2025版 數(shù)學《高中全程復習方略》（提升版）人教A版第八章 第三節(jié) 空間直線、平面的平行含答案

3版數(shù)學《高中全程復習方略》（提升版）人教A版第八章第三節(jié)空間直線、平面的平行第三節(jié)空間直線、平面的平行課程標準1.從定義和基本事實出發(fā),借助長方體,通過直觀感知,了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行關系的定義,歸納出有關平行的性質定理和判定定理,并加以證明.2.能運用已獲得的結論證明空間基本圖形位置關系的簡單命題.考情分析考點考法:高考命題常以空間幾何體為載體,考查直線、平面平行的判斷和證明.線面平行的證明是高考的熱點.常以解答題的形式出現(xiàn).核心素養(yǎng):直觀想象、邏輯推理.【必備知識·逐點夯實】【知識梳理·歸納】1.直線與平面平行(1)直線與平面平行的定義直線l與平面α沒有公共點,則稱直線l與平面α平行.(2)判定定理與性質定理項目文字語言圖形表示符號表示判定定理如果平面外一條直線與此平面內的一條直線平行,那么該直線與此平面平行a?α,b?α,a∥b?a∥α性質定理一條直線和一個平面平行,如果過該直線的平面與此平面相交,那么該直線與交線平行a∥α,a?β,α∩β=b?a∥b【微點撥】a∥b,b?αa∥α,因為a可能在平面α內.2.平面與平面平行(1)平面與平面平行的定義沒有公共點的兩個平面叫做平行平面.(2)判定定理與性質定理項目文字語言圖形表示符號表示判定定理如果一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行,那么這兩個平面平行a?β,b?β,a∩b=P,a∥α,b∥α?α∥β性質兩個平面平行,則其中一個平面內的直線平行于另一個平面α∥β,a?α?a∥β性質定理兩個平面平行,如果另一個平面與這兩個平面相交,那么兩條交線平行α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b?a∥b【微點撥】α∥β,a?α,b?βa∥b,因為a與b可能是異面直線.【基礎小題·自測】類型辨析改編易錯題號12,431.(多維辨析)(多選題)下列結論錯誤的是()A.若一條直線平行于一個平面內的一條直線,則這條直線平行于這個平面B.若一條直線平行于一個平面,則這條直線平行于這個平面內的無數(shù)條直線C.若直線a與平面α內無數(shù)條直線平行,則a∥αD.如果一個平面內的兩條直線平行于另一個平面,那么這兩個平面平行【解析】選ACD.A錯誤,這條直線也可能在平面內;B正確;C錯誤,直線a也可能在平面內;D錯誤,若這兩條直線是平行直線,兩個平面不一定平行.2.(必修二P138例3變形式)已知直線l和平面α,若l∥α,P∈α,則過點P且平行于l的直線()A.只有一條,不在平面α內B.只有一條,且在平面α內C.有無數(shù)條,一定在平面α內D.有無數(shù)條,不一定在平面α內【解析】選B.過直線外一點作該直線的平行線有且只有一條,因為點P在平面α內,所以這條直線也應該在平面α內.3.(易忽略“a?α”而致誤)兩條直線a,b滿足a∥b,b?α,則a與平面α的位置關系一定是()A.a∥α B.a?αC.a與α相交 D.a與α不相交【解析】選D.由于b?α且a∥b,則a∥α或a?α.故a與α不相交.4.(必修二P137例2變形式)如圖所示的三棱柱ABC-A1B1C1中,過A1B1的平面與平面ABC交于DE,則DE與AB的位置關系是()A.異面 B.平行C.相交 D.以上均有可能【解析】選B.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,因為AB?平面ABC,A1B1?平面ABC,所以A1B1∥平面ABC,因為過A1B1的平面與平面ABC交于DE,所以DE∥A1B1,所以DE∥AB.【巧記結論·速算】1.垂直于同一條直線的兩個平面平行,即若a⊥α,a⊥β,則α∥β.2.平行于同一個平面的兩個平面平行,即若α∥β,β∥γ,則α∥γ.3.垂直于同一個平面的兩條直線平行,即若a⊥α,b⊥α,則a∥b.4.兩條直線被三個平行平面所截,截得的對應線段成比例.【即時練】如圖,平面α∥平面β∥平面γ,兩條直線a,b分別與平面α,β,γ相交于點A,B,C和點D,E,F.已知AB=2cm,DE=4cm,EF=3cm,則AC的長為________cm.

