1、第五节直线、平面垂直的判定及其性质1直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义：直线l与平面内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面互相垂直(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直 l性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行ab2平面与平面垂直的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一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直l3线面角与二面角(1)线面角平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所
2、成的角，当一条直线垂直于平面时，规定它们所成的角是直角(2)二面角以二面角的公共直线上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于公共直线的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角小题体验1设，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l，m()A若l，则B若，则lmC若l，则 D若，则lm解析：选Al，l，(面面垂直的判定定理)，故A正确2(2019嘉兴质检)已知两个平面垂直，给出下列命题：一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面其中错误命题的序号是()A BC D解析：选B在中，
3、根据平面与平面垂直的性质定理以及直线与平面垂直的性质定理可知，只有当这个平面的已知直线垂直于交线时，这条直线才垂直于此平面内的任意一条直线，故错误；在中，根据平面与平面垂直的性质定理可知，另一个平面内与交线垂直的直线有无数条，这些直线都与已知直线垂直，故正确；在中，根据平面与平面垂直的性质定理可知，只有这个平面内的直线垂直于交线时，它才垂直于另一个平面，故错误故选B.3(教材习题改编)PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有_对解析：由于PD平面ABCD，故平面PAD平面ABCD，平面PDB平面ABCD，平面PDC平面ABCD，平面PDA平面
4、PDC，平面PAC平面PDB，平面PAB平面PAD, 平面PBC平面PDC，共7对答案：71证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件2面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视3面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误小题纠偏1已知直线a，b和平面，且ab，a，则b与的位置关系为()Ab BbCb或b Db与相交解析：选C因为ab，a，所以可知b或b，当b时，有b.2(教材习题改编)设m，n表示两条不同的直线，表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是()A若m，则m B若m，m，则C若mn，m，则n D若m，n，则mn解析：选B对于A，m可以在内，
5、故A错；对于C，n可以在内，故C错误；对于D，m与n可以平行，故D错考点一直线与平面垂直的判定与性质锁定考向直线与平面垂直的判定与性质是每年高考的必考内容，题型多为解答题，难度适中，属中档题常见的命题角度有(1)证明直线与平面垂直；(2)利用线面垂直的性质证明线线垂直 题点全练角度一：证明直线与平面垂直1.如图所示，在四棱锥PABCD中，AB平面PAD，ABCD，PDAD，E是PB的中点，F是DC上的点，且DFAB，PH为PAD中AD边上的高求证：(1)PH平面ABCD；(2)EF平面PAB.证明：(1)因为AB平面PAD，PH平面PAD，所以PHAB.因为PH为PAD中AD边上的高，所以PH
6、AD.因为ABADA，AB平面ABCD，AD平面ABCD，所以PH平面ABCD.(2)如图，取PA的中点M，连接MD，ME.因为E是PB的中点，所以ME綊AB.又因为DF綊AB，所以ME綊DF，所以四边形MEFD是平行四边形，所以EFMD.因为PDAD，所以MDPA.因为AB平面PAD，所以MDAB.因为PAABA，所以MD平面PAB，所以EF平面PAB.角度二：利用线面垂直的性质证明线线垂直2.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ACBC，BCCC1.设AB1的中点为D，B1CBC1E.求证：(1)DE平面AA1C1C；(2)BC1AB1.证明：(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为
7、AB1的中点，因此DEAC.又因为DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC.因为AC平面ABC，所以ACCC1.又因为ACBC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BCCC1C，所以AC平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1，所以BC1AC.因为BCCC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1B1C.因为AC平面B1AC，B1C平面B1AC，ACB1CC，所以BC1平面B1AC.又因为AB1平面B1AC，所以BC1AB1.通法在握判定直线和平面垂直的4种方法(1)利用判定定理；(
