专题14：点、线、面的位置关系(解析版)-备战2021年高考数学(理)三轮复习查缺补漏特色专题

专题14：点、线、面的位置关系知识点和精选提升题（解析
版）
知识点：
一.空间几何体的三视图
正视图：光线从几何体的前面向后面正投影得到的投影图；反映了物体的高度和长度
侧视图：光线从几何体的左面向右面正投影得到的投影图；反映了物体的高度和宽度
俯视图：光线从几何体的上面向下面正投影得到的投影图。

反映了物体的长度和宽度
三视图中反应的长、宽、高的特点：“长对正”，“高平齐”，“宽相等” 二.空间几何体的直观图
斜二测画法的基本步骤：①建立适当直角坐标系xOy （尽可能使更多的点在坐标轴上） ②建立斜坐标系'''x O y ∠，使'''x O y ∠=450
（或1350
）
③画对应图形
在已知图形平行于X 轴的线段，在直观图中画成平行于X ‘
轴，且长度保持不变；
在已知图形平行于Y 轴的线段，在直观图中画成平行于Y ‘
轴，且长度变为原来的一半； 直观图与原图形的面积关系：4
2S ⋅=原图形直观图S 三.空间几何体的表面积与体积
⑴圆柱侧面积；l r S ⋅⋅=π2侧面 ⑵圆锥侧面积：l r S ⋅⋅=π侧面 ⑶圆台侧面积：l R l r S ⋅⋅+⋅⋅=ππ侧面 h S V ⋅=柱体h S V ⋅=3
1锥体
()
1
3
V h S S S S =+⋅+下下
台体上上
球的表面积和体积 32
3
44R V R S ππ=
=球球，. 正三棱锥是底面是等边三角形，三个侧面是全等的等腰三角形的三棱锥。

正四面体是每个面都是全等的等边三角形的三棱锥。

第二章 点、直线、平面之间的位置关系知识点总结
一. 平面基本性质即三条公理
公理 1
公理2
公理3
图形语言
文字
语言
如果一条直线上的两点在
一个平面内，那么这条直线
在此平面内. 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面.
如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.
符号
语言 ,,A l B l l A B ααα∈∈⎫⇒⊂⎬∈∈⎭
,,,,A B C A B C α
⇒不共线确定平面
,l
P P P l αβαβ=⎧∈∈⇒⎨∈⎩
作用 判断线在面内
确定一个平面
证明多点共线
公理2的三条推论：
推论1 经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面； 推论2 经过两条相交直线，有且只有一个平面； 推论3 经过两条平行直线，有且只有一个平面.
二．直线与直线的位置关系
共面直线： 相交直线：同一平面内，有且只有一个公共点； 平行直线：同一平面内，没有公共点；
异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点。

（既不平行，也不相交） 三．直线与平面的位置关系有三种情况：
在平面内——有无数个公共点 ． 符号 a α 相交——有且只有一个公共点 符号 a ∩α= A 平行——没有公共点 符号 a ∥α
说明：直线与平面相交或平行的情况统称为直线在平面外，可用a α来表示 1．直线和平面平行的判定
(1)定义：直线和平面没有公共点，则称直线平行于平面；
(2)判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。

简记为：线线平行，则线面平行。

符号： ////a b a a b ααα⊄⎫
⎪⊂⇒⎬⎪⎭
2．直线和平面平行的性质定理：
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行。

简记为：线面平行，则线线平行.
符号: a a a b b α
βαβ⊂⇒=⎫
⎪⎬
⎪⎭
3．直线与平面垂直
⑴定义：如果一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，那么就说这条直线和这个平面垂直。

⑵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。

简记为：线线垂直，则线面垂直.
符号：,,m n m n A l l m l n αα⊂⎫⎪
=⇒⊥⎬⎪⊥⊥⎭
4.直线与平面垂直
性质Ⅰ：垂直于同一个平面的两条直线平行。