【解析】過點D作直線AB的平行線分別交平面β與平面γ于點M,N,連接AD,BM,CN,ME,NF,如圖所示,所以AD∥BM∥CN,ME∥NF,所以ABBC=DMMN=DEEF,因為AB=2cm,DE=4cm,EF=3cm,所以2BC=43所以AC=AB+BC=2+32=72答案:7【核心考點·分類突破】考點一直線與平面平行【考情提示】直線與平面平行作為空間平行關系的載體因其全面考查直線與平面平行的判定、性質定理而成為高考的熱點,涉及空間平行關系的判斷、證明以及在實際問題中的應用.角度1直線與平面平行的判定[例1]如圖所示的四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是梯形,AB∥CD,AD=BD=2,∠BDC=π3,BC=23,PD⊥平面ABCD,FC=2PF.證明:AP∥平面【證明】因為AB∥CD,所以∠DBA=∠BDC=π3因為AD=BD,所以△DAB為等邊三角形,所以AB=DB=2,在△BDC中,DB=2,∠BDC=π3,BC=23由余弦定理得BC2=BD2+CD2-2BD·CD·cos∠BDC,即(23)2=22+CD2-2×2×CD×1如圖,連接AC交BD于點E,連接EF,因為AB∥CD,所以△ABE∽△CDE,所以AE∶EC=AB∶CD=1∶2,因為PF∶FC=1∶2,所以EF∥AP,又AP?平面BDF,EF?平面BDF,所以AP∥平面BDF.角度2直線與平面平行的性質[例2]如圖所示,已知四邊形ABCD是正方形,四邊形ACEF是矩形,EF?平面ABCD,M是EF的中點.(1)求證:AM∥平面BDE;(2)若平面ADM∩平面BDE=l,平面ABM∩平面BDE=m,試分析l與m的位置關系,并證明你的結論.【解析】(1)記AC與BD的交點為O,連接OE(圖略).因為O,M分別是AC,EF的中點,四邊形ACEF是矩形,所以四邊形AOEM是平行四邊形,所以AM∥OE.因為OE?平面BDE,AM?平面BDE,所以AM∥平面BDE.(2)l∥m,證明如下:由(1)知,AM∥平面BDE.因為AM?平面ADM,平面ADM∩平面BDE=l,所以l∥AM.因為AM?平面ABM,平面ABM∩平面BDE=m,所以m∥AM,所以l∥m.【解題技法】1.判斷或證明線面平行的常用方法(1)利用線面平行的定義(無公共點).(2)利用線面平行的判定定理(a?α,b?α,a∥b?a∥α).(3)利用面面平行的性質(α∥β,a?α?a∥β).(4)利用面面平行的性質(α∥β,a?β,a∥α?a∥β).2.應用線面平行的性質定理的關鍵是確定交線的位置,有時需要經過已知直線作輔助平面確定交線.【對點訓練】如圖,四邊形ABCD為矩形,PD=AB=2,AD=4,點E,F分別為AD,PC的中點.設平面PDC∩平面PBE=l.證明:(1)DF∥平面PBE;(2)DF∥l.【證明】(1)取PB的中點G,連接FG,EG,因為點F為PC的中點,所以FG∥BC,FG=12BC因為四邊形ABCD為矩形,所以BC∥AD,且BC=AD,所以DE∥FG,DE=FG,所以四邊形DEGF為平行四邊形,所以DF∥GE,因為DF?平面PBE,GE?平面PBE,所以DF∥平面PBE;(2)由(1)知DF∥平面PBE,又DF?平面PDC,平面PDC∩平面PBE=l,所以DF∥l.考點二平面與平面平行的判定與性質【考情提示】平面與平面平行作為空間平行關系的載體因其全面考查平面與平面平行的判定定理與性質定理而成為高考的熱點.涉及空間平面與平面平行關系的判斷、證明以及在空間實際問題中的應用.角度1平面與平面平行的判定[例3]如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,S是B1D1的中點,E,F,G分別是BC,DC,SC的中點,求證:(1)EG∥平面BDD1B1;(2)平面EFG∥平面BDD1B1.【證明】(1)連接SB,如圖所示:因為E,G分別是BC,SC的中點,所以EG∥SB,又因為SB?平面BDD1B1,EG?平面BDD1B1,所以直線EG∥平面BDD1B1;(2)連接SD,如圖所示,因為F,G分別是DC,SC的中點,所以FG∥SD,又因為SD?平面BDD1B1,FG?平面BDD1B1,所以FG∥平面BDD1B1,由(1)得EG∥平面BDD1B1,且EG?平面EFG,FG?平面EFG,EG∩FG=G,所以平面EFG∥平面BDD1B1.角度2平面與平面平行的性質[例4](2023·承德模擬)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3,點E在棱AA1上,點F在棱CC1上,G在棱BB1上,且AE=FC1=B1G=1,H是棱B1C1上一點.(1)求證:E,B,F,D1四點共面;(2)若平面A1GH∥平面BED1F,求證:H為B1C1的中點.【證明】(1)如圖,在DD1上取一點N使得DN=1,連接CN,EN,則AE=DN=1.CF=ND1=2,因為CF∥ND1,所以四邊形CFD1N是平行四邊形,所以D1F∥CN.