第7章 第5节 直线、平面垂直的判定与性质
第5节 直线、平面垂直的判定与性质
(3)因为 PA∥平面 BDE，平面 PAC∩平面 BDE＝DE，
所以 PA∥DE.
因为 D 为 AC 的中点，
所以 DE＝12PA＝1，BD＝DC＝ 2.
由(1)知，PA⊥平面 ABC，
所以 DE⊥平面 ABC.
所以三棱锥 E-BCD 的体积 V＝1BD·DC·DE＝1.
6
3
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面面垂直的证明方法 (1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面
角为直二面角，将证明面面垂直问题转化成证明二面角的平面角 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，进而把问题转化为证明线线垂直加 以解决．
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[跟踪训练]
如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PC⊥平面 ABCD，AB∥DC， DC⊥AC.
(1)求证：DC⊥平面 PAC； (2)求证：平面 PAB⊥平面 PAC.
BE＝4sin 60°＝2 3，PE＝4cos 60°＝2.
因为 BE⊥PC，AE⊥PC，EA∩EB＝E，所以 PE⊥平面 ABE.
因为 AB＝4，AE＝BE＝2 3，
所以△ABE 的面积 S＝12AB· BE2－21AB2＝4 2.
因为三棱锥 B-PAE 的体积等于三棱锥 P-ABE 的体积，所以
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解析： (1)证明：如图，因为 ABCD 为菱形，O 为菱形中心，连接
OB，则 AO⊥OB.因为∠BAD＝π3， 故 OB＝AB·sin π6又因为 BM＝12， 且∠OBM＝π3，在△ OBM 中， OM2＝OB2＋BM2－2OB·BM·cos ∠OBM＝12＋122－2·1·12·cos π3＝34.
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判定线面垂直的四种方法 (1)利用线面垂直的判定定理． (2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个
2012高三数学《三维设计》配套资料课件第7章第5节直线、平面垂直的判定与性质
因为∠APB＝∠ADB＝60° ， 所以 PA＝PB＝ 6，HD＝HC＝1.可得 PH＝ 3. 1 等腰梯形 ABCD 的面积为 S＝ AC×BD＝2＋ 3. 2 3＋2 3 1 所以四棱锥的体积为 V＝ ×(2＋ 3)× 3＝ . 3 3
[归纳领悟] 1．判定面面垂直的方法 (1)面面垂直的定义．
②OA⊂α，OB⊂β，
③OA⊥l，OB⊥l，
则∠AOB就叫做二面角αlβ的平面角．
2．平面与平面垂直的判定定理.
文字语言 一个平面过另一个 判定 平面的一条 垂线 ， 定理 则这两个平面互相 垂直 图形语言 符号语言
3.平面与平面垂直的性质定理. 文字语言 性 两个平面互相垂直， 质 则一个平面内垂直 定 于 交线 的直线垂直 图形语言 符号语言
图形语言
符号语言
面的两条直线 定理 平行
二、平面与平面垂直 1．二面角 (1)二面角：从一条直线 出发的两个半平面 所组成的图 形叫做二面角．这条直线叫做 二面角的棱 ．两个半 平面叫做二面角的面． 如图，记作：αlβ 或 αABβ或PABQ.
(2)二面角的平面角 如图，二面角αlβ，
若有①O∈l，
答案：C
3.如图，已知在四棱锥P－ABCD中，
底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD， PA＝AD＝1，AB＝2，E、F分别是 AB、PD的中点． (1)求证：AF∥平面PEC； (2)求PC与平面ABCD所成的角的正切值； (3)求二面角P－EC－D的正切值．
解：(1)证明：如图，取 PC 的中点 O， 连结 OF、OE，则 FO∥DC， 1 且 FO＝2DC， ∴FO∥AE， 又 E 是 AB 的中点， 且 AB＝DC， ∴FO＝AE.
