(2017-2019)高考文数真题分类汇编专题06 立体几何(解答题)(教师版).pdf

资源描述

1、专题 06立体几何（解答题）1AA1=4，AB=2，【2019 年高考全国卷文数】如图，直四棱柱 ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，BAD=60，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点.（1）证明：MN平面 C1DE；（2）求点 C 到平面 C1DE 的距离【答案】（1）见解析；（2）4 17.17【解析】（1）连结B1C,ME.因为M，E分别为BB1,BC的中点，所以ME B1C，且ME 又因为N为A1D的中点，所以ND 1B1C.21A1D.2D，故MEND，由题设知A，可得BC1B1=DC1=A1=因此四边形MNDE为平行四边形，MNED.又MN 平面C1DE，所以MN平

2、面C1DE.（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DE BC，DE C1C，所以DE平面C1CE，故DECH.从而CH平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离，由已知可得CE=1，C1C=4，所以C1E 17，故CH 4 17.17从而点C到平面C1DE的距离为4 17.17【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2【2019 年高考全国卷文数】如图，长方体 ABCDA1B1C1D1的底

3、面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC1（1）证明：BE平面 EB1C1；（2）若 AE=A1E，AB=3，求四棱锥E BB1C1C的体积【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得 B1C1平面 ABB1A1，BE 平面 ABB1A1，故B1C1 BE又BE EC1，所以 BE平面EB1C1.（2）由（1）知BEB1=90由题设知 RtABERtA1B1E，所以AEB A1EB1 45，故 AE=AB=3，AA1 2AE 6.作EF BB1，垂足为 F，则 EF平面BB1C1C，且EF AB3所以，四棱锥E BB1C1C的体积V 1363183【名师点睛】本题主

4、要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3【2019 年高考全国卷文数】图 1 是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB=1，BE=BF=2，FBC=60将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连结 DG，如图 2（1）证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE；（2）求图 2 中的四边形 ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4.【解析】（1）由已知得ADPBE，CGPBE，所以ADPCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，

5、D四点共面由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为ABDE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，故DECG.由已知，四边形BCGE是菱形，且EBC=60得EMCG，故CG平面DEM因此DMCG在RtDEM中，DE=1，EM=3，故DM=2所以四边形ACGD的面积为4【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.4【2019 年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD中，PA 平面 AB

6、CD，底部 ABCD 为菱形，E为 CD 的中点（1）求证：BD平面 PAC；（2）若ABC=60，求证：平面 PAB平面 PAE；（3）棱 PB 上是否存在点 F，使得 CF平面 PAE？说明理由【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA 平面ABCD，所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，所以BD AC所以BD 平面PAC（2）因为PA平面ABCD，AE 平面ABCD，所以PAAE因为底面ABCD为菱形，ABC=60，且E为CD的中点，所以AECD所以ABAE所以AE平面PAB所以平面PAB平面PAE（3）棱PB上存在点F，使得CF平面PAE取F为

7、PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG则FGAB，且FG=1AB21AB2因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CEAB，且CE=所以FGCE，且FG=CE所以四边形CEGF为平行四边形所以CFEG因为CF平面PAE，EG平面PAE，所以CF平面PAE【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5【2019 年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PCD为等边三角形，平面PAC 平面PCD，PA CD,CD 2,AD 3.（1）设 G，H 分别为 PB，A

8、C 的中点，求证：GH平面PAD；（2）求证：PA 平面PCD；（3）求直线 AD 与平面PAC所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）33【解析】（1）连接BD，易知ACI BD H，BH DH.又由BG=PG，故GH PD.又因为GH 平面 PAD，PD 平面 PAD，所以GH平面 PAD.（2）取棱 PC 的中点 N，连接 DN.依题意，得 DNPC，又因为平面PAC 平面 PCD，平面PACI平面PCD PC，所以DN 平面 PAC，又PA平面 PAC，故DN PA.又已知PACD，CDI DN D，所以PA 平面 PCD.（3）连接 AN，由（2）中DN 平面 PA

