新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：7.4　空间直线、平面的垂直

这是一份新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：7.4　空间直线、平面的垂直，共24页。
7.4　空间直线、平面的垂直
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.直线与平面垂直


图　　形
条　　件
结论
判定

a⊥b,b⊂α(b为α内的　　　　一条直线) 
a⊥α

a⊥m,a⊥n,m,n⊂α,　　　　　 
a⊥α

a∥b,　　　　 
b⊥α
性质

a⊥α,　　　　 
a⊥b

a⊥α,b⊥α
　　 

2.平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
两个平面相交,如果它们所成的二面角是　　　　　　　　,就说这两个平面互相垂直. 
(2)判定定理与性质定理


文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果一个平面过另一个平面的　　　,那么这两个平面垂直 

l⊂β,l⊥α⇒α⊥β
性质
定理
两个平面垂直,如果一个平面内有一条直线垂直于这两个平面的　　　　,那么这条直线与另一个平面垂直 

α⊥β,α⋂β=a,b⊂β,b⊥a⇒
　 

3.直线与平面所成的角
(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.
(2)线面角θ的范围:θ∈[0°,90°].
4.二面角的有关概念
(1)二面角:从一条直线出发的　　　　　　　　　　所组成的图形叫做二面角. 
(2)在二面角α-l-β的棱l上任取一点O,以点O为垂足,在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB,则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角.


直线与平面垂直的五个结论
(1)若一条直线垂直于一个平面,则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.
(2)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.
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个,则这条直线与另一个平面也垂直.
(5)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.

考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)已知直线a,b,c,若a⊥b,b⊥c,则a∥c.(　　)
(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.(　　)
(3)设m,n是两条不同的直线,α是一个平面,若m∥n,m⊥α,则n⊥α.(　　)
(4)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.(　　)
(5)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线,则α⊥β.(　　)
2.(2020黑龙江大庆高三三模)设l,m,n均为直线,其中m,n在平面α内,“l⊥α”是“l⊥m,且l⊥n”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件

3.(多选)如图,PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,点C是圆周上异于A,B任意一点,则下列结论中正确的是(　　)
A.PB⊥AC
B.PC⊥BC
C.AC⊥平面PBC
D.平面PAC⊥平面PBC
4.(2020新高考全国1,4)

日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成的角为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.20° B.40°
C.50° D.90°
5.在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC中的射影为点O.
(1)若PA=PB=PC,则点O是△ABC的　　　　心; 
(2)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则点O是△ABC的　　　　心. 

关键能力学案突破　

考点
线面垂直的判定与性质(多考向探究)

考向1　证明线面垂直

【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.










考向2　证明线线垂直
【例2】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为D1D的中点,O为底面ABCD的中心,求证:B1O⊥AP.








解题心得证明直线与平面垂直与利用线面垂直的性质证明线线垂直的通法是线面垂直的判定定理的应用,其思维流程为:


对点训练1如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=1,∠ACB=90°,D是A1B1的中点,F在BB1上.
(1)求证:C1D⊥平面AA1B1B;
(2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可以使AB1⊥平面C1DF?请选择并证明你的结论.
①F为BB1的中点;②AB1=3;③AA1=2.






















考点
面面垂直的判定与性质



【例3】(一题多解)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N分别为PB,AB,BC,PD,PC的中点.求证:
(1)CE∥平面PAD;
(2)平面EFG⊥平面EMN.
















思维变式1(变设问)在本例条件下,证明:平面EMN⊥平面PAC.





思维变式2(变设问)在本例条件下,证明:平面EFG∥平面PAC.













解题心得1.面面垂直判定的2种方法与1个转化
(1)2种方法:
①面面垂直的定义;
②面面垂直的判定定理.
(2)1个转化:
在已知两个平面垂直时,一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线,转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.
2.面面垂直性质的应用
(1)两平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)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.

考点
垂直关系中的探索性问题



【例4】如图,在三棱台ABC-DEF中,CF⊥平面DEF,AB⊥BC.
(1)设平面ACE∩平面DEF=a,求证:DF∥a;
(2)若EF=CF=2BC,试问在线段BE上是否存在点G,使得平面DFG⊥平面CDE?若存在,请确定G点的位置;若不存在,请说明理由.












