2017-2019高考文數(shù)真題分類解析---立體幾何(解答題)

1、2017-2019高考文數(shù)真題分類解析立體幾何（解答題）1.【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, /BAD=60°,E, M, N分別是BC, BB1, A1D的中點(diǎn).（1）證明：MN /平面 CDE;（2）求點(diǎn)C到平面C1DE的距離.【答案】（1）見解析；（2）孽7.【解析】（1）連結(jié)B1C,ME .1因?yàn)镸, E分別為BB1,BC的中點(diǎn)，所以ME / BC ,且ME BQ.21 又因?yàn)镹為AD的中點(diǎn)，所以 NDA1D.2由題設(shè)知AB1= DC,可得BC= AD，故ME = ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，

2、MN / ED.又MN 平面CQE ,所以MN/平面CQE .（2）過(guò)C作C1E的垂線，垂足為H.由已知可得 DE BC , DE CC ,所以DE,平面CCE ,故DE，CH.從而CH，平面CDE ,故CH的長(zhǎng)即為C到平面CDE的距離，由已知可得CE=1, CiC=4,所以C1E &7 ,故CH4 1717從而點(diǎn)C到平面C1DE的距離為4屈.1718【名師點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問(wèn)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(guò)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(wèn)題，當(dāng)然也可以用等積法進(jìn)行求解 2

3、.【2019年高考全國(guó)n卷文數(shù)】如圖，長(zhǎng)方體ABCD AB1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在AA1上,BEXEC1.（1）證明：BE，平面 EB1C1；（2）若AE=A1E, AB=3,求四棱錐E BBQC的體積.【答案】（1）見詳解；（2） 18.【解析】（1）由已知得B1C1,平面ABB1A1, BE 平面ABB1A1,故 B1C1 BE .又BE ECi ,所以BE，平面EBiCi.(2)由(1)知/ BEBi=90°.由題設(shè)知Rt9BERt祥iBiE,所以 AEBA1EBi 45 ,故 AE=AB=3, AAi 2AE 6.作EF BBi,垂足為F ,則EF，平面BBC

4、，且EF AB 3.i所以，四梭錐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/XABC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.【解析】（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=Q，故 DM=2.所以四邊形ACGD的面積為4.【名師點(diǎn)睛】本題是很新穎

6、的立體幾何考題，首先是多面體折疊問(wèn)題，考查考生在折疊過(guò)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(shuō)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.P8C(

7、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AELCD.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.r -1則 FG / AB,且 FG= AB 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= AB2,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PA

8、E,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(wèn)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） Y3.3【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FAD, PD 平面PAD,所以GH /平面PAD.（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)?PCD為等邊三角形,CD=2且N為PC的中點(diǎn),所以DN 、.3.又 DN AN ,在 RtzXAND 中，sin DANDN .3AD 3所以，直線AD與平面PAC

10、所成角的正弦值為 Y33【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6.【20i9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)，AB=BC.求證：（1） AiBi/平面 DECi; BEXCiE.【答案】（1）見解析；（2）見解析.【解析】（1）因?yàn)镈, E分別為BC, AC的中點(diǎn),所以 ED /AB.在直三棱柱 ABC-AiBiCi 中，AB/AiBi, 所以 AiBi / ED.又因?yàn)镋D?平面DECi, AiBi 平面DECi, 所以AiBi /平面 DEC

11、i.(2)因?yàn)锳B=BC, E為AC的中點(diǎn)，所以 BEXAC.因?yàn)槿庵鵄BC- A1B1C1是直棱柱，所以 CC平面ABC.又因?yàn)锽E?平面ABC,所以CCHBE.因?yàn)?CiC?平面 AiACCi, AC?平面 A1ACC1, 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, ABCBAC 30,AA Ac AC,E,F 分別是 AC, AiB

12、i 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 _ 3【答案】(i)見解析；(2).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AiACCi ,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.由于AiE，平面ABC,故AiEEG,所以平行四邊形

13、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 RtAiEG中，AiE=2 V3 , EG= 73 .由于。為AiG的中點(diǎn)，故EO OGAGi522222所以cos EOGEO2 OG2 EG232EO OG 53因此，直線EF與平面AiBC所成角的余弦值是 一.5方法(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ABC, AiE 平面AiACCi,平面AiACC

