專題06立體幾何(解答題)(教師版)

1、專題06立體幾何（解答題）/ BAD=60 °,【2019年高考全國(guó)I卷文數(shù)】如圖，直四棱柱ABCD ABiCiDi的底面是菱形，AAi=4,AB=2,E, M, N分別是BC, BBi, AiD的中點(diǎn).17（1）證明：MN /平面 CiDE;（2）求點(diǎn)C到平面CiDE的距離.【答案】（i）見解析；（2）勺口7i7【解析】（i）連結(jié)BiC,ME .i因?yàn)镸, E分別為BBi, BC的中點(diǎn)，所以 ME / BiC，且ME B1c.21 又因?yàn)镹為AD的中點(diǎn)，所以 ND AD.2由題設(shè)知AB1= DC,可得B1C= AD，故ME = ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形， MN / ED

2、 .又MN 平面C1DE ,所以MN /平面C1DE .（2）過C作CiE的垂線，垂足為H.由已知可得 DE BC , DE CiC ,所以DEL平面CiCE ,故DE,CH.從而CH，平面CiDE ,故CH的長(zhǎng)即為C到平面CiDE的距離,由已知可得CE=1,Ci C=4 ,所以 C1E 宙7 ,故 CH4 1717從而點(diǎn)C到平面C1DE的距離為4g .17【名師點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及的知識(shí)點(diǎn)有線面平行的判定，點(diǎn)到平面的距離的求解，在解題的過程中，注意要熟記線面平行的判定定理的內(nèi)容，注意平行線的尋找思路，再者就是利用線面垂直找到距離問題，當(dāng)然也可以用等積法進(jìn)行求解2 .【2

3、019年高考全國(guó)n卷文數(shù)】如圖，長(zhǎng)方體ABCD ABiCiDi的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在AAi上,BEXECi.（1）證明：BE，平面 EBiCi；（2）若AE=AiE, AB=3,求四棱錐E BBQ1c的體積.【答案】（1）見詳解；（2） 18.【解析】（1）由已知得BiCi,平面ABBiAi, BE 平面ABBiAi, 故 BiCi BE .又BE ECi,所以BE，平面EBQi.(2)由(1)知2 BEBi=90°.由題設(shè)知Rt9BERt祥iBiE,所以 AEBA1EB1 45 ,故 AE=AB=3, AA1 2AE 6.作EF BBi,垂足為F,則EF，平面BBiCiC，

4、且EF AB 3.一，八 一一i所以，四棱錐 E BBiCiC的體積V 3 6 3 I8 3【名師點(diǎn)睛】本題主要考查線面垂直的判定，以及四棱錐的體積的求解，熟記線面垂直的判定定理, 以及四棱錐的體積公式即可，屬于基礎(chǔ)題型.3 .【20i9年高考全國(guó)出卷文數(shù)】圖i是由矩形ADEB, Rt/ ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中 AB=i , BE=BF=2,/FBC=60°.將其沿 AB, BC折起使得BE與BF重合，連結(jié) DG ,如圖2.(i)證明：圖2中的A, C, G, D四點(diǎn)共面，且平面 ABC,平面BCGE;(2)求圖2中的四邊形 ACGD的面積.【答案】(i)見解析

5、；(2) 4.(i)由已知得ADPBE, CGPBE,所以ADPCG,故AD, CG確定一個(gè)平面，從而 A, C, G,D四點(diǎn)共面.由已知得AB BE, AB BC,故AB 平面BCGE .又因?yàn)锳B 平面ABC,所以平面ABC 平面BCGE.(2)取CG的中點(diǎn)M,連結(jié)EM, DM.因?yàn)锳B/ DE, AB 平面BCGE,所以DE 平面BCGE ,故DE CG.由已知，四邊形BCGE是菱形，且/ EBC=60°得EM CG ,故CG 平面DEM.因止匕DM CG .在 RtA DEM 中,DE=1 , EM= 73 ,故 DM=2 .所以四邊形ACGD的面積為4.【名師點(diǎn)睛】本題是很

6、新穎的立體幾何考題，首先是多面體折疊問題，考查考生在折疊過程中哪些量是不變的，再者折疊后的多面體不是直棱柱，突出考查考生的空間想象能力4 .【2019年高考北京卷文數(shù)】如圖，在四棱錐P ABCD中，PA 平面ABCD,底部ABCD為菱形，E為CD的中點(diǎn).(1)求證：BDL平面PAC;(2)若/ ABC=60°,求證：平面 PABL平面PAE;(3)棱PB上是否存在點(diǎn)F,使得CF /平面PAE?說明理由.【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3)存在，理由見解析【解析】(1)因?yàn)镻A 平面ABCD,所以PA BD .又因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形,所以BD AC .所以BD 平面PAC.PB

