(共49张PPT)
第4讲 空间角、空间距离
考点一 异面直线所成的角
考点二 直线与平面所成的角
目 录 索 引
考点三 平面与平面的夹角
考点四 距离问题
考点一 异面直线所成的角
理知识
设异面直线l,m的方向向量分别为a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2),异面直线l,m的夹角为θ.则(1)θ∈(0,];
(2)cos θ=|cos
|=.
链高考
(多选题)(2022新高考Ⅰ,9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则( )
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
ABD
解析 连接AD1,∵在正方体ABCD -A1B1C1D1中,BC1∥AD1,A1D⊥AD1,
∴直线BC1与DA1所成的角为90°,故A正确;
连接B1C,∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1 平面BCC1B1,
∴A1B1⊥BC1,
又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,
A1B1 平面A1B1C,B1C 平面A1B1C,
∴BC1⊥平面A1B1C,
又CA1 平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,
即直线BC1与CA1所成的角为90°,故B正确;
连接A1C1,交B1D1于点O,连接BO.
易证C1A1⊥平面BB1D1D.
∴∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.
设正方体的棱长为a,则OC1=a,BC1=a,
∴sin∠C1BO=,∴∠C1BO=30°,故C错误;
∵C1C⊥平面ABCD,∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角.
又∠C1BC=45°,∴直线BC1与平面ABCD所成的角为45°,故D正确.
故选ABD.
例1 如图,已知点O是圆柱下底面圆的圆心,AA1为圆柱的一条母线,B为圆柱下底面圆周上一点,OA=1,∠AOB=,△AA1B为等腰直角三角形,求异面直线A1O与AB所成的角的余弦值.【一题多解】
解 (方法一 几何法)如图,过点B作BB1∥AA1交圆柱的上底面于点B1,连接A1B1,B1O,则由圆柱的性质易证四边形A1B1BA为矩形,所以A1B1∥AB,所以∠B1A1O或其补角即异面直线A1O与AB所成的角.
在△AOB中,OA=OB=1,∠AOB=,所以AB=
因为△AA1B为等腰直角三角形,且AA1⊥AB,
所以A1A=AB=,所以B1O=A1O==2.
又A1B1=AB=,所以cos∠B1A1O=
(另解:cos∠B1A1O=),
所以异面直线A1O与AB所成角的余弦值为
(方法二 向量坐标法)以点O为坐标原点,OA所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
在△AOB中,OA=OB=1,∠AOB=,所以AB=
因为△AA1B为等腰直角三角形,且AA1⊥AB,
所以A1A=AB=,
所以O(0,0,0),A(0,1,0),B(-,-,0),A1(0,1,),
所以=(-,-,0),=(0,1,),所以cos<>==-,所以异面直线A1O与AB所成角的余弦值为
(方法三 应用向量数量积)在△AOB中,OA=OB=1,∠AOB=,
所以AB=,∠OAB=
因为△AA1B为等腰直角三角形,且AA1⊥AB,所以AA1=AB=,
所以A1O==2,=0,=0,
所以=()=||·||cos,
所以cos<>=,
所以异面直线A1O与AB所成角的余弦值为
考点二 直线与平面所成的角
理知识
设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ.则
(1)θ∈[0,];
(2)sin θ=|cos|=.
链高考
(2025北京,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,△ABC与△ADC均为等腰直角三角形,∠BAC=90°,∠ADC=90°,E为线段BC的中点.
(1)若F,G分别为线段PD,PE的中点,求证:FG∥平面PAB;
(2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求AB与平面PCD夹角的正弦值.
(1)证明 取PA的中点N,PB的中点M,连接FN,MN,GM.
由题意,知∠ADC=90°,∠BAC=90°,
令AD=CD=2,则AC=AB=2,
∴BC==4.
又FN=AD=1,BE=CB=2,GM=BE=1,则FN=GM.
∵∠DCA=∠ACB=45°,∴∠ADC=∠DCB=90°,
∴AD∥BC,故FN∥GM,且FN=GM,即四边形FGMN为平行四边形,
∴FG∥MN.
∵FG 平面PAB,MN 平面PAB,∴FG∥平面PAB.
(2)解 ∵PA⊥平面ABCD,AC,AB 平面ABCD,∴PA⊥AC,PA⊥AB.
又AC⊥AB,则PA,AC,AB两两垂直.以A为原点,AC,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设AD=DC=2,则AC=AB=PA=2,
则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,0,0),D(,-,0),P(0,0,2),
=(0,2,0),=(,0),=(-2,0,2).
设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=-1,z=1,得n=(1,-1,1),设AB与平面PCD所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=,
故AB与平面PCD所成角的正弦值为
例2 (2025山东潍坊二模)如图,四棱锥V-ABCD的底面ABCD为矩形, BC=2AB=8,VA=VD=2,VB=VC=4.
(1)设平面VAD与平面VBC的交线为l,证明:l∥平面ABCD;
(2)若点M满足,求MB与平面VAD所成角的正弦值.
(1)证明 由四边形ABCD为矩形,得AD∥BC,而AD 平面VBC,BC 平面VBC,则AD∥平面VBC,
又平面VAD∩平面VBC=l,AD 平面VAD,则AD∥l,
又l 平面ABCD,AD 平面ABCD,所以l∥平面ABCD.
(2)解 设AD,BC的中点分别为E,F,连接VE,EF,VF,
由题意得VA=VD=2,VB=VC=4,得VE⊥AD,VF⊥BC,
又BC=2AB=8,则VE=2,EF=4,VF=4,
在△VEF中,过F作VE的垂线,垂足为G,
过V作VO⊥EF,垂足为O,则GF=
由EV·GF=EF·VO,得VO=,OF=1,EO=3,
又BC⊥VF,BC⊥OF,VF∩OF=F,VF,OF 平面VOF,
则BC⊥平面VOF,
而VO 平面VOF,则BC⊥VO,过点O作BC的平行线交AB于点H,
以O为原点,的方向为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则V(0,0,),A(4,-3,0),B(4,1,0),C(-4,1,0),D(-4,-3,0),
设M(x1,y1,z1),由,得(x1,y1,z1-)=(-4,1,-)+(8,0,0),得M(0,),=(8,0,0),=(4,-3,-),
设平面VAD的法向量为n=(x2,y2,z2),则
取z2=-3,得n=(0,,-3),
又=(-4,-),得到|cos<,n>|=,
故BM与平面VAD所成角的正弦值为
【对点训练1】(2025湖北十堰三模)如图,边长为2的正方形ABCD是圆柱的轴截面,E为底面圆O上的点,F为线段DE的中点.
(1)证明:OF∥平面BCE;
(2)若直线BE与平面CDE所成角的正弦值为,求BE的长.
(1)证明 取线段CE的中点H,连接FH,BH.在△CDE中,FH∥CD,FH=CD.
因为AB∥CD,AB=2OB=CD,
所以FH∥OB,FH=OB,所以四边形FHBO为平行四边形,则OF∥HB.
因为OF 平面BCE,HB 平面BCE,所以OF∥平面BCE.
(2)解 连接AE.因为AB是圆O的直径,所以AE⊥BE.
过点E作圆柱的母线EQ,则EQ⊥平面ABE,
所以AE,BE,EQ互相垂直.
以E为原点,的方向分别为
x轴、y轴、z轴的正方向,
建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设AE=a,BE=b,
则a2+b2=4,E(0,0,0),C(0,b,2),D(a,0,2),
所以=(0,b,2),=(a,0,2).
设m=(x,y,z)为平面CDE的法向量,
所以
令z=ab,则m=(-2b,-2a,ab).易知直线BE的一个方向向量为n=(0,1,0).
记直线BE与平面CDE所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=,化简得15a2=4b2+a2b2.结合a2+b2=4,解得a=1,b=,所以BE=
考点三 平面与平面的夹角
理知识
设二面角的两个半平面α,β的法向量分别为n1,n2,二面角的大小为θ(0≤θ≤π),则|cos θ|=|cos|=.
公式两边都有绝对值,所以两角相等或互补
[微提醒]利用空间向量求空间角时,一定要注意角的取值范围.对于二面角,要注意题目条件是否明确是锐角还是钝角,如果没有说明,则结合图形特点判断.若求两个不平行平面的夹角,则取直角或锐角.
链高考
(2023新高考Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD, ∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC⊥DA;
(2)点F满足,求二面角D-AB-F的正弦值.
(1)证明 如图,连接AE,DE.
∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE.
∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,
∴△ABD,△ACD均为等边三角形,
且△ABD≌△ACD,
∴AB=AC.
又E为BC中点,∴BC⊥AE.
∵AE,DE 平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE.
又DA 平面ADE,∴BC⊥DA.
(2)解 设BC=2,由已知可得DA=DB=DC=DE为等腰直角三角形BCD斜边BC上的中线,∴DE=1.
∵△ABD,△ACD为等边三角形,
∴AB=AC=
∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为等腰直角三角形,
∴AE=1.易知DE=1.
∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.
由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE,
∴AE,BC,DE两两垂直.
以E为坐标原点,ED,EB,EA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(1,0,0),E(0,0,0),
=(-1,0,1),∴F(-1,0,1),=(-1,-1,1).
设平面ABD的法向量m=(x,y,z),
则
令z=1,则x=1,y=1,即平面ABD的一个法向量m=(1,1,1).
设平面ABF的法向量n=(u,v,w),
则
令w=1,则v=1,u=0,即平面ABF的一个法向量n=(0,1,1).设二面角D-AB-F的
平面角大小为θ,则|cos θ|=,∴sin θ=
例3 (2024全国甲,理19)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4, AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M为AD的中点.
(1)证明:BM∥平面CDE;
(2)求二面角F- BM-E的正弦值.
(1)证明 因为M为AD的中点,且AD=4,故MD=2=BC,
又因为BC∥AD,所以四边形BCDM为平行四边形,所以BM∥CD.
因为BM 平面CDE,CD 平面CDE,
所以BM∥平面CDE.