[归纳领悟]
解答此类问题时一要注意依据定理条件才能得出结
直线与平面垂直的判定(详细教案 )
2.3.1 直线与平面垂直的判定壶关一中杨贺强教材分析空间中直线与平面的三种位置关系中，垂直是相交时的一种非常重要的位置关系。
它不仅应用较多，而且是空间问题平面化的典范。
直线与平面的垂直问题是连接“线线垂直”和“面面垂直”的桥梁和纽带，可以说线面垂直是立体几何问题的重要考点之一。
三维目标（知识与技能）：探究直线与平面垂直的判定定理，培养学生的空间想象能力。
（过程与方法）：掌握直线与平面垂直的判定定理的应用，培养学生分析问题、解决问题的能力。
（情感态度与价值观）：让学生明确直线与平面垂直在立体几何中的重要地位。
重点难点教学重点:直线与平面垂直的判定。
教学难点:灵活应用“直线与平面垂直判定定理”解决问题。
教学过程，板书设计1、探究“直线与平面垂直的定义”。
2、探究“直线与平面垂直的判定定理”。
3、使用三种语言（文字、图形、符号）描述直线与平面垂直的判定定理。
4、探究斜线在平面内的射影，讨论“直线与平面所成的角”。
教学过程一、回顾复习，情境导入已经学过的直线与平面的位置关系有哪些？-----垂直是相交时的特殊情况。
在日常生活中，我们对直线与平面垂直有很多感性认识，比如，旗杆与地面的位置关系，大桥的桥柱与水面的位置关系等，都给我们以直线与平面垂直的印象。
二、新知探究（小组活动）:（一）直线与平面垂直的定义问题1：（由第1小组学生回答）你能给出直线和平面垂直的定义吗？回忆一下直线与直线垂直是如何定义的？设计意图：两直线垂直有相交垂直和异面垂直，而异面直线垂直是转化为两直线相交垂直，实质上是将空间问题转化为平面问题，让学生回忆直线与直线垂直的定义，旨在由此得到启发：用“平面化”的思想来思考问题，即能否用一条直线垂直于一个平面内的直线，来定义这条直线与这个平面垂直？问题2：（由第2小组学生回答）结合对下列问题的思考，试着给出直线和平面垂直的定义。
(1)阳光下，旗杆AB与它在地面上的影子BC所成的角度是多少？(2)随着太阳的移动,影子BC的位置也会移动,而旗杆AB与影子BC所成的角度是否会发生改变?(3)旗杆AB与地面上任意一条不过点B的直线B1C1的位置关系如何？依据是什么？（学生叙写定义，并建立文字、图形、符号这三种语言的相互转化）。
高考数学第一轮知识点总复习 第五节 直线、平面垂直的判定及其性质
(2)证明:当a=4时,取BC边的中点M,AD边的中点N,连接AM、DM、 MN……..5′ ∵四边形ABMN和四边形DCMN都是正方形,…………………………………..6′ ∴∠AMD=∠AMN+∠DMN=45°+45°=90°,…………………………………..7′ 即DM⊥AM.又∵PA⊥底面ABCD, ∴PA⊥DM,∴DM⊥面PAM，得PM⊥DM,………………………………………..9′ 故(3当)设aM=4是时B,CBC边边上的符中合点题M设使的P点MM⊥, DM. ∵PA⊥底面ABCD,∴DM⊥AM………………………………………………11′ 因此,M点应是以AD为直径的圆和BC边的交点,则AD≥2AB,即a≥4为所 求…………….12′
ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D作DK⊥AB,K为垂足.设AK=t，则t的
取值范围是
.
解析: 如图2，过K作KM⊥AF于M点，连接DM，
由平面ABD⊥平面ABC易得DM⊥AF，与折前的图
1对比，可知在折前的图形中D、M、K三点共线且
DK⊥AF，于是△DAK∽△FDA,
AK DA
AD ， t DF 1
分析 （1）本题第(1)问是寻求BD⊥平面PAC的条件,即BD垂直于平面 PAC内两相交直线,易知BD⊥PA,问题归结为a为何值时,BD⊥AC,从而知 ABCD为正方形. （2）若PM⊥DM,易知DM⊥面PAM，得DM⊥AM,由AB=2，a=4知， M为BC的中点时得两个全等的正方形，满足DM⊥AM.
直线与平面垂直的判定
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[点评] “任意一条直线”与“所有直线”意义相同，但 与“无数条直线”意义不同．
第二章 2．3 2．3.1
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2．判定定理 文字 一条直线与一个平面内的两条 相交 直线都垂 语言 直，则该直线与此平面垂直
自主预习
阅读教材P64～66回答下列问题．
1．直线与平面垂直
如果直线l与平面α内的 任意一条 直线
定义 都垂直，我们就说直线l与平面α互相
垂直
记法
l⊥α
第二章 2．3 2．3.1
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有关 直线l叫做平面α的 垂线，平面α叫做直线l的 概念 垂面．它们唯一的公共点P叫做垂足．
第二章 2．3 2．3.1
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(2)规定：一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角等 于 90° ；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所 成的角等于 0°.因此，直线与平面所成的角的范围是0，π2.
第二章 2．3 2．3.1
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A1C1， 又BB1∩B1D1＝B1，∴A1C1⊥平面BDD1B1，垂足为O.
第二章 2．3 2．3.1
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∴∠A1BO为直线A1B与平面BDD1B1所成的角，在Rt△ A1BO中，A1O＝12A1C1＝12A1B，∴∠A1BO＝30°.
即平面BDD1B1所成的角为30°.
章
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温故知新 1．在初中平面几何中能够转化为垂直关系的有：①等腰三 角形底边上的中线垂直平分底边；②菱形对角线互相 垂直平分 ； ③正方形对角线互相 垂直平分 ；④圆的直径所对圆角等于 90°.