解题心得(1)对于线面关系中的存在性问题,首先假设存在,然后在该假设条件下,利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证,寻找假设满足的条件,若满足则肯定假设,若得出矛盾的结论则否定假设.
(2)对于探索性问题用向量法比较容易入手,一般先假设存在,设出空间点的坐标,转化为代数方程是否有解的问题,若有解且满足题意则存在,若有解但不满足题意或无解则不存在.

对点训练2如图,在四棱锥S-ABCD中,侧棱SA=SB=SC=SD,底面ABCD是菱形,AC与BD交于O点.
(1)求证:AC⊥平面SBD;
(2)若E为BC的中点,点P在侧面△SCD内及其边界上运动,并保持PE⊥AC,试指出动点P的轨迹,并证明.










考点
空间位置关系与几何体的度量计算

【例5】如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PCD,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.

(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值;
(2)求证:PD⊥平面PBC;
(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.














解题心得1.本题证明的关键是垂直与平行的转化,如由AD∥BC,AD⊥PD,得PD⊥BC,进而利用线面垂直的判定定理证明PD⊥平面PBC.
2.利用综合法求空间线线角、线面角、二面角一定注意“作角、证明、计算”是完整统一过程,缺一不可.
(1)线面角的求法:找出斜线在平面上的射影,关键是作垂线,找垂足,要把线面角转化到一个三角形中求解.
(2)二面角的大小用它的平面角来度量.平面角的作法常见的有:①定义法;②垂面法.注意利用等腰、等边三角形的性质.

对点训练3如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.点E是CD边的中点,点F,G分别在线段AB,BC上,且AF=2FB,CG=2GB.
(1)证明:PE⊥FG.
(2)求二面角P-AD-C的平面角的正切值.
(3)求直线PA与直线FG所成的角的余弦值.


















类型一　将平面图形折叠成立体图形

【例1】(2020山东德州一中高考模拟)如图是正四棱锥P-ABCD的平面展开图,其中点P1,P2,P3,P4是顶点P展开后的四个点,E,F,G,H分别为P3A,P2D,P4C,P4B的中点,在此四棱锥中,给出下面五个结论:①平面EFGH∥平面ABCD;②PA∥平面BDG;③EF∥平面PBC;④FH∥平面BDG;⑤EF∥平面BDG.其中正确结论的序号是　　　　. 
答案①②③④
解析先把平面展开图还原为一个四棱锥,如图所示.

①∵E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点
∴EF∥AD,GH∥BC.∵AD∥BC,∴EF∥GH,
∴EF,GH确定平面EFGH.∵EF⊂平面EFGH,AD⊄平面EFGH,∴AD∥平面EFGH,
同理AB∥平面EFGH,AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD,
∴平面EFGH∥平面ABCD,故①正确;
②连接AC,BD交于点O,则O为AC中点,
连接OG,G为PC中点,∴OG∥PA,OG⊂平面BDG,
PA⊄平面BDG,∴PA∥平面BDG,故②正确;
③∵E,F分别为PA,PD的中点,∴EF∥AD.
∵四边形ABCD为正方形,∴AD∥BC,∴EF∥BC.
又BC⊂平面PBC,EF⊄平面PBC,∴EF∥平面PBC.故③正确;
④连接FH,∵F,H为PD,PB的中点,∴FH∥BD.
∵BD⊂平面BDG,FH⊄平面BDG,∴FH∥平面BDG.故④正确;
⑤由题知,EF∥GH,GH与平面BDG相交,∴EF与平面BDG相交,
故⑤错误.故答案为①②③④.
解题心得画折叠图形一般以某个面为基础,依次将其余各面翻折,当然,画图之前要对翻折后形成的立体图形有所认识,这是解答此类问题的关键.
对点训练1如图是一个正方体表面的一种平面展开图,图中的四条线段AB,CD,EF和GH在原正方体中相互异面的有　　　　对. 

类型二　折叠中的“变”与“不变”
【例2】如图1,在等腰直角三角形ABC中,A=90°,BC=6,D,E分别是AC,AB上的点,CD=BE=2,O为BC的中点.将△ADE沿DE折起,得到如图2所示的四棱锥A'-BCDE,其中A'O=3.

