【導(dǎo)讀】1．圓柱的一個底面積為S，側(cè)面展開圖是一個正方形，解析設(shè)圓柱底面圓的半徑為r，高為h，則r＝Sπ，又h＝2πr＝2πS，∴S圓柱側(cè)＝(2πS)2＝4πS.2＋a2＋a2＝2R等于長方體的體對角線，∴2R. ＝6a.∴S球＝4πR2＝6πa2.解析由三視圖可知，該幾何體的四個面都是直角三角形，面積分別為6,62，8,10，所以面積最大的是10，故選擇C.解析V＝4π3R3＝43π，∴R＝3，S＝4πR2＝4π·3＝12π.一個空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積。解析換個視角看問題，該幾何體可以看成是底面為等腰梯形，高為4的直棱柱，如圖，某幾何體的正視圖(主視圖)是平行四邊形，側(cè)視圖(左。的組合體，則該幾何體的體積為π×22×2＋43π＝283π.如圖1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，證明在圖中，可得AC＝BC＝22，從而AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC，取AC的中點O，連接DO，由等體積性可知，幾何體DABC的體積為423.

　　

【正文】 α 的是 ( )． A． l 與平面 α 內(nèi)的兩條直線垂直 B． l 與平面 α 內(nèi)無數(shù)條直線垂直 C． l 與平面 α 內(nèi)的某一條直線垂直 D． l 與平面 α 內(nèi)任意一條直線垂直 解析 由直線與平面垂直的定義，可知 D正確． 答案 D 2． (2020安慶月考 )在空間中，下列命題正確的是 ( )． A．平行直線的平行投影重合 B．平行于同一直線的兩個平面平行 C．垂直于同一平面的兩個平面平行 D．垂直于同一平面的兩條直線平行 解析 選項 A，平行直線的平行投影可以依然是兩條平行直線；選項 B，兩個相交平面的交線與某一條直線平行，則這條直線平行于這兩個平面；選項 C，兩個相交平面可以同時垂直于同一個平面；選項 D正確． 答案 D 3． (2020蘭州模擬 )用 a， b， c 表示三條不同的直線， γ 表示平面，給出下列命題： ① 若 a∥ b， b∥ c，則 a∥ c； ② 若 a⊥ b， b⊥ c，則 a⊥ c； ③ 若 a∥ γ， b∥ γ，則 a∥ b； ④ 若 a⊥ γ， b⊥ γ，則 a∥ b. 其中真命題的序號是 ( )． A． ①② B． ②③ C． ①④ D． ③④ 解析 由公理 4知 ① 是真命題．在空間 內(nèi) a⊥ b， b⊥ c，直線 a、 c的關(guān)系不確定，故 ② 是假命題． 由 a∥ γ， b∥ γ，不能判定 a、 b的關(guān)系，故 ③ 是假命題． ④ 是直線與平面垂直的性質(zhì)定理． 答案 C 4． (2020聊城模擬 )設(shè) a、 b、 c 表示三條不同的直線， α、 β表示兩個不同的平面，則下列命題中不正確的是 ( )． A. ???c⊥ αα∥ β ? c⊥ β B. ???b? β， a⊥ bc是 a在 β內(nèi)的射影 ? b⊥ c C. ???b∥ cb? αc?α? c∥ α D. ???a∥ αb⊥ a ? b⊥ α 解析 由 a∥ α， b⊥ α可得 b與 α的位置關(guān)系有： b∥ α， b? α， b與 α相交，所以 D不正確． 答案 D 5．如圖，已知 PA⊥ 平面 ABC， BC⊥ AC，則圖中直角三角形的個數(shù)為 ________． 解析 由線面垂直知，圖中直角三角形為 4個． 