11.4 空间中的垂直关系 教案

11.4空间中的垂直关系教案（含一题多解、技巧解题、高考分析及应用拓展）一、教学目标理解直线与平面垂直、平面与平面垂直的定义，掌握二面角及平面角的概念，明确相关定义的核心要素。熟练掌握直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定定理和性质定理，能准确区分定理的条件、结论及符号表示。能灵活运用垂直关系的相关定理解决空间中的垂直证明、二面角求解及长度计算问题，掌握多种解题方法与技巧。结合高考真题规律，提升应试能力，培养空间想象能力和逻辑推理能力，能实现垂直关系与平行关系的综合转化。了解空间垂直关系在高考中的考查形式与命题趋势，形成规范的解题思路和严谨的答题步骤。二、教学重难点（一）教学重点直线与平面垂直、平面与平面垂直的定义及判定定理、性质定理的理解与应用。二面角的平面角的作法与求解，异面直线垂直的判定。高考中垂直关系证明、二面角计算及综合应用题型的解题思路与技巧掌握。（二）教学难点直线与平面垂直判定定理中“两条相交直线”条件的理解与应用，避免遗漏关键条件。复杂空间图形中，二面角的平面角的准确构造，面面垂直性质定理的灵活运用。垂直关系与平行关系的综合转化，高考中与垂直结合的长度、角度、体积计算等综合性题目的建模与解答。三、教学过程（含例题、一题多解、技巧、高考分析）（一）知识回顾（10分钟）核心概念与定理：直线与平面垂直：直线与平面内任意一条直线垂直（符号表示l⟂α）；判定定理（直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直）；性质定理（垂直于同一平面的两条直线平行；平行直线中一条垂直于平面，另一条也垂直）。二面角：从一条直线出发的两个半平面组成的图形，其平面角是过棱上一点且与棱垂直的两条射线所成的角。平面与平面垂直：两个相交平面的交线与第三个平面垂直，且两平面与第三个平面的交线垂直（符号表示α⟂β）；判定定理（一个平面过另一个平面的一条垂线，则面面垂直）；性质定理（面面垂直，一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面）。关键性质速记：线面垂直“三要素”：平面内、两条直线、相交，三者缺一不可。面面垂直“转化核心”：面面垂直→线面垂直→线线垂直，反之可通过线面垂直证明面面垂直。二面角“求法关键”：先找（或作）平面角，再通过解三角形求解。（二）考点考频及常考题型1.直线与平面垂直（考频：10年10考，近5年全覆盖）考频分析：基础核心考点，多在选择题、填空题及解答题第一问出现，难度中低档（分值3-6分），核心考查判定定理与性质定理的应用。常考题型：线面垂直判定证明题、线面垂直性质应用计算题、异面直线垂直判定题。2.平面与平面垂直（考频：10年9考，近3年高频）考频分析：中档考点，覆盖选择、填空、解答题，分值4-6分，重点考查判定定理与性质定理的综合应用，常与二面角、体积计算结合。常考题型：面面垂直判定证明题、面面垂直性质应用题、二面角求解与面面垂直综合题。3.二面角（考频：10年8考，近4年稳定考查）考频分析：中档偏难考点，多在解答题中出现，分值4-6分，核心考查平面角的构造与求解，是高考立体几何的重点题型。常考题型：定义法/垂面法/三垂线法作二面角平面角，结合勾股定理、余弦定理求解。（三）经典例题解析（35分钟）例题1：线面垂直的判定（基础题·一题多解）题目：四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AC∩BD=O，且SA=SC，SB=SD。求证：SO⟂平面ABCD。解法1：利用等腰三角形性质+线面垂直判定（常规法）步骤：因为ABCD是平行四边形，所以O是AC、BD的中点；由SA=SC，△SAC是等腰三角形，O是AC中点，故SO⟂AC；同理，由SB=SD，△SBD是等腰三角形，O是BD中点，故SO⟂BD；AC∩BD=O，AC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，由线面垂直判定定理得SO⟂平面ABCD。核心依据：等腰三角形三线合一得到线线垂直，再通过“两条相交直线”条件满足线面垂直判定定理。解法2：向量法（拓展法）步骤：以O为原点，OA、OB、OS所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系；设OA=a，OB=b，OS=ℎ，则Aa00，C−a00，计算向量SO=00−ℎ，验证SO⋅AB=0，SO⋅ADAB∩AD=A，故SO⟂平面ABCD。