7、C(2)因?yàn)镻A，平面ABCD, AE 平面ABCD,所以PAX AE.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，/ ABC=60°,且E為CD的中點(diǎn)，所以AECD.所以AB，AE.所以AE，平面PAB.所以平面PAB，平面PAE.(3)棱PB上存在點(diǎn)F,使得CF /平面PAE.取F為PB的中點(diǎn)，取G為PA的中點(diǎn)，連結(jié)CF, FG, EG.則 FG/ AB,且 FG=1AB 2,因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，且E為CD的中點(diǎn)，一11所以 CE/ AB,且 CE= AB 2,所以 FG /CE,且 FG = CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形.所以 CF/ EG.因?yàn)镃F 平面PAE, EG 平面PAE ,

8、所以CF /平面PAE.【名師點(diǎn)睛】本題主要考查線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立體幾何中的探索問題等知識(shí)，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力5 .【2019年高考天津卷文數(shù)】如圖，在四棱錐P ABCD中，底面ABCD為平行四邊形， APCD為等邊三角形，平面 PAC 平面PCD,PA CD, CD 2, AD 3.(1)設(shè)G, H分別為PB, AC的中點(diǎn)，求證： GH /平面PAD ;(2)求證：PA 平面PCD；(3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值.【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3) 等.【解析】(1)連接BD,易知ACI BD H , BH DH .又由 BG=

9、PG ,故 GH / PD.又因?yàn)镚H 平面PAD, PD 平面PAD, 所以GH /平面FAD.(2)取棱PC的中點(diǎn)N,連接DN.依題意，得DNXPC,又因?yàn)槠矫鍼AC 平面PCD ,平面PAC I平面PCD PC ,所以DN 平面PAC, 又PA 平面PAC,故DN PA.又已知 PA CD , CD I DN D ,所以PA 平面PCD.(3)連接AN,由(2)中DN 平面PAC,可知 DAN為直線AD與平面PAC所成的角,因?yàn)閆XPCD為等邊三角形，CD=2且N為PC的中點(diǎn)，所以DN .3.又 DN AN ,在 RtAND 中，sin DAN DN .AD 3b， 一一一十 Xu-、江

10、，.3所以，直線AD與平面PAC所成角的正弦值為 .【名師點(diǎn)睛】本小題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、平面與平面垂直、直線與平面所成 的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查空間想象能力和推理論證能力.AB=BC.6 .【2019年高考江蘇卷】如圖，在直三棱柱ABCAiBiCi中，D, E分別為BC, AC的中點(diǎn)，求證：（1） AiBi/平面 DECi；（2） BEXCiE.【答案】（i）見解析；（2）見解析.【解析】（i）因?yàn)镈, E分別為BC, AC的中點(diǎn), 所以 ED /AB.在直三棱柱 ABC-A iBiCi 中，AB/ AiBi,所以 AiBi / ED.又因?yàn)镋D?平面DECi, AiBi 平

11、面DECi, 所以AiBi /平面 DECi.（2）因?yàn)锳B=BC, E為AC的中點(diǎn)，所以 BEX AC.因?yàn)槿庵?ABC-A iBiCi是直棱柱，所以 CCd平面ABC.又因?yàn)锽E?平面ABC,所以CCiXBE.因?yàn)?CiC?平面 AiACCi, AC?平面 AiACCi, CiCAAC=C,所以BE,平面AiACCi.因?yàn)镃iE?平面AiACCi,所以BEXCiE.【名師點(diǎn)睛】本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力和推理論證能力.7 .【20i9年高考浙江卷】如圖，已知三棱柱 ABC ABCi,平面AACCi平面ABC, ABC 90 ,B

12、AC 30,AA Ac AC,E,F 分別是 AC, AiBi 的中點(diǎn).(i)證明：EF BC ;（2）求直線EF與平面AiBC所成角的余弦值【答案】（i）見解析；（2） 3 .5【解析】方法一：(i)連接AiE,因?yàn)锳iA=AiC, E是AC的中點(diǎn)，所以AiE±AC.又平面AiACCi，平面ABC, AiE 平面AACCi,平面 AiACCi n平面 ABC=AC,所以，AiE,平面 ABC,則 AiEBC.又因?yàn)?AiF/AB, /ABC=90 °,故 BCAiF.所以BC,平面AiEF.因此EFXBC.(2)取BC中點(diǎn)G,連接EG, GF,則EGFAi是平行四邊形.由