答案 4 考向一 直線與平面垂直的判定與性質(zhì) 【例 1】 ?(2020天津改編 )如圖， 在四棱錐 PABCD 中，底面 ABCD 為平行四邊形， ∠ ADC＝ 45176。， AD＝ AC＝ 1， O為 AC 的中點， PO⊥ 平面 ABCD. 證明： AD⊥ 平面 PAC. [審題視點 ] 只需證 AD⊥ AC，再利用線面垂直的判定定理即可． 證明 ∵∠ ADC＝ 45176。，且 AD＝ AC＝ 1. ∴∠ DAC＝ 90176。，即 AD⊥ AC， 又 PO⊥ 平面 ABCD， AD? 平面 ABCD， ∴ PO⊥ AD，而 AC∩ PO＝ O， ∴ AD⊥ 平面 PAC. (1)證明直線和平面垂直的常用方法有： ① 判定定理； ② a∥ b， a⊥ α? b⊥ α； ③ α∥ β， a⊥ α? a⊥ β； ④ 面面垂直的性質(zhì)． (2)線面垂直的性質(zhì)，常用來證明線線垂直． 【訓(xùn)練 1】 如圖， 已知 BD⊥ 平面 ABC， MC 綉 12BD， AC＝ BC， N 是棱 AB 的中點． 求證： CN⊥ AD. 證明 ∵ BD⊥ 平面 ABC， CN? 平面 ABC， ∴ BD⊥ CN. 又 ∵ AC＝ BC， N 是 AB 的中點． ∴ CN⊥ AB. 又 ∵ BD∩ AB＝ B， ∴ CN⊥ 平面 ABD. 而 AD? 平面 ABD， ∴ CN⊥ AD. 考向二 平面與平面垂直的判定與性質(zhì) 【例 2】 ?如圖 所示，在四棱錐 PABCD 中，平面 PAD⊥ 平面 ABCD， AB∥ DC， △ PAD 是等邊三角形，已知 BD＝ 2AD＝ 8， AB＝ 2DC＝ 4 是 PC 上的一點，證明：平面MBD⊥ 平面 PAD. [審題視點 ] 證明 BD⊥ 平面 PAD，根據(jù)已知平面 PAD⊥ 平 面 ABCD，只要證明 BD⊥ AD 即可． 證明 在 △ ABD 中，由于 AD＝ 4， BD＝ 8， AB＝ 4 5， 所以 AD2＋ BD2＝ AD⊥ BD. 又平面 PAD⊥ 平面 ABCD，平面 PAD∩ 平面 ABCD＝ AD， BD? 平面 ABCD，所以 BD⊥ 平面 PAD. 又 BD? 平面 MBD，故平面 MBD⊥ 平面 PAD. 面面垂直的關(guān)鍵是線面垂直，線面垂直的證明方法主要有：判定定理法、平行線法 (若兩條平行線中一條垂直于這個平面，則另一條也垂直于這個平面 )、面面 垂直性質(zhì)定理法，本題就是用的面面垂直性質(zhì)定理法，這種方法是證明線面垂直、作線面角、二面角的一種核心方法． 【訓(xùn)練 2】 如圖所示， 在長方體 ABCDA1B1C1D1中， AB＝ AD＝ 1， AA1＝ 2， M 是棱 CC1的中點． 證明：平面 ABM⊥ 平面 A1B1M. 證明 ∵ A1B1⊥ 平面 B1C1CB， BM? 平面 B1C1CB， ∴ A1B1⊥ BM， 由已知易得 B1M＝ 2， 又 BM＝ BC2＋ CM2＝ 2， B1B＝ 2， ∴ B1M2＋ BM2＝ B1B2， ∴ B1M⊥ BM. 又 ∵ A1B1∩ B1M＝ B1， ∴ BM⊥ 平面 A1B1M. 而 BM? 平面 ABM， ∴ 平面 ABM⊥ 平面 A1B1M. 考向三 平行與垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用 【例 3】 ?如圖， 在四面體 ABCD 中， CB＝ CD， AD⊥ BD，點 E、 F 分別是 AB、 BD 的中點．求證： (1)直線 EF∥ 平面 ACD； (2)平面 EFC⊥ 平面 BCD. [審題視點 ] 第 (1)問需證明 EF∥ AD；第 (2)問需證明 BD⊥ 平面 EFC. 