2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版高考解答题专项突破（四） 立体几何中的翻折问题与探索性问题含答案

2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版[考情分析]在高考立体几何的解答题中，常常出现翻折问题与探索性问题，此类问题要求学生要有较强的空间想象能力和准确的计算能力．翻折问题是空间几何与平面几何转化的集中体现，处理这类题的关键是抓住两图的特征关系；探索性问题常常是在条件不完备的情况下探讨某些结论是否成立，处理这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．预计2025年高考可能会考查以下几点：(1)证明平行(垂直)关系、空间角的计算与翻折问题结合；(2)证明平行(垂直)关系、空间角的计算与探索性问题结合；(3)翻折问题与探索性问题的综合．考点一立体几何中的翻折问题例1(2024·山东泰安模拟)如图1，四边形ABCD为矩形，BC＝2AB，E为AD的中点，将△ABE，△DCE分别沿BE，CE折起，使得平面ABE⊥平面BCE，平面DCE⊥平面BCE，如图2所示．(1)求证：AD∥平面BCE；(2)若F为线段BC的中点，求直线FA与平面ADE所成角的正弦值．解(1)证明：在题图2中，分别取BE，CE的中点M，N，连接AM，DN，MN，由题图1知，BC＝2AB，且E为AD的中点，则AE＝AB，所以AM⊥BE，又因为平面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.又因为AM＝DN，所以四边形AMND为平行四边形，所以AD∥MN，又AD⊄平面BCE，MN⊂平面BCE，所以AD∥平面BCE.(2)在题图1中，因为∠AEB＝45°，∠DEC＝45°，所以BE⊥CE.以E为原点，EB，EC所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，则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)))，Feq\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)))，设平面ADE的法向量为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)))，设直线FA与平面ADE所成的角为θ，则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)，所以直线FA与平面ADE所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).翻折问题的解题关键点1.(2024·湖北宜昌模拟)如图1，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC＝DC＝2，AB＝4，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，连接AB，AC，得到如图2的几何体，在图2的几何体中解答下列两个问题．(1)证明：AC⊥DE；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角D－AE－C的余弦值．①四棱锥A－BCDE的体积为2；②直线AC与EB所成角的余弦值为eq\f(\r(6),4).注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)证明：如图，在题图1中，连接CE，因为DC∥AB，DC＝eq\f(1,2)AB，E为AB的中点，所以DC∥AE，DC＝AE，所以四边形ADCE为平行四边形，所以AD＝CE＝DC＝AE＝2，同理可证DE＝2，在题图2中，取DE的中点O，连接OA，OC，CE，则OA＝OC＝eq\r(3)，因为AD＝AE＝CE＝DC，所以DE⊥OA，DE⊥OC，又因为OA∩OC＝O，所以DE⊥平面AOC，因为AC⊂平面AOC，所以AC⊥DE.(2)若选择①：因为DE⊥平面AOC，DE⊂平面BCDE，所以平面AOC⊥平面BCDE且交线为OC，所以过点A作AH⊥OC于H，则AH⊥平面BCDE，因为S四边形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与AH重合，所以AO⊥平面BCDE，建立空间直角坐标系，如图，则O(0，0，0)，C(－eq\r(3)，0，0)，E(0，1，0)，A(0，0，eq\r(3))，平面DAE的一个法向量为eq\o(CO,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，因为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)，设二面角D－AE－C的大小为θ，则|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的平面角为锐角，所以二面角D－AE－C的余弦值为eq\f(\r(5),5).若选择②：因为DC∥EB，所以∠ACD即为异面直线AC与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，因为DE⊥平面AOC，DE⊂平面BCDE，所以平面AOC⊥平面BCDE，且交线为OC，所以AO⊥平面BCDE，建立空间直角坐标系，如图，则O(0，0，0)，C(－eq\r(3)，0，0)，E(0，1，0)，A(0，0，eq\r(3))，下同选①.考点二立体几何中的探索性问题例2(2024·湖北武汉期末)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，且ED＝FB＝1.(1)求证：EC⊥平面ADF；(2)在线段EC上是否存在点G(不含端点)，使得平面GBD与平面ADF的夹角为45°？若存在，指出点G的位置；若不存在，请说明理由．解(1)证明：以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(0，0，1)，F(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)设eq\o(EG,\s\up6(→))＝λeq\o(EC,\s\up6(→))(0<λ<1)，则点G的坐标为(0，λ，1－λ)，eq\o(DG,\s\up6(→))＝(0，λ，1－λ)，易知B(1，1，0)，则eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)．设平面GBD的法向量为n＝(x，y，z)，则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，则x＝λ－1，z＝－λ，则n＝(λ－1，1－λ，－λ)，∵平面GBD与平面ADF的夹角为45°，且平面ADF的一个法向量为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为线段EC上靠近点E的三等分点．探索性问题的解题策略(1)条件探索性问题①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性．③把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．