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第四节　空间直线、平面的垂直
【课标解读】 【命题说明】
【课程标准】 1.从定义和基本事实出发,借助长方体,通过直观感知,了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系的定义,归纳出有关垂直的性质定理和判定定理,并加以证明. 2.能运用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题. 【核心素养】 直观想象、数学运算、逻辑推理. 考向 考法 高考题常以空间几何体为载体,考查空间直线、平面的垂直关系.线面垂直是高考的热点,在各种题型中都会有所体现.
预测 2025年高考这一部分知识仍会考查,以解答题第(1)问的形式出现,难度中档.
【必备知识·逐点夯实】
知识梳理·归纳
1.直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
一般地,如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直,我们就说直线l与平面α互相垂直.
(2)判定定理与性质定理
类型 文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直,那么该直线与此平面垂直 l⊥α
性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 a∥b
2.直线和平面所成的角
(1)定义:平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角,叫做这条直线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面,则它们所成的角是90°;一条直线和平面平行或在平面内,则它们所成的角是0°.
(2)范围:
3.二面角
(1)定义:从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.
(2)二面角的平面角
若有①O∈l;②OA α,OB β;③OA⊥l,OB⊥l,则二面角α-l-β的平面角是∠AOB.
(3)二面角的平面角θ的范围:0°≤θ≤180°.
4.平面与平面垂直
(1)定义
一般地,两个平面相交,如果它们所成的二面角是直二面角,就说这两个平面互相垂直.
(2)判定定理与性质定理
类型 文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 如果一个平面过另一个平面的垂线,那么这两个平面垂直
性质定理 两个平面垂直,如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线,那么这条直线与另一个平面垂直
常用结论
1.若两平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面.
2.若一条直线垂直于一个平面,则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法).
3.垂直于同一条直线的两个平面平行.
基础诊断·自测
类型 辨析 改编 易错 高考
题号 1 2 3 4
1.(思考辨析)(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)已知直线a,b,c,若a⊥b,b⊥c,则a∥c.(　 　)
(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.(　 　)
(3)设m,n是两条不同的直线,α是一个平面,若m∥n,m⊥α,则n⊥α.(　 　)
(4)若两平面垂直,则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.( 　)
提示:(1)中a,c可能相交、平行也可能异面;(2)中若平面α内的无数条直线都平行,则l与α不一定垂直;(4)中平面内与交线垂直的直线与另一个平面垂直.
2.(必修二P161例10变形式)如图所示,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,P为△ABC所在平面外一点,PA⊥平面ABC,则四面体P-ABC中直角三角形的个数为(　　)
A.4 B.3 C.2 D.1
3.(多选题)(空间垂直关系不清致误)下列命题中不正确的是(　　)
A.如果直线a不垂直于平面α,那么平面α内一定不存在直线垂直于直线a
B.如果平面α垂直于平面β,那么平面α内一定不存在直线平行于平面β
C.如果直线a垂直于平面α,那么平面α内一定不存在直线平行于直线a
D.如果平面α⊥平面β,那么平面α内所有直线都垂直于平面β
4.(2021·浙江高考)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则(　　)
A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
【核心考点·分类突破】
考点一直线与平面垂直的判定与性质
考情提示
直线与平面垂直作为空间垂直关系的载体
因其集中考查直线与平面垂直的判定定理和性质定理而成为高考的热点,涉及直线与平面垂直关系的判断、证明以及线面垂直关系在空间几何体中的实际应用.
角度1 直线与平面垂直的判定
[例1]如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥平面PAD,AB∥DC,PD=AD,E是PB的中点,F是DC上的点,且DF=AB,PH为△PAD中AD边上的高.
求证:(1)PH⊥平面ABCD;
(2)EF⊥平面PAB.
角度2 直线与平面垂直的性质
[例2]如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面PAD,AD=AP,E是PD的中点,M,N分别在AB,PC上,且MN⊥AB,MN⊥PC.证明:AE∥MN.
解题技法
1.证明线面垂直的常用方法
(1)判定定理;
(2)垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥α b⊥α);
(3)面面平行的性质(a⊥α,α∥β a⊥β);
(4)面面垂直的性质.
2.直线与平面垂直性质的解题策略
(1)判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想,证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.
(2)在解题中要重视平面几何的知识,特别是正余弦定理及勾股定理的应用.
(3)重要结论要熟记:经过一点与已知直线垂直的直线都在过这点且与已知直线垂直的平面内.此结论可帮助解决动点的轨迹问题.
对点训练
1.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,
∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.证明:
(1)CD⊥AE;
(2)PD⊥平面ABE.
2.如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1.
(1)求证:A1C⊥B1D1;
(2)M,N分别为B1D1与C1D上的点,且MN⊥B1D1,MN⊥C1D,求证:MN∥A1C.
