（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(shuō)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(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言判定定理一條直線與一個(gè)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(gè)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(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言判定定理一個(gè)平面過(guò)另一個(gè)平面的垂線，則這兩個(gè)平面垂直性質(zhì)定理兩個(gè)平面垂直，則一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個(gè)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(gè)平面內(nèi)的射影所成的銳角，叫做這條直線和這個(gè)平面所成的角，當(dāng)一條直線垂直于平面時(shí)，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(diǎn)為端點(diǎn)，在兩個(gè)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(yàn)1設(shè)，是兩個(gè)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(gè)平面垂直，給出下列命題：一個(gè)平面內(nèi)的已知直線必垂直于另一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線；一個(gè)平面內(nèi)的已知直線必垂直于另一個(gè)平面內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線；一個(gè)平面內(nèi)的任一條直線必垂直于另一個(gè)平面其中錯(cuò)誤命題的序號(hào)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(gè)平面的已知直線垂直于交線時(shí)，這條直線才垂直于此平面內(nèi)的任意一條直線，故錯(cuò)誤；在中，根據(jù)平面與平面垂直的性質(zhì)定理可知，另一個(gè)平面內(nèi)與交線垂直的直線有無(wú)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(gè)平面內(nèi)的直線垂直于交線時(shí)，它才垂直于另一個(gè)平面，故錯(cuò)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(duì)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(duì)答案：71證明線面垂直時(shí)，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(shí)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?yàn)閍b，a，所以可知b或b，當(dāng)b時(shí)，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(gè)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(duì)于A，m可以在內(nèi)，故A錯(cuò)；對(duì)于C，n可以在內(nèi)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，m與n可以平行，故D錯(cuò)考點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)，F(xiàn)是DC上的點(diǎn)，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?yàn)锳B平面PAD，PH平面PAD，所以PHAB.因?yàn)镻H為PAD中AD邊上的高，所以PHAD.因?yàn)锳BADA，AB平面ABCD，AD平面ABCD，所以PH平面ABCD.(2)如圖，取PA的中點(diǎn)M，連接MD，ME.因?yàn)镋是PB的中點(diǎn)，所以ME綊AB.又因?yàn)镈F綊AB，所以ME綊DF，所以四邊形MEFD是平行四邊形，所以EFMD.因?yàn)镻DAD，所以MDPA.因?yàn)锳B平面PAD，所以MDAB.因?yàn)镻AABA，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(diǎn)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(diǎn)，又D為AB1的中點(diǎn)，因此DEAC.又因?yàn)镈E平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE平面AA1C1C.(2)因?yàn)槔庵鵄BCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC.因?yàn)锳C平面ABC，所以ACCC1.又因?yàn)锳CBC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BCCC1C，所以AC平面BCC1B1.又因?yàn)锽C1平面BCC1B1，所以BC1AC.因?yàn)锽CCC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1B1C.因?yàn)锳C平面B1AC，B1C平面B1AC，ACB1CC，所以BC1平面B1AC.又因?yàn)锳B1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(gè)平面垂直時(shí)，在一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線垂直于另一個(gè)平面演練沖關(guān)1(2018長(zhǎng)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(gè)平面平行可知.因?yàn)閙，所以m.2.如圖，S是RtABC所在平面外一點(diǎn)，且SASBSC.D為斜邊AC的中點(diǎn)(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(diǎn)E，連接SE，DE，在RtABC中，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)，求證：(1)PA底面ABCD；(2)BE平面PAD；(3)平面BEF平面PCD.證明：(1)因?yàn)槠矫鍼AD底面ABCD，且PA垂直于這兩個(gè)平面的交線AD，所以PA底面ABCD.(2)因?yàn)锳BCD，CD2AB，E為CD的中點(diǎn)，所以ABDE，且ABDE.所以四邊形ABED為平行四邊形所以BEAD.又因?yàn)锽E平面PAD，AD平面PAD，所以BE平面PAD.(3)因?yàn)锳BAD，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?yàn)镋和F分別是CD和PC的中點(diǎn)，所以PDEF，所以CDEF.又因?yàn)镃DBE，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(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明平面角為直角的問(wèn)題(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即證明其中一個(gè)平面經(jīng)過(guò)另一個(gè)平面的一條垂線，把問(wèn)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(shí)應(yīng)用(2018杭州七校聯(lián)考)如圖，斜三棱柱ABCA1B1C1的所有棱長(zhǎng)均為a，側(cè)面B1C1CB底面ABC，O是BC的中點(diǎn)，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?yàn)樗倪呅蜛CC1A1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?yàn)锳O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?yàn)閭?cè)面B1C1CB底面ABC，側(cè)面B1C1CB底面ABCBC，所以C1O底面ABC.因?yàn)镃1OAOa，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(diǎn)，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(cuò)誤當(dāng)CACB時(shí)，容易證明ADB.不妨取一個(gè)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(diǎn)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(cè)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(diǎn)D，A1B1C為等邊三角形，CD平面A1B1C1，CD平面ABC.取AB的中點(diǎn)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(dòng)態(tài)問(wèn)題的關(guān)鍵點(diǎn)對(duì)于立體幾何中的動(dòng)態(tài)問(wèn)題，關(guān)鍵是抓住變化過(guò)程中不變的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，事實(shí)上動(dòng)靜是相對(duì)的，以靜制動(dòng)是處理立體幾何中動(dòng)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(diǎn)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(shí)求解即時(shí)應(yīng)用1.