2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義專題四　第4講　空間向量與距離、探究性問(wèn)題

2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義第4講空間向量與距離、探究性問(wèn)題[考情分析]1.以空間幾何體為載體，考查利用向量方法求空間中點(diǎn)到直線以及點(diǎn)到平面的距離，屬于中等難度.2.以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系或空間角存在的條件，計(jì)算量較大，一般以解答題的形式考查，難度中等偏上．考點(diǎn)一空間距離核心提煉(1)點(diǎn)到直線的距離直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的任一點(diǎn)，P為直線l外一點(diǎn)，設(shè)eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，則點(diǎn)P到直線l的距離d＝eq\r(a2－a·u2).(2)點(diǎn)到平面的距離平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)任一點(diǎn)，P為平面α外一點(diǎn)，則點(diǎn)P到平面α的距離為d＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).考向1點(diǎn)到直線的距離例1(1)(2023·溫州模擬)四面體OABC滿足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，點(diǎn)D在棱OC上，且OC＝3OD，點(diǎn)G為△ABC的重心，則點(diǎn)G到直線AD的距離為()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(1,3)答案A解析四面體OABC滿足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC兩兩垂直，以O(shè)為原點(diǎn)，以eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，因?yàn)镺A＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，則A(1,0,0)，D(0,0,1)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，1))，于是eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2,3)，1))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\r(－12＋12)＝eq\r(2)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AG,\s\up6(→))))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋12)＝eq\f(\r(17),3)，eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)×(－1)＋1＝eq\f(5,3)，所以點(diǎn)G到直線AD的距離d＝eq\r(|\o(AG,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AG,\s\up6(→))·\o(AD,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→)))))))2)＝eq\r(\f(17,9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(5,3),\r(2))))2)＝eq\f(\r(2),2).(2)(2023·北京模擬)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，則線段AD1上的動(dòng)點(diǎn)P到直線A1C1距離的最小值為()A．1B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(6),4)D.eq\f(\r(3),3)答案D解析如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，設(shè)P(x，0,1－x)，0≤x≤1，則eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(x－1,0，－x)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，∴動(dòng)點(diǎn)P到直線A1C1的距離d＝eq\r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(A1P,\s\up6(→))))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(A1P,\s\up6(→))·\o(A1C1,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(A1C1,\s\up6(→)))))))2)＝eq\r(x－12＋－x2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,\r(2))))2)＝eq\r(\f(3,2)x2－x＋\f(1,2))＝eq\r(\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))2＋\f(1,3))≥eq\f(\r(3),3)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,3)時(shí)取等號(hào)，即線段AD1上的動(dòng)點(diǎn)P到直線A1C1距離的最小值為eq\f(\r(3),3).考向2點(diǎn)到平面的距離例2(1)(2023·武漢模擬)如圖所示的多面體是由底面為ABCD的長(zhǎng)方體被截面AEC1F所截得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，則點(diǎn)C到平面AEC1F的距離為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(3\r(2),2)C.eq\f(4\r(33),11) D.eq\f(\r(33),11)答案C解析以D為原點(diǎn)，分別以DA，DC，DF所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(0,4,0)，E(2,4,1)，C1(0,4,3)，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－2,4,3)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,4,1)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面AEC1F的法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4y＋z＝0，,－2x＋4y＋3z＝0，))令z＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－\f(1,4)，))∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,4)，1)).又eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0,0,3)，∴點(diǎn)C到平面AEC1F的距離d＝eq\f(|\o(CC1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(4\r(33),11).