考点二平面与平面垂直的判定与性质
考情提示
平面与平面垂直作为空间垂直关系的载体
因其集中考查平面与平面垂直的判定定理,性质定理成为高考的热点,涉及平面与平面垂直关系的判断、证明以及在空间几何体中的实际应用.
角度1 平面与平面垂直的判定
[例3]如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,对角线AC,BD交于点O,M为棱PD的中点,MA=MC.求证:
(1)PB∥平面AMC;
(2)平面PBD⊥平面AMC.
角度2 平面与平面垂直的性质
[例4]在矩形ABCD中,AB=2AD=4,E是AB的中点,沿DE将△ADE折起,得到如图所示的四棱锥P-BCDE.
(1)若平面PDE⊥平面BCDE,求四棱锥P-BCDE的体积;
(2)若PB=PC,求证:平面PDE⊥平面BCDE.
解题技法
关于面面垂直的判定与性质
(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义.②面面垂直的判定定理.
(2)面面垂直性质的应用
①面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据,运用时要注意“平面内的直线”.
②若两个相交平面同时垂直于第三个平面,则它们的交线也垂直于第三个平面.
对点训练
　如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,PA=PD=AD=2,点M在线段PC上,且PM=2MC,N为AD的中点.
(1)求证:AD⊥平面PNB;
(2)若平面PAD⊥平面ABCD,求三棱锥P-NBM的体积.
考点三直线、平面垂直的综合应用
[例5]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,
PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.求证:
(1)PE⊥BC;
(2)平面PAB⊥平面PCD;
(3)EF∥平面PCD.
解题技法
关于线、面垂直关系的综合应用
(1)三种垂直的综合问题,一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化.求解时应注意垂直的性质及判定的综合应用.
(2)如果有平面垂直时,一般要用性质定理,在一个平面内作交线的垂线,使之转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.
对点训练
　如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,点E在棱PC上(异于点P,C),平面ABE与棱PD交于点F.
(1)求证:AB∥EF;
(2)若AF⊥EF,求证:平面PAD⊥平面ABCD.
重难突破 球与几何体的切、接问题
【解题关键】
(1)“接”的处理:把一个多面体的几个顶点放在球面上即球的外接问题.解决这类问题的关键是抓住外接的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.
(2)“切”的处理:解决与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体,解答时要先找准切点,通过作截面来解决.如果内切的是多面体,则多通过多面体过球心的对角面来作截面.
1.常见几何体的内切球和外接球
(1)内切球球心到多面体各面的距离均相等,外接球球心到多面体各顶点的距离均相等;
(2)正多面体的内切球和外接球的球心重合;
(3)正棱锥的内切球和外接球的球心都在高线上.
【说明】求外接球或内切球的方法:在球内部构造直角三角形,利用勾股定理求解.
2.长方体的外接球
(1)球心:体对角线的交点;
(2)半径:R=(a,b,c为长方体的长、宽、高).
3.正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球
球心是正方体的中心,设a为正方体的棱长.
(1)外接球:半径R=a;
(2)内切球:半径r=;
(3)与各条棱都相切的球:半径r'=a.
4.正四面体的外接球与内切球
球心是正四面体的中心,a为正四面体的棱长.
(1)外接球:半径R=a;
(2)内切球:半径r=a.
【推导如下】设正四面体S-ABC的棱长为a,其内切球的半径为r,外接球的半径为R,如图,
取AB的中点D,连接SD,CD,SE为正四面体的高,在截面三角形SDC内作一个与边SD和DC相切,且圆心在高SE上的圆.由正四面体的对称性,可知其内切球和外接球的球心同为O.
此时,OC=OS=R,OE=r,CE=a,SE=a,
则有R+r=SE=a,R2-r2=CE2=,
解得R=a,r=a.
类型一 外接球问题
命题点1 柱体的外接球
[例1](2023·重庆模拟)已知圆柱O1O2的高O1O2=8,球O是圆柱的外接球,且球O的表面积是圆柱O1O2侧面积的2倍,则球O的半径为(　　)
A.4 B.32
C.4 D.4
命题点2 锥体的外接球
[例2](2023·保定模拟)已知正三棱锥S ABC的所有顶点都在球O的球面上,棱锥的底面是边长为2的正三角形,侧棱长为2,则球O的表面积为(　　)
A.25π B.20π C.16π D.30π
命题点3 台体的外接球
[例3](2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3和4,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(　　)
A.100π B.128π C.144π D.192π
命题点4 组合体的外接球
[例4](2023·安庆模拟)我国有着丰富悠久的“印章文化”,古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成,本是官员或私人签署文件时代表身份的信物,后因其独特的文化内涵,也被作为装饰物来使用.图1是明清时期的一个金属印章摆件,除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体,如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等,且底面边长均为2,若该几何体的所有顶点都在同一个球的表面上,则这个球的表面积为　　　　.
