高三数学高考一轮复习资料：-直线、平面垂直的判定与性质

1、精选优质文档-倾情为你奉上直线、平面垂直的判定与性质最新考纲1以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理2能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形垂直关系的简单命题. 知 识 梳 理1直线与平面垂直(1)定义：若直线l与平面内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面垂直(2)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(线线垂直线面垂直)即：a，b，la，lb，abPl.(3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行即：a，bab.2平面与平面垂直(1)定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相

2、垂直(2)判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直即：a，a.(3)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即：，a，b，aba.3直线与平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条斜线和这个平面所成的角(2)线面角的范围：.4二面角的有关概念(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(2)二面角的平面角：二面角棱上的一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角辨 析 感 悟1对线面垂直的理解(1)直线a，b，c；若ab，bc，则ac.(×)(2)直线l与平面

3、内无数条直线都垂直，则l.(×)(3)(教材练习改编)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，若mn，m，则n.()(4)(教材习题改编)设l为直线，是两个不同的平面，若，l，则l.(×)2对面面垂直的理解(5)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面(×)(6)若平面内的一条直线垂直于平面内的无数条直线，则.(×)感悟·提升三个防范一是注意在空间中垂直于同一直线的两条直线不一定平行，还有可能异面、相交等，如(1)；二是注意使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于

4、这个平面”， 如(2)；三是判断线面关系时最容易漏掉线在面内的情况，如(6)考点一直线与平面垂直的判定和性质【例1】 如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60°，PAABBC，E是PC的中点证明：(1)CDAE；(2)PD平面ABE.证明(1)在四棱锥PABCD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A

5、BCD，PAAB.又ABAD且PAADA，AB平面PAD，而PD平面PAD，ABPD.又ABAEA，PD平面ABE.规律方法 证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法(若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面)解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度，经计算满足勾股定理)、直角梯形等等【训练1】 如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ABCD，

6、ADAB，AB2，AD，AA13，E为CD上一点，DE1，EC3.证明：BE平面BB1C1C.证明过B作CD的垂线交CD于F，则BFAD，EFABDE1，FC2.在RtBEF中，BE.在RtCFB中，BC.在BEC中，因为BE2BC29EC2，故BEBC.由BB1平面ABCD，得BEBB1，又BB1BCB，所以BE平面BB1C1C.考点二平面与平面垂直的判定与性质【例2】 (·深圳一模)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，ABBCAA1，且ACBC，点D是AB的中点证明：平面ABC1平面B1CD.证明ABCA1B1C1是棱柱，且ABBCAA1BB1，四边形BCC1B

7、1是菱形，B1CBC1.由AA1平面ABC，AA1BB1，得BB1平面ABC.AB平面ABC，BB1AB，又ABBC，且ACBC，ABBC，而BB1BCB，BB1，BC平面BCC1B1，AB平面BCC1B1，而B1C平面BCC1B1，ABB1C，而ABBC1B，AB，BC1平面ABC1.B1C平面ABC1，而B1C平面B1CD，平面ABC1平面B1CD.规律方法 证明两个平面垂直，首先要考虑直线与平面的垂直，也可简单地记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现，这种思想方法与空间中的平行关系的证明非常类似，这种转化方法是本讲内容的显著特征，掌握化归与转化思想方法是解决这类问题的关键【训练

8、2】 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，M是棱CC1的中点证明：平面ABM平面A1B1M.证明由长方体的性质可知A1B1平面BCC1B1，又BM平面BCC1B1，所以A1B1BM.又CC12，M为CC1的中点，所以C1MCM1.在RtB1C1M中，B1M，同理BM，又B1B2，所以B1M2BM2B1B2，从而BMB1M.又A1B1B1MB1，所以BM平面A1B1M，因为BM平面ABM，所以平面ABM平面A1B1M.考点三平行、垂直关系的综合问题【例3】 如图，在四棱锥PABCD中，ABAC，ABPA，ABCD，AB2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，

