高考数学专项复习：立体几何（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）已知体积公式丫=由3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V=H>3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”分别为尤，k2,k3,则（）

A.111.—B.1.2.一

4646

C.3:2兀:2D.—:一:一

6%4

【答案】A

【分析】根据体积公式分别求出“立圆率”即可得出.

【详解】因为嗡柱=共图xa=kd，所以匕=5,

因为匕E方体=42a3,所以％2=1,

3

因为喝=Fx[£|=k3a,所以左3=方，

所以《：&：%=丁：1：丁.

46

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丫=，八

（S+4S0+F）,其中S,分别是上、下底面的面积，So是中截面的面积，//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）

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5=18x8,

1514

中截面积S。=19x9,下底面积5=20x10,所以该建筑材料的体积为V=%x1x（144+684+200）=三立方

米，

所以建筑材料重约5手14x；3=257（吨），

需要的卡车次为257+4=64.25,所以至少需要运65车.

故选：B

3.（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（JohnThylor,

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6618

7

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，若外=厩，则由勾股定理，as=s2-a2,即（上［一上一1=0,因此可求得上为黄金数，已知四棱锥底面

\a）aa

是边长约为856英尺的正方形（2。=856）,顶点。的投影在底面中心。，H为BC中点,根据以上信息，PH

的长度（单位：英尺）约为（）.

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

【详解】解：PH=s=^^-a,2“=856

2

V5+1A/5+I856,_.

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

222

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2兀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（）

【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兀，该正面体共6个顶点，

因此，该正八面体的总曲率为6*2兀-8兀=4兀.

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5为此时太阳直

射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），夕为该地的纬度值，如图.已知太阳每年直射范围在南北回

归线之间，即57-23。26',23。261.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39。54,27〃，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5。5'27〃B.南纬5。5'27"

C.北纬5。5'33"D.南纬5。5'33"

【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

<9=90°-（39。54,27"-5）=45°可得结果.

【详解】由题可知，天安门广场的太阳高度角夕=90。-（39。54'27"-5）=50。5'33”+5,

由华表的高和影长相等可知。=45。，所以5=45°—50°5'33"=-5。5'33".

所以该天太阳直射纬度为南纬5533”,

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（）

ttll12FH3

A.lOOnB.600兀

C.200兀D.3007r

【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.

IT7T

【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3x,x20=20兀，故

其侧面积为207ix5=100万.

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在尸处的离散曲率为

1-3（NQIPQ,+NQ/03+…+NQ/Q）其中Q，（i=L2,3…,左23）为多面体"的所有与点尸相邻的顶点，且

平面QF03,……，Q/Q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

（）

正四面体正八面体正十二面体正二十面体

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

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

【答案】B

【分析】根据题意给的定义，结合图形，分别求出。、6、c、d的值即可比较大小.

1JT1

【详解】对于正四面体，其离散曲率为。=1-丁（；X3）=G，

2万32

1JT1

对于正八面体，其离散曲率为6=1-丁（丁x4）=w，

2万33

对于正十二面体，其离散曲率为停x3）=，

2万510

1JT1

对于正二十面体，其离散曲率为d=l-h（wx5）=z，

2万36

1111

贝nl|］一>一>一>—,

23610

所以a>b>d>c.

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S=2TTR”，球缺的体积公式为丫=（兀（3r-〃）〃2,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1:2,则这两个球缺的体积之比为

().

A.-B.—C.—D.—

9202010

【答案】C

nDAn

【分析】根据已知条件求得4=（，色=£，代入体积公式计算即可.

【详解】设小球缺的高为4,大球缺的高为生,则4+色=2R,①

由题意可得：/pj=3,即：生=2%,②

17iRn22

DRAR

所以由①②得：%=粪,饱=?，

所以小球缺的体积匕=：兀（3尺一手上（受=卷手，

大球缺的体积％=覆3尺-*卜洋:=黑］，

28球

所以小球缺与大球缺体积之比为"=技』=《.

^2oU7l/\2U

81

故选：C.

9.（2021秋•江苏南通•高三统考阶段练习）碳60（Co）是一种非金属单质，它是由60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：顶点数一棱数+面数=2,则其六元环的个数为（）.

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

【答案】B

【分析】根据顶点数一棱数+面数=2求出棱数，设正五边形有x个，正六边形有y个，根据面数和棱数即

可得关于x，y的方程组，解得y的值，即可求解.

【详解】根据题意，碳60(Co)由60个顶点，有32个面，

由顶点数一棱数+面数=2可得：棱数为60+32-2=90,

设正五边形有万个，正六边形有y个,

x+y=32

则,解得:I。,所以六元环的个数为2。个，

5x+6y=90x2

故选：B.