解题技法
求解外接球问题的方法
　(1)解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置,方法是先选择多面体中的一面,确定此面多边形外接圆的圆心,再过此圆心作垂直此面的垂线,则球心一定在此垂线上,最后根据其他顶点的情况确定球心的准确位置.
(2)对于特殊的多面体还可通过补成正方体或长方体的方法找到球心位置.
对点训练
1.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,∠ABC=.若该直三棱柱的外接球的表面积为16π,则该直三棱柱的高为(　　)
A.4 B.3 C.4 D.2
2.如图所示的粮仓可近似看作一个圆锥和圆台的组合体,且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1,圆锥与圆台的高分别为-1和3,则此组合体外接球的表面积是(　　)
A.16π B.20π C.24π D.28π
3.已知在三棱锥P-ABC中,AB⊥平面APC,AB=4,PA=PC=,AC=2,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为(　　)
A.28π B.36π C.48π D.72π
类型二 内切球问题
命题点1 柱体的内切球
[例5]如图,已知球O是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球,则平面ACD1截球O的截面面积为(　　)
A.π B. C. D.π
命题点2 锥体的内切球
[例6]已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为　　　　　.
解题技法
求解内切球问题的关键点
(1)求解多面体的内切球问题的关键是求内切球的半径.
(2)求多面体内切球半径,往往可用“等体积法”.
V多=S表·R内切·.
(3)正四面体内切球半径是高的,外接球半径是高的.
对点训练
1.(2023·本溪模拟)如图所示,直三棱柱ABC-A1B1C1是一块石材,测量得
∠ABC=90°,AB=6,BC=8,AA1=13.若将该石材切削、打磨,加工成几个大小相同的健身手球,则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为(　　)
A.,4 B.,3 C.6π,4 D.,3
2.我国古代数学名著《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在封闭的鳖臑P-ABC内有一个体积为V的球,若PA⊥平面ABC,
AB⊥BC,PA=AB=BC=1,则V的最大值是(　　)
A.π B.
C.π D.
类型三 与外接球有关的最值问题
[例7](2023·昆明模拟)四棱锥S-ABCD的所有顶点都在同一球面上,底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面内,当此四棱锥的体积取得最大值时,其表面积等于8+8,则球O的体积等于(　　)
A. B.
C.16π D.π
解题技法
与球有关的最值问题的解法
(1)从图形的特征入手:观察分析问题的几何特征,充分利用其几何性质解决.
(2)从代数关系入手:解题时,通过分析题设中的所有条件,在充分审清题目意思的基础上,从问题的几何特征入手,利用其几何性质,找出问题中的代数关系,建立目标函数,利用函数最值的方法求解.
对点训练
　(2023·成都模拟)已知圆柱的两个底面圆周在体积为的球O的球面上,则该圆柱的侧面积的最大值为(　　)
A.4π B.8π C.12π D.16π第四节　空间直线、平面的垂直
【课标解读】 【命题说明】
【课程标准】 1.从定义和基本事实出发,借助长方体,通过直观感知,了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系的定义,归纳出有关垂直的性质定理和判定定理,并加以证明. 2.能运用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题. 【核心素养】 直观想象、数学运算、逻辑推理. 考向 考法 高考题常以空间几何体为载体,考查空间直线、平面的垂直关系.线面垂直是高考的热点,在各种题型中都会有所体现.
预测 2025年高考这一部分知识仍会考查,以解答题第(1)问的形式出现,难度中档.
【必备知识·逐点夯实】
知识梳理·归纳
1.直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
一般地,如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直,我们就说直线l与平面α互相垂直.
(2)判定定理与性质定理
类型 文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直,那么该直线与此平面垂直 l⊥α
性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 a∥b
2.直线和平面所成的角
(1)定义:平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角,叫做这条直线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面,则它们所成的角是90°;一条直线和平面平行或在平面内,则它们所成的角是0°.
(2)范围:
3.二面角
(1)定义:从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.
(2)二面角的平面角
若有①O∈l;②OA α,OB β;③OA⊥l,OB⊥l,则二面角α-l-β的平面角是∠AOB.
(3)二面角的平面角θ的范围:0°≤θ≤180°.
4.平面与平面垂直
(1)定义
一般地,两个平面相交,如果它们所成的二面角是直二面角,就说这两个平面互相垂直.
(2)判定定理与性质定理
类型 文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 如果一个平面过另一个平面的垂线,那么这两个平面垂直
性质定理 两个平面垂直,如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线,那么这条直线与另一个平面垂直
常用结论
1.若两平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面.
2.若一条直线垂直于一个平面,则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法).
3.垂直于同一条直线的两个平面平行.
