高考数学专题12 立体几何专题（新定义）（解析版）

专题12立体几何专题（新定义）一、单选题1．（2022秋内蒙古赤峰高二赤峰二中校考阶段练习）已知体积公式中的常数称为“立圆率”.对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱），正方体，球也可利用公式求体积（在等边圆柱中，表示底面圆的直径；在正方体中，表示棱长，在球中，表示直径）.假设运用此体积公式求得等边圆柱（底面圆的直径为），正方体（棱长为），球（直径为）的“立圆率”分别为，，，则（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据体积公式分别求出“立圆率”即可得出.【详解】因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以.故选：A.2．（2022秋江苏南京高二统考期中）我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高，过高的中点且平行于底面的平面截拟柱体所得的截面称为中截面.已知拟柱体的体积公式为V=h（S+4S0+S'），其中S，S'分别是上下底面的面积，S0是中截面的面积，h为拟柱体的高.一堆形为拟柱体的建筑材料，其两底面是矩形且对应边平行（如图），下底面长20米，宽10米，堆高1米，上底长宽比下底长宽各少2米.现在要彻底运走这堆建筑材料，若用最大装载量为4吨的卡车装运，则至少需要运（）（注：1立方米该建筑材料约重1.5吨）A．63车B．65车C．67车D．69车【答案】B【分析】根据所给条件先计算上底面和中截面的长、宽，进而求出各个面的面积、体积以及重量，进一法求出所需要的车次.【详解】解：由条件可知：上底长为18米，宽为8米；中截面长19米，宽9米；则上底面积，中截面积，下底面积，所以该建筑材料的体积为V=立方米，所以建筑材料重约（吨），需要的卡车次为，所以至少需要运65车.故选：B3．（2022全国高三专题练习）胡夫金字塔的形状为四棱锥，1859年，英国作家约翰泰勒（JohnTaylor，1781-1846）在其《大金字塔》一书中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔时利用黄金比例，泰勒还引用了古希腊历史学家希罗多德的记载：胡夫金字塔的每一个侧面的面积都等于金字塔高的平方．如图，若，则由勾股定理，，即，因此可求得为黄金数，已知四棱锥底面是边长约为856英尺的正方形，顶点的投影在底面中心，为中点，根据以上信息，的长度（单位：英尺）约为（）．A．611.6B．481.4C．692.5D．512.4【答案】C【解析】由和可得【详解】解：，故选：C【点睛】读懂实际问题，把实际问题转化为数学问题进行计算；基础题.4．（2023辽宁沈阳统考一模）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．则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】利用正八面体的面积和减去六个顶点的曲率和可得结果.【详解】正八面体每个面均为等比三角形，且每个面的面角和为，该正面体共个顶点，因此，该正八面体的总曲率为.故选：B.5．（2023全国高三专题练习）将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（）A．北纬B．南纬C．北纬D．南纬【答案】D【解析】首先根据题意理解太阳高度角、该地纬度、太阳直射纬度的概念，然后由太阳高度角可得结果.【详解】由题可知，天安门广场的太阳高度角，由华表的高和影长相等可知，所以.所以该天太阳直射纬度为南纬，故选：D.6．（2023秋广东深圳高二校考期末）图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为5，底面任意两顶点之间的距离为20，则其侧面积为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】由莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，结合已知可得半径为20，由弧长公式求得底面周长，进而可求得结果.【详解】莱洛三角形由三段半径为20，圆心角为的圆弧构成，所以该零件底面周长为，故其侧面积为．故选：A.7．（2023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P处的离散曲率为为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，，……，遍及多面体M的所有以P为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据题意给的定义，结合图形，分别求出a、b、c、d的值即可比较大小.