9、C，可知DAN为直线AD与平面 PAC 所成的角，因为PCD为等边三角形，CD=2 且 N 为 PC 的中点，所以DN 3.又DN AN，在RtAND中，sinDAN DN3.AD33.3所以，直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值为【名师点睛】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论证能力.6【2019 年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E 分别为 BC，AC 的中点，AB=BC求证：（1）A1B1平面 DEC1；（2）BEC1E【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为 D，E

10、分别为 BC，AC 的中点，所以 EDAB.在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以 A1B1ED.又因为 ED 平面 DEC1，A1B1平面 DEC1，所以 A1B1平面 DEC1.（2）因为 AB=BC，E 为 AC 的中点，所以 BEAC.因为三棱柱 ABCA1B1C1是直棱柱，所以 CC1平面 ABC.又因为 BE平面 ABC，所以 CC1BE.因为 C1C平面 A1ACC1，AC平面 A1ACC1，C1CAC=C，所以 BE平面 A1ACC1.因为 C1E平面 A1ACC1，所以 BEC1E.【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知

11、识，考查空间想象能力和推理论证能力.7【2019 年高考浙江卷】如图，已知三棱柱ABC A1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC 30,A1A AC AC,E,F分别是 AC，A1B1的中点.1（1）证明：EF BC；（2）求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】方法一：35（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABC=AC，所以，A1E平面ABC，则A1EBC又因为A1FAB，ABC=90，故BCA1F所以BC平面A1EF因此

12、EFBC（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形由（1）得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上连接A1G交EF于O，则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）不妨设AC=4，则在Rt A1EG中，A1E=23，EG=3.由于O为A1G的中点，故EO OG A1G15，22EO2OG2 EG23所以cosEOG 2EOOG5因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是方法二：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC.

13、又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABC=AC，所以，A1E平面ABC如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，轴的正半轴，建立空间直角坐标系Ey35不妨设AC=4，则A1（0，0，23），B（3，1，0），B1(3,3,2 3)，F(3 3,2 3)，C(0，2，0)22uuu ruuu r3 3因此，EF (,2 3)，BC (3,1,0)22由EF BC 0得EF BC（2）设直线EF与平面A1BC所成角为uuu r uuu ruuu ruuur由（1）可得BC=(3，1 0)，AC2 2 3)1=(0，z)，设平面A1BC的法向量为n n(

15、且BP DQ 2DA，求三棱锥Q ABP的体积3【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】（1）由已知可得，BAC=90，BAAC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 22DA，所以BP 2 231作 QEAC，垂足为 E，则QE=3DC又BP DQ 由已知及（1）可得 DC平面 ABC，所以 QE平面 ABC，QE=1因此，三棱锥Q ABP的体积为111VQABPQESABP132 2sin45 1332【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的

16、求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到BAC=90，即BA AC，再结合已知条件 BAAD，利用线面垂直的判定定理证得AB平面 ACD，又因为 AB 平面 ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD平面 ABC；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.9【2018 年高考

17、全国卷文数】如图，在三棱锥P ABC中，AB BC 2 2，PA PB PC AC 4，O为AC的中点（1）证明：PO平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且MC 2MB，求点C到平面POM的距离【答案】（1）见解析；（2）4 55【解析】（1）因为 AP=CP=AC=4，O 为 AC 的中点，所以 OPAC，且 OP=2 3连结 OB因为 AB=BC=12ABCOBACOB=AC=2，所以为等腰直角三角形，且，AC22由OP2OB2 PB2知，OPOB由 OPOB，OPAC 知 PO平面 ABC（2）作 CHOM，垂足为 H又由（1）可得 OPCH，所以 CH平面 POM故 CH 的长

