2025版 数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版第八章 第三节 空间直线、平面的平行含答案

3版数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版第八章第三节空间直线、平面的平行第三节空间直线、平面的平行课程标准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、平面与平面的平行关系的定义,归纳出有关平行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.考情分析考点考法:高考命题常以空间几何体为载体,考查直线、平面平行的判断和证明.线面平行的证明是高考的热点.常以解答题的形式出现.核心素养:直观想象、逻辑推理.【必备知识·逐点夯实】【知识梳理·归纳】1.直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线l与平面α没有公共点,则称直线l与平面α平行.(2)判定定理与性质定理项目文字语言图形表示符号表示判定定理如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α性质定理一条直线和一个平面平行,如果过该直线的平面与此平面相交,那么该直线与交线平行a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b【微点拨】a∥b,b⊂αa∥α,因为a可能在平面α内.2.平面与平面平行(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面.(2)判定定理与性质定理项目文字语言图形表示符号表示判定定理如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,那么这两个平面平行a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒α∥β性质两个平面平行,则其中一个平面内的直线平行于另一个平面α∥β,a⊂α⇒a∥β性质定理两个平面平行,如果另一个平面与这两个平面相交,那么两条交线平行α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b【微点拨】α∥β,a⊂α,b⊂βa∥b,因为a与b可能是异面直线.【基础小题·自测】类型辨析改编易错题号12,431.(多维辨析)(多选题)下列结论错误的是()A.若一条直线平行于一个平面内的一条直线,则这条直线平行于这个平面B.若一条直线平行于一个平面,则这条直线平行于这个平面内的无数条直线C.若直线a与平面α内无数条直线平行,则a∥αD.如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么这两个平面平行【解析】选ACD.A错误,这条直线也可能在平面内;B正确;C错误,直线a也可能在平面内;D错误,若这两条直线是平行直线,两个平面不一定平行.2.(必修二P138例3变形式)已知直线l和平面α,若l∥α,P∈α,则过点P且平行于l的直线()A.只有一条,不在平面α内B.只有一条,且在平面α内C.有无数条,一定在平面α内D.有无数条,不一定在平面α内【解析】选B.过直线外一点作该直线的平行线有且只有一条,因为点P在平面α内,所以这条直线也应该在平面α内.3.(易忽略“a⊂α”而致误)两条直线a,b满足a∥b,b⊂α,则a与平面α的位置关系一定是()A.a∥α B.a⊂αC.a与α相交 D.a与α不相交【解析】选D.由于b⊂α且a∥b,则a∥α或a⊂α.故a与α不相交.4.(必修二P137例2变形式)如图所示的三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的平面与平面ABC交于DE,则DE与AB的位置关系是()A.异面 B.平行C.相交 D.以上均有可能【解析】选B.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,因为AB⊂平面ABC,A1B1⊄平面ABC,所以A1B1∥平面ABC,因为过A1B1的平面与平面ABC交于DE,所以DE∥A1B1,所以DE∥AB.【巧记结论·速算】1.垂直于同一条直线的两个平面平行,即若a⊥α,a⊥β,则α∥β.2.平行于同一个平面的两个平面平行,即若α∥β,β∥γ,则α∥γ.3.垂直于同一个平面的两条直线平行,即若a⊥α,b⊥α,则a∥b.4.两条直线被三个平行平面所截,截得的对应线段成比例.【即时练】如图,平面α∥平面β∥平面γ,两条直线a,b分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F.已知AB=2cm,DE=4cm,EF=3cm,则AC的长为________cm.