同理四邊形DNEA是平行四邊形,所以EN∥AD,且EN=AD,又BC∥AD,且AD=BC,所以EN∥BC,EN=BC,所以四邊形CNEB是平行四邊形,所以CN∥BE,所以D1F∥BE,所以E,B,F,D1四點共面;(2)因為平面A1GH∥平面BED1F,平面BB1C1C∩平面A1HG=HG,平面BB1C1C∩平面BED1F=BF,所以BF∥HG.所以∠B1GH=∠FBG=∠CFB,在Rt△BCF中,tan∠CFB=BCCF=3在Rt△HB1G中,tan∠B1GH=B1HB1G所以B1H=32,即H為B1C1的中點【解題技法】1.證明面面平行的常用方法(1)利用面面平行的判定定理.(2)利用垂直于同一條直線的兩個平面平行(l⊥α,l⊥β?α∥β).(3)利用面面平行的傳遞性,即兩個平面同時平行于第三個平面,則這兩個平面平行(α∥β,β∥γ?α∥γ).2.當已知兩平面平行時,可以得出線面平行,如果要得出線線平行,必須是與第三個平面的交線平行.【對點訓練】在三棱柱ABC-A1B1C1中,若點D,D1分別是AC,A1C1上的點,且平面BC1D∥平面AB1D1,試求ADDC的值【解析】連接A1B交AB1于O,連接OD1,由平面BC1D∥平面AB1D1,且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O,所以BC1∥D1O,同理可得AD1∥DC1,所以A1D1D1C1=A1OOB=1,即D1為線段A1考點三空間平行關系的綜合問題[例5]在底面是菱形的四棱錐P-ABCD中,點E在PD上,且PE∶ED=2∶1,平面PAB∩平面PCD=l.(1)證明:l∥CD;(2)在棱PC上是否存在一點F,使BF∥平面AEC?證明你的結論.【解析】(1)因為四邊形ABCD為菱形,所以AB∥CD,又AB?平面PCD,CD?平面PCD,所以AB∥平面PCD,又AB?平面PAB,平面PAB∩平面PCD=l,所以AB∥l,因為AB∥CD,所以l∥CD.(2)當F是棱PC的中點時,BF∥平面AEC.證明如下,如圖,取PE的中點M,連接FM,由于M為PE的中點,F為PC的中點,所以FM∥CE,由M為PE的中點,得EM=12PE=ED,知E是MD連接BM,BD,設BD∩AC=O,因為四邊形ABCD是菱形,則O為BD的中點,由于E是MD的中點,O是BD的中點,所以BM∥OE,由FM∥CE,BM∥OE知,平面BFM∥平面AEC,又BF?平面BFM,所以BF∥平面AEC.【解題技法】存在性問題的解題策略解決這種存在性問題,尋找思路時可以先從特殊值(如中點)入手,驗證是否成立,若成立,先下結論再證明;若不成立,再借助線面平行、面面平行的判定與性質來尋求滿足結論的條件.【對點訓練】如圖,在四棱錐P-ABCD中,△PAB是等邊三角形,BC⊥AB,BC=CD=23,AB=AD=2.(1)若PC=4,求三棱錐P-ABC的體積;(2)若PB=3BE,則在線段BC上是否存在一點F,使平面AEF∥平面PCD?若存在,求線段BF的長;若不存在,請說明理由.【解析】(1)因為△PAB是等邊三角形,AB=2,所以PB=2.又因為PC=4,BC=23,所以PC2=PB2+BC2,所以BC⊥PB.又BC⊥AB,AB,PB?平面PAB,AB∩PB=B,所以BC⊥平面PAB.S△PAB=12×2×2×sin60°=3所以三棱錐P-ABC的體積V=13S△PAB·BC=13×3×23(2)在線段BC上存在一點F,使平面AEF∥平面PCD.此時BF=233如圖,作EF∥PC,交BC于F,連接AF.因為PB=3BE,所以E是PB的三等分點,可得BF=233.因為AB=AD=2,BC=CD=23,AC=所以△ABC≌△ADC,因為BC⊥AB,所以∠ABC=90°,因為tan∠ACB=ABBC=223所以∠ACB=∠ACD=30°,所以∠BCD=60°,因為tan∠AFB=ABBF=223所以∠AFB=60°,所以AF∥CD,因為AF?平面PCD,CD?平面PCD,所以AF∥平面PCD.又EF∥PC,EF?平面PCD,PC?平面PCD,所以EF∥平面PCD.因為AF∩EF=F,AF?平面AEF,EF?平面AEF,所以平面AEF∥平面PCD.所以在線段BC上存在一點F,使平面AEF∥平面PCD.此時BF=23第四節(jié)空間直線、平面的垂直課程標準1.從定義和基本事實出發(fā),借助長方體,通過直觀感知,了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關系的定義,歸納出有關垂直的性質定理和判定定理,并加以證明.2.能運用已獲得的結論證明空間基本圖形位置關系的簡單命題.考情分析考點考法:高考題常以空間幾何體為載體,考查空間直線、平面的垂直關系.線面垂直是高考的熱點,在各種題型中都會有所體現(xiàn).核心素養(yǎng):直觀想象、數(shù)學運算、邏輯推理.【必備知識·逐點夯實】【知識梳理·歸納】1.直線與平面垂直(1)直線和平面垂直的定義一般地,如果直線l與平面α內的任意一條直線都垂直,我們就說直線l與平面α互相垂直.