专题三 立体几何
微专题3 最值、翻折与探索问题
一、考点透析
考点1 最值
1.(2025·广东省东莞市·模拟)如图，某圆柱的一个轴截面是边长为3的正方形ABCD，点E
在下底面圆周上，且CE =
√3 BE，点F在母线AB上，点G是线段AC上靠近点A的四等分
点，则EF + FG的最小值为( )
A. 9
√2
4
B. 4
C. 6
D. 9
2
【答案】A
【解析】解：如图，将△ABE绕AB旋转到△PAB的位置，
并且点P在CB的延长线上，连接PG，交AB于点F，此时EF + FG最小．
CE =
√3 BE，则∠BCE = π
6 ,BE = BP = 3
2，
由已知可知轴截面ABCD是边长为3的正方形，
所以AC =3
√2，CG = 9
√2
4
, PC =3+ 3
2 = 9
2，∠ACB = 45
∘．
在△PCG中由余弦定理得
PG
2= PC
2+C G
2−2 PC ⋅CG cos∠PCG
= 81
4 + 81
8 −2× 9
2 × 9
√2
4
×
√2
2 = 81
8 ，
∴PG = 9
√2
4
．
故选A．
2.(2025·山西省·模拟)圆锥顶点为P，底面中心为O，体积为
√6
4
的正四面体O−ABC的底
面ABC与该圆锥的底面平行，且点A ,B ,C都在圆锥的侧面上，则该圆锥体积的最小值
是 ．
【答案】9
√2
4
π
【解析】设圆锥PO的底面半径为r，高为h，底面ABC的中心为O1，则点P ,O ,O1三点共
线．
设正四面体O−ABC棱长为a，则高为
√6
3 a，
所以V O−ABC = 1
3 S▵ABC⋅
√6
3 a= 1
3 ⋅
√3
4 a
2⋅
√6
3 a=
√2
12 a
3=
√6
4
，
解得a=
√3，
故O1 A =
√3
3 a=1,OO1=
√6
3 a=
√2，
由h−
√2
h
= 1
r
，得h=
√2r
r −1
，
该圆锥的体积V = 1
3 π r
2h= 1
3 π r
2
√2r
r −1 =
√2π
3
⋅r
3
r −1
，
令f (r )= r
3
r −1 (r >1)，则f ′(r )= 3r
2(r −1)−r
3
(r −1)
2
= r
2(2r −3)
(r −1)
2
，
当r > 3
2
时，f
′(r )>0；当1<r < 3
2
时，f
′(r )<0，
所以当r = 3
2时，f (r )有最小值27
4 ，这时圆锥的体积有最小值9
√2
4
π．
故答案为：9
√2
4
π．
3.(2025· 湖北省武汉市· 模拟) 如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD =CD，
∠ADB =∠CDB，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB = BD =2，∠ACB =60°，点F在BD上且DF⃗= λ DB⃗
，λ∈[0,1]，记CF与平面
ABD所成角为α，求sinα的最大值．
【答案】（1）见解析
（2）4
√3
7
【解析】解：(1)因为在△ABD和△CBD中，AD = DC，∠ADB =∠CDB，DB = DB，
所以△ABD ≌△CBD，所以AB =CB．
又因为E为AC的中点，所以BE⊥AC．
因为AD = DC，E为AC的中点，所以DE⊥AC．
又BE∩DE = E，BE，DE⊂平面BED，所以AC ⊥平面BED，
又因为AC ⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD．
(2)由(1)得AB =CB，又∠ACB =60
∘，所以△ABC为等边三角形．
因为AB = BD =2，所以AB =CB = AC =2，BE =
√3．
因为AD⊥DC，AD = DC，所以△ADC是等腰直角三角形，
所以AD =CD =
√2，DE =1．
以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，A(1,0,0)，C(−1,0,0)，B(0,
√3,0)，D(0,0,1)，
所以⃗AB =(−1,
√3,0)，⃗AD =(−1,0,1)，⃗CD =(1,0,1)，DB⃗=(0,
√3,−1)，
DF⃗= λ DB⃗=(0,
√3 λ ,−λ)，λ∈[0,1]，
所以CF⃗=CD⃗+ DF⃗=(1,
√3 λ ,1−λ)，
设平面ABD的法向量为⃗n=( x , y , z)，
则{
n⃗⋅AB⃗=−x +
√3 y =0
n⃗⋅AD⃗=−x + z =0
,
即x =
√3 y = z，令y =1，则n⃗=(
√3,1,
√3).