9、PD，PC的中点(1)求证：CE平面PAD；(2)求证：平面EFG平面EMN.审题路线(1)取PA的中点H证明四边形DCEH是平行四边形CEDH根据线面平行的判定定理可证(2)证明ABEF证明ABFG证明AB平面EFG证明MN平面EFG得到结论证明(1)如图，取PA的中点H，连接EH，DH.因为E为PB的中点，所以EHAB，且EHAB.又ABCD，且CDAB，所以EH綉CD.所以四边形DCEH是平行四边形所以CEDH.又DH平面PAD，CE平面PAD，所以CE平面PAD.(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EFPA.又ABPA，且EF，PA共面，所以ABEF.同理可证ABFG.又EFF

10、GF，EF平面EFG，FG平面EFG，因此AB平面EFG.又M，N分别为PD，PC的中点，所以MNDC.又ABDC，所以MNAB，因此MN平面EFG.又MN平面EMN，所以平面EFG平面EMN.规律方法 线面关系与面面关系的证明离不开判定定理和性质定理，而形成结论的“证据链”依然是通过挖掘题目已知条件来实现的，如图形固有的位置关系、中点形成的三角形的中位线等，都为论证提供了丰富的素材【训练3】 如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点(1)求证：BC平面PAC；(2)设Q为PA的中点，G为AOC的重心，求证：QG平面PBC.证明(1)由AB是圆O的直径，得ACBC，由PA

11、平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC平面PAC.(2)连接OG并延长交AC于M，连接QM，QO，由G为AOC的重心，得M为AC中点由Q为PA中点，得QMPC，又O为AB中点，得OMBC.因为QMMOM，QM平面QMO，MO平面QMO，BCPCC，BC平面PBC，PC平面PBC.所以平面QMO平面PBC.因为QG平面QMO，所以QG平面PBC.考点四线面角、二面角的求法【例4】 如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60°，PAABBC，E是PC的中点(1)求PB和平面PAD所成的角的大小；(2

12、)证明AE平面PCD；(3)求二面角APDC的正弦值审题路线(1)先找出PB和平面PAD所成的角，线面角的定义要能灵活运用；(2)可以利用线面垂直根据二面角的定义作角(1)解在四棱锥PABCD中，因PA底面ABCD，AB平面ABCD，故PAAB.又ABAD，PACDA，从而AB平面PAD，故PB在平面PAD内的射影为PA，从而APB为PB和平面PAD所成的角在RtPAB中，ABPA，故APB45°.所以PB和平面PAD所成的角的大小为45°.(2)证明在四棱锥PABCD中，因PA底面ABCD，CD平面ABCD，故CDPA.由条件CDAC，PAACA，CD平面PAC.又AE平

13、面PAC，AECD.由PAABBC，ABC60°，可得ACPA.E是PC的中点，AEPC.又PCCDC，综上得AE平面PCD.(3)解过点E作EMPD，垂足为M，连接AM，如图所示由(2)知，AE平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则AMPD.因此AME是二面角APDC的平面角由已知，可得CAD30°.设ACa，可得PAa，ADa，PDa，AEa.在RtADP中，AMPD，AM·PDPA·AD，则AMa.在RtAEM中，sinAME.所以二面角APDC的正弦值为.规律方法 (1)求直线与平面所成的角的一般步骤：找直线与平面所成的角，即通过找直线在

14、平面上的射影来完成；计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角【训练4】 在正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为() A. B.C. D.解析如图，连接BD交AC于O，连接D1O，由于BB1DD1，DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1所成的角易知DD1O即为所求设正方体的棱长为1，则DD11，DO，D1O，cosDD1O.BB1与平面ACD1所成角的余弦值为.答案D 1

