解析：

（1）四棱锥的总曲率

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．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 $4$ 个三角形和 $1$ 个四边形组成，

则其总曲率为：

$2\pi\times5-(4\pi+2\pi)=4\pi$

（2）总曲率为常数

设顶点数、棱数、面数分别为 $n$、$l$、$m$，由条件得

$n-l+m=2$

设第 $i$ 个面的棱数为 $x_i$，则

$x_1+x_2+\cdots+x_m=2l$

总曲率为：

$\begin{aligned} &= 2\pi n-\pi\bigl[(x_1-2)+(x_2-2)+\cdots+(x_m-2)\bigr] \\[2pt] &= 2\pi n-\pi(2l-2m) \\[2pt] &= 2\pi(n-l+m) \\[2pt] &= 4\pi \end{aligned}$

所以这类多面体的总曲率是常数 $4\pi$．

答案：

• (1) $4\pi$
• (2) 该常数是 $4\pi$，证明见解析

解析：

（1）相等的棱

等腰四面体对棱相等，四面体 $ABCD$ 有 6 条棱 $AB$，$AC$，$AD$，$BC$，$BD$，$CD$，
可分成 3 组对棱：

$AB=CD,\qquad AC=BD,\qquad AD=BC$

所以有 3 对 棱长相等．

（2）各面均为锐角三角形

设等腰四面体 $ABCD$ 的棱长 $AB=CD=a$，$AC=BD=b$，$AD=BC=c$．

对于 $\triangle ABC$，由余弦定理

$\cos A=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC} =\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$

因为 $a+b>c$，$|a-b|<c$，所以 $a^2+b^2-c^2>0$，$\cos A>0$，$\angle A$ 为锐角．

同理 $\cos B>0$，$\cos C>0$，所以 $\triangle ABC$ 是锐角三角形．

同理可证 $\triangle ABD$、$\triangle ACD$、$\triangle BCD$ 也都是锐角三角形．

（3）$\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma$ 是否为定值

过 $A$ 作 $AO\perp$ 平面 $BCD$ 交平面 $BCD$ 于点 $O$，则 $AO\perp CD$．

过 $O$ 作 $OE\perp CD$ 交 $CD$ 于 $E$，所以 $CD\perp$ 平面 $AOE$，则 $AE\perp CD$．

所以 $\angle AEO$ 为面 $ACD$ 与底面 $BCD$ 所成的角，设 $\angle AEO=\alpha$，

$\cos\alpha=\cos\angle AEO =\frac{|OE|}{|AE|} =\frac{\dfrac12\times|OE|\times|CD|}{\dfrac12\times|AE|\times|CD|} =\frac{S_{\triangle COD}}{S_{\triangle ACD}}$

设面 $ABC$、$ABD$ 与底面 $BCD$ 所成的角分别为 $\beta$、$\gamma$，同理可得

$\cos\beta=\frac{S_{\triangle OBC}}{S_{\triangle ABC}},\qquad \cos\gamma=\frac{S_{\triangle OBD}}{S_{\triangle ABD}}$

又 $\triangle ABC\cong\triangle ABD\cong\triangle ACD\cong\triangle BCD$（三边对应相等），

所以

$\begin{aligned} \cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma &= \frac{S_{\triangle COD}}{S_{\triangle ACD}} + \frac{S_{\triangle OBC}}{S_{\triangle ABC}} + \frac{S_{\triangle OBD}}{S_{\triangle ABD}} \\ &= \frac{S_{\triangle BCD}}{S_{\triangle BCD}} \\ &= 1 \end{aligned}$

故 $\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma$ 为定值 $1$．

答案：

• (1) 3 对，$AB=CD$，$AC=BD$，$AD=BC$
• (2) 证明见解析
• (3) 是定值，$\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma=1$

解析：

（1）顶点 $C$ 处的离散曲率

因为 $PD\perp$ 平面 $ABCD$，$CD\subset$ 平面 $ABCD$，所以 $PD\perp CD$，

$\tan\angle DCP=\frac{PD}{CD}=\frac{2\sqrt3}{2}=\sqrt3\qquad\Longrightarrow\qquad\angle DCP=\frac{\pi}{3}$

因为 $PD\perp$ 平面 $ABCD$，$BC\subset$ 平面 $ABCD$，所以 $PD\perp BC$，

又 $BC\perp CD$，$PD\cap CD=D$，$PD,\,CD\subset$ 平面 $PCD$，所以 $BC\perp$ 平面 $PCD$，

又 $PC\subset$ 平面 $PCD$，所以 $BC\perp PC$，即 $\angle PCB=\dfrac{\pi}{2}$，

由离散曲率的定义得

$\begin{aligned} \Phi_C &= 1-\frac{1}{2\pi}\bigl(\angle DCB+\angle PCB+\angle DCP\bigr) \\ &= 1-\frac{1}{2\pi}\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{3} \end{aligned}$