所以sin α =|cos<n⃗，CF⃗>|=
2
√3
√7×
√1+3 λ
2+(1−λ)
2 =
2
√3
√7× √4( λ−1
4 )
2+ 7
4
，
则λ = 1
4 时，sin α的最大值为4
√3
7
．
考点2 翻折
1.(2025·重庆市·模拟)如图，矩形ABCD中，AB =2
√3,BC =2
√6，将▵ABD沿BD翻折，
得到三棱锥A
′−BCD(点A
′是点A在翻折后的对应点)，则三棱锥A
′−BCD体积的最大值
为( )
A. 4
√2
B. 6
√2
C. 8
D. 16
【答案】C
【解析】解：由条件可得S▵BCD= 1
2 BC ⋅CD = 1
2 ×2
√6×2
√3=6
√2，
且BD =
√BC
2+C D
2=
√24 +12=6
，
设点A
′到BD的距离为h，
由等面积法可得S△A ′ BD= S△A ′ BD，
所以1
2 ⋅A
′ B⋅A
′ D = 1
2 BD⋅h，
即1
2 ×2
√3×2
√6= 1
2 ×6h，则h=2
√2，
由图知，
当平面A
′ BD⊥平面BCD时，三棱锥A
′−BCD体积的最大，
此时三棱锥的高为h=2
√2，
则体积为1
3 S▵BCD⋅h= 1
3 ×6
√2×2
√2=8．
故选：C．
2.(2025·山东省济南市·模拟)如图，在梯形BCEF中，EF // BC，FB⊥BC，EF =1，
BC =3，CE = 4，AD是梯形BCEF的中位线，将梯形BCEF沿AD翻折得到五面体
ABCDEF，点G为BC上靠近点B的三等分点，DG⊥CF．
(1)证明：AB⊥DE；
(2)求平面ACF与平面CDE夹角的余弦值．
【答案】（1）见解析
（2）
√15
5
【解析】解：(1)证明：如图，连接AG，AC，
∵AD = 1
2 (1+3)=2，CD =CG =2，AD //CG，
∴四边形AGCD为菱形，∴AC ⊥DG，
又∵CF ⊥DG，AC ∩CF =C，AC，CF ⊂平面ACF，
∴DG⊥平面ACF，
又∵AF ⊂平面ACF，∴DG⊥AF，
∵AD⊥AF，AD∩DG = D，AD，DG⊂平面ABCD，
∴AF ⊥平面ABCD，
∵AB⊂平面ABCD，∴AB⊥AF，
又∵AB⊥AD，AD∩AF = A，AD，AF ⊂平面ADEF，
∴AB⊥平面ADEF，
∵DE⊂平面ADEF，∴AB⊥DE；
(2)由(1)可得，AB⊥AF，AB⊥AD，AD⊥AF，
如图，以A为原点，分别以AB，AD，AF所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐
标系，
不难求得AB = AF =
√3，则A(0,0,0)，D(0,2,0)，C(
√3,3,0)，G(
√3,1,0)，
E(0,1,
√3)，
∴DC⃗=(
√3,1,0)，DE⃗=(0,−1,
√3)，
设平面CDE的法向量⃗m=(a,b,c)，则有{m
→
⋅DC
→
=0
m
→
⋅DE
→
=0
，即{
√3a+b=0
−b+
√3c =0 ,
∴可取m⃗=(1,−
√3,−1)，
∵DG⊥平面ACF，∴平面ACF的法向量n⃗= DG⃗=(
√3,−1,0)，
∴cos⟨m⃗,n⃗⟩= m⃗⋅n⃗
|m⃗|⋅|n⃗|
= 2
√3
√5×2
=
√15
5 ，
即平面ACF与平面CDE夹角的余弦值为
√15
5
．
3.(2025·辽宁省沈阳市·模拟)在矩形ABCD中，E , F为CD上两个不同的三等分点，如图1.
