8.6.2 直线与平面垂直 （解析版）

8.6.2直线与平面垂直 【考点梳理】 考点一直线与平面垂直的定义定义如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直记法l⊥α有关概念直线l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面，它们唯一的公共点P叫做垂足图示画法画直线与平面垂直时，通常把直线画成与表示平面的平行四边形的一边垂直考点二直线与平面垂直的判定定理文字语言如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直符号语言l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α图形语言考点三直线与平面所成的角有关概念对应图形斜线一条直线与平面α相交，但不与这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，如图中直线PA斜足斜线和平面的交点，图中点A射影过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面上的射影，图中斜线PA在平面α上的射影为直线AO直线与平面所成的角定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，图中∠PAO规定：一条直线垂直于平面，它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°取值范围设直线与平面所成的角为θ，0°≤θ≤90°·文字语言垂直于同一个平面的两条直线平行符号语言eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b图形语言【题型归纳】题型一：直线与平面垂直的定义以及判定定理的理解1．（2022春·河北张家口·高一校联考阶段）已知、、是不重合的直线，、是不重合的平面，对于下列命题①若，，则②且，则③且，则④若、是异面直线，，，且，则其中真命题的序号是（

）A．①② B．③④ C．②④ D．①③【答案】B【分析】根据空间中线线、线面位置关系的性质定理与判定定理一一判断即可.【详解】解：对于①若，，则与可能平行也可能异面，故①错误；对于②，若，且，则或，故②错误；对于③，若，且，则由线面垂直的判定定理得，故③正确；对于④，若、是异面直线，，，且，如图，因为，所以存在直线，且满足，又，所以同理存在直线，且满足，又，所以，因为、是异面直线，所以与相交，设，又，所以，故④正确.故选：B2．（2022·高一单元测试）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个命题：①如果，，，，那么；②如果，，那么；③如果，，，那么；④如果，，，那么.其中正确命题的个数有（

）A．4个 B．3个C．2个 D．1个【答案】D【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.【详解】解：对于①如果，，，，那么或与相交，故①错误；对于②如果，，由线面垂直的性质可知，故②正确；对于③如果，，，那么或或与相交（不垂直）或与异面（不垂直），故③错误；对于④如果，，，那么或与相交（不垂直），当且仅当，，，，那么，故④错误.故选：D3．（2023春·全国·高一专题练习）如图，圆柱中，是侧面的母线，AB是底面的直径，C是底面圆上一点，则（