15、转化思想：垂直关系的转化2在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作辅助线来解决如有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直故熟练掌握“线线垂直”、“面面垂直”间的转化条件是解决这类问题的关键 创新突破7求解立体几何中的探索性问题【典例】 (·北京卷) 如图1，在RtABC中，C90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1FCD，如图2.(1)求证：DE平面A1CB；(2)求证：A1FBE；(3)线段A1B上是否

16、存在点Q，使A1C平面DEQ？说明理由.突破1：弄清翻折前后的线面关系和几何量的度量值翻折前：DEBC，DEAC翻折后：DEBC，DEA1D，DECD.突破2：要证A1FBE，转化为证A1F平面BCDE.突破3：由A1DCD，可想到取A1C的中点P，则DPA1C，进而可得A1B的中点Q为所求点(1)证明因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DEBC.又因为DE平面A1CB，BC平面A1CB，所以DE平面A1CB.(2)证明由已知得ACBC且DEBC，所以DEAC.所以DEA1D，DECD，又A1DDED，所以DE平面A1DC.而A1F平面A1DC，所以DEA1F.又因为A1FCD，所以A1F平

17、面BCDE.所以A1FBE.(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQBC.又因为DEBC，所以DEPQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE平面A1DC，所以DEA1C.又因为P是等腰DA1C底边A1C的中点，所以A1CDP，又DEDPD，所以A1C平面DEP.从而A1C平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C平面DEQ.反思感悟 (1)解决探索性问题一般先假设其存在，把这个假设作已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算，在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在，如果得到了一

18、个不合理的结论，则说明不存在(2)在处理空间折叠问题中，要注意平面图形与空间图形在折叠前后的相互位置关系与长度关系等，关键是点、线、面位置关系的转化与平面几何知识的应用，注意平面几何与立体几何中相关知识点的异同，盲目套用容易导致错误【自主体验】(·韶关模拟)如图1，在直角梯形ABCD中，ADC90°，CDAB，ADCDAB2，点E为AC中点，将ADC沿AC折起，使平面ADC平面ABC，得到几何体DABC，如图2.(1)求证：DABC；(2)在CD上找一点F，使AD平面EFB.(1)证明在图1中，可得ACBC2，从而AC2BC2AB2，ACBC，平面ADC平面ABC，平面AD

19、C平面ABCAC，BC平面ABC，BC平面ADC，又AD平面ADC，BCDA.(2)解取CD的中点F，连接EF，BF，在ACD中，E，F分别为AC，DC的中点，EF为ACD的中位线，ADEF，又EF平面EFB，AD平面EFB，AD平面EFB.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1设平面与平面相交于直线m，直线a在平面内，直线b在平面内，且bm，则“”是“ab”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，因为m，b，bm，所以根据两个平面垂直的性质定理可得b，又a，所以ab；反过来，当am时，因为bm，且a，m共面，一定有ba，但不能保证b，所以不能

20、推出.故选A.答案A2(·绍兴调研)设，为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是()A若，n，mn，则mB若m，n，mn，则nC若n，n，m，则mD若m，n，mn，则解析与，两垂直平面的交线垂直的直线m，可与平行或相交，故A错；对B，存在n情况，故B错；对D；存在情况，故D错；由n，n，可知，又m，所以m，故C正确答案C3(·新课标全国卷)已知m，n为异面直线，m平面，n平面.直线l满足lm，ln，l，l，则()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l解析假设，由m平面，n平面，则mn，这与已知m，n为异面直线矛盾，那么与相交，设交线为l

21、1，则l1m，l1n，在直线m上任取一点作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直线m与n1所确定的平面，所以l1l.答案D4.(·深圳调研)如图，在四面体DABC中，若ABCB，ADCD，E是AC的中点，则下列正确的是()A平面ABC平面ABDB平面ABD平面BDCC平面ABC平面BDE，且平面ADC平面BDED平面ABC平面ADC，且平面ADC平面BDE解析因为ABCB，且E是AC的中点，所以BEAC，同理有DEAC，于是AC平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC平面BDE.又由于AC平面ACD，所以平面ACD平面BDE，所以选C.答案C5(·郑州模拟)已知平面