(2)已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，則直線AC到平面PEF的距離為()A．2B.eq\f(\r(17),17)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\r(5)答案B解析如圖所示，建立以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系．則P(0,0,1)，A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))，設(shè)平面PEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＝0，,x＋\f(1,2)y－z＝0，))令x＝2，則y＝2，z＝3，所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2，3)).因?yàn)閑q\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，所以點(diǎn)A到平面PEF的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(1,\r(17))＝eq\f(\r(17),17).因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，所以EF∥AC，又EF?平面PEF，AC?平面PEF，所以AC∥平面PEF，所以AC到平面PEF的距離即為點(diǎn)A到平面PEF的距離eq\f(\r(17),17).規(guī)律方法(1)求點(diǎn)到平面的距離有兩種方法，一是利用空間向量點(diǎn)到平面的距離公式，二是利用等體積法．(2)求直線到平面的距離的前提是直線與平面平行．求直線到平面的距離可轉(zhuǎn)化成直線上任一點(diǎn)到平面的距離．跟蹤演練1(2023·大連模擬)如圖，已知ABCD－A1B1C1D1是底面邊長(zhǎng)為1的正四棱柱，O1為A1C1與B1D1的交點(diǎn)．(1)若點(diǎn)C到平面AB1D1的距離為eq\f(4,3)，求正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高；(2)在(1)的條件下，若E是AB1的中點(diǎn)，求點(diǎn)E到直線A1C1的距離．解(1)設(shè)正四棱柱的高為h，以A1為坐標(biāo)原點(diǎn)，A1B1，A1D1，A1A所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)，則eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,0，－h(huán))，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0,1，－h(huán))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)．設(shè)平面AB1D1的法向量為n＝(u，v，w)．因?yàn)閚⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AD1,\s\up6(→))，所以n·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(AD1,\s\up6(→))＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(u·1＋v·0＋w·－h(huán)＝0，,u·0＋v·1＋w·－h(huán)＝0，))得u＝hw，v＝hw，所以n＝(hw，hw，w)．取w＝1，得n＝(h，h，1)．由點(diǎn)C到平面AB1D1的距離為d＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|h＋h＋0|,\r(h2＋h2＋1))＝eq\f(4,3)，解得h＝2.(2)由(1)可知A1(0,0,0)，C1(1,1,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(1,1,0)，所以點(diǎn)E到直線A1C1的距離d＝eq\r(|\o(A1E,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(A1E,\s\up6(→))·\o(A1C1,\s\up6(→)),|\o(A1C1,\s\up6(→))|)))2)＝eq\r(\f(5,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2),\r(2))))2)＝eq\f(3\r(2),4).考點(diǎn)二空間中的探究性問(wèn)題核心提煉與空間向量有關(guān)的探究性問(wèn)題主要有兩類：一類是探究線面的位置關(guān)系；另一類是探究線面角或兩平面的夾角滿足特定要求時(shí)的存在性問(wèn)題．處理原則：先建立空間直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)(有些是題中已給出)，設(shè)出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，然后探究這樣的點(diǎn)是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷．例3(2023·許昌模擬)如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD為菱形，平面PAD⊥平面ABCD，∠BAD＝60°，PA＝PD＝eq\r(5)，AB＝2，M為PC上一點(diǎn)，且eq\o(PM,\s\up6(→))＝3eq\o(MC,\s\up6(→)).(1)求異面直線AP與DM所成角的余弦值；(2)在棱PB上是否存在點(diǎn)N，使得AN∥平面BDM？若存在，求eq\f(PN,PB)的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)設(shè)O是AD的中點(diǎn)，連接OP，OB，由于PA＝PD＝eq\r(5)，所以O(shè)P⊥AD，由于平面PAD⊥平面ABCD且交線為AD，OP?平面PAD，所以O(shè)P⊥平面ABCD，由于OB?平面ABCD，所以O(shè)P⊥OB，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，所以△ABD是等邊三角形，所以O(shè)B⊥AD，故OA，OB，OP兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，OP＝eq\r(5－1)＝2，P(0,0,2)，A(1,0,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\r(3)，0))，D(－1,0,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(1,0,2)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(3)，－2)，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\o(DP,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(DP,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，2))＋eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\r(3)，－2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3\r(3),4)，\f(1,2)))，設(shè)異面直線AP與DM所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·\o(DM,\s\up6(→))|,|\o(AP,\s\up6(→))||\o(DM,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋1)),\r(5)×\r(\f(1,4)＋\f(27,16)＋\f(1,4)))＝eq\f(6\r(7),35).