2025-高考科學復習解決方案-數(shù)學-基礎版[考情分析]在高考立體幾何的解答題中，常常出現(xiàn)翻折問題與探索性問題，此類問題要求學生要有較強的空間想象能力和準確的計算能力．翻折問題是空間幾何與平面幾何轉化的集中體現(xiàn)，處理這類題的關鍵是抓住兩圖的特征關系；探索性問題常常是在條件不完備的情況下探討某些結論是否成立，處理這類問題一般可用綜合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法來解決．預計2025年高考可能會考查以下幾點：(1)證明平行(垂直)關系、空間角的計算與翻折問題結合；(2)證明平行(垂直)關系、空間角的計算與探索性問題結合；(3)翻折問題與探索性問題的綜合．考點一立體幾何中的翻折問題例1(2024·山東泰安模擬)如圖1，四邊形ABCD為矩形，BC＝2AB，E為AD的中點，將△ABE，△DCE分別沿BE，CE折起，使得平面ABE⊥平面BCE，平面DCE⊥平面BCE，如圖2所示．(1)求證：AD∥平面BCE；(2)若F為線段BC的中點，求直線FA與平面ADE所成角的正弦值．解(1)證明：在題圖2中，分別取BE，CE的中點M，N，連接AM，DN，MN，由題圖1知，BC＝2AB，且E為AD的中點，則AE＝AB，所以AM⊥BE，又因為平面ABE⊥平面BCE，平面ABE∩平面BCE＝BE，AM?平面ABE，所以AM⊥平面BCE，同理可得，DN⊥平面BCE，所以AM∥DN.又因為AM＝DN，所以四邊形AMND為平行四邊形，所以AD∥MN，又AD?平面BCE，MN?平面BCE，所以AD∥平面BCE.(2)在題圖1中，因為∠AEB＝45°，∠DEC＝45°，所以BE⊥CE.以E為原點，EB，EC所在直線分別為x軸、y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設AB＝1，則E(0，0，0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，所以eq\o(EA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))，eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，設平面ADE的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(ED,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0，,y＋z＝0，))取z＝1，得n＝(－1，－1，1)，又eq\o(FA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，設直線FA與平面ADE所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|\o(FA,\s\up6(→))·n|,|\o(FA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(2),1×\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，所以直線FA與平面ADE所成角的正弦值為eq\f(\r(6),3).翻折問題的解題關鍵點1.(2024·湖北宜昌模擬)如圖1，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC＝DC＝2，AB＝4，E為AB的中點，以DE為折痕把△ADE折起，連接AB，AC，得到如圖2的幾何體，在圖2的幾何體中解答下列兩個問題．(1)證明：AC⊥DE；(2)請從以下兩個條件中選擇一個作為已知條件，求二面角D－AE－C的余弦值．①四棱錐A－BCDE的體積為2；②直線AC與EB所成角的余弦值為eq\f(\r(6),4).注：如果選擇兩個條件分別解答，按第一個解答計分．解(1)證明：如圖，在題圖1中，連接CE，因為DC∥AB，DC＝eq\f(1,2)AB，E為AB的中點，所以DC∥AE，DC＝AE，所以四邊形ADCE為平行四邊形，所以AD＝CE＝DC＝AE＝2，同理可證DE＝2，在題圖2中，取DE的中點O，連接OA，OC，CE，則OA＝OC＝eq\r(3)，因為AD＝AE＝CE＝DC，所以DE⊥OA，DE⊥OC，又因為OA∩OC＝O，所以DE⊥平面AOC，因為AC?平面AOC，所以AC⊥DE.(2)若選擇①：因為DE⊥平面AOC，DE?平面BCDE，所以平面AOC⊥平面BCDE且交線為OC，所以過點A作AH⊥OC于H，則AH⊥平面BCDE，因為S四邊形BCDE＝2eq\r(3)，所以VA－BCDE＝2＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×AH，所以AH＝eq\r(3)＝OA，所以AO與AH重合，所以AO⊥平面BCDE，建立空間直角坐標系，如圖，則O(0，0，0)，C(－eq\r(3)，0，0)，E(0，1，0)，A(0，0，eq\r(3))，平面DAE的一個法向量為eq\o(CO,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，設平面AEC的法向量為n＝(x，y，z)，因為eq\o(CE,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，eq\r(3))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CA,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,\r(3)x＋\r(3)z＝0，))取x＝1，得n＝(1，－eq\r(3)，－1)，設二面角D－AE－C的大小為θ，則|cosθ|＝eq\f(|\o(CO,\s\up6(→))·n|,|\o(CO,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(3),\r(3)×\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，易知二面角D－AE－C的平面角為銳角，所以二面角D－AE－C的余弦值為eq\f(\r(5),5).