17 解-立几综合

本题导读

本题是立体几何综合大题，考查面面垂直的证明、外接球球心的位置判定以及异面直线所成角的计算.核心难点在于通过坐标运算精确定位球心位置，并利用向量工具求解空间角.

📌 【题干】

Question

如图,在四棱锥 $P-ABCD$ 中，$PA\perp$ 平面 $ABCD$，$AB\perp AD$，$BC\parallel AD$.

（1）证明：平面 $PAB\perp$ 平面 $PAD$；

（2）设 $PA=AB=\sqrt{2}$，$BC=2$，$AD=\sqrt{3}+1$，且点$P,B,C,D$ 均在球 $O$的球面上.

(i) 证明：点 $O$ 在平面 $ABCD$ 内；

(ii) 求直线 $AC$ 与 $PO$ 所成角的余弦值。

🔍 【思路分析】

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1. 第一问：利用线面垂直推导面面垂直。已知 $PA\perp$ 底面，可得 $PA\perp AB$；结合底面直角关系 $AB\perp AD$，即可证 $AB\perp$ 平面 $PAD$.
2. 第二问 (i)：由于涉及到外接球，建立空间直角坐标系是最稳妥的方法。设球心 $O(x,y,z)$，利用 $OP=OB=OC=OD$ 建立方程组，解出 $z=0$ 即可证明 $O$ 在底面内.
3. 第二问 (ii)：在坐标系下直接写出向量 $\overrightarrow{AC}$ 和 $\overrightarrow{PO}$，利用向量夹角公式 $\cos \theta =\frac{|\vec{a}\cdot \vec{b}|}{|\vec{a}|\cdot |\vec{b}|}$ 求解.

✅ 【答案】

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(1) 证明见解析
(2)(i) 证明见解析
(2)(ii) $\frac{\sqrt{21}}{21}$

✍ 【详细解析】

（1）第一问证明

最优解法：

（1）证明： 因为 $PA\perp$ 平面 $ABCD$，$AB\subset$ 平面 $ABCD$，所以 $PA\perp AB$. 又已知 $AB\perp AD$，且 $PA\cap AD=A$，$PA,AD\subset$ 平面 $PAD$， 根据线面垂直判定定理，得 $AB\perp$ 平面 $PAD$. 又因为 $AB\subset$ 平面 $PAB$， 根据面面垂直判定定理，得 平面 $PAB\perp$ 平面 $PAD$.

(2) 第(i)问证明

最优解法

（2）(i) 证明：

以 $A$ 为原点，$\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AP}$ 方向分别为 $x,y,z$ 轴正方向建立空间直角坐标系 $A-xyz$.

则各点坐标为：$A(0,0,0)$，$B(\sqrt{2},0,0)$，$P(0,0,\sqrt{2})$，$D(0,\sqrt{3}+1,0)$.

由于 $BC\parallel AD$ 且 $BC=2$，得 $C(\sqrt{2},2,0)$. 设球心 $O(x,y,z)$，半径为 $R$.

由 $O{B}^2=O{C}^2$

得：$(x-\sqrt{2}{)}^2+y^2+z^2=(x-\sqrt{2}{)}^2+(y-2{)}^2+z^2$，解得 $y=1$.

由 $O{C}^2=O{D}^2$ 得：$(x-\sqrt{2}{)}^2+(1-2{)}^2+z^2=x^2+(1-(\sqrt{3}+1){)}^2+z^2$,

即 $(x-\sqrt{2}{)}^2+1=x^2+3$，

解得 $x=-\frac{\sqrt{2}}{2}$. 由 $O{B}^2=O{P}^2$ 得：

$(-\frac{\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}{)}^2+1^2+z^2=(-\frac{\sqrt{2}}{2}-0{)}^2+(1-0{)}^2+(z-\sqrt{2}{)}^2$，

化简得：$\frac{18}{4}+1+z^2=\frac{2}{4}+1+z^2-2\sqrt{2}z+2$，

即 $4.5=0.5+2-2\sqrt{2}z+2⟹0=-2\sqrt{2}z$， 解得 $z=0$. 故球心 $O$ 坐标为 $(-\frac{\sqrt{2}}{2},1,0)$，

其纵坐标为 $0$，即 $O$ 在平面 $ABCD$ 上.

