專題12立體幾何專題（新定義）

一、單選題

1.（2022秋?內蒙古赤峰?高二赤峰二中校考階段練習）已知體積公式丫=由3中的常數％稱為，，立圓率，，.對于

等邊圓柱（軸截面是正方形的圓柱），正方體，球也可利用公式V=H>3求體積（在等邊圓柱中，。表示底

面圓的直徑；在正方體中，。表示棱長，在球中，。表示直徑）.假設運用此體積公式求得等邊圓柱（底面

圓的直徑為。），正方體（棱長為。），球（直徑為。）的“立圓率”分別為尤，k2,k3,則（）

A.111.—B.1.2.一

4646

C.3:2兀:2D.—:一:一

6%4

【答案】A

【分析】根據體積公式分別求出“立圓率”即可得出.

【詳解】因為嗡柱=共圖xa=kd，所以匕=5,

因為匕E方體=42a3,所以％2=1,

3

因為喝=Fx[￡|=k3a,所以左3=方，

所以《：&：%=丁：1：丁.

46

故選：A.

2.（2022秋.江蘇南京.高二統考期中）我們把所有頂點都在兩個平行平面內的多面體叫做擬柱體，在這兩個

平行平面內的面叫做擬柱體的底面，其余各面叫做擬柱體的側面，兩底面之間的垂直距離叫做擬柱體的高，

過高的中點且平行于底面的平面截擬柱體所得的截面稱為中截面.已知擬柱體的體積公式為丫=，八

（S+4S0+F）,其中S,分別是上、下底面的面積，So是中截面的面積，//為擬柱體的高.一堆形為擬柱體的

建筑材料，其兩底面是矩形且對應邊平行（如圖），下底面長20米，寬10米，堆高1米，上底長、寬比下

底長、寬各少2米.現在要徹底運走這堆建筑材料，若用最大裝載量為4噸的卡車裝運，則至少需要運（）

（注：1立方米該建筑材料約重1.5噸）

C.67車D.69車

【答案】B

【分析】根據所給條件先計算上底面和中截面的長、寬，進而求出各個面的面積、體積以及重量，進一法

求出所需要的車次.

【詳解】解：由條件可知：上底長為18米，寬為8米；中截面長19米，寬9米；則上底面積5=18x8,

1514

中截面積S。=19x9,下底面積5=20x10,所以該建筑材料的體積為V=%x1x（144+684+200）=三立方

米，

所以建筑材料重約5手14x；3=257（噸），

需要的卡車次為257+4=64.25,所以至少需要運65車.

故選：B

3.（2022?全國?高三專題練習）胡夫金字塔的形狀為四棱錐，1859年，英國作家約翰?泰勒（JohnThylor,

1781-1846）在其《大金字塔》一書中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔時利用黃金比例6618

7

泰勒還引用了古希臘歷史學家希羅多德的記載：胡夫金字塔的每一個側面的面積都等于金字塔高的平方.如

圖，若外=廄，則由勾股定理，as=s2-a2,即（上［一上一1=0,因此可求得上為黃金數，已知四棱錐底面

\a）aa

是邊長約為856英尺的正方形（2。=856）,頂點。的投影在底面中心。，H為BC中點,根據以上信息，PH

的長度（單位：英尺）約為（）.

a

AB

A.611.6B.481.4C.692.5D.512.4

【答案】C

【解析】由2a=856和PH=s=叵已。可得

2

【詳解】解：PH=s=^^-a,2“=856

2

V5+1A/5+I856,_.

PpHw=s=--------a=--------x-----?69Q2.5

222

故選：c

【點睛】讀懂實際問題，把實際問題轉化為數學問題進行計算；基礎題.

4.（2023?遼寧沈陽?統考一模）刻畫空間的彎曲性是幾何研究的重要內容.用曲率刻畫空間彎曲性，規定：

多面體頂點的曲率等于2兀與多面體在該點的面角和的差（多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧

度制），多面體面上非頂點的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各頂點的曲率之和.則正八面體（八

個面均為正三角形）的總曲率為（）

【答案】B

【分析】利用正八面體的面積和減去六個頂點的曲率和可得結果.