若選擇②：因為DC∥EB，所以∠ACD即為異面直線AC與EB所成的角，在△ADC中，cos∠ACD＝eq\f(AC2＋4－4,4AC)＝eq\f(\r(6),4)，所以AC＝eq\r(6)，所以OA2＋OC2＝AC2，所以OA⊥OC，因為DE⊥平面AOC，DE?平面BCDE，所以平面AOC⊥平面BCDE，且交線為OC，所以AO⊥平面BCDE，建立空間直角坐標系，如圖，則O(0，0，0)，C(－eq\r(3)，0，0)，E(0，1，0)，A(0，0，eq\r(3))，下同選①.考點二立體幾何中的探索性問題例2(2024·湖北武漢期末)如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B⊥平面ABCD，且ED＝FB＝1.(1)求證：EC⊥平面ADF；(2)在線段EC上是否存在點G(不含端點)，使得平面GBD與平面ADF的夾角為45°？若存在，指出點G的位置；若不存在，請說明理由．解(1)證明：以D為原點，DA，DC，DE所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(0，0，1)，F(xiàn)(1，1，1)，∴eq\o(EC,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(1，1，1)，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(EC,\s\up6(→))·\o(DA,\s\up6(→))＝0，,\o(EC,\s\up6(→))·\o(DF,\s\up6(→))＝1－1＝0，))∴EC⊥DF，EC⊥DA，又DA∩DF＝D，DA，DF?平面ADF，∴EC⊥平面ADF.(2)設eq\o(EG,\s\up6(→))＝λeq\o(EC,\s\up6(→))(0<λ<1)，則點G的坐標為(0，λ，1－λ)，eq\o(DG,\s\up6(→))＝(0，λ，1－λ)，易知B(1，1，0)，則eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)．設平面GBD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DG,\s\up6(→))＝λy＋（1－λ）z＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝x＋y＝0，))取y＝1－λ，則x＝λ－1，z＝－λ，則n＝(λ－1，1－λ，－λ)，∵平面GBD與平面ADF的夾角為45°，且平面ADF的一個法向量為eq\o(EC,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，∴cos45°＝eq\f(|n·\o(EC,\s\up6(→))|,|n||\o(EC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(2（1－λ）2＋λ2)×\r(2))，又0<λ<1，解得λ＝eq\f(1,3)，∴G為線段EC上靠近點E的三等分點．探索性問題的解題策略(1)條件探索性問題①先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再證明．②先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明其充分性．③把幾何問題轉化為代數(shù)問題，探索命題成立的條件．(2)結論探索性問題首先假設結論存在，然后在這個假設下進行推理論證，如果通過推理得到了合乎情理的結論，就肯定假設，如果得到了矛盾的結論，就否定假設．2.(2024·四川成都樹德中學模擬)如圖1，在梯形ABCD中，BC∥AD，AB⊥AD，AB＝2，BC＝3，AD＝4，線段AD的垂直平分線與AD交于點E，與BC交于點F，現(xiàn)將四邊形CDEF沿EF折起，使C，D分別到點G，H的位置，得到幾何體ABFEHG，如圖2所示．(1)判斷線段EH上是否存在點P，使得平面PAF∥平面BGH.若存在，求出點P的位置；若不存在，請說明理由；(2)若AH＝2eq\r(2)，求平面ABH與平面BGH所成角的正弦值．解(1)當P為線段EH的中點時，平面PAF∥平面BGH.證明如下：由題易知EH＝2，GF＝1，EH∥GF，因為P為線段EH的中點，所以HP＝GF＝1，HP∥GF，所以四邊形HPFG是平行四邊形，所以HG∥PF，因為PF?平面PAF，HG?平面PAF，所以HG∥平面PAF.連接PG，因為PE∥GF，PE＝GF＝1，所以四邊形PEFG是平行四邊形，所以PG∥EF，且PG＝EF，又EF∥AB，EF＝AB，所以PG∥AB，PG＝AB，所以四邊形ABGP是平行四邊形，所以PA∥BG，因為PA?平面PAF，BG?平面PAF，所以BG∥平面PAF.因為HG∩BG＝G，HG，BG?平面BGH，所以平面PAF∥平面BGH.(2)因為AH＝2eq\r(2)，AE＝EH＝2，所以AE2＋EH2＝AH2，所以AE⊥EH，又EF⊥EA，EF⊥EH，所以EA，EF，EH兩兩垂直．故以E為原點，EA，EF，EH所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Exyz，則A(2，0，0)，B(2，2，0)，H(0，0，2)，G(0，2，1)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(BH,\s\up6(→))＝(－2，－2，2)，eq\o(BG,\s\up6(→))＝(－2，0，1)．設平面ABH的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BH,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y1＝0，,－2x1－2y1＋2z1＝0，))取z1＝1，得m＝(1，0，1)．