【详解】对于正四面体，其离散曲率为，对于正八面体，其离散曲率为，对于正十二面体，其离散曲率为，对于正二十面体，其离散曲率为，则，所以.故选：B.8．（重庆市2023届高三第七次质量检测数学试题）如图，生活中有很多球缺状的建筑．球被平面截下的部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，球缺的曲面部分叫做球冠，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高．球冠面积公式为，球缺的体积公式为，其中R为球的半径，H为球缺的高．现有一个球被一平面所截形成两个球缺，若两个球冠的面积之比为，则这两个球缺的体积之比为（）．A．B．C．D．【答案】C【分析】根据已知条件求得，，代入体积公式计算即可.【详解】设小球缺的高为，大球缺的高为，则，由题意可得：，即：，所以由得：，，所以小球缺的体积，大球缺的体积，所以小球缺与大球缺体积之比为.故选：C.9．（2021秋江苏南通高三统考阶段练习）碳（）是一种非金属单质，它是由个碳原子构成，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足：顶点数棱数面数2，则其六元环的个数为（）.A．12B．20C．32D．60【答案】B【分析】根据顶点数棱数面数2求出棱数，设正五边形有个，正六边形有个，根据面数和棱数即可得关于的方程组，解得的值，即可求解.【详解】根据题意，碳（）由个顶点，有个面，由顶点数棱数面数2可得：棱数为，设正五边形有个，正六边形有个，则，解得：，所以六元环的个数为个，故选：B.10．（2018春四川成都高三成都七中校考阶段练习）设，定义区间、、、的长度均为.在三棱锥中，，，则长的取值区间的长度为A．B．2C．D．4【答案】B【解析】由题意画出图形，得到三棱锥A-BCD存在时CD的范围，则答案可求.【详解】如图，ABC是边长为2的等边三角形，取AB中点O,连接CO，DO,可得CO=,因为ADBD,当AD=BD时，OD最长为1,则当等腰直角三角形ABD在平面ABC上时，CD的最小值为-1，最大值为+1,则要使三棱锥A-BCD存在，CD(-1,+1),所以CD长的取值区间的长度为(+1)-(-1)=2.故选：B【点睛】本题考查由立体几何图形成立限制边长范围问题，属于较难题.二、多选题11．（2022全国高三专题练习）用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（）A．底面椭圆的离心率为B．侧面积为C．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为D．底面积为【答案】ABD【分析】不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，作出过斜圆柱底面椭圆长轴的截面，截斜圆柱得平行四边形，截圆柱得矩形，如图，由此截面可得椭圆面与圆柱底面间所成的二面角的平面角，从而求得椭圆长短轴之间的关系，得离心率，并求得椭圆的长短轴长，得椭圆面积，利用椭圆的侧面积公式可求得斜椭圆的侧面积，由斜圆柱的高比圆柱的底面直径大，可知斜圆柱内半径最大的球的直径与圆柱底面直径相等，从而得其表面积，从而可关键各选项．【详解】不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形是圆柱的轴截面，平行四边形是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，由圆柱的性质知，则，设椭圆的长轴长为，短轴长为，则，，，所以离心率为，A正确；，垂足为，则，易知，，又，所以斜圆柱侧面积为，B正确；，，，，椭圆面积为，D正确；由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为，C错．故选：ABD．12．（2022春黑龙江哈尔滨高一哈九中校考期末）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，在数学上用曲率刻画空间弯曲性．规定：多面体的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，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为．给出下列四个结论，其中，所有正确结论的有（）A．正方体在每个顶点的曲率均为B．任意四棱锥的总曲率均为；C．若一个多面体满足顶点数V6，棱数E8，面数F12，则该类多面体的总曲率是；D．若某类多面体的顶点数V，棱数E，面数F满足，则该类多面体的总曲率是常数【答案】ABD【分析】根据曲率的定义依次判断即可.