将▵AFD和▵BEC分别沿AF ,BE向上翻折，使得点C , D重合，记重合后的点为P，如图
2.已知AB =6，四棱锥P−ABEF的体积为8
√3
3
．
(1)求AD；
(2)求平面PAF与平面PBE所成角的正弦值．
【答案】（1）AD = 4
（2）
√39
8
解：(1)取AB , EF的中点分别为G , H，连接PH , HG, PG，
过点P作PM ⊥HG，垂足为M，
设AD =a，则HG =a，
▵PEF为等边三角形，EH = 1
2 EF =1, PH =
√3，
在▵PAB中，PA = PB =a, PG =
√a
2−9
，
在▵PGH中，cos∠PHG = P H
2+ H G
2−PG
2
2 PH ⋅HG
= 2
√3
a
,sin ∠PHG =
√a
2−12
a
，
PM = PH ⋅sin ∠PHG =
√3⋅
√a
2−12
a
，
又梯形ABEF的面积S = ( EF + AB)⋅HG
2
= 4 a，
所
以
四
棱
锥
P−ABEF的
体
积
为
1
3 ⋅S⋅PM = 1
3 ⋅4 a⋅
√3⋅
√a
2−12
a
= 4
√3⋅
√a
2−12
3
= 8
√3
3
，
解得a= 4(a=−4舍去)，即AD = 4；
(2)由(1)可得HG = AD = 4 , PM =
√3
2 , HM = 3
2 ,GM = 5
2
．
以M为坐标原点，MG , MP所在直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A( 5
2 ,−3,0),B( 5
2 ,3,0), E(−3
2 ,1,0), F(−3
2 ,−1,0), P(0,0,
√3
2 )，
所以AF⃗=(−4,2,0),BE⃗=(−4 ,−2,0), AP⃗=(−5
2 ,3,
√3
2 ),BP⃗=(−5
2 ,−3,
√3
2 )．
设平面PAF的法向量为⃗n=(x1, y1, z1)，则{
n
→
⋅AF
→
=−4 x1+2 y1=0,
n
→
⋅AP
→
=−5
2 x1+3 y1+
√3
2 z1=0,
取x1=
√3，得n⃗=(
√3,2
√3,−7)．
设平面PBE的法向量为m⃗=(x2, y2, z2)，则{
m
→
⋅BE
→
=−4 x2−2 y2=0,
m
→
⋅BP
→
=−5
2 x2−3 y2+
√3
2 z2=0,
取x2=
√3，得m⃗=(
√3,−2
√3,−7)．
所以cos<m⃗,n⃗> = m⃗⋅n⃗
|m⃗||n⃗|
=
3−12+ 49
√3+12+ 49×
√3+12+ 49
= 5
8，sin<m⃗,n⃗> =
√39
8 ，
所以平面PAF与平面PBE所成角的正弦值为
√39
8
．
考点3 探索
1.（多选题）(2025·安徽合肥·模拟)如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1 D1的底面是梯形，
AB//CD，AD⊥DC，BC =CD =2，D D1= AB =1，P是棱C C1的中点，Q是棱
C1 D1上一动点(不包含端点)，则( )
A. AC与平面BPQ有可能平行
B. B1 D1与平面BPQ有可能平行
C. 三角形BPQ周长的最小值为
√17+
√29
2
D. 三棱锥A −BPQ的体积为定值
【答案】ACD
【解析】解：对于A，当Q为C1 D1的中点时，AC //平面BPQ，证明如下：
连接A D1，C D1．
在直四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，
∵AB//CD，
∴AB//C1 D1，
即AB// D1Q.