基础诊断·自测
类型 辨析 改编 易错 高考
题号 1 2 3 4
1.(思考辨析)(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)已知直线a,b,c,若a⊥b,b⊥c,则a∥c.(　×　)
(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.(　×　)
(3)设m,n是两条不同的直线,α是一个平面,若m∥n,m⊥α,则n⊥α.(　√　)
(4)若两平面垂直,则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.(　×　)
提示:(1)中a,c可能相交、平行也可能异面;(2)中若平面α内的无数条直线都平行,则l与α不一定垂直;(4)中平面内与交线垂直的直线与另一个平面垂直.
2.(必修二P161例10变形式)如图所示,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,P为△ABC所在平面外一点,PA⊥平面ABC,则四面体P-ABC中直角三角形的个数为(　　)
A.4 B.3 C.2 D.1
【解析】选A.在Rt△ABC中,∠ABC=90°,
P为△ABC所在平面外一点,PA⊥平面ABC,
所以BC⊥PA,因为BC⊥AB,PA∩AB=A,
所以BC⊥平面PAB.
所以四面体P-ABC中直角三角形有
△PAC,△PAB,△ABC,△PBC,共4个.
3.(多选题)(空间垂直关系不清致误)下列命题中不正确的是(　　)
A.如果直线a不垂直于平面α,那么平面α内一定不存在直线垂直于直线a
B.如果平面α垂直于平面β,那么平面α内一定不存在直线平行于平面β
C.如果直线a垂直于平面α,那么平面α内一定不存在直线平行于直线a
D.如果平面α⊥平面β,那么平面α内所有直线都垂直于平面β
【解析】选ABD.A中存在无数条在平面α内与a垂直的直线;B中α内与交线平行的直线与β平行.若直线a垂直于平面α,则直线a垂直于平面α内的所有直线,故C正确,不符合题意,D中α内与交线不垂直的直线与β不垂直.
4.(2021·浙江高考)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则(　　)
A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
【解析】选A.连接AD1(图略),则易得点M在AD1上,
且M为AD1的中点,AD1⊥A1D.
因为AB⊥平面AA1D1D,A1D 平面AA1D1D,
所以AB⊥A1D,
又AB∩AD1=A,AB,AD1 平面ABD1,
所以A1D⊥平面ABD1,又BD1 平面ABD1,
显然A1D与BD1异面,
所以A1D与BD1异面且垂直.
在△ABD1中,由中位线定理可得MN∥AB,
又MN 平面ABCD,AB 平面ABCD,
所以MN∥平面ABCD.
易知直线AB与平面BB1D1D成45°角,
所以MN与平面BB1D1D不垂直.
【核心考点·分类突破】
考点一直线与平面垂直的判定与性质
考情提示
直线与平面垂直作为空间垂直关系的载体
因其集中考查直线与平面垂直的判定定理和性质定理而成为高考的热点,涉及直线与平面垂直关系的判断、证明以及线面垂直关系在空间几何体中的实际应用.
角度1 直线与平面垂直的判定
[例1]如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥平面PAD,AB∥DC,PD=AD,E是PB的中点,F是DC上的点,且DF=AB,PH为△PAD中AD边上的高.
求证:(1)PH⊥平面ABCD;
【证明】(1)因为AB⊥平面PAD,AB 平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.
因为平面PAD∩平面ABCD=AD,PH⊥AD,
所以PH⊥平面ABCD.
(2)EF⊥平面PAB.
【证明】(2)取PA的中点M,连接MD,ME.
因为E是PB的中点,所以ME=AB.
又因为DF=AB,所以MEDF,
所以四边形MEFD是平行四边形,
所以EF∥MD.因为PD=AD,所以MD⊥PA.
因为AB⊥平面PAD,所以MD⊥AB.
因为PA∩AB=A,所以MD⊥平面PAB,
所以EF⊥平面PAB.
角度2 直线与平面垂直的性质
[例2]如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面PAD,AD=AP,E是PD的中点,M,N分别在AB,PC上,且MN⊥AB,MN⊥PC.证明:AE∥MN.
【证明】因为AB⊥平面PAD,AE 平面PAD,
所以AE⊥AB.
又AB∥CD,所以AE⊥CD.
因为AD=AP,E是PD的中点,
所以AE⊥PD.
又CD∩PD=D,CD,PD 平面PCD,
所以AE⊥平面PCD.
因为MN⊥AB,AB∥CD,所以MN⊥CD.
又因为MN⊥PC,PC∩CD=C,PC,CD 平面PCD,
所以MN⊥平面PCD,所以AE∥MN.
解题技法
1.证明线面垂直的常用方法
(1)判定定理;
(2)垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥α b⊥α);
(3)面面平行的性质(a⊥α,α∥β a⊥β);
(4)面面垂直的性质.
2.直线与平面垂直性质的解题策略
(1)判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想,证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.
(2)在解题中要重视平面几何的知识,特别是正余弦定理及勾股定理的应用.
