解答立体几何问题的5大数学思想方法

数学立体几何解题技巧必看各个科目都有自己的学习方法，但其实都是万变不离其中的，基本离不开背、记，运用，数学作为最烧脑的科目之一，也是一样的。

下面是小编给大家整理的一些数学立体几何解题技巧的学习资料，希望对大家有所帮助。

高考数学答题技巧：立体几何解答立体几何篇高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题3道，解答题1道)，共计总分27分左右，考查的知识点在20个以内。

选择填空题考核立几中的计算型问题，而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题，当然，二者均应以正确的空间想象为前提。

随着新的课程改革的进一步实施，立体几何考题正朝着“多一点思考，少一点计算”的发展。

从历年的考题变化看，以简单几何体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是常考常新的热门话题。

知识整合1、有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律--充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力。

2、判定两个平面平行的方法：(1)根据定义--证明两平面没有公共点;(2)判定定理--证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面;(3)证明两平面同垂直于一条直线。

3、两个平面平行的主要性质：(1)由定义知：“两平行平面没有公共点”。

(2)由定义推得：“两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。

(3)两个平面平行的性质定理：”如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行“。

(4)一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。

(5)夹在两个平行平面间的平行线段相等。

⾼中学习⽴体⼏何的⽅法有哪些 升⼊⾼中后，⾯对新的课程，新的知识，新的学习⽅法很多学⽣多会感到⽆所适从，尤其是在⾼中⽴体⼏何⽅⾯颇感头疼。

那么⾼中学习⽴体⼏何的⽅法有哪些呢?以下是店铺分享给⼤家的⾼中学习⽴体⼏何的⽅法的资料，希望可以帮到你! ⾼中学习⽴体⼏何的⽅法⼀ ⽴⾜课本，夯实基础 直线和平⾯这些内容，是⽴体⼏何的基础，学好这部分的⼀个捷径就是认真学习定理的证明，尤其是⼀些很关键的定理的证明。

例如：三垂线定理。

(这个定理对今后学习线⾯垂直以及⼆⾯⾓的平⾯⾓的作法⾮常重要)定理的内容都很简单，就是线与线，线与⾯，⾯与⾯之间的关系的阐述。

但定理的证明在出学的时候⼀般都很复杂，甚⾄很抽象。

掌握好定理有以下三点好处： (1)深刻掌握定理的内容，明确定理的作⽤是什么，多⽤在那些地⽅，怎么⽤。

(2)培养空间想象⼒。

(3)得出⼀些解题⽅⾯的启⽰。

在学习这些内容的时候，可以⽤笔、直尺、书之类的东西搭出⼀个图形的框架，(我要求学⽣⽤⼿⾥的书本当平⾯，笔作直线)这样亲⾃实践可以帮助提⾼空间想象⼒。

对后⾯的学习也打下了很好的基础。

⾼中学习⽴体⼏何的⽅法⼆ 培养空间想象⼒ 从认识平⾯图形到认识⽴体图形是⼀次飞跃，要有⼀个过程。

有的同学⾃制⼀些空间⼏何模型并反复观察，这有益于建⽴空间观念，是个好办法。

有的同学有空就对⼀些⽴体图形进⾏观察、揣摩，并且判断其中的线线、线⾯、⾯⾯位置关系，探索各种⾓、各种垂线作法，这对于建⽴空间观念也是好⽅法。

建⽴空间观念要做到：重视看图能⼒的培养：对于⼀个⼏何体，可从不同的⾓度去观察，可以是俯视、仰视、侧视、斜视，体会不同的感觉，以开拓空间视野，培养空间感。

加强画图能⼒的培养：掌握基本图形的画法;如异⾯直线的⼏种画法、⼆⾯⾓的⼏种画法等等;对线⾯的位置关系，所成的⾓，所有的定理、公理都要画出其图形，⽽且要画出具有较强的⽴体感，除此之外，还要体会到⽤语⾔叙述的图形，画哪⼀个⾯在⽔平⾯上，产⽣的视觉完全不同，往往从⼀个⽅向上看不清的图形，从另⽅向上可能⼀⽬了然。