∵Q是线段C1 D1的中点，C1 D1=CD =2，
∴D1Q =1．
∵AB =1，
∴D1Q = AB．
∴四边形ABQ D1是平行四边形．
∴A D1// BQ．
又∵BQ⊂平面BPQ，A D1⊄平面BPQ，
∴A D1//平面BPQ．
∵P、Q分别是线段C C1，C1 D1的中点，
∴PQ//C D1，
又∵PQ⊂平面BPQ，C D1⊄平面BPQ，
所以C D1//平面BPQ．
∵A D1∩C D1= D1，A D1，C D1⊂平面AC D1，
∴平面AC D1//平面BPQ．
∵AC ⊂平面AC D1，
∴AC //平面BPQ，
故A 正确;
对于B，因为D∉平面BPQ，所以BD与平面BPQ相交，
又B1 D1// BD，
所以B1 D1与平面BPQ相交，故B 错误;
对于C，C C1= D D1=1，BC =2，
BP =
√
BC
2+(
1
2 C C1)
2
=
√17
2
，
把ABC1 D1沿C1 D1展开到与CD D1C1在同一平面内(如图)，
则当B，P，Q共线时，BQ+ PQ有最小值，
由A D1=2可得展开图中BP =
√
1
2+(
5
2)
2
=
√29
2
，
所以三角形BPQ周长的最小值为
√17+
√29
2
，故C 正确；
对于D，V A −BPQ=V Q−ABP，
因S△ABP为定值，
又C1 D1//平面ABP，
故Q到平面ABP的距离也为定值，
所以V A −BPQ为定值．
故选：ACD．
2.(2025·福建省泉州市·模拟)如图，在多面体ABCDEF中，AE⊥平面ABCD，平面
CDF ⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，▵CDF是正三角形，AB =2，AE =2
√3．
(1)证明：DF //平面ABE；
(2)若直线EF与底面ABCD的交点为G，直线AG上是否存在点N，使得平面EBN与平面
ECD的夹角为60°?若存在，求AN的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析
（2）2
√15
3
解：(1)证明：取CD中点M，连接FM．
因为▵CDF是正三角形，所以FM ⊥CD，
又因为平面CDF ⊥平面ABCD，平面CDF ∩平面ABCD =CD , FM ⊂平面CDF，
所以FM ⊥平面ABCD，
又因为AE⊥平面ABCD，所以AE // FM，
又因为FM ⊂平面CDF , AE⊄平面CDF，所以AE //平面CDF．
因为四边形ABCD为正方形，所以AB//CD．
又因为AB⊄平面CDF ,CD⊂平面CDF，所以AB//平面CDF．
又因为AB∩AE = A , AB⊂平面ABE , AE⊂平面ABE，所以平面ABE //平面CDF．
又因为DF ⊂平面CDF，所以DF //平面ABE．
(2)连接AM，因为AE // FM且FM =
√3≠AE，所以四边形AMFE为梯形，
延长EF交AM的延长线于G．
AM ⊂平面ABCD，所以G∈平面ABCD．
以A为原点，AB , AD , AE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．
A(0,0,0)，B(2,0,0),C(2,2,0), D(0,2,0), M (1,2,0), E(0,0,2
√3),
DC⃗=(2,0,0), ED⃗=(0,2,−2
√3)，BE⃗=(−2,0,2
√3)，AM⃗=(1,2,0)，BA⃗=(−2,0,0)，
设平面ECD的法向量为n⃗1=(x1, y1, z1)，
则{n
→
1⋅DC
→
=0
n
→
1⋅ED
→
=0
，即{
2 x1=0
2 y1−2
√3 z1=0
，令z1=1，可得
n1⃗=(0,
√3,1)
，
设AN⃗= λ AM⃗, λ∈R，则BN⃗= BA⃗+ AN⃗= BA⃗+ λ AM⃗=( λ−2,2 λ ,0)，
设平面EBN的法向量为n2⃗=(x2, y2, z2)，
则{
n2⃗⋅BE⃗=0
n2⃗⋅BN⃗=0
，即{ −2 x2+2
√3 z2=0
( λ−2)x2+2 λ y2=0