(1)证明:A'O⊥平面BCDE;
(2)求二面角A'-CD-B的平面角的余弦值.
(1)证明在图1中,易得OC=3,AC=32,AD=22.
连接OD,OE,在△OCD中,由余弦定理可得
OD=OC2+CD2-2OC·CDcos45°=5.
由翻折不变性可知A'D=22,
所以A'O2+OD2=A'D2,所以A'O⊥OD.
同理可证A'O⊥OE.又OD∩OE=O,OD,OE均是平面BCDE中的直线,
所以A'O⊥平面BCDE.

(2)解过点O作OH⊥CD交CD的延长线于点H,连接A'H,因为A'O⊥平面BCDE,所以A'H⊥CD,所以∠A'HO为二面角A'-CD-B的平面角.
结合图1可知,OH=12AB=322,从而A'H=OH2+OA'2=302,所以cos∠A'HO=OHA'H=155,
所以二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为155.
解题心得折叠中的“变”与“不变”
一般地,在同一半平面内的几何元素之间的关系是不变的.涉及两个半平面内的几何元素之间的关系是要变化的.分别位于两个半平面内,但垂直于折叠棱的直线翻折后仍然垂直于折叠棱.
对点训练2(2020安徽肥东综合高中二模)如图1,在边长为4的正方形ABCD中,点E,F分别是AB,BC的中点,点M在AD上,且AM=14AD,将△AED,△DCF分别沿DE,DF折叠,使A,C两点重合于点P,如图2所示.

(1)试判断PB与平面MEF的位置关系,并给出证明;
(2)求二面角M-EF-D的平面角的余弦值.
























类型三　立体图形的表面展开图的应用

【例3】如图,在一个底面直径是5 cm,高为2π cm的圆柱形玻璃杯子的上沿B处有一只苍蝇,而恰好在相对的底沿A处有一只蜘蛛,A,B两点是圆柱的一个轴截面的顶点,蜘蛛要想用最快的速度捕捉到这只苍蝇,蜘蛛所走的最短的路程是　　　　. 
答案412π cm

解析利用侧面展开图,如图,蜘蛛所走的最短的路程是线段AB的长,AC=12×5π=52π(cm),BC=2πcm,则AB=(2π)2+(52π) 2=412πcm,即蜘蛛所走的最短的路程是412πcm.
解题心得求从一点出发沿几何体表面到另一点的最短距离问题:通常把几何体的侧面展开,转化为平面图形中的距离问题.

对点训练3如图所示,已知圆锥中,底面半径r=1,母线长l=4,M为母线SA上的一个点,且SM=x,从点M拉一根绳子,围绕圆锥侧面转到点A.求:
(1)绳子的最短长度的平方f(x);
(2)绳子最短时,圆锥的顶点S到绳子的最短距离;
(3)f(x)的最大值.


























指点迷津(二)　球与空间几何体的切接问题

1.外接球的问题
球面经过多面体的所有顶点的球,叫多面体的外接球.球面经过旋转体的底面圆周和顶点(如果有顶点的话)的球,叫旋转体的外接球.解决外接球的问题,要注意球心到顶点的距离就是球的半径,长方体外接球的直径就是长方体的对角线长,三棱锥的外接球要找出三棱锥的底面截球所得的截面圆,画出以这个截面圆的直径为弦的球的大圆,把问题转化为研究圆的问题,利用大圆的弦(三棱锥底面外接圆的直径)和球半径之间的关系,求出球的半径,那么问题就容易解决了.旋转体的外接球问题,要画出轴截面,把问题转化为平面几何中圆的问题来解决.
【例1】(1)三棱锥P-ABC中,AB=BC=15,AC=6,PC⊥平面ABC,PC=2,则该三棱锥的外接球的表面积为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.253π B.252π
C.833π D.832π
(2)已知一个圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆,则该圆锥的外接球的表面积是(　　)
A.4π3 B.4π C.16π3 D.16π
(3)正四面体的各条棱长都为2,则该正四面体外接球的体积为　　　. 
思路分析计算空间几何体外接球的表面积和体积,关键是求出球的半径,结合球心与截面圆圆心的距离、球半径、截面圆半径所构造的直角三角形勾股关系求解.
答案(1)D　(2)C　(3)32π

解析(1)由题可知,△ABC中AC边上的高为15-32=6,球心O在底面ABC的投影即为△ABC的外心D,设DA=DB=DC=x,所以x2=32+(6-x)2,解得x=546.易证PC=2OD,所以R2=x2+PC22=758+1=838(其中R为三棱锥外接球的半径),所以外接球的表面积S=4πR2=832π,故选D.
(2)设圆锥底面半径为r,则2πr=2π,故r=1,所以圆锥轴截面为边长为2的正三角形,圆锥外接球球心是正三角形中心,外接球半径是正三角形外接圆半径R=23×32×2=233,
所以该圆锥外接球的表面积为4πR2=16π3,故选C.

