（浙江專用）高考數(shù)學(xué)第七章立體幾何第五節(jié)直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)教案（含解析）.docx

第五節(jié) 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)1直線與平面垂直(1)直線和平面垂直的定義：直線l與平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，就說直線l與平面互相垂直(2)直線與平面垂直的判定定理及性質(zhì)定理：文字語言圖形語言符號語言判定定理一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直 l性質(zhì)定理垂直于同一個平面的兩條直線平行ab2平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面垂直性質(zhì)定理兩個平面垂直，則一個平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個平面垂直l3線面角與二面角(1)線面角平面的一條斜線和它在這個平面內(nèi)的射影所成的銳角，叫做這條直線和這個平面所成的角，當(dāng)一條直線垂直于平面時，規(guī)定它們所成的角是直角(2)二面角以二面角的公共直線上任意一點為端點，在兩個面內(nèi)分別作垂直于公共直線的兩條射線，這兩條射線所成的角叫做二面角的平面角小題體驗1設(shè)，是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且l，m()A若l，則B若，則lmC若l，則 D若，則lm解析：選Al，l，(面面垂直的判定定理)，故A正確2(2019嘉興質(zhì)檢)已知兩個平面垂直，給出下列命題：一個平面內(nèi)的已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的任意一條直線；一個平面內(nèi)的已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的無數(shù)條直線；一個平面內(nèi)的任一條直線必垂直于另一個平面其中錯誤命題的序號是()A BC D解析：選B在中，根據(jù)平面與平面垂直的性質(zhì)定理以及直線與平面垂直的性質(zhì)定理可知，只有當(dāng)這個平面的已知直線垂直于交線時，這條直線才垂直于此平面內(nèi)的任意一條直線，故錯誤；在中，根據(jù)平面與平面垂直的性質(zhì)定理可知，另一個平面內(nèi)與交線垂直的直線有無數(shù)條，這些直線都與已知直線垂直，故正確；在中，根據(jù)平面與平面垂直的性質(zhì)定理可知，只有這個平面內(nèi)的直線垂直于交線時，它才垂直于另一個平面，故錯誤故選B.3(教材習(xí)題改編)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：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PDC，平面PAC平面PDB，平面PAB平面PAD, 平面PBC平面PDC，共7對答案：71證明線面垂直時，易忽視面內(nèi)兩條線為相交線這一條件2面面垂直的判定定理中，直線在面內(nèi)且垂直于另一平面易忽視3面面垂直的性質(zhì)定理在使用時易忘面內(nèi)一線垂直于交線而盲目套用造成失誤小題糾偏1已知直線a，b和平面，且ab，a，則b與的位置關(guān)系為()Ab BbCb或b Db與相交解析：選C因為ab，a，所以可知b或b，當(dāng)b時，有b.2(教材習(xí)題改編)設(shè)m，n表示兩條不同的直線，表示兩個不同的平面，下列命題為真命題的是()A若m，則m B若m，m，則C若mn，m，則n D若m，n，則mn解析：選B對于A，m可以在內(nèi)，故A錯；對于C，n可以在內(nèi)，故C錯誤；對于D，m與n可以平行，故D錯考點一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)鎖定考向直線與平面垂直的判定與性質(zhì)是每年高考的必考內(nèi)容，題型多為解答題，難度適中，屬中檔題常見的命題角度有(1)證明直線與平面垂直；(2)利用線面垂直的性質(zhì)證明線線垂直 題點全練角度一：證明直線與平面垂直1.如圖所示，在四棱錐PABCD中，AB平面PAD，ABCD，PDAD，E是PB的中點，F(xiàn)是DC上的點，且DFAB，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，PH平面PAD，所以PHAB.因為PH為PAD中AD邊上的高，所以PHAD.因為ABADA，AB平面ABCD，AD平面ABCD，所以PH平面ABCD.(2)如圖，取PA的中點M，連接MD，ME.因為E是PB的中點，所以ME綊AB.又因為DF綊AB，所以ME綊DF，所以四邊形MEFD是平行四邊形，所以EFMD.因為PDAD，所以MDPA.因為AB平面PAD，所以MDAB.