,
令z2=2 λ，可得n2⃗=(2
√3 λ ,2
√3−
√3 λ ,2 λ)，
则
|cos⟨n⃗1,n⃗2⟩|= |n⃗1⋅n⃗2|
|n1⃗|⋅|n2⃗|
=|6−3 λ+2 λ|
2⋅
√12 λ
2+(2
√3−
√3 λ)
2+ 4 λ
2 =|6−λ|
2⋅
√19 λ
2−12 λ+12
=cos60
∘= 1
2
解得λ =± 2
√3
3
，
故| AN |=|
√5 λ|= 2
√15
3
．
二、跟踪练习
1.（多选题）(2025·湖北省宜昌市·模拟)已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为1，点P
满足AP⃗= x AB⃗+ y AD⃗+ z A A1⃗
，其中x，y，z∈[0,1]，下列正确的是( )
A. 当x = y =1时，则异面直线AP与CD所成角的正切值范围是[1,
√2]
B. 当x + z =1，y =0时，则AP+ P D1的最小值为
√6+
√2
2
C. 当x + y + z =1时，线段AP的长度最小值为
√3
3
D. 当x + y + z =k(0<k <3)时，记点P的轨迹为平面α，则α截此正方体所得截面面积的最
大值为3
√3
4
【答案】CD
【解析】解：对A，当x = y =1时，点P在线段C C1上动，如图所示，
由于AB/ /CD，可知∠BAP即为异面直线AP与CD所成角，
连接BP，设CP=t，t ∈[0,1]，
则在Rt △ABP中，AB =1，BP =
√BC
2+C P
2=
√1+t
2，
tan ∠BAP = BP
AB =
√1+t
2∈[1,
√2]，
又因为直线AP与CD为异面直线，
所以t ≠0，故tan ∠BAP∈(1,
√2]，故A 错误;
对于B，当x + z =1，y =0时，点P在线段A1B上动，
故将三角形A A1B与四边形A1BC D1沿A1B展开到同一个平面上，由图可知，
线段A D1的长度即为AP+ P D1的最小值，
在△A A1 D1中，A D1=
√1
2+1
2−2×1×1×cos135
∘=
√2+
√2，故B 错误;
对于C，当x + y + z =1时，点P在△A1BD内部及边界上动，
则线段AP的长度最小值即为正方体体对角线的1
3，
故线段AP的长度最小值为
√3
3 ，故C 正确;
对于D，当x + y + z =k(0<k <3)时，记点P的轨迹为平面α，
故平面α截此正方体所得截面面积的最大值为正方体的中截面的面积，如图所示：
当点E，F，G，H，M，N分别为对应棱的中点时，连结EF，FG，GH，HM，MN，
NE，
可得平面EFGHMN平行于平面A1BD，且为正六边形，
此时该截面EFGHMN是最大截面，由于正方体的棱长为1，
所以正六边形的边长为
√2
2 ，则面积为
√3
4 ×(
√2
2 )
2×6= 3
√3
4
，故D 正确．
故选：CD．
2.(2025·山西省吕梁市·模拟)如图，飘带函数f ( x)= x−1
x 的图象类似于飘带，已知图象上
两个点A，C关于原点对称(点A的横坐标x0>0)，过点A，C分别作两坐标轴的垂线得到
矩形ABCD，矩形与坐标轴的交点分别记为A1，A2，C1，C2.将图象沿x轴折叠，得到一
个60°的二面角A −A1C1−C，此时| AC |
2的最小值记作mx；将图象沿y轴折叠，得到一
个60°的二面角A −A2C2−C，此时| AC |
2的最小值记作m y.则下列结论正确的是( )
A. mx =2
√5+2
B. 若x0=
√2，当图象沿x轴折叠时，| AC |
2= 17
2
C. m y = 4
√5−8
D. 若x0=
√2，当图象沿y轴折叠时，| AC |
2= 4
【答案】BCD
【解析】解：将图象沿x轴折叠，得到一个60°的二面角A −A1C1−C，如下图：
因为A A1⊥A1C1, A1 D⊥A1C1，
所以∠A A1 D为二面角A −A1C1−C的平面角，即∠A A1 D =60°，
过点A作AF ⊥A1 D，垂足为F，
由A(x0,|x0−1
x0|)