高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略立体几何的解答题型主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再计算几何体的体积．试题背景有折叠问题、探索性问题等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及转化与化归思想的应用能力.题型一线面位置关系的证明题型概览：空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，应用向量证明线、面的位置关系的关键是把空间线面位置关系的判定定理和性质定理与空间向量建立对应关系，把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算，通过运算解决证明问题．这里以传统方法为例建立审题程序与答题模板，向量方法参照本专题题型二．如图，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E、F分别为MA、DC的中点，求证：(1)EF∥平面MNCB；(2)平面MAC⊥平面BND.[审题程序]第一步：利用中位线、平行四边形的性质在四边形MNCB内确定与EF平行的直线；第二步：在平面MAC和平面BND中寻找与另一平面垂直的直线；第三步：应用面面垂直、菱形的性质，由线线垂直解决．[规范解答](1)如图，取NC的中点G，连接FG，MG.因为ME∥ND且ME＝12ND，F、G分别为DC、NC的中点，FG∥ND且FG＝12ND，所以FG与ME平行且相等，所以四边形MEFG是平行四边形，所以EF∥MG，又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，所以EF∥平面MNCB.(2)如图，连接BD、MC.因为四边形MADN是矩形，所以ND⊥AD.因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，DN⊂平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，所以ND⊥AC.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.又AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面BDN.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：1．(2016·北京西城区高三期末)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分别是CE，CF的中点．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH∥平面AEF；(3)求多面体ABCDEF的体积．[解](1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH.在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF.因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(3)由(1)得AC⊥平面BDEF.因为AO＝2，四边形BDEF的面积S▱BDEF＝3×22＝62，＝4.所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝13×AO×S▱BDEF同理，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4.所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.题型二求空间几何体的体积题型概览：计算几何体的体积，关键是根据条件找出相应的底面和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题．(1)直接法：对于规则几何体，直接利用公式计算即可．(2)割补法：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．(3)等体积法：一般利用三棱锥的“等积性”求三棱锥体积，可以把任何一个面作为三棱锥的底面．注意两点：一是求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；二是利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面P AB；(2)求四面体N－BCM的体积．[审题程序]第一步：由线线平行或面面平行证明(1)；第二步：由N 为PC 中点，推证四面体N －BCM 的高与P A 的关系； 第三步：利用直接法求四面体的体积．[规范解答] (1)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形， 于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5， 故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453. [答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：2．(2016·深圳一模)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面SBC是正三角形，E是SB的中点，且AE⊥平面SBC.(1)证明：SD∥平面ACE；(2)若AB⊥AS，BC＝2，求点S到平面ABC的距离．[解](1)证明：连接BD，交AC于点F，连接EF.∵四边形ABCD是平行四边形，∴F是BD的中点，又∵E是SB的中点，∴EF∥SD.∵SD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，∴SD∥平面ACE.(2)∵AB⊥AS，BC＝BS＝2，且E是SB的中点，∴AE＝1.∵AE⊥平面SBC，BS、CE⊂平面SBC，∴AE⊥BS，AE⊥CE.∴AB＝AE2＋BE2＝ 2.又侧面SBC 是正三角形，∴CE ＝3， ∴AC ＝AE 2＋CE 2＝2，∴△ABC 是底边长为2，腰长为2的等腰三角形， ∴S △ABC ＝12×2×4－12＝72.设点S 到平面ABC 的距离为h .由V 三棱锥S －ABC ＝V 三棱锥A －SBC ，得13h ·S △ABC ＝13AE ·S △SBC ，∴h ＝AE ·S △SBC S △ABC ＝237＝2217.题型三 立体几何中的探索性问题题型概览：如果知道的是试题的结论，而要求的却是试题的某一个存在性条件(如存在某个定点、定直线、定值等)，这种试题称为存在探索型试题．解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目中的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步推出所要求的特殊条件，即要求的存在性条件．若能求出，则存在；若不能求出，则不存在．(2016·石家庄调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，E 在线段B 1C 1上，B 1E ＝3EC 1，AC ＝BC ＝CC 1＝4.(1)求证：BC ⊥AC 1；(2)试探究：在AC 上是否存在点F ，满足EF ∥平面A 1ABB 1？若存在，请指出点F 的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．[审题程序]第一步：由B 1E ＝3EC 1及EF ∥平面A 1ABB 1猜想点F 的位置；第二步：在平面A 1ABB 1内探求与EF 平行的直线或寻找经过EF 与平面A 1ABB 1平行的平面； 第三步：由线线平行或面面平行推理论证．[规范解答] (1)证明：∵AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥AA 1. 又∵BC ⊥AC ，AA 1∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面AA 1C 1C . 又AC 1⊂平面AA 1C 1C ，∴BC ⊥AC 1.(2)解法一：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图1，在平面A1B1C1内过点E作EG∥A1C1交A1B1于点G，连接AG.∵B1E＝3EC1，∴EG＝34A1C1.又AF∥A1C1且AF＝3，4A1C1∴AF∥EG且AF＝EG，∴四边形AFEG为平行四边形，∴EF∥AG.又EF⊄平面A1ABB1，AG⊂平面A1ABB1，∴EF∥平面A1ABB1.解法二：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图2，在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G，连接FG. ∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，∴EG∥平面A1ABB1.∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB.又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：3．如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为4的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，M为A1B1的中点．(1)证明：MC⊥AB；(2)若AA1＝26，侧棱CC1上是否存在点P，使得MC⊥平面ABP？若存在，求PC的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：取AB的中点N，连接MN，CN，则MN⊥底面ABC，MN⊥AB.因为△ABC是正三角形，所以NC⊥AB.因为MN∩NC＝N，MN⊂平面MNC，NC⊂平面MNC，所以AB⊥平面MNC，所以AB⊥MC.(2)由(1)知MC⊥AB，若存在点P使得MC⊥平面ABP，则必有MC⊥BP.过M作MQ⊥B1C1，垂足为Q，连接QC，则QC是MC在平面BCC1B1内的射影，只需QC⊥BP即可，此时Rt△QC1C与Rt△PCB相似，QC1C1C ＝PCCB，所以PC＝QC1·CBC1C＝3×426＝6，点P恰好是CC1的中点．。