【解析】过点D作直线AB的平行线分别交平面β与平面γ于点M,N,连接AD,BM,CN,ME,NF,如图所示,所以AD∥BM∥CN,ME∥NF,所以ABBC=DMMN=DEEF,因为AB=2cm,DE=4cm,EF=3cm,所以2BC=43所以AC=AB+BC=2+32=72答案:7【核心考点·分类突破】考点一直线与平面平行【考情提示】直线与平面平行作为空间平行关系的载体因其全面考查直线与平面平行的判定、性质定理而成为高考的热点,涉及空间平行关系的判断、证明以及在实际问题中的应用.角度1直线与平面平行的判定[例1]如图所示的四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是梯形,AB∥CD,AD=BD=2,∠BDC=π3,BC=23,PD⊥平面ABCD,FC=2PF.证明:AP∥平面【证明】因为AB∥CD,所以∠DBA=∠BDC=π3因为AD=BD,所以△DAB为等边三角形,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如图,连接AC交BD于点E,连接EF,因为AB∥CD,所以△ABE∽△CDE,所以AE∶EC=AB∶CD=1∶2,因为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直线与平面平行的性质[例2]如图所示,已知四边形ABCD是正方形,四边形ACEF是矩形,EF⊄平面ABCD,M是EF的中点.(1)求证:AM∥平面BDE;(2)若平面ADM∩平面BDE=l,平面ABM∩平面BDE=m,试分析l与m的位置关系,并证明你的结论.【解析】(1)记AC与BD的交点为O,连接OE(图略).因为O,M分别是AC,EF的中点,四边形ACEF是矩形,所以四边形AOEM是平行四边形,所以AM∥OE.因为OE⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,所以AM∥平面BDE.(2)l∥m,证明如下:由(1)知,AM∥平面BDE.因为AM⊂平面ADM,平面ADM∩平面BDE=l,所以l∥AM.因为AM⊂平面ABM,平面ABM∩平面BDE=m,所以m∥AM,所以l∥m.【解题技法】1.判断或证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(无公共点).(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α).(3)利用面面平行的性质(α∥β,a⊂α⇒a∥β).(4)利用面面平行的性质(α∥β,a⊄β,a∥α⇒a∥β).2.应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置,有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线.【对点训练】如图,四边形ABCD为矩形,PD=AB=2,AD=4,点E,F分别为AD,PC的中点.设平面PDC∩平面PBE=l.证明:(1)DF∥平面PBE;(2)DF∥l.【证明】(1)取PB的中点G,连接FG,EG,因为点F为PC的中点,所以FG∥BC,FG=12BC因为四边形ABCD为矩形,所以BC∥AD,且BC=AD,所以DE∥FG,DE=FG,所以四边形DEGF为平行四边形,所以DF∥GE,因为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.考点二平面与平面平行的判定与性质【考情提示】平面与平面平行作为空间平行关系的载体因其全面考查平面与平面平行的判定定理与性质定理而成为高考的热点.涉及空间平面与平面平行关系的判断、证明以及在空间实际问题中的应用.角度1平面与平面平行的判定[例3]如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,S是B1D1的中点,E,F,G分别是BC,DC,SC的中点,求证:(1)EG∥平面BDD1B1;(2)平面EFG∥平面BDD1B1.【证明】(1)连接SB,如图所示:因为E,G分别是BC,SC的中点,所以EG∥SB,又因为SB⊂平面BDD1B1,EG⊄平面BDD1B1,所以直线EG∥平面BDD1B1;(2)连接SD,如图所示,因为F,G分别是DC,SC的中点,所以FG∥SD,又因为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平面与平面平行的性质[例4](2023·承德模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点E在棱AA1上,点F在棱CC1上,G在棱BB1上,且AE=FC1=B1G=1,H是棱B1C1上一点.(1)求证:E,B,F,D1四点共面;(2)若平面A1GH∥平面BED1F,求证:H为B1C1的中点.【证明】(1)如图,在DD1上取一点N使得DN=1,连接CN,EN,则AE=DN=1.CF=ND1=2,因为CF∥ND1,所以四边形CFD1N是平行四边形,所以D1F∥CN.同理四边形DNEA是平行四边形,所以EN∥AD,且EN=AD,又BC∥AD,且AD=BC,所以EN∥BC,EN=BC,所以四边形CNEB是平行四边形,所以CN∥BE,所以D1F∥BE,所以E,B,F,D1四点共面;(2)因为平面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为B1C1的中点【解题技法】1.证明面面平行的常用方法(1)利用面面平行的判定定理.(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α,l⊥β⇒α∥β).(3)利用面面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行(α∥β,β∥γ⇒α∥γ).2.当已知两平面平行时,可以得出线面平行,如果要得出线线平行,必须是与第三个平面的交线平行.