因為PAABA，所以MD平面PAB，所以EF平面PAB.角度二：利用線面垂直的性質(zhì)證明線線垂直2.如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ACBC，BCCC1.設(shè)AB1的中點為D，B1CBC1E.求證：(1)DE平面AA1C1C；(2)BC1AB1.證明：(1)由題意知，E為B1C的中點，又D為AB1的中點，因此DEAC.又因為DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE平面AA1C1C.(2)因為棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC.因為AC平面ABC，所以ACCC1.又因為ACBC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BCCC1C，所以AC平面BCC1B1.又因為BC1平面BCC1B1，所以BC1AC.因為BCCC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1B1C.因為AC平面B1AC，B1C平面B1AC，ACB1CC，所以BC1平面B1AC.又因為AB1平面B1AC，所以BC1AB1.通法在握判定直線和平面垂直的4種方法(1)利用判定定理；(2)利用判定定理的推論(ab，ab)；(3)利用面面平行的性質(zhì)(a，a)；(4)利用面面垂直的性質(zhì)當(dāng)兩個平面垂直時，在一個平面內(nèi)垂直于交線的直線垂直于另一個平面演練沖關(guān)1(2018長興中學(xué)適應(yīng)性考試)設(shè)，是不同的平面，m，n是不同的直線，則由下列條件能得出m的是()An，n，mBm， Cmn，n D， n，mn解析：選A由垂直于同一直線的兩個平面平行可知.因為m，所以m.2.如圖，S是RtABC所在平面外一點，且SASBSC.D為斜邊AC的中點(1)求證：SD平面ABC；(2)若ABBC，求證：BD平面SAC.證明：(1)如圖所示，取AB的中點E，連接SE，DE，在RtABC中，D，E分別為AC，AB的中點DEBC，DEAB，SASB，SEAB.又SEDEE，AB平面SDE.又SD平面SDE，ABSD.在SAC中，SASC，D為AC的中點，SDAC.又ACABA，SD平面ABC.(2)由于ABBC，則BDAC，由(1)可知，SD平面ABC，又BD平面ABC，SDBD，又SDACD，BD平面SAC.典例引領(lǐng)如圖，在四棱錐PABCD中，ABCD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD，E和F分別為CD和PC的中點，求證：(1)PA底面ABCD；(2)BE平面PAD；(3)平面BEF平面PCD.證明：(1)因為平面PAD底面ABCD，且PA垂直于這兩個平面的交線AD，所以PA底面ABCD.(2)因為ABCD，CD2AB，E為CD的中點，所以ABDE，且ABDE.所以四邊形ABED為平行四邊形所以BEAD.又因為BE平面PAD，AD平面PAD，所以BE平面PAD.(3)因為ABAD，且四邊形ABED為平行四邊形，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.因為E和F分別是CD和PC的中點，所以PDEF，所以CDEF.又因為CDBE，EFBEE，所以CD平面BEF.又CD平面PCD，所以平面BEF平面PCD.由題悟法1證明面面垂直的2種方法(1)定義法：利用面面垂直的定義，即判定兩平面所成的二面角為直二面角，將證明面面垂直問題轉(zhuǎn)化為證明平面角為直角的問題(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即證明其中一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，把問題轉(zhuǎn)化成證明線線垂直加以解決2三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化即時應(yīng)用(2018杭州七校聯(lián)考)如圖，斜三棱柱ABCA1B1C1的所有棱長均為a，側(cè)面B1C1CB底面ABC，O是BC的中點，且AC1BC. (1)求證：AC1A1B；(2)求直線B1A與平面AOC1所成角的正切值解：(1)證明：連接A1C，因為四邊形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)因為AO是正三角形ABC的中線，所以BCAO.又AC1BC，AOAC1A，所以BC平面AOC1.所以B1C1平面AOC1，所以B1AC1就是所求的線面角所以BCC1O，又因為側(cè)面B1C1CB底面ABC，側(cè)面B1C1CB底面ABCBC，所以C1O底面ABC.因為C1OAOa，所以AC1a.所以在RtAB1C1中，tanB1AC1.故直線B1A與平面AOC1所成角的正切值為.