8、2)利用判定定理的推论(ab，ab)；(3)利用面面平行的性质(a，a)；(4)利用面面垂直的性质当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面演练冲关1(2018长兴中学适应性考试)设，是不同的平面，m，n是不同的直线，则由下列条件能得出m的是()An，n，mBm， Cmn，n D， n，mn解析：选A由垂直于同一直线的两个平面平行可知.因为m，所以m.2.如图，S是RtABC所在平面外一点，且SASBSC.D为斜边AC的中点(1)求证：SD平面ABC；(2)若ABBC，求证：BD平面SAC.证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在RtABC中，D，E分别为A
9、C，AB的中点DEBC，DEAB，SASB，SEAB.又SEDEE，AB平面SDE.又SD平面SDE，ABSD.在SAC中，SASC，D为AC的中点，SDAC.又ACABA，SD平面ABC.(2)由于ABBC，则BDAC，由(1)可知，SD平面ABC，又BD平面ABC，SDBD，又SDACD，BD平面SAC.典例引领如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD，E和F分别为CD和PC的中点，求证：(1)PA底面ABCD；(2)BE平面PAD；(3)平面BEF平面PCD.证明：(1)因为平面PAD底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以
10、PA底面ABCD.(2)因为ABCD，CD2AB，E为CD的中点，所以ABDE，且ABDE.所以四边形ABED为平行四边形所以BEAD.又因为BE平面PAD，AD平面PAD，所以BE平面PAD.(3)因为ABAD，且四边形ABED为平行四边形，所以BECD，ADCD.由(1)知PA底面ABCD，所以PACD，又ADPAA，所以CD平面PAD.所以CDPD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PDEF，所以CDEF.又因为CDBE，EFBEE，所以CD平面BEF.又CD平面PCD，所以平面BEF平面PCD.由题悟法1证明面面垂直的2种方法(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面
11、角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决2三种垂直关系的转化即时应用(2018杭州七校联考)如图，斜三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为a，侧面B1C1CB底面ABC，O是BC的中点，且AC1BC. (1)求证：AC1A1B；(2)求直线B1A与平面AOC1所成角的正切值解：(1)证明：连接A1C，因为四边形ACC1A1是菱形，所以AC1A1C.又AC1BC，A1CBCC，所以AC1平面A1BC，又A1B平面A1BC，所以AC1A1B.(2)因为AO是正三角形
12、ABC的中线，所以BCAO.又AC1BC，AOAC1A，所以BC平面AOC1.所以B1C1平面AOC1，所以B1AC1就是所求的线面角所以BCC1O，又因为侧面B1C1CB底面ABC，侧面B1C1CB底面ABCBC，所以C1O底面ABC.因为C1OAOa，所以AC1a.所以在RtAB1C1中，tanB1AC1.故直线B1A与平面AOC1所成角的正切值为.典例引领1如图，已知ABC，D是AB的中点，沿直线CD将ACD翻折成ACD，所成二面角ACDB的平面角为，则()AADBBADBCACB DACB解析：选BAC和BC都不与CD垂直，ACB，故C，D错误当CACB时，容易证明ADB.不妨取一个特
13、殊的三角形，如RtABC，令斜边AB4，AC2，BC2，如图所示，则CDADBD2，BDC120，设沿直线CD将ACD折成ACD，使平面ACD平面BCD，则90.取CD中点H，连接AH，BH，则AHCD，AH平面BCD，且AH，DH1.在BDH中，由余弦定理可得BH.在RtAHB中，由勾股定理可得AB.在ADB中 ，AD2BD2AB220，可知cosADB0，ADB为钝角，故排除A.综上可知答案为B.2(2018温州5月高三测试)如图，斜三棱柱ABC A1B1C1，BAC90，AB2AC，B1CA1C1，且A1B1C为等边三角形(1)求证：平面A1B1C平面ABC；(2)求直线BB1与平面AB
14、C所成角的正弦值解：(1)证明：ACA1C1，B1CA1C1，ACB1C，BAC90，ACBA，ACB1A1.又B1A1B1CB1，AC平面A1B1C，AC平面ABC，平面A1B1C平面ABC.(2)平面A1B1C平面ABC，平面A1B1C平面A1B1C1.取A1B1的中点D，A1B1C为等边三角形，CD平面A1B1C1，CD平面ABC.取AB的中点E，连接DE则BB1DE，DEC为直线BB1与平面ABC所成角的平面角令AB2AC2，AC平面A1B1C，ACA190，AA1，即DE，A1B1C为等边三角形，DC，sinDEC，直线BB1与平面ABC所成角的正弦值为.由题悟法1立体几何中动态问题