18、为点 C 到平面 POM 的距离由题设可知 OC=124 2AC=2，CM=BC=，ACB=45233所以 OM=OCMCsinACB4 52 5=，CH=OM354 55所以点 C 到平面 POM 的距离为【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB，欲证PO平面ABC，只需证明PO AC,PO OB即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点C作CH OM，垂足为M，只需论证CH的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用等体积法解决.所在平面垂直，M是CD

19、上异10【2018 年高考全国卷文数】如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD于C，D的点（1）证明：平面AMD平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC平面PBD？说明理由【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）由题设知，平面CMD平面 ABCD，交线为 CD因为 BCCD，BC 平面 ABCD，所以 BC平面 CMD，故 BCDM上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，所以 DMCM因为 M 为CD又 BCCM=C，所以 DM平面 BMC而 DM 平面 AMD，故平面 AMD平面 BMC（2）当 P 为 AM 的中点时，MC平面 PBD证明如下：连结 AC 交

20、BD 于 O因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 AC 中点连结 OP，因为 P 为 AM 中点，所以 MCOPMC平面 PBD，OP 平面 PBD，所以 MC平面 PBD【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出 P 为 AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.11【2018 年高考北京卷文数】如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 PAD平面 ABCD，PAPD，PA=PD，E，F 分别为 AD，PB 的中点.（1）求证：PEBC；（2）求证：平面 PAB平面 PCD；（3

21、）求证：EF平面 PCD.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）PA PD，且E为AD的中点，PE AD.底面ABCD为矩形，BCAD，PE BC.（2）底面ABCD为矩形，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）如图，取PC中点G，连接FG,GD.F,G分别为PB和PC的中点，FGBC，且FG 四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，EDBC,DE 1BC.21BC，2EDFG，且ED FG，四边形EFGD为平行四边形，EFGD.又EF 平面PCD，GD平面PCD，EF平面PC

22、D.【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法.证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.12【2018 年高考天津卷文数】如图，在四面体 ABCD 中，ABC 是等边三角形，平面 ABC平面 ABD，点 M 为棱 AB 的中点，AB=2，AD=2 3，BAD=90（1）求证：ADBC；（2）求异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值；（3）求直线 CD 与平面 ABD 所成角的正弦值【答案

23、】（1）见解析；（2）133；（3）264【解析】（1）由平面 ABC平面 ABD，平面 ABC平面 ABD=AB，ADAB，可得 AD平面 ABC，故 ADBC（2）取棱 AC 的中点 N，连接 MN，ND又因为M 为棱 AB 的中点，故MNBC所以DMN（或其补角）为异面直线 BC 与 MD 所成的角在 RtDAM 中，AM=1，故 DM=在 RtDAN 中，AN=1，故 DN=AD2 AM2=13因为 AD平面 ABC，故 ADACAD2 AN2=131MN13在等腰三角形 DMN 中，MN=1，可得2cosDMN DM26所以，异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值为1326（3）连

24、接 CM因为ABC 为等边三角形，M 为边 AB 的中点，故 CMAB，CM=3又因为平面ABC平面 ABD，而 CM 平面 ABC，故 CM平面 ABD所以，CDM 为直线 CD 与平面 ABD 所成的角在 RtCAD 中，CD=AC2 AD2=4CM3CD434在 RtCMD 中，sinCDM 所以，直线 CD 与平面 ABD 所成角的正弦值为【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力13【2018 年高考江苏卷】在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，AA1 AB,AB1 B1C1求证：（1）A

25、B平面A1B1C；（2）平面ABB1A1平面A1BC【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1中，ABA1B1因为 AB平面 A1B1C，A1B1平面 A1B1C，所以 AB平面 A1B1C（2）在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1中，四边形 ABB1A1为平行四边形又因为 AA1=AB，所以四边形 ABB1A1为菱形，因此 AB1A1B又因为 AB1B1C1，BCB1C1，所以 AB1BC又因为 A1BBC=B，A1B 平面 A1BC，BC 平面 A1BC，所以 AB1平面 A1BC因为 AB1平面 ABB1A1，所以平面 ABB1A1平面