如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)O為線段BD的中點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)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(bǔ)角)設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則A1O.當(dāng)P點(diǎn)與C點(diǎn)重合時(shí)，PO，A1P2，則cosA1OP，此時(shí)A1OP為鈍角，所以sin ；當(dāng)P點(diǎn)與C1點(diǎn)重合時(shí)，POA1O，A1P2，則cosA1OP，此時(shí)A1OP為銳角，所以sin ；在A1OP從鈍角到銳角逐漸變化的過(guò)程中，CC1上一定存在一點(diǎn)P，使得A1OP90，此時(shí)sin 1.又因?yàn)?，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(diǎn)P為直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，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(guò)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(diǎn)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(zhǎng)為2的正方形ABCD中，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F是BC的中點(diǎn)，將AED，DCF分別沿DE，DF折起，使A，C兩點(diǎn)重合于點(diǎn)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(diǎn)G，連接AG在正方形ABCD中，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F是BC的中點(diǎn)， BEBF，DEDF，點(diǎn)G為EF的中點(diǎn)， 且BDEF.正方形ABCD的邊長(zhǎng)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(zhǎng)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(gè)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(guò)來(lái)，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(yáng)模擬)下列命題中錯(cuò)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(guò)內(nèi)任意一點(diǎn)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(gè)不同的平面，給出下列四個(gè)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(hào)是()ABC D解析：選A對(duì)于，若，根據(jù)面面平行的性質(zhì)容易得到，故正確；對(duì)于，若，m，則m與可能平行、相交或m，故錯(cuò)誤；對(duì)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(duì)于，若mn，n，則m與可能平行或m，故錯(cuò)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(gè)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(gè)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(dá)標(biāo)1(2018青島質(zhì)檢)設(shè)a，b是兩條不同的直線，是兩個(gè)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(duì)于C項(xiàng)，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(diǎn)，PA平面ABC，則四面體P ABC中直角三角形的個(gè)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(gè)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(duì)C有且只有兩對(duì) D有無(wú)數(shù)對(duì)解析：選D過(guò)直線a的平面有無(wú)數(shù)個(gè)，當(dāng)平面與直線b平行時(shí)，兩直線的公垂線與b確定的平面，當(dāng)平面與b相交時(shí)，過(guò)交點(diǎn)作平面的垂線與b確定的平面.故選D.4(2018吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)測(cè)試)設(shè)a，b，c是空間的三條直線，是空間的兩個(gè)平面，則下列命題中，逆命題不成立的是()A當(dāng)c時(shí)，若c，則B當(dāng)b時(shí)，若b，則C當(dāng)b，且c是a在內(nèi)的射影時(shí)，若bc，則abD當(dāng)b，且c時(shí)，若c，則bc解析：選BA的逆命題為：當(dāng)c時(shí)，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(shí)，若，則b，顯然錯(cuò)誤，故B錯(cuò)誤；C的逆命題為：當(dāng)b，且c是a在內(nèi)的射影時(shí)，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(shí)，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(diǎn)D，連接AD，PD，PDBC，ADBC，又PDADD，BC平面PAD，BC平面PBC，平面PAD平面PBC，過(guò)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(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足_時(shí)，平面MBD平面PCD.(只要填寫一個(gè)你認(rèn)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(shí)，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(zhǎng)為2，ACBC1，ACB90，D是A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)是BB1上的動(dòng)點(diǎn)，AB1，DF交于點(diǎn)E.要使AB1平面C1DF，則線段B1F的長(zhǎng)為_解析：設(shè)B1Fx，因?yàn)锳B1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(zhǎng)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(guò)點(diǎn)S作SHAD，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)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(diǎn)，過(guò)A1，B1，M三點(diǎn)的平面交AC于點(diǎn)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?yàn)槠矫鍭BC平面A1B1C1，平面A1B1MN平面ABCMN，平面A1B1MN平面A1B1C1A1B1，所以MNA1B1.因?yàn)锳BA1B1，所以MNAB.又M為BC的中點(diǎn)，所以N為AC的中點(diǎn)又四邊形A1ACC1是菱形，A1AC60，所以A1NAC.(2)由(1)知，ACA1N.因?yàn)锽AC90，所以ABAC.又MNAB，所以ACMN.因?yàn)镸NA1NN，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?yàn)锽1MBC，M為BC的中點(diǎn)，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(tái)階，自主選做志在沖刺名校1(2018杭州高三檢測(cè))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(guò)點(diǎn)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(diǎn)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(tái)州三區(qū)聯(lián)考)如圖，已知菱形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，將菱形ABCD沿對(duì)角線AC折起，使得平面ACD平面ABC，若點(diǎn)N是BD上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)線段ON最短時(shí)，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(diǎn)時(shí)，線段ON最短，因?yàn)锳COB，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?yàn)槠矫鍭CD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(diǎn)，點(diǎn)M在線段PD上(1)若ME平面PAB，確定M的位置并說(shuō)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(diǎn)時(shí)，EM平面PAB.