(2)解 取AM的中点O,连接OF,OB,
由题意,易知OF⊥AM,OB⊥AM,
且OF=3,OB=,故OF2+OB2=FB2,所以OF⊥OB.
以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则F(0,0,3),B(,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3).
所以=(,0,-3),
=(-,1,0),=(0,1,3),
设平面FBM的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1,得n=(,3,1).
同理,可求得平面BEM的法向量m=(,3,-1),
则cos=,所以sin=,
故二面角F-BM-E的正弦值为
【对点训练2】(2024新高考Ⅰ,17)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD, PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
(1)证明 ∵BC=1,AB=,AC=2,∴AC2=AB2+BC2,∴AB⊥BC.
又PA⊥底面ABCD,BC 底面ABCD,
∴PA⊥BC.又PA,AB 平面PAB,AB∩PA=A,∴BC⊥平面PAB.
∵PA⊥底面ABCD,AD 底面ABCD,∴AD⊥PA.
又AD⊥PB,且PA,PB 平面PAB,PB∩PA=P,∴AD⊥平面PAB.∴AD∥BC.
又BC 平面PBC,AD在平面PBC外,∴AD∥平面PBC.
(2)解 ∵AD⊥DC,∴以AD,DC所在直线分别为x轴、y轴,以过点D且与AP平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
令AD=t,则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),
DC=,C(0,,0).
=(-t,,0),=(0,0,2),
=(t,0,2),=(0,,0).
设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
∴z1=0.
不妨设x1=,则y1=t,∴平面ACP的一个法向量为n1=(,t,0).
设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则
∴y2=0,不妨设z2=t,则x2=-2.
∴平面CPD的一个法向量为n2=(-2,0,t).
∵二面角A-CP-D的正弦值为,
又由图可知,二面角A-CP-D为锐角,
∴二面角A-CP-D的余弦值为
∴|cos|=t=,∴AD=
考点四 距离问题
理知识
如图所示,已知AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量,则点B到平面α的距离为d=.
链高考
(2024天津,17节选)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形, AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的中点.求点B到平面CB1M的距离.
解 ∵A1A⊥平面ABCD,AB,AD 平面ABCD,∴A1A⊥AB,A1A⊥AD.
又AD⊥AB,∴A1A,AB,AD两两垂直.以A为原点,AB,AD,A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则B(2,0,0),B1(2,0,2),C(1,1,0),M(0,1,1).
=(-1,1,-2),=(-1,0,1),=(0,0,2).
设平面CB1M的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=3,z=1,∴n=(1,3,1)为平面CB1M的一个法向量.
点B到平面CB1M的距离d=
例4 (2025上海金山二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面PBC, AB=2DC=4,BC=2,AB⊥BC,DC∥AB.
(1)证明:平面ABCD⊥平面PAB;
(2)若∠ABP=,求点C到平面PAD的距离.
(1)证明 因为PA⊥平面PBC,BC 平面PBC,所以PA⊥BC,
又AB⊥BC,AB∩PA=A,AB,PA 平面PAB,所以BC⊥平面PAB,
又BC 平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面PAB.
(2)解 因为PA⊥平面PBC,PB 平面PBC,所以PA⊥PB,
在Rt△PAB中,AB=4,∠ABP=,则PB=2,
如图,以点B为原点建立空间直角坐标系,
则A(4,0,0),C(0,0,2),D(2,0,2),P(1,,0),
故=(-2,0,2),=(-3,,0),=(-2,0,0),
设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),
则有
令x=,则y=,z=1,所以n=(,1),
所以点C到平面PAD的距离为(共32张PPT)
培优拓展(六) 立体几何中的动态问题
类型一 动点的轨迹问题
类型二 与动点有关的最值、范围问题
目 录 索 引
真题解构 空间向量与立体几何
立体几何中的“动态”问题,是指空间图形中的某些点、线、面的位置可以发生变化的一类问题.这类问题由于引入了运动变化的元素,使得几何图形不再静态固定,从而大大拓展了问题的研究维度.动态几何问题不仅丰富了立体几何的内涵,还巧妙地在立体几何与平面几何的轨迹问题、解三角形等问题之间架起了桥梁,实现了不同几何领域之间的灵活转化与综合应用.
这类问题主要有两种类型:(1)动点轨迹问题:研究空间图形中动点的运动轨迹,常用解决方法包括定义法(如利用圆锥曲线的定义)、解析法和交轨法等;(2)动点相关的最值与范围问题:探讨与动点变化相关的最值或变量范围,通常采用几何分析、函数建模等方法求解.
类型一 动点的轨迹问题
例1 (多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M为DD1的中点,N为ABCD所在平面上一动点,则下列说法正确的是( )
A.若MN与平面ABCD所成的角为,则点N的轨迹为圆
B.若MN=4,则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等,
则点N的轨迹为抛物线
D.若D1N与AB所成的角为,则点N的轨迹为双曲线
ACD
解析 对于A,根据正方体的性质可知,MD⊥平面ABCD,所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角,所以∠MND=,所以DN=DM=DD1=4=2,所以点N的轨迹为以D为圆心,2为半径的圆,故A正确;
对于B,在直角三角形MDN中,DN==2,取MD的中点E,因为P为MN的中点,所以PE∥DN,且PE=DN=,因为DN⊥ED,所以PE⊥ED,即点P在过点E且与DD1垂直的平面内,又PE=,所以点P的轨迹为以为半径的圆,其面积为π·()2=3π,故B不正确;
对于C,连接NB,因为BB1⊥平面ABCD,所以BB1⊥NB,所以点N到直线BB1的距离为NB,所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离,又B不在直线CD上,所以点N的轨迹为以B为焦点,CD为准线的抛物线,故C正确;
对于D,以点D为原点,DA,DC,DD1分别为
x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则A(4,0,0),B(4,4,0),D1(0,0,4),设N(x,y,0),
则=(0,4,0),=(x,y,-4),
因为D1N与AB所成的角为,
所以|cos<>|=cos,所以||=,整理得=1,
所以点N的轨迹为双曲线,故D正确.故选ACD.
【对点训练1】(2025广东广州一模)在正三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=3, AB=6,点D在△ABC内部运动(包括边界),点D到棱PA,PB,PC的距离分别记为d1,d2,d3,且=20,则点D运动路径的长度为 .
2π
解析 由题意可知PA=PB=PC=3,AB=AC=BC=6,
则PA2+PB2=AB2,PA2+PC2=BC2,PB2+PC2=BC2,
可知PA⊥PB,PA⊥PC,PB⊥PC,因为三棱锥P-ABC为正三棱锥,
则点P在底面ABC内的投影为△ABC的中心O,取AB的中点M,
则CO=CM=2,PO=,设点D在平面PAB,平面PAC和平面PBC内的投影分别为F,I,J,根据正三棱锥的结构特征,可以以DF,DI,DJ为邻边作长方体PEFG-HIDJ,
则PA⊥平面EFDI,DE 平面EFDI,则PA⊥DE,即d1=DE,
同理可知d2=DG,d3=DH.
由长方体的性质可知
可得=2PD2=20,即PD2=10,
又因为PO⊥平面ABC,OD 平面EFDI,则PO⊥OD,可得OD==2,可知点D在以点O为圆心,半径r=2的圆上,
因为OM则ST=2MT==2,可知△OST为等边三角形,则∠SOT=,结合对称性可知点D运动路径的长度为2πr-3×2=2π.
类型二 与动点有关的最值、范围问题
例2 (多选题)(2025山东德州模拟)正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长相等,且均为2,N在△ABC内及其边界上运动,则下列说法正确的是( )
A.存在点N,使得C1N⊥平面A1B1C
B.三棱锥C-A1BN的体积的取值范围为(0,]
C.E为A1C1中点,若C1N∥平面AB1E,则动点N的轨迹长度为
D.P为BB1中点,若C1P⊥AN,则动点N到平面AB1C1的最大距离为
BCD
解析 取A1B1的中点D1,AB的中点D,连接D1C1,DD1,DC,CD1,由△A1B1C1为等边三角形,所以A1B1⊥C1D1,又由正三棱柱ABC-A1B1C1中,可得CC1⊥A1B1,因为C1D1∩CC1=C1,且C1D1,CC1 平面D1DCC1,所以A1B1⊥平面D1DCC1,又因为A1B1 平面A1B1C,所以平面A1B1C⊥平面D1DCC1,因为平面A1B1C1∩平面D1DCC1=D1C,过C1作C1H⊥D1C于H,
根据面面垂直的性质定理,
可得C1H⊥平面A1B1C,在矩形D1DCC1中,
|D1C1|<|DD1|,
所以∠D1C1D>45°>∠D1C1H,
如图所示,此时C1H的延长线与线段CD无公共点,
所以不存在点N,使得C1N⊥平面A1B1C,故A错误;
三棱锥C-A1BN的体积
△BCN的面积S△BCN的取值范围是(0,]
(当N在△ABC内运动时,S△BCN大于0,当N在BC边的高的端点
时取到最大值2).点A1到平面BCN的距离为2,
所以S△BCN×2,所以的取值范围是(0,],故B正确;由点E为A1C1中点,取AC的中点F,连接C1F,BF,BC1,可得C1F∥AE,BF∥B1E,因为C1F 平面AB1E,且AE 平面AB1E,所以C1F∥平面AB1E,同理可得BF∥平面AB1E,又因为C1F∩AB=F,且C1F,AB 平面C1BF,所以平面C1BF∥平面AB1E,因为平面C1BF∩平面ABC=BF,由C1N∥平面AB1E,所以动点N的轨迹为线段BF,其长度为,故C正确;
以AC中点F为坐标原点,FB,FA,FE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
则A(0,1,0),C1(0,-1,2),P(,0,1),设N(x,y,0)(x,y满足△ABC的边界条件),
则=(,1,-1),=(x,y-1,0).
