例析与球有关的问题&空间中的垂直问题-《中学生数理化》高一数学2026年4月刊

商一黄学识结胸室扬骨中学生款理化 例析与球有关的问题 ■罗文军 从历年的高考题来看，球体往往与柱体、 解：满足题意的正四面体是该正方体内 锥体、台体等几何体综合在一起考查，主要考 切球的内接正四面体。易得正方体内切球的 查几何体的结构特征，同时考查同学们的空 半径为1。设该球的内接正方体的棱长为a, 间想象能力。下面结合具体题目，对这类问 则2=V3a,可得a=2 3。 而球的内接正四 题进行解法分析。 例1（多选题）下列物体中，能够整体 面体的棱长是内接正方体棱长的√2倍，即得 放入半径为1（单位：m)的球体容器（容器壁 ，所以正四面体棱长的最大值为2,6 26 厚度忽略不计)内的有()。 39 A.棱长为1m的正方体 应选B。 B.底面棱长为1m,侧棱长为√3m的正 方法总结：一个正四面体可以在一个棱 六棱锥 长为2的正方体内绕着正四面体中心任意转 C.底面直径为1.1m,高为m的圆柱体 动，说明正四面体最大时为该正方体内切球 D.底面直径为0.8m,高为1.8m的圆 的内接正四面体。 柱体 解：棱长为1m的正方体的外接球的直 径为√1十1十1=√3<2，A正确。底面棱 如图1，正二十面体 长为1m的正六棱锥的底面外接圆的半径为 是由20个等边三角形组 1m,此时外接圆恰好是半径为1m的球的大 成的正多面体，共有 12个顶点，30条棱，20个 圆，而正六棱锥的高为√(3)2一1=√2>1， 面，是五个柏拉图多面体 显然不能整体放入球体容器，B错误。底面 之一。如果把sin36°按 直径为1.1m,高为√3m的圆柱体的外接球 2计算，则棱长为6的正 图1 的半径为 5+(】 =√1.0525>1，C 二十面体的外接球半径等于 错误。底面直径为0.8m,高为1.8m的圆 提示：由图知正二十面体的外接球即为 柱体的外接球的半径为√0.4+0.9= 上方正五棱锥的外接球。设正二十面体的外 √0.97<1，D正确。应选AD。 接球半径为R,正五边形的外接圆半径为r, 方法总结：正方体的外接球球心是体对 角线的中点，正六棱锥的外接球球心在其高 则2 =sin36°=3 ,即r=5 ,可得r=5,所 线所在的直线上，圆柱的外接球球心是上、下 以正五棱锥的顶点到底面的距离为√6一5 底面中心连线的中点。 例2已知一个棱长为2的正方体玻璃 =1I,所以R=5+(R一√1)，解得R 容器内（不计玻璃的厚度）放置一个正四面 =181 体，若正四面体能绕着它的中心（正四面体内 11 切球的球心)任意转动，则正四面体棱长的最 说明：本文为天水市教育科学“十四五” 大值为( )。 规划2025年度课题“在高中数学教学中培养 学生创新能力的研究”(TS[2025]GH044)的 A.28 3 B.26 3 研究成果。 C.43 D.46 作者单位：甘肃省秦安县第二中学 3 3 (责任编辑王琼霞) 知识结构与拓展 中学生教理化高数学226年4月 空间中的垂直问题 ■刘长柏 空间垂直关系是立体几何的重点和难 面B:MD:,所以直线AM⊥平面B,MD1。 点，也是高考的常考点。这类问题主要包括 点评：利用直线与平面垂直的判定定理 线线垂直、线面垂直、面面垂直三种形式，三 判断直线与平面垂直的三个步骤：在一个平 者之间相互关联、相互转化。解题的关键是 面内找两条直线，使它们和这条直线垂直；确 要熟练掌握判定定理、性质定理，并灵活运用 定这个平面内的两条直线是相交直线；利用 转化思想。下面从题型特征、解题关键两个 判定定理得出结论。 方面，结合例题帮助同学们突破这一学习的 要点二：线面垂直的性质定理 重点与难点。 题型特征：题设给出了几何体（如棱柱、 要点一：线面垂直的判定定理 棱锥、棱台)，利用线线或线面垂直关系，证明 题型特征：题设给出了几何体（如棱柱、 两条直线垂直。 棱锥、棱台)，需证明某条直线与某个平面垂 解题关键：线面垂直的性质定理的本质 直，通常是解题的第一步，为后续面面垂直或 是“将线面垂直关系，转化为线线垂直关系”， 线线垂直做好铺垫。 紧扣线面垂直的判定定理与性质定理，利用 解题关键：紧扣线面垂直的判定定理，在 线面垂直证明线线垂直。 平面内找到两条相交直线与已知直线垂直。 