2025版 數(shù)學(xué)《高中全程復(fù)習(xí)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(xué)《高中全程復(fù)習(xí)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(biāo)準(zhǔn)1.從定義和基本事實(shí)出發(fā),借助長(zhǎng)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(guān)系的定義,歸納出有關(guān)平行的性質(zhì)定理和判定定理,并加以證明.2.能運(yùn)用已獲得的結(jié)論證明空間基本圖形位置關(guān)系的簡(jiǎn)單命題.考情分析考點(diǎn)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(diǎn).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(shí)·逐點(diǎn)夯實(shí)】【知識(shí)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(diǎn),則稱直線l與平面α平行.(2)判定定理與性質(zhì)定理項(xiàng)目文字語言圖形表示符號(hào)表示判定定理如果平面外一條直線與此平面內(nèi)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(zhì)定理一條直線和一個(gè)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(diǎn)撥】a∥b,b?αa∥α,因?yàn)閍可能在平面α內(nèi).2.平面與平面平行(1)平面與平面平行的定義沒有公共點(diǎn)的兩個(gè)平面叫做平行平面.(2)判定定理與性質(zhì)定理項(xiàng)目文字語言圖形表示符號(hào)表示判定定理如果一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個(gè)平面平行,那么這兩個(gè)平面平行a?β,b?β,a∩b=P,a∥α,b∥α?α∥β性質(zhì)兩個(gè)平面平行,則其中一個(gè)平面內(nèi)的直線平行于另一個(gè)平面α∥β,a?α?a∥β性質(zhì)定理兩個(gè)平面平行,如果另一個(gè)平面與這兩個(gè)平面相交,那么兩條交線平行α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b?a∥b【微點(diǎn)撥】α∥β,a?α,b?βa∥b,因?yàn)閍與b可能是異面直線.【基礎(chǔ)小題·自測(cè)】類型辨析改編易錯(cuò)題號(hào)12,431.(多維辨析)(多選題)下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A.若一條直線平行于一個(gè)平面內(nèi)的一條直線,則這條直線平行于這個(gè)平面B.若一條直線平行于一個(gè)平面,則這條直線平行于這個(gè)平面內(nèi)的無數(shù)條直線C.若直線a與平面α內(nèi)無數(shù)條直線平行,則a∥αD.如果一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線平行于另一個(gè)平面,那么這兩個(gè)平面平行【解析】選ACD.A錯(cuò)誤,這條直線也可能在平面內(nèi);B正確;C錯(cuò)誤,直線a也可能在平面內(nèi);D錯(cuò)誤,若這兩條直線是平行直線,兩個(gè)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(diǎn)P且平行于l的直線()A.只有一條,不在平面α內(nèi)B.只有一條,且在平面α內(nèi)C.有無數(shù)條,一定在平面α內(nèi)D.有無數(shù)條,不一定在平面α內(nèi)【解析】選B.過直線外一點(diǎn)作該直線的平行線有且只有一條,因?yàn)辄c(diǎn)P在平面α內(nèi),所以這條直線也應(yīng)該在平面α內(nèi).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(guān)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(guān)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?yàn)锳B?平面ABC,A1B1?平面ABC,所以A1B1∥平面ABC,因?yàn)檫^A1B1的平面與平面ABC交于DE,所以DE∥A1B1,所以DE∥AB.【巧記結(jié)論·速算】1.垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行,即若a⊥α,a⊥β,則α∥β.2.平行于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面平行,即若α∥β,β∥γ,則α∥γ.3.垂直于同一個(gè)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(gè)平行平面所截,截得的對(duì)應(yīng)線段成比例.【即時(shí)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(diǎn)A,B,C和點(diǎn)D,E,F.已知AB=2cm,DE=4cm,EF=3cm,則AC的長(zhǎng)為________cm.