符号： a a b b αα⊥⎫
⇒⎬⊥⎭
性质Ⅱ：垂直于同一直线的两平面平行
符号：l l ααββ⊥⎫⇒⎬⊥⎭
推论：如果两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．
符号语言：a ∥b, a ⊥α，⇒b ⊥α
四．平面与平面的位置关系：
平行——没有公共点： 符号 α∥β 相交——有一条公共直线: 符号 α∩β=a 1．平面与平面平行的判定
(1)定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；
(2)判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行。

简记为：线面平行，则面面平行.
符号：,,a b a b A a b αααβββ⊂⊂⎫
⎪=⇒⎬⎪⎭
2．平面与平面平行的性质定理：如果两个平行的平面同时与第三个平面相交，那么它
们的交线平行。

简记为：面面平行，则线线平行.
符号：a a b b αβ
αγβγ=⇒=⎫⎪
⎬⎪⎭
补充：平行于同一平面的两平面平行； 夹在两平行平面间的平行线段相等；
两平面平行，一平面上的任一条直线与另一个平面平行； 3．平面与平面垂直的判定 ⑴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垂直。

⑵判定定理：一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面垂直。

简记为：线面面垂直，则面面垂直. 符号：
l l βαβα⊥⇒⊥⊂⎫⎬⎭
推论：如果一个平面平行于另一个平面的一条垂线，则这个平面与另一个平面垂直。

4.平面与平面垂直的性质定理：两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面。

简记为：面面垂直，则线面垂直.
证明线线平行的方法
①三角形中位线 ②平行四边形 ③线面平行的性质 ④平行线的传递性 ⑤面面平行的性质 ⑥垂直于同一平面的两直线平行； 证明线线垂直的方法
①定义：两条直线所成的角为90°；（特别是证明异面直线垂直）； ②线面垂直的性质 ③利用勾股定理证明两相交直线垂直；
④利用等腰三角形三线合一证明两相交直线垂直； 五：三种成角 1.异面直线成角
步骤：1、平移，转化为相交直线所成角；2、找锐角（或直角）作为夹角；3、求解
注意：取值范围：（0。

,90。

].
2.线面成角：斜线与它在平面上的射影成的角，取值范围：（0。

,90。

].
如图：PA 是平面α的一条斜线，A 为斜足，O 为垂足，OA 叫斜线PA 在平面α上射影，PAO ∠为线面角。

3.二面角：从一条直线出发的两个半平面形成的图形 取值范围：（0。

,180。

）
六.点到平面的距离：定义法和等体积法
一、单选题
1．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）
A ．
51
4
- B ．
51
2
- C ．
51
4
+ D ．
51
2
+ 【答案】C 【分析】
----,,l OA OB l OA l OB l AOB αβαβαβ⊂⊂⊥⊥∠如图：在二面角中，O 棱上一点，，，的平面角。