(2)判定定理與性質定理類型文字語言圖形表示符號表示判定定理如果一條直線與一個平面內的兩條相交直線垂直,那么該直線與此平面垂直l⊥a,l⊥b,a?b=O性質定理垂直于同一個平面的兩條直線平行a⊥α,a∥b【微點撥】證明線面垂直時,平面內的兩條直線必須是相交直線.2.直線和平面所成的角(1)定義:平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的角,叫做這條直線和這個平面所成的角.一條直線垂直于平面,則它們所成的角是90°;一條直線和平面平行或在平面內,則它們所成的角是0°.(2)范圍:0,3.二面角(1)定義:從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角.(2)二面角的平面角若有①O∈l;②OA?α,OB?β;③OA⊥l,OB⊥l,則二面角α-l-β的平面角是∠AOB.(3)二面角的平面角θ的范圍:0°≤θ≤180°.4.平面與平面垂直(1)定義一般地,兩個平面相交,如果它們所成的二面角是直二面角,就說這兩個平面互相垂直.(2)判定定理與性質定理類型文字語言圖形表示符號表示判定定理如果一個平面過另一個平面的垂線,那么這兩個平面垂直l⊥α?α⊥β性質定理兩個平面垂直,如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的交線,那么這條直線與另一個平面垂直α⊥β?l⊥α【基礎小題·自測】類型辨析改編易錯高考題號12341.(多維辨析)(多選題)下列結論錯誤的是()A.若直線與平面所成的角為0°,那么直線與平面平行B.直線l與平面α內的無數(shù)條直線都垂直,則l⊥αC.設m,n是兩條不同的直線,α是一個平面,若m∥n,m⊥α,則n⊥αD.若兩平面垂直,則其中一個平面內的任意一條直線垂直于另一個平面【解析】選ABD.A中直線也可能在平面內;B中若平面α內的與直線l都垂直的無數(shù)條直線都平行,則l與α不一定垂直;C正確;D中平面內與交線垂直的直線與另一個平面垂直.2.(必修二P161例10變形式)如圖所示,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,P為△ABC所在平面外一點,PA⊥平面ABC,則四面體P-ABC中直角三角形的個數(shù)為()A.4 B.3 C.2 D.1【解析】選A.在Rt△ABC中,∠ABC=90°,P為△ABC所在平面外一點,PA⊥平面ABC,所以BC⊥PA,因為BC⊥AB,PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB.所以四面體P-ABC中直角三角形有△PAC,△PAB,△ABC,△PBC,共4個.3.(多選題)(空間垂直關系不清致誤)下列命題中不正確的是()A.如果直線a不垂直于平面α,那么平面α內一定不存在直線垂直于直線aB.如果平面α垂直于平面β,那么平面α內一定不存在直線平行于平面βC.如果直線a垂直于平面α,那么平面α內一定不存在直線平行于直線aD.如果平面α⊥平面β,那么平面α內所有直線都垂直于平面β【解析】選ABD.A中存在無數(shù)條在平面α內與a垂直的直線;B中α內與交線平行的直線與β平行.若直線a垂直于平面α,則直線a垂直于平面α內的所有直線,故C正確,不符合題意,D中α內與交線不垂直的直線與β不垂直.4.(2021·浙江高考)如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1,M,N分別是A1D,D1B的中點,則()A.直線A1D與直線D1B垂直,直線MN∥平面ABCDB.直線A1D與直線D1B平行,直線MN⊥平面BDD1B1C.直線A1D與直線D1B相交,直線MN∥平面ABCDD.直線A1D與直線D1B異面,直線MN⊥平面BDD1B1【解析】選A.連接AD1(圖略),則易得點M在AD1上,且M為AD1的中點,AD1⊥A1D.因為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,顯然A1D與BD1異面,所以A1D與BD1異面且垂直.在△ABD1中,由中位線定理可得MN∥AB,又MN?平面ABCD,AB?平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.易知直線AB與平面BB1D1D成45°角,所以MN與平面BB1D1D不垂直.【巧記結論·速算】1.若兩條平行線中的一條垂直于一個平面,則另一條也垂直于這個平面.2.一條直線垂直于兩個平行平面中的一個,則這條直線與另一個平面也垂直.3.兩個相交平面同時垂直于第三個平面,它們的交線也垂直于第三個平面.【即時練】已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面,連接PB,PC,PA,AC,BD,則一定互相垂直的平面有________對.