两个平面垂直的判定和性质(201911整理)
教学目的 1、使学生掌握两个平面垂直的性质定理及它
们的证明，并会进行灵活的应用。 2、掌握线面垂直、面面垂直之间的相互转化
在解题中的应用。
重点难点分析 重点：两个平面垂直的判定和性质的应用。 难点：两个平面垂直的性质定理及推论的形成 及推理。
复习与回顾 两个平面垂直的判定方法
的平面角。
AB是⊙O的直径，故∠ACB=90o.
∴面VBC⊥面BAC。 又D、E分别是VA、VC的中点，
则DE//AC。 而AC⊥VC，即DE⊥VC， 那么DE⊥面VBC。 运用面面垂直的判定及面面垂直的性质。 转化关系：二面角是直二面角 面面垂直
线面垂直
解法二：∵VC⊥面ABC，AC 面ABＣ，
a .
例2、如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的 动点，过动点C的直线VC垂直于⊙O所在平面, D、E分别是VA、VC的中点。直线DE与平面 VBC有什么关系？试说明理由。 解法一:
VC 面ABC, AC 面ABC, BC 面ABC
VC AC,VC BC. 则∠ACB就是面VBC果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直
于它们交线的直线垂直于另一个平面。
已知：α ⊥ β, α β, AB ⊂α, AB ⊥α 于B。
求证：AB .
E
BA
C
证明：在平面 内作BE⊥CD，垂足为B。
则∠ABE就是二面角 CD 的平面角。 由α ⊥β可知AB⊥BE。
又AB⊥CD，BE与CD是 内两条相交
直线，
AB .
ED
BA
C
； 代写工作总结 https:/// 代写工作总结 ；
高考数学第七章立体几何第五节直线平面垂直的判定及其性质教案高三全册数学教案
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α内的任意一条直线都垂直，就说直线l 与平面α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⎭⎪⎬⎪⎫a，b⊂αa∩b＝Ol⊥al⊥b⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a⊥αb⊥α⇒a∥b2．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⎭⎪⎬⎪⎫l⊂βl⊥α⇒α⊥β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⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βl⊂βα∩β＝al⊥a⇒l⊥α(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α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β( )A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥m C．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m解析：选A ∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(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：①一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；②一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；③一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．①② B．①③C．②③ D．①②③解析：选B 在①中，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①错误；在②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②正确；在③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③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α，且a⊥b，a⊥α，则b与α的位置关系为( )A．b⊂α B．b∥αC．b⊂α或b∥α D．b与α相交解析：选C 因为a⊥b，a⊥α，所以可知b⊂α或b⊄α，当b⊄α时，有b∥α.2．(教材习题改编)设m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是( )A．若m⊥α，α⊥β，则m∥βB．若m∥α，m⊥β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊥α，则n∥αD．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n解析：选B 对于A，m可以在β内，故A错；对于C，n可以在α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题点多变型考点——多角探明[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P ABCD 中，AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点，且DF ＝12AB ，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PH ⊥AB . 因为PH 为△PAD 中AD 边上的高，所以PH ⊥AD .因为AB ∩AD ＝A ，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12AB .又因为DF 綊12AB ，所以ME 綊DF ，所以四边形MEFD 是平行四边形，所以EF ∥MD . 因为PD ＝AD ，所以MD ⊥PA . 因为AB ⊥平面PAD ，所以MD ⊥AB . 因为PA ∩AB ＝A ，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AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明：(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.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AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC⊂平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.[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；(2)利用判定定理的推论(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；(3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；(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α，β，γ是不同的平面，m，n是不同的直线，则由下列条件能得出m⊥β的是( ) A．n⊥α，n⊥β，m⊥αB．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γC．m⊥n，n⊂β D．α⊥β，α∩β＝n，m⊥n解析：选A 由垂直于同一直线的两个平面平行可知α∥β.因为m⊥α，所以m⊥β.2.如图，S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC.D为斜边AC的中点．