因为C1P⊥AN,所以x+y-1=0,即y=-x+1,0≤x
设平面AB1C1的法向量为n=(a,b,c),=(,-1,2),=(0,-2,2).
由令b=1,可得c=1,a=-,即n=(-,1,1).
点N到平面AB1C1的距离d=,
将y=-x+1代入可得d=
又0≤x,可得当x=时,d取得最大值,故D正确.故选BCD.
【对点训练2】(2025广东深圳模拟)在如图所示的试验装置中,两个正方形框架ABCD,ABEF的边长都是1,且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M,N分别在正方形对角线AC和BF上移动,且CM和BN的长度保持相等,记CM=BN=a(0弦值为 .
解析 以点B为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(1,0,0),C(0,0,1),F(1,1,0),E(0,1,0),
由CM=BN=a,
得M(,0,1-),N(,0),则
MN=,
当a=时,MN取得最小值,
此时,M,N为中点,M(,0,),N(,0),取MN的中点G,连接AG,BG,则G(),
由AM=AN,BM=BN,得AG⊥MN,BG⊥MN,所以∠AGB是平面MNA与平面MNB的夹角或其补角,而=(,-,-),=(-,-,-),
因此cos<>==-,
所以平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是
真题解构 空间向量与立体几何
例题 (15分)(2025新高考Ⅰ,17)如图所示的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=AB=,AD=+1,BC=2,P,B,C,D在同一个球面上,设该球面的球心为O.
(ⅰ)证明:O在平面ABCD上;
(ⅱ)求直线AC与直线PO所成角的余弦值.
命题分析 本题以四棱锥为载体,考查空间垂直与平行关系的证明与应用、球的截面性质、异面直线所成角等知识.试题设置于课程学习情境,体现基础性、综合性与创新性,通过面面垂直的证明以及外接球球心的探寻,考查逻辑推理和数学直观的核心素养;通过异面角余弦值的计算,考查数学运算的能力.
解题分析
题意理解
序号 信息读取 信息加工
1 PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD 可证明AB⊥平面PAD
2 PA=AB=,AD=1+,BC=2 四边形ABCD为直角梯形,△PAB为等腰直角三角形
3 P,B,C,D在同一个球面上 球O是三棱锥P-BCD的外接球
4 直线AC与直线PO所成角的余弦值 ①利用平行线转化为相交直线所成角;
②建立坐标系,转化为向量的夹角问题
思路探求
关键步骤 思维要点 思维缘由
(第1问) 证明线面垂直 证明AB⊥平面PAD 由面面垂直的判定定理,知证明面面垂直,需转化为证明线面垂直
(第2(ⅰ)问) 确定外接球球心 在线段AD上取一点K,使得AK=1.K就是P,B, C,D所在球面的球心 证明球心位于平面ABCD上,等价于寻找过平面PBC所在的截面圆圆心所作的平面垂线,与平面ABCD的交点
(第2(ⅱ)问) 求异面直线所成角的余弦值 cos θ= 建立空间直角坐标系,转化为求两个向量的夹角的余弦值
书写表达
(1)证明 因为PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,所以AP⊥AB.
又因为AB⊥AD,AP 平面PAD,AD 平面PAD,AP∩AD=A,
所以AB⊥平面PAD.注①→两直线垂直的条件不可省略.(2分)
因为AB 平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(3分)
(2)(ⅰ)证明 取PB,PC的中点M,N,
在线段AD上取一点K,使得AK=1.注②→为什么要取AK=1 目的是什么
因为MN∥BC,AK∥BC,所以MN∥AK.
因为BC=2,所以MN=AK=1,
所以四边形AMNK为平行四边形,
所以NK∥AM.注③→AM与平面PAB有什么关系 如何证明 (5分)
因为PA=AB=,所以AM⊥PB.
因为AD⊥PA,AD⊥AB,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
所以AD⊥平面PAB.(6分)
因为BC∥AD,所以BC⊥平面PAB,
又AM,PB 平面PAB,所以BC⊥AM,BC⊥PB.
因为PB∩BC=B,PB,BC 平面PBC,所以AM⊥平面PBC.(7分)
又因为NK∥AM,所以NK⊥平面PBC.(8分)
因为∠PBC=90°,
所以N为△PBC外接圆的圆心,
所以球心O必在直线NK上.注④→这个结论的原理是什么 (9分)
易得KB=KD=KC=KP=,
所以K为P,B,C,D所在球面的球心,
即K与O重合,故O在平面ABCD上.(11分)
(ⅱ)解 易知AB,AD,AP两两垂直.
以A为原点,AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴,
建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),P(0,0,),O(0,1,0),C(,2,0),
所以=(,2,0),=(0,1,-).
设直线AC与直线PO所成角为θ,
所以cos θ=.注⑤→这个公式中为什么要加绝对值 (15分)
回顾反思 本题求解的关键是寻找并证明几何体中的垂直关系,尤其第(2)(ⅰ)问要证明外接球的球心在某个平面上,可联想过球面上任意三点确定球的一个截面圆.当该截面不通过球心时,存在以下两个等价命题:①连接截面圆圆心与球心的直线必垂直于截面;②过截面圆圆心作截面的垂线必通过球心.从而可猜想并证明.
第(2)(ⅱ)问用空间向量方法最佳,因为条件中的几何体适合建系,并且相关点的坐标易得.
试题源于人教A版必修第二册第147页例1、第165页第21题,人教A版选择性必修第一册第38页4题,人教B版必修第四册第121页例3、第130页第23题,人教B版选择性必修第一册第62页第3题.(共26张PPT)
培优拓展(五) 截面与交线问题
类型一 截面问题
类型二 交线问题
目 录 索 引
在立体几何中,截面是指用一个平面截取几何体所得到的平面图形.研究截面的形状及其内含的数量关系,关键在于确定截面与几何体各面的交线.近年来,“截面与交线”问题已成为高考立体几何命题中最具创新性的题型之一——这类问题通过引入动态的线、面元素,为静态的立体几何注入了活力.
求解截面与交线问题,往往需要综合运用以下知识:解三角形(计算边长、角度等);多边形面积(截面可能为多边形时);扇形弧长与面积(涉及旋转体截面时);平面的基本性质(如共面、平行、相交等).对于更复杂的情况,还需借助空间向量的坐标运算来辅助求解.
类型一 截面问题
角度一 多面体中的截面问题
例1 (2025广东茂名一模)在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中,
=2=2,过点B,E,F的平面截该正方体所得截面的周长为( )
A.4+3 B.6+3
C.4+8 D.6+8
B
解析 如图,取D1C1的中点N,D1A1的中点M,连接MN,NF,ME,则五边形BEMNF为过点B,E,F的截面,取CF的中点J,DD1靠近D1的三等分点K,连接D1J,CK,EK,则NF∥D1J,又CJ∥D1K且CJ=D1K,所以四边形CJD1K为平行四边形,所以CK∥D1J,则NF∥CK.
又EK∥BC且EK=BC,所以四边形EKCB为平行四边形,
所以EB∥CK,则NF∥BE,所以N,F,B,E四点共面.
取BB1,AA1上靠近点B,点A的三等分点G,H,
连接C1G,GH,D1H,
同理可证BF∥C1G,D1H∥C1G,D1H∥EM,
所以BF∥EM,所以B,F,M,E四点共面.所以N,F,B,E,M五点共面.
又NF=ME=,BE=BF==2,MN==3,
所以截面周长为6+3
【对点训练1】(2025福建厦门模拟)已知正四棱锥S-ABCD的所有棱长都为2,点E在侧棱SC上且SE=SC,过点E且垂直于SC的平面截该棱锥,得到截面
多边形H,则H的边数为 ,H的面积为 .
5
解析 取SC的中点F,则BF⊥SC,DF⊥SC且BF∩DF=F,BF,DF 平面BDF,
所以SC⊥平面BDF.
根据平面的基本性质,作平面与平面BDF平行,如图为五边形PEMNQ.
因为SE=SC,所以,则EP=BF=,SP=SB=1,
可得PB=BQ=PQ=2×(1-)=1,NQ=MP=BD=,
则cos∠DFB=,
可得sin∠DFB=,
所以S△EMP=,
又因为MN与NQ的夹角为SA与BD的夹角,
而SA⊥BD,易知PQ⊥PM且PM∥NQ,PM=NQ,即四边形PMNQ为矩形,
则S四边形PMNQ=1=,可得S=S△EMP+S四边形PMNQ=
角度二 与球有关的截面问题
例2 (2025河北石家庄模拟)已知正四棱锥P-ABCD中,PA=AB=2,若此正四棱锥的外接球为球O,则侧面PCD所在平面被球O所截的面积为( )
A.π B.
C. D.2π
B
解析 根据题意,取正方形ABCD的中心为O,可得PO⊥平面ABCD,
又因为PA=AB=2,可得OP=OD=,所以正四棱锥P-ABCD的外接球为以O为球心,以R=为半径的球,设O到平面PCD的距离为h,由V三棱锥P-OCD= V三棱锥O-PCD,可得h2×2,解得h=
设侧面PCD所在平面被球O所截的圆的半径为r,则r2+h2=R2,所以r2=,所以该截面面积为πr2=
【对点训练2】(2025江西九江二模)已知球O与正三棱柱ABC-A1B1C1的各个面均相切,记平面ABC1截球O所得截面的面积为S1,球O的表面积为S2,则=( )
A. B.
C. D.
A
解析 如图,设球O的半径为R.
∵球O与正三棱柱ABC-A1B1C1的各个面均相切,
∴正三棱柱ABC-A1B1C1的高为2R,底面边长为2R.
设正三棱柱ABC-A1B1C1上、下底面的中心分别是O1,O2,E是AB的中点,
连接EC1,交O1O2于点F,则O到平面ABC1的距离d=|OF|sin∠OFC1=|OF|cos∠CEC1.