【解析】過點(diǎn)D作直線AB的平行線分別交平面β與平面γ于點(diǎn)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?yàn)锳B=2cm,DE=4cm,EF=3cm,所以2BC=43所以AC=AB+BC=2+32=72答案:7【核心考點(diǎn)·分類突破】考點(diǎn)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(guān)系的載體因其全面考查直線與平面平行的判定、性質(zhì)定理而成為高考的熱點(diǎn),涉及空間平行關(guān)系的判斷、證明以及在實(shí)際問題中的應(yīng)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?yàn)锳B∥CD,所以∠DBA=∠BDC=π3因?yàn)锳D=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(diǎn)E,連接EF,因?yàn)锳B∥CD,所以△ABE∽△CDE,所以AE∶EC=AB∶CD=1∶2,因?yàn)镻F∶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(zhì)[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(diǎn).(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(guān)系,并證明你的結(jié)論.【解析】(1)記AC與BD的交點(diǎn)為O,連接OE(圖略).因?yàn)镺,M分別是AC,EF的中點(diǎn),四邊形ACEF是矩形,所以四邊形AOEM是平行四邊形,所以AM∥OE.因?yàn)镺E?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?yàn)锳M?平面ADM,平面ADM∩平面BDE=l,所以l∥AM.因?yàn)锳M?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(diǎn)).(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(zhì)(α∥β,a?α?a∥β).(4)利用面面平行的性質(zhì)(α∥β,a?β,a∥α?a∥β).2.應(yīng)用線面平行的性質(zhì)定理的關(guān)鍵是確定交線的位置,有時(shí)需要經(jīng)過已知直線作輔助平面確定交線.【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】如圖,四邊形ABCD為矩形,PD=AB=2,AD=4,點(diǎn)E,F分別為AD,PC的中點(diǎn).設(shè)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(diǎn)G,連接FG,EG,因?yàn)辄c(diǎn)F為PC的中點(diǎn),所以FG∥BC,FG=12BC因?yàn)樗倪呅蜛BCD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?yàn)镈F?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(diǎn)二平面與平面平行的判定與性質(zhì)【考情提示】平面與平面平行作為空間平行關(guān)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(zhì)定理而成為高考的熱點(diǎn).涉及空間平面與平面平行關(guān)系的判斷、證明以及在空間實(shí)際問題中的應(yīng)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(diǎn),E,F,G分別是BC,DC,SC的中點(diǎn),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?yàn)镋,G分別是BC,SC的中點(diǎn),所以EG∥SB,又因?yàn)镾B?平面BDD1B1,EG?平面BDD1B1,所以直線EG∥平面BDD1B1;(2)連接SD,如圖所示,因?yàn)镕,G分別是DC,SC的中點(diǎn),所以FG∥SD,又因?yàn)镾D?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(zhì)[例4](2023·承德模擬)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為3,點(diǎn)E在棱AA1上,點(diǎn)F在棱CC1上,G在棱BB1上,且AE=FC1=B1G=1,H是棱B1C1上一點(diǎn).(1)求證:E,B,F,D1四點(diǎn)共面;(2)若平面A1GH∥平面BED1F,求證:H為B1C1的中點(diǎn).【證明】(1)如圖,在DD1上取一點(diǎn)N使得DN=1,連接CN,EN,則AE=DN=1.CF=ND1=2,因?yàn)镃F∥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(diǎn)共面;(2)因?yàn)槠矫鍭1GH∥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(diǎn)【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(gè)平面平行(l⊥α,l⊥β?α∥β).(3)利用面面平行的傳遞性,即兩個(gè)平面同時(shí)平行于第三個(gè)平面,則這兩個(gè)平面平行(α∥β,β∥γ?α∥γ).2.當(dāng)已知兩平面平行時(shí),可以得出線面平行,如果要得出線線平行,必須是與第三個(gè)平面的交線平行.