第四節空間直線、平面的垂直課程標準1.從定義和基本事實出發,借助長方體,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系的定義,歸納出有關垂直的性質定理和判定定理,并加以證明.2.能運用已獲得的結論證明空間基本圖形位置關系的簡單命題.考情分析考點考法:高考題常以空間幾何體為載體,考查空間直線、平面的垂直關系.線面垂直是高考的熱點,在各種題型中都會有所體現.核心素養:直觀想象、數學運算、邏輯推理.【必備知識·逐點夯實】【知識梳理·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)判定定理與性質定理類型文字語言圖形表示符號表示判定定理如果一條直線與一個平面內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性質定理垂直于同一個平面的兩條直線平行a⊥α,a∥b【微點撥】證明線面垂直時,平面內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,則它們所成的角是0°.(2)范圍:0,3.二面角(1)定義:從一條直線出發的兩個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αlβ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,兩個平面相交,如果它們所成的二面角是直二面角,就說這兩個平面互相垂直.(2)判定定理與性質定理類型文字語言圖形表示符號表示判定定理如果一個平面過另一個平面的垂線,那么這兩個平面垂直l⊥α?α⊥β性質定理兩個平面垂直,如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的交線,那么這條直線與另一個平面垂直α⊥β?l⊥α【基礎小題·自測】類型辨析改編易錯高考題號12341.(多維辨析)(多選題)下列結論錯誤的是()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內的無數條直線都垂直,則l⊥αC.設m,n是兩條不同的直線,α是一個平面,若m∥n,m⊥α,則n⊥αD.若兩平面垂直,則其中一個平面內的任意一條直線垂直于另一個平面【解析】選ABD.A中直線也可能在平面內;B中若平面α內的與直線l都垂直的無數條直線都平行,則l與α不一定垂直;C正確;D中平面內與交線垂直的直線與另一個平面垂直.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,PA⊥平面ABC,則四面體PABC中直角三角形的個數為()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,PA⊥平面ABC,所以BC⊥PA,因為BC⊥AB,PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB.所以四面體PABC中直角三角形有△PAC,△PAB,△ABC,△PBC,共4個.3.(多選題)(空間垂直關系不清致誤)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內所有直線都垂直于平面β【解析】選ABD.A中存在無數條在平面α內與a垂直的直線;B中α內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內的所有直線,故C正確,不符合題意,D中α內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ABCDA1B1C1D1,M,N分別是A1D,D1B的中點,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M在AD1上,且M為AD1的中點,AD1⊥A1D.因為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,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.【巧記結論·速算】1.若兩條平行線中的一條垂直于一個平面,則另一條也垂直于這個平面.2.一條直線垂直于兩個平行平面中的一個,則這條直線與另一個平面也垂直.3.兩個相交平面同時垂直于第三個平面,它們的交線也垂直于第三個平面.【即時練】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.

【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.答案:7【核心考點·分類突破】考點一直線與平面垂直的判定與性質【考情提示】直線與平面垂直作為空間垂直關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定理而成為高考的熱點,涉及直線與平面垂直關系的判斷、證明以及線面垂直關系在空間幾何體中的實際應用.角度1直線與平面垂直的判定[例1]如圖所示,在四棱錐PABCD中,AB⊥平面PAD,AB∥DC,PD=AD,E是PB的中點,F是DC上的點,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)因為AB⊥平面PAD,AB?平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.因為平面PAD∩平面ABCD=AD,PH⊥AD,所以PH⊥平面ABCD.(2)取PA的中點M,連接MD,ME.因為E是PB的中點,所以ME=12又因為DF=12AB,所以MEDF所以四邊形MEFD是平行四邊形,所以EF∥MD.因為PD=AD,所以MD⊥PA.因為AB⊥平面PAD,所以MD⊥AB.因為PA∩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[例2]如圖,在四棱錐PABCD中,四邊形ABCD是矩形,AB⊥平面PAD,AD=AP,E是PD的中點,M,N分別在AB,PC上,且MN⊥AB,MN⊥PC.證明:AE∥MN.【證明】因為AB⊥平面PAD,AE?平面PAD,所以AE⊥AB.又AB∥CD,所以AE⊥CD.因為AD=AP,E是PD的中點,所以AE⊥PD.又CD∩PD=D,CD,PD?平面PCD,所以AE⊥平面PCD.因為MN⊥AB,AB∥CD,所以MN⊥CD.又因為MN⊥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(a⊥α,α∥β?a⊥β);(4)面面垂直的性質.2.