又|OF|=,cos∠CEC1=,
∴d=所得截面圆半径r=R,
∴S1=πr2=,S2=4πR2,
类型二 交线问题
角度一 多面体中的交线问题
例3 (2025湖南长沙模拟)在正三棱台A1B1C1-ABC中,A1B1=1,AB=AA1=2,点E,F分别为棱BB1,A1C1的中点,若过点A,E,F作截面,则截面与上底面
A1B1C1的交线长为 .
解析 连接AF并延长交CC1的延长线于点M,连接ME交B1C1于点N,连接FN,如图,则线段FN即为截面AEF与上底面ABC的交线.
因为F为A1C1的中点,,所以MC1=CC1=
过点E作BC的平行线交CC1于点H,
则HE=(BC+B1C1)=,
所以C1N=HE=
在△C1FN中,
FN=
角度二 与球有关的交线问题
例4 (2020新高考Ⅰ,16)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2, ∠BAD=60°.以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 .
解析 如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°且B1C1=C1D1,
∴△B1C1D1为等边三角形.∴B1D1=2.
设点O1是B1C1的中点,则O1D1=,易证D1O1⊥平面BCC1B1,
设P是球面与侧面BCC1B1交线上任意一点,连接O1P,则O1D1⊥O1P,
∴D1P2=D1+O1P2,即5=3+O1P2,
∴O1P=即P在以O1为圆心,以为半径的圆上.
取BB1,CC1的中点分别为E,F,
则B1E=C1F=O1B1=O1C1=1,EF=2,
∴O1E=O1F=,O1E2+O1F2=EF2=4,
∴∠EO1F=90°,∴交线2π=
【对点训练3】(1)(2025江苏南通模拟)正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2, AA1=3,M是A1D1的中点,点N在棱CC1上,CN=2NC1,则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为( )
A. B.
C. D.
C
解析 取BC,B1C1的中点为H,Q,连接BQ,C1H,则AM∥BQ∥C1H,且AM=BQ=C1H,在平面BB1C1C中,过点N作NP∥C1H交BC于P,则NP为平面AMN与侧面BB1C1C的交线,且NP∶C1H=2∶3,
所以C1H=,所以NP=
(2)(2025河南郑州模拟)已知正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面边长分别为1和3,侧棱长为2,以下底面顶点A为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1
的交线长为 .
解析 将正三棱台ABC-A1B1C1补形成正棱锥D-ABC,如图,由B1C1∥BC,得,而BB1=2,则DB=3,即△BCD为正三角形,三棱锥D-ABC为正四面体,设△BCD的中心为O,连接AO,BO,
则AO⊥平面BCC1B1,BO=BCsin,
从而AO=,
而球的半径为,
因此这个球面截平面BCC1B1所得截面小圆是以O为圆心,
r==1为半径的圆,
在正三角形BCD中,取BB1,CC1的中点H,E,取BC的三等分点G,F,连接HG,EF,
显然,即GH∥CD,GH=CD=1,
同理EF=1,即有B1C1=C1E=EF=FG=GH=HB1=1,
△BGH是正三角形,有∠GHB1=∠HGF=,
同理∠GFE=∠FEC1=,而∠C1B1H=∠EC1B1=,
于是六边形B1C1EFGH是正六边形,其半径为1,点B1,C1,E,F,G,H在此球面截平面BCC1B1所得截面圆上,连接OE,OF,OG,OH,则∠EOF=∠GOH=,此球面与侧面BCC1B1的交线为图中的两段圆弧(实线),所以交线长度为21=(共35张PPT)
专题三 立体几何
考点一 空间几何体的折叠与展开
考点二 空间几何体的表面积和体积
目 录 索 引
领航高考风向标
近五年高考立体几何命题呈现以下特点:
近年来,新课标高考试卷对本专题的考查呈现出明显的命题规律.在试卷结构调整前,考查题量基本保持“两小一大”的稳定模式.随着2024年新高考改革的实施,试题结构出现新变化,预计将调整为“一大一小”的命题模式.
从考查内容来看,小题部分主要聚焦于以下几个核心考点:空间几何体的结构特征分析、体积与表面积计算、球与几何体的切接问题、空间位置关系的判断等,试题难度多维持在中等或中低等水平.而在解答题方面,命题者倾向于以几何体为载体,重点考查空间位置关系的证明、空间角与距离的求解等核心内容,整体难度控制在中等水平.
值得注意的是,这类试题对考生的数学核心素养提出了较高要求,特别是需要具备较强的直观想象能力、严密的逻辑推理能力以及精准的数学运算能力.考生在备考时应当着重培养这些关键能力,以应对高考中的各种考查形式.
[复习策略]
1.夯实基础 熟练掌握常见几何体的结构特征,准确记忆体积、表面积和侧面积公式.深入理解空间平行与垂直的判定定理,并能灵活运用于位置关系的证明.
2.提升空间想象能力 通过动手画图、观察分析几何图形,结合实物类比,加强对空间关系的直观认知.在解题时,将已知条件和隐含信息标注在图形上,做到“以图助解”.
3.优化解题方法 总结常见几何体的建系技巧,合理建立坐标系,简化向量运算.强化运算能力,确保关键步骤(如坐标确定、法向量计算)的准确性,提高解题效率.
4.强化综合应用 通过典型例题训练,提升利用空间向量解决最值、探究性问题的能力,培养数学运算素养.
第1讲 空间几何体的表面积与体积
考点一 空间几何体的折叠与展开
例1 (1)(多选题)如图是一个正方体的展开图,如果将它还原为正方体,则下列说法中正确的是( )
A.C∈GH B.CD与EF是共面直线
C.AB∥EF D.GH与EF是异面直线
ABD
解析 由图可知,还原正方体后,C∈GH;CD∥EF,即CD与EF是共面直线; AB∩EF=B,即AB与EF不平行;GH与EF是异面直线,故A,B,D正确,C错误.故选ABD.
(2)(2025上海宝山模拟)如图是一座山的示意图,山呈圆锥形,圆锥的底面半径为1 km,母线长为4 km,B是母线SA上一点,且AB=1 km,为了发展旅游业,要建设一条最短的从A绕山一周到B的观光铁路,则这段铁路的长度为
km.
5
解析 根据题意,设该圆锥侧面展开图的圆心角为θ,该圆锥中,底面半径为1 km,母线长为4 km,则有4θ=2π,可得θ=
如图为该圆锥的侧面展开图,有SA=SA'=4 km,A'B=1 km,则SB=3 km,
故AB==5(km),
即符合题意的最短的铁路的长度为5 km.
考点二 空间几何体的表面积和体积
理知识
几何体 表面积 体积
柱体(棱柱和圆柱) S圆柱侧=2πrl, S表面积=S侧+2S底 V=S底·h
锥体(棱锥和圆锥) S圆锥侧=πrl, S表面积=S侧+S底 V=S底·h
台体(棱台和圆台) S圆台侧=π(r上+r下)l, S表面积=S侧+S上+S下 V=(S上+S下+)h
球 S=4πR2 球的表面积恰好是球的大圆面积的4倍 V=πR3
[微提醒]柱体、锥体、台体的体积公式之间的关系
链高考
1.(2024新高考Ⅰ,5)已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为( )
A.2π B.3π
C.6π D.9π
B
解析 ∵圆柱和圆锥的底面半径相等,∴可设圆柱和圆锥的底面半径为r.
又圆柱和圆锥的高均为,
∴圆柱的侧面积为2πr,圆锥的侧面积为πr=πr又圆柱和圆锥的侧面积相等,∴2πr=πr,∴r2=9.
∴圆锥的体积为πr2π·9=3故选B.
2.(2023新高考Ⅰ,14)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,
则该棱台的体积为 .【一题多解】
解析 (方法一 直接法)如图所示,正四棱台中四边形AA1C1C为等腰梯形.
连接AC,A1C1,过点A1作A1G⊥AC,交AC于点G,则A1G为棱台的高.
在正四棱台中,∵AC=2,A1C1=,
∴AG=
在Rt△A1AG中,
A1G=
则棱台体积V=+
S四边形ABCD)·A1G=(1+2+4)
(方法二 补形法)如图,延长各侧棱交于点O,连接AC,A1C1,过O作OG⊥AC,交AC于点G,交平面A1B1C1D1于点H,且点H恰为A1C1的中点,
解得OA1=,A1H=,AG=,OA=2
在Rt△A1OH中,OH=,
在Rt△AOG中,OG=
则棱台体积V=V四棱锥O-ABCD-
(S四边形ABCD·OG-OH)=(4-1)=
考向1 侧面积与表面积
例2 (1)(2025广东广州模拟)某厂生产一批圆台形台灯灯罩,灯罩的上、下底面都是空的,圆台两个底面半径之比为1∶2,高为16 cm,母线长为20 cm,如果要对100个这样的台灯灯罩外表面涂一层防潮涂料,每平方米需要100克涂料,则共需涂料( )
A.240π克 B.320π克
C.720π克 D.1 440π克
C
解析 作圆台的轴截面,如图.
梯形ABCD为等腰梯形,取圆台上、下底面的中心分别为E,F,再取AF中点G,连接EG,由题可得AG=ED,AG∥ED,所以四边形AGED为平行四边形,所以EG=AD=20 cm,EF=16 cm,所以GF=DE=12 cm.所以AF=24 cm,所以灯罩的侧面积为π×(12+24)×20=720π cm2,
所以100个灯罩的外表面面积为100×720π=72 000π cm2=7.2π m2,
所以共需涂料7.2π×100=720π克.
(2)攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式,常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖等,多见于亭阁式建筑,兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构.某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分如图所示,它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体,已知正四棱台上底面边长、下底面边长、侧棱长(单位:dm)分别为2,6,4,正三棱柱各棱长均相等,
则该结构表面积为( )
A.(34+8)dm2
B.(34+44)dm2
C.(34+48)dm2
D.(34+8)dm2
A
解析 由题可得正三棱柱的底面积为2×2×sin 60°=(dm2),
正三棱柱的外露表面积为2+2×2×2=8+2(dm2),
四棱台侧面梯形的高为=2(dm),
四棱台外露表面积为4(2+6)×2=32(dm2),
该结构表面积为32+8+2=34+8(dm2).故选A.