13、于AiE，平面ABC,故AiEEG,所以平行四邊形 EGFAi為矩形.由(1)得BC，平面EGFAi,則平面AiBC,平面EGFAi,所以EF在平面AiBC上的射影在直線AiG上.連接AiG交EF于O,則/ EOG是直線EF與平面AiBC所成的角(或其補(bǔ)角)不妨設(shè) AC=4,則在 RtAAiEG中，AiE=2 73 , EG=向.由于。為AiG的中點(diǎn)，故EO OG 公叵2i52 ，222_EO OG EG 3所以 cos EOG 2EO OG 5因此，直線EF與平面AiBC所成角的余弦值是方法二:(i)連接AiE,因?yàn)锳iA=AiC, E是AC的中點(diǎn)，所以AiEXAC.又平面AiACCi,平面

14、ABC, AiE 平面AiACCi,平面AiACCiA平面ABC=AC,所以，AiE，平面ABC.如圖，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線EC, EAi為y,百由的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E iyz.不妨設(shè)AC=4,則8.Ai (0, 0, 26) , B ( B 1, 0), Bi(T3,3,2 73) , F(#,3,273), C(0, 2, 0).uuur33_umr因此，ef (火，,2，BC ( 73,1,0).2 2'uur uur由 EF BC 0得 EF BC .(2)設(shè)直線EF與平面AiBC所成角為0.uuur_uuir_由(1)可得 BC=( 73,1,0), AC=(0

15、，2 2%.設(shè)平面A1BC的法向量為n (x, y,z),uuir,BC由AC取n (10、.3x y 0，得 _,0 y 、.3z 0uuir一 .uuur , I EF n I4, 1),故 sin| cos( EF ,n | = uuu-|EF| |n|3因此，直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為 一5【名師點(diǎn)睛】本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力【2018年高考全國(guó)I卷文數(shù)】如圖，在平行四邊形 ABCM中，AB AC 3, /ACM 90 ,以AC 為折痕將ACM折起，使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置，且 AB ± D

16、A .(1)證明：平面ACDL平面ABC;2.(2) Q為線段AD上一點(diǎn)，P為線段BC上一點(diǎn)，且BP DQ DA ,求三棱錐Q3ABP的體積.【答案】(1)見解析；(2) 1.【解析】(1)由已知可得，BAC=90 , BA LAC.又BAAD,所以 AB,平面 ACD .又AB 平面ABC,所以平面 ACD,平面ABC.(2)由已知可得，DC = CM=AB=3, DA= 3舊一2-又 BP DQ DA,所以 BP 2423作QELAC,垂足為E,則QE么1DC =3'由已知及(1)可得DC,平面ABC,所以QE,平面ABC, QE=1 .因此，三棱錐Q ABP的體積為1 一一一 1

17、1一Vq abp QE Saabp 1 - 3 2 V/2sin45 1 . 332【名師點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及到的知識(shí)點(diǎn)有面面垂直的判定以及三棱錐的體積的求解，在解題的過程中，需要清楚題中的有關(guān)垂直的直線的位置，結(jié)合線面垂直的判定定理證得線面垂直，之后應(yīng)用面面垂直的判定定理證得面面垂直，需要明確線線垂直、線面垂直和面面垂直的關(guān)系，在求三棱錐的體積的時(shí)候，注意應(yīng)用體積公式求解即可.解答本題時(shí)，(1)首先根據(jù)題的條件，可以得到 BAC =90 ,即BA AC,再結(jié)合已知條件 BAXAD,利用線面垂直的判定定理證得 ABX 平面ACD,又因?yàn)锳B 平面ABC,根據(jù)面面垂直的判定

18、定理，證得平面ACDL平面ABC; (2)根據(jù)已知條件，求得相關(guān)的線段的長(zhǎng)度，根據(jù)第一問的相關(guān)垂直的條件，求得三棱錐的高，之后借助于三 棱錐的體積公式求彳#三棱錐的體積.9.【2018年高考全國(guó)n卷文數(shù)】如圖，在三棱錐 P ABC 中，AB BC 2衣 ，PA PB PC AC 4,。為 AC 的中點(diǎn).(1)證明：PO 平面ABC;(2)若點(diǎn)M在BC上，且MC 2MB ,求點(diǎn)C到平面POM的距離.【答案】（1）見解析；（2）逑.5【解析】（1）因?yàn)锳P=CP=AC=4,。為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)PLAC,且OP= 2J3 .連結(jié)OB.因?yàn)锳B = BC=，AC ,所以 "BC為等腰直角三