(3)重要结论要熟记:经过一点与已知直线垂直的直线都在过这点且与已知直线垂直的平面内.此结论可帮助解决动点的轨迹问题.
对点训练
1.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,
∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.证明:
(1)CD⊥AE;
【证明】(1)在四棱锥P-ABCD中,因为PA⊥底面ABCD,CD 平面ABCD,
所以PA⊥CD.
因为AC⊥CD,PA∩AC=A,所以CD⊥平面PAC.而AE 平面PAC,所以CD⊥AE.
(2)PD⊥平面ABE.
【证明】(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,
所以△ABC是等边三角形,所以AC=PA.
因为E是PC的中点,所以AE⊥PC.
由(1)知AE⊥CD,且PC∩CD=C,
所以AE⊥平面PCD.
而PD 平面PCD,所以AE⊥PD.
因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AB.
又因为AB⊥AD且PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,而PD 平面PAD,所以AB⊥PD.
又因为AB∩AE=A,所以PD⊥平面ABE.
2.如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1.
(1)求证:A1C⊥B1D1;
【证明】(1)连接A1C1(图略).
因为CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1 平面A1B1C1D1,
所以CC1⊥B1D1.
因为四边形A1B1C1D1是正方形,
所以A1C1⊥B1D1.
又CC1∩A1C1=C1,所以B1D1⊥平面A1C1CA.
又A1C 平面A1C1CA,所以A1C⊥B1D1.
(2)M,N分别为B1D1与C1D上的点,且MN⊥B1D1,MN⊥C1D,求证:MN∥A1C.
【证明】(2)连接B1A,AD1(图略).
因为B1C1∥AD,
所以四边形ADC1B1为平行四边形,
所以C1D∥AB1.
因为MN⊥C1D,所以MN⊥AB1.
又MN⊥B1D1,AB1∩B1D1=B1,
所以MN⊥平面AB1D1.
易得A1C⊥AB1,由(1)知A1C⊥B1D1,
又AB1∩B1D1=B1,所以A1C⊥平面AB1D1,
所以MN∥A1C.
考点二平面与平面垂直的判定与性质
考情提示
平面与平面垂直作为空间垂直关系的载体
因其集中考查平面与平面垂直的判定定理,性质定理成为高考的热点,涉及平面与平面垂直关系的判断、证明以及在空间几何体中的实际应用.
角度1 平面与平面垂直的判定
[例3]如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,对角线AC,BD交于点O,M为棱PD的中点,MA=MC.求证:
(1)PB∥平面AMC;
【证明】(1)连接OM(图略),因为O是菱形ABCD对角线AC,BD的交点,所以O为BD的中点,
因为M是棱PD的中点,所以OM∥PB,
因为OM 平面AMC,PB 平面AMC,
所以PB∥平面AMC.
(2)平面PBD⊥平面AMC.
【证明】(2)在菱形ABCD中,AC⊥BD,且O为AC的中点,因为MA=MC,
所以AC⊥OM,
因为OM∩BD=O,所以AC⊥平面PBD,
因为AC 平面AMC,所以平面PBD⊥平面AMC.
角度2 平面与平面垂直的性质
[例4]在矩形ABCD中,AB=2AD=4,E是AB的中点,沿DE将△ADE折起,得到如图所示的四棱锥P-BCDE.
(1)若平面PDE⊥平面BCDE,求四棱锥P-BCDE的体积;
【解析】(1)如图所示,取DE的中点M,连接PM,由题意知,PD=PE,所以PM⊥DE,
又平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,PM 平面PDE,
所以PM⊥平面BCDE,即PM为四棱锥P-BCDE的高.在等腰直角三角形PDE中,
PE=PD=AD=2,所以PM=DE=,
而梯形BCDE的面积
S=(BE+CD)·BC=×(2+4)×2=6,
所以四棱锥P-BCDE的体积
V=PM·S=××6=2.
(2)若PB=PC,求证:平面PDE⊥平面BCDE.
【解析】(2)取BC的中点N,连接PN,MN,则BC⊥MN,因为PB=PC,所以BC⊥PN,
因为MN∩PN=N,MN,PN 平面PMN,
所以BC⊥平面PMN,
因为PM 平面PMN,所以BC⊥PM,
由(1)知,PM⊥DE,
又BC,DE 平面BCDE,且BC与DE延长后是相交的,所以PM⊥平面BCDE,
因为PM 平面PDE,
所以平面PDE⊥平面BCDE.
解题技法
关于面面垂直的判定与性质
(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义.②面面垂直的判定定理.
(2)面面垂直性质的应用
①面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据,运用时要注意“平面内的直线”.
②若两个相交平面同时垂直于第三个平面,则它们的交线也垂直于第三个平面.
对点训练
　如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,PA=PD=AD=2,点M在线段PC上,且PM=2MC,N为AD的中点.