【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】在三棱柱ABC-A1B1C1中,若點(diǎn)D,D1分別是AC,A1C1上的點(diǎn),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(diǎn)三空間平行關(guān)系的綜合問題[例5]在底面是菱形的四棱錐P-ABCD中,點(diǎn)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(diǎn)F,使BF∥平面AEC?證明你的結(jié)論.【解析】(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD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?yàn)锳B∥CD,所以l∥CD.(2)當(dāng)F是棱PC的中點(diǎn)時(shí),BF∥平面AEC.證明如下,如圖,取PE的中點(diǎn)M,連接FM,由于M為PE的中點(diǎn),F為PC的中點(diǎn),所以FM∥CE,由M為PE的中點(diǎn),得EM=12PE=ED,知E是MD連接BM,BD,設(shè)BD∩AC=O,因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形,則O為BD的中點(diǎn),由于E是MD的中點(diǎn),O是BD的中點(diǎn),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(shí)可以先從特殊值(如中點(diǎn))入手,驗(yàn)證是否成立,若成立,先下結(jié)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(zhì)來尋求滿足結(jié)論的條件.【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)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(diǎn)F,使平面AEF∥平面PCD?若存在,求線段BF的長(zhǎng);若不存在,請(qǐng)說明理由.【解析】(1)因?yàn)椤鱌AB是等邊三角形,AB=2,所以PB=2.又因?yàn)镻C=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(diǎn)F,使平面AEF∥平面PCD.此時(shí)BF=233如圖,作EF∥PC,交BC于F,連接AF.因?yàn)镻B=3BE,所以E是PB的三等分點(diǎn),可得BF=233.因?yàn)锳B=AD=2,BC=CD=23,AC=所以△ABC≌△ADC,因?yàn)锽C⊥AB,所以∠ABC=90°,因?yàn)閠an∠ACB=ABBC=223所以∠ACB=∠ACD=30°,所以∠BCD=60°,因?yàn)閠an∠AFB=ABBF=223所以∠AFB=60°,所以AF∥CD,因?yàn)锳F?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?yàn)锳F∩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(diǎn)F,使平面AEF∥平面PCD.此時(shí)BF=23第四節(jié)空間直線、平面的垂直課程標(biāo)準(zhǔn)1.從定義和基本事實(shí)出發(fā),借助長(zhǎng)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(guān)系的定義,歸納出有關(guān)垂直的性質(zhì)定理和判定定理,并加以證明.2.能運(yùn)用已獲得的結(jié)論證明空間基本圖形位置關(guān)系的簡(jiǎn)單命題.考情分析考點(diǎn)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(guān)系.線面垂直是高考的熱點(diǎn),在各種題型中都會(huì)有所體現(xiàn).核心素養(yǎng):直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理.【必備知識(shí)·逐點(diǎn)夯實(shí)】【知識(shí)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(nèi)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(zhì)定理類型文字語言圖形表示符號(hào)表示判定定理如果一條直線與一個(gè)平面內(nèi)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(zhì)定理垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行a⊥α,a∥b【微點(diǎn)撥】證明線面垂直時(shí),平面內(nèi)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(gè)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(nèi),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(gè)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(gè)平面相交,如果它們所成的二面角是直二面角,就說這兩個(gè)平面互相垂直.(2)判定定理與性質(zhì)定理類型文字語言圖形表示符號(hào)表示判定定理如果一個(gè)平面過另一個(gè)平面的垂線,那么這兩個(gè)平面垂直l⊥α?α⊥β性質(zhì)定理兩個(gè)平面垂直,如果一個(gè)平面內(nèi)有一直線垂直于這兩個(gè)平面的交線,那么這條直線與另一個(gè)平面垂直α⊥β?l⊥α【基礎(chǔ)小題·自測(cè)】類型辨析改編易錯(cuò)高考題號(hào)12341.(多維辨析)(多選題)下列結(jié)論錯(cuò)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(nèi)的無數(shù)條直線都垂直,則l⊥αC.