《2026年点金训练高中数学选择性必修第一册人教A版》

如图1，球$O$的半径为$R$，$A$，$B$，$C$为球面上三点，曲面三角形$ABC$（阴影部分）叫做球面三角形.设$O_{a}$表示以$O$为圆心，且过$B$，$C$的圆，圆$O_{a}$的劣弧$BC$的长记为$a$，同理，圆$O_{b}$，$O_{c}$的劣弧$AC$，$AB$的长分别记为$b$，$c$.若设二面角$C - OA - B$，$A - OB - C$，$B - OC - A$分别为$\alpha$，$\beta$，$\gamma$，则球面三角形$ABC$的面积为$S_{球面\triangle ABC}=(\alpha+\beta+\gamma-\pi)R^{2}$.
(1) 若平面$OAB$、平面$OAC$、平面$OBC$两两垂直，求球面三角形$ABC$的面积.
(2) 延长$AO$与球$O$交于点$D$，抽象出立体图形如图2，若$\triangle ABC$为直角三角形，$AC\perp BC$，直线$DA$，$DC$与平面$ABC$所成的角分别为$\frac{\pi}{4}$，$\frac{\pi}{3}$，$\overrightarrow{BE}=\lambda\overrightarrow{BD}$，$\lambda\in(0,1$，$S$为$AC$的中点，$T$为$BC$的中点.
① 设$\angle AOC=\theta_{1}$，$\angle BOC=\theta_{2}$，$\angle AOB=\theta_{3}$.求证：$\cos\theta_{1}+\cos\theta_{2}-\cos\theta_{3}=1$；
② 设平面$OBC$与平面$EST$的夹角为$\theta$，求$\sin\theta$的最小值，及此时平面$AEC$截球$O$所得截面的面积.

答案：
应用1　
(1)解:若平面$OAB$、平面$OAC$、平面$OBC$两两垂直,则有$\alpha=\beta=\gamma=\frac{\pi}{2}$,
所以球面三角形$ABC$的面积为$S_{球面\triangle ABC}=(\alpha+\beta+\gamma-\pi)· R^{2}=\frac{\pi}{2}R^{2}$。
(2)①证明:在$\triangle AOC$，$\triangle BOC$和$\triangle AOB$中，由余弦定理得
$\begin{cases}AC^{2}=R^{2}+R^{2}-2R^{2}\cos\theta_{1},\\BC^{2}=R^{2}+R^{2}-2R^{2}\cos\theta_{2},\\AB^{2}=R^{2}+R^{2}-2R^{2}\cos\theta_{3},\end{cases}$且$AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}$，
消掉$R^{2}$，可得$\cos\theta_{1}+\cos\theta_{2}-\cos\theta_{3}=1$。
②解:由$AD$是球$O$的直径，得$AB\perp BD$，$AC\perp CD$，
又$AC\perp BC$，$CD\cap BC=C$，$CD,BC\subset$平面$BCD$，
所以$AC\perp$平面$BCD$。
因为$BD\subset$平面$BCD$，所以$AC\perp BD$。
又$AB\perp BD$，$AB\cap AC=A$，$AB,AC\subset$平面$ABC$，
所以$BD\perp$平面$ABC$。
因为直线$DA$，$DC$与平面$ABC$所成的角分别为$\frac{\pi}{4}$，$\frac{\pi}{3}$，所以$\angle DAB=\frac{\pi}{4}$，$\angle DCB=\frac{\pi}{3}$。
不妨令$R=\sqrt{3}$，则$AD=2\sqrt{3}$，$AB=BD=\sqrt{6}$，$BC=\sqrt{2}$，$AC=2$。
由$AC\perp BC$，$AC\perp BD$，$BC\perp BD$，
以$C$为坐标原点，$CB$，$CA$所在直线分别为$x$轴、$y$轴，过点$C$且平行于$BD$的直线为$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
　　　　　　
设$BE=t,t\in(0,\sqrt{6}$，则$A(0,2,0)$，$B(\sqrt{2},0,0)$，$C(0,0,0)$，$D(\sqrt{2},0,\sqrt{6})$，
可得$S(0,1,0)$，$T(\frac{\sqrt{2}}{2},0,0)$，$E(\sqrt{2},0,t)$，$O(\frac{\sqrt{2}}{2},1,\frac{\sqrt{6}}{2})$
所以$\overrightarrow{CB}=(\sqrt{2},0,0)$，$\overrightarrow{CO}=(\frac{\sqrt{2}}{2},1,\frac{\sqrt{6}}{2})$，$\overrightarrow{ST}=(\frac{\sqrt{2}}{2},-1,0)$，$\overrightarrow{TE}=(\frac{\sqrt{2}}{2},0,t)$。
设平面$OBC$的法向量为$\mathbf{m}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，