且则为二面角
设,CD a PE b ==，利用2
1
2
PO CD PE =⋅得到关于,a b 的方程，解方程即可得到答案. 【详解】
如图，设,CD a PE b ==，则2
2224
a PO PE OE
b =-=-
，
由题意2
12PO ab =，即22
142
a b ab
-=，化简得24()210b b a a -⋅-=， 解得
15
4
b a +=
（负值舍去）. 故选：C.
【点晴】
本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题. 2．已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ） A ．64π B ．48π
C ．36π
D ．32π
【答案】A 【分析】
由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论. 【详解】
设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意， 得24,2r r ππ=∴=，
ABC 为等边三角形，
由正弦定理可得2sin 6023AB r =︒=，
123OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，
222211111,4OO O A R OA OO O A OO r ∴⊥==+=+=， ∴球O 的表面积2464S R ππ==.
故选：A
【点睛】
本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
3．已知△ABC 是面积为
93
4
的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ） A ．3 B ．
32
C ．1
D ．
32
【答案】C 【分析】
根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离22d R r =-.
【详解】
设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.
设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，
ABC 是面积为934
的等边三角形，
21393224a ∴⨯=，解得：3a =，22
229933434a r a ∴=⨯-=⨯-=，
∴球心O 到平面ABC 的距离22431d R r =-=-=.
故选：C. 【点睛】
本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 4．下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）
A ．6+42
B ．4+42
C ．6+23
D ．4+23
【答案】C 【分析】
根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积. 【详解】
根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形
根据立体图形可得：1
2222
ABC ADC CDB S S S ===
⨯⨯=△△△
根据勾股定理可得：AB AD DB
===
∴ADB △
是边长为
根据三角形面积公式可得：
2
11
sin60
222
ADB
S AB AD
=⋅⋅︒=⋅=
△
∴
该几何体的表面积是：6
32=
⨯++
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.
5．在长方体1111
ABCD A B C D
-中，1
AB BC
==
，
1
AA=1
AD 与1
DB所成角的余弦值为
A．
1
5
B
．
6
C
D
．
2
【答案】C
【解析】
分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.
详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z
轴建立空间直角坐标系，则
11
(0,0,0),(1,0,0),(1,1
D A B D,
所以
11
(1,0,3),(1,1
AD DB
=-=,
因为11
11
11
1
cos,
2
AD DB
AD DB
AD DB
⋅-
===
⨯
，所以异面直线1
AD与
1
DB所成角，选C.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”
，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
6．设A
B C D
，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，
ABC为等边三角形且其面积为
，则三棱锥D ABC
-体积的最大值为
A
．B．C．D．
【答案】B 【详解】
分析：作图，D 为MO 与球的交点，点M 为三角形ABC 的中心，判断出当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大，然后进行计算可得． 详解：如图所示，
点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 中点， 当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大 此时，OD OB R 4===
23
934
ABC
S
AB =
= AB 6∴=,
点M 为三角形ABC 的中心
2
BM 233
BE ∴=
=Rt OMB ∴中，有22OM 2OB BM -=
DM OD OM 426∴=+=+=
()max 1
9361833
D ABC V -∴=⨯=故选B.
点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到2
BM 233
BE ==OM ，进而得到结果，属于较难题型．
7．已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）
A ．
32
B ．
155
C ．
105
D ．
33
【答案】C 【解析】
如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，
则所求角为
21111,2,21221cos603,5BC D BC BD C D AB ∠==+-⨯⨯⨯︒===，
易得222
11C D BD BC =+，因此111210
cos 55
BC BC D C D ∠=
==，故选C ．
平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,]2
π，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．
8．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A ．π B ．3π4 C ．π2 D ．π4
【答案】B
【解析】【解析】如果，画出圆柱的轴截面
11,2
AC AB ==
，所以
32
r BC ==
，那么圆柱的体积是
2
233
124V r h πππ⎛⎫==⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭
，故选B.
9．如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该