【解析】如圖,由于PD垂直于正方形ABCD,故平面PDA⊥平面ABCD,平面PDB⊥平面ABCD,平面PDC⊥平面ABCD,平面PDA⊥平面PDC,平面PAC⊥平面PDB,平面PAB⊥平面PAD,平面PBC⊥平面PDC,共7對.答案:7【核心考點·分類突破】考點一直線與平面垂直的判定與性質【考情提示】直線與平面垂直作為空間垂直關系的載體因其集中考查直線與平面垂直的判定定理和性質定理而成為高考的熱點,涉及直線與平面垂直關系的判斷、證明以及線面垂直關系在空間幾何體中的實際應用.角度1直線與平面垂直的判定[例1]如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥平面PAD,AB∥DC,PD=AD,E是PB的中點,F是DC上的點,且DF=12AB,PH為△PAD中AD邊上的高求證:(1)PH⊥平面ABCD;(2)EF⊥平面PAB.【證明】(1)因為AB⊥平面PAD,AB?平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.因為平面PAD∩平面ABCD=AD,PH⊥AD,所以PH⊥平面ABCD.(2)取PA的中點M,連接MD,ME.因為E是PB的中點,所以ME=12又因為DF=12AB,所以ME-DF所以四邊形MEFD是平行四邊形,所以EF∥MD.因為PD=AD,所以MD⊥PA.因為AB⊥平面PAD,所以MD⊥AB.因為PA∩AB=A,所以MD⊥平面PAB,所以EF⊥平面PAB.角度2直線與平面垂直的性質[例2]如圖,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD是矩形,AB⊥平面PAD,AD=AP,E是PD的中點,M,N分別在AB,PC上,且MN⊥AB,MN⊥PC.證明:AE∥MN.【證明】因為AB⊥平面PAD,AE?平面PAD,所以AE⊥AB.又AB∥CD,所以AE⊥CD.因為AD=AP,E是PD的中點,所以AE⊥PD.又CD∩PD=D,CD,PD?平面PCD,所以AE⊥平面PCD.因為MN⊥AB,AB∥CD,所以MN⊥CD.又因為MN⊥PC,PC∩CD=C,PC,CD?平面PCD,所以MN⊥平面PCD,所以AE∥MN.【解題技法】1.證明線面垂直的常用方法(1)判定定理;(2)垂直于平面的傳遞性(a∥b,a⊥α?b⊥α);(3)面面平行的性質(a⊥α,α∥β?a⊥β);(4)面面垂直的性質.2.直線與平面垂直性質的解題策略(1)判定定理與性質定理的合理轉化是證明線面垂直的基本思想,證明線線垂直則需借助線面垂直的性質.(2)在解題中要重視平面幾何的知識,特別是正余弦定理及勾股定理的應用.(3)重要結論要熟記:經過一點與已知直線垂直的直線都在過這點且與已知直線垂直的平面內.此結論可幫助解決動點的軌跡問題.【對點訓練】1.如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中點.證明:(1)CD⊥AE;(2)PD⊥平面ABE.【證明】(1)在四棱錐P-ABCD中,因為PA⊥底面ABCD,CD?平面ABCD,所以PA⊥CD.因為AC⊥CD,PA∩AC=A,所以CD⊥平面PAC.而AE?平面PAC,所以CD⊥AE.(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,所以△ABC是等邊三角形,所以AC=PA.因為E是PC的中點,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.因為PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AB.又因為AB⊥AD且PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,而PD?平面PAD,所以AB⊥PD.又因為AB∩AE=A,所以PD⊥平面ABE.2.如圖所示,已知正方體ABCD-A1B1C1D1.(1)求證:A1C⊥B1D1;(2)M,N分別為B1D1與C1D上的點,且MN⊥B1D1,MN⊥C1D,求證:MN∥A1C.【證明】(1)連接A1C1(圖略).因為CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1?平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1D1.因為四邊形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)連接B1A,AD1(圖略).因為B1C1∥AD,所以四邊形ADC1B1為平行四邊形,所以C1D∥AB1.因為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.考點二平面與平面垂直的判定與性質【考情提示】平面與平面垂直作為空間垂直關系的載體因其集中考查平面與平面垂直的判定定理,性質定理成為高考的熱點,涉及平面與平面垂直關系的判斷、證明以及在空間幾何體中的實際應用.角度1平面與平面垂直的判定[例3]如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是菱形,對角線AC,BD交于點O,M為棱PD的中點,MA=MC.求證:(1)PB∥平面AMC;(2)平面PBD⊥平面AMC.【證明】(1)連接OM(圖略),因為O是菱形ABCD對角線AC,BD的交點,所以O為BD的中點,因為M是棱PD的中點,所以OM∥PB,因為OM?