（2）内切球的表面积

因为四边形 $ABCD$ 为正方形，则 $AB\perp AD$，

因为 $PD\perp$ 平面 $ABCD$，$AB\subset$ 平面 $ABCD$，则 $AB\perp PD$，

因为 $AD\cap PD=D$，$AD,\,PD\subset$ 平面 $PAD$，所以 $AB\perp$ 平面 $PAD$，

因为 $PA\subset$ 平面 $PAD$，所以 $AB\perp PA$，

设四棱锥 $P-ABCD$ 的表面积为 $S_1$，则

$\begin{aligned} S_1 &= S_{\triangle PAD}+S_{\triangle PCD}+S_{\triangle PAB}+S_{\triangle PBC}+S_{\text{正方形}ABCD} \\ &= 2S_{\triangle PCD}+2S_{\triangle PBC}+S_{\text{正方形}ABCD} \\ &= 2\times\frac12\times2\times2\sqrt3+2\times\frac12\times4\times2+4 \\ &= 4\sqrt3+12 \end{aligned}$

设四棱锥 $P-ABCD$ 的内切球半径为 $r$，则由等体积法得

$V_{P-ABCD}=\frac13 S_{\text{正方形}ABCD}\cdot PD=\frac13 S_1\cdot r$

所以

$r = \frac{S_{\text{正方形}ABCD}\cdot PD}{S_1} = \frac{2^2\times2\sqrt3}{4\sqrt3+12} = \sqrt3-1$

内切球的表面积

$S_2 = 4\pi r^2 = 4\pi(\sqrt3-1)^2 = (16-8\sqrt3)\pi$

（3）直线 $CQ$ 与平面 $ABCD$ 所成角的取值范围

过 $Q$ 点作 $QG\parallel PD$ 交 $BD$ 于点 $G$，连接 $CG$，

因为 $PD\perp$ 平面 $ABCD$，所以 $QG\perp$ 平面 $ABCD$，

则 $\angle GCQ$ 为直线 $CQ$ 与平面 $ABCD$ 所成的角．

当 $Q$ 与 $B$ 重合时，$\angle GCQ=0$．

当 $Q$ 与 $B$ 不重合时，设 $BG=x\ (0<x\le 2\sqrt2)$，

在 $\triangle BCG$ 中，由余弦定理得

$\begin{aligned} CG^2 &= BC^2+BG^2-2\cdot BC\cdot BG\cdot\cos\angle DBC \\ &= 4+x^2-2\cdot2\cdot x\cdot\frac{\sqrt2}{2} \\ &= x^2-2\sqrt2 x+4 \end{aligned}$

因为 $QG\parallel PD$，所以 $\triangle BGQ\sim\triangle BDP$，

$\frac{QG}{PD}=\frac{BG}{BD}\quad\Longrightarrow\quad QG = \frac{BG\cdot PD}{BD} = \frac{x\cdot2\sqrt3}{2\sqrt2} = \frac{\sqrt6}{2}x$

所以

$\begin{aligned} \tan^2\angle GCQ &= \frac{QG^2}{CG^2} = \frac{\dfrac32x^2}{x^2-2\sqrt2x+4} \\ &= \frac{\dfrac32}{1-\dfrac{2\sqrt2}{x}+\dfrac4{x^2}} = \frac{\dfrac32}{\left(\dfrac2x-\dfrac{\sqrt2}{2}\right)^2+\dfrac12} \end{aligned}$

当分母 $\left(\dfrac2x-\dfrac{\sqrt2}{2}\right)^2+\dfrac12$ 最小时，$\tan^2\angle GCQ$ 最大，

此时 $x=2\sqrt2$（$Q$ 与 $P$ 重合），

由 $\tan^2\angle GCQ\le3$ 得 $\tan\angle GCQ\le\sqrt3$，即 $\angle GCQ\le\dfrac{\pi}{3}$，

所以 $\angle GCQ$ 的最大值为 $\dfrac{\pi}{3}$，

故直线 $CQ$ 与平面 $ABCD$ 所成角的取值范围为 $\displaystyle\left[0,\frac{\pi}{3}\right]$．

答案：

• (1) $\displaystyle\Phi_C=\frac13$
• (2) 内切球表面积 $\displaystyle(16-8\sqrt3)\pi$
• (3) $\displaystyle\left[0,\frac{\pi}{3}\right]$