【詳解】正八面體每個面均為等比三角形，且每個面的面角和為兀，該正面體共6個頂點，

因此，該正八面體的總曲率為6*2兀-8兀=4兀.

故選：B.

5.（2023?全國?高三專題練習）將地球近似看作球體.設地球表面某地正午太陽高度角為5為此時太陽直

射緯度（當地夏半年取正值，冬半年取負值），夕為該地的緯度值，如圖.已知太陽每年直射范圍在南北回

歸線之間，即57-23。26',23。261.北京天安門廣場的漢白玉華表高為9.57米，北京天安門廣場的緯度為北

緯39。54,27〃，若某天的正午時刻，測得華表的影長恰好為9.57米，則該天的太陽直射緯度為（）

A.北緯5。5'27〃B.南緯5。5'27"

C.北緯5。5'33"D.南緯5。5'33"

【答案】D

【解析】首先根據題意理解太陽高度角、該地緯度、太陽直射緯度的概念，然后由太陽高度角

<9=90°-（39。54,27"-5）=45°可得結果.

【詳解】由題可知，天安門廣場的太陽高度角夕=90。-（39。54'27"-5）=50。5'33”+5,

由華表的高和影長相等可知。=45。，所以5=45°—50°5'33"=-5。5'33".

所以該天太陽直射緯度為南緯5533”,

故選：D.

6.（2023秋?廣東深圳?高二校考期末）圖1中的機械設備叫做“轉子發動機”，其核心零部件之一的轉子形狀

是“曲側面三棱柱”，圖2是一個曲側面三棱柱，它的側棱垂直于底面，底面是“萊洛三角形”，萊洛三角形是

以正三角形的三個頂點為圓心，正三角形的邊長為半徑畫圓弧得到的，如圖3.若曲側面三棱柱的高為5,底

面任意兩頂點之間的距離為20,則其側面積為（）

ttll12FH3

A.lOOnB.600兀

C.200兀D.3007r

【答案】A

【分析】由萊洛三角形是以正三角形的三個頂點為圓心，正三角形的邊長為半徑畫圓弧得到的，結合已知

可得半徑為20,由弧長公式求得底面周長，進而可求得結果.

IT7T

【詳解】萊洛三角形由三段半徑為20,圓心角為§的圓弧構成，所以該零件底面周長為3x,x20=20兀，故

其側面積為207ix5=100萬.

故選：A.

7.（2023?全國?高三專題練習）設P為多面體M的一個頂點，定義多面體M在尸處的離散曲率為

1-3（NQIPQ,+NQ/03+…+NQ/Q）其中Q，（i=L2,3…,左23）為多面體"的所有與點尸相鄰的頂點，且

平面QF03,……，Q/Q遍及多面體M的所有以p為公共點的面如圖是正四面體、正八面體、

正十二面體和正二十面體，若它們在各頂點處的離散曲率分別是a,b,c,d,則a,b,c,d的大小關系是

（）

正四面體正八面體正十二面體正二十面體

A.a>b>c>dB.a>b>d>c

C.b>a>d>cD.c>d>b>a

【答案】B

【分析】根據題意給的定義，結合圖形，分別求出。、6、c、d的值即可比較大小.

1JT1

【詳解】對于正四面體，其離散曲率為。=1-丁（；X3）=G，

2萬32

1JT1

對于正八面體，其離散曲率為6=1-丁（丁x4）=w，

2萬33

對于正十二面體，其離散曲率為停x3）=，

2萬510

1JT1

對于正二十面體，其離散曲率為d=l-h（wx5）=z，

2萬36

1111

貝nl|］一>一>一>—,

23610

所以a>b>d>c.

故選：B.

8.（重慶市2023屆高三第七次質量檢測數學試題）如圖，生活中有很多球缺狀的建筑.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，垂直于截面的直徑被截后的線段叫做球缺

的高.球冠面積公式為S=2TTR”，球缺的體積公式為丫=（兀（3r-〃）〃2,其中R為球的半徑，H為球缺

的高.現有一個球被一平面所截形成兩個球缺，若兩個球冠的面積之比為1:2,則這兩個球缺的體積之比為

().

