．（2025·山东青岛·模拟预测）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
0
Ax
By
Cz
D
+
+
+
=
，其中A ，B ，C ，DÎR ，
2
2
2
0
A
B
C
+
+
¹
，且
, ,
n
A B C
=
r
为该平面的法向量.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
, ,
0
M
x y z
z
=
=
∣
，记P
M
Ç
中所有点构成的图形的面积为
1S ，Q
M
I
中所有点构成的图形的面积为
2S ，求
1S 和
2S 的值；
(2)记集合Q 中所有点构成的几何体的体积为
1V ，P
Q
Ç
中所有点构成的几何体的体积为
2
V ，求
1V 和
2
V 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
3
V 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.
【答案】(1)
1
4
S =
，
2
8
S =
；
(2)
1
32
3
V =
，
2
20
3
V =
；
(3)①16；②2π
3 ，共有12 个面，24 条棱.
【详解】（1）集合
, ,
0
M
x y z z
=
=
表示xOy 平面上所有的点，
, ,
1,
1,
1
P
x y z
x
y
z
=
£
£
£
表示
1, 1, 1
± ± ±
这八个顶点形成的正方体内所有的点，
而P
M
Ç
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
1
4
S =
.
对于
, ,
2
Q
x y z
x
y
z
=
+
+
£
，当, ,
0
x y z >
时，
2
x
y
z
+
+
=
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
I
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 2 的正方形，因此
2
8
S =
.
（2）记集合Q ，P
Q
Ç
中所有点构成的几何体的体积分别为
1V ，
2
V ；
考虑集合Q 的子集
, ,
2,
0,
0,
0
Q
x y z x
y
z
x
y
z
=
+
+
£
³
³
³
¢
；
即为三个坐标平面与
2
x
y
z
+
+
=
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
1
1
4
2
2 2
3
2
3
Q
V ¢
æ
ö
=
´ ´
´ ´
=
ç
÷
è
ø
由对称性知，
1
32
8
3
Q
V
V ¢
=
=
考虑到P 的子集P¢ 构成的几何体为棱长为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
=
+
+
£
³
³
³
¢
，
显然P
Q
¢
¢
I
为两个几何体公共部分，
记
1 1,1,0
Q
，
2 1,0,1
Q
，
3 0,1,1
Q
，
4 1,1,1
Q
.
容易验证
1
Q ，
2
Q ，
3
Q 在平面
2
x
y
z
+
+
=
上，同时也在P¢ 的底面上.
则P
Q
¢
¢
I
为截去三棱锥
4
1
2
3
Q
Q Q Q
-
所剩下的部分.
P¢ 的体积
1 1 1
1
P
V ¢ = ´ ´ = ，三棱锥
4
1
2
3
Q
Q Q Q
-
的体积为
4
1
2
3
1
1
1
1
1 1
3
2
6
Q
Q Q Q
V
-
=
´ ´
´
´
=
.
故P
Q
¢
¢
I
的体积
4
1
2
3
1
5
1
6
6
P
Q
P
Q
Q Q Q
V
V
V
¢
¢
¢
-
=
-
= -
=
I
.
当由对称性知，
2
20
8
3
P
Q
V
V ¢
¢
=
=
I
.
（3）
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 到面ABCD 的距离为2 ，
1
4
1 2 2
3
3
E ABCD
V -
=
´ ´ ´
=
，
3
4
6
8
6
16
3
P
E ABCD
V
V
V -
=
+
=
+ ´
=
.
由题意面EBC 方程为
2
0
x
z
+
-
=
，由题干定义知其法向量
1
1,0,1
n =
ur
面ECD 方程为
2
0
y
z
+
-
=
，由题干定义知其法向量
2
0,1,1
n =
uur
故
1
2
1
2
1
2
1
cos
,
2
n n
n n
n
n
×
=
=
×
ur uur
ur uur
ur
uur
.
由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H 相邻两个面所成角为2π
3 .
由图可知共有12 个面，24 条棱.
16．（24-25 高三上·河南南阳·期末）空间直角坐标系O
xyz
-
中，任何一个平面的方程都能表示成
0
Ax
By
Cz
D
+
+
+
=
（其中
, ,
,
A B C DÎR
2
2
2
0
A
B
C
+
+
¹
），且
, ,
n
A B C
=
r
为该平面的法向量.
(1)若平面
:
2
x
y
z
a
+
+
=
，
:
2
mx
y
z
b
+
+
=
，且a
b
^
，求实数m 的值；
(2)请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点
0
0
0
,
,
P x
y z
到平面
0
Ax
By
Cz
D
+
+
+
=
的距离为
0
0
0
2
2
2
Ax
By
Cz
D
d
A
B
C
+
+
+
=
+
+
，若记集合
, ,
2
Q
x y z
x
y
z
=
+
+
=
∣
所围成的几何体为U ，求U 的内切球的表面积；
(3)记集合
, ,
2,
2,
2
T
x y z
x
y
y
z
z
x
=
+
£
+
£
+
£
∣
中所有点构成的几何体为W .
①求W 的体积V 的值；
②求W 的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小.