解析：

设四面体 $ABCD$ 的体积为 $V$，表面积为 $S$，则根据等体积法得

$V=\frac13 Sr$

又

$S=S_{\triangle ABC}+S_{\triangle ACD}+S_{\triangle ABD}+S_{\triangle BCD}$

由于 $AD$ 是异面直线 $AB$ 和 $CD$ 的公垂线段，所以

$S_{\triangle BCD}=\frac12 CD\cdot d_{B-CD}>\frac12 CD\cdot AD=S_{\triangle ACD}$

$S_{\triangle ABC}=\frac12 AB\cdot d_{C-AB}>\frac12 AB\cdot AD=S_{\triangle ABD}$

因此

$S>2(S_{\triangle ACD}+S_{\triangle ABD})=AD\cdot(CD+AB)$

从而

$V=\frac13 Sr>\frac{r}{3}AD\cdot(AB+CD)$

将四面体补全成直三棱柱，可得

$V<\frac13\times\frac12 AB\cdot AD\cdot CD$

所以

$\frac{r}{3}AD\cdot(AB+CD)<\frac13\times\frac12 AB\cdot AD\cdot CD$

整理得

$r<\frac{AB\cdot CD}{2(AB+CD)}$

答案：A

解析：

A 选项：

由 $a+b>c$，$a=2\sin\dfrac{\alpha}{2}$，$b=2\sin\dfrac{\beta}{2}$，$c=2\sin\dfrac{\gamma}{2}$，得

$2\sin\dfrac{\alpha}{2}+2\sin\dfrac{\beta}{2}>2\sin\dfrac{\gamma}{2} \quad\Longrightarrow\quad \sin\dfrac{\alpha}{2}+\sin\dfrac{\beta}{2}>\sin\dfrac{\gamma}{2}$

故 A 正确．

B 选项：

$\because\ \widehat a=\alpha$，$\widehat b=\beta$，$\widehat c=\gamma$，

$\therefore$ 由 $\widehat a^2+\widehat b^2=\widehat c^2$ 得 $\alpha^2+\beta^2=\gamma^2$，故 B 正确．

C 选项：

由 $a^2+b^2=c^2$ 得

$4\sin^2\dfrac{\alpha}{2}+4\sin^2\dfrac{\beta}{2}=4\sin^2\dfrac{\gamma}{2} \quad\Longrightarrow\quad \sin^2\dfrac{\alpha}{2}+\sin^2\dfrac{\beta}{2}=\sin^2\dfrac{\gamma}{2}$

利用 $\sin^2\dfrac{x}{2}=\dfrac{1-\cos x}{2}$，得

$\dfrac{1-\cos\alpha}{2}+\dfrac{1-\cos\beta}{2}=\dfrac{1-\cos\gamma}{2} \quad\Longrightarrow\quad \cos\alpha+\cos\beta-\cos\gamma=1$

取 $\alpha=\beta=\dfrac{\pi}{3}$，$\gamma=\dfrac{\pi}{2}$，满足 $\cos\alpha+\cos\beta-\cos\gamma=1$，

此时 $\widehat a^2+\widehat b^2=\dfrac{2\pi^2}{9}$，$\widehat c^2=\dfrac{\pi^2}{4}$，$\therefore\ \widehat a^2+\widehat b^2<\widehat c^2$，故 C 错误．

D 选项：

$\because\ \widehat a=\widehat b=\widehat c=\dfrac{\pi}{3}$，$\therefore\ \alpha=\beta=\gamma=\dfrac{\pi}{3}$，$\therefore\ a=b=c=1$，

则平面 $\triangle ABC$ 的面积为 $\dfrac{\sqrt3}{4}a^2=\dfrac{\sqrt3}{4}$，

此时三棱锥 $O-ABC$ 为边长为 $1$ 的正四面体，取 $BC$ 的中点 $D$，连接 $AD$，

过点 $O$ 作 $OP\perp$ 平面 $ABC$，交 $AD$ 于点 $P$，

其中 $AD=\dfrac{\sqrt3}{2}$，$AP=\dfrac{2}{3}AD=\dfrac{\sqrt3}{3}$，

故 $OP=\sqrt{AO^2-AP^2}=\sqrt{1-\dfrac{1}{3}}=\dfrac{\sqrt6}{3}$，

所以 $O$ 到平面 $ABC$ 的距离 $h=\dfrac{\sqrt6}{3}$，

三棱锥 $O-ABC$ 的体积

$V_{O-ABC}=\frac13 S_{\triangle ABC}\cdot h=\frac13\cdot\frac{\sqrt3}{4}\cdot\frac{\sqrt6}{3}=\frac{\sqrt2}{12}$