A.-B.—C.—D.—

9202010

【答案】C

nDAn

【分析】根據已知條件求得4=（，色=￡，代入體積公式計算即可.

【詳解】設小球缺的高為4,大球缺的高為生,則4+色=2R,①

由題意可得：/pj=3,即：生=2%,②

17iRn22

DRAR

所以由①②得：%=糞,飽=?，

所以小球缺的體積匕=：兀（3尺一手上（受=卷手，

大球缺的體積％=覆3尺-*卜洋:=黑］，

28球

所以小球缺與大球缺體積之比為"=技』=《.

^2oU7l/\2U

81

故選：C.

9.（2021秋?江蘇南通?高三統考階段練習）碳60（Co）是一種非金屬單質，它是由60個碳原子構成，形

似足球，又稱為足球烯，其結構是由五元環（正五邊形面）和六元環（正六邊形面）組成的封閉的凸多面

體，共32個面，且滿足：頂點數一棱數+面數=2,則其六元環的個數為（）.

A.12B.20C.32D.60

【答案】B

【分析】根據頂點數一棱數+面數=2求出棱數，設正五邊形有x個，正六邊形有y個，根據面數和棱數即

可得關于x，y的方程組，解得y的值，即可求解.

【詳解】根據題意，碳60(Co)由60個頂點，有32個面，

由頂點數一棱數+面數=2可得：棱數為60+32-2=90,

設正五邊形有萬個，正六邊形有y個,

x+y=32

則,解得:I。,所以六元環的個數為2。個，

5x+6y=90x2

故選：B.

10.(2018春?四川成者B?高三成都七中校考階段練習)設心。，定義區間3,3、(血口㈤、團,句的長度均

為b—a.在三棱錐A-3CZ)中，AB=8C=C4=2,ADJ.BD,則8長的取值區間的長度為

A.73B.2C.273D.4

【答案】B

【解析】由題意畫出圖形，得到三棱錐A-8CO存在時CD的范圍，則答案可求.

【詳解】如圖，

△ABC是邊長為2的等邊三角形，取A3中點O,連接CO,OO,可得CO=^,

因為ADLBD,當4/)=8。時,OD最長為1,則當等腰直角三角形A3。在平面ABC上時,CD的最小值為6」，

最大值為豆+1,

則要使三棱錐48C。存在，COG(6-1,透+1),

所以長的取值區間的長度為(&+l)-(g-l)=2.

故選:B

【點睛】本題考查由立體幾何圖形成立限制邊長范圍問題，屬于較難題.

二、多選題

11.（2022?全國?高三專題練習）用與母線不垂直的兩個平行平面截一個圓柱，若兩個截面都是橢圓形狀，

則稱夾在這兩個平行平面之間的幾何體為斜圓柱.這兩個截面稱為斜圓柱的底面，兩底面之間的距離稱為

斜圓柱的高，斜圓柱的體積等于底面積乘以高.橢圓的面積等于長半軸與短半軸長之積的萬倍，己知某圓柱

的底面半徑為2,用與母線成45。角的兩個平行平面去截該圓柱，得到一個高為6的斜圓柱，對于這個斜圓

柱，下列選項正確的是（）

A.底面橢圓的離心率為走

2

B.側面積為24后：

C.在該斜圓柱內半徑最大的球的表面積為36%

D.底面積為4缶

【答案】ABD

【分析】不妨過斜圓柱的最高點。和最低點B作平行于圓柱底面的截面圓，夾在它們之間的是圓柱，作出

過斜圓柱底面橢圓長軸的截面，截斜圓柱得平行四邊形，截圓柱得矩形，如圖，由此截面可得橢圓面與圓

柱底面間所成的二面角的平面角，從而求得橢圓長短軸之間的關系，得離心率，并求得橢圓的長短軸長，

得橢圓面積，利用橢圓的側面積公式可求得斜橢圓的側面積，由斜圓柱的高比圓柱的底面直徑大，可知斜

圓柱內半徑最大的球的直徑與圓柱底面直徑相等，從而得其表面積，從而可關鍵各選項.