15、的关键点对于立体几何中的动态问题，关键是抓住变化过程中不变的位置关系和数量关系，事实上动静是相对的，以静制动是处理立体几何中动态元素的良策2求直线与平面所成角的步骤(1)一作：即在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂足的位置是关键；(2)二证：即证明所找到的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的定义；(3)三求：一般借助于解三角形的知识求解即时应用1.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为，则sin 的取值范围是()A.B.C. D.解析：选B连接A1O，PA1，易知POA1就
16、是直线OP与平面A1BD所成的角(或其补角)设正方体的棱长为2，则A1O.当P点与C点重合时，PO，A1P2，则cosA1OP，此时A1OP为钝角，所以sin ；当P点与C1点重合时，POA1O，A1P2，则cosA1OP，此时A1OP为锐角，所以sin ；在A1OP从钝角到锐角逐渐变化的过程中，CC1上一定存在一点P，使得A1OP90，此时sin 1.又因为，所以sin 的取值范围是，故选B.2.(2018温州模拟)在四面体ABCD中，二面角ABCD为60，点P为直线BC上一动点，记直线PA与平面BCD所成角为，则()A的最大值为60 B的最小值为60C的最大值为30 D的最小值为30解析：
17、选A过A作AMBC，AO平面BCD，垂足为O，连接OM，则AMO为二面角ABCD的平面角，AMO60，在直线BC上任取一点P，连接OP，AP，则APO为直线AP与平面BCD所成的角，即APO，APAM，AMsin 60AO，APsin AO，sin sin 60，即的最大值为60.故选A.3(2018宁波五校联考)如图，边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将AED，DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A，连接EF，AB.(1)求证：ADEF；(2)求直线AD与平面EFD所成角的正弦值解：(1)证明：在正方形ABCD中，有ADAE，CDCF, 则ADAE，
18、ADAF, 又AEAFA，AD平面AEF，又EF平面AEF，ADEF.(2)连接BD交EF于点G，连接AG在正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点， BEBF，DEDF，点G为EF的中点， 且BDEF.正方形ABCD的边长为2，AEAF1，AGEF，EF平面AGD，A在面EFD的射影在BD上， 则ADG直线AD与平面EFD所成角，由(1)可得ADAG, ADG为直角三角形 正方形ABCD的边长为2, BD2，EF， BG，DG2，又AD2，AG ，sinADG ，直线AD与平面EFD所成角的正弦值为.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1设，为两个不同的平面，直线l，则“l”是“”成立
19、的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：选A依题意，由l，l可以推出；反过来，由，l不能推出l.因此“l”是“”成立的充分不必要条件，故选A.2(2018东阳模拟)下列命题中错误的是()A如果平面平面，平面平面，l，那么lB如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面C如果平面平面，过内任意一点作交线的垂线，那么此垂线必垂直于D如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面解析：选C由平面与平面垂直的性质可知，若该垂线不在平面内，则此垂线与平面不一定垂直故排除C.3(2019绍兴一中模拟)设m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命
20、题：若，则；若，m，则m；若m，m，则；若mn，n，则m.其中正确命题的序号是()ABC D解析：选A对于，若，根据面面平行的性质容易得到，故正确；对于，若，m，则m与可能平行、相交或m，故错误；对于，若m，m，则可以在内找到一条直线n与m平行，所以n，故，故正确；对于，若mn，n，则m与可能平行或m，故错误故选A.4已知在空间四边形ABCD中，ADBC，ADBD，且BCD是锐角三角形，则必有()A平面ABD平面ADCB平面ABD平面ABCC平面ADC平面BDC D平面ABC平面BDC解析：选CADBC，ADBD，BCBDB，AD平面BDC，又AD平面ADC，平面ADC平面BDC.5一平面垂直
21、于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是_解析：由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直相交答案：垂直相交二保高考，全练题型做到高考达标1(2018青岛质检)设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则能得出ab的是()Aa，b， Ba，b，Ca，b， Da，b，解析：选C对于C项，由，a可得a，又b，得ab，故选C.2.如图，在RtABC中，ABC90，P为ABC所在平面外一点，PA平面ABC，则四面体P ABC中直角三角形的个数为()A4 B3C2 D1解析：选A由PA平面ABC可得PAC，PA