直線與平面垂直性質的解題策略(1)判定定理與性質定理的合理轉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.(2)在解題中要重視平面幾何的知識,特別是正余弦定理及勾股定理的應用.(3)重要結論要熟記:經過一點與已知直線垂直的直線都在過這點且與已知直線垂直的平面內.此結論可幫助解決動點的軌跡問題.【對點訓練】1.如圖所示,在四棱錐PABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中點.證明:(1)CD⊥AE;(2)PD⊥平面ABE.【證明】(1)在四棱錐PABCD中,因為PA⊥底面ABCD,CD?平面ABCD,所以PA⊥CD.因為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是等邊三角形,所以AC=PA.因為E是PC的中點,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.因為PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AB.又因為AB⊥AD且PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,而PD?平面PAD,所以AB⊥PD.又因為AB∩AE=A,所以PD⊥平面ABE.2.如圖所示,已知正方體ABCDA1B1C1D1.(1)求證:A1C⊥B1D1;(2)M,N分別為B1D1與C1D上的點,且MN⊥B1D1,MN⊥C1D,求證:MN∥A1C.【證明】(1)連接A1C1(圖略).因為CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1?平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1D1.因為四邊形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)連接B1A,AD1(圖略).因為B1C1∥AD,所以四邊形ADC1B1為平行四邊形,所以C1D∥AB1.因為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.考點二平面與平面垂直的判定與性質【考情提示】平面與平面垂直作為空間垂直關系的載體因其集中考查平面與平面垂直的判定定理,性質定理成為高考的熱點,涉及平面與平面垂直關系的判斷、證明以及在空間幾何體中的實際應用.角度1平面與平面垂直的判定[例3]如圖,四棱錐PABCD中,底面ABCD是菱形,對角線AC,BD交于點O,M為棱PD的中點,MA=MC.求證:(1)PB∥平面AMC;(2)平面PBD⊥平面AMC.【證明】(1)連接OM(圖略),因為O是菱形ABCD對角線AC,BD的交點,所以O為BD的中點,因為M是棱PD的中點,所以OM∥PB,因為OM?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,因為MA=MC,所以AC⊥OM,因為OM∩BD=O,所以AC⊥平面PBD,因為AC?平面AMC,所以平面PBD⊥平面AMC.角度2平面與平面垂直的性質[例4]在矩形ABCD中,AB=2AD=4,E是AB的中點,沿DE將△ADE折起,得到如圖所示的四棱錐PBCDE.(1)若平面PDE⊥平面BCDE,求四棱錐PBCDE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PBCDE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PBCDE的體積V=13PM·S=13×2×6=2(2)取BC的中點N,連接PN,MN,則BC⊥MN,因為PB=PC,所以BC⊥PN,因為MN∩PN=N,MN,PN?平面PMN,所以BC⊥平面PMN,因為PM?平面PMN,所以BC⊥PM,由(1)知,PM⊥DE,又BC,DE?平面BCDE,且BC與DE延長后是相交的,所以PM⊥平面BCDE,因為PM?平面PDE,所以平面PDE⊥平面BCDE.【解題技法】關于面面垂直的判定與性質(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)面面垂直性質的應用①面面垂直的性質定理是把面面垂直轉化為線面垂直的依據,運用時要注意“平面內的直線”.②若兩個相交平面同時垂直于第三個平面,則它們的交線也垂直于第三個平面.【對點訓練】1.如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD是矩形,點E在棱PC上(異于點P,C),平面ABE與棱PD交于點F.(1)求證:AB∥EF;(2)若AF⊥EF,求證:平面PAD⊥平面ABCD.【證明】(1)因為四邊形ABCD是矩形,所以AB∥CD.又AB?平面PDC,CD?平面PDC,所以AB∥平面PDC.又因為AB?平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF,所以AB∥EF.(2)因為四邊形ABCD是矩形,所以AB⊥AD.因為AF⊥EF,(1)中已證AB∥EF,所以AB⊥AF.又AB⊥AD,由點E在棱PC上(異于點P,C),所以點F異于點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PABCD中,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,PA=PD=AD=2,點M在線段PC上,且PM=2MC,N為AD的中點.(1)求證:AD⊥平面PNB;(2)若平面PAD⊥平面ABCD,求三棱錐PNBM的體積.【解析】(1)連接BD(圖略).因為PA=PD,N為AD的中點,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)因為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因為AD⊥平面PNB,AD∥BC,所以BC⊥平面PNB.又PM=2MC,所以VPNBM=VMPNB=23VCPNB=23×13×3考點三直線、平面垂直的綜合應用[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.