【詳解】不妨過斜圓柱的最高點。和最低點B作平行于圓柱底面的截面圓，夾在它們之間的是圓柱，如圖，

矩形ABCD是圓柱的軸截面，平行四邊形5EDE是斜圓柱的過底面橢圓的長軸的截面，

由圓柱的性質知ZABF=45°,

則8/=血48，設橢圓的長軸長為2。，短軸長為2＞，則2a=0-2b，a=同，

c=y/a2-b2=-（亨。）2=~~a，

所以離心率為e=￡=變，A正確；

a2

EG1BF,垂足為G,則EG=6,

易知/E3G=45。，BE=6插,又CE=AF=AB=4,

所以斜圓柱側面積為S=2^-x2x（4+6A/2）-2^-x2x4=24A/2^,B正確；

2b=4,b=2,2。=40，a=20，

橢圓面積為萬必=40兀，D正確；

由于斜圓錐的兩個底面的距離為6,而圓柱的底面直徑為4,所以斜圓柱內半徑最大的球的半徑為2,球表

面積為4?rx22=16萬，C錯.

故選：ABD.

12.（2022春.黑龍江哈爾濱.高一哈九中校考期末）北京大興國際機場的顯著特點之一是各種彎曲空間的運

用，在數學上用曲率刻畫空間彎曲性.規定：多面體的頂點的曲率等于2%與多面體在該點的面角之和的差

（多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制），多面體面上非頂點的曲率均為零，多面體的總曲

率等于該多面體各頂點的曲率之和.例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是所以正四面

體在每個頂點的曲率為2/-3x[=萬，故其總曲率為4萬.給出下列四個結論,其中，所有正確結論的有（）

A.正方體在每個頂點的曲率均為g

B.任意四棱錐的總曲率均為4萬；

C.若一個多面體滿足頂點數V=6,棱數E=8,面數尸=12,則該類多面體的總曲率是3萬；

D.若某類多面體的頂點數V,棱數E,面數尸滿足M-E+尸=2,則該類多面體的總曲率是常數

【答案】ABD

【分析】根據曲率的定義依次判斷即可.

【詳解】對于A,根據曲率的定義可得正方體在每個頂點的曲率為2%-3xWTT=gTT,故A正確；

22

對于B,由定義可得多面體的總曲率=2萬x頂點數-各面內角和，因為四棱錐有5個頂點，5個面，分別為

4個三角形和1個四邊形，所以任意四棱錐的總曲率為2萬x5-（萬x4+2萬xl）=4萬，故B正確；

對于C,由多面體頂點數、面數、棱數的關系有V-E+F=2,而選項C中所給的多面體的頂點數、面數、

棱數不滿足此關系式，故不能構能多面體，故C不正確；

對于D,設每個面記為“（汴［1,尸］）邊形，

FF

則所有的面角和為2（4一2）==?￡4-2%尸二?-2￡1-2萬尸=2%（石-/），

z=li=l

根據定義可得該類多面體的總曲率2亞-2%石-尸）=4萬為常數，故D正確.

故選：ABD.

13.（2020秋?山東濟南?高三統考期末）給定兩個不共線的空間向量￡與人定義叉乘運算：axb.規定：

①Zx加為同時與￡,b垂直的向量;②Z，b，Zxl三個向量構成右手系（如圖1）;③\axb\=\a\|5|sin<?,^>.如

圖2,在長方體ABCO-AiAC］，中，AB=AD=2,AAI=4,

5G

圖1圖2

則下列結論正確的是（）

A.ABxAD=AA^

B.ABxAD^ADxAB

C.（AB+AD）xAAi=ABxA^+ADxA^

B

D.匕BCD-AB1Gi=，CC］

【答案】ACD

【分析】根據新定義空間向量的叉乘運算依次判斷選項即可.