考向2 空间几何体的体积
例3 (1)(2023全国甲,文10)在三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,PA=PB=2,PC=,则该棱锥的体积为( )
A.1 B.
C.2 D.3
A
解析 (分割法)取AB的中点E,连接PE,CE,如图,
∵△ABC是边长为2的等边三角形,PA=PB=2,
∴PE⊥AB,CE⊥AB,
又PE,CE 平面PEC,PE∩CE=E,∴AB⊥平面PEC,
又PE=CE=2,PC=,
故PC2=PE2+CE2,即PE⊥CE,
∴V=VB-PEC+VA-PEC=S△PEC·AB=2=1.
(2)(2024天津,9)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间的距离为1,并已知AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为( )
A. B.
C. D.
C
解析 (补形法)如图,用一个和五面体ABC-DEF完全相同的五面体HIJ-LMN与五面体ABC-DEF拼在一起,其中顶点L,M,N分别与顶点D,E,F重合.
由题意可知,拼成的组合体是一个三棱柱,且该三棱柱与侧棱垂直的截面是边长为1的等边三角形,其面积为12=,三棱柱的侧棱长为4,
所以VABC-DEF=VABC-HIJ=4=故选C.
【对点训练】(1)(2025山东聊城模拟)宋代瓷器的烧制水平极高,青白釉出自宋代,又称影青瓷.宋蒋祁《陶记》中“江、湖、川、广器尚青白,出于镇之窑者也”,印证了宋人把所说的“影青”瓷器叫做“青白瓷”的史实.图1为宋代的影青瓷花口盏及盏托,我们不妨将该花口盏及盏托看作是两个圆台与一个圆柱的组合体,三个部分的高相同均为6 cm,上面的花口盏是底面直径分别为8 cm和10 cm的圆台,下面的盏托由底面直径8 cm的圆柱和底面直径分别为12 cm和8 cm的圆台组合构成,示意图如图2,
则该花口盏及盏托构成的组合体的体积为( )
A.248π cm3
B.274π cm3
C.354π cm3
D.370π cm3
图1
图2
D
解析 花口盏体积V1=6×(42+52+4×5)=122π cm3,
盏托体积V2=π×42×6+6×(42+62+4×6)=248π cm3,
所以组合体的体积V=V1+V2=370π cm3.
(2)(2025北京,14)某科技兴趣小组通过3D打印机的一个零件可以抽象为如图所示的多面体,其中ABCDEF是一个平行多边形,平面ARF⊥平面ABC,平面TCD⊥平面ABC,AB⊥BC,AB∥RS∥EF∥CD,AF∥ST∥BC∥ED.若AB=BC=8,AF=CD=4,AR=RF=TC=TD=,则该多面体的体积为 .
60
解析 由题意可知V多面体=2VCDT-BSE,延长AB交ED于点M,连接SM,过点B作BK∥CT交TS于点K,连接KM,过R作RP⊥AF,P为垂足.
∵RA=RF,∴P为AF的中点.过点P作PO∥AB,交BE于点O,连接SO,过点T作TQ⊥CD,Q为垂足.
∵TC=TD,∴Q为CD中点.
又O为BE中点,∴OQ为梯形CBED的中位线,
∴OQ∥ST且OQ=ST.
∵CB=8,DE=DM+ME=12,
∴QO=10,SK=TS-TK=QO-TK=2.
∵平面RAF⊥平面ABC,且交线为AF,
∴RP⊥平面ABC,同理TQ⊥平面ABC.
∵ST∥OQ且ST=OQ,
∴四边形STQO为平行四边形,
∴SO∥TQ且SO=TQ,
∴RP∥SO∥TQ,且RP=SO=TQ=
∴VCTD-BKM=S△CTD·BC=48=24,
VS-BKM=S△BKM·SK=42=2,
VS-BME=S△BEM·SO=4×4=4,
∴V多面体=2VCDT-BSE=2×(24+2+4)=60.(共41张PPT)
第5讲 翻折、探究性问题
考点一 翻折问题
考点二 空间中的探究性问题
目 录 索 引
考点一 翻折问题
理知识
解决翻折问题的关键
(1)盯住量:看翻折前后线面位置关系的变化情况,根据翻折过程,把翻折前后没有变化和发生变化的量准确找出来,因为它们反映了翻折后空间图形的特征;
(2)会转化:根据需要解决的立体几何问题(证明位置关系,求解空间角或距离),确立转化的目标;
(3)得结论:对转化后的问题,用定义、判定定理、性质定理、基本事实及相关公式解决.
链高考
(2025新高考Ⅱ,17)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°.
(1)证明:A'B∥平面CD'F;
(2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值.【一题多解】
(1)证明 由题意知,EB∥FC,FC 平面CD'F,EB 平面CD'F,
所以EB∥平面CD'F.
又A'E∥D'F,D'F 平面CD'F,A'E 平面CD'F,所以A'E∥平面CD'F.
又A'E∩EB=E,A'E,EB 平面A'EB,所以平面A'EB∥平面CD'F.
又A'B 平面A'EB,所以A'B∥平面CD'F.
(2)解 因为AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,CD=2AD,EF∥AD,
所以四边形AEFD为正方形且FD'=FC,所以EF⊥FC,EF⊥FD',
又平面EFD'A'∩平面EFCD=EF,FD' 平面EFD'A',FC 平面EFCD,
所以∠D'FC为平面EFD'A'与平面EFCD所成的二面角的平面角,
所以∠D'FC=60°,所以△D'FC为等边三角形.
(方法一)延长EF,BC交于点C1,连接C1D'.
不妨设DF=1,则由题可得FC=1,BE=2,
又BE∥FC,
所以CF为△C1EB的中位线,所以C1F=1,
所以S△D'FC·C1F=12×1=
又D'C1=,D'C=1,C1C=,
设△CC1D'中CD'边上的高为h1,
则h1=,则CD'·h1=
设点F到平面D'C1C的距离为h2,
由,得h2=
易知点F到D'C1的距离为D'C1=
设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ=
(方法二)取FC中点G,连接D'G,则D'G⊥FC.
过点G作GH∥EF,交BE于点H.
由题可得EF⊥平面FCD',则GH⊥平面FCD',
又D'G,FC 平面FCD',所以GH⊥D'G,GH⊥GC.
以点G为坐标原点,分别以GH,GC,GD'所在直线
为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AD=1,则C(0,,0),B(1,,0),F(0,-,0),E(1,-,0),D'(0,0,),
所以=(-1,-1,0),=(0,-),=(-1,0,0),=(0,).
设平面BCD'的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则
令z1=1,得y1=,x1=-,则平面BCD'的一个法向量为m=(-,1).
设平面EFD'A'的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则
令z2=1,得x2=0,y2=-,则平面EFD'A'的一个法向量为n=(0,-,1).
cos==-
设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ=
例1 (2025八省联考,19)在平面四边形ABCD中,AB=AC=CD=1, ∠ADC=30°,∠DAB=120°,将△ACD沿AC翻折至△ACP,其中P为动点.
(1)设PC⊥AB,三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上.
(ⅰ)证明:平面PAC⊥平面ABC;
(ⅱ)求球O的半径.
(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.
(1)(ⅰ)证明 在△ACD中,由AC=CD=1,∠ADC=30°,
得∠CAD=∠ADC=30°,所以AD=2ACcos∠DAC=2×1×cos 30°=,
且∠BAC=∠DAB-∠CAD=120°-30°=90°,即AB⊥AC.
因为AB⊥AC,PC⊥AB,PC∩AC=C,PC,AC 平面PAC,所以AB⊥平面PAC.
又AB 平面ABC,所以平面PAC⊥平面ABC.
(ⅱ)解 以A为原点,AB,AC所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,),设球心O(a,b,c),半径为R,
因为△ABC为直角三角形,所以其外心为BC边的中点(,0),
则a=,b=,即O(,c).
由OA=OP,
得,
解得c=,则R=
(2)解 在平面PAC中,过点P作PG⊥AC,交AC延长线于点G,作GM∥AB,
则由(1)可知,AG=,PG=,
设∠PGM=θ,θ∈(0,π),以点G为原点,分别以GM,AG所在直线为x轴、y轴,过点G且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则G(0,0,0),A(0,-,0),B(1,-,0),C(0,-,0),P(cos θ,0,sin θ),
所以=(0,-1,0),=(1,-1,0),=(cos θ,sin θ).
设平面PAC和平面PBC的一个法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),
则
故
取x1=sin θ,x2=1,则m=(sin θ,0,-cos θ),n=(1,1,-),
所以cos===
令t=cos θ+,则cos θ=t-
由θ∈(0,π),得t∈(-1,+1),则(),
则cos=,
当且仅当,即t=,即cos θ=-时,等号成立.
设二面角A-CP-B为α,则cos α=cos,
所以二面角A-CP-B的余弦值的最小值为
【对点训练1】(2024新高考Ⅱ,17)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3, AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足,将△AEF沿EF对折至△PEF,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
(1)证明 在△AEF中,AE=AD=2,AF=AB=4,∠EAF=30°,
则EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF=4,
所以EF=2,所以EF2+AE2=AF2,所以AE⊥EF,即PE⊥EF,DE⊥EF.
又PE∩DE=E,PE,DE 平面PDE,所以EF⊥平面PDE.
又PD 平面PDE,所以EF⊥PD.
(2)解 连接EC.由题可得DE=3,CD=3.
因为∠ADC=90°,所以DE2+DC2=EC2,
所以EC=6,所以PE2+CE2=PC2,所以PE⊥CE.
又PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CE 平面ABCD,
所以PE⊥平面ABCD.又ED 平面ABCD,
所以PE⊥ED,即EF,ED,EP两两垂直.
分别以EF,ED,EP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则P(0,0,2),D(0,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),B(4,2,0),C(3,3,0),
则=(0,3,-2),=(-3,0,0),=(4,2,-2),=(-2,-2,0).