(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点．∴DE∥BC，∴DE⊥AB，∵SA＝SB，∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE.又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)由于AB＝BC，则BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，∴SD⊥BD，又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.考点二面面垂直的判定与性质重点保分型考点——师生共研[典例引领]如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，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PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，又AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.又因为CD⊥BE，EF∩BE＝E，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线线垂直判定性质线面垂直判定性质面面垂直[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AC1⊥BC.(1)求证：AC1⊥A1B；(2)求直线B1A与平面AOC1所成角的正切值．解：(1)证明：连接A 1C，因为四边形ACC1A1是菱形，所以AC1⊥A1C.又AC1⊥BC，A1C∩BC＝C，所以AC1⊥平面A1BC，又A1B⊂平面A1BC，所以AC1⊥A1B.(2)因为AO是正三角形ABC的中线，所以BC⊥AO.又AC1⊥BC，AO∩AC1＝A，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BC⊥C1O，又因为侧面B1C1CB⊥底面ABC，侧面B1C1CB∩底面ABC＝BC，所以C1O⊥底面ABC.因为C1O＝AO＝32a，所以AC1＝62a.所以在Rt△AB1C1中，tan∠B1AC1＝a6a2＝63.故直线B1A与平面AOC1所成角的正切值为6 3 .考点三空间角的综合问题重点保分型考点——师生共研[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△A′CD，所成二面角A′CDB的平面角为α，则( ) A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α解析：选B∵A′C和BC都不与CD垂直，∴∠A′CB≠α，故C，D错误．当CA＝CB时，容易证明∠A′DB＝α.不妨取一个特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜边AB＝4，AC＝2，BC＝23，如图所示，则CD＝AD＝BD＝2，∠BDC＝120°，设沿直线CD将△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，则α＝90°.取CD中点H，连接A′H，BH，则A′H⊥CD，∴A′H⊥平面BCD，且A′H＝3，DH＝1.在△BDH中，由余弦定理可得BH＝7.在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝10.在△A′DB中，∵A′D2＋BD2－A′B2＝－2＜0，可知cos∠A′DB＜0，∴∠A′DB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ABCA1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝2AC，B1C⊥A1C1，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ABC所成角的正弦值．解：(1)证明：∵AC∥A1C1，B1C⊥A1C1，∴AC⊥B1C，∵∠BAC＝90°，∴AC⊥BA，∴AC⊥B1A1.又∵B1A1∩B1C＝B1，∴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BB 1∥DE ，∴∠DEC 为直线BB 1与平面ABC 所成角的平面角．令AB ＝2AC ＝2，∵AC ⊥平面A 1B 1C ，∴∠ACA 1＝90°，∴AA 1＝5，即DE ＝5，∵△A 1B 1C 为等边三角形，∴DC ＝3，∴sin ∠DEC ＝DC DE ＝155， ∴直线BB 1与平面ABC 所成角的正弦值为155. [由题悟法]1．立体几何中动态问题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ABCD A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点，设点P 在线段CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( ) A.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤33，1 B.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤63，1 C.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤63，223 D.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤223，1 解析：选B 连接A 1O ，PA 1，易知∠POA 1就是直线OP 与平面A 1BD 所成的角(或其补角)．设正方体的棱长为2，则A 1O ＝ 6.当P 点与C 点重合时，PO ＝2，A 1P ＝23，则cos ∠A 1OP ＝6＋2－122×6×2＝－33，此时∠A 1OP 为钝角，所以sin α＝1－cos 2α＝63；当P 点与C 1点重合时，PO ＝A 1O ＝6，A 1P ＝22，则cos ∠A 1OP ＝6＋6－82×6×6＝13，此时∠A 1OP 为锐角，所以sin α＝1－cos 2α＝223；在∠A 1OP 从钝角到锐角逐渐变化的过程中，CC 1上一定存在一点P ，使得∠A 1OP ＝90°，此时sinα＝1.又因为63＜223，所以sin α的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤63，1，故选B.2.(2018·温州模拟)在四面体ABCD 中，二面角A BC D 为60°，点P 为直线BC 上一动点，记直线PA 与平面BCD 所成角为θ，则( )A．θ的最大值为60°B．θ的最小值为60°C．θ的最大值为30°D．θ的最小值为30°解析：选A 过A作AM⊥BC，AO⊥平面BCD，垂足为O，连接OM，则∠AMO为二面角ABCD的平面角，∴∠AMO＝60°，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＝θ，∵AP≥AM，AM·sin 60°＝AO，AP·sin θ＝AO，∴sin θ≤sin 60°，即θ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，A′B.(1)求证：A′D⊥EF；(2)求直线A′D与平面EFD所成角的正弦值．解：(1)证明：在正方形ABCD中，有AD⊥AE，CD⊥CF,则A′D⊥A′E，A′D⊥A′F, 又A′E∩A′F＝A′，∴A′D⊥平面A′EF，又EF⊂平面A′EF，∴A′D⊥EF.(2)连接BD交EF于点G，连接A′G∵在正方形ABCD 中，点E 是AB 的中点，点F 是BC 的中点， ∴BE ＝BF ，DE ＝DF ，∴点G 为EF 的中点， 且BD ⊥EF .