新定义2以空间几何体为背景的新定义解答题

新定义2以空间几何体为背景的新定义解答题【题型解读】立体几何中新定义问题主要有两种:一是定义新几何体或几何体的度量,二是定义新空间向量或向量的运算.①解题思路:审题、建模、研究模型、解决新定义问题;②解题要点:根据题目给出的新定义,建立立体几何模型;③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.类型一定义新空间向量或向量的运算【例1】(2024·安徽名校大联考)现有一种空间斜坐标系,其任意两条数轴的夹角均为60°,我们将这种坐标系称为“斜60°坐标系”.我们类比空间直角坐标系,定义“空间斜60°坐标系”下向量的斜60°坐标:i,j,k分别为“斜60°坐标系”下三条数轴(x轴,y轴,z轴)正方向上的单位向量,若向量n=xi+yj+zk,则n与有序实数组(x,y,z)相对应,称向量n的斜60°坐标为[x,y,z],记作n=[x,y,z].(1)若a=[1,2,3],b=[-1,1,2],求a+b的斜60°坐标;(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°,N为线段D1C1的中点,如图,以{,,}为基底建立“空间斜60°坐标系”.①求的斜60°坐标;②若=[2,-2,0],求与夹角的余弦值.【解析】(1)由a=[1,2,3],b=[-1,1,2],所以a+b=(i+2j+3k)+(-i+j+2k)=3j+5k=[0,3,5],所以a+b=[0,3,5],所以a+b的斜60°坐标为[0,3,5].(2)设i,j,k分别为,,同方向的单位向量,则=2i,=2j,=3k,①=++=+-12=2j+3k-i=-i+2j+3k,所以=-i+2j+3k,所以的斜60°坐标为[-1,2,3].②=[2,-2,0],所以=2i-2j,则||=|2i-2j|=(2i-24i2+4j因为||=(2j+3=4+9+1+6-2-·=(2j+3k-i)·(2i-2j)=4i·j+6i·k-2i2-4j2-6k·j+2i·j=-3,所以cos<,>==-315×2=-1510所以与夹角的余弦值为-1510.解题技法1.解决本题的关键(1)利用给出的向量n的斜60°坐标为[x,y,z],直接计算求解;(2)利用{,,}为基底建立“空间斜60°坐标系”,结合向量的基本运算求解;(3)利用cos<,>=求解.2.解决此类问题,要读懂题目中给出的新空间向量或向量的新运算,结合新定义,建立立体几何模型解决问题.对点训练(2024·石家庄模拟)若在空间直角坐标系Oxyz中,直线l1的方向向量为d1=(x2,y2,z2),且过点A(x1,y1,z1),直线l2的方向向量为d2=(x4,y4,z4),且过点B(x3,y3,z3),则l1与l2方向向量的叉积为d1×d2=(y2z4-y4z2,x4z2-x2z4,x2y4-x4y2),l1与l2的混合积为·(d1×d2).若·(d1×d2)=0,则l1与l2共面;若·(d1×d2)≠0,则l1与l2异面.已知直线a的一个方向向量为m=(1,1,2),且过点M(1,2,1),直线b的一个方向向量为n=(2,-1,1),且过点N(-2,1,-2).(1)证明:a与b是异面直线.(2)若点P∈a,Q∈b,求PQ的长的最小值.(3)若O为坐标原点,直线c⊥a,c⊥b,a∩c=E,b∩c=F,求的坐标.【解析】(1)由题意得m×n=(1×1-(-1)×2,2×2-1×1,1×(-1)-2×1)=(3,3,-3).因为=(-3,-1,-3),所以·(m×n)=(-3,-1,-3)·(3,3,-3)=-9-3+9≠0,故a与b是异面直线.(2)设与m,n都垂直的向量v=(x0,y0,z0),由v·m=则PQ的长的最小值为=|-3-1+3|(3)法一:由题意可设=λm=(λ,λ,2λ),λ∈R,则=+=(λ+3,λ+1,2λ+3).设平面NEF的法向量为u=(x5,y5,z5),则u·n=2由·u=λ+1+2λ+3=0,解得λ=-43,则=+=(λ+1,λ+2,2λ+1)=(-13,23,-53).法二:由题意可设=λm=(λ,λ,2λ),λ∈R,=μn=(2μ,-μ,μ),μ∈R,则=++=(-λ-3+2μ,-λ-1-μ,-2λ-3+μ).由(2)得=tv=(t,t,-t),则-λ-3+2故=+=(1,2,1)+(λ,λ,2λ)=(-13,23,-53).类型二定义新几何体或几何体的度量【例2】(2024·南昌模拟)如图所示,用一个不平行于圆柱底面的平面,截该圆柱所得的截面为椭圆面,得到的几何体称为“斜截圆柱”.图1与图2是完全相同的“斜截圆柱”,AB是底面圆O的直径,AB=2BC=2,椭圆所在平面垂直于平面ABCD,且与底面所成二面角为45°,图1中,点P是椭圆上的动点,点P在底面上的投影为点P1,图2中,椭圆上的点Ei(i=1,2,3,…,n)在底面上的投影分别为Fi,且Fi均在直径AB的同一侧.