［詳解】在長方體ABCD-A耳GA中,AB=AD=2,M=4,

A：語同時與通而垂直，|而x而卜|福WH5|sin（通正）=2x2sin90°=4,

又因為陽卜4,所以陛x而同可，且通，歷，醺■構成右手系，

故須*至5=招*成立，故A正確；

B：根據標,晟分三個向量構成右手系，可知通xX5=麗，ADxAB=-AA^,

貝U與x而片而x通，故B錯誤；

C：卜荏+詬）x麗卜|/x圃=2&x4sin9O°=80,且ZTx麗與酶同向共線，

|ABxA4|=2x4sin90°=8,且現x麗與麗同向共線，

X|ADxA^=2x4sin900=8,且而x麗與荏同向共線，即而、麗與配同向共線，所以

|荏x麗+礪x網=8近，且通*病+而*鬲與麗同向共線，

所以（福+蒞）x麗=通乂麗+；Wx麗，故C正確；

D：長方體ABCO-A4CQ1的體積M=2倉啦4=16,

（ABxAD）CC[=AA；Cq=42=16,所以匕53.的=（屈*初）-不，故D正確.

故選：ACD

14.（2022春.全國?高一期末）數學中有許多形狀優美、寓意獨特的幾何體，“等腰四面體”就是其中之一,

所謂等腰四面體，就是指三組對棱分別相等的四面體.關于“等腰四面體”，以下結論正確的是（）

A.長方體中含有兩個相同的等腰四面體

B.“等腰四面體”各面的面積相等，且為全等的銳角三角形

C.“等腰四面體”可由銳角三角形沿著它的三條中位線折疊得到

D.三組對棱長度分別為。，b,C的“等腰四面體”的外接球直徑為Jq2+門+C,2

【答案】ABC

【分析】作出長方體，根據等腰四面體的定義得出圖形，根據長方體的性質判斷各選項.

【詳解】如圖，長方體耳G"有兩個相同的等腰四面體：AC54和AGBO,A正確;

如等腰四面體AG")中，每個面可能看作是從長方體截一個角得出的，

如圖，設與，裕的長分別為x，y，z,不妨設xwywz,

2222

則Bp=Jx?+V,ADj=y/x+z,AB}=^y+z,B2最大，

s(y2+z2)+(x2+z2)-(x2+y2)z2

其所對角的余弦值為cos/用AR=--/'/'-'=/22/22>0，最大角/與AR為

2y1y2+z2->Jx+z2yly+z2-y/x+z2

銳角，三角形為銳角三角形，同理其它三個面都是銳角三角形，各個面的三條邊分別相等，為全等三角形，

面積相等，B正確；

把一個等腰四面體沿一個頂點出發的三條棱剪開攤平，則得一個銳角三角形，還有三條棱是這個三角形的

三條中位線，

如等腰四面體AC4。，沿AB|,AD，AC剪開攤平，NR,PDi共線,同理可得CM,OP共線，印/用N共線,

△WP為銳角三角形(與等腰四面體AC42的面相似)，且耳。,耳2,CR是這個三角形的中位線，因此C

正確；

如上等腰四面體AG2。中三條棱長分別是長方體的三條面對角線長，由長方體性質知長方體對角線是其外

接球直徑，因此直徑長為,D錯。

故選：ABC.

三、填空題

15.(2022?高二課時練習)連接空間幾何體上的某兩點的直線,如果把該幾何體繞此直線旋轉角ct(0o<ct<360°),

使該幾何體與自身重合，那么稱這條直線為該幾何體的旋轉軸.如圖，八面體的每一個面都是正三角形，

并且4個頂點A,B,C,。在同一平面內，則這個八面體的旋轉軸共有條.

【答案】13

【分析】根據八面體的結構特征：所有棱長相等，根據旋轉軸的定義即可判斷旋轉軸的條數.

【詳解】由題設，八面體所有棱長都相等，

所有以AC,82所為軸旋轉90。可以與自身重合，共3條；

過正方形ABCRAECEB瓦正對邊中點的直線為旋轉軸，旋轉180。可以與自身重合，共有6條軸；

過八面體相對面中心為旋轉軸，旋轉120。可以與自身重合，共有4條軸.

故答案為：13

16.(2022秋?河北邢臺?高二邢臺市第二中學校考階段練習)已知空間直角坐標系。-孫z中，過點/5,%,z0)

且一個法向量為7=(a,4c)的平面a的方程為a(x-Xo)+6(y-%)+c(z-Zo)=O.用以上知識解決下面問題:

已知平面a的方程為x+2y-2z+l=0,直線/是兩個平面x-y+3=0與x-2z-l=0的交線，試寫出直線/的

一個方向向量為,直線/與平面a所成角的余弦值為.