则球面 $O-ABC$ 的体积 $V>V_{O-ABC}=\dfrac{\sqrt2}{12}$，故 D 正确．

答案：ABD

解析：

思路分析：

先证四面体中，取内切球与四个面的切点，有公共棱的两个面上的切点对此公共棱张角相等；再通过展开图得到角度关系；最后利用四个面面积相等，推导对棱相等，从而得证．

（1）内切球与切点性质

如图所示，$O$ 为此四面体内切球球心，内切球半径为 $r$，
$O_1$、$O_2$ 分别为切球与面 $BCD$、$ACD$ 的切点．

则 $OO_1=OO_2=r$，且 $OO_1\perp$ 平面 $BCD$，$OO_2\perp$ 平面 $ACD$．

所以 $CO_1=CO_2$，$DO_1=DO_2$（从球外一点向球引的切线长相等），
$\angle CO_1D=\angle CO_2D$．

即取内切球与四个面的切点，有公共棱的两个面上的切点对此公共棱张角相等．

（2）展开图与角度关系

把此四面体展开如图所示，作出其内切球与每个面相切的切点与此面上三个顶点的连线．

于是有：

$\alpha+\beta+\gamma = \alpha+\delta+\varphi = \beta+\delta+\theta = \gamma+\theta+\varphi = 360^\circ$

由此四式，可得：

$\beta+\gamma=\delta+\varphi,\quad \beta+\delta=\gamma+\varphi \quad\Longrightarrow\quad \beta=\varphi,\ \theta=\alpha,\ \gamma=\delta \qquad ①$

（3）利用面积相等

由四个面的面积相等（三角形面积公式 $S=\frac12 ab\sin C$），得

$\begin{aligned} &bd\sin\alpha+bc\sin\beta+cd\sin\gamma \\ &= bd\sin\alpha+ab\sin\delta+ad\sin\varphi \\ &= bc\sin\beta+ab\sin\delta+ac\sin\theta \\ &= cd\sin\gamma+ad\sin\varphi+ac\sin\theta \end{aligned}$

以 ① 代入，得

$\begin{aligned} &bd\sin\alpha+bc\sin\beta+cd\sin\gamma \\ &= bd\sin\alpha+ab\sin\gamma+ad\sin\beta \\ &= bc\sin\beta+ab\sin\gamma+ac\sin\alpha \\ &= cd\sin\gamma+ad\sin\beta+ac\sin\alpha \end{aligned} \qquad ②$

由 ② 的前两式，得

$bc\sin\beta+cd\sin\gamma=ab\sin\gamma+ad\sin\beta \quad\Longrightarrow\quad (bc-ad)\sin\beta=(ab-cd)\sin\gamma \qquad ③$

由 ② 的后两式，得

$bc\sin\beta+ab\sin\gamma=cd\sin\gamma+ad\sin\beta \quad\Longrightarrow\quad (bc-ad)\sin\beta=(cd-ab)\sin\gamma \qquad ④$

比较 ③、④，得 $ab=cd$，$bc=ad$，$\Longrightarrow b=d$，$a=c$，
同理可得 $b=c$，于是 $a=b=c=d$．

于是可得 $AB=CD$，$AC=BD$，$AD=BC$，
即四面体 $ABCD$ 是等腰四面体．$\blacksquare$

答案：证明见解析．

解析：

(1) 作图过程

过 $Q$ 作 $EL\parallel BD$，交 $AB$ 于点 $E$，交 $AD$ 于点 $L$；

过 $Q$ 作 $GQ\parallel PA$，交 $PC$ 于点 $G$；

过点 $E$ 作 $EF\parallel PA$，交 $PB$ 于点 $F$；

过点 $L$ 作 $HL\parallel PA$，交 $PD$ 于点 $H$；

连接 $FG$、$GH$、$FH$，则五边形 $EFGHL$ 即为所求截面．

作图依据：

由于 $EF\parallel PA$，$HL\parallel PA$，$GQ\parallel PA$，故 $EF\parallel HL\parallel GQ$，

所以 $E,F,G,H,L$ 五点共面，且 $Q$ 在该平面内．

又 $EL\parallel BD$，$EL\subset$ 平面 $EFGHL$，故 $BD\parallel$ 平面 $EFGHL$；

同理 $PA\parallel$ 平面 $EFGHL$．

因此截面 $EFGHL$ 满足过点 $Q$ 且与 $PA$、$BD$ 都平行．$\blacksquare$

(2) 截面面积计算

① 基本几何关系

$P-ABCD$ 为正四棱锥，底面 $ABCD$ 是边长为 $4$ 的正方形，$O$ 为底面中心．

底面正方形对角线：

$AC = BD = 4\sqrt{2}$

$O$ 到顶点的距离：

$OA = \frac12 AC = 2\sqrt{2}$

侧棱长：

$PA = \sqrt{PO^2 + OA^2} = \sqrt{(2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2} = \sqrt{8+8} = 4$