(2)结论探索性问题首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设，如果得到了矛盾的结论，就否定假设．2.(2024·四川成都树德中学模拟)如图1，在梯形ABCD中，BC∥AD，AB⊥AD，AB＝2，BC＝3，AD＝4，线段AD的垂直平分线与AD交于点E，与BC交于点F，现将四边形CDEF沿EF折起，使C，D分别到点G，H的位置，得到几何体ABFEHG，如图2所示．(1)判断线段EH上是否存在点P，使得平面PAF∥平面BGH.若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由；(2)若AH＝2eq\r(2)，求平面ABH与平面BGH所成角的正弦值．解(1)当P为线段EH的中点时，平面PAF∥平面BGH.证明如下：由题易知EH＝2，GF＝1，EH∥GF，因为P为线段EH的中点，所以HP＝GF＝1，HP∥GF，所以四边形HPFG是平行四边形，所以HG∥PF，因为PF⊂平面PAF，HG⊄平面PAF，所以HG∥平面PAF.连接PG，因为PE∥GF，PE＝GF＝1，所以四边形PEFG是平行四边形，所以PG∥EF，且PG＝EF，又EF∥AB，EF＝AB，所以PG∥AB，PG＝AB，所以四边形ABGP是平行四边形，所以PA∥BG，因为PA⊂平面PAF，BG⊄平面PAF，所以BG∥平面PAF.因为HG∩BG＝G，HG，BG⊂平面BGH，所以平面PAF∥平面BGH.(2)因为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两两垂直．故以E为原点，EA，EF，EH所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则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)．设平面ABH的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则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)．设平面BGH的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则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)．设平面ABH与平面BGH所成的角为θ，则|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与平面BGH所成角的正弦值为eq\f(1,2).课时作业1．如图，在Rt△ABC和Rt△DBC中，AB＝AC，BC＝2BD＝2，∠A＝90°，∠D＝90°，将△ABC翻折到△A′BC的位置，使二面角A′－BC－D的大小为30°，E为边CD上的点，且CE＝2ED.(1)证明：BC⊥A′E；(2)求直线A′D与平面A′BC所成角的正弦值．解(1)证明：取BC的中点F，连接A′F，EF，如图，由A′B＝A′C，得A′F⊥BC.又BC＝2BD＝2，则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为二面角A′－BC－D的平面角，∴∠A′FE＝30°.以F为原点，建立空间直角坐标系，如图，则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)))，设平面A′BC的法向量为n＝(x，y，z)，则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，则x＝0，z＝－eq\r(3)，即n＝(0，1，－eq\r(3))，设直线A′D与平面A′BC所成的角为α，则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)，∴直线A′D与平面A′BC所成角的正弦值为eq\f(\r(6),4).2.(2024·福建厦门模拟)如图，在底面是菱形的四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AC＝1，PB＝PD＝eq\r(2)，点E在线段PD上，且满足eq\o(PE,\s\up6(→))＝2eq\o(ED,\s\up6(→)).(1)求平面EAC与平面DAC所成角的余弦值；(2)在线段PC上是否存在一点Q，使得BQ∥平面EAC？若存在，请指出点Q的位置；若不存在，请说明理由．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为原点，AD，AP所在直线分别为y，z轴，过点A且与AD垂直的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则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))，设平面EAC的法向量为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的一个法向量为m＝(0，0，1)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),2)，∴平面EAC与平面DAC所成角的余弦值是eq\f(\r(3),2).(2)设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))，则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的一个法向量为n＝(1，－eq\r(3)，2eq\r(3))，当BQ∥平面EAC时，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为PC的中点时，eq\o(BQ,\s\up6(→))⊥n，且BQ⊄平面EAC，满足BQ∥平面EAC.3．(2024·黑龙江大庆期中)如图1，在直角梯形EFBC中，BF∥CE，EC⊥EF，EF＝1，BF＝2，EC＝3.现沿平行于EF的AD折叠，使得ED⊥DC且BC⊥平面BDE，如图2所示．(1)求AB的长；(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)，设AB＝x(0<x<2)，则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的长为1.(2)因为ED⊥AD，ED⊥DC，AD∩DC＝D，且AD，DC⊂平面ABCD，所以ED⊥平面ABCD，结合DA⊥DC知，DA，DC，DE两两相互垂直，故以D为原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，0，1)，F(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)，设平面BCE的法向量为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，则n1＝(1，1，2)，设平面BEF的法向量为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，则n2＝(0，－1，－1)，则cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(－3,\r(6)×\r(2))＝－eq\f(\r(3),2)，又所求二面角为钝角，所以二面角F－EB－C的大小为eq\f(5π,6).4.