設平面BGH的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BH,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BG,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2－2y2＋2z2＝0，,－2x2＋z2＝0，))取x2＝1，得n＝(1，1，2)．設平面ABH與平面BGH所成的角為θ，則|cosθ|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(3,\r(2)×\r(6))＝eq\f(\r(3),2)，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\r(1－\f(3,4))＝eq\f(1,2)，所以平面ABH與平面BGH所成角的正弦值為eq\f(1,2).課時作業(yè)1．如圖，在Rt△ABC和Rt△DBC中，AB＝AC，BC＝2BD＝2，∠A＝90°，∠D＝90°，將△ABC翻折到△A′BC的位置，使二面角A′－BC－D的大小為30°，E為邊CD上的點，且CE＝2ED.(1)證明：BC⊥A′E；(2)求直線A′D與平面A′BC所成角的正弦值．解(1)證明：取BC的中點F，連接A′F，EF，如圖，由A′B＝A′C，得A′F⊥BC.又BC＝2BD＝2，則CD＝eq\r(3)，CE＝eq\f(2\r(3),3)，∠BCD＝30°，CF＝1，∴EF2＝CE2＋CF2－2CE·CFcos30°＝eq\f(1,3)，∴EF2＋CF2＝eq\f(1,3)＋1＝eq\f(4,3)＝CE2，∴EF⊥CF，即EF⊥BC，又EF∩A′F＝F，EF，A′F?平面A′EF，∴BC⊥平面A′EF，∵A′E?平面A′EF，∴BC⊥A′E.(2)∵A′F⊥BC，EF⊥BC，∴∠A′FE為二面角A′－BC－D的平面角，∴∠A′FE＝30°.以F為原點，建立空間直角坐標系，如圖，則A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，B(1，0，0)，C(－1，0，0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，故eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2，0，0)，eq\o(A′B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))，eq\o(A′D,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，－\f(1,2)))，設平面A′BC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A′B,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＝0，,x－\f(\r(3),2)y－\f(1,2)z＝0，))取y＝1，則x＝0，z＝－eq\r(3)，即n＝(0，1，－eq\r(3))，設直線A′D與平面A′BC所成的角為α，則sinα＝|cos〈n，eq\o(A′D,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(A′D,\s\up6(→))|,|n||\o(A′D,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(\r(3),2),2×\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(6),4)，∴直線A′D與平面A′BC所成角的正弦值為eq\f(\r(6),4).2.(2024·福建廈門模擬)如圖，在底面是菱形的四棱錐P－ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AC＝1，PB＝PD＝eq\r(2)，點E在線段PD上，且滿足eq\o(PE,\s\up6(→))＝2eq\o(ED,\s\up6(→)).(1)求平面EAC與平面DAC所成角的余弦值；(2)在線段PC上是否存在一點Q，使得BQ∥平面EAC？若存在，請指出點Q的位置；若不存在，請說明理由．解(1)∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝AD＝AC＝1，∴PA2＋AB2＝PB2，由勾股定理逆定理知，PA⊥AB，同理可得，PA⊥AD，∵AB，AD?平面ABCD，AB∩AD＝A，∴PA⊥平面ABCD，以A為原點，AD，AP所在直線分別為y，z軸，過點A且與AD垂直的直線為x軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，0，0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，P(0，0，1)，D(0，1，0)，∵eq\o(PE,\s\up6(→))＝2eq\o(ED,\s\up6(→))，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\f(1,3)))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\f(1,3)))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，設平面EAC的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(AE,\s\up6(→))，,n⊥\o(AC,\s\up6(→))，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝\f(2,3)y＋\f(1,3)z＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0，))取x＝1，得n＝(1，－eq\r(3)，2eq\r(3))，易知平面DAC的一個法向量為m＝(0，0，1)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),2)，∴平面EAC與平面DAC所成角的余弦值是eq\f(\r(3),2).