）A．平面 B．平面C．平面 D．平面【答案】A【分析】根据线面垂直的判定定理及定义判断即可；【详解】解：依题意平面，平面，所以，又是底面圆的直径，所以，，平面，所以平面，故A正确；对于B：显然与不垂直，则不可能垂直平面，故B错误；对于C：显然与不垂直，则不可能垂直平面，故C错误；对于D：显然与不垂直，则不可能垂直平面，故D错误；故选：A题型二：直线与平面垂直的判定4．（2023·高一课时练习）如图所示，和所在平面互相垂直，且，点分别为的中点，求证：平面【答案】证明见解析【分析】分别利用三角形相似和等腰三角形性质可得、，再由线面垂直的判定定理可得平面，而由可得答案.【详解】由且，可得，所以，又由为的中点，所以，因为为的中点，可得，又因为且平面，所以平面，因为分别为的中点，所以，所以平面．5．（2023春·全国·高一专题练习）如图，是三棱锥的高，线段的中点为，且，.(1)证明：平面；(2)求到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）根据已知条件证明，，由直线与平面垂直的判定定理即可证明.（2）法一：在平面中，过点作，证明平面，再求值即可；法二：到平面的距离，是三棱锥的高，利用等体积法求解.【详解】（1）因为，线段的中点为，所以.因为是三棱锥的高，所以平面，因为平面，所以.因为平面，平面，，所以平面（2）法一：（综合法）在平面中，过点作，如图所示，因为平面，平面，所以.因为，平面，平面，，所以平面.在中，.所以在中，，所以，所以到平面的距离为.法二：（等体积法）设到平面的距离为，则在中，.在中，.因为是三棱锥的高，所以，，解得，所以到平面的距离为.6．（2023春·全国·高一专题练习）如图，四面体ABCD中，O，E分别是BD，BC的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，．(1)求证：平面BCD；(2)求点E到平面ACD的距离．【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）根据线面垂直判定定理，结合勾股定理和等腰三角形的性质，可得答案；（2）根据等体积法，结合三角形面积公式，可得答案.【详解】（1）证明：O，E分别是BD，BC的中点，，，，则，即，，则，即，在中，由已知可得，，平面，平面.（2）设点E到平面ACD的距离为，如图所示：，，在中，而，，点E到平面ACD的距离为题型三：直线与平面垂直的性质7．（2022春·内蒙古赤峰·高一统考期末）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，，点D，E分别在棱和棱上，且，，M为棱的中点．(1)求证：；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）证明出平面，即可证得；（2）根据锥体体积公式，由此可求三棱锥的体积．（1）∵，，∴，∵平面，平面，∴，∵，∴，∵，平面，∴平面，又平面，∴．（2）∵平面，平面ABC，∴，又∵，，∴平面．，8．（2023·高一单元测试）如图，在四棱锥中，底面为边长为2的菱形且对角线与交于点，底面，点是的中点.(1)求证：；(2)若三棱锥的体积为1，求的长.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）将线线垂直转化为平面，根据线面垂直判定定理可证；（2）根据体积转化，然后由体积公式可得.【详解】（1）为菱形，.平面平面，.，平面,平面平面.平面，.（2）点是的中点，，.，又，.9．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，在三棱锥中，，且，．(1)证明：；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）计算出的长以及的面积，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积.【详解】（1）证明：因为，则，，，、平面，平面，平面，，，，、平面，平面，平面，.（2）解：，，则，的面积为，，，，，因为平面，因此，.题型四：求直线与平面所成的角10．（2023·高一课时练习）在正方体中，若点是面的中心，则与平面所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】取中点，则所求线面角为，利用勾股定理求得，作比可求得结果.【详解】取中点，连接为侧面的中心，平面，与平面所成角即为，设正方体棱长为，则，，，，即与平面所成角的余弦值为.故选：C.11．（2023·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，PD⊥底面ABCD，四边形ABCD为正方形，且，G为△ABC的重心，则PG与底面ABCD所成的角的正弦值等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接BD，判断G在BD上，判断为PG与底面ABCD所成的角，解直角三角形求得所求正弦值.【详解】连接BD交于，四边形ABCD为正方形，则为中点，∵G为△ABC的重心，则G在BD上，且，∴，∵PD⊥底面ABCD，∴为PG与底面ABCD所成的角，面ABCD，则，∴，∴.故选：C12．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，平面．若，则直线与平面所成的角的大小为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用等积法可得到平面的距离，进而即得.【详解】因为平面，平面，平面，平面，所以，，，又底面是边长为a的正方形，所以，又平面，平面，所以平面，平面，所以，设到平面的距离为，直线与平面所成的角，则，所以，，所以，所以，又，所以.故选：A.题型五：直线和平行位置关系的综合13．（2022·全国·高一专题练习）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.（1）求三棱锥的体积；（2）已知D为棱上的点，证明：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）先证明为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.【详解】（1）由于，，所以，又AB⊥BB1，，故平面，则，为等腰直角三角形，，.（2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，正方形中，为中点，则，又，故平面，而平面，从而.【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.14．（2022·高一课时练习）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III）.【分析】（I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果；（II）取棱的中点，连接，依题意，得，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得结果；（III）利用线面角的平面角的定义得到为直线与平面所成的角，放在直角三角形中求得结果.【详解】（I）证明：连接，易知，，又由，故，又因为平面，平面，所以平面.（II）证明：取棱的中点，连接，依题意，得，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故，又已知，，所以平面.（III）解：连接，由（II）中平面，可知为直线与平面所成的角.因为为等边三角形，且为的中点，所以，又，在中，，所以，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力和推理能力.15．（2022春·福建福州·高一校考期末）如图，已知平面，，，，，，点和分别为和的中点．(1)求证：平面；(2)求证：平面；(3)求直线与平面所成角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）连接，推导出，由此能证明平面．（2）推导出，从而平面，进而，由此能证明平面．（3）取中点和中点，连接，，，推导出四边形是平行四边形，从而且，进而平面，即为直线与平面所成角，由此能求出直线与平面所成角的大小．（1）证明：连接，在中，和分别是和的中点，，又平面，平面，平面．（2）证明：，为中点，，平面，，平面，，又，平面，平面，（3）解：取中点和中点，连接，，，和分别为和的中点，且，且，四边形是平行四边形，且，又平面，平面，即为直线与平面所成角，在中，可得，，，，且，又由，，在中，，在中，，，即直线与平面所成角的大小为．【双基达标】一、单选题16．（2023·全国·高一专题练习）设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题中正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】A【分析】根据空间线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，根据线面垂直的定义可知，若，，则，A选项正确.B选项，若，，则可能平行，所以B选项错误.C选项，若，，则可能含于平面，所以C选项错误.D选项，若，，则可能含于平面，所以D选项错误.故选：A17．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，为圆的直径，为圆周上不与点A、C重合的点，圆所在的平面，连接SB、SC、AB、BC，则图中直角三角形的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】由线面垂直的性质以及判定得出，，进而得出图中直角三角形的个数.【详解】因为圆所在的平面，所以，即,为直角三角形.又，所以由线面垂直的判定可知，平面，即，即,为直角三角形.故图中直角三角形的个数是4.故选：D18．（2023·全国·高一专题练习）设是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，则（