設(shè)m,n是兩條不同的直線,α是一個(gè)平面,若m∥n,m⊥α,則n⊥αD.若兩平面垂直,則其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線垂直于另一個(gè)平面【解析】選ABD.A中直線也可能在平面內(nèi);B中若平面α內(nèi)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(nèi)與交線垂直的直線與另一個(gè)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(diǎn),PA⊥平面ABC,則四面體P-ABC中直角三角形的個(gè)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(diǎn),PA⊥平面ABC,所以BC⊥PA,因?yàn)锽C⊥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(gè).3.(多選題)(空間垂直關(guān)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(nèi)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(nèi)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(nèi)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(nèi)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(nèi)與a垂直的直線;B中α內(nèi)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(nèi)的所有直線,故C正確,不符合題意,D中α內(nèi)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(diǎn),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(diǎn)M在AD1上,且M為AD1的中點(diǎn),AD1⊥A1D.因?yàn)锳B⊥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(jié)論·速算】1.若兩條平行線中的一條垂直于一個(gè)平面,則另一條也垂直于這個(gè)平面.2.一條直線垂直于兩個(gè)平行平面中的一個(gè),則這條直線與另一個(gè)平面也垂直.3.兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面,它們的交線也垂直于第三個(gè)平面.【即時(shí)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(duì).

【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(duì).答案:7【核心考點(diǎn)·分類突破】考點(diǎn)一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)【考情提示】直線與平面垂直作為空間垂直關(guān)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(zhì)定理而成為高考的熱點(diǎn),涉及直線與平面垂直關(guān)系的判斷、證明以及線面垂直關(guān)系在空間幾何體中的實(shí)際應(yīng)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(diǎn),F是DC上的點(diǎn),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?yàn)锳B⊥平面PAD,AB?平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.因?yàn)槠矫鍼AD∩平面ABCD=AD,PH⊥AD,所以PH⊥平面ABCD.(2)取PA的中點(diǎn)M,連接MD,ME.因?yàn)镋是PB的中點(diǎn),所以ME=12又因?yàn)镈F=12AB,所以ME-DF所以四邊形MEFD是平行四邊形,所以EF∥MD.因?yàn)镻D=AD,所以MD⊥PA.因?yàn)锳B⊥平面PAD,所以MD⊥AB.因?yàn)镻A∩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(zhì)[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(diǎn),M,N分別在AB,PC上,且MN⊥AB,MN⊥PC.證明:AE∥MN.【證明】因?yàn)锳B⊥平面PAD,AE?平面PAD,所以AE⊥AB.又AB∥CD,所以AE⊥CD.因?yàn)锳D=AP,E是PD的中點(diǎn),所以AE⊥PD.又CD∩PD=D,CD,PD?平面PCD,所以AE⊥平面PCD.因?yàn)镸N⊥AB,AB∥CD,所以MN⊥CD.又因?yàn)镸N⊥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(zhì)(a⊥α,α∥β?a⊥β);(4)面面垂直的性質(zhì).2.直線與平面垂直性質(zhì)的解題策略(1)判定定理與性質(zhì)定理的合理轉(zhuǎn)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(zhì).(2)在解題中要重視平面幾何的知識(shí),特別是正余弦定理及勾股定理的應(yīng)用.(3)重要結(jié)論要熟記:經(jīng)過一點(diǎn)與已知直線垂直的直線都在過這點(diǎn)且與已知直線垂直的平面內(nèi).此結(jié)論可幫助解決動(dòng)點(diǎn)的軌跡問題.【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)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(diǎn).