(2024·广东高三校联考阶段练习)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，AD＝CD＝eq\f(1,2)BC＝2，点E在平面PBC上运动．(1)试确定一点E，使得CD∥平面PAE，并说明点E的位置；(2)若四棱锥的体积为6，在侧棱PC上是否存在一点F，使得二面角F－AB－C的余弦值为eq\f(2\r(34),17)？若存在，求PF的长；若不存在，请说明理由．解(1)取BC的中点G，连接AG，PG，如图，由AD＝eq\f(1,2)BC，AD∥BC，得AD∥GC，AD＝GC，即四边形AGCD为平行四边形，于是AG∥CD，而AG⊂平面PAG，CD⊄平面PAG，则CD∥平面PAG，所以当点E在△PBC的边BC的中线PG上运动时(E与P不重合)，CD∥平面PAE.(2)由于PA⊥底面ABCD，AD⊥CD，则四棱锥P－ABCD的体积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，则有AB＝2eq\r(2)，AC＝2eq\r(2)，有AB2＋AC2＝BC2，AB⊥AC，以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2eq\r(2)，0，0)，C(0，2eq\r(2)，0)，P(0，0，3)，假定棱PC上存在一点F满足条件，令eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，λ∈(0，1)，则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)，设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则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的一个法向量为m＝(0，0，1)，于是二面角F－AB－C的余弦值为|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为PC的中点，此时PC＝eq\r(（2\r(2)）2＋32)＝eq\r(17)，PF＝eq\f(1,2)PC＝eq\f(\r(17),2).即当PF＝eq\f(\r(17),2)时，二面角F－AB－C的余弦值为eq\f(2\r(34),17).5．(2023·北京昌平三模)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别为AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．解(1)证明：在Rt△ABC中，∠C＝90°，DE∥BC，则有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，CA1两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则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))，设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则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，则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))，设CM与平面A1BE所成的角为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与平面A1BE所成角的大小为45°.(3)设线段BC上存在点P，且点P的坐标为(0，a，0)，则a∈[0，3]，∴eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(0，a，－2eq\r(3))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(2，a，0)，设平面A1DP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则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)，假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则n1·n＝0，∴3a＋12＋3a＝0，解得a＝－2，∵0≤a≤3，∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．6．(2024·山西太原小店区月考)如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD＝O，AC∩MN＝G.沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P－ABMND.(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；(2)当四棱锥P－MNDB的体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为eq\f(\r(10),10)？若存在，确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．解(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG.证明如下：∵M，N分别是边BC，CD的中点，又∠DAB＝60°，∴BD∥MN，且△PMN是等边三角形，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)由折叠性质得四边形MNDB为等腰梯形，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)，要使得四棱锥P－MNDB的体积最大，只需点P到平面MNDB的距离最大即可，∴当PG⊥平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离的最大值为PG＝eq\r(3)，假设符合题意的点Q存在，以G为原点，GA，GM，GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz，则A(3eq\r(3)，0，0)，M(0，1，0)，N(0，－1，0)，P(0，0，eq\r(3))，平面PMN的一个法向量为n＝(1，0，0)，设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))，则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)，设平面QMN的法向量为m＝(x，y，z)，则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，则y＝0，z＝3(λ－1)，∴m＝(λ，0，3(λ－1))，设二面角Q－MN－P的平面角为θ，则|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)，故符合题意的点Q存在，且Q为线段PA的中点．