【详解】对于A，根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为，故A正确；对于B，由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为，故B正确；对于C，由多面体顶点数、面数、棱数的关系有，而选项C中所给的多面体的顶点数、面数、棱数不满足此关系式，故不能构能多面体，故C不正确；对于D，设每个面记为边形，则所有的面角和为，根据定义可得该类多面体的总曲率为常数，故D正确.故选：ABD.13．（2020秋山东济南高三统考期末）给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算：．规定：为同时与，垂直的向量；，，三个向量构成右手系（如图1）；．如图2，在长方体中，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．【答案】ACD【分析】根据新定义空间向量的叉乘运算依次判断选项即可.【详解】在长方体中，AB=AD=2，，A：同时与垂直，，又因为，所以，且，构成右手系，故成立，故A正确；B：根据三个向量构成右手系，可知，，则，故B错误；C：，且与同向共线，，且与同向共线，又，且与同向共线，即与同向共线，所以，且与同向共线，所以，故C正确；D：长方体的体积，，所以，故D正确.故选：ACD14．（2022春全国高一期末）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论正确的是（）A．长方体中含有两个相同的等腰四面体B．“等腰四面体”各面的面积相等，且为全等的锐角三角形C．“等腰四面体”可由锐角三角形沿着它的三条中位线折叠得到D．三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体”的外接球直径为【答案】ABC【分析】作出长方体，根据等腰四面体的定义得出图形，根据长方体的性质判断各选项．【详解】如图，长方体有两个相同的等腰四面体：和，A正确；如等腰四面体中，每个面可能看作是从长方体截一个角得出的，如图，设的长分别为，不妨设，则，，，最大，其所对角的余弦值为，最大角为锐角，三角形为锐角三角形，同理其它三个面都是锐角三角形，各个面的三条边分别相等，为全等三角形，面积相等，B正确；把一个等腰四面体沿一个顶点出发的三条棱剪开摊平，则得一个锐角三角形，还有三条棱是这个三角形的三条中位线，如等腰四面体，沿剪开摊平，共线，同理可得共线，共线，为锐角三角形（与等腰四面体的面相似），且是这个三角形的中位线，因此C正确；如上等腰四面体中三条棱长分别是长方体的三条面对角线长，由长方体性质知长方体对角线是其外接球直径，因此直径长为，D错。故选：ABC．三、填空题15．（2022高二课时练习）连接空间几何体上的某两点的直线，如果把该几何体绕此直线旋转角（0<<360），使该几何体与自身重合，那么称这条直线为该几何体的旋转轴．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一平面内，则这个八面体的旋转轴共有______条．【答案】13【分析】根据八面体的结构特征：所有棱长相等，根据旋转轴的定义即可判断旋转轴的条数.【详解】由题设，八面体所有棱长都相等，所有以为轴旋转可以与自身重合，共3条；过正方形对边中点的直线为旋转轴，旋转可以与自身重合，共有6条轴；过八面体相对面中心为旋转轴，旋转可以与自身重合，共有4条轴.故答案为：1316．（2022秋河北邢台高二邢台市第二中学校考阶段练习）已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，试写出直线的一个方向向量为___________，直线与平面所成角的余弦值为___________.【答案】（答案不唯一，满足共线即可）【分析】由题意可得平面的法向量，同理可得平面的法向量以及的法向量，根据已知可知直线与这两个法向量垂直，可设直线的方向向量为,即得方程组，求得直线的一个方向向量；继而利用向量的夹角公式可求得直线与平面所成角的余弦值.【详解】平面的方程为，可得平面的法向量为,平面的法向量为的法向量为,设直线的方向向量为，则，即,令则取，设直线与平面所成角，，则，故答案为：；17．（2022秋福建泉州高二校联考期中）三个“臭皮匠”在阅读一本材料时发现原来空间直线与平面也有方程．即过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线l的方程为．三个“臭皮匠”利用这一结论编了一道题：“已知平面的方程为，直线l是两个平面与的交线，则直线l与平面所成的角的正弦值是多少？”想着这次可以难住“诸葛亮”了．谁知“诸葛亮”很快就算出了答案．