22、B是直角三角形，且PABC.又ABC90，所以ABC是直角三角形，且BC平面PAB，所以BCPB，即PBC为直角三角形，故四面体P ABC中共有4个直角三角形3(2018湖州模拟)设a，b是夹角为30的异面直线，则满足条件“a，b，且 ”的平面，()A不存在 B有且只有一对C有且只有两对 D有无数对解析：选D过直线a的平面有无数个，当平面与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面，当平面与b相交时，过交点作平面的垂线与b确定的平面.故选D.4(2018吉林实验中学测试)设a，b，c是空间的三条直线，是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是()A当c时，若c，则B当b时，若b，则C当b
23、，且c是a在内的射影时，若bc，则abD当b，且c时，若c，则bc解析：选BA的逆命题为：当c时，若，则c.由线面垂直的性质知c，故A正确；B的逆命题为：当b时，若，则b，显然错误，故B错误；C的逆命题为：当b，且c是a在内的射影时，若ab，则bc.由三垂线逆定理知bc，故C正确；D的逆命题为：当b，且c时，若bc，则c.由线面平行判定定理可得c，故D正确5(2019杭州模拟)在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC120，ABAC1，PA，则直线PA与平面PBC所成角的正弦值为()A. B.C. D.解析：选DPA底面ABC，PAAB，PAAC，即PABPAC90，又ABAC，PAPA，P
24、ABPAC，PBPC.取BC的中点D，连接AD，PD，PDBC，ADBC，又PDADD，BC平面PAD，BC平面PBC，平面PAD平面PBC，过A作AOPD于O，易得AO平面PBC，APD就是直线PA与平面PBC所成的角在RtPAD 中，AD，PA，则PD，则sinAPD.故选D.6.如图，已知BAC90，PC平面ABC，则在ABC，PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有_；与AP垂直的直线有_解析：PC平面ABC，PC垂直于直线AB，BC，AC.ABAC，ABPC，ACPCC，AB平面PAC，又AP平面PAC，ABAP，与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，ACAB7.如图所示，在四
25、棱锥P ABCD中，PA底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_时，平面MBD平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：连接AC，BD，则ACBD，PA底面ABCD，PABD.又PAACA，BD平面PAC，BDPC.当DMPC(或BMPC)时，即有PC平面MBD.而PC平面PCD，平面MBD平面PCD.答案：DMPC(或BMPC)8.如图，直三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱长为2，ACBC1，ACB90，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1平面C1DF，则线段B1F的长为_解析：设B1Fx，因为AB1平面C1DF，DF
26、平面C1DF，所以AB1DF.由已知可以得A1B1，设RtAA1B1斜边AB1上的高为h，则DEh.又2h，所以h，DE.在RtDB1E中，B1E .由面积相等得 x，得x.即线段B1F的长为.答案：9(2019杭州十校联考)如图，已知四棱锥SABCD是由直角梯形ABCS沿着CD折叠而成的，其中SDDAABBC1，ADBC，ABAD，且二面角SCDA的大小为120.(1)求证：平面ASD平面ABCD；(2)设侧棱SC和底面ABCD所成的角为，求的正弦值解：(1)证明：由题意可知CDSD，CDAD.ADSDD，CD平面ASD.又CD平面ABCD，平面ASD平面ABCD.(2)如图，过点S作SHA
27、D，交AD的延长线于点H，连接CH.平面ASD平面ABCD，平面ASD平面ABCDAD，SH平面ABCD，SCH为侧棱SC和底面ABCD所成的角，即SCH.由(1)可知ADS为二面角SCDA的平面角，则ADS120.在RtSHD中，SDH180ADS18012060，SD1，则SHSDsin 60.在RtSDC中，SDC90，SDCD1，SC.在RtSHC中，sin ，即的正弦值为.10.如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，侧面A1ACC1是菱形，A1AC60.在底面ABC中，BAC90，M为BC的中点，过A1，B1，M三点的平面交AC于点N.(1)求证：A1NAC；(2)若B1MBC，求直
28、线B1C与平面A1B1MN所成角的大小解：(1)证明：由题意，因为平面ABC平面A1B1C1，平面A1B1MN平面ABCMN，平面A1B1MN平面A1B1C1A1B1，所以MNA1B1.因为ABA1B1，所以MNAB.又M为BC的中点，所以N为AC的中点又四边形A1ACC1是菱形，A1AC60，所以A1NAC.(2)由(1)知，ACA1N.因为BAC90，所以ABAC.又MNAB，所以ACMN.因为MNA1NN，MN平面A1B1MN，A1N平面A1B1MN，所以AC平面A1B1MN.连接B1N，则CB1N即为直线B1C与平面A1B1MN所成的角设A1A2a，则CNa，因为B1MBC，M为BC的