證明 (1)在 △ ABD 中，因為 E、 F 分別是 AB、 BD 的中點， 所以 EF∥ AD. 又 AD? 平面 ACD， EF?平面 ACD， 所以直線 EF∥ 平面 ACD. (2)在 △ ABD 中， 因為 AD⊥ BD， EF∥ AD，所以 EF⊥ BD. 在 △ BCD 中，因為 CD＝ CB， F 為 BD 的中點， 所以 CF⊥ BD. 因為 EF? 平面 EFC， CF? 平面 EFC， EF 與 CF 交于點 F，所以 BD⊥ 平面 EFC. 又因為 BD? 平面 BCD，所以平面 EFC⊥ 平面 BCD. 解答立體幾何綜合題時，要學(xué)會識圖、用圖與作圖．圖 在解題中起著非常重要的作用，空間平行、垂直關(guān)系的證明，都與幾何體的結(jié)構(gòu)特征相結(jié)合，準(zhǔn)確識圖，靈活利用幾何體的結(jié)構(gòu)特征找出平面圖形中的線線的平行與垂直關(guān)系是證明的關(guān)鍵． 【訓(xùn)練 3】 如圖， 正方形 ABCD 和四邊形 ACEF 所在的平面互相垂直， EF∥ AC， AB＝ 2， CE＝EF＝ 1. (1)求證： AF∥ 平面 BDE； (2)求證： CF⊥ 平面 BDE. 證明 (1)設(shè) AC 與 BD 交于點 G. 因為 EF∥ AG，且 EF＝ 1， AG＝ 12AC＝ 1. 所以四邊形 AGEF 為平行四邊形， 所以 AF∥ EG? 平面 BDE， AF?平面 BDE， 所以 AF∥ 平面 BDE. (2)如圖，連接 FG. 因為 EF∥ CG， EF＝ CG＝ 1， 且 CE＝ 1， 所以四邊形 CEFG 為菱形． 所以 CF⊥ EG. 因為四邊形 ABCD 為正方形，所以 BD⊥ AC. 又因為平面 ACEF⊥ 平面 ABCD， 且平面 ACEF∩ 平面 ABCD＝ AC， 所以 BD⊥ 平面 ACEF. 所以 CF⊥ BD. 又 BD∩ EG＝ G. 所以 CF⊥ 平面 BDE. 考向四 線面角 【例 4】 ?(2020無錫模擬 ) 如圖，四棱錐 PABCD 的底面是正方形， PD⊥ 底面 ABCD，點 E 在棱 PB 上． (1)求證：平面 AEC⊥ 平面 PDB； (2)當(dāng) PD＝ 2AB，且 E 為 PB 的中點時，求 AE 與平面 PDB 所成的角的大?。? [審題視點 ] (1)轉(zhuǎn)化為證明 AC⊥ 平面 PDB； (2)AE 與平面 PDB 所成的角即為 AE與它在平面 PDB 上的射影所成的角． (1)證明 ∵ 四邊形 ABCD 是正方形， ∴ AC⊥ BD.∵ PD⊥ 底面 ABCD， ∴ PD⊥ PD∩ BD＝ D， ∴ AC⊥ 平面 AC? 平面 AEC， ∴ 平面 AEC⊥ 平面 PDB. (2)解 設(shè) AC∩ BD＝ O，連接 OE. 由 (1)知， AC⊥ 平面 PDB 于點 O， ∴∠ AEO 為 AE 與平面 PDB 所成的角． ∵ 點 O、 E 分別為 DB、 PB 的中點， ∴ OE∥ PD，且 OE＝ 12PD. 又 ∵ PD⊥ 底面 ABCD， ∴ OE⊥ 底面 ABCD， ∴ OE⊥ AO. 在 Rt△ AOE 中， OE＝ 12PD＝ 22 AB＝ AO， ∴∠ AEO＝ 45176。. 即 AE 與平面 PDB 所成的角為 45176。. 求直線與平面所成的角，一般分為兩大步： (1)找直線與平面所成的角，即通過找直線在平面上的射影來完成； (2)計算，要把直線與平面所成的角轉(zhuǎn)化到一個三角形中求解． 