14、iA平面ABC=AC,所以，AiE，平面ABC.E iyz.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)系不妨設(shè)AC=4,則Ai (0,0, 2m)，B ( B1, 0) , BiG/3,3,2V3) , F(立，3,273), C(0, 2, 0).2 2因此,uuirEFuuin-BC ( 73,i,0) .uur 由EFuurBC0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=(0,2 2V3) .設(shè)平面A1BC的法向量為n (x, y,z),uuir4 BC n 0

15、/曰、.3x y 0由，得 ，AC n 0 y ,3z 0uuir一 一 一.uuur . I EF n I取n (1, 73,1),故 sin | cos( EF ,n) | = 40 -|EF| |n|3因此，直線EF與平面Ai BC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8.【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 ± DA .（1）證明：平面ACDL平面ABC;2（2

16、） 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Q ABP的體積.3【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= 3J2 .一2一又 BP DQ DA,所以 BP 2723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 11廠Vq abpQESaabp 1 32V2

17、sin 451 .332【名師點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問(wèn)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(guò)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)面面垂直的判定定理，證得平面ACD，平面ABC; (2)根據(jù)已知條件，求得相關(guān)

18、的線段的長(zhǎng)度，根據(jù)第一問(wèn)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也 ，PA PB PC AC 4,。為 AC 的中點(diǎn).(1)證明：PO 平面ABC;(2)若點(diǎn)M在葭BC上，且MC 2MB ,求點(diǎn)C到平面POM的距離.c【答案】（1）見解析；（2）晅5【解析】（1）因?yàn)锳P=CP=AC=4,。為AC的中點(diǎn)，所以 OPLAC,且OP= 2J3 .連結(jié)OB.因?yàn)锳B = BC=Y!ac ,所以 "BC為等腰直角三角形，且 OBAC, OB=；AC=2.由 OP2 O

19、B2 PB2知，OPXOB.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°.2332.5 OC MC sin ACB 4-5/yr以 om =, ch=.3OM5所以點(diǎn)C到平面POM的距離為退.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(wèn)多以線面的證明為主，解題的核心是能將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為線線關(guān)系的證明，解答本題時(shí)，連接 OB ,欲證PO 平面ABC , 只需證明PO A

20、C,PO OB即可；本題第二問(wèn)可以通過(guò)作出點(diǎn)到平面的距離線段求解，即過(guò)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)出卷文數(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(shuō)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ABCD,所以BC,平面CMD ,故BCXDM

21、 .因?yàn)镸為CD上異于C, D的點(diǎn)，且DC為直徑，所以 DMXCM .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(wèn)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)生空間想象能力，屬于中檔【2018年高考北京卷文數(shù)】 如

22、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 , PD 平面PAB,，平面PAB 平面PCD.(3)如圖，取PC

23、中點(diǎn)G ,連接FG,GD .1 F,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)，八1八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）等腰三角形三線合一；（2）勾股定理逆定理；（3）線面垂直的

24、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.C1）見解析；（2）運(yùn)；（3） Y3 .【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,連接MN, ND.又因?yàn)镸為棱AB的中點(diǎn)，故

25、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= JADAM 2 二行.因?yàn)?AD，平面 ABC,故 ADAC.在 RtADAN 中，AN=1 ,故 DN=5/AD2-.1 ._在等腰三角形DMN中，MN=1,可得 A2MN 布cos DMN 'DM 26所以，異面直線 BC與MD所成角的余弦值為 匹 .26（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 = J§.又因?yàn)槠矫鍭BC,平面ABD,而CM 平面ABC,故CM，平面ABD.所以，/ CDM為直線CD與平面AB

26、D所成的角.在 RtACAD 中，CD= JAC2 AD2 =4.在 RtCMD 中，sin CDM CM .CD 4所以，直線CD與平面ABD所成角的正弦值為 叵.4C【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 ABiciDi中，AA AB,AB BQ.求證：（1） AB/ 平面 A1B1C;（2）平面 ABBiAi 平面 ABC .【答案】（1）見解析；（2）見解析.【解析】（1）在平行六面體 ABCD-AiBiCiDi中，AB/A1B1.因

27、為AB 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AkAB,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ABi,平面AiBC.因?yàn)锳Bi平面ABBiAi,所以平面ABBiA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(wú)法得到運(yùn)用或者運(yùn)用錯(cuò)誤，如柱體的概念中包含 兩個(gè)底面是全等的多邊形，

28、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(wú)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=2.(i)證明：ABi，平面