26、 A1BC【名师点睛】本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.解答本题时，（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得四边形 ABB1A1为菱形，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.14A1A，B1B，C1C 均垂直于平面 ABC，【2018 年高考浙江卷】如图，

27、已知多面体 ABCA1B1C1，ABC=120，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2（1）证明：AB1平面 A1B1C1；（2）求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）39.13【解析】方法一：（1）由AB 2,AA1 4,BB1 2,AA1 AB,BB1 AB得AB1 A，1B1 2 2222所以A1B1 AB1 AA1.故AB1 A1B1.由BC 2，BB1 2,CC11,BB1 BC,CC1 BC得B1C15，由AB BC 2,ABC 120得AC 2 3，222由CC1 AC，得AC1 13，所以AB1 B1C1 AC1，故AB1 B1C1.

28、因此AB1平面A1B1C1.（2）如图，过点C1作C1D A1B1，交直线A1B1于点D，连结AD.由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1，由C1D A1B1得C1D 平面ABB1，所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由BC1B1115,A1B1 2 2,AC1121得cosC1A所以C1D 3，故sinC1AD 61，,sin C1A1B177C1D39.AC113因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是39.13方法二：（1）如图，以 AC 的中点 O 为原点，分别以射线 OB，OC 为，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 O-y.由题意知各点坐标如下：A(

29、0,3,0),B(1,0,0),A1(0,3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1),因此AB1(1,3,2),A,3,2),AC1B1(111(0,2 3,3),uuu ruuu u ruuu u ruuu r uuu u r由AB1A1B1 0得AB1 A1B1.uuu r uuu u r由AB1AC得AB1 AC11.11 0所以AB1平面A1B1C1.（2）设直线AC1与平面ABB1所成的角为.uuu ruu u ruuu r由（1）可知AC1(0,2 3,1),AB (1,3,0),BB1(0,0,2),设平面ABB1的法向量n n (x,y,z).uu u rx3y 0,n

31、（2）6 2 3【解析】（1）由已知BAPCDP90，得AB AP，CD PD由于ABCD，故AB PD，从而AB 平面PAD又AB 平面PAB，所以平面PAB 平面PAD8，求该四棱锥的侧面积3（2）在平面PAD内作PE AD，垂足为E由（1）知，AB 平面PAD，故AB PE，可得PE 平面ABCD设AB x，则由已知可得AD 2x，PE 2x2故四棱锥P ABCD的体积VPABCD由题设得11AB ADPE x333138x，故x 233从而PA PD 2，AD BC 2 2，PB PC 2 2可得四棱锥P ABCD的侧面积为1111PAPDPA ABPDDC BC2sin60 62 3

32、2222【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出解答本题时，（1）由AB AP，AB PD，得AB 平面PAD即可证得结果；（2）设AB x，则四棱锥P ABCD的体积VPABCD11AB ADPE x3，解得33x 2，可得所求侧面积16【2017 年高考全国卷文数】如图，四棱锥P ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB

33、 BC 1AD,BADABC 90.2（1）证明：直线BC平面PAD;（2）若PCD的面积为2 7，求四棱锥P ABCD的体积.【答案】（1）见解析；（2）4 3.【解析】（1）在平面 ABCD 内，因为BAD=ABC=90，所以 BCAD.又BC 平面PAD，AD 平面PAD，故 BC平面 PAD.（2）取 AD 的中点 M，连结 PM，CM，由AB BC 1AD及 BCAD，ABC=90得四边形 ABCM 为正方形，则 CMAD.2因为侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面 PAD平面 ABCD=AD，所以 PMAD，PM底面 ABCD，因为CM 底面ABCD，所以 PMCM