(2)設eq\o(PQ,\s\up6(→))＝teq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)t，\f(1,2)t，－t))(0≤t≤1)，∴Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)t，\f(1,2)t，1－t))，又Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，則eq\o(BQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)t－\r(3),2)，\f(t＋1,2)，1－t))，由(1)，知平面EAC的一個法向量為n＝(1，－eq\r(3)，2eq\r(3))，當BQ∥平面EAC時，n⊥eq\o(BQ,\s\up6(→))，∴n·eq\o(BQ,\s\up6(→))＝0，∴eq\f(\r(3)t－\r(3),2)－eq\f(\r(3)t＋\r(3),2)＋2eq\r(3)(1－t)＝0，∴t＝eq\f(1,2)，即Q為PC的中點時，eq\o(BQ,\s\up6(→))⊥n，且BQ?平面EAC，滿足BQ∥平面EAC.3．(2024·黑龍江大慶期中)如圖1，在直角梯形EFBC中，BF∥CE，EC⊥EF，EF＝1，BF＝2，EC＝3.現(xiàn)沿平行于EF的AD折疊，使得ED⊥DC且BC⊥平面BDE，如圖2所示．(1)求AB的長；(2)求二面角F－EB－C的大小．解(1)由BC⊥平面BDE，BD?平面BDE，得BC⊥BD，在直角梯形EFBC中，由BF∥CE，EC⊥EF，EF＝1，BF＝2，EC＝3，知BC＝eq\r(2)，設AB＝x(0<x<2)，則AF＝DE＝2－x，CD＝x＋1，故BD2＝AB2＋AD2＝x2＋1，CD2＝(x＋1)2，由BD2＋BC2＝CD2，得x2＋1＋(eq\r(2))2＝(x＋1)2，解得x＝1，即AB的長為1.(2)因為ED⊥AD，ED⊥DC，AD∩DC＝D，且AD，DC?平面ABCD，所以ED⊥平面ABCD，結合DA⊥DC知，DA，DC，DE兩兩相互垂直，故以D為原點，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，0，1)，F(xiàn)(1，0，1)，所以eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，設平面BCE的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BC,\s\up6(→))＝－x1＋y1＋0＝0，,n1·\o(EC,\s\up6(→))＝2y1－z1＝0，))取x1＝1，則n1＝(1，1，2)，設平面BEF的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EF,\s\up6(→))＝x2＝0，,n2·\o(BF,\s\up6(→))＝－y2＋z2＝0，))取y2＝－1，則n2＝(0，－1，－1)，則cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(－3,\r(6)×\r(2))＝－eq\f(\r(3),2)，又所求二面角為鈍角，所以二面角F－EB－C的大小為eq\f(5π,6).4.(2024·廣東高三校聯(lián)考階段練習)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，AD＝CD＝eq\f(1,2)BC＝2，點E在平面PBC上運動．(1)試確定一點E，使得CD∥平面PAE，并說明點E的位置；(2)若四棱錐的體積為6，在側棱PC上是否存在一點F，使得二面角F－AB－C的余弦值為eq\f(2\r(34),17)？若存在，求PF的長；若不存在，請說明理由．解(1)取BC的中點G，連接AG，PG，如圖，由AD＝eq\f(1,2)BC，AD∥BC，得AD∥GC，AD＝GC，即四邊形AGCD為平行四邊形，于是AG∥CD，而AG?平面PAG，CD?平面PAG，則CD∥平面PAG，所以當點E在△PBC的邊BC的中線PG上運動時(E與P不重合)，CD∥平面PAE.(2)由于PA⊥底面ABCD，AD⊥CD，則四棱錐P－ABCD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(（2＋4）×2,2)×PA＝6，解得PA＝3，由(1)知，AG⊥BC，AG＝BG＝2，則有AB＝2eq\r(2)，AC＝2eq\r(2)，有AB2＋AC2＝BC2，AB⊥AC，以A為原點，AB，AC，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，0，0)，B(2eq\r(2)，0，0)，C(0，2eq\r(2)，0)，P(0，0，3)，假定棱PC上存在一點F滿足條件，令eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，λ∈(0，1)，則F(0，2eq\r(2)λ，3－3λ)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2eq\r(2)，0，0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(2)λ，3－3λ)，設平面ABF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n＝2\r(2)x＝0，,\o(AF,\s\up6(→))·n＝2\r(2)λy＋（3－3λ）z＝0，))取z＝2eq\r(2)λ，得n＝(0，3(λ－1)，2eq\r(2)λ)，又平面ABC的一個法向量為m＝(0，0，1)，于是二面角F－AB－C的余弦值為|cos〈n，m〉|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(|2\r(2)λ|,\r(9（λ－1）2＋（2\r(2)λ）2))＝eq\f(2\r(34),17)，解得λ＝eq\f(1,2)，即F為PC的中點，此時PC＝eq\r(（2\r(2)）2＋32)＝eq\r(17)，PF＝eq\f(1,2)PC＝eq\f(\r(17),2).