證明:(1)CD⊥AE;(2)PD⊥平面ABE.【證明】(1)在四棱錐P-ABCD中,因?yàn)镻A⊥底面ABCD,CD?平面ABCD,所以PA⊥CD.因?yàn)锳C⊥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?yàn)镋是PC的中點(diǎn),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?yàn)镻A⊥底面ABCD,所以PA⊥AB.又因?yàn)锳B⊥AD且PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,而PD?平面PAD,所以AB⊥PD.又因?yàn)锳B∩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(diǎn),且MN⊥B1D1,MN⊥C1D,求證:MN∥A1C.【證明】(1)連接A1C1(圖略).因?yàn)镃C1⊥平面A1B1C1D1,B1D1?平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1D1.因?yàn)樗倪呅蜛1B1C1D1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?yàn)锽1C1∥AD,所以四邊形ADC1B1為平行四邊形,所以C1D∥AB1.因?yàn)镸N⊥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(diǎn)二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)【考情提示】平面與平面垂直作為空間垂直關(guān)系的載體因其集中考查平面與平面垂直的判定定理,性質(zhì)定理成為高考的熱點(diǎn),涉及平面與平面垂直關(guān)系的判斷、證明以及在空間幾何體中的實(shí)際應(yīng)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(duì)角線AC,BD交于點(diǎn)O,M為棱PD的中點(diǎn),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?yàn)镺是菱形ABCD對(duì)角線AC,BD的交點(diǎn),所以O(shè)為BD的中點(diǎn),因?yàn)镸是棱PD的中點(diǎn),所以O(shè)M∥PB,因?yàn)镺M?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(diǎn),因?yàn)镸A=MC,所以AC⊥OM,因?yàn)镺M∩BD=O,所以AC⊥平面PBD,因?yàn)锳C?平面AMC,所以平面PBD⊥平面AMC.角度2平面與平面垂直的性質(zhì)[例4]在矩形ABCD中,AB=2AD=4,E是AB的中點(diǎn),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(diǎn)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(diǎn)N,連接PN,MN,則BC⊥MN,因?yàn)镻B=PC,所以BC⊥PN,因?yàn)镸N∩PN=N,MN,PN?平面PMN,所以BC⊥平面PMN,因?yàn)镻M?平面PMN,所以BC⊥PM,由(1)知,PM⊥DE,又BC,DE?平面BCDE,且BC與DE延長(zhǎng)后是相交的,所以PM⊥平面BCDE,因?yàn)镻M?平面PDE,所以平面PDE⊥平面BCDE.【解題技法】關(guān)于面面垂直的判定與性質(zhì)(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(zhì)的應(yīng)用①面面垂直的性質(zhì)定理是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直的依據(jù),運(yùn)用時(shí)要注意“平面內(nèi)的直線”.②若兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面,則它們的交線也垂直于第三個(gè)平面.【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,點(diǎn)E在棱PC上(異于點(diǎn)P,C),平面ABE與棱PD交于點(diǎn)F.(1)求證:AB∥EF;(2)若AF⊥EF,求證:平面PAD⊥平面ABCD.【證明】(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形,所以AB∥CD.又AB?平面PDC,CD?平面PDC,所以AB∥平面PDC.又因?yàn)锳B?平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF,所以AB∥EF.(2)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形,所以AB⊥AD.因?yàn)锳F⊥EF,(1)中已證AB∥EF,所以AB⊥AF.又AB⊥AD,由點(diǎn)E在棱PC上(異于點(diǎn)P,C),所以點(diǎn)F異于點(diǎn)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(diǎn)M在線段PC上,且PM=2MC,N為AD的中點(diǎn).(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?yàn)镻A=PD,N為AD的中點(diǎn),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?yàn)镻A=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?yàn)锳D⊥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(diǎn)三直線、平面垂直的綜合應(yīng)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(diǎn).