(1)求证:AD⊥平面PNB;
【解析】(1)连接BD(图略).因为PA=PD,N为AD的中点,所以PN⊥AD.
又底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,
所以△ABD为等边三角形,
所以BN⊥AD.又PN∩BN=N,所以AD⊥平面PNB.
(2)若平面PAD⊥平面ABCD,求三棱锥P-NBM的体积.
【解析】(2)因为PA=PD=AD=2,所以PN=NB=.
又平面PAD⊥平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,PN⊥AD,
所以PN⊥平面ABCD,又NB 平面ABCD,
所以PN⊥NB,
所以S△PNB=××=.
因为AD⊥平面PNB,AD∥BC,
所以BC⊥平面PNB.
又PM=2MC,
所以VP-NBM=VM-PNB=VC-PNB=×××2=.
考点三直线、平面垂直的综合应用
[例5]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,
PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.求证:
(1)PE⊥BC;
【证明】(1)因为PA=PD,E为AD的中点,
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD,
所以PE⊥BC.
(2)平面PAB⊥平面PCD;
【证明】(2)因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB 平面ABCD,
所以AB⊥平面PAD.
又PD 平面PAD,所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,且PA∩AB=A,
所以PD⊥平面PAB.又PD 平面PCD,
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)EF∥平面PCD.
【证明】(3)如图,取PC的中点G,连接FG,DG.
因为F,G分别为PB,PC的中点,
所以FG∥BC,FG=BC.
因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,
所以DE∥BC,DE=BC,
所以DE∥FG,DE=FG,
所以四边形DEFG为平行四边形,所以EF∥DG.
又因为EF 平面PCD,DG 平面PCD,
所以EF∥平面PCD.
解题技法
关于线、面垂直关系的综合应用
(1)三种垂直的综合问题,一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化.求解时应注意垂直的性质及判定的综合应用.
(2)如果有平面垂直时,一般要用性质定理,在一个平面内作交线的垂线,使之转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.
对点训练
　如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,点E在棱PC上(异于点P,C),平面ABE与棱PD交于点F.
(1)求证:AB∥EF;
【证明】(1)因为四边形ABCD是矩形,所以AB∥CD.
又AB 平面PDC,CD 平面PDC,
所以AB∥平面PDC.
又因为AB 平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF,所以AB∥EF.
(2)若AF⊥EF,求证:平面PAD⊥平面ABCD.
【证明】(2)因为四边形ABCD是矩形,所以AB⊥AD.
因为AF⊥EF,(1)中已证AB∥EF,
所以AB⊥AF.又AB⊥AD,
由点E在棱PC上(异于点P,C),
所以点F异于点P,D,
所以AF∩AD=A.又AF,AD 平面PAD,
所以AB⊥平面PAD.
又AB 平面ABCD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
重难突破 球与几何体的切、接问题
【解题关键】
(1)“接”的处理:把一个多面体的几个顶点放在球面上即球的外接问题.解决这类问题的关键是抓住外接的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.
(2)“切”的处理:解决与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体,解答时要先找准切点,通过作截面来解决.如果内切的是多面体,则多通过多面体过球心的对角面来作截面.
1.常见几何体的内切球和外接球
(1)内切球球心到多面体各面的距离均相等,外接球球心到多面体各顶点的距离均相等;
(2)正多面体的内切球和外接球的球心重合;
(3)正棱锥的内切球和外接球的球心都在高线上.
【说明】求外接球或内切球的方法:在球内部构造直角三角形,利用勾股定理求解.
2.长方体的外接球
(1)球心:体对角线的交点;
(2)半径:R=(a,b,c为长方体的长、宽、高).
3.正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球
球心是正方体的中心,设a为正方体的棱长.
(1)外接球:半径R=a;
(2)内切球:半径r=;
(3)与各条棱都相切的球:半径r'=a.
4.正四面体的外接球与内切球
球心是正四面体的中心,a为正四面体的棱长.
(1)外接球:半径R=a;
(2)内切球:半径r=a.
【推导如下】设正四面体S-ABC的棱长为a,其内切球的半径为r,外接球的半径为R,如图,
取AB的中点D,连接SD,CD,SE为正四面体的高,在截面三角形SDC内作一个与边SD和DC相切,且圆心在高SE上的圆.由正四面体的对称性,可知其内切球和外接球的球心同为O.
此时,OC=OS=R,OE=r,CE=a,SE=a,
则有R+r=SE=a,R2-r2=CE2=,
解得R=a,r=a.
类型一 外接球问题
命题点1 柱体的外接球
[例1](2023·重庆模拟)已知圆柱O1O2的高O1O2=8,球O是圆柱的外接球,且球O的表面积是圆柱O1O2侧面积的2倍,则球O的半径为(　　)
A.4 B.32
C.4 D.4
【解析】选C.设圆柱O1O2的底面半径为r,球O的半径为R,则R2=r2+16,因为球O的表面积是圆柱O1O2侧面积的2倍,所以4πR2=2πr×8×2,
R2=8r,所以r2+16=8r,所以r=4,R=4(负值舍去).