）A．若，，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】B【分析】AD可举出反例，B选项，由线面垂直的判定定理得；C选项，可得到；【详解】A选项，与相交、平行或，如图1，当时，与相交，故A错误；B选项，因为，，所以，因为，则由线面垂直的判定定理得，故B正确；C选项，因为，，所以，因为，所以，故C错误；D选项，若，，，则与相交、平行或异面，如图2，满足，，，而与异面，故D错误．故选：B．19．（2023·全国·高一专题练习）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】C【分析】利用线面平行以及线面垂直的相关知识，逐一验证，可得答案.【详解】对于A，由，则设，当时，也是符合条件的，故A错误；对于B，由，则直线与的位置是平行或异面，故B错误；对于C，由，则存在，，由，则，故C正确；对于D，设，当时，且，也可推出，故D错误，故选：C20．（2023·高一单元测试）如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中错误的是（

）A．EF平面B．C．EF与AD1所成角为60°D．EF与平面所成角的正弦值为【答案】C【分析】对于A，证得，则EF平面ABC1D1，从而得出判断；对于B，证得平面ABC1D1，从而，而EFBD1，可得EF⊥B1C，从而得出判断；对于C，由，得EF与AD1所成角为，在中求解即可得出判断；对于D，由，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，在中求解即可得出判断．【详解】对于A，连接BD1，在中，E、F分别为D1D、DB的中点，则EFD1B，又∵D1B平面ABC1D1，EF平面ABC1D1，∴EF平面ABC1D1，故A正确；对于B，∵平面，平面，∴B1C⊥AB，又B1C⊥BC1，AB平面ABC1D1，BC1平面ABC1D1，ABBC1=B，∴B1C⊥平面ABC1D1，又∵BD1平面ABC1D1，∴B1C⊥BD1，而EFBD1，∴EF⊥B1C，故B正确；对于C，由，得EF与AD1所成角为.在中，，所以，所以EF与AD1所成角不为60°，故C错误；对于D，由，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，在中，，所以，故D正确．故选：C．21．（2023春·全国·高一专题练习）如图，直三棱柱，.证明：【答案】证明见解析【分析】利用线面垂直的判定定理和性质定理求解即可.【详解】因为直三棱柱，所以平面，并且平面所以，又因为，且，平面，所以平面，又因为平面，所以.22．（2023·高一课时练习）如图，已知正方体的棱长为2．(1)求直线和平面ABCD所成角的大小；(2)求直线和平面ABCD所成角的正切值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由平面ABCD得直线和平面ABCD所成角，从而得解；（2）由平面ABCD得直线和平面ABCD所成角，从而得解．【详解】（1）因为平面ABCD，∴直线在平面ABCD上的射影为直线AB，∴就是直线和平面ABCD所成的角．∵在中，，则，∴直线和平面ABCD所成角的大小为．（2）因为平面ABCD，∴直线在平面ABCD上的射影为直线，∴就是直线和平面ABCD所成的角．∵在中，，则，∴直线和平面ABCD所成角的的正切值为．23．（2023·高一单元测试）如图，在三棱锥中，为的中点.(1)证明：平面；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明，，结合线面垂直的判定即可证；（2）点O到平面PAC距离，即为三棱锥面PAC的高，计算出与即可.【详解】（1）证明：因为为的中点，所以.连接，因为，所以.又，所以，所以.因为平面平面，所以平面.（2）因为，所以，.，.设点到的距离为，则，则.设点到平面的距离为，则.因为，所以，解得，即点到平面的距离为.【高分突破】一、单选题24．（2022春·福建三明·高一统考期末）在长方体中，，，则直线与平面ABCD所成角的正弦为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由长方体性质易知为与面ABCD所成角的平面角，进而求其正弦值即可.【详解】根据长方体性质知：面，故为与面ABCD所成角的平面角，，所以.故选：A25．（2022·高一单元测试）已知三棱柱中，所有棱长均为6，且，则该三棱柱的侧面积等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意得点在底面内的投影点O必定在底部正三角形ABC的的角平分线上，可证得为矩形，分别为求出矩形的面积，四边形，的面积即可得出答案.【详解】由于三棱柱的所有棱长均等于6，且，所以点在底面内的投影点O必定在底部正三角形ABC的的角平分线上，所以平面ABC，延长交于点，为的中点，所以，，所以，所以平面，又因为平面，所以，又因为，，所以矩形的面积为，四边形，的面积为：，所以该三棱柱的表面积等于.故选：C.26．（2022春·湖南永州·高一统考期末）《九章算术》中，将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，在四棱柱中，棱锥即为阳马，已知，则阳马的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合线面垂直的判定与性质可得到，，，均为直角三角形，分别求得各面的面积，加和即可得到所求的阳马的表面积.【详解】由题意知：平面，平面，，又，平面，，平面，平面，；同理可得：；则，，，均为直角三角形，，，，，，阳马的表面积.故选：B.27．（2022春·江苏苏州·高一校联考期末）如图将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，有如下四个结论①