29、中点，所以B1BB1C2a，在B1NC中，sinCB1N，所以CB1N30，故直线B1C与平面A1B1MN所成角的大小为30.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1(2018杭州高三检测)已知三棱锥SABC的底面ABC为正三角形，SASBSC，平面SBC，SCA，SAB与平面ABC所成的锐二面角分别为1，2，3，则()A12 B12C23 D23解析：选A如图，作SO平面ABC，垂足为O，连接AO，BO，CO.由SASBSC，得OAOBOC.过点O分别向BC，AC，AB作垂线，垂足记为D，E，F，连接SD，SE，SF，则tan 1，tan 2，tan 3.由于OAOBOC，且ABC为正三角形，故点O
30、所在区域如图中阴影部分(不包括边界)所示，其中G为ABC的重心由图可得OEOD，OF与OE的大小不确定，所以tan 2tan 1，tan 2与tan 3的大小不确定，又1，2，3均为锐角，所以21，2与3的大小不确定故选A.2(2019台州三区联考)如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，将菱形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ACD平面ABC，若点N是BD上的动点，当线段ON最短时，二面角NACB的余弦值为()A0 B.C. D.解析：选C易知OBOD，所以当N为BD的中点时，线段ON最短，因为ACOB，ACOD，OBODO，所以AC平面BOD，所以ONAC，又OBAC，所以BO
31、N即为二面角NACB的平面角因为平面ACD平面ABC，ODAC，所以ODOB，所以BOD为等腰直角三角形，所以BON45，所以二面角NACB的余弦值为.3.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，BCD135，侧面PAB底面ABCD，BAP90，ABACPA4，E为BC的中点，点M在线段PD上(1)若ME平面PAB，确定M的位置并说明理由；(2)若直线EM与平面PBC所成的角和直线EM与平面ABCD所成的角相等，求的值解：(1)当M为PD的中点时，EM平面PAB.理由如下：因为M为PD的中点，设F为AD的中点，连接EF，MF.所以MFPA.又因为MF平面PAB，PA平面PAB，所
32、以MF平面PAB.同理，可得EF平面PAB.又因为MFEFF，MF平面MEF，EF平面MEF，所以平面MEF平面PAB.又因为ME平面MEF，所以ME平面PAB.(2)设PMa，因为平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，BAP90，所以PA平面ABCD，又ABACAP4，BCD135，所以ABAC，BCAD4，PD4，过点M作MFAD于点F，则MF平面ABCD，连接EF，则EF为ME在平面ABCD上的射影，所以MEF为ME与平面ABCD所成的角.在RtPAD中，PD4，MF，得sin .又设ME与平面PBC所成的角为，过点M作MNPA于点N，则MN平面PBC，M，N到平面PBC的
33、距离相等，设为d，由VNPBCVCPBN，得SPBCdSPBN4，即(4)2d44，解得d，所以sin .由sin sin ，得12aa，解得a66，.命题点一空间几何体的三视图及表面积与体积1(2018浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A2 B4C6 D8解析：选C由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的两底边长分别为1,2，高为2，该几何体的体积为V(21)226.2.(2018全国卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图
34、上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A2 B2C3 D2解析：选B先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图所示圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径ON164，OM2，MN2.3(2018北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为()A1 B2C3 D4解析：选C由三视图得到空间几何体的直观图如图所示，则PA平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，PAABAD2，BC1，所以PAAD，PAAB，PABC.又BCAB，ABPAA，所以BC平面PAB
35、.所以BCPB.在PCD中，PD2，PC3，CD，所以PCD为锐角三角形所以侧面中的直角三角形为PAB，PAD，PBC，共3个4(2017北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A60 B30C20 D10解析：选D如图，把三棱锥ABCD放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5,3,4，BCD为直角三角形，直角边分别为5和3，三棱锥ABCD的高为4，故该三棱锥的体积V53410.5.(2018天津高考)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥MEFGH的体积为_解析：连接AD1，CD1，B