球的切、接、截面问题是历年高考的热点内容，常以选择题、填空题的形式出现，一般围绕球与其他几何体的内切、外接问题命题，考查球的体积、表面积等．类型一外接球解决与外接球相关问题的关键是确定球心，然后通过球心和接点作截面，进而将球的外接问题转化为平面几何问题，利用平面几何知识来分析、处理．例1(1)(2024·江苏启东中学阶段考试)已知三棱锥P－ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝eq\r(5)，BC＝eq\r(7)，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为()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解析由题意知，可将三棱锥放入长方体中考虑，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，故球的半径为长方体体对角线的一半，设PA＝x，则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)，所以此三棱锥的外接球的体积为eq\f(4,3)πR3＝eq\f(8\r(2)π,3).(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq\r(3)和4eq\r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．100π B．128πC．144π D．192π答案A解析设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1，r2，所以2r1＝eq\f(3\r(3),sin60°)，2r2＝eq\f(4\r(3),sin60°)，则r1＝3，r2＝4.设球心到上、下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为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，符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π.故选A.(3)(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________．答案2解析如图，将三棱锥S－ABC转化为直三棱柱SMN－ABC，设△ABC的外接圆的圆心为O1，半径为r，则2r＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(3,\f(\r(3),2))＝2eq\r(3)，可得r＝eq\r(3).设三棱锥S－ABC的外接球的球心为O，连接OA，OO1，则OA＝2，OO1＝eq\f(1,2)SA，因为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卷改编)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3eq\r(3)，则该正四棱锥体积的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3)))解析如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底边长为a，高为h，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，则正四棱锥的底边长a＝eq\r(2)lsinθ，高h＝lcosθ.依题意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3.在△OPC中，作OE⊥PC，垂足为E，则可得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，所以正四棱锥的体积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.设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，则y′＝1－3t2，令y′＝0，得t＝eq\f(\r(3),3)，所以当eq\f(1,2)＜t＜eq\f(\r(3),3)时，y′＞0；当eq\f(\r(3),3)＜t＜eq\f(\r(3),2)时，y′＜0，所以函数y＝t－t3在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),2)))上单调递减．又当t＝eq\f(\r(3),3)时，y＝eq\f(2\r(3),9)；当t＝eq\f(1,2)时，y＝eq\f(3,8)；当t＝eq\f(\r(3),2)时，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).所以该正四棱锥的体积的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))).1．求解几何体外接球半径的思路一是根据球的截面的性质，利用球的半径R、截面圆的半径r及球心到截面圆的距离d三者的关系R2＝r2＋d2求解，其中，确定球心的位置是关键；二是将几何体补成长方体，利用该几何体与长方体共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解．2．确定球心常用的方法(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点．(2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点．(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点．(4)正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到．1．(2024·福建宁德一中高三模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，BC＝1，AB＝eq\r(3)，AA1＝2eq\r(3)，则该直三棱柱的外接球的体积为()A．eq\f(8π,3) B．eq\f(16π,3)C．eq\f(32π,3) D．eq\f(64π,3)答案C解析如图所示，将直三棱柱ABC－A1B1C1补成长方体，则长方体的外接球即为直三棱柱的外接球．长方体的体对角线长为eq\r(（2\r(3)）2＋（\r(3)）2＋1)＝4，设长方体的外接球的半径为R，则2R＝4，解得R＝2，所以该直三棱柱的外接球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32π,3).故选C.2．(2024·鞍山一中高三模拟)在三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝eq\r(11)，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为()A．26π B．12πC．8π D．