【对点训练】在三棱柱ABC-A1B1C1中,若点D,D1分别是AC,A1C1上的点,且平面BC1D∥平面AB1D1,试求ADDC的值【解析】连接A1B交AB1于O,连接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为线段A1考点三空间平行关系的综合问题[例5]在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中,点E在PD上,且PE∶ED=2∶1,平面PAB∩平面PCD=l.(1)证明:l∥CD;(2)在棱PC上是否存在一点F,使BF∥平面AEC?证明你的结论.【解析】(1)因为四边形ABCD为菱形,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,因为AB∥CD,所以l∥CD.(2)当F是棱PC的中点时,BF∥平面AEC.证明如下,如图,取PE的中点M,连接FM,由于M为PE的中点,F为PC的中点,所以FM∥CE,由M为PE的中点,得EM=12PE=ED,知E是MD连接BM,BD,设BD∩AC=O,因为四边形ABCD是菱形,则O为BD的中点,由于E是MD的中点,O是BD的中点,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.【解题技法】存在性问题的解题策略解决这种存在性问题,寻找思路时可以先从特殊值(如中点)入手,验证是否成立,若成立,先下结论再证明;若不成立,再借助线面平行、面面平行的判定与性质来寻求满足结论的条件.【对点训练】如图,在四棱锥P-ABCD中,△PAB是等边三角形,BC⊥AB,BC=CD=23,AB=AD=2.(1)若PC=4,求三棱锥P-ABC的体积;(2)若PB=3BE,则在线段BC上是否存在一点F,使平面AEF∥平面PCD?若存在,求线段BF的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)因为△PAB是等边三角形,AB=2,所以PB=2.又因为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所以三棱锥P-ABC的体积V=13S△PAB·BC=13×3×23(2)在线段BC上存在一点F,使平面AEF∥平面PCD.此时BF=233如图,作EF∥PC,交BC于F,连接AF.因为PB=3BE,所以E是PB的三等分点,可得BF=233.因为AB=AD=2,BC=CD=23,AC=所以△ABC≌△ADC,因为BC⊥AB,所以∠ABC=90°,因为tan∠ACB=ABBC=223所以∠ACB=∠ACD=30°,所以∠BCD=60°,因为tan∠AFB=ABBF=223所以∠AFB=60°,所以AF∥CD,因为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.因为AF∩EF=F,AF⊂平面AEF,EF⊂平面AEF,所以平面AEF∥平面PCD.所以在线段BC上存在一点F,使平面AEF∥平面PCD.此时BF=23第四节空间直线、平面的垂直课程标准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.考情分析考点考法: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.核心素养:直观想象、数学运算、逻辑推理.【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⊥a,l⊥b,a⋂b=O性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行a⊥α,a∥b【微点拨】证明线面垂直时,平面内的两条直线必须是相交直线.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:0,3.二面角(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l⊥α⇒α⊥β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α⊥β⇒l⊥α【基础小题·自测】类型辨析改编易错高考题号12341.(多维辨析)(多选题)下列结论错误的是()A.若直线与平面所成的角为0°,那么直线与平面平行B.直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥αC.设m,n是两条不同的直线,α是一个平面,若m∥n,m⊥α,则n⊥αD.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【解析】选ABD.A中直线也可能在平面内;B中若平面α内的与直线l都垂直的无数条直线都平行,则l与α不一定垂直;C正确;D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aB.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βC.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aD.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ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCDD.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.【巧记结论·速算】1.若两条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.2.一条直线垂直于两个平行平面中的一个,则这条直线与另一个平面也垂直.3.两个相交平面同时垂直于第三个平面,它们的交线也垂直于第三个平面.【即时练】已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面,连接PB,PC,PA,AC,BD,则一定互相垂直的平面有________对.