，则|A A1|=|A1 D|=|x0−1
x0|
，|A1C1|=|CD|=2 x0，
所以| AF |=
√3
2 | x0−1
x0
|，| A1 F |= 1
2 | x0−1
x0
|，| DF |= 1
2 | x0−1
x0
|，
则| FC |
2=(2 x0)
2+ 1
4(x0−1
x0)
2，
因为A A1⊥A1C1, A1 D⊥A1C1，A A1∩A1 D = A1，且A A1, A1 D⊂平面A A1 F，
所以A1C1⊥平面A A1 F，又AF ⊂平面A A1 F，所以A1C1⊥AF，
又AF ⊥A1 D，且A1C1∩A1 D = A1，且A1C1, A1 D⊂平面A1 DC C1，
所以AF ⊥平面A1 DC C1，又FC ⊂平面A1 DC C1，
所以AF ⊥FC，
则| AC |
2=| AF |
2+| FC |
2= 3
4(x0−1
x0)
2
+(2 x0)
2+ 1
4(x0−1
x0)
2
=5 x0
2+ 1
x0
2 −2，
当x0=
√2时，| AC |
2=5×2+ 1
2 −2= 17
2
，故B 正确，
又| AC |
2=5 x0
2+ 1
x0
2 −2≥2 √
5 x0
2⋅1
x0
2 −2=2
√5−2，
当且仅当5 x0
2= 1
x0
2
，即x0
2=
√5
5
时等号成立，
所以mx =2
√5−2，故A 错误；
将图象沿y轴折叠，得到一个60°的二面角A −A2C2−C，如下图：
因为A A2⊥A2C2, A2B⊥A2C2，
所以∠A A2B为二面角A −A2C2−C的平面角，即∠A A2B =60°，
过点A作AE⊥A2B，垂足为E，
由A(x0,|x0−1
x0|)
，则|A A2|=|B A2|= x0，|A2C2|=|BC |=2|x0−1
x0|
，
所以| AE|=
√3
2 x0,|A2 E|= 1
2 x0,|BE|= 1
2 x0，则| EC |
2=(
x0
2 )
2
+ 4(x0−1
x0)
2，
因为A A2⊥A2C2, A2B⊥A2C2，A A2∩A2B = A2，且A A2, A2B⊂平面A A2 E，
所以A2C2⊥平面A A2 E，又AE⊂平面A A2 E，所以A2C2⊥AE，
又AE⊥A2B，且A2C2∩A2B = A2，且A2C2, A2B⊂平面A2BC C2，
所以AE⊥平面A2BC C2，又EC ⊂平面A2BC C2，
所以AE⊥EC，
则| AC |
2=| AE|
2+| EC |
2=(
√3
2 x0)
2
+(
x0
2 )
2
+ 4(x0−1
x0)
2
=5 x0
2+ 4
x0
2 −8，
当x0=
√2时，| AC |
2=5×2+ 4
2 −8= 4，故D 正确，
又| AC |
2=5 x0
2+ 4
x0
2 −8≥2 √
5 x0
2⋅4
x0
2 −8= 4
√5−8，
当且仅当5 x0
2= 4
x0
2
，即x0
2= 2
√5
5
时等号成立，
所以m y = 4
√5−8，故C 正确．
故选：BCD．
3.(2025·陕西省西安市·模拟)在空间直角坐标系O−xyz中，任何一个平面的方程都能表示
成ax +by +cz +d =0(其中a，b，c，d均为常数，a
2+b
2+c
2≠0)，⃗n=(a,b,c)为该平面
的一个法向量.已知球O的半径为4，点A，B，C均在球O的球面上，以OA，OB，OC所
在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示.平面OBC内的点E在球
面上，点E在y轴上的投影在y轴的正半轴上，CE = 4，过直线CE作球O的截面α，使得平
面α ⊥平面OBC，设截面α与球O球面的交线为圆M ( M为线段CE的中点)．
(1)求点E的坐标．
(2)若平面β :2 x +
√3 y −z =1，证明：平面α ⊥平面β．
(3)已知点B在平面γ : λx + μy +tz = 4内，设线段ME在平面α内绕着点M逆时针旋转θ弧度
至MH，点H在圆M上，且θ∈[0,2π )，过H作HP⊥平面AOB，垂足为点P．
①用θ表示点H的坐标;