34、.设 BC=，则 CM=，CD=2x，PM=3x，PC=PD=2.取 CD 的中点 N，连结 PN，则 PNCD，所以PN 14x.2因为 PCD 的面积为2 7，所以1142xx 2 7，22解得=2（舍去），=2，于是 AB=BC=2，AD=4，PM=2 3，所以四棱锥 PABCD 的体积V 12242 3 4 3.32【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BCAD，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取 AD 的中点 M，利用线面垂直的判定定理证明 PM底面 ABCD，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.垂直、平行关系证明中应

35、用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.17【2017 年高考全国卷文数】如图，四面体ABCD 中，ABC是正三角形，AD=CD（1）证明：ACBD；（2）已知ACD是直角三角形，AB=BD若 E 为棱 BD 上与 D 不重合的点，且 AEEC，求四面体ABCE 与四面体 ACDE 的体积比【答案】（1）见解析；（2）11【解析】（1）取 AC 的中点 O，连结 DO，BO.因为 AD=CD，所以 ACDO.又由于ABC是正三角形，所以 ACBO.从而 AC平面 DOB，故

36、ACBD.（2）连结 EO.由（1）及题设知ADC=90，所以 DO=AO.在RtAOB中，BO2 AO2 AB2.又 AB=BD，所以BO2 DO2 BO2 AO2 AB2 BD2，故DOB=90.1AC.21又ABC是正三角形，且 AB=BD，所以EO BD.2由题设知AEC为直角三角形，所以EO 故 E 为 BD 的中点，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的四面体 ABCD 的体积的1，四面体 ABCE 的体积为21，即四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积之比为 11.2【名师点睛】解答本题时，（1）取AC的中点O，由等腰三角形及等边三角形的性质得AC

37、 OD，（2）先由 AEEC，结AC OB，再根据线面垂直的判定定理得AC 平面OBD，即得 ACBD；合平面几何知识确定EO 1AC，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为11.垂直、平行关系证明2中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18【2017 年高考北京卷文数】如图，在三棱锥PABC 中，PAAB，PABC，ABBC，PA=AB=BC=2，D 为线段 AC 的中点，E 为线段 PC 上一点（1）求证：PABD；（2）求证：平面 BDE平面 PAC；（3）当 PA

38、平面 BDE 时，求三棱锥 EBCD 的体积【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）1.3【解析】（1）因为PA AB，PA BC，所以PA 平面ABC，又因为BD 平面ABC，所以PA BD.（2）因为AB BC，D为AC中点，所以BD AC，由（1）知，PA BD，所以BD 平面PAC，所以平面BDE 平面PAC.（3）因为PA平面BDE，平面PACI平面BDE DE，所以PADE.因为D为AC的中点，所以DE 1PA 1，BD DC 2.2由（1）知，PA 平面ABC，所以DE 平面ABC.所以三棱锥EBCD的体积V 11BDDCDE.63【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考

39、的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由V 1SBCDDE即可求解.319【2017 年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD中，AD 平面PDC，ADBC，PD PB，AD 1，BC 3，CD 4，PD 2（1）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（2）求证：PD 平面PBC；（3）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值【答案】（1）55；（2）见解析；（3）

40、55【解析】（1）如图，由已知 AD/BC，故DAP或其补角即为异面直线 AP 与 BC 所成的角因为 AD平面 PDC，所以 ADPD在 Rt PDA 中，由已知，得AP 故cosDAP AD2PD25，AD5AP555所以，异面直线 AP 与 BC 所成角的余弦值为（2）因为 AD平面 PDC，直线 PD 平面 PDC，所以 ADPD又因为 BC/AD，所以 PDBC，又 PDPB，所以 PD平面 PBC（3）过点 D 作 AB 的平行线交 BC 于点 F，连结 PF，则 DF 与平面 PBC 所成的角等于 AB 与平面 PBC 所成的角因为 PD平面 PBC，故 PF 为 DF 在平面