19、角形，且 OBAC, OB=；AC=2.由 OP2 OB2 PB2知，OP，OB-由 OPOB, OPAC 知 POL平面 ABC.（2）作CHXOM,垂足為H.又由（1）可得OPCH,所以CH，平面POM .故CH的長(zhǎng)為點(diǎn)C到平面POM的距離.由題設(shè)可知 OC=1aC=2, CM=2BC =42 , /ACB=45°.233所以 OM = 2j, CH=OC MC sin ACB=4j. 3OM5所以點(diǎn)C到平面POM的距離為迤.5【名師點(diǎn)睛】立體幾何解答題在高考中難度低于解析幾何，屬于易得分題，第一問多以線面的證明為主，解題的核心是能將問題轉(zhuǎn)化為線線關(guān)系的證明，解答本題時(shí)，連接OB

20、 ,欲證PO 平面ABC ,只需證明PO AC,PO OB即可；本題第二問可以通過作出點(diǎn)到平面的距離線段求解，即過點(diǎn)C作CH OM ,垂足為M ,只需論證CH的長(zhǎng)即為所求，再利用平面幾何知識(shí)求解即可，本題也可利用 等體積法解決.10.【2018年高考全國(guó)n卷文數(shù)】如圖，矩形 ABCD所在平面與半圓弧 CD所在平面垂直， M是CD上異 于C, D的點(diǎn).（1）證明：平面AMD,平面BMC ;（2）在線段am上是否存在點(diǎn)P ,使得MC /平面PBD ?說明理由.【答案】（1）見解析；（2）存在，理由見解析.【解析】（1）由題設(shè)知，平面 CMD，平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽CXCD, BC 平面A

21、BCD,所以BC,平面 CMD ,故BCXDM .因?yàn)镸為CD上異于C, D的點(diǎn)，且DC為直徑，所以DM ±CM.又BCACM=C,所以DM，平面 BMC.而DM 平面AMD ,故平面 AMD，平面BMC .（2）當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí)，MC/平面PBD.證明如下：連結(jié) AC交BD于O.因?yàn)锳BCD為矩形，所以 。為AC中點(diǎn).連結(jié)OP,因?yàn)镻為AM中點(diǎn)，所以MC / OP.MC 平面PBD, OP 平面PBD,所以 MC /平面PBD .【名師點(diǎn)睛】本題主要考查面面垂直的證明，利用線線垂直得到線面垂直，再得到面面垂直，第二問先斷出P為AM中點(diǎn)，然后作輔助線，由線線平行得到線面平行，考查學(xué)

22、生空間想象能力，屬于中檔【2018年高考北京卷文數(shù)】 如圖，在四B隹P-ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD，平面ABCD ,PAXPD, PA=PD, E, F 分別為 AD, PB 的中點(diǎn).(1)求證：PE±BC；(2)求證：平面 PAB,平面PCD；(3)求證：EF/平面PCD.【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3)見解析.【解析】(1) PA PD,且E為AD的中點(diǎn)，PE AD .底面ABCD為矩形，BC/AD, PE BC.(2) 底面 ABCD 為矩形，AB AD . 平面 PAD 平面 ABCD , AB 平面 PAD. AB PD .又 PA PD ,p P

23、D 平面PAB,，平面PAB 平面PCD.(3)如圖，取PC中點(diǎn)G ,連接FG,GD .1F,G分別為PB和PC的中點(diǎn)，F(xiàn)G/ BC,且FG 1 BC . 2 .四邊形 ABCD為矩形，且E為AD的中點(diǎn)，1 ED/BC,DE BC, 2ED/ FG ,且ED FG ,，四邊形EFGD為平行四邊形, . EF / GD.又EF 平面PCD, GD 平面PCD,EF / 平面 PCD.【名師點(diǎn)睛】證明面面關(guān)系的核心是證明線面關(guān)系，證明線面關(guān)系的核心是證明線線關(guān)系.證明線線平行的方法：（1）線面平行的性質(zhì)定理；（2）三角形中位線法；（3）平行四邊形法.證明線線垂直的常用 方法：（1）等腰三角形三線合

24、一；（2）勾股定理逆定理；（3）線面垂直的性質(zhì)定理；（4）菱形對(duì)角線 互相垂直.12 .【2018年高考天津卷文數(shù)】如圖，在四面體 ABCD中，AABC是等邊三角形，平面 ABC，平面ABD, 點(diǎn) M 為棱 AB 的中點(diǎn)，AB=2, AD = 2J3, / BAD=90 °.（1）求證：ADXBC;（2）求異面直線BC與MD所成角的余弦值；（3）求直線CD與平面ABD所成角的正弦值.【答案】（1）見解析；（2）普；（3） 31【解析】（1）由平面 ABC，平面 ABD,平面 ABC n平面ABD=AB, AD LAB,可得 AD,平面 ABC, 故 ADXBC.（2）取棱AC的中點(diǎn)N