核心依据：向量垂直的数量积为0，通过证明直线与平面内两条相交直线的向量垂直，实现线面垂直的判定，适合空间想象能力较弱的学生。技巧解题：“等腰三角形+中点→线线垂直”技巧技巧：遇到含“等腰三角形+中点”的条件，优先利用三线合一得到线线垂直，再寻找另一条相交直线的垂直关系，快速满足线面垂直判定定理的条件。适用场景：含等腰三角形的线面垂直证明题，高考解答题基础问速解。例题2：面面垂直的性质与二面角求解（中档题·一题多解）题目：已知α⟂β，在α与β的交线上取线段AB=3，AC⊂α，BD⊂β，且AC⟂AB，BD⟂AB，AC=1，BD=2，求CD的长。解法1：利用面面垂直性质+勾股定理（常规法）步骤：因为α⟂β，α∩β=AB，BD⊂β，BD⟂AB，由面面垂直性质定理得BD⟂α；BC⊂α，故BD⟂BC，△CBD是直角三角形；在Rt△BAC中，BC=A在Rt△CBD中，CD=B核心依据：面面垂直性质定理将线线垂直转化为线面垂直，再通过两次直角三角形勾股定理求解长度。解法2：空间向量法（拓展法）步骤：以A为原点，AB、AC所在直线为x、y轴，过A作垂直于α的直线为z轴建立坐标系；则A000，B300，C010BC应为12+3核心依据：建立空间直角坐标系，利用面面垂直的性质确定点的坐标，通过向量模长公式直接求解线段长度，避免几何构造中的逻辑漏洞。技巧解题：“面面垂直→线面垂直→直角三角形”转化技巧技巧：遇到面面垂直条件时，优先找交线，再在一个平面内找垂直于交线的直线，利用性质定理得到线面垂直，进而构造直角三角形，通过勾股定理求解长度或角度。适用场景：面面垂直与长度、角度计算结合的题目，高考解答题中档问。例题3：二面角的求解（中档题·一题多解）题目：在正方体ABCD−A'B解法1：定义法作平面角（常规法）步骤：由正方体性质，AB⟂平面ADD故AD'⟂AB，AD⟂AB，则∠△D'AD是等腰直角三角形，∠D核心依据：利用线面垂直的性质找到与棱垂直的两条射线，直接构成二面角的平面角，再通过三角形形状求解角度。解法2：三垂线法作平面角（拓展法）步骤：在平面ABCD内，过D作AD⟂AB（即AD为垂线）；连接D'A，因为DD'⟂由三垂线定理，D'A⟂AB，故核心依据：利用三垂线定理（平面内的直线垂直于射影，则垂直于斜线）快速构造平面角，适合复杂图形中平面角的寻找。技巧解题：“找棱→作垂线→定平面角”技巧技巧：求解二面角时，先明确二面角的棱，再在两个半平面内分别作垂直于棱的直线，两直线的夹角即为平面角；若有线面垂直条件，可直接利用其性质得到垂线。适用场景：所有二面角求解题，高考解答题中档问规范解题。（四）高考真题解析（20分钟）（2023·全国乙卷，5分）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A.13B.33C.1答案：A解析：取AB中点E，连接CE、DE。△ABC为等腰直角三角形，故CE⟂AB；△ABD为等边三角形，故DE⟂AB，则∠CED=150∘为二面角的平面角。AB⊥平面CDE，故平面CDE⊥平面ABC，交线为CE。直线CD在平面ABC内的射影为CE，∠DCE为线面角。设AB=2，则CE=1，DE=3。在△CDE中，由余弦定理得CD2=12+32−2×1×（2022·新高考Ⅰ卷，6分）在正方体ABCD−A1B直线CE⟂平面A1B.直线CE∥平面AC.直线CE与平面A1D.直线CE与平面A1BD答案：C解析：以D为原点，DA、DC、DD1为x、y、z轴建立坐标系，设棱长为2，则C020，E001，CE=0−21。平面A1BD的法向量n=111。A选项：CE⋅n=0−2+1=−1≠0（2020·全国卷Ⅰ，6分）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，A.15B.25C.2答案：A（2019·全国卷Ⅲ，6分）如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A.BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C.BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线答案：B解析：取CD中点O，连接ON、OE。平面ECD⊥平面ABCD，OE⊥CD，故OE⊥平面ABCD。设正方形边长为2，则ON=1，OE=3，EN=12+32=2（2024·浙江卷，5分）已知平面α⟂β，α∩β=l，直线m⊂α，m⟂l，则（）A.m⟂βB.m∥βC.m⊂βD.m与β相交但不垂直答案：A解析：由面面垂直的性质定理，平面α⟂β，交线为l，直线m⊂α且m⊥l，则m⊥β，选A。