(1)当∠AOP1=2π3时,求PP1的长度(2)①当n=6时,若图2中,点F1,F2,…,F6将半圆均分成7等份,求(E1F1-2)·(E2F2-2)·(E3F3-2);②证明:AF1·E1F1+F1F2⌒·E2F2+…+Fn-1Fn【解析】(1)如图3,取CD中点M,过M作与该斜截圆柱的底面平行的平面,交DA于点G,交BC延长线于点H,与PP1交于点I,因为MH=MG=1,∠CMH=∠DMG=45°,则DG=HC=1,AG=2,过M作GH的垂线,交圆M于J,K两点.过I作IN⊥JK交JK于点N,又由PI⊥圆M,因为JK⊂圆M,则PI⊥JK,又因为PI∩IN=I,故JK⊥平面PIN.因为PN⊂平面PIN,故PN⊥JK,所以∠PNI为椭圆面与圆M所在平面的夹角,也即椭圆面与底面所成角,所以∠PNI=45°,则△PNI为等腰直角三角形,PI=IN.设∠AOP1=θ,如图4,作圆M所在平面的俯视图,则∠GMI=θ,由GH⊥JK,IN⊥JK,得GH∥IN,则有∠NIM=∠GMI=θ,所以IN=MIcosθ=cosθ,所以PP1=IP1+PI=IP1+IN=2+cosθ,当θ=2π3时,PP1=2+cos2π3=(2)①当n=6时,θ=π7所以E1F1=2+cosπ7,E2F2=2+cos2π7,E3F3=2+cos所以(E1F1-2)·(E2F2-2)·(E3F3-2)=cosπ7cos2π7cos3π7=sin2π72sinπ7×sin②由(1)知PP1=2+cosθ,即PP1是关于θ的函数,将“斜截圆柱”的侧面沿着AD展开,其椭圆面的轮廓线即为函数y=2+cosx的图象,如图5,将E1F1,E2F2,…,EnFn,BC绘制于函数y=2+cosx的图象上,并以EiFi,Fi-1Fi(i=1,2,3,…,n)为边作矩形,则矩形的面积即为Fi-1Fi⌒所以AF1·E1F1+F1F2⌒·E2F2+…+Fn-1Fn而两个该斜截圆柱可拼成一个底面半径为1,高为4的圆柱,因此该斜截圆柱的侧面积为12所以函数y=2+cosx(0≤x≤π)与坐标轴围成的面积为12又因为无论点Fi(i=1,2,3,…,n-1)是否均匀分布在半圆弧AB上,这些矩形的面积之和都小于函数y=2+cosx(0≤x≤π)与坐标轴围成的面积.所以AF1·E1F1+F1F2⌒·E2F2+…+Fn-1Fn解题技法本题的解题思路在于作出与底面平行的横截面,利用二面角建立PP1与θ的函数关系PP1=2+cosθ,结合三角函数的图象理解待证式左边的几何意义,最后通过补形求得“斜截圆柱”的侧面积,比较大小即得.对点训练设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1-12π(∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠Qk-1PQk+∠QkPQ1),其中Qi(i=1,2,…,k,k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点,且平面Q1PQ2,平面Q2PQ3,…,平面Qk-1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面.已知在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,且AA1=AB=1(1)求直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在各个顶点的离散曲率之和;(2)若直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在点A处的离散曲率为x,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为f(x),求函数y=f(x)的解析式及单调区间.【解析】(1)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠A1AD=∠A1AB=π2,底面ABCD为菱形由离散曲率的定义知:A,A1,C,C1的离散曲率相等,B,B1,D,D1的离散曲率相等,所以A处的曲率为1-12π×(π2+π2+∠BAD)=12-∠1-12π×(π2+π2+∠ADC)=12-∠ADC2π,又所以A,D两处的曲率和为12-∠BAD2π+12-∠ADC故直四棱柱ABCD-A1B1C1D1在各个顶点的离散曲率之和为4×12=2(2)由题设,A处的曲率为1-12π×(π2+π2+∠BAD)=12-∠BAD2π=x,所以直四棱柱底面面积为2S△ABD=2×12×12×sin[π(1-2x)]=sin[π(1-2x)]=s