22、，和直线l，m，且lm，m，l，给出下列四个结论：；l；m；.其中正确的是()A B C D解析如图，由题意，l，l，由，m，且lm，l，即正确；由l，l，由l，得，即正确；而条件不充分，不能判断答案B二、填空题6.如图，在四棱锥PABCD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正确的条件即可)解析PC在底面ABCD上的射影为AC，且ACBD，BDPC.当DMPC(或BMPC)时，即有PC平面MBD，而PC平面PCD，平面MBD平面PCD.答案DMPC(或BMPC)7已知平面平面，A，B，AB与两平面，所成的角分别为和

23、，过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足为A，B，则ABAB_.解析连接AB和AB，设ABa，可得AB与平面所成的角为BAB，在RtBAB中，有ABa，同理可得AB与平面所成的角为ABA，所以AAa，因此在RtAAB中，ABa，所以ABABaa21.答案218设，是空间两个不同的平面，m，n是平面及外的两条不同直线从“mn；n；m”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：_(用代号表示)解析逐一判断若成立，则m与的位置关系不确定，故错误；同理也错误；与均正确答案(或)三、解答题9.如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD

24、.E和F分别是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平面ABCDAD.又平面PAD平面ABCD，且PAAD.所以PA底面ABCD.(2)因为ABCD，CD2AB，E为CD的中点，所以ABDE，且ABDE.所以ABED为平行四边形所以BEAD.又因为BE平面PAD，AD平面PAD，所以BE平面PAD.(3)因为ABAD，且四边形ABED为平行四边形所以BECD，ADCD.由(1)知PA底面ABCD，所以PACD.所以CD平面PAD，从而CDPD，且CD平面PCD，又E，F分别是CD和CP的中点，所以EFPD，故CD

25、EF.由EF，BE在平面BEF内，且EFBEE，CD平面BEF.所以平面BEF平面PCD.10(·泉州模拟)如图所示，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，DBBC，DBAC，点M是棱BB1上一点(1)求证：B1D1平面A1BD；(2)求证：MDAC；(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1平面CC1D1D.(1)证明由直四棱柱，得BB1DD1，又BB1DD1，BB1D1D是平行四边形，B1D1BD.而BD平面A1BD，B1D1平面A1BD，B1D1平面A1BD.(2)证明BB1平面ABCD，AC平面ABCD，BB1AC.又BDAC，且BDBB1B，AC平面BB1D.而MD平面BB1

26、D，MDAC.(3)解当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1平面CC1D1D.证明如下：取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于O，连接OM，如图所示N是DC的中点，BDBC，BNDC.又DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，而平面ABCD平面DCC1D1，BN平面DCC1D1.又可证得O是NN1的中点，BMON且BMON，即BMON是平行四边形BNOM.OM平面CC1D1D.OM平面DMC1，平面DMC1平面CC1D1D.能力提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1.如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90°，BC1AC，则C1在底面ABC上的射影H

27、必在()A直线AB上B直线BC上C直线AC上DABC内部解析由BC1AC，又BAAC，则AC平面ABC1，因此平面ABC平面ABC1，因此C1在底面ABC上的射影H在直线AB上答案A2(·北京东城区期末)如图，在四边形ABCD中，ABADCD1，BD，BDCD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，则下列结论正确的是()AACBDBBAC90°CCA与平面ABD所成的角为30°D四面体ABCD的体积为解析取BD的中点O，连接AO，OC，ABAD，AOBD，又平面ABD平面BCD.平面ABD平面BCDBD，AO平面BCD，CDBD，