② 关键线段长度

由 $\overrightarrow{AQ} = \dfrac14\overrightarrow{AC}$ 得：

$AQ = \frac14\cdot 4\sqrt{2} = \sqrt{2},\qquad QC = 3\sqrt{2}$

作图知 $EL\parallel BD$，$BD\perp AC$（正方形对角线互相垂直），故 $EL\perp AC$，
即 $AQ\perp EL$ 于点 $Q$．

$\because\ EL\parallel BD$，$\therefore\ \triangle AEL\sim\triangle ABD$，$\angle EAL=45^\circ$，

故 $\triangle AEL$ 为等腰直角三角形，直角顶点为 $A$，斜边为 $EL$，$Q$ 为斜边中点．

$EQ = QL = AQ = \sqrt{2},\qquad EL = 2\sqrt{2}$

③ 截面各边长度

$EF\parallel PA$，$E$ 在 $AB$ 上．由 $\triangle AEL$ 为等腰直角三角形且 $AE = AL$，
结合 $AB=AD=4$ 得 $E$ 为 $AB$ 中点（$AE=2$），故：

$\frac{EF}{PA} = \frac{BE}{BA} = \frac12 \quad\Longrightarrow\quad EF = \frac12 PA = 2$

$HL\parallel PA$，同理得 $HL = 2$．

$GQ\parallel PA$，$Q$ 在 $AC$ 上，$G$ 在 $PC$ 上：

$\frac{GQ}{PA} = \frac{CQ}{CA} = \frac34 \quad\Longrightarrow\quad GQ = \frac34 PA = 3$

$EL\parallel BD$ 且 $FH\parallel BD$（由对称性），故 $FH\parallel EL$．

④ 截面形状与面积

$\because\ PA\perp BD$（$PO\perp$ 底面 $ABCD$ $\Rightarrow$ $PO\perp BD$，又 $AC\perp BD$，
$\therefore\ BD\perp$ 平面 $PAC$ $\Rightarrow$ $BD\perp PA$），且 $EF\parallel PA$，$EL\parallel BD$，

$\therefore\ EF\perp EL$，即 $\angle FEL = 90^\circ$，截面中四边形 $EFGQ$ 为直角梯形．

同理四边形 $LHGQ$ 也为直角梯形，且 $\triangle PFG\cong\triangle PHG$（$PF=PH$，$PG$ 公用），
故两直角梯形全等．

每个直角梯形的面积为：

$S_{\text{梯形}} = \frac12(EF + GQ)\cdot EQ = \frac12(2+3)\cdot\sqrt{2} = \frac{5\sqrt{2}}{2}$

截面 $EFGHL$ 由两个全等的直角梯形组成：

$S = 2\times \frac{5\sqrt{2}}{2} = 5\sqrt{2}$

答案：

• (1) 作图过程见上述作法．
• (2) 截面面积为 $\displaystyle 5\sqrt{2}$．

解析：

如图，设$C$为$AB$中点，连接$PC$，作$OD \perp$平面$PAB$，连接$AD,BD$，

又$AD,BD \subset$平面$PAB$，则$OD \perp AD, OD \perp BD$，

又$OA=OB,OD=OD$，所以$\triangle ODA \cong \triangle ODB$，

所以$AD=BD$，又$PD=PD,PA=PB$，所以$\triangle PAD \cong \triangle PBD$，

所以$\angle APD= \angle BPD$，所以垂足$D$必在$PC$上，由题意可知$PO=\sqrt{3}, OD=\frac{\sqrt{3}}{3}$，则$\sin\angle CPO=\frac{1}{3},\cos\angle CPO=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，

$\therefore PC=\frac{PO}{\cos\angle CPO}=\frac{3\sqrt{6}}{4},$

由于$\triangle PAB$为等腰三角形，
所以重心$G$在底边的中线$PC$靠近点$C$的三等分点处，

$\therefore PG=\frac{3\sqrt{6}}{4} \times \frac{2}{3}=\frac{\sqrt{6}}{2},$

作$GM \perp PO$，垂足为$M$，
则

可知点$G$的轨迹是以$M$为圆心，半径为$\frac{\sqrt{6}}{6}$的圆，其面积为$\frac{\pi}{6}$。

答案：$\displaystyle \frac{\pi}{6}$