41、PBC 上的射影，所以DFP为直线 DF 和平面 PBC 所成的角由于 AD/BC，DF/AB，故 BF=AD=1，由已知，得 CF=BCBF=2又 ADDC，故 BCDC，在 RtDCF 中，可得DF CD2CF2 2 5，在 RtDPF 中，可得sinDFP PD5DF555所以，直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值为【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角

42、解答本题时，（1）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为ADBC，所以DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角，本题中ADPD，进而可得AP的长，所以cosDAP AD；AP（2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作DFAB，连结PF，则DFP为直线 DF 和平面 PBC 所成的角20【2017 年高考山东卷文数】由四棱柱 ABCDA1B1C1D1截去三棱锥 C1B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形 ABCD 为正方形，O 为 AC 与 BD 的交点，E 为 AD 的中点，A1E平面 ABCD.（1）证明：A1O平

43、面 B1CD1;（2）设 M 是 OD 的中点，证明：平面A1EM平面 B1CD1.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）取B1D1的中点O1，连接CO1,AO11，由于ABCD A1B1C1D1是四棱柱，所以AO11OC,AO11 OC，因此四边形AOCO11为平行四边形，所以A1OO1C，平面B1CD1，又O1C 平面B1CD1，AO1所以A1O平面B1CD1.（2）因为AC BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM BD，又A1E 平面ABCD，BD 平面ABCD，所以A1E BD,因为B1D1BD,所以EM B1D1,A1E B1D1,又A1E,EM 平面A1EM，A1

44、E I EM E，所以B1D1平面A1EM,又B1D1平面B1CD1，所以平面A1EM 平面B1CD1.【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行21BCBD，【2017 年高考江苏卷】如图，在三棱锥ABCD中，ABAD

45、，平面 ABD平面 BCD，点 E，F(E 与 A，D 不重合)分别在棱 AD，BD 上，且 EFAD求证：（1）EF平面 ABC；（2）ADAC【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平面ABD内，因为 ABAD，EF AD，所以EFAB又因为EF 平面 ABC，AB 平面 ABC，所以 EF平面 ABC（2）因为平面 ABD平面 BCD，平面ABDI平面 BCD=BD，BC 平面 BCD，BC BD，所以BC 平面ABD因为AD 平面ABD，所以BC AD又 ABAD，BC I AB B，AB 平面 ABC，BC 平面 ABC，所以 AD平面 ABC，又因为 AC 平面 ABC

46、，所以 ADAC【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直22BCAD，【2017 年高考浙江卷】如图，已知四棱锥 PABCD，PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形，CDAD，PC=AD=2DC=2CB，E 为 PD 的中点PEAB（1）证明：CE平面 PAB；（2）求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）DC28【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和

47、运算求解能力.满分 15 分.（1）如图，设 PA 中点为 F，连接 EF，FB因为 E，F 分别为 PD，PA 中点，所以EFAD且EF 又因为BCAD，BC 1AD，21AD，所以2EFBC且EF BC，即四边形 BCEF 为平行四边形，所以CEBF，因此CE平面 PAB（2）分别取 BC，AD 的中点为 M，N连接 PN 交 EF 于点 Q，连接 MQ因为 E，F，N 分别是 PD，PA，AD 的中点，所以 Q 为 EF 中点，在平行四边形 BCEF 中，MQ/CE由 PAD 为等腰直角三角形得PNAD由 DCAD，N 是 AD 的中点得BNAD所以AD平面 PBN，由 BC/AD 得B

48、C平面 PBN，那么平面 PBC平面 PBN过点 Q 作 PB 的垂线，垂足为 H，连接 MHMH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影，所以QMH 是直线 CE 与平面 PBC 所成的角设 CD=1在PCD 中，由 PC=2，CD=1，PD=2得 CE=2，在PBN 中，由 PN=BN=1，PB=3得 QH=在 RtMQH 中，QH=所以sinQMH=1，41，MQ=2，42，8所以直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值是28【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题证明线面平行的常用方法：利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面本题（1）是就是利用方法证明的另外，本题也可利用空间向量求解线面角

展开阅读全文