28、OC不垂直于BD.假设ACBD，又ACAOA，BD平面AOC，BDOC与OC不垂直于BD矛盾，AC不垂直于BD，A错误CDBD，平面ABD平面BCD，CD平面ABD，CDAD，AC，AB1，BC，AB2AC2BC2，ABAC，B正确CAD为直线CA与平面ABD所成的角，CAD45°，C错误VABCDSABD·CD，D错误，故选B.答案B二、填空题3(·河南师大附中二模)如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平面ABC，PA2AB，则下列结论中：PBAE；平面ABC平面PBC；直线BC平面PAE；PDA45°.其中正确的有_(把所有正确的序号

29、都填上)解析由PA平面ABC，AE平面ABC，得PAAE，又由正六边形的性质得AEAB，PAABA，得AE平面PAB，又PB平面PAB，AEPB，正确；又平面PAD平面ABC，平面ABC平面PBC不成立，错；由正六边形的性质得BCAD，又AD平面PAD，BC平面PAD，直线BC平面PAE也不成立，错；在RtPAD中，PAAD2AB，PDA45°，正确答案三、解答题4如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SA平面ABCD，二面角SCDA的平面角为45°，M为AB的中点，N为SC的中点(1)证明：MN平面SAD；(2)证明：平面SMC平面SCD；(3)记，求实数的值，

30、使得直线SM与平面SCD所成的角为30°.(1)证明如图，取SD的中点E，连接AE，NE，则NECDAM，NECDAM，四边形AMNE为平行四边形，MNAE.MN平面SAD，AE平面SAD，MN平面SAD.(2)证明SA平面ABCD，SACD.底面ABCD为矩形，ADCD.又SAADA，CD平面SAD，CDSD，SDA即为二面角SCDA的平面角，即SDA45°，SAD为等腰直角三角形，AESD.CD平面SAD，CDAE，又SDCDD，AE平面SCD.MNAE，MN平面SCD，又MN平面SMC，平面SMC平面SCD.(3)解，设ADSAa，则CDa.由(2)知MN平面SCD，

31、SN即为SM在平面SCD内的射影，MSN即为直线SM与平面SCD所成的角，即MSN30°.在RtSAM中，SM，而MNAEa，在RtSNM中，由sinMSN得，解得2，当2时，直线SM与平面SCD所成的角为30°.基础回扣练空间几何体及点、线、面之间的位置关系(建议用时：90分钟)一、选择题1(·中山模拟)一个几何体的正视图和侧视图如图所示，则这个几何体的俯视图不可能是()解析该几何体的正视图和侧视图都是正方形，其可能为正方体或底面直径与高相等的圆柱或底面是等腰直角三角形且其腰长等于高的直三棱柱，但不可能是一个底面矩形长与宽不相等的长方体选D.答案D2.(

32、3;豫西五校联考)如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A，B，C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，ABC的值为()A30° B45° C60° D90°解析还原正方体，如图所示，连接AB，BC，AC，可得ABC是正三角形，则ABC60°.答案C3(·浙江五校联盟联考)关于直线l，m及平面，下列命题中正确的是()A若l，m，则lmB若l，m，则lmC若l，l，则D若l，ml，则m答案C4若直线m平面，则条件甲：直线l是条件乙：lm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若l，m，不一定有lm；若

33、lm，m，则l或l，因而甲乙，乙甲答案D5(·揭阳二模)一个棱长为2的正方体沿其棱的中点截去部分后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A7 B. C. D.解析依题意可知该几何体的直观图如图所示，其体积为232×××1×1×1.答案D6(·温州二模)下列命题正确的是()A若平面不平行于平面，则内不存在直线平行于平面B若平面不垂直于平面，则内不存在直线垂直于平面C若直线l不平行于平面，则内不存在直线平行于直线lD若直线l不垂直于平面，则内不存在直线垂直于直线l答案B7(·潍坊模拟)设m，n是两条不同直线