即當PF＝eq\f(\r(17),2)時，二面角F－AB－C的余弦值為eq\f(2\r(34),17).5．(2023·北京昌平三模)如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分別為AC，AB上的點，且DE∥BC，DE＝2，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如圖2.(1)求證：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中點，求CM與平面A1BE所成角的大??；(3)線段BC上是否存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由．解(1)證明：在Rt△ABC中，∠C＝90°，DE∥BC，則有CD⊥DE，AD⊥DE，折起后，有CD⊥DE，A1D⊥DE，又CD∩A1D＝D，CD，A1D?平面A1CD，∴DE⊥平面A1CD，又A1C?平面A1CD，∴A1C⊥DE，又A1C⊥CD，CD，DE?平面BCDE，CD∩DE＝D，∴A1C⊥平面BCDE.(2)由CD，CB，CA1兩兩相互垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系，則C(0，0，0)，D(－2，0，0)，A1(0，0，2eq\r(3))，B(0，3，0)，E(－2，2，0)，∴eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0，3，－2eq\r(3))，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(－2，2，－2eq\r(3))，設平面A1BE的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1B,\s\up6(→))·n＝0，,\o(A1E,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3y－2\r(3)z＝0，,－2x＋2y－2\r(3)z＝0，))取x＝－1，則y＝2，z＝eq\r(3)，∴n＝(－1，2，eq\r(3))，又M(－1，0，eq\r(3))，∴eq\o(CM,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\r(3))，設CM與平面A1BE所成的角為θ，∴sinθ＝|cos〈eq\o(CM,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(CM,\s\up6(→))·n|,|\o(CM,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(1＋3,\r(1＋3)×\r(1＋4＋3))＝eq\f(4,2×2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，∵0°≤θ≤90°，∴CM與平面A1BE所成角的大小為45°.(3)設線段BC上存在點P，且點P的坐標為(0，a，0)，則a∈[0，3]，∴eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(0，a，－2eq\r(3))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(2，a，0)，設平面A1DP的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ay1－2\r(3)z1＝0，,2x1＋ay1＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z1＝\f(\r(3),6)ay1，,x1＝－\f(1,2)ay1，))∴n1＝(－3a，6，eq\r(3)a)，假設平面A1DP與平面A1BE垂直，則n1·n＝0，∴3a＋12＋3a＝0，解得a＝－2，∵0≤a≤3，∴線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直．6．(2024·山西太原小店區(qū)月考)如圖1，在邊長為4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，M，N分別是邊BC，CD的中點，AC∩BD＝O，AC∩MN＝G.沿MN將△CMN翻折到△PMN的位置，連接PA，PB，PD，得到如圖2所示的五棱錐P－ABMND.(1)在翻折過程中是否總有平面PBD⊥平面PAG？證明你的結論；(2)當四棱錐P－MNDB的體積最大時，在線段PA上是否存在一點Q，使得平面QMN與平面PMN夾角的余弦值為eq\f(\r(10),10)？若存在，確定點Q的位置；若不存在，請說明理由．解(1)在翻折過程中總有平面PBD⊥平面PAG.證明如下：∵M，N分別是邊BC，CD的中點，又∠DAB＝60°，∴BD∥MN，且△PMN是等邊三角形，在菱形ABCD中，BD⊥AC，∴MN⊥AC，∴MN⊥AG，MN⊥PG，∵AG∩PG＝G，AG?平面PAG，PG?平面PAG，∴MN⊥平面PAG，∴BD⊥平面PAG，∵BD?