25、,連接MN, ND.又因?yàn)镸為棱AB的中點(diǎn)，故 MN / BC.所以/ DMN （或其補(bǔ)角）為異面直線 BC與MD所成的角.在 RtADAM 中，AM=1,故 DM= Jad2AM 2=廂.因?yàn)锳D,平面ABC,故ADXAC.12MN 亟.DM 26在 RtADAN 中，AN=1,故 DN=AD2 AN 2 =而.在等腰三角形 DMN中，MN=1 ,可得cos DMN所以，異面直線 BC與MD所成角的余弦值為 噂 .（3）連接CM.因?yàn)锳ABC為等邊三角形，M為邊AB的中點(diǎn)，故CMXAB, CM=J3.又因?yàn)槠矫鍭BC，平面ABD ,而CM 平面ABC,故CM，平面ABD .所以，/ CDM為

26、直線CD與平面ABD所成的角.在 RtACAD 中，CD= JAC2 ad2 =4.在 RtCMD 中，sin CDM CM 班.CD 4所以，直線CD與平面ABD所成角的正弦值為 旦.C【名師點(diǎn)睛】本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、平面與平面垂直等基礎(chǔ)知識(shí).考 查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力.13 .【2018年高考江蘇卷】在平行六面體ABCD A1B1C1D1中，AA AB, AB1 BG .求證：（1） AB/ 平面 A1B1C;（2）平面 ABB1A1 平面 AiBC .【答案】（1）見解析；（2）見解析.【解析】（1）在平行六面體 ABCD-A1B1C1

27、D1中，AB/A1B1.因?yàn)锳B 平面AiBiC, A1B1平面AiBiC,所以AB /平面AiBiC.(2)在平行六面體 ABCD-AiBiCiDi中，四邊形ABBiAi為平行四邊形.又因?yàn)锳Ai=AB,所以四邊形 ABBiAi為菱形，因此 ABiXAiB.又因?yàn)?ABiBiCi, BC/BiCi,所以 ABiXBC.又因?yàn)?AiBABC=B, AiB 平面 AiBC, BC 平面 AiBC,所以ABd平面AiBC.因?yàn)锳Bi平面ABBiAi,所以平面ABBiAi，平面AiBC.【名師點(diǎn)睛】本題可能會(huì)出現(xiàn)對(duì)常見幾何體的結(jié)構(gòu)不熟悉導(dǎo)致幾何體中的位置關(guān)系無法得到運(yùn)用或者運(yùn)用錯(cuò)誤，如柱體的概念中包

28、含 兩個(gè)底面是全等的多邊形，且對(duì)應(yīng)邊互相平行，側(cè)面都是平行四邊形”，再如菱形對(duì)角線互相垂直的條件，這些條件在解題中都是已知條件，缺少對(duì)這些條件的應(yīng)用可導(dǎo)致無法證明.解答本題時(shí)，(i)先根據(jù)平行六面體得線線平行，再根據(jù)線面平行判定定理得結(jié)論；(2)先根據(jù)條件得四邊形 ABBiAi為菱形，再根據(jù)菱形對(duì)角線相互垂直，以及已知垂直條件，利用線面垂直判定定理得線面垂直，最后根據(jù)面面垂直判定定理得結(jié)論14 .【20i8年高考浙江卷】 如圖，已知多面體 ABCAiBiCi, AiA, BiB, CiC均垂直于平面 ABC, Z ABC=i20°,AiA=4 , CiC=i , AB=BC=BiB=

29、2.(i)證明：ABi,平面 AiBiCi；(2)求直線ACi與平面ABBi所成的角的正弦值.【答案】（1）見解析；（2）曾.【解析】方法一：（1）由 AB 2,AA 4,BBi 2,AAi AB,BB AB 得 A A1B1 2 J2 , 所以 A1B2 ABi2 AA2.故 AB1 AB .由 BC 2, BBi 2,CCi 1,BBi BC,CCi BC 得 B1C1 而，由 AB BC 2, ABC i20 得 AC 24,由 CCiAC ,得 ACi屈,所以ABi2BiCi2AC2,故ABiBiCi.因此ABi 平面ABiCi.如圖，過點(diǎn)Ci作GD ABi ,交直線ABi于點(diǎn)D ,連