(1)當OE∥平面D1BC時,求證:E為AB的中點;(2)在線段AB上是否存在點E,使得平面D1DE⊥平面AD1C?若存在,求出AE的長;若不存在,請說明理由.【解析】(1)因為四邊形AA1D1D為正方形,A1D∩AD1=O,所以O為AD1的中點,又因為OE∥平面D1BC,平面ABD1∩平面D1BC=BD1,OE?平面ABD1,所以OE∥BD1,又因為O為AD1的中點,所以E為AB的中點;(2)存在,當AE=12時,平面D1DE⊥平面AD1C,理由如下:設AC∩DE=F因為四邊形AA1D1D為正方形,所以D1D⊥AD,又因為AD=平面AA1D1D∩平面ABCD,平面AA1D1D⊥平面ABCD,D1D?平面AA1D1D,所以D1D⊥平面ABCD,又因為AC?平面ABCD,所以D1D⊥AC,又因為在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,當AE=12時,在Rt△ADE中,tan∠ADE=AEAD=在Rt△ABC中,tan∠BAC=BCAB=1所以∠ADE=∠BAC,又因為∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°,所以∠ADE+∠DAC=90°,則∠AFD=90°,所以AC⊥DE,又因為DE∩DD1=D,DE,DD1?平面D1DE,所以AC⊥平面D1DE,又因為AC?平面AD1C,所以平面D1DE⊥平面AD1C.【解題技法】關于線、面垂直關系的綜合應用(1)三種垂直的綜合問題,一般通過作輔助線進行線線、線面、面面垂直間的轉化.求解時應注意垂直的性質及判定的綜合應用;(2)如果有平面垂直時,一般要用性質定理,在一個平面內作交線的垂線,使之轉化為線面垂直,然后進一步轉化為線線垂直.【對點訓練】如圖,在四棱錐PABCD中,側棱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.過A,B,E的平面交側面PDC于l.(1)求證:AB∥l;(2)若E為PC的中點,在線段PB上是否存在一點Q,使得平面PDC⊥平面DEQ?若存在,求出PBQB的值;若不存在,請說明理由【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Q,使得平面PDC⊥平面DEQ,此時PBQB=3,證明如下連接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=32,QE2=PQ2+PE22PQ·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Q,使得平面PDC⊥平面DEQ,此時PBQB=3【重難突破】球與幾何體的切、接問題【解題關鍵】(1)“接”的處理:把一個多面體的幾個頂點放在球面上即球的外接問題.解決這類問題的關鍵是抓住外接的特點,即球心到多面體的頂點的距離等于球的半徑.(2)“切”的處理:解決與球有關的內切問題主要是指球內切多面體與旋轉體,解答時要先找準切點,通過作截面來解決.如果內切的是多面體,則多通過多面體過球心的對角面來作截面.1.常見幾何體的內切球和外接球(1)內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的距離均相等;(2)正多面體的內切球和外接球的球心重合;(3)正棱錐的內切球和外接球的球心都在高線上.【說明】求外接球或內切球的方法:在球內部構造直角三角形,利用勾股定理求解.2.長方體的外接球(1)球心:體對角線的交點;(2)半徑:R=a2+b2+c22(3.正方體的外接球、內切球及與各條棱相切的球球心是正方體的中心,設a為正方體的棱長.(1)外接球:半徑R=32a(2)內切球: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切球球心是正四面體的中心,a為正四面體的棱長.(1)外接球:半徑R=64a(2)內切球:半徑r=612【推導如下】設正四面體SABC的棱長為a,其內切球的半徑為r,外接球的半徑為R,如圖,取AB的中點D,連接SD,CD,SE為正四面體的高,在截面三角形SDC內作一個與邊SD和DC相切,且圓心在高SE上的圓.由正四面體的對稱性,可知其內切球和外接球的球心同為O.此時,OC=OS=R,OE=r,CE=33a,SE=63則有R+r=SE=63a,R2r2=CE2=a解得R=64a,r=6類型一外接球問題命題點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.設圓柱O1O2的底面半徑為r,球O的半徑為R,則R2=r2+16,因為球O的表面積是圓柱O1O2側面積的2倍,所以4πR2=2πr×8×2,R2=8r,所以r2+16=8r,所以r=4,R=42(負值舍去).命題點2錐體的外接球[例2](2023·保定模擬)已知正三棱錐SABC的所有頂點都在球O的球面上,棱錐的底面是邊長為23的正三角形,側棱長為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SO交球O于點D,設△ABC的外心為E,連接AE,AD由正弦定理得2AE=23sin60°=4,易知SE⊥平面ABC,由勾股定理可知,三棱錐SABC的高SE=SA2-AE2=(25)2-2∠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3臺體的外接球[例3](2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱臺的高為1,上、下底面邊長分別為33和43,其頂點都在同一球面上,則該球的表面積為()A.100π B.128π C.144π D.192π【解析】選A.如圖所示,設該正三棱臺上、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=1即R2-9-R2解得R2=25,符合題意,所以球的表面積為S=4πR2=100π.命題點4組合體的外接球[例4](2023·安慶模擬)我國有著豐富悠久的“印章文化”,古時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代表身份的信物,后因其獨特的文化內涵,也被作為裝飾物來使用.圖1是明清時期的一個金屬印章擺件,除去頂部的環以后可以看作是一個正四棱柱和一個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,且底面邊長均為2,若該幾何體的所有頂點都在同一個球的表面上,則這個球的表面積為________.

