江苏专版2020版高考数学第八章立体几何第四节直线平面垂直的判定及其性质教案理含解析苏教版.docx

第四节 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如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线垂直于这个平面 l性质定理如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行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如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直性质定理如果两个平面互相垂直，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l小题体验1已知平面平面，直线l平面，则直线l与平面的位置关系为_答案：平行或直线l在平面内2PD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“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面M垂直”的_条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)解析：根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面M的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面M垂直”，反之可以，所以是必要不充分条件答案：必要不充分2(2018南京三模)已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，l，m.给出下列命题：lm；lm；ml；lm.其中正确的命题是_(填写所有正确命题的序号)解析：由l，得l，又因为m，所以lm，故正确；由l，得l或l，又因为m，所以l与m或异面或平行或相交，故不正确；由l，m，得lm.因为l只垂直于内的一条直线m，所以不能确定l是否垂直于，故不正确；由l，l，得.因为m，所以m，故正确答案：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平行 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，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60，PAABBC，E是PC的中点求证：(1)CDAE；(2)PD平面ABE.证明：(1)在四棱锥P ABCD中，PA底面ABCD，CD平面ABCD，PACD.ACCD，PAACA，CD平面PAC.而AE平面PAC，CDAE.(2)由PAABBC，ABC60，可得ACPA.E是PC的中点，AEPC.由(1)知AECD，且PCCDC，AE平面PCD.而PD平面PCD，AEPD.PA底面ABCD，AB平面ABCD，PAAB.又ABAD，且PAADA，AB平面PAD，而PD平面PAD，ABPD.又ABAEA，PD平面ABE.角度二：利用线面垂直的性质证明线线平行2如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，EF与异面直线AC，A1D都垂直相交求证：(1)EF平面AB1C；(2)EFBD1.证明：(1)在正方体ABCD A1B1C1D1中，A1B1ABCD，且A1B1ABCD，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1DB1C.因为EFA1D，所以EFB1C.又因为EFAC，ACB1CC，AC平面AB1C，B1C平面AB1C，所以EF平面AB1C.(2)连结BD，则BDAC.因为DD1平面ABCD，AC平面ABCD，所以DD1AC.因为DD1BDD，DD1平面BDD1B1，BD平面BDD1B1，所以AC平面BDD1B1.又BD1平面BDD1B1，所以ACBD1.同理可证BD1B1C.又ACB1CC，AC平面AB1C，B1C平面AB1C，所以BD1平面AB1C.又EF平面AB1C，所以EFBD1.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(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辅仁高级中学测试)在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，AB2，BCa，又侧棱PA底面ABCD，当a_时，BD平面PAC.解析：因为PA底面ABCD，所以PABD，为了使BD平面PAC，只要使BDAC，因为底面ABCD是矩形，所以底面ABCD是正方形，即a2.答案：22(2015江苏高考)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.典例引领(2019南京调研)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，E是BC的中点，求证：(1)平面AB1E平面B1BCC1；(2)A1C平面AB1E.证明：(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC.因为AE平面ABC，所以CC1AE.因为ABAC，E为BC的中点，所以AEBC.因为BC平面B1BCC1，CC1平面B1BCC1，且BCCC1C，所以AE平面B1BCC1.因为AE平面AB1E，所以平面AB1E平面B1BCC1.(2)连结A1B，设A1BAB1F，连结EF.在直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为平行四边形，所以F为A1B的中点又因为E是BC的中点，所以EFA1C.因为EF平面AB1E，A1C平面AB1E，所以A1C平面AB1E.