数学解决立体几何问题的四种常用方法数学作为一门科学，其应用范围及其广泛。

在解决现实生活中的各种问题中，立体几何问题是其中之一。

在本文中，将介绍数学解决立体几何问题的四种常用方法，分别是平面几何方法、向量法、投影法和立体坐标法。

一、平面几何方法平面几何方法是解决立体几何问题最常用的方法之一。

该方法的基本思想是将立体几何问题转化为平面几何问题来求解。

具体来说，可以通过绘制立体几何图形的几个视图，将其分解为多个平面几何图形，然后利用平面几何中的定理和性质进行求解。

例如，对于一个立方体求其体积，可以将其展开成一个平面图形，然后计算出展开图形的面积。

再根据立方体的性质，将展开图形的面积乘以立方体高度所得的积即为立方体的体积。

二、向量法向量法是一种几何分析方法，可以有效地解决立体几何问题。

该方法利用向量的运算和性质，将立体几何问题转化为向量计算问题来求解。

在利用向量法解决立体几何问题时，首先需要确定坐标系，并定义几何体的位置和方向。

然后，通过向量运算来计算几何体的性质。

例如，对于一个平行六面体的体积，可以通过计算其底面向量与高度向量的叉积来求解。

三、投影法投影法是解决立体几何问题的另一种常用方法。

该方法利用几何体在不同平面上的投影关系，将立体几何问题转化为投影几何问题来求解。

具体来说，可以通过绘制几何体在不同平面上的投影图形，并利用投影几何的定理和性质进行求解。

例如，对于一个棱柱在某个平面上的截面积，可以通过计算棱柱的投影图形在该平面上的面积来求解。

四、立体坐标法立体坐标法是一种通过引入三维坐标系来解决立体几何问题的方法。

该方法通过确定几何体的坐标，将立体几何问题转化为坐标几何问题来求解。

在利用立体坐标法解决立体几何问题时，首先需要建立一个三维坐标系，并确定几何体的坐标。

然后，通过坐标运算来计算几何体的性质。

例如，对于一个球体求其体积，可以根据球体的坐标及其半径，利用坐标运算公式计算出体积。

总结起来，数学解决立体几何问题的常用方法有平面几何方法、向量法、投影法和立体坐标法。

高二数学学好立体几何的方法高二数学学好立体几何的方法第一、建立空间观念，提高空间想象力。

从认识平面图形到认识立体图形是一次飞跃，要有一个过程。

有的同学自制一些空间几何模型并反复观察，这有益于建立空间观念，是个好办法。

有的同学有空就对一些立体图形进行观察、揣摩，并且判断其中的线线、线面、面面位置关系，探索各种角、各种垂线作法，这对于建立空间观念也是好方法。

此外，多用图表示概念和定理，多在头脑中“证明”定理和构造定理的“图”，对于建立空间观念也是很有帮助的。

第二、掌握基础知识和基本技能。

要用图形、文字、符号三种形式表达概念、定理、公式，要及时不断地复习前面学过的内容。

这是因为《立体几何》内容前后联系紧密，前面内容是后面内容的根据，后面内容既巩固了前面的内容，又发展和推广了前面内容。

在解题中，要书写规范，如用平行四边形ABCD表示平面时，可以写成平面AC，但不可以把平面两字省略掉;要写出解题根据，不论对于计算题还是证明题都应该如此，不能想当然或全凭直观;对于文字证明题，要写已知和求证，要画图;用定理时，必须把题目满足定理的条件逐一交待清楚，自己心中有数而不把它写出来是不行的。

要学会用图(画图、分解图、变换图)帮助解决问题;要掌握求各种角、距离的基本方法和推理证明的基本方法——分析法、综合法、反证法。

第三、不断提高各方面能力。

通过联系实际、观察模型或类比平面几何的结论来提出命题;对于提出的命题，不要轻易肯定或否定它，要多用几个特例进行检验，最好做到否定举出反面例子，肯定给出证明。

欧拉公式的内容是以研究性课题的形式给出的，要从中体验创造数学知识。

要不断地将所学的内容结构化、系统化。

所谓结构化，是指从整体到局部、从高层到低层来认识、组织所学知识，并领会其中隐含的思想、方法。

所谓系统化，是指将同类问题如平行的问题、垂直的问题、角的问题、距离的问题、惟一性的问题集中起来，比较它们的异同，形成对它们的整体认识。

牢固地把握一些能统摄全局、组织整体的概念，用这些概念统摄早先偶尔接触过的或是未察觉出明显关系的已知知识间的联系，提高整体观念。

高中数学中的立体几何解题技巧作者：王文杰来源：《文理导航》2012年第32期高中数学中的立体几何是重点和难点之一，作为培养空间思维的立体几何，其基础知识的掌握及应用程度取决于我们对空间图形的认识与处理及正确思维方法的选择。

为此，笔者现就立体几何解题中几种常见的技巧予以分解，以供同仁参考。

1、巧作辅助图形，采用特殊化法例：求棱长为a的正四面体A-BCD的体积和外接球的半径。

解析：由于正四面体的六条棱相等，易联想到正方体的六个面的对角线相等。

于是构作辅助图形，即将正四面体补成正方体DE. 由AB=a，易得正方体棱长AE=■a，V■=V■-4V■=■a■由正方体是球的内接正方体，易知外接球半径为■a.例：在三棱锥P—ABC中，三条棱PA，PB，PC两两互相垂直。

设D为底面ABC内任一点，若PD与平面PAB，面PBC所成角分别为30°，45°.求PD与平面PAC所成角的正切值。

解析：本题若直接求解非常冗繁，但若考虑到题设条件，则以PD所在直线为对角线，PA、PB、PC所在线段为三条棱构作辅助图形长方体，使问题特殊化：即求该长方体的对角线PM与侧面PAC所成角的正切值。

设PD与侧面PAB，PBC，PAC所成角分别为α，β，γ.则依据长方体性质有：sin2α+sin2β+sin2γ=1.由条件知α=30°，β=45°.∴sin2γ=1-（sin2α+sin2β）=■.∴tanγ=■为所求。

评注：通过构造辅助图形，使原命题特殊化来解答某些立体几何问题，不但可以简化解题过程，优化问题解答，而且能开拓解题的思维视野，使问题解答独辟蹊径。

2、寻找主要矛盾，采用“隔离法”例：二面角α-l-β为30°，点A在平面α内，点A到直线l的距离为2，点A在平面β内的射影为B，B在平面α内射影为点A′，点A′在面β内射影为B′.求点B′到棱l的距离。