(3)将正四面体补成一个正方体,如图,则正方体棱长为1,正方体对角线长为3,因为正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长,所以外接球的体积为43πR3=43π×323=32π.
方法总结要求外接球的表面积和体积,关键是求出球的半径,求外接球半径的常见方法有:①若三棱锥的三条棱两两垂直则用4R2=a2+b2+c2(a,b,c为三条棱的长);②若SA⊥平面ABC(SA=a),则4R2=4r2+a2(r为△ABC外接圆半径);③可以转化为长方体的外接球;④特殊几何体可以直接找出球心和半径.
变式发散若本例(1)中,三棱锥P-ABC的底面△ABC变为边长为3的等边三角形,其他条件不变,求该三棱锥外接球的表面积.











2.内切球的问题
与多面体(或旋转体)的各个面都相切的球,叫做多面体(或旋转体)的内切球.

解答内切球的问题时,首先要找准切点,通过部分切点和球心作球的大圆截面来解决.如正四面体的内切球,要用两个切点和球心三点确定的平面作截面,如图截面三角形只有两条边和球的大圆相切,有了这个截面图形,问题转化为三角形和圆的问题,再利用切点是等边三角形的中心,那么问题很容易解决.
【例2】设球O内切于正三棱柱ABC-A1B1C1,则球O的体积与正三棱柱ABC-A1B1C1的体积的比值为　　　　. 
答案2327π
解析设球O半径为R,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a,
则R=13×32a=36a,即a=23R.又正三棱柱ABC-A1B1C1的高为2R,
所以球O的体积与正三棱柱ABC-A1B1C1的体积的比值为43πR334a2×2R=43πR334×12R2×2R=23π27.
方法总结处理球的“切”问题的求解策略
与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体与旋转体,解答时首先要找准切点,通过作截面来解决.如果内切于多面体,则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作.
对点练习1(2020陕西榆林高三模拟)已知正四面体A-BCD外接球的体积为86π,则这个四面体的表面积为(　　)
A.183 B.163
C.143 D.123
对点练习2球O与棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的各个面都相切,点M为棱DD1的中点,则平面ACM截球O所得截面的面积为(　　)
A.4π3 B.π
C.2π3 D.π3
对点练习3已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O(重量忽略不计),现从该三棱锥顶端向内注水,小球慢慢上浮,当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时,小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切),则小球的表面积等于(　　)
A.7π6 B.4π3 C.2π3 D.π2








7.4　空间直线、平面的垂直
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.任意　m∩n=O　a⊥α　b⊂α　a∥b
2.(1)直二面角　(2)垂线　交线　b⊥α
4.(1)两个半平面
考点自诊
1.(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×
2.A　设l,m,n均为直线,其中m,n在平面α内,若l⊥α,则l⊥m,且l⊥n,反之若l⊥m,且l⊥n,当m∥n时,推不出l⊥α,故“l⊥α”是“l⊥m,且l⊥n”的充分不必要条件,故选A.
3.BD　因为PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,所以PA⊥BC,PA⊥AC.
又点C是圆周上异于A,B的任意一点,所以AC⊥BC.对于选项A,若PB⊥AC,则可得AC⊥平面PBC,则AC⊥PC,与PA⊥AC矛盾,故选项A错误;对于选项B、D,可知BC⊥平面PAC,所以PC⊥BC,由BC⊂平面PBC,可得平面PAC⊥平面PBC,故选项B,D正确;对于选项C,由AC与PC不垂直,可得AC⊥平面PBC不成立,故选项C错误.故选BD.