所以異面直線AP與DM所成角的余弦值為eq\f(6\r(7),35).(2)eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3\r(3),4)，\f(1,2)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(3)，0))，設(shè)平面BDM的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DM,\s\up6(→))＝－\f(1,2)x＋\f(3\r(3),4)y＋\f(1,2)z＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝x＋\r(3)y＝0，))令x＝－6，則y＝2eq\r(3)，z＝－15，即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6，2\r(3)，－15)).設(shè)eq\f(PN,PB)＝λ，則eq\o(PN,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋λeq\o(PB,\s\up6(→))＝(－1,0,2)＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3)，－2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\r(3)λ，2－2λ)).若AN∥平面BDM，則eq\o(AN,\s\up6(→))·n＝6＋6λ－15(2－2λ)＝－24＋36λ＝0，解得λ＝eq\f(2,3)，所以在棱PB上存在點(diǎn)N，使得AN∥平面BDM且eq\f(PN,PB)＝eq\f(2,3).規(guī)律方法解決立體幾何中探索性問(wèn)題的基本方法(1)通常假設(shè)問(wèn)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在或結(jié)論成立，再在這個(gè)前提下進(jìn)行推理，如果能推出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)，說(shuō)明假設(shè)成立，并可進(jìn)一步證明，否則假設(shè)不成立．(2)探索線段上是否存在滿足條件的點(diǎn)時(shí)，一定注意三點(diǎn)共線的條件的應(yīng)用．跟蹤演練2(2023·咸陽(yáng)模擬)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)面BB1C1C是邊長(zhǎng)為1的正方形，平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，AB＝4，∠A1B1B＝60°，G是A1B1的中點(diǎn)．(1)求證：平面GBC⊥平面BB1C1C；(2)在線段BC上是否存在一點(diǎn)P，使得二面角P－GB1－B的平面角為30°？若存在，求BP的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．(1)證明在△GBB1中，GB1＝eq\f(1,2)AB＝2，BB1＝1，∠A1B1B＝60°，則GB＝eq\r(GB\o\al(2,1)＋BB\o\al(2,1)－2GB1·BB1cos∠A1B1B)＝eq\r(3)，則GBeq\o\al(2,1)＝BBeq\o\al(2,1)＋GB2，即GB⊥BB1，又平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，且平面BB1C1C∩平面AA1B1B＝BB1，GB?平面AA1B1B，故GB⊥平面BB1C1C.又GB?平面GBC，則平面GBC⊥平面BB1C1C.(2)解存在．由(1)知，BG，BB1，BC兩兩垂直，如圖，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，以BG，BB1，BC所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0,0,0)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，0))，B1(0,1,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，t))(0≤t≤1)，則eq\o(GB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，1，0))，eq\o(B1P,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，t)).設(shè)平面PGB1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(GB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(B1P,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,－y＋tz＝0，))令z＝eq\r(3)，則y＝eq\r(3)t，x＝t，即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\r(3)t，\r(3))).又平面BB1G的一個(gè)法向量為m＝(0,0,1)，則|cos〈m，n〉|＝eq\f(\r(3),\r(t2＋3t2＋3))＝eq\f(\r(3),\r(4t2＋3))＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，解得t2＝eq\f(1,4)，又0≤t≤1，則t＝eq\f(1,2).故BP＝eq\f(1,2).專題強(qiáng)化練1.已知三棱柱ABC－A1B1C1，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AA1＝AB＝AC＝1.(1)求異面直線AC1與A1B所成的角；(2)設(shè)M為A1B的中點(diǎn)，在△ABC的內(nèi)部或邊上是否存在一點(diǎn)N，使得MN⊥平面ABC1？若存在，確定點(diǎn)N的位置，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解因?yàn)锳A1⊥平面ABC，所以AA1⊥平面A1B1C1，即AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，又∠BAC＝90°，所以∠B1A1C1＝90°，即A1B1⊥A1C1，所以AA1，A1B1，A1C1兩兩垂直，如圖，以A1為原點(diǎn)，以A1B1為x軸，A1C1為y軸，A1A為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)锳A1＝AB＝AC＝1，所以A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，A(0,0,1)，B(1,0,1)，C(0,1,1)，(1)eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0,1)，|cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(A1B,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AC1,\s\up6(→))·\o(A1B,\s\up6(→))|,|\o(AC1,\s\up6(→))||\o(A1B,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－1|,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以異面直線AC1與A1B所成的角為60°.(2)存在．