34、，是两个不同的平面，下列命题正确的是()Am，n，且，则mnBm，n，且，则mnCm，n，mn，则Dm，n，m，n，则解析A中的直线m，n也有可能异面，所以不正确B正确C中，不一定垂直，错误D中当m，n相交时，结论成立，当m，n不相交时，结论不成立所以选B.答案B8一个几何体的三视图如图所示，那么此几何体的侧面积(单位：cm2)为 ()A48 B64 C80 D120解析据三视图知，该几何体是一个正四棱锥(底面边长为8 cm)，直观图如图，PE为侧面PAB的边AB上的高，且PE5 cm.此几何体的侧面积是S4SPAB4××8×580 (cm2)答案C9(·

35、;广州二模)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形，若该几何体的所有顶点在同一球面上，则该球的表面积是()A12 B24 C32 D48解析该几何体的直观图如图所示，它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其中底面ABCD是边长为4的正方形，高为CC14，该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的直径为AC142R，所以球的半径为R2，所以球的表面积是4R24×(2)248.答案D10(·山东卷)已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A.

36、 B. C. D.解析如图，O为底面ABC的中心，连接PO，由题意知PO为直三棱柱的高，PAO为PA与平面ABC所成的角，SABC×××sin 60°.SABC×OP×OP，OP.又OA××1，tanOAP，又0<OAP<，OAP.答案B二、填空题11(·苏锡常镇四市二调)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列命题：若，m，n，则mn；若，m，n，则mn；若，m，n，则mn；若，m，n，则mn.上面命题中，所有真命题的序号为_解析只要画出两个平行平面，可以发现分别在两个平面内的直

37、线是可以异面的，即m与n可以异面，不一定平行；满足条件的两条直线m和n也可以相交或异面，不一定平行答案 12(·深圳二调)某机器零件的俯视图是直径为24 mm的圆(包括圆心)，正视图和侧视图完全相同，如图所示，则该机器零件的体积是_mm3(结果保留)解析依题意，该机器零件可视为是从一个圆柱中挖去一个圆锥，因此该机器零件的体积为×122×24××122×122 880(mm3)答案2 88013.正六棱锥PABCDEF中，G为PB的中点，设三棱锥DGAC的体积为V1，三棱锥PGAC体积为V2，则V1V2_.解析设棱锥的高为h，V1VDG

38、ACVGADCSADC·h，V2VPGACVPABCVGABCSABC·.又SADCSABC21，故V1V221.答案2114(·皖南八校第三次联考)点E，F，G分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，BC，B1C1的中点，如图所示，则下列命题中的真命题是_(写出所有真命题的编号)以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面中最多只有三个面是直角三角形；过点F，D1，G的截面是正方形；点P在直线FG上运动时，总有APDE；点Q在直线BC1上运动时，三棱锥AD1QC的体积是定值；点M是正方体的平面A1B1C1D1内的到点D和C1距离相等的点，则点M的轨迹是一条线段解析

39、对于，三棱锥ABCC1的四个面都是直角三角形，故为假命题；对于，截面为矩形FGD1D，易知其边长不等，故为假命题；易证DE平面AFG，又AP平面AFG，故DEAP，故为真命题；由于BC1平面ACD1，故三棱锥QACD1的高为定值，即点Q到平面ACD1的距离为定值，而底面积SACD1也为定值，故三棱锥体积VA D1QCVQ ACD1为定值，故为真命题；到D，C1距离相等的点的轨迹为平面A1BCD1(中垂面)，又点M在平面A1B1C1D1中，故点M的轨迹为线段A1D1，故为真命题答案三、解答题15(·济南一模)在如图的多面体中，AE底面BEFC，ADEFBC，BEADEFBC，G是BC的中点(1)求证：AB平面DEG；(2)求证：EG平面BDF.证明(1)ADEF，EFBC，ADBC.又BC2AD，G是BC的中点，AD綉BG，四边形ADGB是平行四边形，ABDG.AB平面DEG，D