平面AMC,PB?平面AMC,所以PB∥平面AMC.(2)在菱形ABCD中,AC⊥BD,且O為AC的中點,因為MA=MC,所以AC⊥OM,因為OM∩BD=O,所以AC⊥平面PBD,因為AC?平面AMC,所以平面PBD⊥平面AMC.角度2平面與平面垂直的性質[例4]在矩形ABCD中,AB=2AD=4,E是AB的中點,沿DE將△ADE折起,得到如圖所示的四棱錐P-BCDE.(1)若平面PDE⊥平面BCDE,求四棱錐P-BCDE的體積;(2)若PB=PC,求證:平面PDE⊥平面BCDE.【解析】(1)如圖所示,取DE的中點M,連接PM,由題意知,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為四棱錐P-BCDE的高.在等腰直角三角形PDE中,PE=PD=AD=2,所以PM=12DE=2而梯形BCDE的面積S=12(BE+CD)·BC=1所以四棱錐P-BCDE的體積V=13PM·S=13×2×6=2(2)取BC的中點N,連接PN,MN,則BC⊥MN,因為PB=PC,所以BC⊥PN,因為MN∩PN=N,MN,PN?平面PMN,所以BC⊥平面PMN,因為PM?平面PMN,所以BC⊥PM,由(1)知,PM⊥DE,又BC,DE?平面BCDE,且BC與DE延長后是相交的,所以PM⊥平面BCDE,因為PM?平面PDE,所以平面PDE⊥平面BCDE.【解題技法】關于面面垂直的判定與性質(1)判定面面垂直的方法①面面垂直的定義.②面面垂直的判定定理.(2)面面垂直性質的應用①面面垂直的性質定理是把面面垂直轉化為線面垂直的依據(jù),運用時要注意“平面內的直線”.②若兩個相交平面同時垂直于第三個平面,則它們的交線也垂直于第三個平面.【對點訓練】1.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,點E在棱PC上(異于點P,C),平面ABE與棱PD交于點F.(1)求證:AB∥EF;(2)若AF⊥EF,求證:平面PAD⊥平面ABCD.【證明】(1)因為四邊形ABCD是矩形,所以AB∥CD.又AB?平面PDC,CD?平面PDC,所以AB∥平面PDC.又因為AB?平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF,所以AB∥EF.(2)因為四邊形ABCD是矩形,所以AB⊥AD.因為AF⊥EF,(1)中已證AB∥EF,所以AB⊥AF.又AB⊥AD,由點E在棱PC上(異于點P,C),所以點F異于點D,所以AF∩AD=A,AF,AD?平面PAD,所以AB⊥平面PAD.又AB?平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.2.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,PA=PD=AD=2,點M在線段PC上,且PM=2MC,N為AD的中點.(1)求證:AD⊥平面PNB;(2)若平面PAD⊥平面ABCD,求三棱錐P-NBM的體積.【解析】(1)連接BD(圖略).因為PA=PD,N為AD的中點,所以PN⊥AD.又底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,所以△ABD為等邊三角形,所以BN⊥AD.又PN∩BN=N,所以AD⊥平面PNB.(2)因為PA=PD=AD=2,所以PN=NB=3.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=12×3×3=3因為AD⊥平面PNB,AD∥BC,所以BC⊥平面PNB.又PM=2MC,所以VP-NBM=VM-PNB=23VC-PNB=23×13×3考點三直線、平面垂直的綜合應用[例5]如圖所示,正方形AA1D1D與矩形ABCD所在平面互相垂直,AB=2AD=2,A1D∩AD1=O,E為線段AB上一點.(1)當OE∥平面D1BC時,求證:E為AB的中點;(2)在線段AB上是否存在點E,使得平面D1DE⊥平面AD1C?若存在,求出AE的長;若不存在,請說明理由.【解析】(1)因為四邊形AA1D1D為正方形,A1D∩AD1=O,所以O為AD1的中點,又因為OE∥平面D1BC,平面ABD1∩平面D1BC=BD1,OE?平面ABD1,所以OE∥BD1,又因為O為AD1的中點,所以E為AB的中點;(2)存在,當AE=12時,平面D1DE⊥平面AD1C,理由如下:設AC∩DE=F因為四邊形AA1D1D為正方形,所以D1D⊥AD,又因為AD=平面AA1D1D∩平面ABCD,平面AA1D1D⊥平面ABCD,D1D?平面AA1D1D,所以D1D⊥平面ABCD,又因為AC?平面ABCD,所以D1D⊥AC,又因為在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,當AE=12時,在Rt△ADE中,tan∠ADE=AEAD=在Rt△ABC中,tan∠BAC=BCAB=1所以∠ADE=∠BAC,又因為∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°,所以∠ADE+∠DAC=90°,則∠AFD=90°,所以AC⊥DE,又因為DE∩DD1=D,DE,DD1?平面D1DE,所以AC⊥平面D1DE,又因為AC?平面AD1C,所以平面D1DE⊥平面AD1C.【解題技法】關于線、面垂直關系的綜合應用(1)三種垂直的綜合問題,一般通過作輔助線進行線線、線面、面面垂直間的轉化.