假設(shè)在平面ABC的邊上或內(nèi)部存在一點(diǎn)N(x，y，1)，因?yàn)镸為A1B的中點(diǎn)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0,1)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)，y，\f(1,2)))，又eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AC1,\s\up6(→))·\o(MN,\s\up6(→))＝0，,\o(BC1,\s\up6(→))·\o(MN,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)，,x＝y(tǒng)，))所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，且eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))，所以N是BC的中點(diǎn)．故存在點(diǎn)N，N為BC的中點(diǎn)，滿足條件．2.(2023·湖北省襄陽(yáng)市第四中學(xué)模擬)已知斜三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長(zhǎng)都為4，∠A1AB＝60°，點(diǎn)A1在下底面ABC上的投影為AB的中點(diǎn)O.(1)在棱BB1(含端點(diǎn))上是否存在一點(diǎn)D使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(2)求點(diǎn)A1到平面BCC1B1的距離．解(1)存在．∵點(diǎn)A1在下底面ABC上的投影為AB的中點(diǎn)O，故A1O⊥平面ABC，連接OC，由題意知△ABC為正三角形，故OC⊥AB，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OC，OA1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(biāo)系，則A(2,0,0)，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，2\r(3)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2\r(3)，0))，B(－2,0,0)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，0，2\r(3)))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，2\r(3)，2\r(3)))，設(shè)eq\o(BD,\s\up6(→))＝λeq\o(BB1,\s\up6(→))，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，2\r(3)))，可得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2λ－2，0，2\r(3)λ))，∴eq\o(A1D,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2λ－2，0，2\r(3)λ－2\r(3)))，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，2\r(3)，2\r(3)))，假設(shè)在棱BB1(含端點(diǎn))上存在一點(diǎn)D使A1D⊥AC1，則eq\o(A1D,\s\up6(→))⊥eq\o(AC1,\s\up6(→))，∴4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2λ＋2))＋2eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)λ－2\r(3)))＝0，解得λ＝eq\f(1,5)，則BD＝eq\f(1,5)BB1＝eq\f(4,5).(2)由(1)知eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，2\r(3)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2\r(3)，0))，設(shè)平面BCC1B1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋2\r(3)z＝0，,2x＋2\r(3)y＝0，))令x＝eq\r(3)，則z＝1，y＝－1，則n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－1，1))，又eq\o(A1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，－2\r(3)))，則點(diǎn)A1到平面BCC1B1的距離d＝eq\f(|\o(A1B,\s\up6(→))·n|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(4\r(3),\r(5))＝eq\f(4\r(15),5)，即點(diǎn)A1到平面BCC1B1的距離為eq\f(4\r(15),5).3.(2023·齊齊哈爾模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥DC，DC＝AD＝PD＝1，AB＝2，E為線段PA上一點(diǎn)，點(diǎn)F在邊AB上，且CF⊥BD.(1)若E為PA的中點(diǎn)，求四面體BCEP的體積；(2)在線段PA上是否存在點(diǎn)E，使得EF與平面PFC所成角的余弦值是eq\f(\r(6),3)？若存在，求出AE的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)由題意可得DA，DC，DP兩兩垂直，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，∴A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，∴eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，\f(1,2))).設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝－x－y＝0，,m·\o(CP,\s\up6(→))＝－y＋z＝0，))不妨令y＝1，則x＝－1，z＝1，則m＝(－1,1,1)．設(shè)點(diǎn)E到平面PBC的距離為d，則d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(CE,\s\up6(→))·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m)))＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，又∵BC＝PC＝eq\r(2)，PB＝eq\r(6)，∴△PBC的面積為eq\f(\r(3),2).∴四面體BCEP的體積為eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(1,6).(2)存在．設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，t，0))，∴eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，t－1，0))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2，0)).∵CF⊥BD，即eq\o(CF,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，則1×1＋2×(t－1)＝0，解得t＝eq\f(1,2)，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，∴eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，0)).