则$\begin{cases}\mathbf{m}·\overrightarrow{CB}=\sqrt{2}x_{1}=0,\\\mathbf{m}·\overrightarrow{CO}=\frac{\sqrt{2}}{2}x_{1}+y_{1}+\frac{\sqrt{6}}{2}z_{1}=0.\end{cases}$
取$z_{1}=-2$，则$y_{1}=\sqrt{6},x_{1}=0$，所以$\mathbf{m}=(0,\sqrt{6},-2)$是平面$OBC$的一个法向量。
设平面$EST$的法向量为$\mathbf{n}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，
则$\begin{cases}\mathbf{n}·\overrightarrow{ST}=\frac{\sqrt{2}}{2}x_{2}-y_{2}=0,\\\mathbf{n}·\overrightarrow{TE}=\frac{\sqrt{2}}{2}x_{2}+tz_{2}=0.\end{cases}$
取$x_{2}=\sqrt{2}t$，则$y_{2}=t,z_{2}=-1$，所以$\mathbf{n}=(\sqrt{2}t,t,-1)$是平面$EST$的一个法向量。
若要使$\sin\theta$取最小值，则$|\cos\theta|$取最大值。
因为$|\cos\theta|=|\cos\langle\mathbf{m},\mathbf{n}\rangle|=\frac{|\mathbf{m}·\mathbf{n}|}{|\mathbf{m}|·|\mathbf{n}|}$
$=\frac{|\sqrt{6}t + 2|}{\sqrt{10}·\sqrt{3t^{2}+1}}=\frac{1}{\sqrt{5}}×\frac{\sqrt{3}t+\sqrt{2}}{\sqrt{3t^{2}+1}}=\frac{1}{\sqrt{5}}×\sqrt{\frac{(\sqrt{3}t+\sqrt{2})^{2}}{3t^{2}+1}}=\frac{1}{\sqrt{5}}×\sqrt{1+\frac{2\sqrt{6}t + 1}{3t^{2}+1}}$
令$m=2\sqrt{6}t + 1,m\in(1,13$，则$t=\frac{m - 1}{2\sqrt{6}},3t^{2}=\frac{(m - 1)^{2}}{8}$
所以$\frac{2\sqrt{6}t+1}{(m - 1)^{2}/8+1}=\frac{m}{\frac{(m - 1)^{2}}{8}+1}=\frac{8m}{m^{2}-2m + 9}=\frac{8}{m+\frac{9}{m}-2}\leq\frac{8}{6 - 2}=2$，
当且仅当$m=3$，即$t=\frac{1}{\sqrt{6}}$时，等号成立。
故$|\cos\theta|$取最大值$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$时，$\sin\theta=\sqrt{1-\cos^{2}\theta}=\frac{\sqrt{10}}{5}$为最小值，
此时点$E(\sqrt{2},0,\frac{1}{\sqrt{6}})$，可得$\overrightarrow{CE}=(\sqrt{2},0,\frac{1}{\sqrt{6}})$，$\overrightarrow{CA}=(0,2,0)$。
设平面$AEC$的法向量为$\mathbf{k}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\mathbf{k}·\overrightarrow{CE}=\sqrt{2}x+\frac{1}{\sqrt{6}}z=0,\\\mathbf{k}·\overrightarrow{CA}=2y=0.\end{cases}$
取$x=1$，则$y=0$，$z=-2\sqrt{3}$，所以$\mathbf{k}=(1,0,-2\sqrt{3})$是平面$AEC$的一个法向量，
此时球心$O$到平面$AEC$的距离$d=\frac{|\overrightarrow{AO}·\mathbf{k}|}{|\mathbf{k}|}=\frac{5}{\sqrt{26}}$
设平面$AEC$截球$O$所得的圆的半径为$r$，则$r^{2}=R^{2}-d^{2}$
$=\frac{53}{26}$
所以截面圆的面积为$\pi r^{2}=\frac{53}{26}\pi=\frac{53}{78}\pi R^{2}$。

如图1，在等腰梯形$ABCD$中，点$E$在$AB$上，$AE = BE = BC = CD = 4$，$M$，$N$分别是$AD$，$AE$的中点，$\overrightarrow{EF}=\lambda\overrightarrow{EB}(0\leqslant\lambda\leqslant1)$，将$\triangle ADE$沿着$DE$折起，使得点$A$到达点$P$的位置，平面$PDE\perp$平面$BCDE$，如图2.
(1) 若$PC//$平面$MNF$，求$\lambda$的值；
(2) 若$\overrightarrow{CQ}=\frac{2}{3}\overrightarrow{CP}$，平面$DEQ\perp$平面$MNF$，求$\lambda$的值；
(3) 若平面$MNF$与平面$BCDE$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{10}}{10}$，求$\lambda$的值；
(4) 若点$C$到平面$MNF$的距离为$\frac{3\sqrt{15}}{5}$，求$\lambda$的值.