(1)當(dāng)OE∥平面D1BC時(shí),求證:E為AB的中點(diǎn);(2)在線段AB上是否存在點(diǎn)E,使得平面D1DE⊥平面AD1C?若存在,求出AE的長(zhǎng);若不存在,請(qǐng)說明理由.【解析】(1)因?yàn)樗倪呅蜛A1D1D為正方形,A1D∩AD1=O,所以O(shè)為AD1的中點(diǎn),又因?yàn)镺E∥平面D1BC,平面ABD1∩平面D1BC=BD1,OE?平面ABD1,所以O(shè)E∥BD1,又因?yàn)镺為AD1的中點(diǎn),所以E為AB的中點(diǎn);(2)存在,當(dāng)AE=12時(shí),平面D1DE⊥平面AD1C,理由如下:設(shè)AC∩DE=F因?yàn)樗倪呅蜛A1D1D為正方形,所以D1D⊥AD,又因?yàn)锳D=平面AA1D1D∩平面ABCD,平面AA1D1D⊥平面ABCD,D1D?平面AA1D1D,所以D1D⊥平面ABCD,又因?yàn)锳C?平面ABCD,所以D1D⊥AC,又因?yàn)樵诰匦蜛BCD中,AB=2,AD=1,當(dāng)AE=12時(shí),在Rt△ADE中,tan∠ADE=AEAD=在Rt△ABC中,tan∠BAC=BCAB=1所以∠ADE=∠BAC,又因?yàn)椤螧AD=∠BAC+∠DAC=90°,所以∠ADE+∠DAC=90°,則∠AFD=90°,所以AC⊥DE,又因?yàn)镈E∩DD1=D,DE,DD1?平面D1DE,所以AC⊥平面D1DE,又因?yàn)锳C?平面AD1C,所以平面D1DE⊥平面AD1C.【解題技法】關(guān)于線、面垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用(1)三種垂直的綜合問題,一般通過作輔助線進(jìn)行線線、線面、面面垂直間的轉(zhuǎn)化.求解時(shí)應(yīng)注意垂直的性質(zhì)及判定的綜合應(yīng)用;(2)如果有平面垂直時(shí),一般要用性質(zhì)定理,在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線,使之轉(zhuǎn)化為線面垂直,然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直.【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】如圖,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)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(diǎn).過A,B,E的平面交側(cè)面PDC于l.(1)求證:AB∥l;(2)若E為PC的中點(diǎn),在線段PB上是否存在一點(diǎn)Q,使得平面PDC⊥平面DEQ?若存在,求出PBQB的值;若不存在,請(qǐng)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(diǎn)Q,使得平面PDC⊥平面DEQ,此時(shí)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(diǎn)Q,使得平面PDC⊥平面DEQ,此時(shí)PBQB=3【重難突破】球與幾何體的切、接問題【解題關(guān)鍵】(1)“接”的處理:把一個(gè)多面體的幾個(gè)頂點(diǎn)放在球面上即球的外接問題.解決這類問題的關(guān)鍵是抓住外接的特點(diǎn),即球心到多面體的頂點(diǎn)的距離等于球的半徑.(2)“切”的處理:解決與球有關(guān)的內(nèi)切問題主要是指球內(nèi)切多面體與旋轉(zhuǎn)體,解答時(shí)要先找準(zhǔn)切點(diǎn),通過作截面來解決.如果內(nèi)切的是多面體,則多通過多面體過球心的對(duì)角面來作截面.1.常見幾何體的內(nèi)切球和外接球(1)內(nèi)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(diǎn)的距離均相等;(2)正多面體的內(nèi)切球和外接球的球心重合;(3)正棱錐的內(nèi)切球和外接球的球心都在高線上.【說明】求外接球或內(nèi)切球的方法:在球內(nèi)部構(gòu)造直角三角形,利用勾股定理求解.2.長(zhǎng)方體的外接球(1)球心:體對(duì)角線的交點(diǎn);(2)半徑:R=a2+b2+c223.正方體的外接球、內(nèi)切球及與各條棱相切的球球心是正方體的中心,設(shè)a為正方體的棱長(zhǎng).(1)外接球:半徑R=32a(2)內(nèi)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(nèi)切球球心是正四面體的中心,a為正四面體的棱長(zhǎng).(1)外接球:半徑R=64a(2)內(nèi)切球:半徑r=612【推導(dǎo)如下】設(shè)正四面體S-ABC的棱長(zhǎng)為a,其內(nèi)切球的半徑為r,外接球的半徑為R,如圖,取AB的中點(diǎn)D,連接SD,CD,SE為正四面體的高,在截面三角形SDC內(nèi)作一個(gè)與邊SD和DC相切,且圓心在高SE上的圓.由正四面體的對(duì)稱性,可知其內(nèi)切球和外接球的球心同為O.此時(shí),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(diǎn)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(cè)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(shè)圓柱O1O2的底面半徑為r,球O的半徑為R,則R2=r2+16,因?yàn)榍騉的表面積是圓柱O1O2側(cè)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(fù)值舍去).