（2023·北京卷，6分）在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⟂底面ABC，AB⊥AC，AA1证明：AA1⊥底面ABC，AB⊥AC，故AB⊥平面A1C1C。E为A1C1中点，B1E∥AB且B1E=AB，故B1E⊥平面A1C1C。B1E⊂平面B1BE，故平面B1BE⊥平面A1C1C。（2022·湖北卷，6分）在直四棱柱ABCD−A1B1C1D证明：直四棱柱中，AA1⊥底面ABCD，故AA1⊥BD。菱形ABCD中，AC⊥BD，AA1∩AC=A，故BD⊥平面A1AC，A1O⊂平面A1AC，故A1O⊥BD。同理A1O⊥B1D1，BD∩B1D1=O1，故A1O⊥平面B1D1DB。（2021·江苏卷，5分）已知平面α⟂β，直线l⊂α，l⟂β，则直线l与平面α的位置关系是______。答案：垂直解析：由面面垂直的性质，l⊂α且l⊥β，故l⊥α（因为α⊥β，l垂直于交线即可，但此处l⊥β，故l垂直于α内所有直线，即l⊥α）。四、高考命题规律总结（10分钟）考查题型：基础题（3-5分）：空间垂直关系概念辨析、线面垂直与面面垂直的判定定理应用（选择/填空）。中档题（4-6分）：垂直关系证明、二面角求解、异面直线垂直判定（填空/解答题基础问）。高档题（6-8分）：垂直关系与平行关系、空间角、距离、体积计算的综合应用（解答题中档问）。命题趋势：从“单一定理应用”到“多定理综合”：强调线面垂直、面面垂直与线线垂直的相互转化，常与平行关系、向量法结合考查。从“简单图形”到“复杂组合图形”：以正方体、长方体、三棱柱、四棱锥为载体，增加图形复杂度，考查空间想象能力。从“纯证明”到“证明+计算”：在垂直关系证明的基础上，结合二面角、线面角、距离、体积计算，突出综合应用能力。强调“规范表达”：高考解答题中，定理应用需明确条件与结论，步骤完整，逻辑清晰，尤其是线面垂直判定中“两条相交直线”的条件不能遗漏。解题技巧总览：基础题：定义验证法（逐一判断垂直关系的定义）、定理条件凑合法（按定理要求找垂直关系）。中档题：等腰三角形三线合一（快速得到线线垂直）、面面垂直性质定理（转化为线面垂直）、定义法/垂面法/三垂线法（作二面角平面角）。高档题：向量法（建立空间直角坐标系，用向量垂直判定线面垂直、面面垂直，用向量夹角求解二面角）、综合法（几何法与向量法结合）。五、课堂练习（高考真题，15分钟）（2024·天津卷，5分）设α，β是两个不同的平面，l是直线且l⟂α，则“l⟂β”是“α∥β”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答案：C解析：l⊥α且l⊥β，则α∥β（充分性）；α∥β且l⊥α，则l⊥β（必要性），故为充要条件，选C。（2023·山东卷，4分）在正方体ABCD−A1BA.直线DD1B.直线CD1答案：C解析：AC1⊥BD，AC1⊥A1B，BD∩A1B=B，故AC1⊥平面A1BD，选C。（2022·贵州卷，6分）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，证明：AB=AC，D是BC中点，故AD⊥BC。直三棱柱中，AA1⊥底面ABC，故AA1⊥AD。BC∩AA1=A，故AD⊥平面BCC1B1。A1D∥AD，故A1D⊥平面BCC1B1。（2021·甘肃卷，5分）已知平面α⟂β，α∩β=AB，CD⊂α，CD⟂AB，则CD与平面β的位置关系是______。答案：垂直解析：由面面垂直的性质定理，CD⊂α，CD⊥AB，故CD⊥β。（2020·海南卷，6分）在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，求二面角P−BC−A的大小。解：PA⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，故PA⊥BC。AB⊥BC，PA∩AB=A，故BC⊥平面PAB，BC⊥PB。则∠PBA为二面角P-BC-A的平面角。在Rt△PAB中，PA=AB=2，故∠PBA=45六、课堂小结（5分钟）核心知识：直线与平面垂直、平面与平面垂直的定义、判定定理和性质定理；二面角的概念与求解方法；异面直线垂直的判定。解题方法：一题多解（常规几何法+向量法+辅助线法）、技巧解题（等腰三角形三线合一、面面垂直性质转化、二面角平面角构造技巧）。