【訓(xùn)練 4】 (2020麗水質(zhì)檢 ) 如圖，已知 DC⊥ 平面 ABC， EB∥ DC， AC＝ BC＝ EB＝ 2DC＝ 2， ∠ ACB＝ 120176。，P， Q 分別 為 AE， AB 的中點． (1)證明： PQ∥ 平面 ACD； (2)求 AD 與平面 ABE 所成角的正弦值． (1)證明 因為 P， Q 分別為 AE， AB 的中點，所以 PQ∥ EB. 又 DC∥ EB，因此 PQ∥ DC， PQ?平面 ACD， DC? 平面 ACD，從而 PQ∥ 平面ACD. (2)解 如圖，連接 CQ， DP. 因為 Q 為 AB 的中點，且 AC＝ BC， 所以 CQ⊥ AB. 因為 DC⊥ 平面 ABC， EB∥ DC， 所以 EB⊥ 平面 ABC. 因此 CQ⊥ EB，又 AB∩ EB＝ B， 故 CQ⊥ 平面 ABE. 由 (1)有 PQ∥ DC，又 PQ＝ 12EB＝ DC， 所以四邊形 CQPD 為平行四邊形，故 DP∥ CQ， 因此 DP⊥ 平面 ABE， ∠ DAP 為 AD 和平面 ABE 所成的角， 在 Rt△ DPA中， AD＝ 5， DP＝ 1， sin∠ DAP＝ 55 . 因此 AD 和平面 ABE 所成角的正弦值為 55 . 閱卷報告 11—— 證明過程推理不嚴(yán)密而丟分 【問題診斷】 高考對空間線面關(guān)系的考查每年 必有一道解答題，難度為中低檔題，大多數(shù)考生會做而得不到全分，往往因為推理不嚴(yán)密，跳步作答所致 . 【防范措施】 解題過程要表達(dá)準(zhǔn)確、格式要符合要求 .每步推理要有根有據(jù) .計算題要有明確的計算過程，不可跨度太大，以免漏掉得分點 .引入數(shù)據(jù)要明確、要寫明已知、設(shè)等字樣 .要養(yǎng)成良好的書寫習(xí)慣 . 【 示例 】 ?(2020江蘇 )如圖， 在四棱錐 PABCD 中，平面 PAD⊥ 平面 ABCD， AB＝ AD， ∠ BAD＝ 60176。， E， F 分別是 AP， AD 的中點．求證： (1)直線 EF∥ 平 面 PCD； (2)平面 BEF⊥ 平面 PAD. 錯因 在運用判定定理時漏掉關(guān)鍵條件致使推理不嚴(yán)謹(jǐn)致誤． 實錄 (1)在 △ PAD 中，因為 E， F 分別為 AP、 AD 的中點，所以 EF∥ PD，所以EF∥ 平面 PCD. (2)△ ABD 為正三角形， ∴ BF⊥ AD， 又平面 PAD⊥ 平面 ABCD ∴ BF⊥ 平面 PAD， ∴ 平面 BEF⊥ 平面 PAD. 正解 (1)在 △ PAD 中，因為 E， F 分別為 AP， AD 的中點，所以 EF∥ PD. 又因為 EF?平面 PCD， PD? 平面 PCD，所以直線 EF∥ 平面 PCD. (2)如圖，連結(jié) BD. 因為 AB＝ AD， ∠ BAD＝ 60176。， 所以 △ ABD 為正三角形． 因為 F 是 AD 的中點，所以 BF⊥ AD. 因為平面 PAD⊥ 平面 ABCD， BF? 平面 ABCD，平面 PAD∩ 平面 ABCD＝ AD，所以 BF⊥ 平面 PAD. 又因為 BF? 平面 BEF，所以平面 BEF⊥ 平面 PAD. 【試一試】 如圖 所示，在四棱錐 PABCD 中，底面 ABCD 是邊長為 a 的正方形， E、 F 分別為 PC、BD 的中點，側(cè)面 PAD⊥ 底面 ABCD，且 PA＝ PD＝ 22 AD. (1)求證： EF∥ 平面 PAD； (2)求證：平面 PAB⊥ 平面 PCD. [嘗試解答 ] (1)連接 AC，則 F 是 AC 的中點， E 為 PC的中點，故在 △ CP