設(shè)eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－λ，0，λ))，λ∈[0,1]，∴eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－λ，－\f(1,2)，λ)).設(shè)平面PFC的法向量為n＝(a，b，c)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)b，,b＝c，))不妨令a＝1，則b＝2，c＝2，則n＝(1,2,2)，∴n·eq\o(FE,\s\up6(→))＝λ－1，∴|cos〈eq\o(FE,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|λ－1|,3\r(2λ2＋\f(1,4)))＝eq\f(|2λ－2|,3\r(8λ2＋1))，∵EF與平面PFC所成角的余弦值是eq\f(\r(6),3)，正弦值為eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))2)＝eq\f(\r(3),3).∴eq\f(|2λ－2|,3\r(8λ2＋1))＝eq\f(\r(3),3)，整理得20λ2＋8λ－1＝0，解得λ＝eq\f(1,10)或λ＝－eq\f(1,2)(舍去)．∴存在滿足條件的點(diǎn)E，且AE＝eq\f(\r(2),10).4．(2023·廣州模擬)如圖，C是以AB為直徑的圓O上異于A，B的點(diǎn)，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點(diǎn)，記平面AEF與平面ABC的交線為直線l.(1)證明：l⊥平面PAC；(2)直線l上是否存在點(diǎn)Q，使直線PQ分別與平面AEF、直線EF所成的角互余？若存在，求出AQ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．(1)證明∵E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點(diǎn)，∴BC∥EF，又EF?平面AEF，BC?平面EFA，∴BC∥平面AEF，又BC?平面ABC，平面AEF∩平面ABC＝l，∴BC∥l，又AB是圓O的直徑，C在圓上即BC⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，平面PAC⊥平面ABC，∴BC⊥平面PAC，即l⊥平面PAC.(2)解以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA為x軸，CB為y軸，過(guò)C垂直于平面ABC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，A(2,0,0)，B(0,4,0)，P(1,0，eq\r(3))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，\f(\r(3),2)))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0,2,0)，設(shè)Q(2，y，0)，平面AEF的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))·m＝－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)z＝0，,\o(EF,\s\up6(→))·m＝2y＝0，))令x＝1，則z＝eq\r(3)，得m＝(1,0，eq\r(3))，且eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(1，y，－eq\r(3))，∴|cos〈eq\o(PQ,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|2y|,2\r(4＋y2))＝eq\f(|y|,\r(4＋y2))，|cos〈eq\o(PQ,\s\up6(→))，m〉|＝eq\f(|1－3|,2\r(4＋y2))＝eq\f(1,\r(4＋y2))，依題意，得|cos〈eq\o(PQ,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))〉|＝|cos〈eq\o(PQ,\s\up6(→))，m〉|，即y＝±1.∴直線l上存在點(diǎn)Q，使直線PQ分別與平面AEF、直線EF所成的角互余，此時(shí)AQ＝1.規(guī)范答題4立體幾何(12分)(2023·全國(guó)乙卷)如圖，三棱錐P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝eq\r(6)，BP，AP，BC的中點(diǎn)分別為D，E，O，AD＝eq\r(5)DO，點(diǎn)F在AC上，BF⊥AO.(1)證明：EF∥平面ADO；[切入點(diǎn)：由BF⊥AO找F位置](2)證明：平面ADO⊥平面BEF；[切入點(diǎn)：證明AO⊥平面BEF](3)求二面角D－AO－C的正弦值．[方法一關(guān)鍵點(diǎn)：找二面角D－AO－C的平面角][方法二關(guān)鍵點(diǎn)：由AO⊥BE及PB長(zhǎng)求點(diǎn)P坐標(biāo)](1)證明設(shè)AF＝tAC，

則eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1－t)eq\o(BA,\s\up6(→))＋teq\o(BC,\s\up6(→))，?(1分)

eq\o(AO,\s\up6(→))＝－eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))，因?yàn)锽F⊥AO，

所以eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AO,\s\up6(→))

＝[(1－t)eq\o(BA,\s\up6(→))＋teq\o(BC,\s\up6(→))]·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(BA,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(BC,\s\up6(→))))

＝(t－1)eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)teq\o(BC,\s\up6(→))2＝4(t－1)＋4t＝0，?(3分)

解得t＝eq\f(1,2)，則F為AC的中點(diǎn)．又D，E，O分別為PB，PA，BC的中點(diǎn)，于是EF∥PC，DO∥PC，所以EF∥DO，又EF?平面ADO，DO?平面ADO，所以EF∥平面ADO.(4分)(2)證明由(1)可知EF∥DO，由題意可得AO＝eq\r(AB2＋OB2)＝eq\r(6)，DO＝eq\f(1,2)PC＝eq\f(\r(6),2)，所以AD＝eq\r(5)DO＝eq\f(\r(30),2)，?(6分)因此DO2＋AO2＝AD2＝eq\f(15,2)，則DO⊥AO，所以EF⊥AO，又AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF，EF?平面BEF，則有AO⊥平面BEF，(7分)又AO?平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.(8分)(3)解方法一如圖，過(guò)點(diǎn)O作OH∥BF交AC于點(diǎn)H，設(shè)AD∩BE＝G，連接DH，GF，由AO⊥BF，得OH⊥AO，且FH＝eq\f(1,3)AH，?