解析：本题由于条件太复杂，干扰因素太多，不便于分析。

活跃于立体几何问题中的几种数学思想方法
立体几何是数学的一大分支，可以涵盖各方面的概念，以及许多数学思想方法。

在解决立体几何问题时，运用的概念包括分类、证明、概念、规划、构造、确定等等。

以下是活跃于立体几何问题的几种数学思想方法：
1. 构造法：构造法是在立体几何问题中采用的非常有效的数学思想。

构造法
允许以特定的形式和结构来构造几何图形，可以帮助我们处理和理解立体几何里复杂的问题。

2. 命题证明法：在数学中，证明是一个十分重要的集合。

在立体几何问题中，利用蕴含关系进行命题证明是一种有效而又基础的方法。

有助于识别更复杂的立体表达式，从而更清楚地理解其内容。

3. 向量分析法：向量的分析是一种非常有利的思想方法，在立体几何问题中，它可以用于提取平面与立体几何图形的特征，从而更为清晰地判断立体几何中的平面位置，有助于解决几何形状间相互运动的状态等问题。

4. 理论结构法：结构理论是一种对象、数据和过程之间的关系的描述性方法。

在立体几何问题中，结构理论主要是用来研究特定几何形状的性质，比如形状的对称性、四边形的角度和根据特定关系来画出平行线的思路等。

以上是活跃于立体几何问题中的几种数学思想方法。

有助于学习者更深入地理
解和掌握立体几何知识，有效地运用这些思想方法，可以推动学习者解决更复杂的立体几何问题。

考点3.3 立体几何的新定义问题立体几何问题是高考重点考查的内容之一，其命题形式多种多样，其中基于问题情境的立体几何问题在高考中逐步成为热点。

通过具体的问题背景或新的定义，考察立体几何知识等在问题情境中的应用，以此来检验学生的核心价值，学科素养，关键能力，必备知识。

本专题以单选题，多选题，填空题及解答题等形式体现立体几何在新定义问题中的应用。

解决立体几何的新定义问题，常用的解题思路是：审题、建模、研究模型、解决新定义问题。

解题要点：根据题目给出的新定义，建立立体几何模型，研究模型时需注意：根据新定义进行由特殊到一般的规律总结，最后解决问题。

立体几何的新定义问题 （1） 单选题1．（2020·济南市·山东省实验中学高二期中）空间直角坐标系O xyz -中，经过点()000,,P x y z ，且法向量为(),,m A B C =的平面方程为()()()0000A x x B y y C z z -+-+-=，经过点()000,,P x y z 且一个方向向量为()(),,0n μυωμυω=≠的直线l 的方程为x x y y z z μυω---==，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面α的方程为3570x y z -+-=，经过()0,0,0的直线l 的方程为321xy z ==-，则直线l 与平面a 所成角的正弦值为（ ）A B C D 【答案】B 【分析】根据题设给出的材料可得平面的法向量和直线的方向向量，利用公式可求直线l 与平面a 所成角的正弦值. 【详解】因为平面α的方程为3570x y z -+-=，故其法向量为()3,5,1n =-， 因为直线l 的方程为321x y z ==-，故其方向向量为()3,2,1m =-，故直线l 与平面a35==，故选：B. 【点睛】关键点点睛：此题为材料题，需从给定的材料中提炼出平面的法向量和直线的方向向量的求法，这是解决此题的关键.2．（2020·全国高三专题练习（文））将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），ϕ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[]2326,2326δ''∈-︒︒．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395427'''︒，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5527'''︒B ．南纬5527'''︒C ．北纬5533'''︒D ．南纬5533'''︒【答案】D 【分析】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()9039542745θδ'''=︒-︒-=︒可得结果.【详解】由题可知，天安门广场的太阳高度角()9039542750533θδδ''''''=︒-︒-=︒+， 由华表的高和影长相等可知45θ=︒，所以45505335533δ''''''=︒-︒=-︒. 所以该天太阳直射纬度为南纬5533'''︒， 故选：D.3．（2020·赣州市赣县第三中学高二月考（理））设1P 、2P 、…、n P 为平面α内的n 个点，在平面α内的所有点中，若点P 到1P 、2P 、…、n P 点的距离之和最小，则称点P 为1P 、2P 、…、n P 点的一个“中位点”，有下列命题：①A 、B 、C 三个点共线，C 在线段AB 上，则C 是A 、B 、C 的中位点；②直角三角形斜边的中点是该直线三角形三个顶点的中位点；③若四个点A 、B 、C 、D 共线，则它们的中位点存在且唯一；④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点；其中的真命题是（ ） A ．②④ B ．①②C ．①④D ．①③④【答案】C 【分析】根据中位点的定义以及空间中的点与线的位置关系等逐个证明或举反例即可. 【详解】①若三个点,,A B C 共线,C 在线段AB 上,根据两点之间线段最短, 则C 是,,A B C 的中位点,正确；②举一个反例,如边长为3,4,5的直角三角形ABC ,此直角三角形的斜边的中点到三个顶点的距离之和为5 2.57.5+=,而直角顶点到三个顶点的距离之和为7,∴直角三角形斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的中位点；故错误；③若四个点,,,A B C D 共线,则它们的中位点是中间两点连线段上的任意一个点,故它们的中位点存在但不唯一；故错误；④如图,在梯形ABCD 中,对角线的交点,O P 是任意一点,则根据三角形两边之和大于第三边得PA PB PC PD AC BD OA OB OC OD +++≥+=+++,∴梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点．正确．故①④正确. 