高考策略：基础题保分（熟练掌握概念与定理应用），中档题稳分（规范步骤，明确定理条件），高档题突破（灵活运用向量法与几何法结合）。易错点提醒：线面垂直判定中遗漏“两条相交直线”条件；二面角平面角构造错误；面面垂直性质定理应用时未找交线。七、课后作业（分层设计）基础层：完成教材习题11.4中所有概念辨析、简单证明题；整理课堂高考真题解析，标注每道题所用定理。提高层：完成2019-2024年高考数学中空间垂直关系相关真题汇编（侧重解答题）；建立错题本，分析错误原因（如定理条件遗漏、空间想象偏差、向量计算错误等）。拓展层：以直四棱柱为载体，设计一道包含线面垂直、面面垂直判定与二面角求解的综合题，编写解答过程，尝试用几何法和向量法两种方法求解；思考垂直关系在建筑结构稳定性中的应用，撰写简短分析。八、教学反思需关注学生对空间垂直关系定义的准确理解，部分学生易混淆“直线与平面内任意一条直线垂直”与“直线与平面内两条直线垂直”，可通过反例（如直线与平面内两条平行直线垂直但不垂直于平面）强化记忆。定理应用是重点，学生容易出现“条件不完整”问题（如证明线面垂直时未说明两条直线相交），需在例题讲解和作业批改中反复强调定理的完整条件，规范答题步骤。二面角的平面角构造是难点，学生易找不到合适的垂线，可通过分类讲解（定义法、垂面法、三垂线法），结合不同图形类型专项训练，帮助学生掌握构造技巧。向量法是解决复杂垂直问题的重要工具，但部分学生对坐标系建立、点坐标确定不熟练，需提前复习空间直角坐标系的建立方法，结合例题逐步渗透，提升学生的向量运算能力。课堂练习可增加更多结合实际情境的题目（如建筑中的垂直结构），让学生体会垂直关系的实际应用价值；课后可布置小组合作任务（如制作空间图形模型并标注垂直关系），激发学生的学习兴趣。课后测评一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.如果直线a和b没有公共点,那么a与b()A.共面B.平行C.可能平行,也可能是异面直线D.是异面直线2.水平放置的△AOB的直观图△A'O'B'如图所示,则△AOB的面积是()A.2 B.2C.22 D.4(第2题图)3.[河北承德期末]如图所示的几何体是由上半部分圆柱和下半部分两个等高(高为6cm)的圆台组合而成,已知圆柱的高为20cm,底面直径AB=10cm,圆台的底面直径CD=20cm,EF=16cm,则该几何体的体积为()(第3题图)A.669πcm3 B.1338πcm3C.650πcm3 D.1300πcm34.[湖北武汉期中]如图,一个底面半径是1,高是4的圆柱形开口容器(下表面密封),P是BC的中点,现有一只蚂蚁位于外壁A处,内壁P处有一米粒,若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点P处取得米粒,则它所需经过的最短路程为()A.π2+36 C.4π2+365.[广东深圳模拟]如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,点P在直线AD1上,Q为线段BD的中点,则下列命题中假命题为()A.存在点P,使得PQ⊥A1C1B.存在点P,使得PQ∥A1BC.直线PQ始终与直线CC1异面D.直线PQ始终与直线BC1异面6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为()A.π2 B.π3 C.π47.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球,若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是()A.4π B.9π2 C.6π 8.在如图所示的三棱锥容器S-ABC中,D,E,F分别为三条侧棱上的小洞,SD∶DA=CF∶FS=2∶1,BE=SE,若用该容器盛水,则最多可盛水的体积是原三棱锥容器体积的()A.89 B.C.23 D.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.[重庆沙坪坝模拟]设m,n为不同的直线,α,β为不同的平面,则下列结论正确的是()A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m⊥α,n⊥α,则m∥nC.若m∥α,m⊂β,则α∥βD.若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β10.