(9分)又由(2)知，OD⊥AO，則∠DOH為二面角D－AO－C的平面角，因?yàn)镈，E分別為PB，PA的中點(diǎn)，因此G為△PAB的重心，即有DG＝eq\f(1,3)AD，GE＝eq\f(1,3)BE，又FH＝eq\f(1,3)AH，即有DH＝eq\f(3,2)GF，cos∠ABD＝eq\f(4＋\f(3,2)－\f(15,2),2×2×\f(\r(6),2))＝eq\f(4＋6－PA2,2×2×\r(6))，解得PA＝eq\r(14)，同理得BE＝eq\f(\r(6),2)，因?yàn)锳C＝eq\r(AB2＋BC2)＝2eq\r(3)，所以BF＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(3)，于是BE2＋EF2＝BF2＝3，即有BE⊥EF，則GF2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(\r(6),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2＝eq\f(5,3)，?從而GF＝eq\f(\r(15),3)，DH＝eq\f(3,2)×eq\f(\r(15),3)＝eq\f(\r(15),2)，在△DOH中，OH＝eq\f(1,2)BF＝eq\f(\r(3),2)，OD＝eq\f(\r(6),2)，DH＝eq\f(\r(15),2)，(11分)于是cos∠DOH＝eq\f(OD2＋OH2－DH2,2OD·OH)＝eq\f(\f(6,4)＋\f(3,4)－\f(15,4),2×\f(\r(6),2)×\f(\r(3),2))＝－eq\f(\r(2),2)，?sin∠DOH＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，所以二面角D－AO－C的正弦值為eq\f(\r(2),2).(12分)方法二如圖，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA，BC所在直線分別為x，y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0,0,0)，A(2,0,0)，O(0，eq\r(2)，0)，eq\o(AO,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(2)，0)．因?yàn)镻B＝PC，BC＝2eq\r(2)，所以設(shè)P(x，eq\r(2)，z)，z>0，(9分)則eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AP,\s\up6(→))＝(2,0,0)＋eq\f(1,2)(x－2，eq\r(2)，z)?＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2,2)，\f(\r(2),2)，\f(z,2)))，由(2)得AO⊥BE，所以eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(2)，0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2,2)，\f(\r(2),2)，\f(z,2)))＝0，所以x＝－1，又PB＝eq\r(6)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(x，eq\r(2)，z)，?(10分)所以x2＋2＋z2＝6，所以z＝eq\r(3)，則P(－1，eq\r(2)，eq\r(3))．由D為PB的中點(diǎn)，得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2))).設(shè)平面DAO的法向量為n1＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AO,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)a＋\f(\r(2),2)b＋\f(\r(3),2)c＝0，,－2a＋\r(2)b＝0，))得b＝eq\r(2)a，c＝eq\r(3)a，取a＝1，則n1＝(1，eq\r(2)，eq\r(3))．易知平面CAO的一個(gè)法向量為n2＝(0,0,1)，(11分)設(shè)二面角D－AO－C的大小為θ，則|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\r(3),\r(6))＝eq\f(\r(2),2)，?所以sinθ＝eq\r(1－\f(1,2))＝eq\f(\r(2),2)，故二面角D－AO－C的正弦值為eq\f(\r(2),2).(12分)①處用eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))表示eq\o(BF,\s\up6(→))，eq\o(AO,\s\up6(→))②處利用eq\o(BF,\s\up6(→))⊥eq\o(AO,\s\up6(→))找點(diǎn)F位置③處利用勾股定理證明AO⊥OD④處找、證二面角的平面角⑤處利用垂直求DH長(zhǎng)度⑥處利用余弦定理求角⑦處求eq\o(BE,\s\up6(→))坐標(biāo)⑧處利用AO⊥BE及PB長(zhǎng)求點(diǎn)P坐標(biāo)⑨處利用向量法求兩法向量夾角微重點(diǎn)7球的切接問(wèn)題空間幾何體的外接球、內(nèi)切球是高中數(shù)學(xué)的重點(diǎn)、難點(diǎn)，也是高考命題的熱點(diǎn)，一般是通過(guò)對(duì)幾何體的割補(bǔ)或?qū)ふ規(guī)缀误w外接球的球心求解外接球問(wèn)題，利用等體積法求內(nèi)切球半徑等，一般出現(xiàn)在壓軸小題位置．考點(diǎn)一空間幾何體的外接球例1(1)(2023·杭州模擬)在四面體ABCD中，△ABC與△BCD都是邊長(zhǎng)為6的等邊三角形，且二面角A－BC－D的大小為60°，則四面體ABCD外接球的表面積是()A．52π B．54πC．56π D．60π答案A解析如圖所示，設(shè)外接球半徑為R，取BC的中點(diǎn)O，連接OD，OA，分別取△BCD和△ABC的外心E，F(xiàn)，過(guò)兩點(diǎn)分別作平面BDC和平面ABC的垂線，交于點(diǎn)P，則P就是外接球的球心，連接OP，DP，則∠AOD為二面角A－BC－D的平面角，即∠AOD＝60°，則△AOD是等邊三角形，其邊長(zhǎng)為6×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3)，OE＝eq\f(1,3)OD＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)＝eq\r(3)，在△POE中，∠POE＝30°，所以PE＝OEtan30°＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)＝1，又由DE＝eq\f(2,3)OD＝2eq\r(3)，所以R＝PD＝eq\r(PE2＋DE2)＝eq\r(12＋2\r(3)2)＝eq\r(13)，所以四面體ABCD外接球的表面積為4πR2＝4π×(eq\r(13))2＝52π.(2)(2023·全國(guó)乙卷)已知點(diǎn)S，A，B，C均在半徑為2的球面上，△ABC是邊長(zhǎng)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(zhuǎn)化為直三棱柱SMN－ABC，設(shè)△ABC的外接圓圓心為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(shè)三棱錐S－ABC的外接球球心為O，連接OA，OO1，則OA＝2，OO1＝eq\f(1,2)SA，因?yàn)镺A2＝OOeq\o\al(2,1)＋O1A2，即4＝3＋eq\f(1,4)SA2，解得SA＝2.規(guī)律方法求解空間幾何體的外接球問(wèn)題的策略(1)定球心：球心到接點(diǎn)的距離相等且為半徑．(2)作截面：選準(zhǔn)最佳角度作出截面(要使這個(gè)截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關(guān)系)，達(dá)到空間問(wèn)題平面化的目的．(3)求半徑下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于球的半徑的方程，并求解．跟蹤演練1(1)已知四面體ABCD中，AB＝CD＝2eq\r(5)，AC＝BD＝eq\r(29)，AD＝BC＝eq\r(41)，則四面體ABCD外接球的表面積為_(kāi)_______．