设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1),由
令y1=2,得x1=0,z1=3,所以平面PCD的一个法向量n1=(0,2,3).
设平面PBF的法向量为n2=(x2,y2,z2),由
令x2=,得y2=-1,z2=1,所以平面PBF的一个法向量n2=(,-1,1).
设平面PCD与平面PBF所成的二面角为α,
则|cos α|=|cos|=,所以sin α=
考点二 空间中的探究性问题
考向1 探究位置关系问题
例2 (2025湖北黄石模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°, AB=AC=AA1=2,M是AB的中点,N是B1C1的中点,P是BC1与B1C的交点.
(1)证明:A1C⊥BC1.
(2)求直线A1P与平面A1CM所成角的正弦值.
(3)在线段A1N上是否存在点Q,使得PQ∥平面A1CM 若存在,求出A1Q的长;若不存在,请说明理由.
(1)证明 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为∠BAC=90°,
以点A为坐标原点,方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
因为AB=AC=AA1=2,所以A1(0,0,2),C(0,-2,0),B(2,0,0),C1(0,-2,2),
所以=(-2,-2,2),=(0,-2,-2),=(0,-2,2)·(-2,-2,-2)=0,
所以A1C⊥BC1.
(2)解 因为M(1,0,0),所以=(1,0,-2).
设n=(x,y,z)是平面A1CM的法向量,则
所以取z=1,则x=2,y=-1,所以n=(2,-1,1)是平面A1CM的一个法向量.
又因为P点坐标为(1,-1,1),所以=(1,-1,-1).
设A1P与平面A1CM所成的角为θ,则sin θ=
即A1P与平面A1CM所成角的正弦值为
(3)解 存在线段A1N上靠近N的三等分点Q,满足PQ∥平面A1CM.
因为N为B1C1的中点,所以N(1,-1,2).
设=t(0≤t≤1),所以Q(t,-t,2),所以=(t-1,1-t,1),
由(2)得平面A1CM的一个法向量为n=(2,-1,1).
若PQ∥平面A1CM,则n,
所以n=(t-1,1-t,1)·(2,-1,1)=0,即2(t-1)-(1-t)+1=0,解得t=,
所以存在线段A1N上靠近N的三等分点Q,使得PQ∥平面A1CM,
所以||=|=,即A1Q的长为
【对点训练2】(2025贵州遵义模拟)在多面体ABCDMN中,已知四边形ABNM是边长为2的正方形,AB=AD=BC,AD∥BC,AB⊥AD,平面ABNM⊥平面ABCD,H为线段BC的中点.
(1)若平面ANH∩平面MNC=l,求证:MC∥l.
(2)在线段NC上是否存在一点P,使得平面PAH⊥平面NAH 若存在,求的值;若不存在,说明理由.
(1)证明 连接BM交AN于点E,连接HE,因为四边形ABNM为正方形,所以E为BM的中点,又H为线段BC的中点,所以EH∥MC,又EH 平面ANH,MC 平面ANH,所以MC∥平面ANH,因为平面ANH∩平面MNC=l,且MC 平面MNC,所以MC∥l.
(2)解 在正方形ABNM中,NB⊥AB,
因为平面ABNM⊥平面ABCD,平面ABNM∩平面ABCD=AB,且NB 平面ABNM,所以NB⊥平面ABCD,
又AD∥BC,AB⊥AD,所以AB⊥BC,
以B为原点,以BA,BC,BN所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
又AB=AD=BN=BC=2,H为线段BC的中点,
所以A(2,0,0),N(0,0,2),H(0,2,0),C(0,4,0),
则=(-2,2,0),=(-2,0,2),=(0,4,-2),
设==(0,4λ,-2λ),0≤λ≤1,
则P(0,4λ,2-2λ),所以=(-2,4λ,2-2λ).
设平面PAH的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则取x1=1-λ,可得m=(1-λ,1-λ,1-2λ).
设平面NAH的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
则取x2=1,可得n=(1,1,1),
由平面PAH⊥平面NAH,则m·n=1-λ+1-λ+1-2λ=0,解得λ=,即,
所以在线段NC上存在一点P,使得平面PAH⊥平面NAH,且
考向2 与空间角有关的探究性问题
例3 (2025陕西咸阳二模)如图,在矩形纸片ABCD中,AB=4,BC=2,沿AC将△ADC折起,使点D到达点P的位置,点P在平面ABC的射影H落在边AB上.
(1)求三棱锥P-BCH的体积;
(2)若M是边PC上的一个动点,是否存在点M,使得平面AMB与平面PBC的夹角正切值为 若存在,求点M到平面ABC的距离;若不存在,请说明理由.
解 (1)作PE⊥AC,垂足为E,连接EH,如图所示.
由点P在平面ABC的射影H落在边AB上,可得PH⊥平面ABC,
又AC 平面ABC,所以PH⊥AC,因为PH∩PE=E,且PH,PE 平面PHE,
所以AC⊥平面PHE,又EH 平面PHE,所以AC⊥EH.
因为四边形ABCD为矩形,所以AB⊥BC,可得△ABC∽△AEH,
由AB=4,BC=2,可得AP=2,PC=4,AC=2
所以PE=,AE=
由△ABC∽△AEH,可得,
即AH==1,则BH=AB-AH=3.
在Rt△PAH中,PH=
所以VP-BCH=BC×BH×PH=2×3
(2)根据题意,以点H为坐标原点,以过点H且平行于BC的直线为y轴,分别以HB,PH所在直线为x轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
则A(-1,0,0),P(0,0,),B(3,0,0),C(3,2,0).
设=,λ∈[0,1],可得==λ(-3,-2,)=(-3λ,-2λ,),
所以M(3-3λ,2-2λ,).
易知=(4,0,0),=(3λ,2λ-2,-),=(3,0,-),=(0,2,0).
设平面AMB的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
所以
解得x1=0,取y1=,则z1=2λ-2,即m=(0,,2λ-2).
设平面PBC的一个法向量为n=(x2,y2,z2),所以
解得y2=0,取x2=1,则z2=,即n=(1,0,),因为平面AMB与平面PBC的夹角正切值为,所以平面AMB与平面PBC的夹角的余弦值为,因此可得|cos|=,
整理可得3λ2-8λ+4=0,解得λ=2(舍去)或λ=
因此当时,平面AMB与平面PBC的夹角的正切值为,此时点M到平面ABC的距离为PH=
【对点训练3】(2025北京丰台二模)如图,在四棱柱ABCD-A'B'C'D'中,底面ABCD与侧面ADD'A'均为菱形,AB⊥平面ADD'A',AD=2,E为CC'的中点,DD'与平面ABE交于点F.
(1)求证:F为DD'的中点.
(2)再从条件①,条件②这两个条件中选择一个
作为已知,判断在线段A'C上是否存在点G,使得
直线AG与平面ABE所成角的正弦值为
若存在,求的值;若不存在,说明理由.
条件①:AD=AD';
条件②:DD'⊥BF.
(1)证明 在菱形ABCD中,CD∥AB.
因为CD 平面ABEF,AB 平面ABEF,所以CD∥平面ABEF.
又CD 平面CDD'C',平面CDD'C'∩平面ABEF=EF,所以CD∥EF.
又在四棱柱ABCD-A'B'C'D'中,CE∥DF,所以四边形CEFD为平行四边形.
所以DF=CE=CC'=DD',所以F为DD'的中点.
(2)解 选择条件①:
取A'D'的中点H,连接AH,在菱形ADD'A'中,AA'=A'D'=AD.
因为AD=AD',所以△AA'D'为等边三角形.
因为H为A'D'的中点,所以AH⊥A'D',故AH⊥AD.
因为AB⊥平面ADD'A',且AD,AH 平面ABCD,
所以AB⊥AD,AB⊥AH,所以AB,AD,AH两两垂直.
以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),A'(0,-1,),F(0,),
所以=(2,0,0),=(0,),=(0,-1,),=(2,3,-).
设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z),
则令z=,则x=0,y=-1,则n=(0,-1,).
设==(2λ,3λ,-),0≤λ≤1,
所以=(2λ,3λ-1,).
设直线AG与平面ABE所成角为θ,
所以sin θ=|cos<,n>|=,解得λ=,
所以存在符合条件的点G,且
选择条件②:
取A'D'的中点H,连接AH.
因为AB⊥平面ADD'A',且AD,DD',AH 平面ABCD,
所以AB⊥AD,AB⊥DD',AB⊥AH,
又DD'⊥BF,且AB,BF 平面ABEF,AB∩BF=B,
所以DD'⊥平面ABEF.
因为AF 平面ABEF,所以DD'⊥AF,
又因为F为DD'的中点,所以AD=AD'.
在菱形ADD'A'中,AA'=A'D'=AD,所以△AA'D'为等边三角形,所以AH⊥A'D',故AH⊥AD.所以AB,AD,AH两两垂直.建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(2,2,0),A'(0,-1,),所以=(0,-1,),=(2,3,-).
因为DD'⊥平面ABEF,所以取平面ABEF的一个法向量为n==(0,-1,).设==(2λ,3λ,-),0≤λ≤1,
所以=(2λ,3λ-1,).
设直线AG与平面ABE所成角为θ,
所以sin θ=|cos<,n>|=,解得λ=,
所以存在符合条件的点G,且(共40张PPT)
第2讲 球的“切”“接”问题
考点一 空间几何体的外接球
考点二 空间几何体的内切球
目 录 索 引
考点三 与球切、接有关的最值问题
考点一 空间几何体的外接球
理知识
1.由特殊几何体的结构特征确定球心的常见情况:
(1)正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点.体对角线就是球的一条直径,若长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则外接球半径r=.
(2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心的连线的中点.
(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心的连线的中点.
(4)正棱锥和正棱台的外接球的球心在其高上,具体位置可通过构造直角三角形,利用勾股定理求得.