4.B　由题意知,如图,圆O为赤道所在的大圆.
圆O1是在点A处与赤道所在平面平行的晷面.O1C为晷针所在的直线.
直线OA在圆O所在平面的射影为直线OB,点B在圆O上,则∠AOB=40°,
∴∠COA=50°.
又∠CAO=90°,∴∠OCA=40°.
∴晷针与点A处的水平面所成角为40°,故选B.
5.

(1)外　(2)垂　(1)如图,连接OA,OB,OC,OP,在Rt△POA,Rt△POB和Rt△POC中,PA=PB=PC,所以OA=OB=OC,即点O为△ABC的外心.

(2)如图,延长AO,BO,CO分别交BC,AC,AB于H,D,G.因为PC⊥PA,PB⊥PC,PA∩PB=P,所以PC⊥平面PAB,又AB⊂平面PAB,所以PC⊥AB,因为AB⊥PO,PO∩PC=P,所以AB⊥平面PGC,又CG⊂平面PGC,所以AB⊥CG,即CG为△ABC边AB上的高.同理可证BD,AH分别为△ABC边AC,BC上的高,即点O为△ABC的垂心.
关键能力·学案突破
例1证明(1)∵AB⊥平面PAD,AB⊂平面ABCD,

∴平面PAD⊥平面ABCD.
∵平面PAD∩平面ABCD=AD,PH⊥AD,
∴PH⊥平面ABCD.
(2)取PA的中点M,连接MD,ME.
∵E是PB的中点,∴ME?12AB.
又∵DF?12AB,∴ME?DF,
∴四边形MEFD是平行四边形,
∴EF∥MD.∵PD=AD,∴MD⊥PA.∵AB⊥平面PAD,∴MD⊥AB.
∵PA∩AB=A,∴MD⊥平面PAB,∴EF⊥平面PAB.
例2

证明如图,易证AB1=CB1.
又因为O为AC的中点,
所以B1O⊥AC.
在矩形BDD1B1中,O,P分别为BD,D1D的中点.
易证△POD∽△OB1B,
所以∠POD=∠OB1B.
所以B1O⊥PO.
又AC∩PO=O,所以B1O⊥平面PAC.
又AP⊂平面PAC,
所以B1O⊥AP.
对点训练1

(1)证明∵ABC-A1B1C1是直三棱柱,∴AA1⊥平面A1B1C1.
∵A1C1=B1C1=1,且∠A1C1B1=90°.
又D是A1B1的中点,
∴C1D⊥A1B1.
∵AA1⊥平面A1B1C1,C1D⊂平面A1B1C1,
∴AA1⊥C1D,又A1B1∩AA1=A1,
∴C1D⊥平面AA1B1B.
(2)解选①③能证明AB1⊥平面C1DF.
连接A1B,
∴DF∥A1B,
在△ABC中,
AC=BC=1,
∠ACB=90°,则AB=2,又AA1=2,则A1B⊥AB1,∴DF⊥AB1.
∵C1D⊥平面AA1B1B,AB1⊂平面AA1B1B,∴C1D⊥AB1.
∵DF∩C1D=D,∴AB1⊥平面C1DF.
例3

证明(1)(方法1)取PA的中点H,连接EH,DH.
因为E为PB的中点,
所以EH?12AB.又CD?12AB,所以EH?CD.
所以四边形DCEH是平行四边形,所以CE∥DH.
又DH⊂平面PAD,CE⊄平面PAD,
所以CE∥平面PAD.

(方法2)连接CF.
因为F为AB的中点,所以AF=12AB.又CD=12AB,
所以AF=CD.
又AF∥CD,所以四边形AFCD为平行四边形.
因此CF∥AD,又CF⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,
所以CF∥平面PAD.
因为E,F分别为PB,AB的中点,所以EF∥PA.
又EF⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,
所以EF∥平面PAD.
因为CF∩EF=F,故平面CEF∥平面PAD.
又CE⊂平面CEF,所以CE∥平面PAD.
(2)因为E,F分别为PB,AB的中点,所以EF∥PA.
又因为AB⊥PA,
所以EF⊥AB,同理可证AB⊥FG.
又因为EF∩FG=F,EF,FG⊂平面EFG,
所以AB⊥平面EFG.
又因为M,N分别为PD,PC的中点,
所以MN∥CD.又AB∥CD,
所以MN∥AB,
所以MN⊥平面EFG.
又因为MN⊂平面EMN,所以平面EFG⊥平面EMN.
思维变式1证明因为AB⊥PA,AB⊥AC,
且PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,
所以AB⊥平面PAC.
又MN∥CD,CD∥AB,所以MN∥AB,所以MN⊥平面PAC.
又MN⊂平面EMN,
所以平面EMN⊥平面PAC.
思维变式2证明因为E,F,G分别为PB,AB,BC的中点,
所以EF∥PA,FG∥AC,
又EF⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,
所以EF∥平面PAC.
同理FG∥平面PAC.
又EF∩FG=F,
所以平面EFG∥平面PAC.
例4(1)证明在三棱台ABC-DEF中,
AC∥DF,AC⊂平面ACE,DF⊄平面ACE,∴DF∥平面ACE.
又∵DF⊂平面DEF,平面ACE∩平面DEF=a,∴DF∥a.