24π答案A解析三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝eq\r(11)，如图，构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，5，eq\r(11)，则长方体的体对角线长等于三棱锥P－ABC外接球的直径，设长方体的棱长分别为x，y，z，则x2＋y2＝16，y2＋z2＝25，x2＋z2＝11，则x2＋y2＋z2＝26，因此三棱锥P－ABC外接球的直径为eq\r(26)，所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(26),2)))eq\s\up12(2)＝26π.故选A.3．(2024·四川遂宁高三期末)已知A，B，C，D在球O的表面上，△ABC为等边三角形且边长为3，AD⊥平面ABC，AD＝2，则球O的表面积为________．答案16π解析球心O在平面ABC的投影为△ABC的中心，设为O1，连接OD，OO1，OA，设H是AD的中点，连接OH，如图所示，则AO1＝eq\f(3,2sin60°)＝eq\r(3)，OA＝OD＝R，则OH⊥AD，四边形AO1OH为矩形，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·全国乙卷改编)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为________．答案eq\f(\r(3),3)解析设该四棱锥的底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆的半径为r，四边形ABCD对角线的夹角为α，则S四边形ABCD＝eq\f(1,2)AC·BDsinα≤eq\f(1,2)AC·BD≤eq\f(1,2)·2r·2r＝2r2(当且仅当四边形ABCD为正方形时，等号成立)，即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD的面积的最大值为2r2，设该四棱锥的高为h，则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)，当且仅当r2＝2h2，即h＝eq\f(\r(3),3)时，等号成立．类型二内切球解决与内切球相关的问题，其通法也是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题来解决．例2(1)(2024·广东广州模拟)已知一个圆台的母线长为5，且它的内切球的表面积为16π，则该圆台的体积为()A．25π B．eq\f(84π,3)C．28π D．36π答案C解析由圆台的内切球的表面积为16π，可得球的半径为2.设圆台上、下底面圆的半径分别为x，y，作出圆台的轴截面如图所示．根据题意可知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.))又圆台的高为4，所以该圆台的体积为eq\f(1,3)×(π＋16π＋eq\r(π×16π))×4＝28π.故选C.(2)已知正三棱锥的高为1，底面边长为2eq\r(3)，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________．答案eq\r(2)－1解析如图，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE.因为△ABC是正三角形，所以AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．因为AB＝BC＝2eq\r(3)，所以S△ABC＝3eq\r(3)，DE＝1，PE＝eq\r(2).所以S三棱锥表＝3×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(2)＋3eq\r(3)＝3eq\r(6)＋3eq\r(3).因为PD＝1，所以三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)×1＝eq\r(3).设内切球的半径为r，以球心O为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由eq\f(1,3)S三棱锥表·r＝eq\r(3)，得r＝eq\f(3\r(3),3\r(6)＋3\r(3))＝eq\r(2)－1.(3)(2023·全国甲卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为CD，A1B1的中点，则以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为________．答案12解析如图，不妨设正方体的棱长为2，EF的中点为O，取AB，BB1的中点G，M，侧面BB1C1C的中心为N，连接FG，EG，OM，ON，MN，由题意可知，O为球心，在正方体中，EF＝eq\r(FG2＋EG2)＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，即R＝eq\r(2)，则球心O到BB1的距离为OM＝eq\r(ON2＋MN2)＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以球O与棱BB1相切，球面与棱BB1只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，球面与其余各棱也只有1个交点，所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12.“切”的问题常用的处理方法(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决．(2)通过体积分割法来求内切球的半径．5．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案eq\f(\r(2)π,3)解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则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)，故内切球的体积为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·山东烟台模拟)某学校开展手工艺品展示活动，某同学用塑料制作了如图所示的手工艺品，其外部为一个底面边长为6的正三棱柱，内部为一个球，球的表面与三棱柱的各面均相切，则该内切球的表面积为________，三棱柱的顶点到球的表面的最短距离为________．答案12πeq\r(15)－eq\r(3)解析过侧棱的中点作正三棱柱的截面，如图所示，则球心为△MNG的中心．因为MN＝6，所以△MNG内切圆的半径r＝OH＝eq\f(1,3)MH＝eq\f(1,3)eq\r(MN2－HN2)＝eq\r(3)，即内切球的半径R＝eq\r(3)，所以内切球的表面积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)，所以点A到球的表面的最短距离为AO－R＝eq\r(15)－eq\r(3).类型三球的截面、截线问题解决球的截面、截线问题的关键是利用球的截面的性质．例3(1)(2024·云南昆明模拟)已知OA为球O的半径，M为线段OA上的点，且AM＝2MO，过点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M，若圆M的面积为8π，则OA＝()A．2eq\r(2) B．3C．2eq\r(3) D．4答案B解析如图所示，由题