2.一般几何体确定球心的方法
定义法:到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心,借助有特殊性底面的外接圆圆心,找其垂线,则球心一定在垂线上,再根据到其他顶点的距离也是半径,列关系式求解即可.
[微提醒]圆柱的外接球球心是轴的中点;圆锥和圆台的外接球的球心在轴所在直线上,解题时常根据轴截面建立未知量的关系,具体求法类似于正棱锥和正棱台.
链高考
(2023全国乙,文16)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA= .
2
解析 由正弦定理得△ABC外接圆的半径r=
设O,O'分别为三棱锥S-ABC外接球的球心、△ABC外接圆的圆心,球O的半径R=2,所以OO'==1.
因为SA⊥平面ABC,所以SA=2OO'=2.
考向1 特殊几何体的外接球
例1 (2022新高考Ⅱ,7)已知正三棱台的高为1,上、下底面的边长分别为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
A
解析 设外接球的半径为R,由题意得,上底面所在平面截球所得圆的半径是3,下底面所在平面截球所得圆的半径是4,在轴截面中,设球心到上、下底面的距离分别为d1,d2,则d1=,d2=,故|d1-d2|=1或|d1+d2|=1,由几何知识可得=1,或=1,解得R2=25符合题意.因此球的表面积是S=4πR2=4π·25=100π.故选A.
延伸探究
(变条件)本例中的“正三棱台”改为“高为1,底面边长为4的正三棱锥”,求该球的表面积.
解 设该正三棱锥为V-ABC,点M为△ABC的中心,连接VM,CM.
易知正三棱锥外接球的球心位于VM的延长线上,设为O,连接OC.
设外接球的半径为R,则OV=OC=R,VM=1,
所以OM=R-1,CM=AB=4=4.
在Rt△OMC中,有R2=(R-1)2+42,解得R=,
所以外接球的表面积为4πR2=289π.
【对点训练1】(1)(2025广东深圳模拟)已知圆锥的母线长为6,其外接球表面积为,则该圆锥的表面积为( )
A.12π B.16π
C.18π D.27π
B
解析 设圆锥的外接球的半径为R,则外接球表面积为4πR2=,得R=
由=-<0,
可知外接球的球心在圆锥内部.
圆锥的轴截面如图所示,
则AO=OC=
设圆锥的高为AO1=h,圆锥的底面圆半径为O1C=r,则r2+h2=62,
又由(h-R)2+r2=R2,解得h==4,r=2,
所以圆锥的表面积为πr2+πrl=16π.
(2)(2025江苏淮安模拟)已知正三棱柱所有棱长都相等,它的六个顶点都在半径为的球面上,则此正三棱柱的体积为 .
18
解析 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设O为外接球的球心,G为△ABC的中心,设正三棱柱的棱长为2a,则AB=2a,OG=a,OA=,
所以AG=a.
在Rt△AGO中,AO2=AG2+GO2,即7=a2+a2,
解得a2=3,故a=,
所以正三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=4a2·2a=2a3=23=18.
考向2 可转化为特殊几何体的外接球
例2 (1)(2025广东深圳模拟)在四棱锥S-ABCD中,SA⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形,SA=AB=2,则四棱锥S-ABCD的外接球的表面积为( )
A.12π B.8π
C.48π D.20π
A
解析 如图,将四棱锥S-ABCD补成正方体,
正方体体对角线长为2,
则四棱锥的外接球为正方体的外接球,
外接球半径为,
所以四棱锥S-ABCD的外接球表面积为4π×()2=12π.
故选A.
(2)在三棱锥P-ABC中,已知PA=BC=2,AC=BP=,CP=AB=,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为( )
A.77π B.64π
C.108π D.72π
A
解析 因为三棱锥的对棱相等,所以可以把它看成某个长方体的面对角线构成的几何体.设长方体过同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,且长方体的面对角线长为2,不妨令=2
,则a2+b2=52,c2+b2=41,a2+c2=61,则a2+b2+c2=(52+41+61)=77.因为长方体体对角线的长为长方体外接球的直径,即为三棱锥外接球的直径,所以三棱锥外接球的半径为,所以外接球的表面积为4π()2=77π.故选A.
【对点训练2】如图,平面四边形ADBC中,AB⊥BC,AB=,BC=2,△ABD为等边三角形,现将△ABD沿AB翻折,使点D移动至点P,且PB⊥BC,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为 .
16π
解析 因为AB⊥BC,PB⊥BC,AB∩PB=B,AB,PB 平面PAB,所以BC⊥平面PAB.
将三棱锥P-ABC补为如图所示的直三棱柱,则它们的外接球相同,外接球的球心O为棱柱上、下底面三角形的外心连线的中点,设△PAB的外心为点E,由△ABD为等边三角形,AB=,得BE==1,因为OE=BC=,所以在Rt△OBE中,OB==2,即外接球的半径为2,所以外接球的表面积为4π×22=16π.
考点二 空间几何体的内切球
理知识
几何体内切球问题的求解策略
(1)体积分割法求内切球半径.
(2)作出合适的截面(过球心、切点等),转化为平面图形求解.
(3)多球相切的问题,连接各球球心,转化为处理多面体问题.
链高考
(2025新高考Ⅱ,14)一个底面半径为4 cm,高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球,则铁球半径的最大值为
cm.
解析 作出轴截面ABCD,如图所示.由题意,两球半径相等,所以图中两圆的切点M到AD的距离为4,到DC的距离为,过点M作AD平行线与过点O1作DC的平行线相交于点N,在Rt△MO1N中,由MN2+O1N2=O1M2,设两球的半径为r,得(4-r)2+(-r)2=r2,即4r2-68r+145=0,解得r=或r=(舍).所以最大值为
例3 (1)(2025广东汕头模拟)已知某圆台的上、下底面半径分别为r1,r2,且r2=2r1,若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切,则该圆台的体积为( )
A. B.
C. D.
C
解析 如图,设圆台上、下底面圆心分别为O1,O2,则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处,
设球O与母线AB切于点M,所以OM⊥AB,OM=OO1=OO2=2,
所以△AOO1≌△AOM,所以AM=r1.同理BM=r2,所以AB=r1+r2=3r1.
过A作AG⊥BO2,垂足为G,则BG=r2-r1=r1,AG=O1O2=4,所以AG2=AB2-BG2,即16==8,所以r1=,所以r2=2,
所以该圆台的体积为(2π+8π+4π)×4=故选C.
(2)(2025浙江宁波模拟)在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD=1,则其内切球表面积为 .
(3-2)π
解析 因为四面体ABCD四个面都为直角三角形,
AB⊥平面BCD,BD,BC,CD 平面BCD,所以AB⊥BD,AB⊥BC,AB⊥CD,
又BC⊥CD,AB,BC 平面ABC,AB∩BC=B,所以CD⊥平面ABC,
又AC 平面ABC,所以AC⊥CD.
所以四面体ABCD的表面积为SABCD=S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD=1+,体积为VABCD=1×1×1=
设四面体ABCD内切球的球心为O,半径为r,
则VABCD=VO-ABC+VO-ABD+VO-ACD+VO-BCD
=r(S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD)=rSABCD,
所以r=,所以内切球表面积S=4πr2=(3-2)π.
【对点训练3】(1)(2025广东湛江模拟)一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3,圆心角为的扇形,在该圆锥内有一个与侧面和底面均相切的球,则该球的体积是( )
A.2π B.
C. D.
D
解析 由题意得,扇形的弧长l=3=2π,
所以该圆锥的底面圆的半径r==1,
所以该圆锥的高h==2
设该圆锥内切球的半径为R,圆锥的轴截面如图所示,
则依题意得S△ABC=2×2(3+3+2)×R,所以R=,
所以该球的体积V=R3=)3π=故选D.
(2)(2025江苏扬州模拟)已知正四棱锥P-ABCD的底面边长为2,若半径为1的球与该正四棱锥的各面均相切,则正四棱锥P-ABCD的体积为( )
A.8 B.12
C.12 D.36
B
解析 因为球与该正四棱锥的各面均相切,所以该球的球心O在P-ABCD的高线PH上,
过点H作HE⊥AB,交AB于点E,连接PE,过点O作OK⊥PE,交PE于点K.
因为PH⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,则PH⊥AB,
又PH∩HE=H,PH,HE 平面PHE,则AB⊥平面PHE,
因为OK 平面PHE,故AB⊥OK,
又AB∩PE=E,AB,PE 平面PAB,故OK⊥平面PAB.
依题意,OK=OH=1,
因为底面边长为2,所以HE=2,
在Rt△OEH中,tan∠OEH=,则∠HEO=
因为OK=OH=1,OH⊥EH,OK⊥EK,
所以OE为∠PEH的角平分线,则∠PEH=2∠OEH=,则∠HPE=,
故PH==3,则VP-ABCD=(2)2×3=12.
考点三 与球切、接有关的最值问题
理知识
与球切、接有关的最值问题
(1)转化为函数最值问题:通过引入参数,建立关于这个参变量的函数关系,转化为函数的最值问题来解决,有时要用导数法求最值.
(2)转化为平面几何问题:根据题目的特征,寻找或确定一个数量关系比较集中的平面,将题目的其他条件逐步向该平面转移,然后利用几何方法或三角方法来解决.
(3)利用基本不等式:可通过引入变量建立数学模型,然后利用基本不等式求其最值.
链高考
(2022全国乙,理9)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为( )
A. B.
C. D.
C
解析 设四棱锥的高为h,体积为V,则底面所在圆的半径为
要使四棱锥的体积最大,底面四边形必为正方形,
此时V=(2)2·h=(h-h3),所以V'=(1-3h2).
由题意可知00,得0令V'<0,得所以V在区间内单调递增,在区间内单调递减,
所以当h=时,V取得最大值.
例4 (2022新高考Ⅰ,8)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是
( )
A. B.
C. D.[18,27]
C
解析 记正四棱锥高与侧棱的夹角为θ,高为h,底面中心到底面各顶点的距离为m.∵正四棱锥外接球的体积为36π,∴外接球的半径R=3.
