第八章　第四節(jié)　空間直線、平面的垂直

PAGE溫馨提示：此套題為Word版，請(qǐng)按住Ctrl,滑動(dòng)鼠標(biāo)滾軸，調(diào)節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。板塊。第四節(jié)空間直線、平面的垂直【課標(biāo)解讀】【命題說(shuō)明】【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(guò)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.【核心素養(yǎng)】直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理.考向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).預(yù)測(cè)2025年高考這一部分知識(shí)仍會(huì)考查,以解答題第(1)問(wèn)的形式出現(xiàn),難度中檔.【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(shuō)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(yǔ)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,b⊥α?a2.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:03.二面角(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(shuō)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(yǔ)言圖形表示符號(hào)表示判定定理如果一個(gè)平面過(guò)另一個(gè)平面的垂線,那么這兩個(gè)平面垂直性質(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)平面垂直常用結(jié)論1.若兩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.若一條直線垂直于一個(gè)平面,則它垂直于這個(gè)平面內(nèi)的任何一條直線(證明線線垂直的一個(gè)重要方法).3.垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行.基礎(chǔ)診斷·自測(cè)類型辨析改編易錯(cuò)高考題號(hào)12341.(思考辨析)(正確的打“√”,錯(cuò)誤的打“×”)(1)已知直線a,b,c,若a⊥b,b⊥c,則a∥c.(×)(2)直線l與平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線都垂直,則l⊥α.(×)(3)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⊥α.(√)(4)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.(×)提示:(1)中a,c可能相交、平行也可能異面;(2)中若平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線都平行,則l與α不一定垂直;(4)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(wú)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.【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;【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)EF⊥平面PAB.【證明】(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MEDF,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(guò)一點(diǎn)與已知直線垂直的直線都在過(guò)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(wèn)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;【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)PD⊥平面ABE.【證明】(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;【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)M,N分別為B1D1與C1D上的點(diǎn),且MN⊥B1D1,MN⊥C1D,求證:MN∥A1C.【證明】(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;【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)平面PBD⊥平面AMC.【證明】(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;【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)若PB=PC,求證:平面PDE⊥平面BCDE.【解析】(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;【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)若平面PAD⊥平面ABCD,求三棱錐P-NBM的體積.【解析】(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,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點(diǎn).求證:(1)PE⊥BC;【證明】(1)因?yàn)镻A=PD,E為AD的中點(diǎn),所以PE⊥AD.因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,所以BC∥AD,所以PE⊥BC.(2)平面PAB⊥平面PCD;【證明】(2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,所以AB⊥AD.又因?yàn)槠矫鍼AD⊥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?yàn)镻A⊥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.【證明】(3)如圖,取PC的中點(diǎn)G,連接FG,DG.因?yàn)镕,G分別為PB,PC的中點(diǎn),所以FG∥BC,FG=12因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形,且E為AD的中點(diǎn),所以DE∥BC,DE=12BC所以DE∥FG,DE=FG,所以四邊形DEFG為平行四邊形,所以EF∥DG.又因?yàn)镋F?平面PCD,DG?平面PCD,所以EF∥平面PCD.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(wèn)題,一般通過(guò)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,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;【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)若AF⊥EF,求證:平面PAD⊥平面ABCD.【證明】(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)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.重難突破球與幾何體的切、接問(wèn)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(wèn)題.解決這類問(wèn)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(wèn)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(guò)作截面來(lái)解決.如果內(nèi)切的是多面體,則多通過(guò)多面體過(guò)球心的對(duì)角面來(lái)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(shuō)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(wèn)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SABC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)所以∠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(lái)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=1212?2+8=h+12解得h=1,所以R=32故球的表面積為S=4πR2=9π.答案:9π解題技法求解外接球問(wèn)題的方法(1)解決多面體外接球問(wèn)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(guò)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(guò)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(cāng)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(guò)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(wèn)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)切圓的半徑r=66所以S=πr2=π×636=π命題點(diǎn)2錐體的內(nèi)切球[例6]已知圓錐的底面半徑為1,母線長(zhǎng)為3,則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為.

【解析】易知半徑最大的球?yàn)閳A錐的內(nèi)切球,球與圓錐內(nèi)切時(shí)的軸截面如圖所示,其中BC=2,AB=AC=3,且點(diǎn)M為BC邊的中點(diǎn),設(shè)內(nèi)切圓的圓心為O,半徑為r,由于AM=32-1故S△ABC=12×2×22=22因?yàn)镾△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=12×AB×r+12×BC×r+12×AC×r=12×(3+2+3)×r=22,解得r=22,故所求體積V=43π答案:23解題技法求解內(nèi)切球問(wèn)題的關(guān)鍵點(diǎn)(1)求解多面體的內(nèi)切球問(wèn)題的關(guān)鍵是求內(nèi)切球的半徑.(2)求多面體內(nèi)切球半徑,往往可用“等體積法”.V多=S表·R內(nèi)切·13(3)正四面體內(nèi)切球半徑是高的14,外接球半徑是高的3對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1.(2023·本溪模擬)如圖所示,直三棱柱ABC-A1B1C1是一塊石材,測(cè)量得∠ABC=90°,AB=6,BC=8,AA1=13.若將該石材切削、打磨,加工成幾個(gè)大小相同的健身手球,則一個(gè)加工所得的健身手球的最大體積及此時(shí)加工成的健身手球的個(gè)數(shù)分別為()A.32π3,4 B.9π2,3 C.6π,4 D.【解析】選D.依題意知,當(dāng)健身手球與直三棱柱