几何体的体积是，则它的表面积是
A ．17π
B ．18π
C ．20π
D ．28π
【答案】A 【解析】
试题分析：由三视图知，该几何体的直观图如图所示：
是一个球被切掉左上角的,即该几何体是个球，设球的半径为，则，
解得，所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和,即
，故选A．
【考点】三视图及球的表面积与体积
【名师点睛】由于三视图能有效地考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般与几何体的表面积与体积相结合.由三视图还原出原几何体是解决此类问题的关键.
10．平面过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，,，，则m，n所成角的正弦值为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
试题分析：如图，设平面平面=，平面平面=，因为
平面，所以，则所成的角等于所成的角.延长，过作，连接，则为，同理为，而，则
所成的角即为所成的角，即为，故所成角的正弦值为，选A.
【考点】平面的截面问题，面面平行的性质定理，异面直线所成的角.
【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成的角,求异面直线所成角的步骤是：
平移定角、连线成形、解形求角、得钝求补.
11．在封闭的直三棱柱内有一个体积为V的球，若，，，
，则该球体积V的最大值是
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
试题分析：设的内切圆半径为，则
，故球的最大半径为
，故选B.
考点：球及其性质.
12．如图,已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为()
A．36π B．64π C．144π D．256π
【答案】C
【解析】如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球
的表面积为，故选C．
考点：外接球表面积和椎体的体积．
13．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A ．
1
10
B ．
25
C 30
D ．
22
【答案】C 【解析】
以C 为原点，直线CA 为x 轴，直线CB 为y 轴，直线1CC 为z 轴，则设CA=CB=1，则
(0,1,0)B ，11
(,,1)22M ，A （1，0，0），1(,0,1)2N ，故11(,,1)22BM =-
，1
(,0,1)2
AN =-，所以cos ,BM AN BM AN BM AN
⋅〈〉=
=
⋅3
465=
⋅30
10
，故选C. 考点：本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本能力，考查分析问题与解决问题的能力.
14．已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为 A ．6π B ．46π
C ．26π
D 6π
【答案】D 【分析】
先证得PB ⊥平面PAC ，再求得2PA PB PC ===
P ABC -为正方体一
部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解. 【详解】
解法一:
,PA PB PC ABC ==∆为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，
PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA 、AB 中点，
//EF PB ∴，EF AC ∴⊥，
又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===
，P ABC ∴-为正方体一部分，
22226R =++=，即 364466
,62338
R V R =
∴=π=⨯=ππ，故选D ．
解法二:
设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 中点，
//EF PB ∴，且1
2
EF PB x =
=，ABC ∆为边长为2的等边三角形， 3CF ∴=又90CEF ∠=︒2
13,2
CE x AE PA x ∴=-==
AEC ∆中余弦定理()2243cos 22x x EAC x
+--∠=
⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，
D 为AC 中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，22431
42x x x x +-+∴=， 221
2
2122
2
x x x ∴+=∴=
=
，2PA PB PC ∴===，又===2AB BC AC ，
,,PA PB PC ∴
两两垂直，2R ∴==2
R ∴=，
34433V R ∴=
π==，故选D. 【点睛】
本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决． 15．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面 【答案】B 【分析】
本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断． 【详解】
由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是//αβ的充分条件，由面面平行性质定理知，若//αβ，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是//αβ的必要条件，故选B ． 【点睛】
面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,//a b a b αβ⊂⊂，则//αβ”此类的错误．
16．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 【分析】
利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题． 【详解】
如图所示， 作EO CD ⊥于O ，连接ON ，过M 作MF OD ⊥于F ． 连BF ，
平面CDE ⊥平面ABCD ．
,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，
MFB ∴∆与EON ∆均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,1
2EO ON EN ===，
35
,,722
MF BF BM =
=∴=．BM EN ∴≠，故选B ．
【点睛】
本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角性．
二、填空题
17．如图，在三棱锥P –ABC 的平面展开图中，AC =1，3AB AD ==，AB ⊥AC ，
AB ⊥AD ，∠CAE =30°，则cos ∠FCB =______________.
【答案】1
4
- 【分析】
在ACE △中，利用余弦定理可求得CE ，可得出CF ，利用勾股定理计算出BC 、BD ，可得出BF ，然后在BCF △中利用余弦定理可求得cos FCB ∠的值. 【详解】
AB AC ⊥，3AB =1AC =，
由勾股定理得222BC AB AC =