【解析】如图,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对.答案:7【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=12AB,PH为△PAD中AD边上的高求证:(1)PH⊥平面ABCD;(2)EF⊥平面PAB.【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)取PA的中点M,连接MD,ME.因为E是PB的中点,所以ME=12又因为DF=12AB,所以ME-DF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;(2)PD⊥平面ABE.【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)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;(2)M,N分别为B1D1与C1D上的点,且MN⊥B1D1,MN⊥C1D,求证:MN∥A1C.【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)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;(2)平面PBD⊥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)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;(2)若PB=PC,求证:平面PDE⊥平面BCDE.【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=12DE=2而梯形BCDE的面积S=12(BE+CD)·BC=1所以四棱锥P-BCDE的体积V=13PM·S=13×2×6=2(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】1.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.【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)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.【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)因为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因为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考点三直线、平面垂直的综合应用[例5]如图所示,正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直,AB=2AD=2,A1D∩AD1=O,E为线段AB上一点.(1)当OE∥平面D1BC时,求证:E为AB的中点;(2)在线段AB上是否存在点E,使得平面D1DE⊥平面AD1C?若存在,求出AE的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)因为四边形AA1D1D为正方形,A1D∩AD1=O,所以O为AD1的中点,又因为OE∥平面D1BC,平面ABD1∩平面D1BC=BD1,OE⊂平面ABD1,所以OE∥BD1,又因为O为AD1的中点,所以E为AB的中点;(2)存在,当AE=12时,平面D1DE⊥平面AD1C,理由如下:设AC∩DE=F因为四边形AA1D1D为正方形,所以D1D⊥AD,又因为AD=平面AA1D1D∩平面ABCD,平面AA1D1D⊥平面ABCD,D1D⊂平面AA1D1D,所以D1D⊥平面ABCD,又因为AC⊂平面ABCD,所以D1D⊥AC,又因为在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,当AE=12时,在Rt△ADE中,tan∠ADE=AEAD=在Rt△ABC中,tan∠BAC=BCAB=1所以∠ADE=∠BAC,又因为∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°,所以∠ADE+∠DAC=90°,则∠AFD=90°,所以AC⊥DE,又因为DE∩DD1=D,DE,DD1⊂平面D1DE,所以AC⊥平面D1DE,又因为AC⊂平面AD1C,所以平面D1DE⊥平面AD1C.【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,侧棱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上一点.过A,B,E的平面交侧面PDC于l.(1)求证:AB∥l;(2)若E为PC的中点,在线段PB上是否存在一点Q,使得平面PDC⊥平面DEQ?若存在,求出PBQB的值;若不存在,请说明理由【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)存在点Q,使得平面PDC⊥平面DEQ,此时PBQB连接BD(图略),易得BD=2,BC=12+(又PD⊥底面ABCD,CD⊂底面ABCD,BD⊂底面ABCD,则PD⊥DC,PD⊥DB,则PC=4+4=22,PB=22+(则PB2+BC2=PC2,PB⊥BC,又PQ=23PB=263,PE=12cos∠BPC=PBPC=3QE2=PQ2+PE2-2PQ·PE·cos∠BPC=23则QE2+PE2=PQ2,则QE⊥PC,又DE⊥PC,QE⊂平面DEQ,DE⊂平面DEQ,QE∩DE=E,则PC⊥平面DEQ,又PC⊂平面PDC,故存在点Q,使得平面PDC⊥平面DEQ,此时PBQB=3【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=a2+b2+c223.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=32a(2)内切球:半径r=a2(3)与各条棱都相切的球:半径r'=224.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=64a(2)内切球:半径r=612【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=33a,SE=63则有R+r=SE=63a,R2-r2=CE2=a解得R=64a,r=6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.32C.42 D.42+2【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=42(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23的正三角形,侧棱长为25,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=23sin60°易知SE⊥平面ABC,由勾股定理可知,三棱锥S-ABC的高SE=SA2-AE2=(25)∠SAD=90°,由射影定理可知,球O的直径2R=SD=SA2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33和43,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=33sin60°,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=R2d2=R2-16,故d1-d2即R2-9-R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=1212h2+8=h+12h=32h,解得故球的表面积为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=π2.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.42 D.22【解析】选D.因为∠ABC=π2,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=22,所以该直三棱柱的高为22.2.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5-1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OO12+12=R2,而OO1=5-1+3-R,故R2=1+(5+2-R)2,解得R=5,此组合体外接球的表面积S=4πR23.已知在三棱锥P-ABC中,AB⊥平面APC,AB=42,PA=PC=2,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=2,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=42,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=2,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=42,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=2,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2,2,42,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.66π B.π3 C.π6 D【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=2,所以内切圆的半