【答案】(1)
2
m = -
(2)16π
3
(3)①16；②2π
3
【详解】（1）根据题意，平面a 的法向量
1
1,1,1
n =
ur
，平面b 的法向量
2
,1,1
n
m
=
uur
，
所以
1
2
1
1 1 1 1
0
n n
m
×
= ´
+ ´ + ´ =
ur uur
，故
2
m = - .
（2）不妨设
0
C ¹
，在平面
0
Ax
By
Cz
D
+
+
+
=
内取一点
0,0,
D
Q
C
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
，则向量
0
0
0
,
,
D
QP
x
y
z
C
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø
uuur
，
取平面
0
Ax
By
Cz
D
+
+
+
=
的一个法向量
, ,
n
A B C
=
r
，
所以点
0
0
0
,
,
P x
y z
到平面
0
Ax
By
Cz
D
+
+
+
=
的距离为
0
0
0
2
2
2
QP n
Ax
By
Cz
D
d
n
A
B
C
×
+
+
+
=
=
+
+
uuur r
r
对于
{( , , ) ||
|
|
|
|
| 2}
Q
x y z
x
y
z
=
+
+
=
，
当, ,
0
x y z >
时，
2
x
y
z
+
+
=
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U 表示
2,0,0
±
，
0, 2,0
±
，
0,0, 2
±
这六个顶点形成的正八面体.
法1：设内切球的半径为r ，则r 即为原点O 到平面
2
x
y
z
+
+
=
的距离，
则
2
2
2
0
0
0
2
2 3
3
1
1
1
r
+
+
+
=
=
+
+
.
所以内切球的表面积为
2
2
2 3
16π
4π
4π
3
3
S
r
æ
ö
=
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
；
法2：考虑
, ,
2,
0,
0,
0
Q
x y z
x
y
z
x
y
z
=
+
+
£
³
³
¢
³
∣
；
即为三个坐标平面与
2
x
y
z
+
+
=
围成的四面体，其四个顶点分别为
0,0,0 ，
2,0,0 ，
0,2,0 ，
0,0,2 ，
此四面体的体积为
1
1
4
2
2 2
3
2
3
Q
V ¢
æ
ö
=
´ ´
´ ´
=
ç
÷
è
ø
，
由对称性知，正八面体U 的体积
1
32
8
3
Q
V
V ¢
=
=
，
设内切球的半径为r ，正八面体U 的表面积为
1
3
8
2 2
2 2
16 3
2
2
S
æ
ö
= ´
´
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
所以
1
1
32
3
3
V
S
r
=
´
=
，解得：
2 3
3
r =
.
所以内切球的表面积为
2
2
2 3
16π
4π
4π
3
3
S
r
æ
ö
=
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
；
（3）由（2）可知
, ,
2
Q
x y z
x
y
z
=
+
+
=
∣
所围几何体是关于平面xoy ，yoz ，zox 对称的，
其在第一卦限的形状为正三棱锥，如图其中OA、OB、OC 两两垂直，且
2
OA
OB
OC
=
=
=
.
集合
{( , , ) ||
|
|
| 2,|
|
|
| 2,|
|
|
| 2}
T
x y z
x
y
y
z
z
x
=
+
£
+
£
+
£
所表示的几何图形W 也关于平面xoy ，yoz ，zox 对称，
其在第一卦限内的部分
, ,
2,
2,
2
T
x y z
x
y
y
z
z
x
=
+
£
¢
+
£
+
£
∣
的图形如图（1），
图1
①如图2，就是把图1 的几何图形进行分割的结果.
图2
所以T 所构成的几何体W 如图3 所示.
图3
法一：其中正方体ABCD
LIJM
-
记为集合P 所构成的区域.
而E
ABCD
-
构成了一个正四棱锥，且E 到面ABCD 的距离为1，
所以
2 2 2
8
P
V =
´ ´
=
，
1
4
1 2 2
3
3
E ABCD
V -
=
´ ´ ´
=
所以几何体W 的体积
4
6
2 2 2
6
16
3
P
E ABCD
V
V
V -
=
+
=
´ ´ + ´
=
.
法二：从图2 可以看出，几何体W 在第一卦限的部分为有公共底面EGH 的两个三棱锥O
EGH
-
和C
EGH
-
.
设其体积为
2
V .
由正方体的性质可知OC ^ 面EGH .
因为
2 2
EG
GH
EH
=
=
=
，
2
2
2
1
1
1
3
OC =
+
+
=
，
所以其体积
2
1
1
2 2
2 2
sin60
3
2
3
2
V =
´
´
´
´
´
=
o
.
所以几何体W 的体积
2
8
8 2
16
V
V
=
= ´
=
.
②由题意可知：面EBC 方程为
2
0
x
z
+
-
=
，所以其法向量
3
1,0,1
n =
ur
，面ECD 方程为
2
0
y
z
+
-
=
，其法向量
4
0,1,1
n =
uur
.
所以
3
4
3
4
3
4
0
0 1
1
cos
,
2
2
2
n
n
n n
n
n
×
+
+
=
=
=
×
×
uur uur
uur uur
uur
uur
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2π
3 .