答案45π解析設(shè)四面體ABCD外接球的半徑為R，將四面體ABCD置于長(zhǎng)、寬、高分別為a，b，c的長(zhǎng)方體中，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝20，,b2＋c2＝29，,a2＋c2＝41，))故R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2)＝eq\f(\r(45),2)，故四面體ABCD外接球的表面積為4πR2＝45π.(2)(2023·昆明模擬)故宮太和殿是中國(guó)形制最高的宮殿，其建筑采用了重檐廡殿頂?shù)奈蓓敇邮剑瑥T殿頂是“四出水”的五脊四坡式，由一條正脊和四條垂脊組成，因此又稱五脊殿．由于屋頂有四面斜坡，故又稱四阿頂．如圖，某幾何體ABCDEF有五個(gè)面，其形狀與四阿頂相類似．已知底面ABCD為矩形，AB＝4，AD＝EF＝2，EF∥底面ABCD，且EA＝ED＝FB＝FC＝BC，則幾何體ABCDEF外接球的表面積為()A．22π B．28πC．32π D．38π答案A解析連接AC，BD，設(shè)AC∩BD＝M，取EF的中點(diǎn)N，連接MN，由題意知，球心O在直線MN上，取BC的中點(diǎn)G，連接FG，則FG⊥BC，且FG＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).連接MG，過(guò)點(diǎn)F作FP⊥MG于點(diǎn)P，則四邊形MPFN是矩形，MN＝FP，則MN＝FP＝eq\r(FG2－PG2)＝eq\r(2)，又因AM＝eq\f(1,2)AC，AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝2eq\r(5)，則AM＝eq\r(5)，因?yàn)椤鰽MO和△ONE均為直角三角形，設(shè)外接球半徑為R，OM＝x，當(dāng)球心O在線段MN上時(shí)，則R2＝x2＋(eq\r(5))2，R2＝(eq\r(2)－x)2＋12，解得x＝－eq\f(\r(2),2)(舍)，當(dāng)球心O在線段MN外時(shí)，則R2＝x2＋(eq\r(5))2，R2＝(eq\r(2)＋x)2＋12，解得x＝eq\f(\r(2),2)，故R2＝eq\f(1,2)＋5＝eq\f(11,2)，所以外接球的表面積S＝4πR2＝22π.考點(diǎn)二空間幾何體的內(nèi)切球例2(1)在三棱錐A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝4，BC＝3，則該三棱錐內(nèi)切球的體積為()A.eq\f(9π,16)B.eq\f(9π,4)C.eq\f(16π,9)D.eq\f(4π,3)答案A解析由AB⊥平面BCD，CD?平面BCD，得AB⊥CD.又BC⊥CD，且AB，BC?平面ABC，AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，又AC?平面ABC，所以CD⊥AC.由AB＝CD＝4，BC＝3，得AC＝BD＝5，所以三棱錐A－BCD的表面積S＝2×eq\f(1,2)×3×4＋2×eq\f(1,2)×4×5＝32，三棱錐A－BCD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×4×4＝8.設(shè)三棱錐內(nèi)切球球心為O，半徑為r，由V＝VO－ABC＋VO－ABD＋VO－ACD＋VO－BCD＝eq\f(1,3)Sr，得r＝eq\f(3V,S)＝eq\f(3,4)，所以該三棱錐內(nèi)切球的體積V球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3＝eq\f(9π,16).(2)(2023·沈陽(yáng)模擬)如圖，圓臺(tái)內(nèi)有一個(gè)球，該球與圓臺(tái)的側(cè)面和底面均相切．已知圓臺(tái)的下底面圓心為O1，半徑為r1，圓臺(tái)的上底面圓心為O2，半徑為r2(r1>r2)，球的球心為O，半徑為R，記圓臺(tái)的表面積為S1，球的表面積為S2，則eq\f(S1,S2)的可能的取值為()A.eq\f(π,2)B.eq\f(3,2)C.eq\f(π,3)D.eq\f(4,3)答案A解析如圖，作出圓臺(tái)的軸截面，作DF⊥BC，垂足為F，由題意知圓O與梯形ABCD相切，則DC＝DE＋CE＝O2D＋O1C＝r2＋r1，又DC＝eq\r(DF2＋FC2)＝eq\r(4R2＋r1－r22)，故eq\r(4R2＋r1－r22)＝r1＋r2，化簡(jiǎn)可得R2＝r1r2，則eq\f(S1,S2)＝eq\f(πr\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2)＋πr1＋r2r1＋r2,4πR2)＝eq\f(r\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2)＋r1r2,2r1r2)＝eq\f(r\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2),2r1r2)＋eq\f(1,2)>eq\f(2r1r2,2r1r2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)(r1>r2，故取不到等號(hào))，由于eq\f(3,2)，eq\f(π,3)，eq\f(4,3)都不大于eq\f(3,2)，故eq\f(S1,S2)的可能的取值為eq\f(π,2).規(guī)律方法空間幾何題的內(nèi)切球問(wèn)題，一是找球心，球心到切點(diǎn)的距離相等且為球的半徑，作出截面，在截面中求半徑；二是利用等體積法直接求內(nèi)切球的半徑．跟蹤演練2(1)在封閉的直三棱柱ABC－A1B1C1內(nèi)有一個(gè)體積為V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝6，則V的最大值是()A．16π B.eq\f(32π,3)C．36π D.eq\f(125π,3)答案B解析由題意，因?yàn)锳B⊥BC，AB＝6，BC＝8，所以AC＝10，可得△ABC內(nèi)切圓的半徑r＝eq\f(6×8,6＋8＋10)＝2，又由AA1＝6，故在直三棱柱ABC－A1B1C1內(nèi)部的球的半徑最大為R＝2，所以此時(shí)V的最大值為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)×π×23＝eq\f(32π,3).(2)(2023·貴陽(yáng)聯(lián)考)SF6(六氟化硫)具有良好的絕緣性，在電子工業(yè)上有著廣泛的應(yīng)用，其分子結(jié)構(gòu)如圖所示：六個(gè)元素F分別位于正方體六個(gè)面的中心，元素S位于正方體中心，若正方體的棱長(zhǎng)為a，記以六個(gè)F為頂點(diǎn)的正八面體為T，則T的體積為_(kāi)_________，T的內(nèi)切球表面積為_(kāi)_________．答案eq\f(a3,6)eq\f(πa2,3)解析正八面體T可視為兩個(gè)全等的正四棱錐拼接而成，且該正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)a，高為eq\f(a,2)，所以正八面體的體積V＝2×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2×eq\f(a,2)＝eq\f(a3,6)，由圖可知，正八面體T的每個(gè)面都是棱長(zhǎng)為eq\f(\r(2),2)a的等邊三角形，所以正八面體T的表面積S＝8×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2＝eq\r(3)a2，設(shè)正八面體T的內(nèi)切球半徑為r，則V＝eq\f(1,3)Sr，所以r＝eq\f(3V,S)＝eq\f(\f(a3,2),\r(3)a2)＝eq\f(\r(3),6)a，因此，正八面體T的內(nèi)切球的表面積為4πr2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)a))2＝eq\f(πa2,3).