故选：C 【点睛】本题主要考查了新定义问题的运用,需要根据题意根据几何性质找到反例或直接证明.属于难题.4．（2020·北京高三专题练习）若点N 为点M 在平面α上的正投影，则记()N f M α=.如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，记平面11AB C D 为β，平面ABCD 为γ，点P 是棱1CC 上一动点（与C 、1C 不重合）()1Q f f P γβ⎡⎤=⎣⎦，()2Q f f P βγ⎡⎤=⎣⎦.给出下列三个结论：①线段2PQ 长度的取值范围是1,22⎡⎢⎣⎭；②存在点P 使得1//PQ 平面β；③存在点P 使得12PQ PQ .其中，所有正确结论的序号是（ ） A ．①②③ B ．②③C ．①③D ．①②【答案】D 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，设点P 的坐标为()()0,1,01a a <<，求出点1Q 、2Q 的坐标，然后利用向量法来判断出命题①②③的正误. 【详解】取1C D 的中点2Q ，过点P 在平面11AB C D 内作1PE C D ⊥，再过点E 在平面11CC D D 内作1EQ CD ⊥，垂足为点1Q .在正方体1111ABCD A BC D -中，AD ⊥平面11CC D D ，PE ⊂平面11CC D D ，PE AD ⊥∴， 又1PE C D ⊥，1AD C D D =，PE ∴⊥平面11AB C D ，即PE β⊥，()f P E β∴=，同理可证1EQ γ⊥，CQ β⊥，则()()1f f P f E Q γβγ⎡⎤==⎣⎦，()()2f f P f C Q βγβ⎡⎤==⎣⎦.以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，设()01CP a a =<<，则()0,1,P a ，()0,1,0C ，110,,22a a E ++⎛⎫ ⎪⎝⎭，110,,02a Q +⎛⎫ ⎪⎝⎭，2110,,22Q ⎛⎫⎪⎝⎭.对于命题①，2PQ =01a <<，则111222a -<-<，则211024a ⎛⎫≤-< ⎪⎝⎭，所以，212PQ ⎡=⎢⎣⎭，命题①正确； 对于命题②，2CQ β⊥，则平面β的一个法向量为2110,,22CQ ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，110,,2a PQ a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令211130424a a a CQ PQ --⋅=-==，解得()10,13a =∈，所以，存在点P 使得1//PQ 平面β，命题②正确；对于命题③，21120,,22a PQ -⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令()12211042a a a PQ PQ --⋅=+=， 整理得24310a a -+=，该方程无解，所以，不存在点P 使得12PQ PQ ，命题③错误.故选：D. 【点睛】本题考查立体几何中线面关系、线线关系的判断，同时也涉及了立体几何中的新定义，利用空间向量法来处理是解题的关键，考查推理能力，属于中等题.5．（2021·山东高三专题练习）如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面11CDD C 上有一个小孔E ，E 点到CD 的距离为3，若该正方体水槽绕CD 倾斜（CD 始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面11CDD C 与桌面所成角的正切值为（ ）AB ．12CD ．2【答案】D 【分析】根据题意，当水恰好流出时，即由水的等体积可求出正方体倾斜后，水面N 到底面B 的距离1BN =，再由边长关系可得四边形1NPC H 是平行四边形，从而侧面11CDD C 与桌面所转化成侧面11CDD C 与平面11HC D 所成的角,进而在直角三角形中求出其正切值. 【详解】由题意知，水的体积为44232⨯⨯=，如图所示，设正方体水槽绕CD 倾斜后，水面分别与棱1111,,,,AA BB CC DD 交于,,,,M N P Q 由题意知3PC =，水的体积为32BCPN S CD ⋅=322BN PC BC CD +∴⋅⋅=，即344322BN +⨯⨯=， 1BN ∴=在平面11BCC B 内，过点1C 作1//C HNP 交1BB 于H ，则四边形1NPC H 是平行四边形，且11NH PC ==又侧面11CDD C 与桌面所成的角即侧面11CDD C 与水面MNPQ 所成的角，即侧面11CDD C 与平面11HC D 所成的角,其平面角为111HC C B HC ∠=∠, 在直角三角形11B HC 中，111114tan 22B C B HC B H ===.【点睛】本题考查了利用定义法求二面角，在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条垂线所成的角即为二面角的平面角.（2） 多选题6．（2020·江苏南通市·海安高级中学高一月考）平面中两条直线l 和n 相交于O ，对于平面上任意一点M ，若p ，q 分别是M 到直线l 和n 的距离，则称有序非负实数对（p ，q ）是点M 的“距离坐标”.则下列说法正确的（ ）A ．若p =q =0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且仅有一个B ．若pq =0，且p +q ≠0，则“距离坐标”为（p ，q ）的点有且仅有2个C ．若pq ≠0，则“距离坐标”为（p ，q ）的点有且仅有4个D ．若p =q ，则点M 的轨迹是一条过O 点的直线 【答案】ABC 【分析】根据“距离坐标”的定义对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】首先点到直线的距离是唯一确定的.对于A 选项，由于0p q ==，所以()0,0表示O 点，有且仅有一个，故A 选项正确. 对于B 选项，由于0pq =，且0p q +≠，当00p q =⎧⎨≠⎩或0p q ≠⎧⎨=⎩时，分别表示点()0,q 或(),0p ，有且仅有两个，故B 选项正确.对于C 选项，由于l 和n 相交与O ，所以直线l 和直线n 确定一个平面α，根据对称性可知，在平面α的上方和下方，各有两个“距离坐标”为(),p q 的点.