已知正三棱台的上底面边长为2,下底面边长为4,侧棱长为2,则下列说法正确的是()A.棱台的侧面积为93B.棱台的高为3C.棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为3D.棱台的侧面与底面所成二面角的余弦值为211.[福建漳州期末]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O1为底面A1B1C1D1的中心,则下列说法正确的是()A.直线BA1与CC1所成的角等于30°B.直线BA1与AC所成的角等于60°C.直线AO1与CC1是异面直线D.直线AO1与BD所成的角等于90°12.如图,在透明塑料制成的长方体ABCD-A1B1C1D1容器内灌进一些水(未满),现将容器底面一边BC固定在底面上,再将容器倾斜,随着倾斜度的不同,有下列四种说法,其中正确的是()A.水的部分始终呈棱柱状B.水面四边形EFGH的面积为定值C.棱A1D1始终与水面EFGH平行D.若E∈AA1,F∈BB1,则AE+BF是定值三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.空间中一个∠A的两边和另一个∠B的两边分别平行,∠A=70°,则∠B=.

14.三棱锥O-ABC中,三条OA,OB,OC两两垂直,OA=1,OB=2,OC=3,则三棱锥O-ABC外接球的表面积是.

15.已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为.

16.中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图①).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图②是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有个面,其棱长为.

四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)[辽宁大连期末]在正三棱台ABC-A1B1C1中,AB=6,A1B1=AA1=3,D为A1C1的中点,点E在BB1上,EB=2B1(1)请作出A1B1与平面CDE的交点M,并写出A1M与MB1的比值(在图中保留作图痕迹,不必写出画法和理由);(2)求直线BM与平面ABC所成角的正弦值.18.(12分)如图,P为平行四边形ABCD所在平面外一点,M,N分别是AB,PC的中点,平面PAD∩平面PBC于直线l.(1)判断MN与平面PAD的位置关系,并证明你的结论;(2)判断BC与l的位置关系,并证明你的结论.19.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是直角梯形,DC=2AD=2AB=2PB,∠DAB=∠ADC=90°,△PDC为等边三角形.(1)证明:平面PBC⊥平面PBD;(2)若△PBC的面积为1,求点B到平面PCD的距离d.20.(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,△PAB是等边三角形,∠PAC=∠PBC=90°.(1)证明:AB⊥PC;(2)若PC=4,且平面PAC⊥平面PBC,求三棱锥P-ABC的体积.21.(12分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BF⊥A1B1.(1)求三棱锥F-EBC的体积;(2)已知D为棱A1B1上的点,证明:BF⊥DE.22.(12分)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)证明:OA⊥CD;(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.参考答案课后测评1.C∵直线a和b没有公共点,∴直线a与b不是相交直线.∴直线a与b可能是平行直线或异面直线.2.D由直观图和原图形的关系易知,△AOB中底边OB=2,底边OB上的高线长为4,∴△AOB的面积为S=12×4×2=4.故选D3.B因为圆柱的高为20cm,底面直径AB=10cm,圆台的底面直径CD=20cm,EF=16cm,且两圆台的高都为6cm,所以该几何体的体积为V=π×25×20+13×(25π+100π+25π×100π)×6+13×(64π+100π+64π×100π)×6=500π+13×175π×6+13×244π4.A依题意可得圆柱的底面半径r=1,高h=4,将圆柱的侧面(一半)展开后得矩形ABCD,其中AB=π,AD=4,问题转化为在CD上找一点Q,使AQ+PQ最短.