+=，
同理得6BD =6BF BD ∴==
在ACE △中，1AC =，3AE AD ==30CAE ∠=，
由余弦定理得2223
2cos301321312
CE AC AE AC AE =+-⋅=+-⨯=， 1CF CE ∴==，
在BCF △中，2BC =，6BF =
1CF =，
由余弦定理得2221461
cos 22124
CF BC BF FCB CF BC +-+-∠===-⋅⨯⨯.
故答案为：14
-. 【点睛】
本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题. 18．设有下列四个命题：
p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内. p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面. p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行. p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是__________. ①14p p ∧②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝ 【答案】①③④ 【分析】
利用两交线直线确定一个平面可判断命题1p 的真假；利用三点共线可判断命题2p 的真假；利用异面直线可判断命题3p 的真假，利用线面垂直的定义可判断命题4p 的真假.再利用复合命题的真假可得出结论. 【详解】
对于命题1p ，可设1l 与2l 相交，这两条直线确定的平面为α； 若3l 与1l 相交，则交点A 在平面α内， 同理，3l 与2l 的交点B 也在平面α内，
所以，AB α⊂，即3l α⊂，命题1p 为真命题；
对于命题2p ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个， 命题2p 为假命题；
对于命题3p ，空间中两条直线相交、平行或异面， 命题3p 为假命题；
对于命题4p ，若直线m ⊥平面α， 则m 垂直于平面α内所有直线， 直线l ⊂平面α，∴直线m ⊥直线l ， 命题4p 为真命题. 综上可知，
，
为真命题，
，
为假命题，
14p p ∧为真命题，12p p ∧为假命题，
23p p ⌝∨为真命题，34p p ⌝∨⌝为真命题.
故答案为：①③④. 【点睛】
本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.
19．已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为
7
8
，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB 的面积为15__________． 【答案】2π 【详解】
分析：先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求结果.
详解：因为母线SA ，SB 所成角的余弦值为
7
8
，所以母线SA ，SB 所成角的正弦值为15
因为SAB 的面积为515设母线长为,l 所以22115515802l l ⨯==，
因为SA 与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为π2cos
,4l = 因此圆锥的侧面积为2
2π402π.rl l =
= 20．如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为______．
【答案】415 【解析】 如下图，连接DO 交BC 于点G ，设D ，E ，F 重合于S 点，正三角形的边长为x (x >0)，则1332OG x =⨯
36x =. ∴356FG SG x ==-，
22
2233566SO h SG GO x x ⎛⎫⎛⎫==-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 3553x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， ∴三棱锥的体积21
133553343ABC V S h x x ⎛⎫=⋅=⨯⨯- ⎪ ⎪⎝⎭△451535123
x x =-. 设()45353n x x x =-，x >0，则()3453203
n x x x '=-， 令()0n x '=，即4
3403x x -=，得43x ，易知()n x 在43x 处取得最
大值.
∴max 15485441512
V =⨯⨯-=.
点睛:对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决.
三、解答题
21．如图，已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60,ABC PA ∠=︒⊥平面,,ABCD E F 分别为,BC PA 的中点.
（1）求证:AE PD ⊥;
（2）求证://EF 平面PCD .
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）连AC ，利用已知条件可得AE BC ⊥，PA AE ⊥，进而得到AE AD ⊥，再利用线面垂直的判定定理得到AE ⊥面PAD ，即可得出结论；（2）取PD 的中点M ，连,FM MC ，利用已知条件得到四边形FECM 是平行四边形，进而得到//EF MC ，再利用线面平行的判定定理即可得出结果.
【详解】
证明：（1）连AC ，
60ABC ∠=，底面ABCD 为菱形，
ABC ∴是等边三角形，
BE EC =，
AE BC ∴⊥，
又//BC AD ，
AE AD ∴⊥，
又PA ⊥面,ABCD AE ⊂面ABCD ，
PA AE ∴⊥，
PA AD A ⋂=，
AE ∴⊥面,PAD PD ⊂面PAD ，
AE PD ∴⊥.
()2取PD 的中点M ，连,FM MC ，
PF FA =， 所以11//
,22
FM AD FM AD =， 又11//,22EC AD EC AD =， //,FM EC FM EC ∴=，
∴四边形FECM 是平行四边形，
//EF MC ∴，
又EF ⊄面,PCD MC ⊂面PCD ，
//EF ∴面PCD .
22．如图所示，直棱柱1111ABCD A B C D -中，四边形ABCD 为菱形，点E 是线段1CC 的中点．
（1）求证：1//AC 平面BDE ；
（2）求证：1BD A E ⊥．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）连接AC 交BD 于点O ，连接OE ，即可得到1//OE AC ，从而得证； （2）依题意可得1CC BD ⊥，再由AC BD ⊥，即可得到BD ⊥平面11ACC A ，从而得证；
【详解】
（1）证明：如图，连接AC 交BD 于点O ，连接OE ； 因为О，E 分别为线段AC ，1CC 的中点，故1//OE AC ， 而OE ⊂平面BDE ，1AC ⊂平面BDE ，故1//AC 平面BDE
（2）证明：因为直棱柱1111ABCD A B C D -，故1CC ⊥平面ABCD ， 又BD ⊂平面ABCD ，所以1CC BD ⊥． 因为ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥． 又1AC CC C =，AC ⊂平面11ACC A ，1CC ⊂平面11ACC A ， 所以BD ⊥平面11ACC A ． 因为1A E ⊂平面11ACC A ，故1BD A E ⊥．。