请问答案是______．【答案】【分析】求出已知的三个平面的法向量，由直线l是两个平面与的交线，求出直线的方向向量，再根据线面角的向量求法，可得答案.【详解】因为平面的方程为，故其法向量可取为，平面的法向量可取为，平面的法向量可取为，直线l是两个平面与的交线，设其方向向量为，则，令，则，故设直线l与平面所成的角为，则，故答案为：18．（2022秋湖南长沙高三校考阶段练习）在空间直角坐标系中，定义：平面的一般方程为，点到平面的距离，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O到侧面的距离等于________．【答案】【解析】以底面中心为原点建立空间直角坐标系，求出点的坐标，求出侧面的方程，最后利用所给公式计算即可．【详解】如图，以底面中心为原点建立空间直角坐标系，则，，1，，，1，，，0，，设平面的方程为，将坐标代入计算得解得，，，，即，．故答案为：【点睛】本题主要考查点、线、面间的距离计算、空间直角坐标系的应用、空间直角坐标系中点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于中档题．19．（2022秋山东潍坊高二校考期中）两个非零向量，，定义．若，，则___________．【答案】【分析】根据新定义及向量夹角公式计算即可.【详解】因为，，所以，故，所以，故答案为：20．（2023秋福建福州高二校联考期末）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体中，直线与之间的距离是__________.【答案】【分析】建系，求利用空间向量设点，根据题意结合空间中的两点间距离公式运算求解.【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，可得，设，则，可得，即，故，同理可得：，则，当且仅当时，等号成立，对，当且仅当时，等号成立，故，当且仅当，即时等号成立，即直线与之间的距离是.故答案为：.【点睛】方法点睛：利用空间直角坐标系处理问题的基本步骤：（1）建立适合的坐标系并标点；（2）将图形关系转化为数量关系；（3）代入相应的公式分析运算.21．（2021秋陕西西安高一西安市第三中学校考期末），，，为球面上四点，，分别是，的中点，以为直径的球称为，的“伴随球”，若三棱锥的四个顶点在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是________．【答案】【解析】由已知求出三棱锥的外接球半径，求出，进一步求出的范围，从而得出答案即可.【详解】由题意知，三棱锥的外接球半径为4，故，且，由勾股定理由，由题意知，，的伴随球是以，为切线，故的最大值和最小值分别为5和1，当三点共线且在线段之间时取得最大值，当三点共线且在线段之外，满足时取得最小值，故球的半径的取值范围为，的伴随球的体积的取值范围是故答案为：【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.四、解答题22．（2022全国高三专题练习）已知，，，定义一种运算：，已知四棱锥中，底面是一个平行四边形，，，（1）试计算的绝对值的值，并求证面；（2）求四棱锥的体积，说明的绝对值的值与四棱锥体积的关系，并由此猜想向量这一运算的绝对值的几何意义.【答案】（1）48，证明见解析；（2）体积为16，，的绝对值表示以为邻边的平行六面体的体积．【分析】（1）根据新定义直接计算，由向量法证明线线垂直，得线面垂直；（2）计算出棱锥体积后，根据数据确定关系．【详解】（1）由题意48．，，，即．是平面内两相交直线，平面．（2）由题意，，，，．，猜想：的绝对值表示以为邻边的平行六面体的体积．【点睛】本题考查向量的新定义运算，解题时根据新定义的规则运算即可．考查学生的创新意识，同时考查学生的归纳推理能力．23．（2021春福建泉州高一统考期末）球面三角学是球面几何学的一部分，主要研究球面多边形(特别是三角形)的角边面积等问题，其在航海航空卫星定位等方面都有广泛的应用.定义：球的直径的两个端点称为球的一对对径点；过球心的平面与球面的交线称为该球的大圆；对于球面上不在同一个大圆上的点，，，过任意两点的大圆上的劣弧，，所组成的图形称为球面，记其面积为.易知：球的任意两个大圆均可交于一对对径点，如图1的和；若球面上，，的对径点分别为，，，则球面与球面全等.如图2，已知球的半径为，圆弧和所在平面交成的锐二面角的大小为，圆弧和所在平面圆弧和所在平面交成的锐二面角的大小分别为，.记.（1）请写出，，的值，并猜测函数的表达式；（2）求(用，，，表示).【答案】（1），，，猜测；（2）.【分析】（1）根据已知写出，，的值，并猜测函数的表达式；（2）推理得到，因为，化简即得解.【详解】解：（1），，.猜测.（2）因为，所以，即.