典例引領(lǐng)1如圖，已知ABC，D是AB的中點，沿直線CD將ACD翻折成ACD，所成二面角ACDB的平面角為，則()AADBBADBCACB DACB解析：選BAC和BC都不與CD垂直，ACB，故C，D錯誤當(dāng)CACB時，容易證明ADB.不妨取一個特殊的三角形，如RtABC，令斜邊AB4，AC2，BC2，如圖所示，則CDADBD2，BDC120，設(shè)沿直線CD將ACD折成ACD，使平面ACD平面BCD，則90.取CD中點H，連接AH，BH，則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為鈍角，故排除A.綜上可知答案為B.2(2018溫州5月高三測試)如圖，斜三棱柱ABC A1B1C1，BAC90，AB2AC，B1CA1C1，且A1B1C為等邊三角形(1)求證：平面A1B1C平面ABC；(2)求直線BB1與平面ABC所成角的正弦值解：(1)證明：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的中點D，A1B1C為等邊三角形，CD平面A1B1C1，CD平面ABC.取AB的中點E，連接DE則BB1DE，DEC為直線BB1與平面ABC所成角的平面角令A(yù)B2AC2，AC平面A1B1C，ACA190，AA1，即DE，A1B1C為等邊三角形，DC，sinDEC，直線BB1與平面ABC所成角的正弦值為.由題悟法1立體幾何中動態(tài)問題的關(guān)鍵點對于立體幾何中的動態(tài)問題，關(guān)鍵是抓住變化過程中不變的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，事實上動靜是相對的，以靜制動是處理立體幾何中動態(tài)元素的良策2求直線與平面所成角的步驟(1)一作：即在斜線上選取恰當(dāng)?shù)狞c向平面引垂線，在這一步上確定垂足的位置是關(guān)鍵；(2)二證：即證明所找到的角為直線與平面所成的角，其證明的主要依據(jù)是直線與平面所成角的定義；(3)三求：一般借助于解三角形的知識求解即時應(yīng)用1.如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，點O為線段BD的中點，設(shè)點P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為，則sin 的取值范圍是()A.B.C. D.解析：選B連接A1O，PA1，易知POA1就是直線OP與平面A1BD所成的角(或其補角)設(shè)正方體的棱長為2，則A1O.當(dāng)P點與C點重合時，PO，A1P2，則cosA1OP，此時A1OP為鈍角，所以sin ；當(dāng)P點與C1點重合時，POA1O，A1P2，則cosA1OP，此時A1OP為銳角，所以sin ；在A1OP從鈍角到銳角逐漸變化的過程中，CC1上一定存在一點P，使得A1OP90，此時sin 1.又因為，所以sin 的取值范圍是，故選B.2.(2018溫州模擬)在四面體ABCD中，二面角ABCD為60，點P為直線BC上一動點，記直線PA與平面BCD所成角為，則()A的最大值為60 B的最小值為60C的最大值為30 D的最小值為30解析：選A過A作AMBC，AO平面BCD，垂足為O，連接OM，則AMO為二面角ABCD的平面角，AMO60，在直線BC上任取一點P，連接OP，AP，則APO為直線AP與平面BCD所成的角，即APO，APAM，AMsin 60AO，APsin AO，sin sin 60，即的最大值為60.故選A.3(2018寧波五校聯(lián)考)如圖，邊長為2的正方形ABCD中，點E是AB的中點，點F是BC的中點，將AED，DCF分別沿DE，DF折起，使A，C兩點重合于點A，連接EF，AB.(1)求證：ADEF；(2)求直線AD與平面EFD所成角的正弦值解：(1)證明：在正方形ABCD中，有ADAE，CDCF, 則ADAE，ADAF, 又AEAFA，AD平面AEF，又EF平面AEF，ADEF.(2)連接BD交EF于點G，連接AG在正方形ABCD中，點E是AB的中點，點F是BC的中點， BEBF，DEDF，點G為EF的中點， 且BDEF.正方形ABCD的邊長為2，AEAF1，AGEF，EF平面AGD，A在面EFD的射影在BD上， 則ADG直線AD與平面EFD所成角，由(1)可得ADAG, ADG為直角三角形 正方形ABCD的邊長為2, BD2，EF， BG，DG2，又AD2，AG ，sinADG ，直線AD與平面EFD所成角的正弦值為.一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1設(shè)，為兩個不同的平面，直線l，則“l(fā)”是“”成立的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件解析：選A依題意，由l，l可以推出；反過來，由，l不能推出l.因此“l(fā)”是“”成立的充分不必要條件，故選A.2(2018東陽模擬)下列命題中錯誤的是()A如果平面平面，平面平面，l，那么lB如果平面平面，那么平面內(nèi)一定存在直線平行于平面C如果平面平面，過內(nèi)任意一點作交線的垂線，那么此垂線必垂直于D如果平面不垂直于平面，那么平面內(nèi)一定不存在直線垂直于平面解析：選C由平面與平面垂直的性質(zhì)可知，若該垂線不在平面內(nèi)，則此垂線與平面不一定垂直故排除C.3(2019紹興一中模擬)設(shè)m，n是兩條不同的直線，是三個不同的平面，給出下列四個命題：若，則；若，m，則m；若m，m，則；若mn，n，則m.