2020版高考数学新设计一轮复习浙江专版讲义：第七章第五节直线、平面垂直的判定及其性质

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

⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行

⇒a∥b
2．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

⇒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

⇒l⊥α
3．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⊥β　　　　 　B．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．①③
C．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：7

1．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∥α
C．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∥β
B．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
C．若m⊥n，m⊥α，则n∥α
D．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
[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，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点，且DF＝AB，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⊥α　　　　 　B．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ
C．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.

[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

[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A1C，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＝a，所以AC1＝a.
所以在Rt△AB1C1中，tan∠B1AC1＝＝.
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△A′CD，所成二面角A′­CD­B的平面角为α，则(　　)

A．∠A′DB≤α　　　　 　B．∠A′DB≥α
C．∠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＝2，
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＝，DH＝1.
在△BDH中，由余弦定理可得BH＝.
在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝.
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ABC ­A1B1C1，∠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BB1∥DE，
∴∠DEC为直线BB1与平面ABC所成角的平面角．
令AB＝2AC＝2，
∵AC⊥平面A1B1C，∴∠ACA1＝90°，
∴AA1＝，即DE＝，
∵△A1B1C为等边三角形，∴DC＝，
∴sin∠DEC＝＝，
∴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α，则sin α的取值范围是(　　)
A.　　　　　B.
C.　 　 　D.
解析：选B　连接A1O，PA1，易知∠POA1就是直线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＝，A1P＝2，则cos∠A1OP＝＝－，此时∠A1OP为钝角，所以sin α＝＝；当P点与C1点重合时，PO＝A1O＝，A1P＝2，则cos∠A1OP＝＝，此时∠A1OP为锐角，所以sin α＝＝；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∠A1OP＝90°，此时sin α＝1.又因为＜，所以sin α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＝2，EF＝，
∴BG＝，DG＝2－＝，
又A′D＝2，∴A′G＝ ＝＝，
∴sin∠A′DG＝ ＝＝，
∴直线A′D与平面EFD所成角的正弦值为.

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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⊥γ
B．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
C．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β
D．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．①③　　　　　　　　 　B．①④
C．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ABC
C．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
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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∥β
C．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P ­ABC中直角三角形的个数为(　　)
A．4 B．3
C．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⊂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∥β
B．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥β
C．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥b
D．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P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，AB＝AC＝1，PA＝，则直线PA与平面PBC所成角的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.
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＝，PA＝，则PD＝＝，则sin∠APD＝＝.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　AB
7.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 ­A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，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B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.
由已知可以得A1B1＝，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h.
又2×＝h×，所以h＝，DE＝.
在Rt△DB1E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SD＝DA＝AB＝BC＝1，AD∥BC，AB⊥AD，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S­CD­A的平面角，
则∠ADS＝120°.
在Rt△SHD中，∠SDH＝180°－∠ADS＝180°－120°＝60°，SD＝1，则SH＝SDsin 60°＝.
在Rt△SDC中，∠SDC＝90°，SD＝CD＝1，∴SC＝.
在Rt△SHC中，sin θ＝＝＝，
即θ的正弦值为.
10.如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面A1ACC1是菱形，∠A1AC＝60°.在底面ABC中，∠BAC＝90°，M为BC的中点，过A1，B1，M三点的平面交AC于点N.
(1)求证：A1N⊥AC；
(2)若B1M⊥BC，求直线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ABC＝MN，平面A1B1MN∩平面A1B1C1＝A1B1，所以MN∥A1B1.
因为AB∥A1B1，所以MN∥AB.
又M为BC的中点，
所以N为AC的中点．
又四边形A1ACC1是菱形，∠A1AC＝60°，
所以A1N⊥AC.
(2)由(1)知，AC⊥A1N.因为∠BAC＝90°，所以AB⊥AC.
又MN∥AB，所以AC⊥MN.
因为MN∩A1N＝N，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A1A＝2a，则CN＝a，
因为B1M⊥BC，M为BC的中点，所以B1B＝B1C＝2a，
在△B1NC中，sin∠CB1N＝＝＝，
所以∠CB1N＝30°，
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，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＜α2 B．α1＞α2
C．α2＜α3 D．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＝，tan α2＝，tan α3＝.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N­AC­B的余弦值为(　　)

A．0 B.
C. D.
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N­AC­B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N­AC­B的余弦值为.
3.如图，在四棱锥P­ABCD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＝4，PD＝4，
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＝4，MF＝，
得sin α＝＝.
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VN­PBC＝VC­PBN，得S△PBC×d＝S△PBN×4，
即×(4)2×d＝××4×4，解得d＝，
所以sin β＝＝.
由sin α＝sin β，得12－a＝a，解得a＝6－6，
∴＝.