∵正方形ABCD 的边长为2，∴A ′E ＝A ′F ＝1，∴A ′G ⊥EF ，EF ⊥平面A ′GD ，∴A ′在面EFD 的射影在BD 上，则∠A ′DG 直线A ′D 与平面EFD 所成角，由(1)可得A ′D ⊥A ′G,∴△A ′DG 为直角三角形∵正方形ABCD 的边长为2,∴BD ＝22，EF ＝2， ∴BG ＝22，DG ＝22－22＝322， 又A ′D ＝2，∴A ′G ＝DG 2－A ′D 2 ＝92－4＝22， ∴sin ∠A ′DG ＝A ′G DG ＝22322＝13， ∴直线A ′D 与平面EFD 所成角的正弦值为13. 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．设α，β为两个不同的平面，直线l ⊂α，则“l ⊥β”是“α⊥β”成立的( )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⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”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α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α⊥平面β，过α内任意一点作交线的垂线，那么此垂线必垂直于βD．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β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α内，则此垂线与平面β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，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若α∥β，α∥γ，则β∥γ；②若α⊥β，m∥α，则m⊥β；③若m⊥α，m∥β，则α⊥β；④若m∥n，n⊂α，则m∥α.其中正确命题的序号是( )A．①③B．①④C．②③ D．②④解析：选A 对于①，若α∥β，α∥γ，根据面面平行的性质容易得到β∥γ，故①正确；对于②，若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行、相交或m ⊂β，故②错误；对于③，若m⊥α，m∥β，则可以在β内找到一条直线n与m平行，所以n⊥α，故α⊥β，故③正确；对于④，若m∥n，n⊂α，则m与α可能平行或m⊂α，故④错误．故选A.4．已知在空间四边形ABCD中，AD⊥BC，AD⊥BD，且△BCD是锐角三角形，则必有( )A．平面ABD⊥平面ADC B．平面ABD⊥平面ABCC．平面ADC⊥平面BDC D．平面ABC⊥平面BDC解析：选C ∵AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD＝B，∴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，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是( )A．a⊥α，b∥β，α⊥β B．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥β D．a⊂α，b∥β，α⊥β解析：选C 对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b ⊥β，得a⊥b，故选C.2.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体PABC中直角三角形的个数为( ) A．4 B．3C．2 D．1解析：选A 由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90°，所以△ABC是直角三角形，且BC ⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体PABC 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⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β( ) 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α有无数个，当平面α与直线b 平行时，两直线的公垂线与b 确定的平面β⊥α，当平面α与b 相交时，过交点作平面α的垂线与b 确定的平面β⊥α.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，α，β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 ⊥α时，若c ⊥β，则α∥βB ．当b ⊂α时，若b ⊥β，则α⊥βC ．当b ⊂α，且c 是a 在α内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥bD ．当b ⊂α，且c ⊄α时，若c ∥α，则b ∥c解析：选B A 的逆命题为：当c ⊥α时，若α∥β，则c ⊥β.由线面垂直的性质知c ⊥β，故A 正确；B 的逆命题为：当b ⊂α时，若α⊥β，则b ⊥β，显然错误，故B 错误；C 的逆命题为：当b ⊂α，且c 是a 在α内的射影时，若a ⊥b ，则b ⊥c .由三垂线逆定理知b ⊥c ，故C 正确；D 的逆命题为：当b ⊂α，且c ⊄α时，若b ∥c ，则c ∥α.由线面平行判定定理可得c ∥α，故D 正确．5．(2019·杭州模拟)在三棱锥P ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝120°，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值为( )A.255B.223C.55D.13解析：选D ∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，即∠PAB ＝∠PAC ＝90°，又∵AB ＝AC ，PA ＝PA ，∴△PAB ≌△PAC ，∴PB ＝PC .取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，∴PD ⊥BC ，AD ⊥BC ，又∵PD ∩AD ＝D ，∴BC ⊥平面PAD ，∵BC ⊂平面PBC ，∴平面PAD ⊥平面PBC ，过A 作AO ⊥PD 于O ，易得AO ⊥平面PBC ，∴∠APD 就是直线PA 与平面PBC 所成的角．在Rt △PAD 中，AD ＝12，PA ＝2，则PD ＝PA 2＋AD 2＝32，则sin ∠APD ＝AD PD ＝13.故选D.6.如图，已知∠BAC ＝90°，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 . ∵AB ⊥AC ，AB ⊥PC ，AC ∩PC ＝C ， ∴AB ⊥平面PAC ， 又∵AP ⊂平面PAC ，∴AB ⊥AP ，与AP 垂直的直线是AB . 答案：AB ，BC ，AC AB7.如图所示，在四棱锥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AC ⊥BD ， ∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥BD . 又PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC ， ∴BD ⊥PC .∴当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，即有PC ⊥平面MBD . 而PC ⊂平面PCD ，∴平面MBD ⊥平面PCD . 答案：DM ⊥PC (或BM ⊥PC )8.如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为________．解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF .由已知可以得A 1B 1＝2，设Rt△AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又2×2＝h ×22＋22，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt△DB 1E 中，B 1E ＝ ⎝⎛⎭⎪⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫332＝66.由面积相等得66×x2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫222＝22x ，得x ＝12.即线段B 1F 的长为12.答案：129．(2019·杭州十校联考)如图，已知四棱锥S ABCD 是由直角梯形ABCS 沿着CD 折叠而成的，其中SD ＝DA ＝AB ＝BC ＝1，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，且二面角S CD A 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θ，求θ的正弦值． 解：(1)证明：由题意可知CD ⊥SD ，CD ⊥AD . ∵AD ∩SD ＝D ，∴CD ⊥平面ASD .又∵CD ⊂平面ABCD ，∴平面ASD ⊥平面ABCD .(2)如图，过点S 作SH ⊥AD ，交AD 的延长线于点H ，连接CH . ∵平面ASD ⊥平面ABCD ， 平面ASD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴SH ⊥平面ABCD ，∴∠SCH 为侧棱SC 和底面ABCD 所成的角， 即∠SCH ＝θ.由(1)可知∠ADS 为二面角S CD A 的平面角， 则∠ADS ＝120°.在Rt △SHD 中，∠SDH ＝180°－∠ADS ＝180°－120°＝60°，SD ＝1，则SH ＝SD sin 60°＝32.在Rt △SDC 中，∠SDC ＝90°，SD ＝CD ＝1，∴SC ＝ 2.在Rt △SHC 中，sin θ＝SH SC ＝322＝64，即θ的正弦值为64.10.如图，在斜三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面A 1ACC 1是菱形，∠A 1AC ＝60°.在底面ABC 中，∠BAC ＝90°，M 为BC 的中点，过A 1，B 1，M 三点的平面交AC 于点N .(1)求证：A 1N ⊥AC ；(2)若B 1M ⊥BC ，求直线B 1C 与平面A 1B 1MN 所成角的大小． 解：(1)证明：由题意，因为平面ABC ∥平面A 1B 1C 1，平面A 1B 1MN ∩平面ABC ＝MN ，平面A 1B 1MN ∩平面A 1B 1C 1＝A 1B 1，所以MN ∥A 1B 1.因为AB ∥A 1B 1，所以MN ∥AB . 又M 为BC 的中点， 所以N 为AC 的中点．又四边形A 1ACC 1是菱形，∠A 1AC ＝60°， 所以A 1N ⊥AC .(2)由(1)知，AC ⊥A 1N .因为∠BAC ＝90°，所以AB ⊥AC . 又MN ∥AB ，所以AC ⊥MN .因为MN ∩A 1N ＝N ，MN ⊂平面A 1B 1MN ，A 1N ⊂平面A 1B 1MN ， 所以AC ⊥平面A 1B 1MN .连接B 1N ，则∠CB 1N 即为直线B 1C 与平面A 1B 1MN 所成的角． 设A 1A ＝2a ，则CN ＝a ，因为B 1M ⊥BC ，M 为BC 的中点，所以B 1B ＝B 1C ＝2a ，在△B 1NC 中，sin ∠CB 1N ＝CN B 1C ＝a 2a ＝12，所以∠CB 1N ＝30°，故直线B 1C 与平面A 1B 1MN 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S ABC 的底面ABC 为正三角形，SA ＜SB ＜SC ，平面SBC ，SCA ，SAB 与平面ABC 所成的锐二面角分别为α1，α2，α3，则( )A ．α1＜α2B ．α1＞α2C ．α2＜α3D ．α2＞α3解析：选A 如图①，作SO ⊥平面ABC ，垂足为O ，连接AO ，BO ，CO .由SA ＜SB ＜SC ，得OA ＜OB ＜OC .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 α1＝SOOD ，tan α2＝SO OE ，tan α3＝SOOF.由于OA ＜OB ＜OC ，且△ABC 为正三角形，故点O 所在区域如图②中阴影部分(不包括边界)所示，其中G 为△ABC 的重心．由图②可得OE ＜OD ，OF 与OE 的大小不确定，所以tan α2＞tan α1，tan α2与tan α3的大小不确定，又α1，α2，α3均为锐角，所以α2＞α1，α2与α3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N AC B 的余弦值为( )A ．0 B.12 C.22D.32解析：选C 易知OB ＝OD ，所以当N 为BD 的中点时，线段ON 最短，因为AC ⊥OB ，AC ⊥OD ，OB ∩OD ＝O ，所以AC ⊥平面BOD ，所以ON ⊥AC ，又OB ⊥AC ，所以∠BON 即为二面角N AC B 的平面角．因为平面ACD ⊥平面ABC ，OD ⊥AC ，所以OD ⊥OB ，所以△BOD 为等腰直角三角形，所以∠BON ＝45°，所以二面角N AC B 的余弦值为22. 3.如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠BCD ＝135°，侧面PAB ⊥底面ABCD ，∠BAP ＝90°，AB ＝AC ＝PA ＝4，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PMPD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MF ∥PA .又因为MF ⊄平面PAB ，PA ⊂平面PAB ， 所以MF ∥平面PAB .同理，可得EF ∥平面PAB .又因为MF ∩EF ＝F ，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PM ＝a ，因为平面PAB ⊥平面ABCD ， 平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，∠BAP ＝90°， 所以PA ⊥平面ABCD ，又AB ＝AC ＝AP ＝4，∠BCD ＝135°， 所以AB ⊥AC ，BC ＝AD ＝42，PD ＝43， 过点M 作MF ⊥AD 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α. 在Rt △PAD 中，PD ＝43，MF ＝43－a3，得sin α＝MF ME ＝12－3a3ME.又设ME 与平面PBC 所成的角为β，过点M 作MN ⊥PA 于点N ，则MN ∥平面PBC ，∴M ，N 到平面PBC 的距离相等，设为d ，由V N PBC ＝V C PBN ，得S △PBC ×d ＝S △PBN ×4，即34×(42)2×d ＝12×a 3×4×4，解得d ＝a 3，所以sin β＝d ME ＝a3ME.由sin α＝sin β，得12－3a ＝a ，解得a ＝63－6，∴PM PD ＝3－32. 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：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D ．8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 ＝12×(2＋1)×2×2＝6.2.(2018·全国卷Ⅰ)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( )A ．217B ．25C ．3D ．