故“距离坐标”为(),p q 的点有且仅有4个，所以C 选项正确. 对于D 选项，设l 和n 相交与O ，直线l 和直线n 相交所形成的两组对角的角平分线上的点，都满足p q =，所以点M 的轨迹不只是一条过O 点的直线，所以D 选项错误. 由于p q =， 故选：ABC本小题主要考查空间点与直线的位置关系，考查分析、思考与解决问题的能力，属于基础题. 7．（2020·全国高二课时练习）（多选）已知单位向量i ，j ，k 两两的夹角均为0,2πθθπθ⎛⎫<<≠⎪⎝⎭，若空间向量a 满足(,,)a xi y j zk x y z R =++∈，则有序实数组(,,)x y z 称为向量a 在“仿射”坐标系Oxyz （O 为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作(,,)a x y z θ=，则下列命题是真命题的有（ ）. A ．已知(1,3,2)a θ=-，(4,0,2)b θ=，则0a b ⋅= B ．已知(,,0)3a x y π=，(0,0,)3b z π=，其中,,0x y z >，则当且仅当x y =时，向量a ，b 的夹角取得最小值C ．已知()111,,a x y z θ=，()222,,b x y z θ=，则()121212,,a b x x y y z z θ+=+++D ．已知(1,0,0)3OA π=，(0,1,0)3OB π=，(0,0,1)3OC π=，则三棱锥O ABC -的表面积S =【答案】BC 【分析】根据“仿射”坐标的定义逐项判断即可. 【详解】(1,3,2)(4,0,2)(32)(42)421268412cos a b i j k i k i k i j j k k i θθθ⋅=-⋅=+-⋅+=+⋅+⋅+⋅-⋅-=因为0θπ<<，且2πθ≠，所以0a b ⋅≠，故A 错误；如图所示，设OB b =，OA a =，则点A 在平面xOy 上，点B 在z 轴上，由图易知当x y =时，AOB ∠取得最小值，即向量a 与b 的夹角取得最小值，故B 正确；根据“仿射”坐标的定义可得，()()()()()()()()111222111222121212121212,,,,,,a b x y z x y z x i y j z k x i y j z k x x i y y j z z k x x y y z z θθθ+=+=+++++=+++++=+++，故C 正确；由已知可得三棱锥O ABC -为正四面体，棱长为1，其表面积214122S =⨯⨯⨯=D 错误. 故选：BC. 【点睛】新定义概念题，考查对新概念的理解能力以及运算求解能力，基础题.8．（2020·江苏高二期中）20世纪50年代，人们发现利用静态超高压和高温技术，通过石墨等碳质原料和某些金属反应可以人工合成金刚石，人工合成金刚石的典型晶态为立方体（六面体）、八面体和立方八面体以及他们的过渡形态. 其中立方八面体（如图所示）有24条棱、12个顶点，14个面（6个正方形、8个正三角形），它是将立方体“切”去8个“角”后得到的几何体.已知一个立方八面体的棱长为1，则（ ）A ．它的所有顶点均在同一个球面上，且该球的直径为2B ．它的任意两条不共面的棱所在的直线都互相垂直 CD ．它的任意两个共棱的面所成的二面角都相等 【答案】ACD 【分析】利用立方八面体与正方体之间的关系计算出正方体的棱长，可判断A 、C 选项的正误；计算出不共面的棱所成角的大小可判断B 选项的正误，计算相邻的两个面所成二面角的大小可判断D 选项的正误. 【详解】如下图所示，由题意可知，立方八面体的顶点为正方体1111ABCD A BC D -各棱的中点，故立方八面体的棱为正方体1111ABCD A BC D -相邻两条棱的中点的连线，=由对称性可知，立方八面体的外接球球心为正方体1111ABCD A BC D -的中心，外接球的直径为正方体1111ABCD A BC D -的面对角线长2，该球的半径为1，A 选项正确； 设MN 、PQ 为立方八面体的两条不共面的棱，如下图所示，则11//MN B D ，在正方体1111ABCD A BC D -中，11//BB DD 且11BB DD =，则四边形11BBD D 为平行四边形， 11//BD B D ∴，//MN BD ∴，由于1//PQ BC ，易知1BC D 为等边三角形，则160C BD ∠=，所以，MN 与PQ 所成角为60，B 选项错误；立方八面体的体积为331183223V ⎛⎫=-⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭C 选项正确； 设正方体1111ABCD A BC D -底面的中心为点O ，连接OC 交立方八面体的棱PF 于点E ，连接EQ ，则E 为PF 的中点，且PFQ △为等边三角形，所以，EQ PF ⊥，CD BC =，O 为BD 的中点，OC BD ∴⊥，P 、F 分别为BC 、CD 的中点，则//PF BD ，OC PF ∴⊥，所以，OEQ ∠为立方八面体的底面与由平面PFQ 所成二面角的平面角，立方八面体的棱长为1，12OE EC ∴==，112CQ CC ==，3sin 602EQ PQ == 1CC ⊥平面ABCD ，CE ⊂平面ABCD ，1CC CE ∴⊥，在Rt CEQ 中，cos CE CEQ EQ ∠==所以，()cos cos 180cos OEQ CEQ CEQ ︒∠=-∠=-∠=同理可知，立方八面体的相邻两个面所成二面角的余弦值为-D 选项正确. 故选：ACD.【点睛】作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．9．（2020·夏津县教育和体育局高二月考）我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chumeng ）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如下图五面体ABCDEF 是一个刍甍，其中四边形ABCD 为矩形，其中8AB =，AD =ADE 与BCF △都是等边三角形，且二面角E AD B --与F BC A --相等且大于3π，则EF 长度可能为（ ）A ．1B ．5C ．9D ．13【答案】CD 【分析】取两个极限情况：二面角E AD B --与F BC A --相等，且为平角时，14EF =，二面角为3π时，5EF =，即可得出结果. 