【答案】(2,2,1)(答案不唯一，滿足(2,2,1)共線即可)半

【分析】由題意可得平面a的法向量，同理可得平面x-y+3=0的法向量以及x-2z-l=0的法向量，根據

已知可知直線/與這兩個法向量垂直，可設直線/的方向向量為困=(x,y,z),即得方程組，求得直線/的一個

方向向量；繼而利用向量的夾角公式可求得直線/與平面。所成角的余弦值.

【詳解】平面a的方程為x+2y-2z+l=0,可得平面a的法向量為而=(1,2,-2),

平面尤-y+3=0的法向量為%=(1,-1,0),犬-22-1=0的法向量為7%=(1,0,-2),

加匹=。即=0

設直線/的方向向量為碗=(x,y,z),則

m-m2=0x-2z=0

令z=l則取而=(2,2,1),

設直線/與平面a所成角。，00<6><90°,

貝ijsind=卜05(沆，萬，=囪4囪=：cosg=,

故答案為：(2,2,1)；警

17.(2022秋?福建泉州?高二校聯考期中)三個“臭皮匠”在閱讀一本材料時發現原來空間直線與平面也有方

程.即過點?優,%/。)且一個法向量為為=(a,b,c)的平面a的方程為。過

點尸伉,%,z°)且方向向量為歸(私卬)(〃皿/。)的直線/的方程為匚^=匕叢=三幺.三個“臭皮匠”利

mnt

用這一結論編了一道題：“已知平面a的方程為x-y+z+l=0,直線/是兩個平面x-y+2=0與2x—z+l=0的

交線，則直線/與平面。所成的角的正弦值是多少？”想著這次可以難住“諸葛亮”了.誰知“諸葛亮”很快就算

出了答案.請問答案是.

【答案】縣

3

【分析】求出已知的三個平面的法向量，由直線/是兩個平面x-y+2=0與2r—z+l=0的交線，求出直線的

方向向量，再根據線面角的向量求法，可得答案.

【詳解】因為平面。的方程為尤-y+z+l=0,故其法向量可取為7=(1,-1,1),

平面x—y+2=0的法向量可取為正=(1,-1,0),

平面2x-z+l=0的法向量可取為n=(2,0,-1),

直線I是兩個平面X-y+2=0與2x-z+l-0的交線，設其方向向量為/=(s/q),

m?fl=s-1=0

則令s=l,貝7=(1,1,2),

n?jbi-ls-q=0

jr

故設直線/與平面a所成的角為仇6€[0,學，

則sin9=|cos<5,/>|=|。?匕|=「2「=坐,

\P\\^\73x763

故答案為：正

3

18.（2022秋?湖南長沙?高三校考階段練習）在空間直角坐標系中，定義：平面a的一般方程為

|Ax。+。+Cz0+Z)|

222By

Ax+By+Cz+D=0(A,B,C,D^R,A+B+C^0),^P(x0,%,z0)到平面a的距離d=

VA2+B2+C2

則在底面邊長與高都為2的正四棱錐中，底面中心O到側面的距離等于.

【答案】竽

【解析】以底面中心。為原點建立空間直角坐標系。-孫z,求出點O,A,民尸的坐標，求出側面的方程，最

后利用所給公式計算即可.

【詳解】如圖，以底面中心。為原點建立空間直角坐標系。-型，

則。（0,0,0）,A（1,1,0）,B（-l,I,0）,P（0,0,2）,

設平面E4B的方程為Ax+為+Cz+。=0,

將A,SP坐標代入計算得

A+B+D=0

<-A+B+D=0

2C+D=0

解得A=0,B=—D,C=—D,

2

:.-Dy-^Dz+D=0,

即2y+z—2=0,

|2x0+0-2|2石

aJ=------........-

A/4+1

故答案為：竿

y

X

【點睛】本題主要考查點、線、面間的距離計算、空間直角坐標系的應用、空間直角坐標系中點到平面的

距離等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想.屬于中檔題.