②ACD是等边三角形③AB与CD所成的角为

④AB与平面BCD所成的角为其中错误的结论是（

）A．① B．② C．③ D．④【答案】D【分析】①利用线面垂直的判定定理判断；②求得AC判断；③分别取AD，AC的中点F，H，连接OF，OH，FH，得到为所求判断；④易知是直线AB与平面BCD所成的角判断.【详解】设正方形边长为2，折叠前AC与BD交于点O，折叠后，如图所示：①因为，且，所以平面AOC，又平面AOC所以，故正确；②由题意知：，则，又，所以ACD是等边三角形，故正确；③分别取AD，AC的中点F，H，连接OF，OH，FH，，则为AB与CD所成的角(或其补角)，又，所以是等边三角形，所以AB与CD所成的角为，故正确；④因为平面平面BCD，平面平面BCD=BD，且，所以平面BCD，则是直线AB与平面BCD所成的角，且，故错误；故选：D28．（2022春·广东·高一统考期末）如图正方体的棱长为a，以下结论中，错误的是（

）A．异面直线与所成的角为 B．直线与垂直C．直线与平行 D．直线与平行【答案】C【分析】对A，根据直线再在三角形中判断即可；对B，根据直线，结合正方体的性质判定即可；对C，根据线面垂直的性质判断直线与垂直即可；对D，根据平行四边形判断即可；【详解】对A，正方体中，且，故平行四边形，故，易得正，故异面直线与所成的角为直线与所成的角为，故A正确；对B，因为正方形，故直线与垂直，又，故与垂直，故B正确；对C，因为，平面，故，又平面，故平面，因为平面，故直线与垂直，故C错误；对D，由A可知平行四边形，故，D正确；故选：C29．（2023春·全国·高一专题练习）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．已知在阳马P-ABCD中，侧棱底面ABCD，且，则直线PD与平面PAC所成角的正弦值等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先找到直线PD在平面PAC上的射影，进而根据线面角的定义求得答案.【详解】如图，在正方形ABCD中，连接BD交AC于O，则，连接PO.因为平面ABCD，平面ABCD，所以，而，则平面PAC，于是是直线PD与平面PAC所成的角.因为PA=AD=1，易知PA⊥AD，所以，易得，所以，即直线PD与平面PAC所成角的正弦值为.故选：A.二、多选题30．（2023·高一单元测试）在棱长为2的正方体中，与交于点，则（

）A．平面B．平面C．与平面所成的角为D．三棱锥的体积为【答案】ABD【分析】根据线面平行判定定理判断A，利用线面垂直判定定理判断B，利用线面夹角的定义判断C，根据等体积法判断D.【详解】∵平面平面平面，A对；因为又平面，平面，所以平面平面，B对；因为平面与平面所成角为因为，C错；因为，D对.故选：.31．（2023·全国·高一专题练习）如图，在长方体中，，，E为棱的中点，则（