命题点2 锥体的外接球
[例2](2023·保定模拟)已知正三棱锥S ABC的所有顶点都在球O的球面上,棱锥的底面是边长为2的正三角形,侧棱长为2,则球O的表面积为(　　)
A.25π B.20π C.16π D.30π
【解析】选A.如图,延长SO交球O于点D,设△ABC的外心为E,连接AE,AD,
由正弦定理得2AE==4,所以AE=2,
易知SE⊥平面ABC,由勾股定理可知,三棱锥S-ABC的高
SE===4,由于点A是以SD为直径的球O上一点,
所以∠SAD=90°,由射影定理可知,
球O的直径2R=SD==5,
因此,球O的表面积为4πR2=π×(2R)2=25π.
命题点3 台体的外接球
[例3](2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3和4,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(　　)
A.100π B.128π C.144π D.192π
【解析】选A.如图所示,设该正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1,r2.
所以2r1=,2r2=,
解得r1=3,r2=4,设该球的球心到上、下底面的距离分别为d1,d2,球的半径为R,所以d1=,
d2=,故=1或d1+d2=1,
即=1或+=1,
解得R2=25,符合题意,所以球的表面积为S=4πR2=100π.
命题点4 组合体的外接球
[例4](2023·安庆模拟)我国有着丰富悠久的“印章文化”,古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成,本是官员或私人签署文件时代表身份的信物,后因其独特的文化内涵,也被作为装饰物来使用.图1是明清时期的一个金属印章摆件,除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体,如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等,且底面边长均为2,若该几何体的所有顶点都在同一个球的表面上,则这个球的表面积为　　　　.
【解析】如图,设正四棱柱和正四棱锥的高为h,
则其外接球的半径为R==
=h+h=h,
解得h=1,所以R=,
故球的表面积为S=4πR2=9π.
答案:9π
解题技法
求解外接球问题的方法
　(1)解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置,方法是先选择多面体中的一面,确定此面多边形外接圆的圆心,再过此圆心作垂直此面的垂线,则球心一定在此垂线上,最后根据其他顶点的情况确定球心的准确位置.
(2)对于特殊的多面体还可通过补成正方体或长方体的方法找到球心位置.
对点训练
1.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,∠ABC=.若该直三棱柱的外接球的表面积为16π,则该直三棱柱的高为(　　)
A.4 B.3 C.4 D.2
【解析】选D.因为∠ABC=,所以可以将直三棱柱ABC-A1B1C1补成长方体ABCD-A1B1C1D1,
则该直三棱柱的外接球就是长方体的外接球,外接球的直径等于长方体的体对角线长.设外接球的半径为R,则4πR2=16π,解得R=2.设该直三棱柱的高为h,则4R2=22+22+h2,即16=8+h2,解得h=2,所以该直三棱柱的高为2.
2.如图所示的粮仓可近似看作一个圆锥和圆台的组合体,且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1,圆锥与圆台的高分别为-1和3,则此组合体外接球的表面积是(　　)
A.16π B.20π C.24π D.28π
【解析】选B.设外接球半径为R,球心为O,圆台较小底面圆的圆心为O1,则O+12=R2,而OO1=-1+3-R,故R2=1+(+2-R)2,解得R=,此组合体外接球的表面积S=4πR2=20π.
3.已知在三棱锥P-ABC中,AB⊥平面APC,AB=4,PA=PC=,AC=2,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为(　　)
A.28π B.36π C.48π D.72π
【解析】选B.解法1:因为PA=PC=,AC=2,所以PA⊥PC.因为AB⊥平面APC,AC,PC 平面APC,所以AB⊥AC,AB⊥PC.又PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,所以PC⊥平面PAB,又PB 平面PAB,所以PC⊥PB,则△BCP,△ABC均为直角三角形.如图,
取BC的中点为O,连接OA,OP,则OB=OC=OA=OP,即点O为三棱锥P-ABC外接球的球心,在Rt△ABC中,AC=2,AB=4,则BC=6,所以外接球的半径R=3,所以三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4πR2=36π.
解法2:因为PA=PC=,AC=2,所以PA⊥PC,△ACP为直角三角形.如图,
取AC的中点为M,则M为△PAC外接圆的圆心.过M作直线n垂直于平面PAC,则直线n上任意一点到点P,A,C的距离都相等.因为AB⊥平面PAC,所以AB∥n.设直线n与BC的交点为O,则O为线段BC的中点,所以点O到点B,C的距离相等,则点O即为三棱锥P-ABC外接球的球心.因为AB⊥平面PAC,AC 平面PAC,所以AB⊥AC.又AC=2,AB=4,所以BC=6,则外接球的半径R=3,所以三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4πR2=36π.