②若 √3 λ =−t =
√3，求点H到平面γ距离的最大值;
③若λ =0，t =−19
4
，G(0,
√3−1,4)，当直线GP与平面γ所成的角最小时，求cosθ的值．
【答案】(1)E(0,2
√3,2)
(2)见解析
(3)① H (−2sinθ ,
√3+
√3cosθ ,3−cosθ) ②
8
√5+2
√15
5
③cosθ =−
√3
23
【解析】解：(1)连接OE，过E作EK ⊥OB，交OB于点K，根据题意易得△COE为等边
三角形，
所以∠EOB = π
6 ，则EK =OE⋅sin π
6 =2，OK =OE⋅cos π
6 =2
√3，
所以E(0,2
√3,2);
(2)证明：连接OM，根据球的性质可得OM ⊥平面α，则⃗OM即为平面α的一个法向量，
因为C(0,0,4)，
所以M (0,
√3,3)，OM⃗=(0,
√3,3)，
易得平面β的一个法向量为v⃗=(2,
√3,−1)，
因为OM⃗⋅v⃗=0×2+
√3×
√3+3×(−1)=0，
所以OM⃗⊥v⃗，故平面α ⊥平面β ;
(3)①当θ∈( 3 π
2 ,2π )时，过点H作HT ⊥CE交CE于T，过点M作MR⊥OB交OB于R，
过点T作TN ⊥OB交OB于N，过点M作MV ⊥OC交OC于V ，过点T作TI ⊥MR交MR
于I，
则MR =3，MT =2cosθ，HT =−2sinθ，MI = 1
2 MT =cosθ，¿=
√3
2 MT =
√3cosθ，
MV =
√3
2 MC =
√3，ON =
√3+
√3cosθ，TN = IR =3−cosθ，
则H (−2sinθ ,
√3+
√3cosθ ,3−cosθ)，
同理可得当θ∈[0,2π )时，H (−2sinθ ,
√3+
√3cosθ ,3−cosθ);
②因为点B在平面γ内，
所以μ=1，则平面γ的一个法向量为u1⃗=(1,1,−
√3)，
BH⃗=(−2sinθ ,
√3cosθ+
√3−4,3−cosθ)，
点H到平面γ的距离d =|BH⃗⋅u1⃗|
|u1⃗|
=|−2sinθ+
√3cosθ−4−2
√3+
√3cosθ|
√1+1+3
=|4 sin(θ−π
3 )+ 4 +2
√3|
√5
，
当θ−π
3 = π
2 ，即θ = 5 π
6 时，d取得最大值，最大值为8+2
√3
√5
= 8
√5+2
√15
5
;
③易得平面γ的一个法向量为u2⃗=(0,1,−19
4 )，
因为P(−2sinθ ,
√3+
√3cosθ ,0)，G(0,
√3−1,4)，
所以GP⃗=(−2sinθ ,1+
√3cosθ ,−4)，
设直线GP与平面γ所成的角为φ，则sin φ =|cos<GP⃗，u2⃗>|=|GP⃗⋅u2⃗|
|GP⃗||u2⃗|
=|1+
√3cosθ+19|
√1+(−19
4 )
2⋅
√4 sin
2θ+(1+
√3cosθ)
2+16
=|
√3cosθ+20|
√1+(−19
4 )
2⋅
√−cos
2θ+2
√3cosθ+21 ，
令
√3cosθ+20=k(k >0)，则cosθ = 1
√3
(k −20)，
则
sin φ =
k
√1+(−19
4 )
2
· √
−1
3 (k −20)
2+2
√3× 1
√3
(k −20)+21
=
√3
√1+(−19
4 )
2
· √
−1+ 46
k −457
k
2
，
当1
k = 23
457 ，k = 457
23 ，即cosθ =−
√3
23 时，sin φ最小，即直线GP与平面γ所成的角最小．
4.(2025·贵州省·模拟)在平面四边形ABCD中，AD⊥AC，AC ⊥BC，如图1所示.现将
图1中的▵ABC沿AC折起，使点B到达点P的位置，且平面PAC ⊥平面PAD，如图2所示．
(1)求证：AD⊥PC；
(2)若PC = AC，二面角A −PD−C的大小为60
∘，求AD
AC
的值．
【答案】（1）见解析
（2）1
【解析】解：(1)证明：过点C作CE⊥PA于点E，
又平面PAC ⊥平面PAD，
平面PAC ∩平面PAD = PA，CE⊂平面PAC，