其中正確命題的序號是()ABC D解析：選A對于，若，根據(jù)面面平行的性質(zhì)容易得到，故正確；對于，若，m，則m與可能平行、相交或m，故錯誤；對于，若m，m，則可以在內(nèi)找到一條直線n與m平行，所以n，故，故正確；對于，若mn，n，則m與可能平行或m，故錯誤故選A.4已知在空間四邊形ABCD中，ADBC，ADBD，且BCD是銳角三角形，則必有()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：選CADBC，ADBD，BCBDB，AD平面BDC，又AD平面ADC，平面ADC平面BDC.5一平面垂直于另一平面的一條平行線，則這兩個平面的位置關(guān)系是_解析：由線面平行的性質(zhì)定理知，該面必有一直線與已知直線平行再根據(jù)“兩平行線中一條垂直于一平面，另一條也垂直于該平面”得出兩個平面垂直相交答案：垂直相交二保高考，全練題型做到高考達標1(2018青島質(zhì)檢)設(shè)a，b是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則能得出ab的是()Aa，b， Ba，b，Ca，b， Da，b，解析：選C對于C項，由，a可得a，又b，得ab，故選C.2.如圖，在RtABC中，ABC90，P為ABC所在平面外一點，PA平面ABC，則四面體P ABC中直角三角形的個數(shù)為()A4 B3C2 D1解析：選A由PA平面ABC可得PAC，PAB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為直角三角形，故四面體P ABC中共有4個直角三角形3(2018湖州模擬)設(shè)a，b是夾角為30的異面直線，則滿足條件“a，b，且 ”的平面，()A不存在 B有且只有一對C有且只有兩對 D有無數(shù)對解析：選D過直線a的平面有無數(shù)個，當(dāng)平面與直線b平行時，兩直線的公垂線與b確定的平面，當(dāng)平面與b相交時，過交點作平面的垂線與b確定的平面.故選D.4(2018吉林實驗中學(xué)測試)設(shè)a，b，c是空間的三條直線，是空間的兩個平面，則下列命題中，逆命題不成立的是()A當(dāng)c時，若c，則B當(dāng)b時，若b，則C當(dāng)b，且c是a在內(nèi)的射影時，若bc，則abD當(dāng)b，且c時，若c，則bc解析：選BA的逆命題為：當(dāng)c時，若，則c.由線面垂直的性質(zhì)知c，故A正確；B的逆命題為：當(dāng)b時，若，則b，顯然錯誤，故B錯誤；C的逆命題為：當(dāng)b，且c是a在內(nèi)的射影時，若ab，則bc.由三垂線逆定理知bc，故C正確；D的逆命題為：當(dāng)b，且c時，若bc，則c.由線面平行判定定理可得c，故D正確5(2019杭州模擬)在三棱錐PABC中，PA底面ABC，BAC120，ABAC1，PA，則直線PA與平面PBC所成角的正弦值為()A. B.C. D.解析：選DPA底面ABC，PAAB，PAAC，即PABPAC90，又ABAC，PAPA，PABPAC，PBPC.取BC的中點D，連接AD，PD，PDBC，ADBC，又PDADD，BC平面PAD，BC平面PBC，平面PAD平面PBC，過A作AOPD于O，易得AO平面PBC，APD就是直線PA與平面PBC所成的角在RtPAD 中，AD，PA，則PD，則sinAPD.故選D.6.如圖，已知BAC90，PC平面ABC，則在ABC，PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有_；與AP垂直的直線有_解析：PC平面ABC，PC垂直于直線AB，BC，AC.ABAC，ABPC，ACPCC，AB平面PAC，又AP平面PAC，ABAP，與AP垂直的直線是AB.答案：AB，BC，ACAB7.如圖所示，在四棱錐P ABCD中，PA底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點，當(dāng)點M滿足_時，平面MBD平面PCD.(只要填寫一個你認為是正確的條件即可)解析：連接AC，BD，則ACBD，PA底面ABCD，PABD.又PAACA，BD平面PAC，BDPC.當(dāng)DMPC(或BMPC)時，即有PC平面MBD.而PC平面PCD，平面MBD平面PCD.答案：DMPC(或BMPC)8.如圖，直三棱柱ABC A1B1C1中，側(cè)棱長為2，ACBC1，ACB90，D是A1B1的中點，F(xiàn)是BB1上的動點，AB1，DF交于點E.要使AB1平面C1DF，則線段B1F的長為_解析：設(shè)B1Fx，因為AB1平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1DF.