求解時應注意垂直的性質及判定的綜合應用;(2)如果有平面垂直時,一般要用性質定理,在一個平面內作交線的垂線,使之轉化為線面垂直,然后進一步轉化為線線垂直.【對點訓練】如圖,在四棱錐P-ABCD中,側棱PD⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,AB∥DC,AD⊥DC,且AB=AD=1,PD=DC=2,E是PC上一點.過A,B,E的平面交側面PDC于l.(1)求證:AB∥l;(2)若E為PC的中點,在線段PB上是否存在一點Q,使得平面PDC⊥平面DEQ?若存在,求出PBQB的值;若不存在,請說明理由【解析】(1)梯形ABCD中,AB∥DC,AB?平面PDC,DC?平面PDC,所以AB∥平面PDC,又AB?平面ABE,平面ABE∩平面PDC=l,所以AB∥l;(2)存在點Q,使得平面PDC⊥平面DEQ,此時PBQB連接BD(圖略),易得BD=2,BC=12+(又PD⊥底面ABCD,CD?底面ABCD,BD?底面ABCD,則PD⊥DC,PD⊥DB,則PC=4+4=22,PB=22+(則PB2+BC2=PC2,PB⊥BC,又PQ=23PB=263,PE=12cos∠BPC=PBPC=3QE2=PQ2+PE2-2PQ·PE·cos∠BPC=23則QE2+PE2=PQ2,則QE⊥PC,又DE⊥PC,QE?平面DEQ,DE?平面DEQ,QE∩DE=E,則PC⊥平面DEQ,又PC?平面PDC,故存在點Q,使得平面PDC⊥平面DEQ,此時PBQB=3【重難突破】球與幾何體的切、接問題【解題關鍵】(1)“接”的處理:把一個多面體的幾個頂點放在球面上即球的外接問題.解決這類問題的關鍵是抓住外接的特點,即球心到多面體的頂點的距離等于球的半徑.(2)“切”的處理:解決與球有關的內切問題主要是指球內切多面體與旋轉體,解答時要先找準切點,通過作截面來解決.如果內切的是多面體,則多通過多面體過球心的對角面來作截面.1.常見幾何體的內切球和外接球(1)內切球球心到多面體各面的距離均相等,外接球球心到多面體各頂點的距離均相等;(2)正多面體的內切球和外接球的球心重合;(3)正棱錐的內切球和外接球的球心都在高線上.【說明】求外接球或內切球的方法:在球內部構造直角三角形,利用勾股定理求解.2.長方體的外接球(1)球心:體對角線的交點;(2)半徑:R=a2+b2+c223.正方體的外接球、內切球及與各條棱相切的球球心是正方體的中心,設a為正方體的棱長.(1)外接球:半徑R=32a(2)內切球:半徑r=a2(3)與各條棱都相切的球:半徑r'=224.正四面體的外接球與內切球球心是正四面體的中心,a為正四面體的棱長.(1)外接球:半徑R=64a(2)內切球:半徑r=612【推導如下】設正四面體S-ABC的棱長為a,其內切球的半徑為r,外接球的半徑為R,如圖,取AB的中點D,連接SD,CD,SE為正四面體的高,在截面三角形SDC內作一個與邊SD和DC相切,且圓心在高SE上的圓.由正四面體的對稱性,可知其內切球和外接球的球心同為O.此時,OC=OS=R,OE=r,CE=33a,SE=63則有R+r=SE=63a,R2-r2=CE2=a解得R=64a,r=6類型一外接球問題命題點1柱體的外接球[例1](2023·重慶模擬)已知圓柱O1O2的高O1O2=8,球O是圓柱的外接球,且球O的表面積是圓柱O1O2側面積的2倍,則球O的半徑為()A.4 B.32C.42 D.42+2【解析】選C.設圓柱O1O2的底面半徑為r,球O的半徑為R,則R2=r2+16,因為球O的表面積是圓柱O1O2側面積的2倍,所以4πR2=2πr×8×2,R2=8r,所以r2+16=8r,所以r=4,R=42(負值舍去).命題點2錐體的外接球[例2](2023·保定模擬)已知正三棱錐S-ABC的所有頂點都在球O的球面上,棱錐的底面是邊長為23的正三角形,側棱長為25,則球O的表面積為()A.25π B.20π C.16π D.30π【解析】選A.如圖,延長SO交球O于點D,設△ABC的外心為E,連接AE,AD由正弦定理得2AE=23sin60°易知SE⊥平面ABC,由勾股定理可知,三棱錐S-ABC的高SE=SA2-AE2=(25)∠SAD=90°,由射影定理可知,球O的直徑2R=SD=SA2因此,球O的表面積為4πR2=π×(2R)2=25π.命題點3臺體的外接球[例3](2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱臺的高為1,上、下底面邊長分別為33和43,其頂點都在同一球面上,則該球的表面積為()A.100π B.128π C.144π D.192π【解析】選A.如圖所示,設該正三棱臺上、下底面所在圓面的半徑分別為r1,r2.所以2r1=33sin60°,2r2解得r1=3,r2=4,設該球的球心到上、下底面的距離分別為d1,d2,球的半徑為R,所以d1=R2d2=R2-16,故d1-d2即R2-9-R解得R2=25,符合題意,所以球的表面積為S=4πR2=100π.命題點4組合體的外接球[例4](2023·安慶模擬)我國有著豐富悠久的“印章文化”,古時候的印章一般用貴重的金屬或玉石制成,本是官員或私人簽署文件時代表身份的信物,后因其獨特的文化內涵,也被作為裝飾物來使用.圖1是明清時期的一個金屬印章擺件,除去頂部的環(huán)以后可以看作是一個正四棱柱和一個正四棱錐組成的幾何體,如圖2.已知正四棱柱和正四棱錐的高相等,且底面邊長均為2,若該幾何體的所有頂點都在同一個球的表面上,則這個球的表面積為________.