答案：
应用2　解:如图，取$DE$的中点$O$，连接$OC$，$OA$，$CE$，由条件可知，$AE=EB=BC=CD=AD=CE$，
所以$\triangle ADE$，$\triangle DCE$，$\triangle BCE$是等边三角形，
所以$OC\perp DE$，$PO\perp DE$。
因为平面$PDE\perp$平面$BCDE$，平面$PDE\cap$平面$BCDE=DE$，所以$PO\perp$平面$BCDE$。因为$OC\subset$平面$BCDE$，所以$PO\perp OC$。
所以$OE$，$OC$，$OP$两两垂直，则以$O$为原点，分别以$OE$，$OC$，$OP$的方向为$x$轴、$y$轴、$z$轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
　　　　　　　
因为$PE=BE=BC=CD=4$，所以$B(4,2\sqrt{3},0)$，$E(2,0,0)$，$M(-1,0,\sqrt{3})$，$N(1,0,\sqrt{3})$，$P(0,0,2\sqrt{3})$，$C(0,2\sqrt{3},0)$，所以$\overrightarrow{PC}=(0,2\sqrt{3},-2\sqrt{3})$，$\overrightarrow{MN}=(2,0,0)$，$\overrightarrow{EB}=(2,2\sqrt{3},0)$。
因为$\overrightarrow{EF}=\lambda\overrightarrow{EB}=(2\lambda,2\sqrt{3}\lambda,0)$，所以$F(2\lambda + 2,2\sqrt{3}\lambda,0)$，所以$\overrightarrow{NF}=(2\lambda + 1,2\sqrt{3}\lambda,-\sqrt{3})$。
设平面$MNF$的法向量为$\mathbf{n}_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，
则$\begin{cases}\mathbf{n}_{1}·\overrightarrow{MN}=2x_{1}=0,\\\mathbf{n}_{1}·\overrightarrow{NF}=(2\lambda + 1)x_{1}+2\sqrt{3}\lambda y_{1}-\sqrt{3}z_{1}=0.\end{cases}$令$y_{1}=1$，则$z_{1}=2\lambda$，$x_{1}=0$，所以$\mathbf{n}_{1}=(0,1,2\lambda)$是平面$MNF$的一个法向量。
(1)由$PC//$平面$MNF$，得$\overrightarrow{PC}·\mathbf{n}_{1}=0$，即$2\sqrt{3}+2\lambda×(-\sqrt{3})=0$，解得$\lambda=\frac{1}{2}$。
(2)由$\overrightarrow{CQ}=\frac{2}{3}\overrightarrow{CP}=(0,-\frac{4\sqrt{3}}{3},\frac{4\sqrt{3}}{3})$
得$\overrightarrow{DQ}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CQ}=\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{CQ}=(2,\frac{2\sqrt{3}}{3},\frac{4\sqrt{3}}{3})$
$\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{CB}=(4,0,0)$。
设平面$DEQ$的法向量为$\mathbf{n}_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，
则$\begin{cases}\mathbf{n}_{2}·\overrightarrow{DE}=4x_{2}=0,\\\mathbf{n}_{2}·\overrightarrow{DQ}=2x_{2}+\frac{2\sqrt{3}}{3}y_{2}+\frac{4\sqrt{3}}{3}z_{2}=0.\end{cases}$令$z_{2}=1$，则$y_{2}=-2,x_{2}=0$，所以$\mathbf{n}_{2}=(0,-2,1)$是平面$DEQ$的一个法向量。
由平面$DEQ\perp$平面$MNF$，得$\mathbf{n}_{1}·\mathbf{n}_{2}=0$，即$0-2+2\lambda=0$，解得$\lambda=1$。
(3)由题意知，平面$BCDE$的一个法向量为$\mathbf{m}=(0,0,1)$。设平面$MNF$与平面$BCDE$所成的角为$\theta$，则$\cos\theta=|\cos\langle\mathbf{n}_{1},\mathbf{m}\rangle|=\frac{|\mathbf{n}_{1}·\mathbf{m}|}{|\mathbf{n}_{1}|·|\mathbf{m}|}=\frac{2\lambda}{\sqrt{(2\lambda)^{2}+1}}$
因为平面$MNF$与平面$BCDE$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{10}}{10}$，所以$\frac{2\lambda}{\sqrt{(2\lambda)^{2}+1}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$，解得$\lambda=\frac{1}{6}$。
(4)连接$NC$，如图，平面$MNF$的一个法向量为$\mathbf{n}_{1}=(0,1,2\lambda)$，$\overrightarrow{NC}=(-1,2\sqrt{3},-\sqrt{3})$，则点$C$到平面$MNF$的距离
为$d=\frac{|\overrightarrow{NC}·\mathbf{n}_{1}|}{|\mathbf{n}_{1}|}=\frac{|2\sqrt{3}-2\sqrt{3}\lambda|}{\sqrt{1+4\lambda^{2}}}=\frac{3\sqrt{15}}{5}$，解得$\lambda=\frac{1}{4}$。