【详解】等边三角形ADE 603︒=，同理等边三角形BCF 边上的高为3．二面角E AD B --与F BC A --相等，且为平角时，6814EF =+=，因此14EF <， 二面角E AD B --与F BC A --相等，且为3π时，EF 最小， 如图所示，此时取BC ，AD 的中点,O Q ，连接OQ ，FO ， 由图形的对称性可得F 点在底面的投影必在OQ 上，由于OF BC ⊥，OH BC ⊥，所以FOH ∠即为二面角F BC A --的平面角， 即3FOH π∠=，故32OH =，此时38252EF =-⨯= 由于二面角大于3π，因此5EF >， 即可得EF 长度可能为9,13， 故选：CD.【点睛】本题主要考查了空间角、运动思想方法、空间位置关系，考查了空间想象能力、推理能力，属于中档题.（3） 填空题10．（2020·枣庄市第三中学高二月考）在空间直角坐标系中，定义：平面α的一般方程为()2220,,,,0Ax By Cz D A B C D R A B C +++=∈++≠，点()000,,P x y z 到平面α的距离d =，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________．【分析】以底面中心O 为原点建立空间直角坐标系O xyz -，求出点,,,O A B P 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O 为原点建立空间直角坐标系O xyz -， 则()0,0,0O，(1A ，1，0)，(1B -，1，0)，(0P ，0，2)，设平面PAB 的方程为0Ax By Cz D +++=，将,,A B P 坐标代入计算得0020A B D A B D C D ++=⎧⎪-++=⎨⎪+=⎩解得0A =，B D =-，12C D =-，102Dy Dz D ∴--+=，即220y z +-=，d ∴==【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．11．（2020·梅河口市第五中学高三月考（文））瑞士数学家、物理学家欧拉发现任一凸多面体（即多面体内任意两点的连线都被完全包含在该多面体中，直观上讲是指没有凹陷或孔洞的多面体）的顶点数V ，棱数E 及面数F 满足等式2V E F -+=，这个等式称为欧拉多面体公式，被认为是数学领域最漂亮，简洁的公式之一.如图是一个面数为26的多面体（其表面仅由正方形和正三角形围成），根据欧拉多面体公式可求得其棱数E =_______.【答案】48 【分析】根据图形可知顶点数，代入欧拉多面体公式可求得结果. 【详解】该多面体面数26F =，由图知，顶点数24V =，根据欧拉多面体公式2V E F -+=得：棱数22426248E V F =+-=+-=. 故答案为：48. 【点睛】本题考查立体几何中的新定义运算的求解问题，关键是能够充分理解已知所给公式，属于基础题.（4） 解答题12．（2021·全国高三八省联考）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．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3π，所以正四面体在各顶点的曲率为233πππ-⨯=，故其总曲率为4π．（1）求四棱锥的总曲率；（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数2=，证明：这类多面体的总曲率是常数． 【答案】（1）4π；（2）证明见解析. 【分析】（1）四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，写出多边形表面的所有内角即可.（2）设顶点数、棱数、面数分别为n 、l 、m ，设第i 个面的棱数为i x ，所以122m x x x l +++=，按照公式计算总曲率即可. 【详解】（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形. 所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成， 则其总曲率为：()25424ππππ⨯-+=.（2）设顶点数、棱数、面数分别为n 、l 、m ，所以有2n l m -+= 设第i 个面的棱数为i x ，所以122m x x x l +++=所以总曲率为：()()()122222m n x x x ππ--+-++-⎡⎤⎣⎦()222n l m ππ=--()24n l m ππ=-+=所以这类多面体的总曲率是常数. 【点睛】本题考查立体几何的新定义问题，能够正确读懂“曲率”的概率是解决问题的关键．13．（2020·北京101中学高二期中）已知集合(){}()12,,,|,1,2,,1n n i R x x x x R i n n =∈=≥，定义n R 上两点()12,,,n A a a a ，()12,,,n B b b b 的距离()1,ni i i d A B a b ==-∑.（1）当2n =时，以下命题正确的有__________（不需证明）： ①若()1,2A ，()4,6B ，则(),7d A B =；②在ABC 中，若90C =∠，则()()()222,,,d A C d C B d A B ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=⎣⎦⎣⎦⎣⎦； ③在ABC 中，若()(),,d A B d A C =，则B C ∠=∠;（2）当2n =时，证明2R 中任意三点A B C ，，满足关系()()(),,,d A B d A C d C B ≤+； （3）当3n =时，设()0,0,0A ，()4,4,4B ，(),,P x y z ，其中x y z Z ∈，，，()()(),,,d A P d P B d A B +=.求满足P 点的个数n ，并证明从这n 个点中任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于83. 【答案】（1）①；（2）证明见解析；（3）125n =，证明见解析． 【分析】（1）①根据新定义直接计算．