【解析】如圖,設正四棱柱和正四棱錐的高為h,則其外接球的半徑為R=1212h2+8=h+12h=32h,解得故球的表面積為S=4πR2=9π.答案:9π【解題技法】求解外接球問題的方法(1)解決多面體外接球問題的關鍵是確定球心的位置,方法是先選擇多面體中的一面,確定此面多邊形外接圓的圓心,再過此圓心作垂直此面的垂線,則球心一定在此垂線上,最后根據(jù)其他頂點的情況確定球心的準確位置.(2)對于特殊的多面體還可通過補成正方體或長方體的方法找到球心位置.【對點訓練】1.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,∠ABC=π2.若該直三棱柱的外接球的表面積為16π,則該直三棱柱的高為(A.4 B.3 C.42 D.22【解析】選D.因為∠ABC=π2,所以可以將直三棱柱ABC-A1B1C1補成長方體ABCD-A1B1C1D1則該直三棱柱的外接球就是長方體的外接球,外接球的直徑等于長方體的體對角線長.設外接球的半徑為R,則4πR2=16π,解得R=2.設該直三棱柱的高為h,則4R2=22+22+h2,即16=8+h2,解得h=22,所以該直三棱柱的高為22.2.如圖所示的糧倉可近似看作一個圓錐和圓臺的組合體,且圓錐的底面圓與圓臺的較大底面圓重合.已知圓臺的較小底面圓的半徑為1,圓錐與圓臺的高分別為5-1和3,則此組合體外接球的表面積是()A.16π B.20π C.24π D.28π【解析】選B.設外接球半徑為R,球心為O,圓臺較小底面圓的圓心為O1,則OO12+12=R2,而OO1=5-1+3-R,故R2=1+(5+2-R)2,解得R=5,此組合體外接球的表面積S=4πR23.已知在三棱錐P-ABC中,AB⊥平面APC,AB=42,PA=PC=2,AC=2,則三棱錐P-ABC外接球的表面積為()A.28π B.36π C.48π D.72π【解析】選B.解法1:因為PA=PC=2,AC=2,所以PA⊥PC.因為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,則△BCP,△ABC均為直角三角形.如圖,取BC的中點為O,連接OA,OP,則OB=OC=OA=OP,即點O為三棱錐P-ABC外接球的球心,在Rt△ABC中,AC=2,AB=42,則BC=6,所以外接球的半徑R=3,所以三棱錐P-ABC外接球的表面積S=4πR2=36π.解法2:因為PA=PC=2,AC=2,所以PA⊥PC,△ACP為直角三角形.如圖,取AC的中點為M,則M為△PAC外接圓的圓心.過M作直線n垂直于平面PAC,則直線n上任意一點到點P,A,C的距離都相等.因為AB⊥平面PAC,所以AB∥n.設直線n與BC的交點為O,則O為線段BC的中點,所以點O到點B,C的距離相等,則點O即為三棱錐P-ABC外接球的球心.因為AB⊥平面PAC,AC?平面PAC,所以AB⊥AC.又AC=2,AB=42,所以BC=6,則外接球的半徑R=3,所以三棱錐P-ABC外接球的表面積S=4πR2=36π.解法3:因為PA=PC=2,AC=2,所以PA⊥PC,又AB⊥平面PAC,所以可把三棱錐P-ABC放在如圖所示的長方體中,此長方體的長、寬、高分別為2,2,42,則三棱錐P-ABC的外接球即長方體的外接球,長方體的體對角線即長方體外接球的直徑,易得長方體的體對角線的長為6,則外接球的半徑R=3,所以三棱錐P-ABC外接球的表面積S=4πR2=36π.類型二內切球問題命題點1柱體的內切球[例5]如圖,已知球O是棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的內切球,則平面ACD1截球O的截面面積為()A.66π B.π3 C.π6 D【解析】選C.平面ACD1截球O的截面為△ACD1的內切圓,如圖.因為正方體的棱長為1,所以AC=CD1=AD1=2,所以內切圓的半