(2)解线段BE上存在点G,且BG=13BE时,使得平面DFG⊥平面CDE.
取CE的中点O,连接FO并延长交BE于点G,交CB的延长线于点H,
连接GD,∵CF=EF,∴GF⊥CE.
在三棱台ABC-DEF中,AB⊥BC,可得DE⊥EF.
由CF⊥平面DEF,可得CF⊥DE.
又CF∩EF=F,∴DE⊥平面CBEF,
∵GF⊂平面CBEF,∴DE⊥GF.
∵CE∩DE=E,CE⊂平面CDE,DE⊂平面CDE,∴GF⊥平面CDE.
又GF⊂平面DFG,∴平面DFG⊥平面CDE.
∵O为CE的中点,EF=CF=2BC,
由平面几何知识易证△HOC≌△FOE,∴HB=BC=12EF.
由△HGB∽△FGE,可知BGGE=HBEF=12,即BG=13BE.
对点训练2

(1)证明连接SO,∵底面ABCD是菱形,∴AC⊥BD.
又SA=SC,∴AC⊥SO.而SO∩BD=O,∴AC⊥平面SBD.
(2)解取棱SC中点M,CD中点N,连接MN,则动点P的轨迹即是线段MN.
连接EM,EN,∵E是BC的中点,M是SC的中点,∴EM∥SB.同理,EN∥BD,∴平面EMN∥平面SBD,
∵AC⊥平面SBD,∴AC⊥平面EMN.
因此,当点P在线段MN上运动时,总有AC⊥PE.
例5

(1)解如图,由已知AD∥BC,故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.
因为AD⊥平面PCD,PD⊂平面PCD,所以AD⊥PD.
在Rt△PAD中,由已知,得AP=AD2+PD2=5,
故cos∠DAP=ADAP=55.
所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为55.
(2)证明由(1)知AD⊥PD,
又因为BC∥AD,所以PD⊥BC.
又PD⊥PB,BC∩PB=B,
所以PD⊥平面PBC.
(3)解过点D作DF∥AB,交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.
因PD⊥平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影,所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角.
由于AD∥BC,DF∥AB,故BF=AD=1.
由已知,得CF=BC-BF=2.
又AD⊥DC,故BC⊥DC.
在Rt△DCF中,
可得DF=CD2+CF2=25.
在Rt△DPF中,
可得sin∠DFP=PDDF=55.
所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为55.
对点训练3(1)证明∵PD=PC,且E为CD的中点,
∴PE⊥CD.
又平面PDC⊥平面ABCD,且平面PDC∩平面ABCD=CD,PE⊂平面PDC,∴PE⊥平面ABCD,
又FG⊂平面ABCD,∴PE⊥FG.
(2)解由(1)知PE⊥平面ABCD,∴PE⊥AD,又AD⊥CD,PE∩CD=E,
∴AD⊥平面PDC,∴AD⊥PD,
∴∠PDC为二面角P-AD-C的平面角,在Rt△PDE中,PD=4,DE=3,
∴PE=16-9=7,∴tan∠PDC=PEDE=73.
故二面角P-AD-C的平面角的正切值为73.