平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAG.(2)由折疊性質得四邊形MNDB為等腰梯形，且DB＝4，MN＝2，OG＝eq\r(3).∴S等腰梯形MNDB＝eq\f(（2＋4）×\r(3),2)＝3eq\r(3)，要使得四棱錐P－MNDB的體積最大，只需點P到平面MNDB的距離最大即可，∴當PG⊥平面MNDB時，點P到平面MNDB的距離的最大值為PG＝eq\r(3)，假設符合題意的點Q存在，以G為原點，GA，GM，GP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Gxyz，則A(3eq\r(3)，0，0)，M(0，1，0)，N(0，－1，0)，P(0，0，eq\r(3))，平面PMN的一個法向量為n＝(1，0，0)，設eq\o(AQ,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，又eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－3eq\r(3)，0，eq\r(3))，則eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(－3eq\r(3)λ，0，eq\r(3)λ)，∴Q(3eq\r(3)(1－λ)，0，eq\r(3)λ)，∴eq\o(NM,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(QM,\s\up6(→))＝(3eq\r(3)(λ－1)，1，－eq\r(3)λ)，設平面QMN的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(NM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(QM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,3\r(3)（λ－1）x＋y－\r(3)λz＝0，))取x＝λ，則y＝0，z＝3(λ－1)，∴m＝(λ，0，3(λ－1))，設二面角Q－MN－P的平面角為θ，則|cosθ|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(|λ|,\r(λ2＋9（λ－1）2))＝eq\f(\r(10),10)，解得λ＝eq\f(1,2)，故符合題意的點Q存在，且Q為線段PA的中點．球的切、接、截面問題是歷年高考的熱點內(nèi)容，常以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，一般圍繞球與其他幾何體的內(nèi)切、外接問題命題，考查球的體積、表面積等．類型一外接球解決與外接球相關問題的關鍵是確定球心，然后通過球心和接點作截面，進而將球的外接問題轉化為平面幾何問題，利用平面幾何知識來分析、處理．例1(1)(2024·江蘇啟東中學階段考試)已知三棱錐P－ABC的三條側棱兩兩互相垂直，且AB＝eq\r(5)，BC＝eq\r(7)，AC＝2，則此三棱錐的外接球的體積為()A．eq\f(8π,3) B．eq\f(8\r(2)π,3)C．eq\f(16π,3) D．eq\f(32π,3)答案B解析由題意知，可將三棱錐放入長方體中考慮，則長方體的外接球即為三棱錐的外接球，故球的半徑為長方體體對角線的一半，設PA＝x，則PB2＋PC2＝BC2＝7，即5－x2＋4－x2＝7，解得x＝1，故PA＝1，PB＝2，PC＝eq\r(3)，所以R＝eq\f(\r(12＋22＋（\r(3)）2),2)＝eq\r(2)，所以此三棱錐的外接球的體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(8\r(2)π,3).(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為3eq\r(3)和4eq\r(3)，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A．100π B．128πC．144π D．192π答案A解析設正三棱臺上、下底面所在圓面的半徑分別為r1，r2，所以2r1＝eq\f(3\r(3),sin60°)，2r2＝eq\f(4\r(3),sin60°)，則r1＝3，r2＝4.設球心到上、下底面的距離分別為d1，d2，球的半徑為R(R≥4)，所以d1＝eq\r(R2－9)，d2＝eq\r(R2－16)，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即|eq\r(R2－9)－eq\r(R2－16)|＝1或eq\r(R2－9)＋eq\r(R2－16)＝1，解得R2＝25，符合題意，所以球的表面積為S＝4πR2＝100π.故選A.(3)(2023·全國乙卷)已知點S，A，B，C均在半徑為2的球面上，△ABC是邊長為3的等邊三角形，SA⊥平面ABC，則SA＝________．答案2解析如圖，將三棱錐S－ABC轉化為直三棱柱SMN－ABC，設△ABC的外接圓的圓心為O1，半徑為r，則2r＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(3,\f(\r(3),2))＝2eq\r(3)，可得r＝eq\r(3).設三棱錐S－ABC的外接球的球心為O，連接OA，OO1，則OA＝2，OO1＝eq\f(1,2)SA，因為OA2＝O1A2＋OOeq\o\al(2,1)，即4＝3＋eq\f(1,4)SA2，所以SA＝2.(4)(2022·新高考Ⅰ卷改編)已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上．若該球的體積為36π，且3≤l≤3eq\r(3)，則該正四棱錐體積的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3)))解析如圖，設該球的半徑為R，球心為O，正四棱錐的底邊長為a，高為h，正四棱錐的側棱與高所成的角為θ，則正四棱錐的底邊長a＝eq\r(2)lsinθ，高h＝lcosθ.