）A．面 B．C．平面截该长方体所得截面面积为 D．三棱锥的体积为【答案】ABD【分析】对于A：根据长方体的性质得出，即可证明；对于B：根据底面是正方体，得出，根据三垂线定理结合长方体性质即可证明；对于C：根据长方体对称性易知平面截该长方体所得截面面积为，根据已知得出，，，即可根据余弦定理得出，即可根据同角三角函数公式得出，即可根据三角形面积公式得出答案验证；对于D：根据已知直接利用三棱锥的体积公式得出答案；【详解】对于选项A：连接，为长方体，，，∴四边形是平行四边形，，平面，平面，面，故选项A正确；对于选项B：，，平面，在平面上的投影为，，故选项B正确；对于选项C：根据长方体对称性易知平面截该长方体所得截面面积为，，，，，，，由，可得，则，故C错误；对于选项D：三棱锥的底面积，高为，则三棱锥的体积为，故D正确；故选：ABD.32．（2023·全国·高一专题练习）已知正方体是中点，则（

）A．面 B．C． D．平面【答案】BC【分析】与平面相交于点，判断选项A，体对角线与异面的面对角线相互垂直，判断选项B，等边三角形中为中点，判断选项C，不垂直于平面，判断选项D.【详解】与平面相交于点，故选项A错误；,面面面,故选项B正确；连接,为等边三角形，为中点，,,则故选项C正确；由于,故不垂直于，不垂直于平面，故选项D错误.故选：BC.33．（2023·高一单元测试）如图，平面，正方形边长为1，E是CD的中点，F是AD上一点，当时，则（

）A．B．C．若PA=1，则异面直线PE与BC所成角的余弦值为D．若PA=1，则直线PE与平面所成角为【答案】BC【分析】连接，证明，计算判断AB；求出异面直线夹角余弦、线面角的正弦判断CD作答.【详解】连接，如图，因为平面，平面，则，而，平面，于是平面，又平面，因此，在正方形中，，，则，，A错误，B正确；取中点，连接，则，为异面直线PE与BC所成的角或其补角，而平面，平面，有，又，平面，则有平面，平面，于是，，因此，C正确；由平面知，是直线PE与平面所成的角，，显然，D错误.故选：BC34．（2022春·重庆沙坪坝·高一重庆八中校考期末）在边长为4的正方形中，如图1所示，，，分别为，，的中点，分别沿，及所在直线把，和折起，使，，三点重合于点，得到三棱锥，如图2所示，则下列结论中正确的是（

）A．B．三棱锥的体积为4C．三棱锥外接球的表面积为D．过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的最小值为【答案】ACD【分析】根据线面垂直可判断A；根据三棱锥的等体积法结合体积公式可判断B；求得三棱锥外接球的半径，即可求得外接球的表面积，判断C；将三棱锥补成长方体，确定最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，求得截面圆半径，即可得截面的面积，判断D.【详解】对于A：由题意知平面，所以平面，平面，所以，故A正确；对于B：,因为M为的中点，所以,故B错误；对于C：因为两两垂直，故三棱锥的外接球半径和长宽高分别为的长方体的外接球半径相等，故其外接球半径,故外接球表面积，故C正确；对于D：将三棱锥补成如图所示长方体，，设长方体外接球球心为O，即为三棱锥的外接球球心过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面为圆，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，,此时截面圆半径为此时截面圆的面积为，所以过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的最小值为，故D正确,故选：ACD三、填空题35．（2023·高一课时练习）已知正三棱柱的侧棱长与底面边长相等，则与侧面所成角的正弦值是______．【答案】【分析】由正三棱柱结构特征及线面角定义确定其平面角，进而求其正弦值.【详解】若为中点，连接，由正三棱柱的侧棱长与底面边长相等，故，且面，面，则，，面，所以面，故为与侧面所成角平面角，所以.故答案为：36．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，，直线与平面成角.设四面体外接球的圆心为，则球的体积为__________.【答案】##【分析】先证明出△PCD和△PBC均为直角三角形，得到O点位置，可求得外接球的半径，可求其体积．【详解】在底面ABCD上，，AD⊥AB，DC＝2，AD＝AB＝1，所以∠ADB＝∠ABD＝45°，所以，在△BCD上，，由余弦定理可得：，所以，所以∠CBD＝90°．所以BD⊥CB．又因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥BC．又PD∩BD＝D，PD面PBD，BD面PBD所以BC⊥面PBD，所以BC⊥PB．则△PCD和△PBC均为直角三角形，当O点为PC中点时，OP＝OD＝OB＝OC，此时O为四面体PBCD的外接球的球心．∵直线PA与平面ABCD成45°角．PD⊥平面ABCD，则∠PAD＝45°，∴PD＝AD＝1，又，∴四面体PBCD外接球的半径为，所以四面体PBCD外接球的体积为．故答案为：．37．（2023·全国·高一专题练习）如图，斜三棱柱中，底面是边长为1的正三角形，侧棱长为2，，则该斜三棱柱的侧面积是_________．【答案】##【分析】过点作于，证出≌，得出，证得平面，得出，结合再证明出，得出平行四边形为矩形，即可计算出斜三棱柱的侧面积．【详解】过点作于，如图所示，，，，≌，，，即，又，平面，又平面，，又，，∴平行四边形为矩形，∴该斜三棱柱的侧面积为：，故答案为：．38．（2023·全国·高一专题练习）半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则正确的序号是______.①平面；