命題點(diǎn)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(diǎn)都在球O的球面上,棱錐的底面是邊長(zhǎng)為23的正三角形,側(cè)棱長(zhǎng)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(zhǎng)SO交球O于點(diǎn)D,設(shè)△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(diǎn)3臺(tái)體的外接球[例3](2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱臺(tái)的高為1,上、下底面邊長(zhǎng)分別為33和43,其頂點(diǎn)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(shè)該正三棱臺(tái)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(shè)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(diǎn)4組合體的外接球[例4](2023·安慶模擬)我國(guó)有著豐富悠久的“印章文化”,古時(shí)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(shí)代表身份的信物,后因其獨(dú)特的文化內(nèi)涵,也被作為裝飾物來使用.圖1是明清時(shí)期的一個(gè)金屬印章擺件,除去頂部的環(huán)以后可以看作是一個(gè)正四棱柱和一個(gè)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(zhǎng)均為2,若該幾何體的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)球的表面上,則這個(gè)球的表面積為________.

【解析】如圖,設(shè)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(guān)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(diǎn)的情況確定球心的準(zhǔn)確位置.(2)對(duì)于特殊的多面體還可通過補(bǔ)成正方體或長(zhǎng)方體的方法找到球心位置.【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)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?yàn)椤螦BC=π2,所以可以將直三棱柱ABC-A1B1C1補(bǔ)成長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1則該直三棱柱的外接球就是長(zhǎng)方體的外接球,外接球的直徑等于長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng).設(shè)外接球的半徑為R,則4πR2=16π,解得R=2.設(shè)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(gè)圓錐和圓臺(tái)的組合體,且圓錐的底面圓與圓臺(tái)的較大底面圓重合.已知圓臺(tái)的較小底面圓的半徑為1,圓錐與圓臺(tái)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(shè)外接球半徑為R,球心為O,圓臺(tái)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?yàn)镻A=PC=2,AC=2,所以PA⊥PC.因?yàn)锳B⊥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(diǎn)為O,連接OA,OP,則OB=OC=OA=OP,即點(diǎn)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?yàn)镻A=PC=2,AC=2,所以PA⊥PC,△ACP為直角三角形.如圖,取AC的中點(diǎn)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(diǎn)到點(diǎn)P,A,C的距離都相等.因?yàn)锳B⊥平面PAC,所以AB∥n.設(shè)直線n與BC的交點(diǎn)為O,則O為線段BC的中點(diǎn),所以點(diǎn)O到點(diǎn)B,C的距離相等,則點(diǎn)O即為三棱錐P-ABC外接球的球心.因?yàn)锳B⊥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?yàn)镻A=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(zhǎng)方體中,此長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為2,2,42,則三棱錐P-ABC的外接球即長(zhǎng)方體的外接球,長(zhǎng)方體的體對(duì)角線即長(zhǎng)方體外接球的直徑,易得長(zhǎng)方體的體對(duì)角線的長(zhǎng)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(nèi)切球問題命題點(diǎn)1柱體的內(nèi)切球[例5]如圖,已知球O是棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的內(nèi)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(nèi)切圓,如圖.因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為1,所以AC=CD1=AD1=2,所以內(nèi)切圓的半