10.(2018春•四川成者B•高三成都七中校考阶段练习)设心。，定义区间3,3、(血口㈤、团,句的长度均

为b—a.在三棱锥A-3CZ)中，AB=8C=C4=2,ADJ.BD,则8长的取值区间的长度为

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

【答案】B

【解析】由题意画出图形，得到三棱锥A-8CO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A3中点O,连接CO,OO,可得CO=^,

因为ADLBD,当4/)=8。时,OD最长为1,则当等腰直角三角形A3。在平面ABC上时,CD的最小值为6」，

最大值为豆+1,

则要使三棱锥48C。存在，COG(6-1,透+1),

所以长的取值区间的长度为(&+l)-(g-l)=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万倍，己知某圆柱

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走

2

B.侧面积为24后：

C.在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36%

D.底面积为4缶

【答案】ABD

【分析】不妨过斜圆柱的最高点。和最低点B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B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ABCD是圆柱的轴截面，平行四边形5EDE是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，

由圆柱的性质知ZABF=45°,

则8/=血48，设椭圆的长轴长为2。，短轴长为2＞，则2a=0-2b，a=同，

c=y/a2-b2=-（亨。）2=~~a，

所以离心率为e=£=变，A正确；

a2

EG1BF,垂足为G,则EG=6,

易知/E3G=45。，BE=6插,又CE=AF=AB=4,

所以斜圆柱侧面积为S=2^-x2x（4+6A/2）-2^-x2x4=24A/2^,B正确；

2b=4,b=2,2。=40，a=20，

椭圆面积为万必=40兀，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4?rx22=16万，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2%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2/-3x[=万，故其总曲率为4万.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g

B.任意四棱锥的总曲率均为4万；

C.若一个多面体满足顶点数V=6,棱数E=8,面数尸=12,则该类多面体的总曲率是3万；

D.若某类多面体的顶点数V,棱数E,面数尸满足M-E+尸=2,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2%-3xWTT=gTT,故A正确；

22

对于B,由定义可得多面体的总曲率=2万x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2万x5-（万x4+2万xl）=4万，故B正确；

对于C,由多面体顶点数、面数、棱数的关系有V-E+F=2,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“（汴［1,尸］）边形，

FF

则所有的面角和为2（4一2）==»£4-2%尸二»-2£1-2万尸=2%（石-/），

z=li=l

根据定义可得该类多面体的总曲率2亚-2%石-尸）=4万为常数，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£与人定义叉乘运算：axb.规定：

①Zx加为同时与£,b垂直的向量;②Z，b，Zxl三个向量构成右手系（如图1）;③\axb\=\a\|5|sin<«,^>.如

图2,在长方体ABCO-AiAC］，中，AB=AD=2,AAI=4,

5G

图1图2

则下列结论正确的是（）

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ABCD-A耳GA中,AB=AD=2,M=4,

A：语同时与通而垂直，|而x而卜|福WH5|sin（通正）=2x2sin90°=4,

又因为阳卜4,所以陛x而同可，且通，历，醺■构成右手系，

故须*至5=招*成立，故A正确；

B：根据标,晟分三个向量构成右手系，可知通xX5=丽，ADxAB=-AA^,

贝U与x而片而x通，故B错误；

C：卜荏+诟）x丽卜|/x圃=2&x4sin9O°=80,且ZTx丽与酶同向共线，

|ABxA4|=2x4sin90°=8,且现x丽与丽同向共线，

X|ADxA^=2x4sin900=8,且而x丽与荏同向共线，即而、丽与配同向共线，所以

|荏x丽+砺x网=8近，且通*病+而*鬲与丽同向共线，

所以（福+莅）x丽=通乂丽+；Wx丽，故C正确；

D：长方体ABCO-A4CQ1的体积M=2仓啦4=16,

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

故选：ACD

14.（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。，b,C的“等腰四面体”的外接球直径为Jq2+门+C,2

【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，长方体耳G"有两个相同的等腰四面体：AC54和AGBO,A正确;

如等腰四面体AG")中，每个面可能看作是从长方体截一个角得出的，

如图，设与，裕的长分别为x，y，z,不妨设xwywz,

2222

则Bp=Jx?+V,ADj=y/x+z,AB}=^y+z,B2最大，

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

其所对角的余弦值为cos/用AR=--/'/'-'=/22/22>0，最大角/与AR为

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

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AC4。，沿AB|,AD，AC剪开摊平，NR,PDi共线,同理可得CM,OP共线，印/用N共线,

△WP为锐角三角形(与等腰四面体AC42的面相似)，且耳。,耳2,CR是这个三角形的中位线，因此C

正确；

如上等腰四面体AG2。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ct(0o<ct<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,。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AC,82所为轴旋转90。可以与自身重合，共3条；

过正方形ABCRAECEB瓦正对边中点的直线为旋转轴，旋转180。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120。可以与自身重合，共有4条轴.

故答案为：13

16.(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。-孙z中，过点/5,%,z0)

且一个法向量为7=(a,4c)的平面a的方程为a(x-Xo)+6(y-%)+c(z-Zo)=O.用以上知识解决下面问题:

已知平面a的方程为x+2y-2z+l=0,直线/是两个平面x-y+3=0与x-2z-l=0的交线，试写出直线/的

一个方向向量为,直线/与平面a所成角的余弦值为.