(3)解如图,连接AC,∵AF=2FB,CG=2GB,∴AC∥FG.
∴直线PA与FG所成的角即直线PA与AC所成的角.
在Rt△PDA中,PA2=AD2+PD2=25,∴PA=5.又PC=4,AC2=CD2+AD2=36+9=45,∴AC=35.
又cos∠PAC=PA2+AC2-PC22PA·AC=25+45-162×5×35=9525.∴直线PA与直线FG所成角的余弦值为9525.
素养提升微专题7——平面图形
折叠问题的解题技巧


对点训练13　平面图形的折叠应注意折前折后各元素相对位置的变化.画出图形即可判断,相互异面的线段有AB与CD,EF与GH,AB与GH,共3对.
对点训练2解(1)PB∥平面MEF.证明如下:在图1中,连接BD,交EF于点N,交AC于点O,则BN=12BO=14BD.
在图2中,连接BD交EF于点N,连接MN,在△DPB中,有BN=14BD,PM=14PD,∴MN∥PB.
∵PB⊄平面MEF,MN⊂平面MEF,故PB∥平面MEF.
(2)连接BD交EF于点N,图2中的三角形PDE与三角形PDF分别是图1中的Rt△ADE与Rt△CDF,∴PD⊥PE,PD⊥PF.又PE∩PF=P,∴PD⊥平面PEF,则PD⊥PN,
∵PE=PF,点N是EF的中点,
∴PN⊥EF.
在Rt△PEN中,PN=PE2-EN2=22-(2)2=2.在Rt△MNP中,PM=1,PN=2,则MN=PM2+PN2=3.
∵ME=MF,点N是EF的中点,∴MN⊥EF.又BD⊥EF,∴∠MND是二面角M-EF-D的平面角.
在△MND中,MD=3,DN=32,由余弦定理,得cos∠MND=MN2+DN2-MD22MN·DN=63.
∴二面角M-EF-D的平面角的余弦值为63.

对点训练3

解将圆锥的侧面沿SA展开在平面上,如图所示,则该图为扇形,且弧AA'的长度L就是圆锥底面圆的周长,
所以L=2πr=2π,所以∠ASM=L2πl×360°=2π2π×4×360°=90°.
(1)由题意知绳子长度的最小值为展开图中的AM的长度,设SM的长为x(0≤x≤4),故AM=x2+16(0≤x≤4).
f(x)=AM2=x2+16(0≤x≤4).
(2)绳子最短时,在展开图中作SR⊥AM,垂足为R,则SR的长度为顶点S到绳子的最短距离,在△SAM中,
因为S△SAM=12SA·SM=12AM·SR,所以SR=SA·SMAM=4xx2+16(0≤x≤4),即绳子最短时,顶点到绳子的最短距离为4xx2+16(0≤x≤4).
(3)因为f(x)=x2+16在[0,4]上单调递增,所以f(x)的最大值为f(4)=32.
指点迷津(二)　球与空间几何体的
切接问题
变式发散解由题意得,此三棱锥外接球即为以△ABC为底面、以PC为高的正三棱柱的外接球,因为△ABC的外接圆半径r=32×3×23=1,外接球球心到△ABC的外接圆圆心的距离d=1,所以外接球的半径R=r2+d2=2,所以三棱锥外接球的表面积S=4πR2=8π.
对点练习1

B　如图,将正四面体A-BCD补成一个正方体,设正方体的棱长为a,
设正四面体A-BCD的外接球的半径为R,则4πR33=86π,得R=6.因为正四面体A-BCD的外接球和此正方体的外接球是同一个球,则有3a=2R=26,所以a=22.而正四面体A-BCD的每条棱长均为正方体的面对角线长,所以正四面体A-BCD的棱长为2a=22×2=4,因此,这个正四面体的表面积为4×34×42=163.故选B.
对点练习2D　设球心到截面圆的距离为d,截面圆的半径为r,连接OA,OC,OM,由VO-ACM=VM-AOC,即13S△ACM·d=23S△AOC,S△AOC=12×22×1=2,S△ACM=12×22×22+12-(2)2=6,解得d=63.又d2+r2=12,所以r=33,所以截面圆的面积为π×332=π3.故选D.
对点练习3C　当注入水的体积是该三棱锥体积的78时,设水面上方的小三棱锥的棱长为x(各棱长都相等),依题意,x43=18,得x=2.易得小三棱锥的高为263.设小球半径为r,水面上方的小三棱锥每一个面的面积为S底,则由等积法可得13S底面·263=4×13S底面×r,得r=66,故小球的表面积S=4πr2=2π3.故选C.