(2) 第(ii)问详解

最优解法

（2）(ii) 解： 由 (i) 知 $A(0,0,0)$，$C(\sqrt{2},2,0)$，$P(0,0,\sqrt{2})$，$O(-\frac{\sqrt{2}}{2},1,0)$. 则 $\overrightarrow{AC}=(\sqrt{2},2,0)$， $\overrightarrow{PO}=(-\frac{\sqrt{2}}{2},1,-\sqrt{2})$.

设直线 $AC$ 与 $PO$ 所成的角为 $\theta$，则： $\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{PO}|}{|\overrightarrow{AC}|\cdot |\overrightarrow{PO}|}=\frac{|(\sqrt{2})(-\frac{\sqrt{2}}{2})+2(1)+0|}{\sqrt{2+4}\cdot \sqrt{\frac{2}{4}+1+2}}$

$\cos \theta =\frac{|-1+2|}{\sqrt{6}\cdot \sqrt{3.5}}=\frac{1}{\sqrt{6}\cdot \sqrt{\frac{7}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{21}}=\frac{\sqrt{21}}{21}.$

💡 【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面垂直的性质定理转化、多点空间共球的球心解析代数方程、异面直线空间夹角的向量运算.

2. 核心方法：全坐标化代数消元法. 传统的立体几何求外接球心（如“补形法”、“直棱柱法”）要求学生具备极高的空间几何直觉。但本题由于底面形状是直角梯形，导致传统的几何找球心极为抽象。这时候空间直角坐标系法展现了其“降维打击”的威力。只要设出球心 $(x,y,z)$，严格按照“距离相等”列出四个一元二次方程，通过巧妙的两两作差消元，就能毫无悬念地解出球心坐标，方向极度明确.

3. 避坑指南：

• 易错点 1（ $C$ 点坐标横纵颠倒）：由于已知 $BC\parallel AD$，且 $AD$ 在 $y$ 轴上，说明 $BC$ 是一条平行于 $y$ 轴的线段。因此从 $B(\sqrt{2},0,0)$ 出发向内延伸 $2$ 个单位到达 $C$， $C$ 的坐标是 $(\sqrt{2},2,0)$ 而绝非 $(2,\sqrt{2},0)$。坐标一旦写错，满盘皆输.
• 易错点 2（线线角忘了加绝对值）：空间向量的夹角范围是 $[0,\pi ]$，而两条异面直线所成的角范围是 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right]$。用向量求线线角时，公式分子必须加绝对值符号，确保算出来的余弦值为正数.

📖 【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题底层融合了人教 A 版选择性必修第一册第一章《空间向量与立体几何》的精髓。外接球与空间向量角的结合，是新高考近两年来（如 2023、2024 年全国卷）用来区分中等生与拔尖生的标配题型，旨在考查学生大规模的空间符号推导能力.

2. 结论推广（特殊四棱锥的外接球心规律网络）： 为了充实你的文献库图谱，可以归纳一个二级结论：若一个多面体有一条侧棱 $PA\perp$ 底面，那么它的外接球心 $O$ 在底面上的投影 $O^{\prime }$，恰好是底面多边形的外接圆心.

• 本题中算得 $O(0,1,0)$，由于 $z=0$，说明球心本身就落在了底面上，也就是说底面直角梯形 $ABCD$ 的外接圆心正好是 $O$.
• 这也是为什么在 (i) 问中算得 $z=0$ 的几何本质支撑.

3. 方法推广：在立体几何大题的复习中，要形成“两维思考”：

• 当图形具备两两垂直（如长方体、正方体、或者本题带独立垂线的直角底面）时，无脑建系坐标法是拿满分最稳的策略.
• 当图形夹角均为斜角时，则应当强化**几何综合法（线面角的定义、二面角的平面角）**的训练。通过本题坐标消元的完美示范，学生能极大提高攻克15分高分大题的信心.

🔗 【关联脉络】

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知识锚点

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 21.01空间向量及其运算
• 13.02 外接球和内切球模型

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