19.（2022秋?山東濰坊.高二校考期中）兩個非零向量b，定義|Zx司=|Z||B|sin坊歷.若3=（1,0,1）,

5=(0,2,2),貝小*同=

【答案】2班

【分析】根據新定義及向量夾角公式計算即可.

【詳解】因為同=JF+F=也欠=亞+22=20,2b=2

所以c°s（/一研工、”麗a-b=廠2子1

故sin（4,—=咚，

所以卜x司=x2A/2x=25/3,

故答案為：2折

20.（2023秋?福建福州?高二校聯考期末）定義：兩條異面直線之間的距離是指其中一條直線上任意一點到

另一條直線距離的最小值.在棱長為1的正方體ABC。-ABiGA中，直線AQ與AG之間的距離是

【答案】縣

3

【分析】建系，求利用空間向量設點根據題意結合空間中的兩點間距離公式運算求解.

【詳解】如圖，以。為坐標原點建立空間直角坐標系，則（。,0,1）,A（1,0,1）,G（。,1,1）,

UUULLlUUU

可得獨=（-1,0,1）,AC=（-1,1,0），

UUULUULlULU1UULWUUU

設=4A￡）］，AN=〃4Ci，M（Xo，%,Zo）,N（Xi，%,Z］）,則AM=（尤O-I,。/。），

XQ—1=—AXQ=1-A

可得%=0即』=0

“o=2“o=2

故加。一九0,2）,

同理可得：

則河=’(2_〃)2+〃2+(2_])2=,2〃2_2沏+力+"_])2>Jy+(4一1),,

當且僅當〃=1■時，等號成立，

對J(+—l)2=序一2%+1邛,當且僅當4=1時，等號成立，

瓜2uuur2111nx11111r1uuun

故|MN|2?，當且僅當4=2〃=],即=時等號成立,

即直線AD,與AG之間的距離是好.

3

故答案為：B.

3

【點睛】方法點睛：利用空間直角坐標系處理問題的基本步驟：

(1)建立適合的坐標系并標點；

(2)將圖形關系轉化為數量關系；

(3)代入相應的公式分析運算.

21.(2021秋.陜西西安?高一西安市第三中學校考期末)A,B,C,。為球面上四點，M,N分別是AB,

8的中點，以為直徑的球稱為A3,8的“伴隨球”，若三棱錐A-BCD的四個頂點在表面積為64%的

球面上，它的兩條邊AB,8的長度分別為24和46，則AB,CO的伴隨球的體積的取值范圍是.

【解析】由已知求出三棱錐A-3C。的外接球。半徑，求出OM,ON,進一步求出MN的范圍，從而得出答

案即可.

A

由題意知，三棱錐A-BCD的外接球。半徑為4,故。A=OD=4,且ONLCD

由勾股定理由OAf=后不二五產=3，ON^^JOD2-DN2=2

由題意知，AB,CO的伴隨球。1是以A8,8為切線，

OM-ON<MN<OM+ON

故MN的最大值和最小值分別為5和1,

當O,M,N三點共線且。在線段MN之間時取得最大值，

當0,M,N三點共線且0在線段MN之外,滿足。M-ON=1時取得最小值,

故球。?的半徑的取值范圍為;VEwg

AB,8的伴隨球的體積的取值范圍是￡,與巳

【點睛】與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接.解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的

位置，確定有關元素間的數量關系，并作出合適的截面圖，如球內切于正方體，切點為正方體各個面的中

心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于

球的直徑.

四、解答題

22.(2022?全國?高三專題練習)已知(=(%,%,馬),b=(x2,y2,z2),c=(x39y3,z3),定義一種運算：

(axb)-c=%WZ3+%2乃4+x3ylz2-玉％22-入2丁仔3-％3為4,已知四棱錐「一ABCD中，底面A8CD是一個平行

四邊形，AB=(2,-1,4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,1)

(1)試計算(ASx而)?存的絕對值的值，并求證PAL面ABCD;

(2)求四棱錐P-ABCD的體積，說明05x35).正的絕對值的值與四棱錐尸-ABCD體積的關系，并由

此猜想向量這一運算(