作点P关于CD的对称点E,连接AE,令AE与CD交于点Q,则得AQ+PQ的最小值就是AE=π25.C在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易得A1C1⊥平面BDD1B1.∵点P在直线AD1上,Q为线段BD的中点,当点P和D1重合时,PQ⊂平面BDD1B1,∴PQ⊥A1C1,故A正确;连接A1D,如图所示.当点P为线段A1D的中点时,PQ为三角形A1BD的中位线,即PQ∥A1B,故B正确;CC1⊂平面AA1C1C,当点P和点A重合时,PQ⊂平面AA1C1C,则直线PQ和CC1在同一平面内,故C错误;BC1⊂平面ABC1D1,PQ∩平面ABC1D1=P,P∉BC1,故直线PQ始终与直线BC1不相交,且不平行,是异面直线,故D正确.6.D如图,连接BC1,PC1.由正方体的性质可得AD1∥BC1,故∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.设正方体的棱长为1,则BC1=2,C1P=12A1C1=2而BP=BB可得C1P2+BP2=BC12,故C1P则在Rt△BPC1中,有sin∠PBC1=C1于是∠PBC1=π6,即直线PB与AD1所成的角等于π7.B要使球的体积V最大,必须球的半径R最大.由题意知球与直三棱柱的上下底面都相切时,球的半径取得最大值32,此时球的体积为43πR3=43π323=9π28.A因为SD∶DA=2∶1,所以SD=23又因为BE=SE,所以SE=12SB.所以△SDE的面积为S△SDE=12SD·SE·sin∠ASB=12×23SA×12SB×sin∠ASB=13S△SAB.又CF∶FS=2∶1,所以SF∶SC=1∶3,设点F,C到平面SAB的距离分别为h1,h2,所以h1∶h2=1∶3,所以VF9.BD若m∥α,n∥α,则m∥n或m与n相交或m与n异面,选项A错误;若m⊥α,n⊥α,则m∥n,选项B正确;若m∥α,m⊂β,则α∥β或α与β相交,选项C错误;若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,又n⊥β,则α⊥β,选项D正确.10.AC由题意作图如右,在平面ABB1A1中由点A1向AB作垂线,垂足为D,取线段BC的中点E,连接AE,在平面AEA1中由点A1向AE作垂线,垂足为F,连接DF,在等腰梯形ABB1A1中,AB=4,B1A1=2,AA1=2,则AD=(4-2)÷2=1,A1D=22-12=3,故棱台的侧面积为3×12(2+4)×3=易知A1F为棱台的高,则AD⊥平面A1DF,则AD⊥DF,在Rt△ADF中,DF=AD·tanπ6=33,AF=12+13=233,在Rt△A1棱台的侧棱与底面所成角为∠A1AE,cos∠A1AE=AFAA1=2棱台的侧面与底面所成二面角为∠A1DF,cos∠A1DF=DFA1D=3故选AC.11.BD如图,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1.对于选项A,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有CC1∥BB1,所以∠A1BB1(或其补角)为直线BA1与CC1所成的角,在Rt△A1BB1中,A1B1=BB1,A1B1⊥BB1,所以∠A1BB1=45°,选项A错.对于选项B,连接BC1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有AC∥A1C1,所以∠BA1C1(或其补角)为直线BA1与AC所成的角,又BC1=A1C1=A1B=2,即△BA1C1为正三角形,∠BA1C1=60°,选项B对.对于选项C,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为C1C∥A1A,所以点A,C,C1,A1共面,又点O1在A1C1上,所以直线AO1与CC1共面,选项C错.