例2如图2所示，在正方体ABCD- 例1如图1所示，正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，M为棱AA1的中点，N为棱 A1B,C1D1的底面边长为1，高为2，点M是 棱CC1上一个动点（点M与C,C,均不重 AB上的点，且A,N=子NB,求证：MN 合)。当点M是棱CC,的中点时，求证：直线 MC。 AM⊥平面B,MD1。 图2 A 证明：设AB=a,则AM=MA,-号 图1 AN一子：所以器-兴又因为 证明：因为点M是正四棱柱ABCD ∠BAM=∠MA,N=90°，所以△BAM∽ A1B1C1D1的棱CC1的中点，且AB=BC= △MAN,所以∠ABM=∠A,MN。 1,CM=1,所以AM=√AC+CMP= 由∠ABM+∠AMB=90°，可得∠AMB √AB+BC+CM=√I+1+I=√3，B,M +∠A,MN=90°，即MN⊥MB。 =√B,C+C1M=√I+I=√2，B1A= 因为BC⊥平面A1ABB1,MNC平面 W/B,A+A1A2=√I+4=√5。 A1ABB,所以BC⊥MN。因为MB∩BC= 由B1A2=B1M+AM,结合勾股定理 B,MB,BCC平面MBC,所以MN⊥平面 得AM⊥B,M。 MBC。又因为MCC平面MBC,所以MN 同理得AM⊥D,M。 ⊥MC。 因为B1M∩D1M=M,B,M,D1MC平 点评：要证线线垂直，只需证明线面垂 8 商一黄学职结胸军拓骨中学生款理化 直，这时可利用线面垂直的定义或判定定理 例4如图4所 进行证明，从而得到所需结论。 示，在四棱锥P 要点三：面面垂直的判定定理 ABCD中，AD∥ 题型特征：要证明两个平面垂直，核心是 BC,BC⊥CD,BC D 转化为“线面垂直”，即找到一个平面内的 一 =2CD 2AD 条直线垂直于另一个平面。 2√2，平面ABCD⊥ 解题关键：确定两个平面的交线；在其中 平面PAC。 图4 一个平面内找交线的垂线，证明该垂线垂直 求证：PC⊥AB。 于另一个平面（常用线面垂直的判定定理）。 证明：取BC的中点N,则CN=AD= 例3如图3所示，在四棱台ABCD CD=√2。 A1B,C1D1中，AA1⊥平面ABCD,AB∥ 因为AD∥CN,BC⊥CD,所以四边形 CD,∠ACD=90°，AC=√3，CD=1,AM⊥ ANCD为正方形，所以∠ANB=∠ANC= CC1,垂足为M。 90°，∠NAC=45°。在Rt△ANB中，由AN 求证：平面ABM⊥平面CDD,C1。 =BN=√2，可得∠BAN=45°，所以∠BAC A1 =90°，所以AB⊥AC。 B 因为平面ABCD⊥平面APC,平面 ABCD∩平面PAC=AC,ABC平面ABCD, 所以AB⊥平面PAC。又PCC平面PAC,所 以PC⊥AB。 点评：已知两个平面垂直，在其中一个平 图3 面内作交线的垂线或找到一条与交线垂直的 证明：连接A,C1。因为AA1⊥平面 直线是解答这类问题的关键。 ABCD,CDC平面ABCD,所以AA1⊥CD。 因为AC⊥CD,AA1∩AC=A,AA1,ACC 如图5，在三棱锥 平面AA1C1C,所以CD⊥平面AA1C1C。因 S-ABC中，E,F分别 为AMC平面AA1C1C,所以AM⊥CD。因 是棱SC,AB的中点， 为AM⊥CC1,C1C∩CD=C,C1C,CDC平 AC=SB=2,EF 面CDD,C1,所以AM⊥平面CDDC1。 √2，则异面直线AC与 A 又因为AMC平面ABM,所以平面 SB所成的角的大小为 ABM⊥平面CDD:C1。 点评：证明两个平面垂直的一般步骤：先 提示：取BC的中 图5 由线线垂直，得到线面垂直，再得到面面垂直。 点G。由题设得EG∥SB,FG∥AC,所以 要点四：面面垂直的性质定理 ∠EGF(或其补角)即为异面直线AC与SB 题型特征：已知线面垂直或面面垂直，需 利用性质定理推导线线垂直、线面平行或求 所成的角。在△EGF中，EG=2sB=1, 线段长度、角度等，侧重“逆向转化”（如面面 FG-1 AC=1,EF=E。因为EF=EG十 垂直·线面垂直)。 解题关键：熟练运用面面垂直的性质定 FG,所以∠EGF=90°，即异面直线AC与 理，关键是找交线，作垂线。若a⊥B,α∩B= SB所成角的大小为90°。 l,a二a,a⊥l,则a⊥B,这是“面面垂直”转化 作者单位：江苏省盐城市时杨中学 为“线面垂直”的唯一途径。 (责任编辑王琼霞) 9