由已知可以得A1B1，設(shè)RtAA1B1斜邊AB1上的高為h，則DEh.又2h，所以h，DE.在RtDB1E中，B1E .由面積相等得 x，得x.即線段B1F的長為.答案：9(2019杭州十校聯(lián)考)如圖，已知四棱錐SABCD是由直角梯形ABCS沿著CD折疊而成的，其中SDDAABBC1，ADBC，ABAD，且二面角SCDA的大小為120.(1)求證：平面ASD平面ABCD；(2)設(shè)側(cè)棱SC和底面ABCD所成的角為，求的正弦值解：(1)證明：由題意可知CDSD，CDAD.ADSDD，CD平面ASD.又CD平面ABCD，平面ASD平面ABCD.(2)如圖，過點S作SHAD，交AD的延長線于點H，連接CH.平面ASD平面ABCD，平面ASD平面ABCDAD，SH平面ABCD，SCH為側(cè)棱SC和底面ABCD所成的角，即SCH.由(1)可知ADS為二面角SCDA的平面角，則ADS120.在RtSHD中，SDH180ADS18012060，SD1，則SHSDsin 60.在RtSDC中，SDC90，SDCD1，SC.在RtSHC中，sin ，即的正弦值為.10.如圖，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面A1ACC1是菱形，A1AC60.在底面ABC中，BAC90，M為BC的中點，過A1，B1，M三點的平面交AC于點N.(1)求證：A1NAC；(2)若B1MBC，求直線B1C與平面A1B1MN所成角的大小解：(1)證明：由題意，因為平面ABC平面A1B1C1，平面A1B1MN平面ABCMN，平面A1B1MN平面A1B1C1A1B1，所以MNA1B1.因為ABA1B1，所以MNAB.又M為BC的中點，所以N為AC的中點又四邊形A1ACC1是菱形，A1AC60，所以A1NAC.(2)由(1)知，ACA1N.因為BAC90，所以ABAC.又MNAB，所以ACMN.因為MNA1NN，MN平面A1B1MN，A1N平面A1B1MN，所以AC平面A1B1MN.連接B1N，則CB1N即為直線B1C與平面A1B1MN所成的角設(shè)A1A2a，則CNa，因為B1MBC，M為BC的中點，所以B1BB1C2a，在B1NC中，sinCB1N，所以CB1N30，故直線B1C與平面A1B1MN所成角的大小為30.三上臺階，自主選做志在沖刺名校1(2018杭州高三檢測)已知三棱錐SABC的底面ABC為正三角形，SASBSC，平面SBC，SCA，SAB與平面ABC所成的銳二面角分別為1，2，3，則()A12 B12C23 D23解析：選A如圖，作SO平面ABC，垂足為O，連接AO，BO，CO.由SASBSC，得OAOBOC.過點O分別向BC，AC，AB作垂線，垂足記為D，E，F(xiàn)，連接SD，SE，SF，則tan 1，tan 2，tan 3.由于OAOBOC，且ABC為正三角形，故點O所在區(qū)域如圖中陰影部分(不包括邊界)所示，其中G為ABC的重心由圖可得OEOD，OF與OE的大小不確定，所以tan 2tan 1，tan 2與tan 3的大小不確定，又1，2，3均為銳角，所以21，2與3的大小不確定故選A.2(2019臺州三區(qū)聯(lián)考)如圖，已知菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，將菱形ABCD沿對角線AC折起，使得平面ACD平面ABC，若點N是BD上的動點，當(dāng)線段ON最短時，二面角NACB的余弦值為()A0 B.C. D.解析：選C易知OBOD，所以當(dāng)N為BD的中點時，線段ON最短，因為ACOB，ACOD，OBODO，所以AC平面BOD，所以O(shè)NAC，又OBAC，所以BON即為二面角NACB的平面角因為平面ACD平面ABC，ODAC，所以O(shè)DOB，所以BOD為等腰直角三角形，所以BON45，所以二面角NACB的余弦值為.3.如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是平行四邊形，BCD135，側(cè)面PAB底面ABCD，BAP90，ABACPA4，E為BC的中點，點M在線段PD上(1)若ME平面PAB，確定M的位置并說明理由；(2)若直線EM與平面PBC所成的角和直線EM與平面ABCD所成的角相等，求的值解：(1)當(dāng)M為PD的中點時，EM平面PAB.理由如下：因為M為PD的中點，設(shè)F為AD的中點，連接EF，MF.所以MFPA.又因為MF平面PAB，PA平面PAB，所以MF平面PAB.同理，可得EF平面PAB.又因為MFEFF，MF平面MEF，EF平面MEF，所以平面MEF平面PAB.又因為ME平面MEF，所以ME平面PAB.(2)設(shè)PMa，因為平面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，過點M作MFAD于點F，則MF平面ABCD，連接EF，則EF為ME在平面ABCD上的射影，所以MEF為ME與平面ABCD所成的角.在RtPAD中，PD4，MF，得sin .又設(shè)ME與平面PBC所成的角為，過點M作MNPA于點N，則MN平面PBC，M，N到平面PBC的距離相等，設(shè)為d，由VNPBCVCPBN，得SPBCdSPBN4，即(4)2d44，解得d，所以sin .