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，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淮安高三期中)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，点M为棱A1B1的中点求证：(1)AB平面A1B1C；(2)平面C1CM平面A1B1C.证明：(1)在三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，又AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB平面A1B1C.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面A1B1C1，又A1B1平面A1B1C1，所以CC1A1B1.因为ACBC，所以A1C1B1C1.又因为点M为棱A1B1的中点，所以C1MA1B1.又CC1C1MC1，CC1平面C1CM，C1M平面C1CM，所以A1B1平面C1CM.又A1B1平面A1B1C，所以平面C1CM平面A1B1C.典例引领(2019昆山期中)如图所示，在直角梯形ABCD中，ABAD，BCAD，AD6，BC4，AB2，点E，F分别在BC，AD上，EFAB，并且E为BC中点现将四边形ABEF沿EF折起，使平面ABEF平面EFDC.(1)求证：ACDE；(2)在AD上确定一点N，使得过C，E，N的平面将三棱锥A FCD分成体积相等的两部分解：(1)证明：在梯形ABCD中，ABEF，BC4，AD6，E为BC中点，CE2，DF4，又EFAB2，又CEFEFD，CEFEFD，ECFFED.ECFEFC90，FEDEFC90，CFDE.ABAD，EFAB，AFEF，又平面ABEF平面EFDC，AF平面ABEF，平面ABEF平面EFDCEF，AF平面EFDC，DE平面EFDC，AFDE.AFCFF，AF平面ACF，CF平面ACF，DE平面ACF，AC平面ACF，ACDE.(2)设过点C，E，N的平面为，平面AFDNP，PAF，则三棱锥A FCD被平面分成三棱锥C ANP和四棱锥C NPFD两部分若两部分体积相等，则三角形ANP和四边形NPFD的面积相等，则SANPSAFD.ECDF，EC平面AFD，DF平面AFD，EC平面AFD，又EC平面，平面AFDNP，ECNP，NPDF，即当时，过C，E，N的平面将三棱锥A FCD分成体积相等的两部分由题悟法对于翻折问题，应明确：在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法即时应用(2018连云港模拟)在平面四边形ABCD(图)中，ABC与ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB2，BAD30，BAC45，将ABC沿AB折起，构成如图所示的三棱锥CABD.(1)当CD时，求证：平面CAB平面DAB；(2)当ACBD时，求三棱锥CABD的高解：(1)证明：当CD时，取AB的中点O，连结CO，DO，在RtACB，RtADB中，AB2，则CODO1，因为CD，所以CO2DO2CD2，即COOD，又COAB，ABODO，AB平面ABD，OD平面ABD，所以CO平面ABD，因为CO平面CAB，所以平面CAB平面DAB.(2)当ACBD时，由已知ACBC，因为BCBDB，所以AC平面BDC，因为CD平面BDC，所以ACCD，ACD为直角三角形，由勾股定理得，CD1，而在BDC中，BD1，BC，所以BDC为直角三角形，SBDC11.三棱锥CABD的体积VSBDCAC.SABD1，设三棱锥CABD的高为h，则由h，解得h.故三棱锥CABD的高为.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“”成立的_条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)解析：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答案：充分不必要2在空间四边形ABCD中，平面ABD平面BCD，且DA平面ABC，则ABC的形状是_解析：过A作AHBD于H，由平面ABD平面BCD，得AH平面BCD，则AHBC，又DA平面ABC，所以BCDA，所以BC平面ABD，所以BCAB，即ABC为直角三角形答案：直角三角形3已知平面，和直线m，给出条件：m；m；m；.当满足条件_时，有m.(填所选条件的序号)解析：若m，则m.故填.答案：4一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”得出两个平面垂直答案：垂直5(2018常州期中)如图，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若平面A1B1CD平面AEP，则线段AP长度的取值范围是_解析：连结BC1，易得BC1平面A1B1CD，要满足题意，只需EPBC1即可取CC1的中点为F，则EFBC1，故P在线段EF上(不含端点) AE，AF3，线段AP长度的取值范围是(，3)答案：(，3)6如图，PAO所在平面，AB是O的直径，C是O上一点，AEPC，AFPB，给出下列结论：AEBC；EFPB；AFBC；AE平面PBC，其中真命题的序号是_解析：AE平面PAC，BCAC，BCPAAEBC，故正确，AEPC，AEBC，PB平面PBCAEPB，又AFPB，EF平面AEFEFPB，故正确，若AFBCAF平面PBC，则AFAE与已知矛盾，故错误，由可知正确答案：二保高考，全练题型做到高考达标1(2019盐城中学测试)已知，是三个不同的平面，命题“，且”是真命题，如果把，中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题的个数为_解析：若，换为直线a，b，则命题化为“ab，且ab”，此命题为真命题；若，换为直线a，b，则命题化为“a，且abb”，此命题为假命题；若，换为直线a，b，则命题化为“a，且bab”，此命题为真命题答案：22(2018徐州期中)如图，在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成四面体ABCD，在四面体ABCD的其他面中，与平面ADC垂直的平面为_(写出满足条件的所有平面)解析：在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，可得BDC90，即BDCD.