②根据新定义，写出等式两边的表达式，观察它们是否相同，即可判断；③由新定义写出等式()(),,d A B d A C =的表达式，观察有无AB AC =； （2）由新定义，写出不等式两边的表达式，根据绝对值的性质证明；（3）根据新定义，及绝对值的性质得P 点是以AB 为对角线的正方体的表面和内部的整数点，共125个，把它们分布在五个平面(0,1,2,3,4)z =上，这五个面一个面取3个点，相邻面上取一个点，以它们为顶点构成三棱锥（能构成时），棱锥的体积不超过83，然后任取11点中如果没有4点共面，但至少有一个平面内有3个点．根据这3点所在平面分类讨论可得． 【详解】（1）当2n =时，①若()1,2A ，()4,6B ，则(),41627d A B =-+-=，①正确；②在ABC 中，若90C =∠，则222AC BC AB +=，设112233(,),(,),(,)A x y B x y C x y ， 所以222222131323231212()()()()()()x x y y x x y y x x y y -+-+-+-=-+-而()2221212121221212()()()2)),((x x y y x x y y d A x B x y y =⎡⎤⎣-+-+⎦=--+--， ()()22,,d A C d C B ⎡⎤⎡⎤+=⎣⎦⎣⎦22221313232313132323()()()()2()()2()()x x y y x x y y x x y y x x y y -+-+-+-+--+--，但1313232312122()()2()()2()()x x y y x x y y x x y y --+--=--不一定成立，②错误；③在ABC 中，若()(),,d A B d A C =，在②中的点坐标，有12121313x x y y x x y y -+-=-+-，但1212131322x x y y x x y y -⋅-=-⋅-不一定成立，因此AB AC =不一定成立，从而B C ∠=∠不一定成立，③错误． 空格处填①（2）证明：设112233(,),(,),(,)A x y B x y C x y ，根据绝对值的性质有132312x x x x x x -+-≥-，132312y y y y y y -+-≥-，所以(,)(,)(,)d A C d B C d A B +≥．, （3）(,)12d A B =，44,44,44x x y y z z +-≥+-≥+-≥，所以(,)(,)12d A P d B P +≥，当且仅当以上三个等号同时成立，(,)(,)12d A P d B P +=又由已知()()(),,,d A P d P B d A B +=，∴04,04,04x y z ≤≤≤≤≤≤， 又,,x y z Z ∈，∴,,0,1,2,3,4x y z =，555125⨯⨯=，点P 是以AB 为对角线的正方体内部（含面上）的整数点，共125个，125n =． 这125个点在0,1,2,3,4z z z z z =====这五面内．这三个平面内，一个面上取不共线的3点，相邻面上再取一点构成一个三棱锥．则这个三棱锥的体积最大为118441323V =⨯⨯⨯⨯=， 现在任取11个点，若有四点共面，则命题已成立，若其中无4点共面，但11个点分在5个平面上至少有一个平面内有3个点（显然不共线），若这三点在1,2,3z z z ===这三个平面中的一个上，与这个面相邻的两个面上如果有一点，那么这一点与平面上的三点这四点可构成三棱锥的四个顶点，其体积不超过83，否则还有8个点在平面0z =和4z =上，不合题意，若这三个点在平面0z =或5z =上，不妨设在平面0z =，若在平面1z =在一个点，则同样四点构成的三棱锥体积不超过83，否则剩下的8个点在2,3,4z z z ===三个平面上，只能是3，3，2分布，不管哪一种分布都有四点构成的三棱锥体积不超过83，综上，任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于83.【点睛】关键点点睛：本题新定义距离(,)d A B ，解题关键是利用新定义转化为绝对值，利用绝对值的性质解决一些问题．本题还考查了抽屉原理，11个放在5个平面上，至少有一个平面内至少有3点，由此分类讨论可证明结论成立．14．（2016·上海市实验学校高二期末）（1）如图，对于任一给定的四面体1234A A A A ，找出依次排列的四个相互平行的平面1α，2α，3α，4α，使得()1,2,3,4i i A i α∈=，且其中每相邻两个平面间的距离都相等；（2）给定依次排列的四个相互平行的平面1α，2α，3α，4α，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体1234A A A A 的四个顶点满足：()1,2,3,4i i A i α∈=，求该正四面体1234A A A A 的体积．【答案】（1）见解析； （2 【分析】（1）根据题意要作出相互平行且相邻距离相等的平面，所以先作直线平行，且取等分点，例如可取41A A 的三等分点2P ，3P ，13A A 的中点M ，24A A 的中点N ，则有223//A P NP ，332//A P MP ，从而可得面面平行； （2）先将正四面体补形为正方体，结合条件确定正方体的棱长，即可求正四面体1234A A A A 的体积． 【详解】（1）取41A A 的三等分点2P ，3P ，13A A 的中点M ，24A A 的中点N ， 过三点2A ，2P ，M 作平面2α，过三点3A ，3P ，N 作平面3α， 因为223//A P NP ，332//AP MP ，所以平面2//α平面3α， 再过点1A ，4A 分别作平面1α，4α与平面2α平行，那么四个平面，2α，3α，4α依次相互平行， 由线段41A A 被平行平面1α，2α，3α，4α截得的线段相等知，每相邻两个平面间的距离相等，故1α，2α，3α，4α为所求平面．（2）如图，将此正四面体补形为正方体1111ABCD A BC D -（如图）， 分别取AB 、CD 、11A B 、11C D 的中点E 、F 、1E 、1F ，平面11DEE D 与11BFF B 是分别过点2A 、3A 的两平行平面，若其距离为1，则正四面体1234A A A A 满足条件，右图为正方体的下底面，设正方体的棱长为a ，若1AM MN ==，因为12AE a =，DE =，在直角三角形ADE 中，AM DE ⊥，所以1122a a a =⋅，所以a ==，所以此正四面体的体积为3311432V a a =-⋅⋅=．【点睛】本题考查面面平行判定以及补形法求体积，考查空间想象能力以及基本分析论证与求解能力，属较难题.。