∴CE⊥平面PAD，又AD⊂平面PAD，
∴CE⊥AD，
又AD⊥AC，AC ∩CE =C，AC ,CE⊂平面PAC，
∴AD⊥平面PAC，又PC ⊂平面PAC，
∴AD⊥PC．
(2)∵BC ⊥AC，
∴PC ⊥AC，
又∵PC ⊥AD，AC ∩AD = A，AC , AD⊂平面ACD，
∴PC ⊥平面ACD，
设PC = AC =a，AD = x0，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(0,a,0)，D(x0,a,0)，P(0,0,a)，
CP⃗=(0,0,a)，CD⃗=(x0,a,0)，AP⃗=(0,−a,a)，AD⃗=(x0,0,0)，
设平面PCD的法向量为n1⃗=(x1, y1, z1)，
则{
n1⃗⋅CP⃗=0
n1⃗⋅CD⃗=0
，即{
a z1=0
x1 x0+a y1=0 ,
取x1=a，则y1=−x0，z1=0，n1⃗=(a,−x0,0)，
设平面PAD的法向量为n2⃗=(x2, y2, z2)，
则{
n2⃗⋅AP⃗=0
n2⃗⋅AD⃗=0
，即{
−a y2+a z2=0
x2 x0=0
,
取y2=1，则x2=0，z2=1，n2⃗=(0,1,1)，
∵二面角A −PD−C的大小为60
∘，
∴cos60
0==|n1⃗⋅n2⃗|
|n1⃗||n2⃗|
=
|−x0|
√a
2+ x0
2 √1
2+1
2 = 1
2
，
化简得2 x0
2=2a
2，解得x0=a即AD =a，
∴AD
AC =1．
5.(2025·辽宁省沈阳市·模拟)如图，在矩形ABCE中，AB =2，BC =1，D为EC中点，将
△EAD沿AD翻折至△PAD，使得PB = PC．
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD;
(2)线段PB上是否存在一点T，使得AT与平面PAD所成角的正弦值为
√6
6
，若存在，求出
PT
TB
的值;若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析
（2）PT
TB = 1
2
【解析】解：(1)如图，设线段AD的中点为M，线段BC的中点为N，
连接PM，MN，PN．
因为D为EC中点，
所以PD = PA =1．
又因为PM是等腰△PAD底边上的中线，
所以PM ⊥AD．
同理可得PN ⊥BC．
因为ABCE是矩形，
所以CD / / AB，AB⊥BC．
因为M，N是中点，
所以MN是梯形ABCD的中位线．
所以MN // AB，从而MN ⊥BC．
因为MN ⊂平面PMN，PN ⊂平面PMN，MN ∩PN = N，
所以BC ⊥平面PMN．
因为PM ⊂平面PMN，
所以BC ⊥PM．
因为AD⊂平面ABCD，BC ⊂平面ABCD，AD和BC相交
所以PM ⊥平面ABCD．
因为PM ⊂平面PAD，
所以平面PAD⊥平面ABCD．
(2)易得AD⊥BD .由(1)可知PM ⊥平面ABCD，
BD⊂平面ABCD，所以PM ⊥BD．
因为AD⊂平面PAD，PM ⊂平面PAD，PM ∩AD = M，
所以BD⊥平面PAD．
以D为坐标原点，⃗DA的方向为x轴正方向，
建立如图所示空间直角坐标系D−xyz，
则A(
√2,0,0)，B(0,
√2,0)，P(
√2
2 ,0,
√2
2 )，
AB⃗=(−
√2,
√2,0)，AP⃗=(−
√2
2 ,0,
√2
2 ).
设PT
TB = λ>0，则AT⃗=
λ
1+ λ AB⃗+
1
1+ λ AP⃗．
可得 √2(1+ λ) AT⃗=(−2 λ−1,2 λ ,1)．
由BD⊥平面PAD，得平面PAD的一个法向量n⃗=(0,1,0)．
设直线AT与平面PAD所成角为θ，
则sinθ =|cos<⃗n，AT⃗>|=|n⃗⋅AT⃗|
|n⃗|| AT⃗|
=
2 λ
√(−2 λ−1)
2+(2 λ)
2+1
=
√6
6 ，
化简得8 λ
2−2 λ−1=0，解得λ = 1
2或λ =−1
4 (舍)．
所以当PT
TB = 1
2时，直线AT与平面PAD所成角的正弦值为
√6
6 ．