由sin sin ，得12aa，解得a66，.命題點一空間幾何體的三視圖及表面積與體積1(2018浙江高考)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是()A2 B4C6 D8解析：選C由幾何體的三視圖可知，該幾何體是一個底面為直角梯形，高為2的直四棱柱，直角梯形的兩底邊長分別為1,2，高為2，該幾何體的體積為V(21)226.2.(2018全國卷)某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖所示圓柱表面上的點M在正視圖上的對應(yīng)點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應(yīng)點為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為()A2 B2C3 D2解析：選B先畫出圓柱的直觀圖，根據(jù)題圖的三視圖可知點M，N的位置如圖所示圓柱的側(cè)面展開圖及M，N的位置(N為OP的四等分點)如圖所示，連接MN，則圖中MN即為M到N的最短路徑ON164，OM2，MN2.3(2018北京高考)某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側(cè)面中，直角三角形的個數(shù)為()A1 B2C3 D4解析：選C由三視圖得到空間幾何體的直觀圖如圖所示，則PA平面ABCD，四邊形ABCD為直角梯形，PAABAD2，BC1，所以PAAD，PAAB，PABC.又BCAB，ABPAA，所以BC平面PAB.所以BCPB.在PCD中，PD2，PC3，CD，所以PCD為銳角三角形所以側(cè)面中的直角三角形為PAB，PAD，PBC，共3個4(2017北京高考)某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為()A60 B30C20 D10解析：選D如圖，把三棱錐ABCD放到長方體中，長方體的長、寬、高分別為5,3,4，BCD為直角三角形，直角邊分別為5和3，三棱錐ABCD的高為4，故該三棱錐的體積V53410.5.(2018天津高考)已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，除面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點E，F(xiàn)，G，H，M(如圖)，則四棱錐MEFGH的體積為_解析：連接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因為E，H分別為AD1，CD1的中點，所以EHAC，EHAC，因為F，G分別為B1A，B1C的中點，所以FGAC，F(xiàn)GAC，所以EHFG，EHFG，所以四邊形EHGF為平行四邊形，又EGHF，EHHG，所以四邊形EHGF為正方形，又點M到平面EHGF的距離為，所以四棱錐MEFGH的體積為2.答案：6(2018全國卷)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成角為45，若SAB的面積為5，則該圓錐的側(cè)面積為_解析：如圖，SA與底面成45角，SAO為等腰直角三角形設(shè)OAr，則SOr，SASBr.在SAB中，cosASB，sin ASB，SSABSASBsinASB(r)25，解得r2，SAr4，即母線長l4，S圓錐側(cè)rl2440.答案：40命題點二組合體的“切”“接”問題1(2018全國卷)設(shè)A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，ABC為等邊三角形且其面積為9，則三棱錐DABC體積的最大值為()A12 B18C24 D54解析：選B由等邊ABC的面積為9，可得AB29，所以AB6，所以等邊ABC的外接圓的半徑為rAB2.設(shè)球的半徑為R，球心到等邊ABC的外接圓圓心的距離為d，則d2.所以三棱錐DABC高的最大值為246，所以三棱錐DABC 體積的最大值為9618.2(2017天津高考)已知一個正方體的所有頂點在一個球面上，若這個正方體的表面積為18，則這個球的體積為_解析：由正方體的表面積為18，得正方體的棱長為.設(shè)該正方體外接球的半徑為R，則2R3，R，所以這個球的體積為R3.答案：3(2017江蘇高考)如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則的值是_解析：設(shè)球O的半徑為R，因為球O與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切，所以圓柱的底面半徑為R、高為2R，所以.答案：命題點三直線、平面平行與垂直的判定與性質(zhì)1(2018全國卷)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(1)證明：平面AMD平面BMC.(2)在線段AM上是否存在點P，使得MC平面PBD？