29、 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） Y39.13【解析】方法一：（1）由 AB 2,AAi 4,BBi 2,AAi AB, BBi AB 得 AB1 所以 AB： ABi2 AA2.故 AB1 AB .由 BC2,BBi 2,CCi i,BBi BC,CCiBC 得 B1cl75,由 ABBC2,ABC 120 得 AC 2/3,由 CCiAC ,得AG廂,所以ABi2BQ；AC；,故ABiBiCi.因此ABi 平面ABiG.如圖，過(guò)點(diǎn)Ci作CiD AiBi,交直線AiBi于點(diǎn)D,連結(jié)AD.由ABi平面A BiCi得平面A BiCi平

30、面ABBi,由 CiD AB 得CiD 平面 ABBi,所以 C1AD是AG與平面ABB1所成的角.由BCi75,ABi 2V2,ACi 得cos GABGAB所以cq 73,故 sin C1ADC1DAC13913因此，直線AG與平面ABB1所成的角的正弦值是 逅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.35由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下:A(0,拒0), B(1,0,0), A(0,石4), B(1,0,2),Ci(0,j3,1),uuu _uuur_ uuur 一因此 AB (1, .3,2), Ab (1,、,3,

31、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A|BCi.(2)設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為uuui- uuu uuu由(1)可知 AC1 (0,2V3,1),AB (1, J3,0), BB1 (0,0,2),設(shè)平面ABB1的法向量n (x, y,z).uuu AB uuu bb10, 即0,x 3y 0.仃y ，可取2z 0,(.3,1,0).所以sin2J913uuur|cos磔,n)|監(jiān)皿 |AG|n|因此，直線ACi與平面ABBi所成的角的正弦值是-3913【名師點(diǎn)睛

32、】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),且(1)證明：平面BAP CDP 90o (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(1)見解析；(2) 6(1)由已知/BAP/CDP 90 ,得 AB AP, CD PD .由于 AB /CD ,故 AB PD,從而AB 平面PAD .又AB 平面PAB ,所以平面(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

33、x,則由已知可得ad&x，PE故四棱錐ABCD的體積VP1ABABCD - AB3AD PE由題設(shè)得從而PAPD2，AD BC2后,PBPC26可得四棱錐PABCD的側(cè)面積為1 -PA 2PD1 -PA 21AB - PD2DC - BC2sin606 2m.2【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

34、, AB PD ，得 AB 平面 PAD . .11 °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，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面 ABCD ,1 一 一一AB BC AD, BADABC 90 .2（1）證明：直線BC/平面PAD ;（2）若4PCD的面積為2J7,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

35、.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,則 CM=x, CD=72x, PM = T3x, PC=PD=2x.取CD的中點(diǎn)N,連結(jié)PN,則PNCD,所以PN 巫 x.2因?yàn)?CD的面積為2",所以1 J2x Wx 2

36、", 、22解得 x=-2 （舍去），x=2,于是 AB=BC=2, AD=4, PM=2Q,所以四棱錐P- ABCD的體積V12 n 4 n.32【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,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(guò)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.【20

37、17年高考全國(guó) 出卷文數(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) 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 DO

38、2 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 一 一合

39、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】

40、（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PACI平面BDE DE , 所以 PA/DE.1 一因?yàn)镈為AC的中點(diǎn)，所以DE -PA 1 , BD DC 72.2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 1BD DC DE 1.6 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)

41、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年高考天津卷文數(shù)】 如圖，在四麴t 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.【解析】(1)如圖，由已知 AD/BC,故 D

42、AP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 AAD2 PD2 J5，(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(guò)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

43、,故 BC± DC,在 RtADCF 中，可得 DF Jcd2CF2 245,在RtADPF中，可得sin DFP 膽 正.DF 5所以，直線AB與平面PBC所成角的正弦值為 叵.5【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(guò)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

44、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；(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.(i)見解析；(2)見解析.【解析】(1)取BQi的

45、中點(diǎn)Oi,連接COi,AOi ,由于ABCD ABGDi是四棱柱,所以 AOi/ OC,AOi OC ,因此四邊形AOCOi為平行四邊形，所以 AO / OiC ,又 OiC 平面 BiCDi , AO 平面 BCDi ,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 EMBiDi,AE BiDi,又 AE,EM 平面 AEM , AEI EM E,所以BQ( 平面AEM,又BQ! 平面BCD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(guò)面面平行來(lái)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(guò)已知直線作輔助平面來(lái)確定交線.在應(yīng)用線面平行、面面平行的判定定