依題意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3.在△OPC中，作OE⊥PC，垂足為E，則可得cosθ＝eq\f(\f(l,2),R)＝eq\f(l,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以l＝6cosθ，所以正四棱錐的體積V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(1,3)(eq\r(2)lsinθ)2·lcosθ＝eq\f(2,3)(6cosθ)3sin2θcosθ＝144(sinθcos2θ)2.設sinθ＝t，易得t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).令y＝sinθcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，則y′＝1－3t2，令y′＝0，得t＝eq\f(\r(3),3)，所以當eq\f(1,2)＜t＜eq\f(\r(3),3)時，y′＞0；當eq\f(\r(3),3)＜t＜eq\f(\r(3),2)時，y′＜0，所以函數(shù)y＝t－t3在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),2)))上單調(diào)遞減．又當t＝eq\f(\r(3),3)時，y＝eq\f(2\r(3),9)；當t＝eq\f(1,2)時，y＝eq\f(3,8)；當t＝eq\f(\r(3),2)時，y＝eq\f(\r(3),8).所以eq\f(\r(3),8)≤y≤eq\f(2\r(3),9)，所以eq\f(27,4)≤V≤eq\f(64,3).所以該正四棱錐的體積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))).1．求解幾何體外接球半徑的思路一是根據(jù)球的截面的性質，利用球的半徑R、截面圓的半徑r及球心到截面圓的距離d三者的關系R2＝r2＋d2求解，其中，確定球心的位置是關鍵；二是將幾何體補成長方體，利用該幾何體與長方體共有外接球的特征，由外接球的直徑等于長方體的體對角線長求解．2．確定球心常用的方法(1)長方體或正方體的外接球的球心是其體對角線的中點．(2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心連線的中點．(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心連線的中點．(4)正棱錐的外接球的球心在其高上，具體位置可通過建立直角三角形運用勾股定理計算得到．1．(2024·福建寧德一中高三模擬)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，BC＝1，AB＝eq\r(3)，AA1＝2eq\r(3)，則該直三棱柱的外接球的體積為()A．eq\f(8π,3) B．eq\f(16π,3)C．eq\f(32π,3) D．eq\f(64π,3)答案C解析如圖所示，將直三棱柱ABC－A1B1C1補成長方體，則長方體的外接球即為直三棱柱的外接球．長方體的體對角線長為eq\r(（2\r(3)）2＋（\r(3)）2＋1)＝4，設長方體的外接球的半徑為R，則2R＝4，解得R＝2，所以該直三棱柱的外接球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32π,3).故選C.2．(2024·鞍山一中高三模擬)在三棱錐P－ABC中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝eq\r(11)，則三棱錐P－ABC外接球的表面積為()A．26π B．12πC．8π D．24π答案A解析三棱錐P－ABC中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝eq\r(11)，如圖，構造長方體，使得面上的對角線長分別為4，5，eq\r(11)，則長方體的體對角線長等于三棱錐P－ABC外接球的直徑，設長方體的棱長分別為x，y，z，則x2＋y2＝16，y2＋z2＝25，x2＋z2＝11，則x2＋y2＋z2＝26，因此三棱錐P－ABC外接球的直徑為eq\r(26)，所以三棱錐P－ABC外接球的表面積為4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(26),2)))eq\s\up12(2)＝26π.故選A.3．(2024·四川遂寧高三期末)已知A，B，C，D在球O的表面上，△ABC為等邊三角形且邊長為3，AD⊥平面ABC，AD＝2，則球O的表面積為________．答案16π解析球心O在平面ABC的投影為△ABC的中心，設為O1，連接OD，OO1，OA，設H是AD的中點，連接OH，如圖所示，則AO1＝eq\f(3,2sin60°)＝eq\r(3)，OA＝OD＝R，則OH⊥AD，四邊形AO1OH為矩形，OO1＝AH＝1，R2＝AOeq\o\al(2,1)＋OOeq\o\al(2,1)＝3＋1＝4，故R＝2，S＝4πR2＝16π.4．(2022·全國乙卷改編)已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為________．答案eq\f(\r(3),3)解析設該四棱錐的底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓的半徑為r，四邊形ABCD對角線的夾角為α，則S四邊形ABCD＝eq\f(1,2)AC·BDsinα≤eq\f(1,2)AC·BD≤eq\f(1,2)·2r·2r＝2r2(當且僅當四邊形ABCD為正方形時，等號成立)，即當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD的面積的最大值為2r2，設該四棱錐的高為h，則r2＋h2＝1，所以VO－ABCD＝eq\f(1,3)·2r2·h＝eq\f(\r(2),3)eq\r(r2·r2·2h2)≤eq\f(\r(2),3)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r2＋r2＋2h2,3)))\s\up12(3))＝eq\f(4\r(3),27)，當且僅當r2＝2h2，即h＝eq\f(\r(3),3)時，等號成立．