【答案】(2,2,1)(答案不唯一，满足(2,2,1)共线即可)半

【分析】由题意可得平面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/的方向向量为困=(x,y,z),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a的方程为x+2y-2z+l=0,可得平面a的法向量为而=(1,2,-2),

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

加匹=。即=0

设直线/的方向向量为碗=(x,y,z),则

m-m2=0x-2z=0

令z=l则取而=(2,2,1),

设直线/与平面a所成角。，00<6><90°,

贝ijsind=卜05(沆，万，=囱4囱=：cosg=,

故答案为：(2,2,1)；警

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?优,%/。)且一个法向量为为=(a,b,c)的平面a的方程为。过

点尸伉,%,z°)且方向向量为归(私卬)(〃皿/。)的直线/的方程为匚^=匕丛=三幺.三个“臭皮匠”利

mnt

用这一结论编了一道题：“已知平面a的方程为x-y+z+l=0,直线/是两个平面x-y+2=0与2x—z+l=0的

交线，则直线/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】县

3

【分析】求出已知的三个平面的法向量，由直线/是两个平面x-y+2=0与2r—z+l=0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。的方程为尤-y+z+l=0,故其法向量可取为7=(1,-1,1),

平面x—y+2=0的法向量可取为正=(1,-1,0),

平面2x-z+l=0的法向量可取为n=(2,0,-1),

直线I是两个平面X-y+2=0与2x-z+l-0的交线，设其方向向量为/=(s/q),

m•fl=s-1=0

则令s=l,贝7=(1,1,2),

n•jbi-ls-q=0

jr

故设直线/与平面a所成的角为仇6€[0,学，

则sin9=|cos<5,/>|=|。•匕|=「2「=坐,

\P\\^\73x763

故答案为：正

3

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a的一般方程为

|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的距离d=

VA2+B2+C2

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】竽

【解析】以底面中心。为原点建立空间直角坐标系。-孙z,求出点O,A,民尸的坐标，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。-型，

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

设平面E4B的方程为Ax+为+Cz+。=0,

将A,SP坐标代入计算得

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

故答案为：竿

y

X

【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b，定义|Zx司=|Z||B|sin坊历.若3=（1,0,1）,

5=(0,2,2),贝小*同=

【答案】2班

【分析】根据新定义及向量夹角公式计算即可.

【详解】因为同=JF+F=也欠=亚+22=20,2b=2

所以c°s（/一研工、”丽a-b=厂2子1

故sin（4,—=咚，

所以卜x司=x2A/2x=25/3,

故答案为：2折

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ABC。-ABiGA中，直线AQ与AG之间的距离是

【答案】县

3

【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（。,0,1）,A（1,0,1）,G（。,1,1）,

UUULLlUUU

可得独=（-1,0,1）,AC=（-1,1,0），

UUULUULlULU1UULWUUU

设=4A£）］，AN=〃4Ci，M（Xo，%,Zo）,N（Xi，%,Z］）,则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：

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

当且仅当〃=1■时，等号成立，

对J(+—l)2=序一2%+1邛,当且仅当4=1时，等号成立，

瓜2uuur2111nx11111r1uuun

故|MN|2?，当且仅当4=2〃=],即=时等号成立,

即直线AD,与AG之间的距离是好.

3

故答案为：B.

3

【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)A,B,C,。为球面上四点，M,N分别是AB,

8的中点，以为直径的球称为A3,8的“伴随球”，若三棱锥A-BCD的四个顶点在表面积为64%的

球面上，它的两条边AB,8的长度分别为24和46，则AB,CO的伴随球的体积的取值范围是.

【解析】由已知求出三棱锥A-3C。的外接球。半径，求出OM,ON,进一步求出MN的范围，从而得出答

案即可.

A

由题意知，三棱锥A-BCD的外接球。半径为4,故。A=OD=4,且ONLCD

由勾股定理由OAf=后不二五产=3，ON^^JOD2-DN2=2

由题意知，AB,CO的伴随球。1是以A8,8为切线，

OM-ON<MN<OM+ON

故MN的最大值和最小值分别为5和1,

当O,M,N三点共线且。在线段MN之间时取得最大值，

当0,M,N三点共线且0在线段MN之外,满足。M-ON=1时取得最小值,

故球。।的半径的取值范围为;VEwg

AB,8的伴随球的体积的取值范围是£,与巳

【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(=(%,%,马),b=(x2,y2,z2),c=(x39y3,z3),定义一种运算：

(axb)-c=%WZ3+%2乃4+x3ylz2-玉％22-入2丁仔3-％3为4,已知四棱锥「一ABCD中，底面A8CD是一个平行

四边形，AB=(2,-1,4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,1)

(1)试计算(ASx而)•存的绝对值的值，并求证PAL面ABCD;

(2)求四棱锥P-ABCD的体积，说明05x35).正的绝对值的值与四棱锥尸-ABCD体积的关系，并由

此猜想向量这一运算(