平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，CD平面ABD，又CD平面ADC，平面ADC平面ABD；假设平面ADC平面BCD，BDCD，且平面ADC平面BCDCD，BD平面ADC，则BDAD，与ADB45矛盾；CD平面ABD，AB平面ABD，CDAB，又ADAB，且ADCDD，AB平面ADC，又AB平面ABC，平面ABC平面ADC.在四面体ABCD的其他面中，与平面ADC垂直的平面为平面ABD，平面ABC.答案：平面ABD，平面ABC.3已知正ABC的边长为2 cm，PA平面ABC，A 为垂足，且PA2 cm，那么点P到BC的距离为_cm.解析：如图，取BC的中点D，连结AD，PD，则BCAD，又因为PA平面ABC，所以PABC，所以BC平面PAD，所以PDBC，则PD的长度即为点P到BC的距离在RtPAD中，PA2，AD，可得PD.答案：4(2018连云港期末)已知四边形ABCD为平行四边形，PA平面ABCD，当平行四边形ABCD满足条件_时，有PCBD(填上你认为正确的一个条件即可)解析：四边形ABCD为平行四边形，PA平面ABCD，BD平面ABCD，BDPA，当四边形ABCD是菱形时，BDAC.又PAACA，BD平面PAC，又PC平面PAC，PCBD.答案：四边形ABCD是菱形5已知直线a和两个不同的平面，且a，a，则，的位置关系是_解析：记b且ab，因为ab，a，所以b，因为b，所以.答案：垂直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：因为PC平面ABC，所以PC垂直于直线AB，BC，AC.因为ABAC，ABPC，ACPCC，所以AB平面PAC，又因为AP平面PAC，所以ABAP，与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，ACAB7如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把ABD和ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：BDAC；BAC是等边三角形；三棱锥DABC是正三棱锥；平面ADC平面ABC.其中正确的是_(填序号)解析：由题意知，BD平面ADC，故BDAC，正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD平面ACD，所以ABACBC，BAC是等边三角形，正确；易知DADBDC，又由知正确；由知错误答案：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(2018海安中学测试)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是菱形，ABC60，PAAC，PBPDAC，E是PD的中点，求证：(1)PB平面ACE；(2)平面PAC平面ABCD.证明：(1)连结BD交AC于点O，连结OE，底面ABCD为菱形，O是BD的中点，又E是PD的中点，OEPB，OE平面ACE，PB平面ACE，PB平面ACE.(2)底面ABCD为菱形，ABC60，ABC为正三角形，从而ABAC，又PBAC，PAAC，PBABPA，可得PAAB.同理可证PAAD.又ABADA，AB平面ABCD，AD平面ABCD，PA平面ABCD，PA平面PAC，平面PAC平面ABCD.10(2019徐州高三检测)如图，在三棱锥SABC中，SASC，ABAC，D为BC的中点，E为AC上一点，且DE平面SAB.求证：(1)AB平面SDE；(2)平面ABC平面SDE.证明：(1)因为DE平面SAB，DE平面ABC，平面SAB平面ABCAB，所以DEAB.因为DE平面SDE，AB平面SDE，所以AB平面SDE.(2)因为D为BC的中点，DEAB，所以E为AC的中点又因为SASC，所以SEAC，又ABAC，DEAB，所以DEAC.因为DESEE，DE平面SDE，SE平面SDE，所以AC平面SDE.因为AC平面ABC，所以平面ABC平面SDE.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻转成A1DE.若M为线段A1C的中点，则在ADE翻转过程中，正确的命题是_(填序号)MB是定值；点M在圆上运动；一定存在某个位置，使DEA1C；一定存在某个位置，使MB平面A1DE.解析：取DC中点N，连结MN，NB，则MNA1D，NBDE，MNNBN，A1DDEE，平面MNB平面A1DE，MB平面MNB，MB平面A1DE，正确；A1DEMNB，MNA1D定值，NBDE定值，根据余弦定理得，MB2MN2NB22MNNBcos MNB，MB是定值，正确；B是定点，M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，正确；当矩形ABCD满足ACDE时存在，其他情况不存在，不正确正确答案：2如图，点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：三棱锥AD1PC的体积不变；A1P平面ACD1；DPBC1；平面PDB1平面ACD1.其中正确的命题序号是_解析：由题意可得BC1AD1，又AD1平面AD1C，BC1平面AD1C，所以BC1平面AD1C.所以点P到平面AD1C的距离不变，VAD1PCVPAD1C，所以体积不变，故正确；连结A1C1，A1B，可得平面ACD1平面A1C1B.又因为A1P平面A1C1B，所以A1P平面ACD1，故正确；当点P运动到B点时，DBC1是等边三角形，所以DP不垂直于BC1，故不正确；因为AC平面DD1B1B，DB1平面DD1B1B，所以ACDB1.同理可得AD1DB1.所以DB1平面ACD1.又因为DB1平面PDB1.所以平面PDB1平面ACD1.故正确综上，正确的序号为.