2025-新高考I卷-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

（2025年新高考I卷）如图,在四棱锥 $P-ABCD$ 中，$PA\perp \text{平面}ABCD$，$AB\perp AD$，$BC\parallel AD$.

（1）证明： $\text{平面}PAB\perp \text{平面}PAD$；

（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$\text{平面}ABCD$ 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 $AB\perp \text{平面}PAD$.
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) $\frac{\sqrt{2}}{3}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）第一问证明

（1）证明： 因为 $PA\perp \text{平面}ABCD$，$AB\subset$ $\text{平面}ABCD$，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 $AB\perp \text{平面}PAD$. 又因为 $AB\subset \text{平面}PAB$， 根据面面垂直判定定理，得 平面 $PAB\perp \text{平面}PAD$.

(2) 第(i)问证明

（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$\text{平面}ABCD$ 上.

(2) 第(ii)问详解

（2）(ii) 解： 方法一：空间向量法 由 (i) 知 $A(0,0,0)$，$C(\sqrt{2},2,0)$，$P(0,0,\sqrt{2})$，$O(0,1,0)$. 则 $\overrightarrow{AC}=(\sqrt{2},2,0)$， $\overrightarrow{PO}=(0,1,-\sqrt{2})$.

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

$\cos \theta =\frac{|2|}{\sqrt{6}\cdot \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{3}.$

方法二：异面直线所成角求解（几何法） 由(i)得 $O$ 在线段 $AD$ 上，且 $AO=1$。 过 $O$ 作 $OM\parallel AC$ 交 $CD$ 于点 $M$，连接 $AM,PM$，则 $\angle POM$ 为直线 $AC$ 与直线 $PO$ 所成角 $\theta$ 的补角。

1. 求 $AC$ 在 $\mathrm{Rt}△ABC$ 中： $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{(\sqrt{2}{)}^2+2^2}=\sqrt{6}$
2. 求 $OM$ 由 $△DOM\backsim △DAC$，
3. 得 $\frac{OM}{AC}=\frac{DO}{DA}⟹OM=\frac{DO}{DA}\cdot AC=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\cdot \sqrt{6}=\frac{3\sqrt{6}-3\sqrt{2}}{2}$
4. 求 $\cos \angle AOM$ $\cos \angle DOM=\cos \angle DAC=\cos \angle ACB=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$ $\cos \angle AOM=-\cos \angle DOM=-\frac{\sqrt{6}}{3}$
5. 在 $△AOM$ 中，由余弦定理求 $A{M}^2$

\begin{align*} AM^2&=AO^2+OM^2-2\cdot AO\cdot OM\cdot\cos\angle AOM\\ &=1+\left(\frac{3\sqrt6-3\sqrt2}{2}\right)^2-2\times1\times\frac{3\sqrt6-3\sqrt2}{2}\times\left(-\frac{\sqrt6}{3}\right)\\ &=\boldsymbol{25-11\sqrt3} \end{align*}

在 $\mathrm{Rt}△PAM$ 中求 $P{M}^2$

$P{M}^2=P{A}^2+A{M}^2=2+25-11\sqrt{3}=27-11\sqrt{3}$ 在 $△POM$ 中，由余弦定理求 $\cos \angle POM$ \begin{align*} \cos\angle POM&=\frac{PO^2+OM^2-PM^2}{2\cdot PO\cdot OM}\\ &=\frac{3+\left(18-9\sqrt3\right)-\left(27-11\sqrt3\right)}{2\times\sqrt3\times\frac{3\sqrt6-3\sqrt2}{2}}\\ &=\frac{2\sqrt3-6}{3\sqrt6(\sqrt3-1)}=\boldsymbol{-\frac{\sqrt2}{3}} \end{align*}

求异面直线所成角余弦值 $\cos \theta =-\cos \angle POM=\frac{\sqrt{2}}{3}$ 即直线 $AC$ 与直线 $PO$ 所成角的余弦值为 $\frac{\sqrt{2}}{3}$。

💡【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】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 13.02 外接球和内切球模型

类题演练 (Links)

• 1992-全国卷理-14
• 1997-全国卷理-23 解-正方体中的垂直、角与体积
• 2008-浙江卷文-15 填-外接球体积