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(　　)
A．2 B．4
C．6 D．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＝×(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．2 B．2
C．3 D．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＝×16＝4，OM＝2，
∴MN＝＝＝2.
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．1 B．2
C．3 D．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＝2，PC＝3，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(　　)

A．60 B．30
C．20 D．10
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V＝××5×3×4＝10.

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，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝AC，因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝AC，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，所以四棱锥M­EFGH的体积为×2×＝.
答案：
6．(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，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OA＝r，
则SO＝r，SA＝SB＝r.
在△SAB中，cos∠ASB＝，
∴sin ∠ASB＝，
∴S△SAB＝SA·SB·sin∠ASB
＝×(r)2×＝5，
解得r＝2，
∴SA＝r＝4，即母线长l＝4，
∴S圆锥侧＝πrl＝π×2×4＝40π.
答案：40π
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9，则三棱锥D­ABC体积的最大值为(　　)
A．12 B．18
C．24 D．54
解析：选B　由等边△ABC的面积为9，可得AB2＝9，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.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＝＝＝2.所以三棱锥D­ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D­ABC 体积的最大值为×9×6＝18.
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.
设该正方体外接球的半径为R，则2R＝3，R＝，
所以这个球的体积为πR3＝×＝.
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Ⅲ)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P­ABC 中，AB＝BC＝2，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.
连接OB，
因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
所以PO2＋OB2＝PB2，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＝AC＝2，MC＝BC＝，
∠ACB＝45°，
所以OM＝，CH＝＝.
所以点C到平面POM的距离为.
3．(2018·北京高考)如图，在四棱锥P­ABCD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＝BC.
因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝BC.
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ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.
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. B.
C. D.
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＝，则tan∠EAB＝＝，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为.
2．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)
A．8 B．6
C．8 D．8
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，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝＝4.在Rt△ACC1中，CC1＝＝＝2，
∴V长方体＝AB·BC·CC1＝2×2×2＝8.
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. B.
C. D.
解析：选A　如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，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EFGHMN＝6××××sin 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θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S­AB­C的平面角为θ3，则(　　)
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
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SO＝1，以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，
则∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，
∠SE′O＝θ3.
由题意，得tan θ1＝＝，
tan θ2＝＝＝，tan θ3＝1，
此时tan θ2＜tan θ3＜tan θ1，由图可知θ1，θ2，θ3∈，
故θ2＜θ3＜θ1.
当E在AB中点处时，θ2＝θ3＝θ1.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，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°.
(1)求证：AD⊥BC；
(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所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABD，
所以AD⊥平面ABC.
因为BC⊂平面ABC，
所以AD⊥BC.
(2)取棱AC的中点N，连接MN，ND.
因为M为棱AB的中点，
所以MN∥BC.
所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．
在Rt△DAM中，AD＝2，AM＝1，
所以DM＝＝.
因为AD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.
在Rt△DAN中，AN＝1，
所以DN＝＝.
在等腰三角形DMN中，MN＝1，
可得cos∠DMN＝＝.
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CM⊥AB，CM＝.
因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，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Rt△CAD中，CD＝＝4.
在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝.
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，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，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A1E⊥AE.
因为AB＝AC，所以AE⊥BC.
故AE⊥平面A1BC.
由D，E分别为B1C1，BC的中点，
得DE∥B1B且DE＝B1B，
从而DE∥A1A，DE＝A1A，
所以四边形A1AED为平行四边形．
故A1D∥AE.
又因为AE⊥平面A1BC，
所以A1D⊥平面A1BC.
(2)作A1F⊥BD且A1F∩BD＝F，连接B1F.
由AE＝EB＝，∠A1EA＝∠A1EB＝90°，
得A1B＝A1A＝4.
由A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB与△B1DB全等．
由A1F⊥BD，得B1F⊥BD，
因此∠A1FB1为二面角A1­BD­B1的平面角．
由A1D＝，A1B＝4，∠DA1B＝90°，得
BD＝3，A1F＝B1F＝，
由余弦定理得cos∠A1FB1＝－.