【解析】如圖,設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h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,最后根據其他頂點的情況確定球心的準確位置.(2)對于特殊的多面體還可通過補成正方體或長方體的方法找到球心位置.【對點訓練】1.在直三棱柱ABCA1B1C1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.因為∠ABC=π2,所以可以將直三棱柱ABCA1B1C1補成長方體ABCDA1B1C1D1則該直三棱柱的外接球就是長方體的外接球,外接球的直徑等于長方體的體對角線長.設外接球的半徑為R,則4πR2=16π,解得R=2.設該直三棱柱的高為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圓錐和圓臺的組合體,且圓錐的底面圓與圓臺的較大底面圓重合.已知圓臺的較小底面圓的半徑為1,圓錐與圓臺的高分別為51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.設外接球半徑為R,球心為O,圓臺較小底面圓的圓心為O1,則OO12+12=R2,而OO1=51+3R,故R2=1+(5+2R)2,解得R=5,此組合體外接球的表面積S=4πR23.已知在三棱錐PABC中,AB⊥平面APC,AB=42,PA=PC=2,AC=2,則三棱錐PABC外接球的表面積為()A.28π B.36π C.48π D.72π【解析】選B.解法1:因為PA=PC=2,AC=2,所以PA⊥PC.因為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,則△BCP,△ABC均為直角三角形.如圖,取BC的中點為O,連接OA,OP,則OB=OC=OA=OP,即點O為三棱錐PABC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PABC外接球的表面積S=4πR2=36π.解法2:因為PA=PC=2,AC=2,所以PA⊥PC,△ACP為直角三角形.如圖,取AC的中點為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上任意一點到點P,A,C的距離都相等.因為AB⊥平面PAC,所以AB∥n.設直線n與BC的交點為O,則O為線段BC的中點,所以點O到點B,C的距離相等,則點O即為三棱錐PABC外接球的球心.因為AB⊥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PABC外接球的表面積S=4πR2=36π.解法3:因為PA=PC=2,AC=2,所以PA⊥PC,又AB⊥平面PAC,所以可把三棱錐PABC放在如圖所示的長方體中,此長方體的長、寬、高分別為2,2,42,則三棱錐PABC的外接球即長方體的外接球,長方體的體對角線即長方體外接球的直徑,易得長方體的體對角線的長為6,則外接球的半徑R=3,所以三棱錐PABC外接球的表面積S=4πR2=36π.類型二內切球問題命題點1柱體的內切球[例5]如圖,已知球O是棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1的內切球,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的內切圓,如圖.因為正方體的棱長為1,所以AC=CD1=AD1=2,所以內切圓的半徑r=66所以S=πr2=π×636=π命題點2錐體的內切球[例6]已知圓錐的底面半徑為1,母線長為3,則該圓錐內半徑最大的球的體積為__________.

【解析】易知半徑最大的球為圓錐的內切球,球與圓錐內切時的軸截面如圖所示,其中BC=2,AB=AC=3,且點M為BC邊的中點,設內切圓的圓心為O,半徑為r,由于AM=32-1故S△ABC=12×2×22=22因為S△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】求解內切球問題的關鍵點(1)求解多面體的內切球問題的關鍵是求內切球的半徑.(2)求多面體內切球半徑,往往可用“等體積法”.V多=S表·R內切·13(3)正四面體內切球半徑是高的14,外接球半徑是高的3【對點訓練】1.(2023·本溪模擬)如圖所示,直三棱柱ABCA1B1C1是一塊石材,測量得∠ABC=90°,AB=6,BC=8,AA1=13.若將該石材切削、打磨,加工成幾個大小相同的健身手球,則一個加工所得的健身手球的最大體積及此時加工成的健身手球的個數分別為()A.32π3,4 B.9πC.6π,4 D.32π3【解析】選