說明理由解：(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD平面ABCD，交線為CD.因為BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CMD，所以BCDM.因為M為上異于C，D的點，且CD為直徑，所以DMMC.又BCMCC，所以DM平面BMC.因為DM平面AMD，所以平面AMD平面BMC.(2)當(dāng)P為AM的中點時，MC平面PBD.證明如下：連接AC交BD于O.因為四邊形ABCD為矩形，所以O(shè)為AC的中點連接OP，因為P為AM中點，所以MCOP.又MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC平面PBD.2(2018全國卷)如圖，在三棱錐PABC 中，ABBC2，PAPBPCAC4，O為AC的中點(1)證明：PO平面ABC；(2)若點M在棱BC上，且MC2MB，求點C到平面POM的距離解：(1)證明：因為PAPCAC4，O為AC的中點，所以POAC，且PO2.連接OB，因為ABBCAC，所以ABC為等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.所以PO2OB2PB2，所以POOB.又因為ACOBO，所以PO平面ABC.(2)如圖，作CHOM，垂足為H，又由(1)可得POCH，且POOMO，所以CH平面POM.故CH的長為點C到平面POM的距離由題設(shè)可知OCAC2，MCBC，ACB45，所以O(shè)M，CH.所以點C到平面POM的距離為.3(2018北京高考)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點(1)求證：PEBC；(2)求證：平面PAB平面PCD；(3)求證：EF平面PCD.證明：(1)因為PAPD，E為AD的中點，所以PEAD.因為底面ABCD為矩形，所以BCAD，所以PEBC.(2)因為底面ABCD為矩形，所以ABAD.又因為平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，AB平面ABCD，所以AB平面PAD，因為PD平面PAD，所以ABPD.又因為PAPD，ABPAA，所以PD平面PAB.因為PD平面PCD，所以平面PAB平面PCD.(3)如圖，取PC的中點G，連接FG，DG.因為F，G分別為PB，PC的中點，所以FGBC，F(xiàn)GBC.因為四邊形ABCD為矩形，且E為AD的中點，所以DEBC，DEBC.所以DEFG，DEFG.所以四邊形DEFG為平行四邊形所以EFDG.又因為EF平面PCD，DG平面PCD，所以EF平面PCD.4.(2018江蘇高考)在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1.求證：(1)AB平面A1B1C；(2)平面ABB1A1平面A1BC.證明：(1)在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1.因為AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB平面A1B1C.(2)在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形又因為AA1AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，因此AB1A1B.因為AB1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC.因為A1BBCB，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1平面A1BC.因為AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1平面A1BC.命題點四空間角度問題1(2018全國卷)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為棱CC1的中點，則異面直線AE與CD所成角的正切值為()A. B.C. D.解析：選C如圖，連接BE，因為ABCD，所以異面直線AE與CD所成的角為EAB或其補角在RtABE中，設(shè)AB2，則BE，則tanEAB，所以異面直線AE與CD所成角的正切值為.2(2018全國卷)在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30，則該長方體的體積為()A8 B6C8 D8解析：選C如圖，連接AC1，BC1，AC.AB平面BB1C1C，AC1B為直線AC1與平面BB1C1C所成的角，AC1B30.又ABBC2，在RtABC1中，AC14.在RtACC1中，CC12，V長方體ABBCCC12228.3(2018全國卷)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面所成的角都相等，則截此正方體所得截面面積的最大值為()A.