36、1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EHAC，EHAC，因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FGAC，FGAC，所以EHFG，EHFG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EGHF，EHHG，所以四边形EHGF为正方形，又点M到平面EHGF的距离为，所以四棱锥MEFGH的体积为2.答案：6(2018全国卷)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45，若SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为_解析：如图，SA与底面成45角，SAO为等腰直角三角形设OAr，则SOr，SASBr.在SAB中，cosASB，sin ASB，SSABSAS
37、BsinASB(r)25，解得r2，SAr4，即母线长l4，S圆锥侧rl2440.答案：40命题点二组合体的“切”“接”问题1(2018全国卷)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为()A12 B18C24 D54解析：选B由等边ABC的面积为9，可得AB29，所以AB6，所以等边ABC的外接圆的半径为rAB2.设球的半径为R，球心到等边ABC的外接圆圆心的距离为d，则d2.所以三棱锥DABC高的最大值为246，所以三棱锥DABC 体积的最大值为9618.2(2017天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个
38、正方体的表面积为18，则这个球的体积为_解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为.设该正方体外接球的半径为R，则2R3，R，所以这个球的体积为R3.答案：3(2017江苏高考)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是_解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以.答案：命题点三直线、平面平行与垂直的判定与性质1(2018全国卷)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC.(2)在线段A
39、M上是否存在点P，使得MC平面PBD？说明理由解：(1)证明：由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CMD，所以BCDM.因为M为上异于C，D的点，且CD为直径，所以DMMC.又BCMCC，所以DM平面BMC.因为DM平面AMD，所以平面AMD平面BMC.(2)当P为AM的中点时，MC平面PBD.证明如下：连接AC交BD于O.因为四边形ABCD为矩形，所以O为AC的中点连接OP，因为P为AM中点，所以MCOP.又MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC平面PBD.2(2018全国卷)如图，在三棱锥PABC 中，ABBC2，P
40、APBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且MC2MB，求点C到平面POM的距离解：(1)证明：因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以POAC，且PO2.连接OB，因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.所以PO2OB2PB2，所以POOB.又因为ACOBO，所以PO平面ABC.(2)如图，作CHOM，垂足为H，又由(1)可得POCH，且POOMO，所以CH平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离由题设可知OCAC2，MCBC，ACB45，所以OM，CH.所以点C到平面POM的距离为.3(2018北京高考)如图，在
41、四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，E，F分别为AD，PB的中点(1)求证：PEBC；(2)求证：平面PAB平面PCD；(3)求证：EF平面PCD.证明：(1)因为PAPD，E为AD的中点，所以PEAD.因为底面ABCD为矩形，所以BCAD，所以PEBC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以ABAD.又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，AB平面ABCD，所以AB平面PAD，因为PD平面PAD，所以ABPD.又因为PAPD，ABPAA，所以PD平面PAB.因为PD平面PCD，所以平面PAB平面PCD.(3)如图，取PC的中点G，
42、连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FGBC，FGBC.因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DEBC，DEBC.所以DEFG，DEFG.所以四边形DEFG为平行四边形所以EFDG.又因为EF平面PCD，DG平面PCD，所以EF平面PCD.4.(2018江苏高考)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1.求证：(1)AB平面A1B1C；(2)平面ABB1A1平面A1BC.证明：(1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1.因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCDA1B1