類型二內(nèi)切球解決與內(nèi)切球相關的問題，其通法也是作截面，將空間幾何問題轉化為平面幾何問題來解決．例2(1)(2024·廣東廣州模擬)已知一個圓臺的母線長為5，且它的內(nèi)切球的表面積為16π，則該圓臺的體積為()A．25π B．eq\f(84π,3)C．28π D．36π答案C解析由圓臺的內(nèi)切球的表面積為16π，可得球的半徑為2.設圓臺上、下底面圓的半徑分別為x，y，作出圓臺的軸截面如圖所示．根據(jù)題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝5，,42＋（y－x）2＝52，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝4.))又圓臺的高為4，所以該圓臺的體積為eq\f(1,3)×(π＋16π＋eq\r(π×16π))×4＝28π.故選C.(2)已知正三棱錐的高為1，底面邊長為2eq\r(3)，內(nèi)有一個球與四個面都相切，則正三棱錐的內(nèi)切球的半徑為________．答案eq\r(2)－1解析如圖，過點P作PD⊥平面ABC于點D，連接AD并延長交BC于點E，連接PE.因為△ABC是正三角形，所以AE是BC邊上的高和中線，D為△ABC的中心．因為AB＝BC＝2eq\r(3)，所以S△ABC＝3eq\r(3)，DE＝1，PE＝eq\r(2).所以S三棱錐表＝3×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(2)＋3eq\r(3)＝3eq\r(6)＋3eq\r(3).因為PD＝1，所以三棱錐的體積V＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)×1＝eq\r(3).設內(nèi)切球的半徑為r，以球心O為頂點，三棱錐的四個面為底面，把正三棱錐分割為四個小三棱錐，由eq\f(1,3)S三棱錐表·r＝eq\r(3)，得r＝eq\f(3\r(3),3\r(6)＋3\r(3))＝eq\r(2)－1.(3)(2023·全國甲卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為CD，A1B1的中點，則以EF為直徑的球面與正方體每條棱的交點總數(shù)為________．答案12解析如圖，不妨設正方體的棱長為2，EF的中點為O，取AB，BB1的中點G，M，側面BB1C1C的中心為N，連接FG，EG，OM，ON，MN，由題意可知，O為球心，在正方體中，EF＝eq\r(FG2＋EG2)＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，即R＝eq\r(2)，則球心O到BB1的距離為OM＝eq\r(ON2＋MN2)＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以球O與棱BB1相切，球面與棱BB1只有1個交點，同理，根據(jù)正方體的對稱性知，球面與其余各棱也只有1個交點，所以以EF為直徑的球面與正方體每條棱的交點總數(shù)為12.“切”的問題常用的處理方法(1)找準切點，通過作過球心的截面來解決．(2)通過體積分割法來求內(nèi)切球的半徑．5．已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為________．答案eq\f(\r(2)π,3)解析圓錐內(nèi)半徑最大的球即為圓錐的內(nèi)切球，設其半徑為r.作出圓錐的軸截面PAB，如圖所示，則△PAB的內(nèi)切圓為圓錐的內(nèi)切球的大圓．在△PAB中，PA＝PB＝3，D為AB的中點，AB＝2，E為切點，則PD＝2eq\r(2)，△PEO∽△PDB，故eq\f(PO,PB)＝eq\f(OE,DB)，即eq\f(2\r(2)－r,3)＝eq\f(r,1)，解得r＝eq\f(\r(2),2)，故內(nèi)切球的體積為eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(2)π,3).6.(2024·山東煙臺模擬)某學校開展手工藝品展示活動，某同學用塑料制作了如圖所示的手工藝品，其外部為一個底面邊長為6的正三棱柱，內(nèi)部為一個球，球的表面與三棱柱的各面均相切，則該內(nèi)切球的表面積為________，三棱柱的頂點到球的表面的最短距離為________．答案12πeq\r(15)－eq\r(3)解析過側棱的中點作正三棱柱的截面，如圖所示，則球心為△MNG的中心．因為MN＝6，所以△MNG內(nèi)切圓的半徑r＝OH＝eq\f(1,3)MH＝eq\f(1,3)eq\r(MN2－HN2)＝eq\r(3)，即內(nèi)切球的半徑R＝eq\r(3)，所以內(nèi)切球的表面積S＝4πR2＝12π.又正三棱柱的高AA1＝2R＝2eq\r(3)，OM＝eq\f(2,3)MH＝2eq\r(3)，所以AO＝eq\r(OM2＋AM2)＝eq\r(（2\r(3)）2＋（\r(3)）2)＝eq\r(15)，所以點A到球的表面的最短距離為AO－R＝eq\r(15)－eq\r(3).類型三球的截面、截線問題解決球的截面、截線問題的關鍵是利用球的截面的性質．例3(1)(2024·云南昆明模擬)已知OA為球O的半徑，M為線段OA上的點，且AM＝2MO，過點M且垂直于OA的平面截球面得到圓M，若圓M的面積為8π，則OA＝()A．2eq\r(2) B．3C．2eq\r(3) D．4答案B解析如圖所示，由題