答案：3(2019泰州调研)在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA13a，BC2a，D是BC的中点，E，F分别是AA1，CC1上一点，且AECF2a.(1)求证：B1F平面ADF；(2)求三棱锥B1ADF的体积；(3)求证：BE平面ADF.解：(1)证明：因为ABAC，D为BC的中点，所以ADBC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，因为B1B底面ABC，AD底面ABC，所以ADB1B.因为BCB1BB，所以AD平面B1BCC1，因为B1F平面B1BCC1，所以ADB1F.在矩形B1BCC1中，因为C1FCDa，B1C1CF2a，所以RtDCFRtFC1B1，所以CFDC1B1F，所以B1FD90，所以B1FFD.因为ADFDD，所以B1F平面AFD.(2)因为B1F平面AFD，所以VB1ADFSADFB1FADDFB1F.(3)证明：连结EF，EC，设ECAFM，连结DM，因为AECF2a，所以四边形AEFC为矩形，所以M为EC中点，因为D为BC中点，所以MDBE.因为MD平面ADF，BE平面ADF，所以BE平面ADF. 命题点一空间几何体的表面积与体积1(2018江苏高考)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为_解析：由题意知所给的几何体是棱长均为的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V正四棱锥2()21.答案：2(2015江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为_解析：设新的底面半径为r，由题意得524228r24r28，解得r27，所以r.答案：3(2014江苏高考)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相等，且，则的值是_解析：设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是r1，r2，母线长分别是l1，l2.则由可得.又两个圆柱的侧面积相等，即2r1l12r2l2，则，所以.答案：4(2018天津高考)已知正方体ABCD A1B1C1D1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AD1，CD1，B1A，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M EFGH的体积为2.答案：5(2017全国卷)长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为_解析：由题意知，长方体的体对角线长为，记长方体的外接球的半径为R，则有2R，R，因此球O的表面积为S4R214.答案：146(2018全国卷)如图，在平行四边形ABCM中，ABAC3，ACM90.以AC为折痕将ACM折起，使点M到达点D的位置，且ABDA.(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BPDQDA，求三棱锥Q ABP的体积解：(1)证明：由已知可得，BAC90，即ABAC.又因为ABDA，ACDAA，所以AB平面ACD.因为AB平面ABC，所以平面ACD平面ABC.(2)由已知可得，DCCMAB3，DA3.又BPDQDA，所以BP2.如图，过点Q作QEAC，垂足为E，则QE綊DC.由已知及(1)可得，DC平面ABC，所以QE平面ABC，QE1.因此，三棱锥Q ABP的体积为VQ ABPSABPQE32sin 4511.7(2017北京高考)如图，在三棱锥PABC中，PAAB，PABC，ABBC，PAABBC2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点(1)求证：PABD；(2)求证：平面BDE平面PAC；(3)当PA平面BDE时，求三棱锥EBCD的体积解：(1)证明：因为PAAB，PABC，ABBCB，所以PA平面ABC.又因为BD平面ABC，所以PABD.(2)证明：因为ABBC，D为AC的中点，所以BDAC.由(1)知，PABD，又ACPAA，所以BD平面PAC.因为BD平面BDE，所以平面BDE平面PAC.(3)因为PA平面BDE，平面PAC平面BDEDE，所以PADE.因为D为AC的中点，所以DEPA1，BDDC.由(1)知，PA平面ABC，所以DE平面ABC.所以三棱锥EBCD的体积VBDDCDE.8(2017全国卷)如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90.(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90，且四棱锥PABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积解：(1)证明：由BAPCDP90，得ABAP，CDPD.因为ABCD，所以ABPD.又APPDP，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)如图所示，在平面PAD内作PEAD，垂足为E.由(1)知，AB平面PAD，故ABPE，可得PE平面ABCD.设ABx，则由已知可得ADx，PEx.故四棱锥PABCD的体积VPABCDABADPEx3.由题设得x3，故x2.从而PAPDABDC2，ADBC2，PBPC2.可得四棱锥PABCD的侧面积为PAPDPAABPDDCBC2sin 6062.命题点二直线、平面平行与垂直的判定与性质1(2018江苏高考)在平行六面体ABCD A1B1C1D1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ABCD A1B1C1D1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ABCD A1B1C1D1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A