30、結(jié)AD.33由ABi平面ABiG得平面ABiCi 平面ABBi ,由 CiD AB 得 CiD 平面 ABBi,所以 CiAD是AC1與平面ABBi所成的角.由BCi75,AB 272,AC1 V2i得cos GAB.6 ,nJ7,sinGAB所以CQ"3,故 sin C1ADC1DAC1391339因此，直線AG與平面ABBi所成的角的正弦值是 Y39.13方法二：(1)如圖，以AC的中點(diǎn)。為原點(diǎn)，分別以射線 OB, OC為x, y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下:A(0, 73,0), B(1,0,0), A(0,聞)，4(1,0,2),Ci(0,V

31、3,1),uuir_uurn_ uuuu _因此 AB (1, .3,2), AB (1,、,3, 2),AC (0,2 3, 3),uuu 由AB1uuuAB1 0 得 AB1 AB1.uuu 由AB1uuuA1C1 0 得 AB1 AC1.所以ABi 平面AB1C1.(2)設(shè)直線AC與平面ABB1所成的角為uuur _ uuu _uuur由(1)可知 AC1 (0,2V3,1),AB (1,V3,0), BB (0,0,2),設(shè)平面ABB1的法向量n (x, y,z).uur AB uuu BB10, 即0,x 、-3y 0,_y ，可取2z 0,(.3,1,0).uuir所以sin|co

32、s(AC：,n)|監(jiān)匚此I AC1 | |n|.3913因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是3913【名師點(diǎn)睛】本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系,直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力15.【2017年高考全國(guó)I文數(shù)】如圖，在四棱錐 P-ABCD中，AB/CD,且 BAP CDP 90o （1）證明：平面 PAB，平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC, APD 90°,且四棱錐P-ABCD的體積為8 ,求該四棱錐的側(cè)面積. 3【答案】（1）見解析；（2） 6 2J3 .【解析】（1）由已知/BAP /CDP 90 ,得AB AP, CD

33、PD .由于AB /CD ,故AB PD ,從而AB 平面PAD .又AB平面PAB,所以平面PAB 平面 PAD .（2）在平面 PAD內(nèi)作PE AD ,垂足為 E .由（1）知，AB 平面PAD，故AB PE ,可得PE 平面ABCD.設(shè)AB x,則由已知可得AD&x，PE也x.11a故四棱錐 P ABCD 的體積 VP abcd - AB AD PE - x3.P ABCD 33-r 1 Q 8由題設(shè)得1x3 8,故x 2.33從而 PA PD 2, AD BC 272，PB PC 2亞一，_ , 1可得四棱錐P ABCD的側(cè)面積為一PA PD211-PA AB PD DC221

34、2-BC sin 6026 2V3.【名師點(diǎn)睛】證明面面垂直，先由線線垂直證明線面垂直，再由線面垂直證明面面垂直；計(jì)算點(diǎn)面距離時(shí)，如直接求不方便，應(yīng)首先想到轉(zhuǎn)化，如平行轉(zhuǎn)化、對(duì)稱轉(zhuǎn)化、比例轉(zhuǎn)化等，找到方便求值時(shí)再計(jì)算，可以減少運(yùn)算量，提高準(zhǔn)確度，求點(diǎn)面距離有時(shí)能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱錐的高，利用等體積法求出.解答本題時(shí)，（1）由AB AP, AB PD ,得AB 平面PAD11即可證得結(jié)果；（2）設(shè)AB x,則四棱錐P ABCD的體積VP abcd -AB AD PE x3,解得 33x 2,可得所求側(cè)面積.16.【2017年高考全國(guó)n卷文數(shù)】如圖，四棱錐P ABCD中，

35、側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面 ABCD ,1AB BC AD, BAD ABC 90 . 2（1）證明：直線BC/平面PAD ;（2）若4PCD的面積為2",求四棱錐P ABCD的體積.【答案】（1）見解析；（2） 4/3.【解析】（1）在平面 ABCD內(nèi)，因?yàn)? BAD=/ABC=90° ,所以BC/AD.又BC 平面PAD , AD 平面PAD ,故BC /平面PAD.（2）取AD的中點(diǎn)M,連結(jié)PM, CM,八 1由AB BC a AD及BC/AD, /ABC=90°得四邊形 ABCM為正方形,則 CM LAD.D因?yàn)閭?cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面