2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①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②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．∵ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴MN ＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.3．(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( )A ．1B ．2C ．3D ．4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，PA ＝AB ＝AD ＝2，BC ＝1，所以PA ⊥AD ，PA ⊥AB ，PA ⊥BC . 又BC ⊥AB ，AB ∩PA ＝A ， 所以BC ⊥平面PAB . 所以BC ⊥PB .在△PCD 中，PD ＝22，PC ＝3，CD ＝5， 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( )A ．60B ．30C ．20D ．10解析：选D 如图，把三棱锥A BCD 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A BCD 的高为4，故该三棱锥的体积V ＝13×12×5×3×4＝10.5.(2018·天津高考)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1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M EFGH 的体积为______．解析：连接AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC ，因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC ，所以EH∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形，又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M EFGH 的体积为13×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫222×12＝112.答案：1126．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，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OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r . 在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，∴sin ∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin∠ASB＝12×(2r )2×158＝515， 解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45， ∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×210×45＝402π. 答案：402π命题点二 组合体的“切”“接”问题1．(2018·全国卷Ⅲ)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93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．183C ．24 3D ．543解析：选B 由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3.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d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.2．(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 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：9π23．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2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O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2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V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：32命题点三 直线、平面平行与垂直的判定与性质 1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC .(2)在线段AM 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BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ，所以BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且CD 为直径， 所以DM ⊥MC .又BC ∩MC ＝C ，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MC ∥OP . 又MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ， 所以MC ∥平面PBD .2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM 的距离． 解：(1)证明：因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以PO ⊥AC ，且PO ＝2 3. 连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB . 又因为AC ∩OB ＝O ，所以PO ⊥平面ABC . (2)如图，作CH ⊥OM ，垂足为H ， 又由(1)可得PO ⊥CH ，且PO ∩OM ＝O ， 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OC ＝12AC ＝2，MC ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°，所以OM ＝253，CH ＝OC ·MC ·sin∠ACB OM ＝455.所以点C 到平面POM 的距离为455.3．(2018·北京高考)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．(1)求证：PE ⊥BC ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PCD ； (3)求证：EF ∥平面PCD .证明：(1)因为PA ＝PD ，E 为AD 的中点， 所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形， 所以BC ∥AD ，所以PE ⊥BC .(2)因为底面ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面PAD ，因为PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥PD . 又因为PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ， 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 ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点， 所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形． 所以EF ∥DG .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ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ，AB 1⊥B 1C 1.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，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.因为A1B∩BC＝B，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Ⅱ)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.22B.32C.52D.72解析：选C 如图，连接BE ，因为AB ∥CD ，所以异面直线AE 与CD 所成的角为∠EAB 或其补角．在Rt △ABE 中，设AB ＝2，则BE ＝5，则tan ∠EAB ＝BE AB ＝52，所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52.2．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．62C ．8 2D ．83解析：选C 如图，连接AC 1，BC 1，AC .∵AB ⊥平面BB 1C 1C ， ∴∠AC 1B 为直线AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，∴∠AC 1B ＝30°.又AB ＝BC ＝2，在Rt △ABC 1中，AC 1＝2sin 30°＝4.在Rt △ACC 1中，CC 1＝AC 21－AC 2＝42－22＋22＝22，∴V 长方体＝AB ·BC ·CC 1＝2×2×22＝8 2.3．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A.334B.233C.324D.32。
直线与平面垂直的判定_高中数学教师资格证面试试讲逐字稿
直线与平面垂直的判定同学们，我们前面学习了线面垂直的定义，或者我们可以称之为线面垂直的性质，如果一条直线和一个平面内的任意一条直线都垂直，就说这条直线和此平面互相垂直，这句话我们尤其要注意，对，注意平面内的任意一条直线，数学呢都具有严谨性的基本特征，我们任何性质定理都可以得到严谨的数学证明，那么我们如何判断上面的一条直线和一个平面是垂直的呢？嗯，你来说，他说根据以往学习的知识呀，咱们可以使用定义法，但是咱们没有办法证明，平面内的每一条直线都与已知直线垂直。
嗯，你说的很到位，定义法没有办法帮助我们解决这个问题，好，那么老师来做一个提示，我们都知道两条直线可以确定一个平面，也就是说我们想证明已知直线和平面垂直，可以选择此平面中的两条直线，将线面垂直转化为线线垂直，是吧？为了探究这个问题呢，请大家拿出准备好的三角形纸片，以小组为单位做一下PPT展示的探究活动，过点A翻折纸片得到折痕AD，将翻折后的纸片竖直放在桌面上，思考如下问题，一，折痕AD如何反折才能与桌面垂直？2当折痕AD与桌面垂直时，观察这个模型有什么特征，好我们请第3组的代表来说一说你们的结果。
他们说，经过几次实验发现，只有当AD为高时，AD才能与桌面垂直，而且他们发现，AD与BD和CD都是垂直的，因此他们设想，如果我们说AD与桌面的BD CD分别垂直，那么AD与桌面垂直，他们小组观察的很到位，大家同意他们的设想了，嗯，都同意，如果我们把刚刚得到的这个探究的模型啊，抽象为一个数学立体几何模型，我们会得到图中的PPT这样子的所示的这样一个图形，我们把AD BD CD 抽象为直线，桌面抽象为平面α，我们会得到一个如上的结论就是，如果直线AD和平面α内的两条直线BD和CD分别垂直，那么直线AD与平面α垂直，也就是说我们通过了两个线线垂直，推出一个线面垂直，对吧？那么大家能不能找到上面结果的反例呢？给大家5分钟时间进行同桌之间相互探究。
好，你们来说，他说他们在探究的时候想到两条直线的位置关系，有平行和相交两种，在我们这个例子当中啊，BD和CD是相交关系，因此他们想如果二者是平行的，那么这个结论可能不能成立，因此他们就通过画图的方式去思考了这个问题，他先在平面α当中画出了两条平行线m和n，然后呢，画第3条直线l与已知的两条直线垂直，发现l与平面的位置关系呢有三种，可以平行，可以相交，也可以在平面α内，因此刚刚咱们所得到这个结论啊，应该改成这样，如果直线AD与平面α内的两条相交直线BD和CD分别垂直，那么直线AD与平面α垂直。
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2010~2014年高考真题备选题库
第7章 立体几何
第5节 直线、平面垂直的判定与性质
1．（2012安徽，5分）设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b ⊥m ，则“α⊥β”是“a ⊥b ”的( )
A ．充分不必要条件
B ．必要不充分条件
C ．充分必要条件
D ．既不充分也不必要条件
解析：若α⊥β，又α∩β＝m ，b ⊂β，b ⊥m ，根据两个平面垂直的性质定理可得b ⊥α，又因为a ⊂α，所以a ⊥b ；反过来，当a ∥m 时，因为b ⊥m ，一定有b ⊥a ，但不能保证b ⊥α，即不能推出α⊥β.
答案：A
2．（2011浙江，5分）下列命题中错误的是( )
A ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥平面γ
D ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
解析：对于D ，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，甚至可能平行于平面β，其余选项均是正确的．
答案：D
3．（2011新课标全国，12分）如图，四棱锥P －ABCD 中，底面
ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .
(1)证明：P A ⊥BD ；
(2)若PD ＝AD ，求二面角A －PB －C 的余弦值．
解：(1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD .
从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD .
又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD .
所以BD ⊥平面P AD .故P A ⊥BD .
(2)如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴
的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则
A (1,0,0)，
B (0，3，0)，
C (－1，3，0)，P (0,0,1)．
AB ＝(－1，3，0)，PB ＝(0，3，－1)，BC ＝(－1,0,0)．
设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧
n ·AB ＝0，n ·PB ＝0， 即⎩⎨⎧
－x ＋3y ＝0，3y －z ＝0，
因此可取n ＝(3，1，3)． 设平面PBC 的法向量为m ，则⎩⎨⎧
m ·PB ＝0，m ·BC ＝0， 可取m ＝(0，－1，－3)．则cos 〈m ，n 〉＝－427
＝－277. 故二面角A －PB －C 的余弦值为－277
.。