②与所成角为；③该二十四等边体的体积为；

④该二十四等边体外接球的表面积为.【答案】③④【分析】将该二十四等边体补形为正方体，利用与是异面直线判定选项①错误，利用和的形状判定选项②错误，利用正方体和等二十四等边体的关系和分割法判定选项③正确，利用该二十四等边体外接球的球心即为正方体的中心及球的表面积公式判定选项④正确．【详解】解：将该二十四等边体补形为正方体（如图所示），因为该二十四等边体的所有棱长都为，所以正方体的棱长为，对于①：根据正方体的性质可得平面，平面，所以，同理可证，，平面，所以平面，而与是异面直线，所以平面不成立，即选项①错误；对于②：因为，所以是与所成角或其补角，在中，，因为，所以，即选项②错误；对于③：因为该二十四等边体的所有棱长都为，所以正方体的棱长为2，所以该二十四等边体的体积为，即选项③正确；对于④：设该二十四等边体外接球的半径为，该二十四等边体外接球的球心即为正方体的中心，正方体六个表面的面积都为1，所以，所以其表面积为，即选项④正确．故答案为：③④．四、解答题39．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，在正方体-中，为的中点，与交于点，求证：⊥平面.【答案】证明见解析.【分析】要证明⊥平面，根据直线与平面垂直的判定定理可知，只需证明直线垂直于平面中的两条相交直线即可.【详解】证明∵四边形为正方形，∴，∵平面，，∴，又∵，且，∴平面，而，∴，令正方体的棱长为2，连接，，如下图所示则有，∴，∴，又且，∴⊥平面.40．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，，，F是PD的中点，点在棱CD．(1)求四棱锥P－ABCD的表面积；(2)求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意可证出，，则表面积等于四个直角三角形与底面矩形之和，根据勾股定理求出各边长即可求得表面积.（2）由已知条件，根据线面垂直的判定定理，即可证出平面，由线面垂直的性质和已知条件再证平面，即可推出.【详解】（1）解：已知平面，平面，，而底面ABCD是矩形，则，又，平面，，∴平面，平面ABP，∴，∴，同理可得，∴.（2）证明：∵平面，平面，∴，又四边形是矩形，∴，∵，∴平面，∵平面，∴，又∵，点F是的中点，∴，而，∴平面，∵平面，∴．41．（2023·高一课时练习）已知圆锥的轴截面SAB是等腰直角三角形，，Q是底面圆O内一点，且，C是AS中点，D是点O在SQ上的射影．(1)求证：面AQS；(2)求三棱锥体积的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据空间中线线垂直，线面垂直的相互转化关系即可证明．（2）先通过空间中垂直关系证明平面，再根据三棱锥的体积公式，结合基本不等式，即可求其体积的最大值【详解】（1）∵底面，在底面上

∴又∵，，平面，平面，∴平面∵平面，∴

又∵D是点O在SQ上的射影，即且，平面，平面，∴平面（2）∵圆锥的轴截面是等腰直角三角形，C是AS中点，O是AB中点，∴又由(1)知，平面∴且，平面，平面，∴平面又∵∴当且仅当时取等号，所以三棱锥的体积最大值为．42．（2023·全国·高一专题