理由如下：因?yàn)镸為PD的中點(diǎn)，設(shè)F為AD的中點(diǎn)，連接EF，MF.所以MFPA.又因?yàn)镸F平面PAB，PA平面PAB，所以MF平面PAB.同理，可得EF平面PAB.又因?yàn)镸FEFF，MF平面MEF，EF平面MEF，所以平面MEF平面PAB.又因?yàn)镸E平面MEF，所以ME平面PAB.(2)設(shè)PMa，因?yàn)槠矫鍼AB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(guò)點(diǎn)M作MFAD于點(diǎn)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(guò)點(diǎn)M作MNPA于點(diǎn)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(diǎn)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(gè)底面為直角梯形，高為2的直四棱柱，直角梯形的兩底邊長(zhǎng)分別為1,2，高為2，該幾何體的體積為V(21)226.2.(2018全國(guó)卷)某圓柱的高為2，底面周長(zhǎng)為16，其三視圖如圖所示圓柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A，圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)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(zhǎng)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(diǎn)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(diǎn))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(gè)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(gè)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(zhǎng)方體中，長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、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(zhǎng)為1，除面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點(diǎn)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?yàn)镋，H分別為AD1，CD1的中點(diǎn)，所以EHAC，EHAC，因?yàn)镕，G分別為B1A，B1C的中點(diǎn)，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(diǎn)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(guó)卷)已知圓錐的頂點(diǎn)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(zhǎng)l4，S圓錐側(cè)rl2440.答案：40命題點(diǎn)二組合體的“切”“接”問(wèn)題1(2018全國(guó)卷)設(shè)A，B，C，D是同一個(gè)半徑為4的球的球面上四點(diǎn)，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(gè)正方體的所有頂點(diǎn)在一個(gè)球面上，若這個(gè)正方體的表面積為18，則這個(gè)球的體積為_解析：由正方體的表面積為18，得正方體的棱長(zhǎng)為.設(shè)該正方體外接球的半徑為R，則2R3，R，所以這個(gè)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(gè)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?yàn)榍騉與圓柱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(diǎn)三直線、平面平行與垂直的判定與性質(zhì)1(2018全國(guó)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(diǎn)(1)證明：平面AMD平面BMC.(2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P，使得MC平面PBD？說(shuō)明理由解：(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD平面ABCD，交線為CD.因?yàn)锽CCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CMD，所以BCDM.因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，且CD為直徑，所以DMMC.又BCMCC，所以DM平面BMC.因?yàn)镈M平面AMD，所以平面AMD平面BMC.(2)當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí)，MC平面PBD.證明如下：連接AC交BD于O.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)連接OP，因?yàn)镻為AM中點(diǎn)，所以MCOP.又MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC平面PBD.2(2018全國(guó)卷)如圖，在三棱錐PABC 中，ABBC2，PAPBPCAC4，O為AC的中點(diǎn)(1)證明：PO平面ABC；(2)若點(diǎn)M在棱BC上，且MC2MB，求點(diǎn)C到平面POM的距離解：(1)證明：因?yàn)镻APCAC4，O為AC的中點(diǎn)，所以POAC，且PO2.連接OB，因?yàn)锳BBCAC，所以ABC為等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.所以PO2OB2PB2，所以POOB.又因?yàn)锳COBO，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(zhǎng)為點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)(1)求證：PEBC；(2)求證：平面PAB平面PCD；(3)求證：EF平面PCD.證明：(1)因?yàn)镻APD，E為AD的中點(diǎn)，所以PEAD.因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以BCAD，所以PEBC.(2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以ABAD.又因?yàn)槠矫鍼AD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，AB平面ABCD，所以AB平面PAD，因?yàn)镻D平面PAD，所以ABPD.又因?yàn)镻APD，ABPAA，所以PD平面PAB.因?yàn)镻D平面PCD，所以平面PAB平面PCD.(3)如圖，取PC的中點(diǎn)G，連接FG，DG.因?yàn)镕，G分別為PB，PC的中點(diǎn)，所以FGBC，F(xiàn)GBC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，且E為AD的中點(diǎn)，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?yàn)镋F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?yàn)锳B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?yàn)锳A1AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，因此AB1A1B.因?yàn)锳B1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC.因?yàn)锳1BBCB，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1平面A1BC.因?yàn)锳B1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1平面A1BC.命題點(diǎn)四空間角度問(wèn)題1(2018全國(guó)卷)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為棱CC1的中點(diǎn)，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?yàn)锳BCD，所以異面直線AE與CD所成的角為EAB或其補(bǔ)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(guó)卷)在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30，則該長(zhǎng)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(zhǎng)方體ABBCCC12228.3(2018全國(guó)卷)已知正方體的棱長(zhǎng)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.