43、C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形又因为AA1AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1A1B.因为AB1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC.因为A1BBCB，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1平面A1BC.因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1平面A1BC.命题点四空间角度问题1(2018全国卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A. B.C. D.解析：选C如图，连接BE，因为ABCD，所以异面直线AE与CD所成的角为EAB或其补角在RtABE中，设AB2，则BE，则tanEAB，所以异面
44、直线AE与CD所成角的正切值为.2(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30，则该长方体的体积为()A8 B6C8 D8解析：选C如图，连接AC1，BC1，AC.AB平面BB1C1C，AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，AC1B30.又ABBC2，在RtABC1中，AC14.在RtACC1中，CC12，V长方体ABBCCC12228.3(2018全国卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为()A. B.C. D.解析：选A如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中
45、，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN6sin 60.4(2018浙江高考)已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则()A12
46、3 B321C132 D231解析：选D如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E为AB的中点，S到底面的距离SO1，以EE，EO为邻边作矩形OOEE，则SEO1，SEO2，SEO3.由题意，得tan 1，tan 2，tan 31，此时tan 2tan 3tan 1，由图可知1，2，3，故231.当E在AB中点处时，231.故选D.5.(2018天津高考)如图，在四面体ABCD中，ABC是等边三角形，平面ABC平面ABD，点M为棱AB的中点，AB2，AD2，BAD90.(1)求证：ADBC；(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；(3)求直线CD与平面ABD所成角的正
47、弦值解：(1)证明：因为平面ABC平面ABD，平面ABC平面ABDAB，ADAB，AD平面ABD，所以AD平面ABC.因为BC平面ABC，所以ADBC.(2)取棱AC的中点N，连接MN，ND.因为M为棱AB的中点，所以MNBC.所以DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角在RtDAM中，AD2，AM1，所以DM.因为AD平面ABC，AC平面ABC，所以ADAC.在RtDAN中，AN1，所以DN.在等腰三角形DMN中，MN1，可得cosDMN.所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为.(3)连接CM.因为ABC为等边三角形，M为边AB的中点，所以CMAB，CM.因为平面ABC平面ABD，平面
48、ABC平面ABDAB，CM平面ABC，所以CM平面ABD，所以CDM为直线CD与平面ABD所成的角在RtCAD中，CD4.在RtCMD中，sinCDM.所以直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.6(2015浙江高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABAC2，A1A4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点(1)证明：A1D平面A1BC；(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值解：(1)证明：设E为BC的中点，连接AE，DE，A1E.由题意得A1E平面ABC，所以A1EAE.因为ABAC，所以AEBC.故AE平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DEB1B且DEB1B，从而DEA1A，DEA1A，所以四边形A1AED为平行四边形故A1DAE.又因为AE平面A1BC，所以A1D平面A1BC.(2)作A1FBD且A1FBDF，连接B1F.由AEEB，A1EAA1EB90，得A1BA1A4.由A1DB1D，A1BB1B，得A1DB与B1DB全等由A1FBD，得B1FBD，因此A1FB1为二面角A1BDB1的平面角由A1D，A1B4，DA1B90，得BD3，A1FB1F，由余弦定理得cosA1FB1.