解法3:因为PA=PC=,AC=2,所以PA⊥PC,又AB⊥平面PAC,所以可把三棱锥P-ABC放在如图所示的长方体中,
此长方体的长、宽、高分别为,,4,则三棱锥P-ABC的外接球即长方体的外接球,长方体的体对角线即长方体外接球的直径,易得长方体的体对角线的长为6,则外接球的半径R=3,所以三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4πR2=36π.
类型二 内切球问题
命题点1 柱体的内切球
[例5]如图,已知球O是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球,则平面ACD1截球O的截面面积为(　　)
A.π B. C. D.π
【解析】选C.平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆,如图.
因为正方体的棱长为1,所以AC=CD1=AD1=,所以内切圆的半径r=,
所以S=πr2=π×=.
命题点2 锥体的内切球
[例6]已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为　　　　　.
【解析】易知半径最大的球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示,
其中BC=2,AB=AC=3,且点M为BC边的中点,设内切圆的圆心为O,半径为r,
由于AM==2,
故S△ABC=×2×2=2,
因为S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=×AB×r+×BC×r+×AC×r=×(3+2+3)×r=2,解得r=,故所求体积V=πr3=π.
答案:π
解题技法
求解内切球问题的关键点
(1)求解多面体的内切球问题的关键是求内切球的半径.
(2)求多面体内切球半径,往往可用“等体积法”.
V多=S表·R内切·.
(3)正四面体内切球半径是高的,外接球半径是高的.
对点训练
1.(2023·本溪模拟)如图所示,直三棱柱ABC-A1B1C1是一块石材,测量得
∠ABC=90°,AB=6,BC=8,AA1=13.若将该石材切削、打磨,加工成几个大小相同的健身手球,则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为(　　)
A.,4 B.,3 C.6π,4 D.,3
【解析】选D.依题意知,当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时,健身手球的体积最大.易知AC==10,设健身手球的最大半径为R,则×(6+8+10)×R=×6×8,解得R=2.
则健身手球的最大直径为4.
因为AA1=13,所以最多可加工3个健身手球.
于是一个健身手球的最大体积V=πR3=π×23=.
2.我国古代数学名著《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在封闭的鳖臑P-ABC内有一个体积为V的球,若PA⊥平面ABC,
AB⊥BC,PA=AB=BC=1,则V的最大值是(　　)
A.π B.
C.π D.
【解析】选C.球与三棱锥的四个面均相切时球的体积最大,设此时球的半径为R,则V三棱锥P-ABC=·R·(S△ABC+S△PAB+S△PAC+SPBC),
即××1×1×1=×R×(×1×1+×1×1+×1×+×1×),
解得R=.
所以球的体积V的最大值为π()3=π.
类型三 与外接球有关的最值问题
[例7](2023·昆明模拟)四棱锥S-ABCD的所有顶点都在同一球面上,底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面内,当此四棱锥的体积取得最大值时,其表面积等于8+8,则球O的体积等于(　　)
A. B.
C.16π D.π
【解析】选A.设球O的半径为R,四棱锥S-ABCD的高为h,则有h≤R,即h的最大值是R,易得AB=R,所以四棱锥S-ABCD的体积VS-ABCD=×2R2h≤.
因此,当h=R时,四棱锥S-ABCD的体积最大,其表面积等于(R)2+4××R×=8+8,解得R=2,因此球O的体积为=.
解题技法
与球有关的最值问题的解法
(1)从图形的特征入手:观察分析问题的几何特征,充分利用其几何性质解决.
(2)从代数关系入手:解题时,通过分析题设中的所有条件,在充分审清题目意思的基础上,从问题的几何特征入手,利用其几何性质,找出问题中的代数关系,建立目标函数,利用函数最值的方法求解.
对点训练
　(2023·成都模拟)已知圆柱的两个底面圆周在体积为的球O的球面上,则该圆柱的侧面积的最大值为(　　)
A.4π B.8π C.12π D.16π
【解析】选B.方法一:设球的半径为R,由球的体积公式得πR3=,得R=2.设圆柱的底面半径为r,球的半径与上底面夹角为α(0<α<),则r=2cos α,所以圆柱的高为4sin α,所以圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α=8πsin 2α,当且仅当sin 2α=1,即α=时,圆柱的侧面积最大,所以圆柱的侧面积的最大值为8π.
方法二:设球的半径为R,由球的体积公式πR3=,得R=2.设圆柱的底面半径为r,高为h,则r2+()2=R2=4,所以r2+=4≥2=hr,即hr≤4,当且仅当r==时等号成立,所以圆柱的侧面积S=2πrh≤8π,所以圆柱的侧面积的最大值为8π.

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