36、ABCD,平面PAD n平面ABCD =AD,所以 PM LAD, PM,底面 ABCD,因?yàn)镃M 底面ABCD ,所以PM，CM.設(shè) BC=x,貝U CM=x, CD=72x, PM=T3x, PC=PD=2x.14x.2取CD的中點(diǎn)N,連結(jié)PN,則PNXCD,所以pn因?yàn)?cd的面積為2J7,所以1 J2x 巫 x2 2 、2解得 x=-2 (舍去),x=2,于是 AB=BC=2, AD=4, PM=2J3,所以四棱錐P-ABCD的體積V 1 2一22 26 4 73.3 2【名師點(diǎn)睛】解答本題時(shí)，(1)先由平面幾何知識(shí)得 BC/AD,再利用線面平行的判定定理證得結(jié)論；(2)取AD的中點(diǎn)M

37、,利用線面垂直的判定定理證明 PML底面ABCD,從而得四棱錐的高，再通過 平面幾何計(jì)算得底面直角梯形的面積，最后代入錐體體積公式即可.垂直、平行關(guān)系證明中應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型：(1)證明線面、面面平行，需車t化為證明線線平行(2)證明線面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線線垂直.(3)證明線線垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直.17.【2017年高考全國(guó)n卷文數(shù)】如圖，四面體 ABCD中，ZXABC是正三角形，AD=CD.(1)證明：ACLBD;(2)已知ZXACD是直角三角形，AB=BD.若E為棱BD上與D不重合的點(diǎn)，且 AEXEC,求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比.【答案】(1)見解析；(2)

38、 1:1【解析】(1)取AC的中點(diǎn)O,連結(jié)DO, BO.因?yàn)锳D=CD,所以ACXDO.又由于 ABC是正三角形，所以AC，BO.從而AC，平面DOB,故 ACXBD.(2)連結(jié)EO.由(1)及題設(shè)知/ ADC =90°,所以DO=AO.在 RtzXAOB 中，BO2 AO2 AB2.又AB=BD，所以 bo2 DO2 BO2 AO2 AB2 BD2，故/ DOB=90° .1 _ 由題設(shè)知 AAEC為直角三角形，所以 EO -AC.2 一一 _一， 1 又4ABC是正三角形，且 AB=BD,所以EO BD.2故E為BD的中點(diǎn)，從而 E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距

39、離的1 ,四面體ABCE的體積為2四面體ABCD的體積的1 ,即四面體 ABCE與四面體ACDE的體積之比為1:1.2【名師點(diǎn)睛】解答本題時(shí)，(1)取AC的中點(diǎn)O ,由等腰三角形及等邊三角形的性質(zhì)得AC OD ,AC OB,再根據(jù)線面垂直的判定定理得AC 平面OBD,即得ACXBD； (2)先由AEXEC,結(jié)1 -合平面幾何知識(shí)確定 EO AC,再根據(jù)錐體的體積公式得所求體積之比為1:1.垂直、平行關(guān)系證明2中應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型：(1)證明線面、面面平行，需轉(zhuǎn)化為證明線線平行(2)證明線面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線線垂直.(3)證明線線垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直.18.【2017年高考北京

40、卷文數(shù)】如圖，在三棱錐PABC中，PAXAB, PAX BC, ABXBC, PA=AB=BC=2,D為線段AC的中點(diǎn)，E為線段PC上一點(diǎn).（1）求證：PAXBD;（2）求證：平面 BDE，平面PAC；（3）當(dāng)PA/平面BDE時(shí)，求三棱錐 E -BCD的體積.【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3） 1.3【解析】（1）因?yàn)镻A AB , PA BC ,所以PA 平面ABC , 又因?yàn)锽D 平面ABC ,所以PA BD .（2）因?yàn)锳B BC, D為AC中點(diǎn)，所以BD AC,由（1）知，PA BD ,所以BD 平面PAC ,所以平面BDE 平面PAC .（3）因?yàn)镻A/平面BDE,平面PAC

41、 I平面BDE DE ,所以 PA/DE.1 因?yàn)镈為AC的中點(diǎn)，所以DE -PA 1 , BD DC J2.2由（1）知，PA 平面ABC ,所以DE 平面ABC.1 1所以三棱錐E BCD的體積V BD DC DE -.6 3【名師點(diǎn)睛】線線、線面的位置關(guān)系以及證明是高考的重點(diǎn)內(nèi)容，而其中證明線面垂直又是重點(diǎn)和熱點(diǎn)，要證明線面垂直，根據(jù)判定定理可轉(zhuǎn)化為證明線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直，也可根據(jù)性質(zhì)定理轉(zhuǎn)化為證明面面垂直.解答本題時(shí)，（1）要證明線線垂直，一般轉(zhuǎn)化為證明線面垂直；（2）要證明面面垂直，一般轉(zhuǎn)化為證明線面垂直、線線垂直；（3）由VSABCD de即可求解.BCD19.【2017

