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第6讲新情景、新定义下的立体几何问题
目录TOC\o1-2\h\z\u
01方法技巧与总结 2
02题型归纳与总结 2
题型一：曲率问题 2
题型二：斜坐标系与定义新运算 6
题型三：定义新概念 8
题型四：空间平面方程与直线方程 11
题型五：三面角问题 14
题型六：数学文化 19
03过关测试 24
面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合。明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式。在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题。对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明。同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象。最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对。
题型一：曲率问题
【典例1-1】（2024·黑龙江大庆·模拟预测）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项点的曲率之和．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．已知多面体的顶点数V，棱数E，面数F满足，则八面体的总曲率为（????）
??
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】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．
故选：C．
【典例1-2】阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.”已知在直四棱柱中，底面为菱形..（角的运算均采用弧度制）
(1)若，求四棱柱在顶点处的离散曲率；
(2)若四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面的夹角的正弦值；
(3)截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为与平面交于点，证明：.
【解析】（1）若，则菱形为正方形，即，
因为平面平面，所以，
所以直四棱柱，在顶点处的离散曲率为.
（2）因为平面平面，所以，
直四棱柱在顶点处的离散曲率为，
则，即是等边三角形，
为菱形，又直四棱柱，
平面平面，，
又平面，平面，
设，则即为与平面所成的角，
在中，，
，所以与平面的夹角的正弦值为.
（3）在四面体中，
所以，，
所以四面体在点处的离散曲率为，
所以，所以为等边三角形，所以，
又在中，所以，
所以直四棱柱为正方体，
因为平面平面，所以，
又平面，
所以平面，又平面，所以，
平面平面，，
又平面，平面，
又平面，所以，
又平面，所以平面，
是三棱锥的高，设正方体的棱长为，
，
，
，
.
【变式1-1】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，其中（，2，…，k，）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，且．
(1)求直四棱柱在各个顶点的离散曲率之和；
(2)若直四棱柱在点A处的离散曲率为x，直四棱柱体积为，求函数的解析式及单调区间．
【解析】（1）在直四棱柱中,，底面ABCD为菱形，
由离散曲率的定义知：的离散曲率相等，的离散曲率相等，
所以处的曲率为，而处的曲率为，又，
所以、两处的曲率和为，
故直四棱柱在各个顶点的离散曲率之和.
（2）由题设，处的曲率，故，
所以直四棱柱底面面积为，
故直四棱柱高为1，故体积为，
令，，可得，，即，上递增；
令，，可得，，即，上递减；
所以增区间为，减区间为，.
题型二：斜坐标系与定义新运算
【典例2-1】（多选题）设是空间中两两夹角均为的三条数轴，分别是与轴正方向同向的单位向量，若，则把有序数对叫作向量在坐标系中的坐标，则下列结论正确的是（????）
A．若向量，向量，则
B．若向量，向量，则
C．若向量，向量，则当且仅当时，
D．若向量，向量，向量，则二面角的余弦值为
【答案】BD
【解析】对于A，若向量，
向量，
则，故A错误；
对于B，若向量，向量，
此时在空间直角坐标系中，故B正确；
对于C，若向量，向量，
当时，，则，
此时，显然不成立，故C错误；
对于D，若向量，向量，向量，
则三棱锥是棱长为1的正四面体，如图所示，取中点，连接，
在等边中，易知，,
则即为二面角的平面角，
在中，由余弦定理得，，
所以二面角的余弦值为，故D正确.
故
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