專題強(qiáng)化練1.如圖，在三棱錐V－ABC中，VA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝VA＝2，則該三棱錐外接球的體積為()A．12πB．4eq\r(3)πC.eq\f(16\r(3)π,3)D.eq\f(4\r(3)π,3)答案B解析因?yàn)閂A⊥底面ABC，AB，AC?底面ABC，所以VA⊥AB，VA⊥AC，又因?yàn)椤螧AC＝90°，所以AB⊥AC，而AB＝AC＝VA＝2，所以三條互相垂直且共頂點(diǎn)的棱，可以看成正方體中共頂點(diǎn)的長(zhǎng)、寬、高，因此該三棱錐外接球的半徑R＝eq\f(1,2)×eq\r(22＋22＋22)＝eq\r(3)，所以外接球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π.2．(2023·成都模擬)在三棱錐P－ABC中，PA⊥底面ABC，AB＝2，AC＝AP，BC⊥CA，若三棱錐P－ABC外接球的表面積為5π，則BC等于()A．1B.eq\r(2)C.eq\r(3)D.eq\r(5)答案C解析因?yàn)镻A⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以BC⊥PA，由BC⊥CA，CA∩PA＝A，CA，PA?平面PAC，所以BC⊥平面PAC，由AB?平面ABC，得PA⊥AB，由PC?平面PAC，得BC⊥PC，由PB是Rt△PBC和Rt△PBA的公共斜邊，得PB是三棱錐的外接球直徑，由S＝4πR2＝5π得R＝eq\f(\r(5),2)，設(shè)AC＝AP＝m，則PB＝2R＝eq\r(m2＋4)＝eq\r(5)，則m＝1，BC＝eq\r(4－1)＝eq\r(3).3．在四棱錐P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB為邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，底面ABCD為矩形．若四棱錐P－ABCD存在一個(gè)內(nèi)切球，則內(nèi)切球的表面積為()A．4π B．πC.eq\f(4π,3) D.eq\f(π,3)答案D解析由于平面PAB⊥平面ABCD，△PAB為邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，底面ABCD為矩形，所以四棱錐P－ABCD的內(nèi)切球在等邊△PAB上的“正投影”是等邊△PAB的內(nèi)切圓，設(shè)等邊△PAB的內(nèi)切圓半徑為r，則S△PAB＝eq\f(1,2)×(1＋1＋1)×r＝eq\f(1,2)×1×1×sineq\f(π,3)，解得r＝eq\f(\r(3),6)，所以內(nèi)切球的半徑為eq\f(\r(3),6)，其表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)))2＝eq\f(π,3).4．(2023·湖北多校聯(lián)考)已知在△ABC中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以AC為軸旋轉(zhuǎn)一周得到一個(gè)旋轉(zhuǎn)體，則該旋轉(zhuǎn)體的內(nèi)切球的表面積為()A.eq\f(49π,36) B.eq\f(576π,49)C.eq\f(576π,25) D.eq\f(344π,25)答案B解析旋轉(zhuǎn)體的軸截面如圖所示，其中O為內(nèi)切球的球心，過(guò)O作AB，BC的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，則OE＝OF＝r(r為內(nèi)切球的半徑)，故AO＝eq\f(r,sin∠BAC)＝eq\f(5,3)r，CO＝eq\f(r,sin∠BCA)＝eq\f(5,4)r，故5＝AO＋OC＝eq\f(5,3)r＋eq\f(5,4)r，解得r＝eq\f(12,7)，故該旋轉(zhuǎn)體的內(nèi)切球的表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,7)))2＝eq\f(576π,49).5．(2023·張掖模擬)圖1為兩塊大小不同的等腰直角三角形紙板組成的平面四邊形ABCD，其中小三角形紙板的斜邊AC與大三角形紙板的一條直角邊長(zhǎng)度相等，小三角形紙板的直角邊長(zhǎng)為a，現(xiàn)將小三角形紙板ACD沿著AC邊折起，使得點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)M的位置，得到三棱錐M－ABC，如圖2，若二面角M－AC－B的大小為eq\f(2π,3)，則所得三棱錐M－ABC的外接球的表面積為()A.eq\f(7π,3)a2 B．4πa2C.eq\f(14π,3)a2 D.eq\f(7\r(42)π,27)a2答案C解析如圖，取AC的中點(diǎn)E，AB的中點(diǎn)F，連接ME，EF.因?yàn)镸A＝MC，所以ME⊥AC.易知EF∥BC，因?yàn)锽C⊥AC，所以EF⊥AC，所以∠MEF＝eq\f(2π,3).過(guò)點(diǎn)E作OE⊥平面MAC，過(guò)點(diǎn)F作OF⊥平面ABC，OE∩OF＝O，連接OA，易知E，F(xiàn)兩點(diǎn)分別是△MAC和△ABC的外心，所以點(diǎn)O是三棱錐M－ABC的外接球的球心．因?yàn)镸A＝MC＝a，所以AC＝BC＝eq\r(2)a，AB＝2a，所以EF＝eq\f(\r(2),2)a，因?yàn)椤螹EF＝eq\f(2π,3)，∠MEO＝eq\f(π,2)，所以∠OEF＝eq\f(π,6)，所以O(shè)F＝EF×taneq\f(π,6)＝eq\f(\r(2)a,2)×taneq\f(π,6)＝eq\f(\r(6),6)a，又AF＝eq\f(1,2)AB＝a，所以O(shè)A＝eq\r(OF2＋AF2)＝eq\f(\r(42),6)a，則三棱錐M－ABC外接球的半徑為eq\f(\r(42),6)a，所以外接球的表面積S＝4πR2＝eq\f(14π,3)a2.6．(多選)(2023·陽(yáng)泉模擬)已知三棱柱ABC－A1B1C1的六個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，AB1＝BC1＝CA1＝4.若點(diǎn)O到三棱柱ABC－A1B1C1的所有面的距離都相等，則()A．BB1⊥平面ABCB．AB＝AA1C．平面A1B1C1截球O所得截面圓的周長(zhǎng)為4πD．球O的表面積為24π答案AC解析選項(xiàng)A，三棱柱ABC－A1B1C1的六個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，根據(jù)球的對(duì)稱性可知三棱柱ABC－A1B1C1為直棱柱，所以BB1⊥平面ABC，因此A正確；選項(xiàng)B，因?yàn)锳B1＝BC1＝CA1＝4，所以AB＝BC＝CA.因?yàn)辄c(diǎn)O到三棱柱ABC－A1B1C1的所有面的距離都相等，所以三棱柱ABC－A1B1C1的內(nèi)切球與外接球的球心重合．設(shè)該三棱柱的內(nèi)切球的半徑為r，與底面以及側(cè)面相切于H，M，連接AH并延長(zhǎng)，交BC于N，如圖，則AA1＝2r，OM＝OH＝r，由于M為矩形BCC1B1的對(duì)角線交點(diǎn)，所以HN＝r，而△ABC為等邊三角形，所以HN＝eq\f(1,3)AN＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)AB，所以AB＝2eq\r(3)r，所以AB＝eq\r(3)AA1，因此B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，由AB1＝4，可知BBeq\o\al(2,1)＋AB2＝4r2＋12r2＝16r2＝16，解得r＝1(負(fù)值舍去)，則AB＝BC＝CA＝2eq\r(3).易得△A1B1C1的外接圓的半徑r1＝eq\f(2,3)AN＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)AB