又3≤l≤3,∴cos θ=,
∴l=6cos θ,m=l·sin θ=6sin θcos θ,
h==6cos2θ,正四棱锥的底面积S底=2m×2m=2m2.
故该正四棱锥的体积V=S底·h=2m2h=144sin2θcos4θ.
令x=cos2θ.∵cos ,∴x=cos2
∴sin2θcos4θ=(1-cos2θ)·cos4θ=(1-x)·x2,x
令y=(1-x)·x2=-x3+x2,x,则y'=-3x2+2x.
故当x时,y'>0,函数y=-x3+x2单调递增;
当x时,y'<0,函数y=-x3+x2单调递减.
于是当x=时,y取最大值,且ymax=-,
当x=时,y=-,
当x=时,y=-,故当x=时,y取最小值
因而V的最大值Vmax=144,V的最小值Vmin=144
故该正四棱锥体积的取值范围为
【对点训练4】(2025湖南长沙模拟)一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在同一个球面上,且该球的半径为1,当圆锥的体积取最大值时,圆锥的底面半径为( )
A. B.
C. D.
B
解析 如图,根据题意,设圆锥PO1的高为h,底面圆半径为r,外接球球心为O,半径R=1,则球心O到圆锥底面圆心O1的距离d=OO1=|1-h|,0由d2+r2=R2,得r2=2h-h2,圆锥的体积V=r2h=(2h2-h3),求导得V'=(4h-3h2) =πh(-h),当00,函数V=(2h2-h3)在(0,)上单调递增,当第3讲 空间位置关系的判断与证明
考点一 空间直线、平面位置关系的判定
考点二 几何法证明空间平行、垂直关系
目 录 索 引
考点三 向量法证明空间平行、垂直关系
考点一 空间直线、平面位置关系的判定
理知识
空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
关系 图形语言 符号语言 公共点
直线与平面 相交 a∩α=A 线面相交、线面平行统称为直线在平面外,记作 a α 1个
平行 a∥α 0个
在平面内 a α 无数个
关系 图形语言 符号语言 公共点
平面与平面 平行 α∥β 0个
相交 α∩β=l 无数个
链高考
(2024全国甲,理10,文11)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题:
①若m∥n,则n∥α或n∥β
②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β,则m∥n
④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n
其中所有真命题的编号是( )
A.①③ B.②④
C.①②③ D.①③④
A
解析 对于①,若m∥n,若n α且n β,则n∥α且n∥β,若n α,则n∥β,若n β,则n∥α,故①正确;
对于②,若n⊥m,则n与α和β不一定垂直,②错误;
对于③,若n∥α且n∥β,由线面平行的性质可证明n∥m,③正确;
对于④,当n∥α且n∥β,n与α,β所成的角都为0°,此时n∥m,④错误.故选A.
例1 (1)(2025天津,4)已知m,n为直线,α,β为平面,则下列说法正确的是
( )
A.若m∥α,n α,则m∥n
B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β
C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β
D.若m α,α⊥β,则m⊥β
C
解析 对于A,若m∥α,n α,则m∥n或m,n异面,故A错误;
对于B, ,如图,α∥β,故B错误;
对于D, ,如图,m∥β,此时m不垂直于β,故D错误.故选C.
(2)(多选题)(2025山东潍坊二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为线段A1D1,AB的中点,则( )
A.EF与BC异面 B.EF∥平面CDD1C1
C.EF⊥AC D.BD⊥平面EFC1
AC
解析 以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设正方体的棱长为2,
则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),E(1,0,2),F(2,1,0),C1(0,2,2).
对于A选项,EF,BC既不平行也不相交,故EF与BC异面,故A正确;
对于B选项,=(1,1,-2),
易知平面CDD1C1的一个法向量为m=(1,0,0),
则m=1≠0,故EF与平面CDD1C1不平行,故B错误;
对于C选项,=(-2,2,0),所以=-2+2=0,
故EF⊥AC,故C正确;
对于D选项,=(2,2,0),所以=2+2=4,
所以EF,BD不垂直,故BD与平面EFC1不垂直,故D错误.故选AC.
【对点训练】(多选题)(2025新高考Ⅰ,9)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC中点,则( )
A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D
C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D
BD
解析 取B1C1中点D1,连接A1D1,AD,则AD∥A1D1.
易知A1D1不垂直于平面AA1C1C,
∴A1D1与A1C不垂直,∴AD与A1C不垂直,故A错误;
由题可知,B1C1⊥A1D1,B1C1⊥AA1,A1D1∩AA1=A1,A1D1,
AA1 平面AA1D,∴B1C1⊥平面AA1D,故B正确;
∵AD∥A1D1,AD∥平面A1B1C1,A1D1与A1B1相交,
∴AD与A1B1异面,故C错误;
∵CC1∥AA1,CC1 平面AA1D,AA1 平面AA1D,
∴CC1∥平面AA1D,故D正确.故选BD.
考点二 几何法证明空间平行、垂直关系
理知识
1.线面、面面平行的判定及性质定理
(1)线面平行的判定定理:a α,b α,a∥b a∥α;
(2)线面平行的性质定理:a∥α,a β,α∩β=b a∥b;
(3)面面平行的判定定理:a α,b α,a∥β,b∥β,a∩b=P α∥β;
(4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b a∥b.
2.线面、面面垂直的判定及性质定理
(1)线面垂直的判定定理:m α,n α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n l⊥α;
(2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α a∥b;
(3)面面垂直的判定定理:a β,a⊥α β⊥α;
(4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a α,a⊥l a⊥β.
链高考
(2025上海,18)如图,P是圆锥的顶点,O是底面圆圆心,AB为底面圆直径, AB=2.
(1)若PA与底面所成角大小为,求该圆锥的侧面积;
(2)已知Q是母线AP的中点,点C,D在底面圆周上,弧长为,且CD∥AB,点T在OC上运动,求证:QT∥平面PBD.
(1)解 如图,连接PO,由题意知PO垂直底面,
∵PA与底面所成角大小为,
∴∠PAO=,∠POA=,
又OA=AB=1,∴PA=2,
∴S侧=π×OA×PA=2π.
(2)证明 如图,作出点C,D,T,连接CD,BD,QT,QC,QO,OC,OD,PD,
在△PAB中,∵O,Q分别是AB,AP的中点,∴OQ∥PB,
又PB 平面PBD,OQ 平面PBD,∴OQ∥平面PBD.
∵∠AOC=,且CD∥AB,
∴∠OCD=∠AOC=,
又OC=OD=1,∴△OCD是等边三角形,∴CD=1=OB,
又CD∥OB,∴四边形OCDB是平行四边形,∴OC∥BD,
又OC 平面PBD,BD 平面PBD,∴OC∥平面PBD,
又OC∩OQ=O,OC 平面OCQ,OQ 平面OCQ,∴平面OCQ∥平面PBD.
∵QT 平面OCQ,∴QT∥平面PBD.
例2 如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD是边长为2的正方形,平面ADE⊥平面ABCD,EF=1,AE=DE=.
(1)求证:CD∥平面ABFE;
(2)求证:平面ABFE⊥平面CDEF.
证明 (1)在五面体ABCDEF中,因为四边形ABCD是正方形,所以AB∥CD.
又CD 平面ABFE,AB 平面ABFE,所以CD∥平面ABFE.
(2)因为AE=DE=,AD=2,所以AE2+DE2=AD2,所以AE⊥DE.
因为四边形ABCD是正方形,所以AB⊥AD.
因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,AB 平面ABCD,
所以AB⊥平面ADE.
又DE 平面ADE,所以AB⊥DE.
因为AB∩AE=A,AB,AE 平面ABFE,所以DE⊥平面ABFE.
又DE 平面CDEF,所以平面ABFE⊥平面CDEF.
延伸探究
本例条件下,判断在线段CD上是否存在点N,使得FN⊥平面ABFE 说明理由.
解 在线段CD上存在点N,使得FN⊥平面ABFE,理由如下:
如图,取CD的中点N,连接FN.
由例2知,CD∥平面ABFE,
又CD 平面CDEF,平面ABFE∩平面CDEF=EF,
所以CD∥EF.
因为EF=1,ND=CD=1,所以EF=DN,
所以四边形EDNF是平行四边形,所以FN∥DE.
由例2知,DE⊥平面ABFE,所以FN⊥平面ABFE.
考点三 向量法证明空间平行、垂直关系
理知识
设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为u=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3),则
(1)线面平行
l∥α a⊥u a·u=0 a1a2+b1b2+c1c2=0.
(2)线面垂直
l⊥α a∥u a=ku a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k为常数).
(3)面面平行
α∥β u∥v u=λv a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3(λ为常数).
(4)面面垂直
α⊥β u⊥v u·v=0 a2a3+b2b3+c2c3=0.
链高考
(2023新高考Ⅰ,18节选)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
证明:B2C2∥A2D2.
证明 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如右图所示的空间直角坐标系.
由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).
=(0,-2,1),=(0,-2,1),所以
因为A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.
例3 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC, AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.证明:
(1)BE⊥DC;
(2)BE∥平面PAD;
(3)平面PCD⊥平面PAD.
证明 依题意,以点A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).
(1)=(0,1,1),=(2,0,0),
因为=0,所以BE⊥DC.
(2)因为PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,所以AB⊥PA,
又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,
所以AB⊥平面PAD,所以=(1,0,0)为平面PAD的一个法向量.
因为=(0,1,1)·(1,0,0)=0,所以BE⊥AB,
又BE 平面PAD,所以BE∥平面PAD.
(3)由(2)知平面PAD的一个法向量为=(1,0,0)=(0,2,-2),=(2,0,0),
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则
不妨令y=1,可得平面PCD的一个法向量为n=(0,1,1).
n=(0,1,1)·(1,0,0)=0,所以n,所以平面PCD⊥平面PAD.