对于选项D,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BD⊥AC,AA1⊥BD,所以BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥AO1,选项D对.12.ACD由于四边形ABFE与四边形DCGH全等,且平面ABFE∥平面DCGH,则由棱柱的定义可知,水的部分始终呈棱柱状,所以A正确;因为BC∥FG,BC⊥平面ABB1A1,所以FG⊥平面ABB1A1,因为EF⊂平面ABB1A1,所以FG⊥EF,因为FG∥EH,FG=EH,所以四边形EFGH为矩形,所以水面四边形EFGH的面积等于EF·FG,因为水面四边形EFGH的边长FG不变,EF在变化,所以水面四边形EFGH的面积在变化,所以B错误;容器底面一边BC固定在底面上时,BC∥FG∥A1D1,A1D1⊄平面EFGH,所以由线面平行的判定定理可知,棱A1D1始终与水面四边形EFGH平行,所以C正确;由于水平放置时,水的体积是定值,水的高度是定值h,底面面积不变,所以当一部分上升a的同时,另一部分下降相同的高度a,设AE=h-a,则BF=h+a,所以AE+BF=h-a+h+a=2h为定值,所以当E∈AA1,F∈BB1时,AE+BF是定值,所以D正确.故选ACD.13.70°或110°①若∠A的两边和∠B的两边分别平行,且方向相同,则∠A与∠B相等,此时∠B=∠A=70°;②当∠A的两边和∠B的两边分别平行,且一边方向相同另一边方向相反,则∠A与∠B互补,此时∠B=180°-∠A=110°.14.14π如图,把三棱锥O-ABC放置在长方体中,则三棱锥O-ABC的外接球即长方体的外接球,外接球的直径为12+22+∴三棱锥O-ABC外接球的表面积是4π×1422=1415.23π知半径最大的球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示,其中BC=2,AB=AC=3,且点M为BC边上的中点,设内切球的球心为O,由于AM=32-12=22,故S△ABC=12×2×2设内切球半径为r,则S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=12×AB×r+12×BC×r+12×AC×r=12×(3+3+2)×r=22,解得r=22,其体积V=43π16.262-1由图可知第一层与第三层各有9个面,计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26个面.将该半正多面体放入正方体部分图示如右,设该半正多面体的棱长为x,则AB=BE=x,延长BC与FE交于点G,延长BC交正方体棱于H,由半正多面体对称性可知,△BGE为等腰直角三角形.∵BG=GE=CH=22x∴GH=2×22x+x=(2+1)x=∴x=12+1=2-1,即该半正多面体棱长为17.解(1)①作图步骤:延长CE,C1B1使其相交于点N,连接DN,则可得DN∩A1B1=M,作图如右.作图理由:在平面CBB1C1中,显然CE与C1B1不平行,延长相交于点N,由N∈CE,得N∈平面CDE,又D∈平面CDE,则DN⊂平面CDE,由N∈B1C1,D∈A1C1,则DN⊂平面A1B1C1,又ND∩A1B1=M,故A1B1∩平面CDE=M.②连接DB1,A1N如右图所示.在正三棱台ABC-A1B1C1中,BC∥B1C1,即B1N∥BC.易知△BCE∽△B1NE,则B1NBC=B1EBE,由BE=2EB1,且BC=6,则B1N=3,显然B1C1=B1N=3,由B1,D分别为C1N,C1A1的中点,则DB1=12A1N易知△B1DM∽△A1NM,故A1MB(2)由(1)可知,B1M=1,由AB=6,AA1=A1B1=3,易知cos∠B1BA=12所以cos∠BB1A1=-12所以BM2=BB12+BM2-2×BB1×BM×cos∠BB1A1=13,所以BM=13,棱台的高h=设直线BM与平面ABC所成的角为θ,所以sinθ=ℎBM18.解(1)MN∥平面PAD,证明如下:取PD中点E,连接AE,NE,因为N,E分别为PC,PD中点,所以NE∥DC,且NE=12又M为AB中点,AB∥DC,AB=DC,所以AM∥NE,且AM=NE,所以四边形AMNE为平行四边形,所以AE∥MN.又AE⊂平面PAD,MN⊄平面PAD,所以MN∥平面PAD.(2)BC∥l,证明如下:因为AD∥BC,AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,所以BC∥平面PAD.又BC⊂平面PBC,且平面PAD∩平面PBC=l,根据线面平行的性质定理可得BC∥l.19.(1)证明∵在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是直角梯形,DC=2AD=2AB=2P