42、年高考天津卷文數(shù)】 如圖，在四B隹P ABCD中，AD 平面PDC , AD/BC , PD PB，AD 1, BC 3, CD 4, PD 2.(1)求異面直線 AP與BC所成角的余弦值；(2)求證：PD 平面PBC ;(3)求直線AB與平面PBC所成角的正弦值.【答案】(1)Y5； (2)見解析；(3) Y5.55【解析】(1)如圖，由已知 AD/BC,故 DAP或其補(bǔ)角即為異面直線 AP與BC所成的角. 因?yàn)锳D,平面PDC,所以ADXPD.在 RtAPDA 中，由已知，得 ap Jad2pd2 J5 ,AD ,5故 cos DAP .AP 5所以，異面直線 AP與BC所成角的余弦值為(

43、2)因?yàn)锳D,平面PDC,直線PD 平面PDC,所以ADXPD.又因?yàn)锽C/AD,所以PD±BC,又PDLPB,所以PD,平面PBC.（3）過點(diǎn)D作AB的平行線交BC于點(diǎn)F,連結(jié)PF,則DF與平面PBC所成的角等于 AB與平面PBC所成的角.因?yàn)镻D，平面PBC,故PF為DF在平面PBC上的射影，所以 DFP為直線DF和平面PBC所成的角.由于 AD/BC, DFAB,故 BF=AD=1 ,由已知，得 CF=BCBF=2.又 AD，DC,故 BC± DC,在 RtADCF 中，可得 DF Jcd2 CF2 245,在 RtADPF 中，可得 sin DFP ED Y5 .D

44、F 5所以，直線AB與平面PBC所成角的正弦值為 誓【名師點(diǎn)睛】線線、線面的位置關(guān)系以及證明是高考的重點(diǎn)考查內(nèi)容，而證明線面垂直又是重點(diǎn)和熱點(diǎn)，要證明線面垂直，根據(jù)判斷定理轉(zhuǎn)化為證明直線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直即可，而線線垂直又可通過線面垂直得到，用幾何法求線面角，關(guān)鍵是找到斜線的射影，斜線與其射影所成的角就是線面角.解答本題時(shí)，（1）異面直線所成的角一般都轉(zhuǎn)化為相交線所成的角，因?yàn)锳D / BC ,所以 DAPAD或其補(bǔ)角即為異面直線 AP與BC所成的角，本題中ADPD,進(jìn)而可得AP的長(zhǎng)，所以COS DAP ；AP（2）要證明線面垂直，根據(jù)判斷定理，證明直線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直即可；

45、（3）根據(jù)（2）中的結(jié)論，作 DF / AB ,連結(jié)PF ,則 DFP為直線DF和平面PBC所成的角.20 .【2017年高考山東卷文數(shù)】由四棱柱 ABCD-AiBiCiDi截去三棱錐 Ci-BiCDi后得到的幾何體如圖所示，四邊形ABCD為正方形，。為AC與BD的交點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，AiE 平面ABCD.（i）證明：AO”平面BiCDi；（2）設(shè)M是OD的中點(diǎn)，證明：平面 AiEM 平面BiCDi.【答案】（i）見解析；（2）見解析.【解析】（1）取BQi的中點(diǎn)Oi,連接COi, AOi ,由于ABCD ABGD1是四棱柱,所以 AOi/ OC,AOi OC ,因此四邊形AOCOi為平行四

46、邊形，所以 AO / 01c ,又 01c 平面 BQDi, AO 平面 BiCDi, 所以A。/平面BiCDi.(2)因?yàn)锳C BD, E, M分別為AD和OD的中點(diǎn),所以EM BD ,又AiE 平面ABCD, BD 平面ABCD ,所以AE BD,因?yàn)?BiDi / BD,所以 EM BiDi,AE BiDi,又 AE,EM 平面 AEM , AEI EM E,所以BQi平面A EM,又 BiDi 平面 BiCDi ,所以平面AEM 平面BiCDi.【名師點(diǎn)睛】證明線面平行時(shí)，先直觀判斷平面內(nèi)是否存在一條直線和已知直線平行，若找不到這樣 的直線，可以考慮通過面面平行來推導(dǎo)線面平行，應(yīng)用線面平行性質(zhì)的關(guān)鍵是如何確定交線的位置， 有時(shí)需要經(jīng)過已知直線作