專題06立體幾何解答題教師版

1、專題06立體幾何(解答題)1.【2019年高考全國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，BBi, AiD的中點.i(i)證明:MN / 平面 CiDE;【答案】(i)見解析;(2)(2)求點C到平面CiDE的距離.【解析】(i)連結(jié)BiC,ME .1因為M, E分別為BBi, BC的中點，所以 ME / BiC，且MEBiC .21又因為N為A|D的中點，所以 ND - AD .2由題設(shè)知AiBi= DC，可得BC = A,D，故ME= ND ,因此四邊形MNDE為平行四邊形， MN / ED .又MN

2、 平面CiDE，所以MN /平面CiDE .(2)過C作CiE的垂線，垂足為H.由已知可得 DE BC , DE CiC，所以DE丄平面CiCE，故DE丄CH.從而CH丄平面CiDE，故CH的長即為C到平面CiDE的距離，II7由已知可得CE=i, CiC=4，所以CiE .I7，故CH 仁7從而點C到平面C1DE的距離為417 .17【名師點睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及的知識點有線面平行的判定，點到平面的距離 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行求解2 .【2019年高考全國H

3、卷文數(shù)】如圖，長方體ABCD ABiCiDi的底面ABCD是正方形，點E在棱AAi上, BE 丄 ECi.（1）證明：BE丄平面EBiCi；（2） 若AE=AiE, AB=3，求四棱錐E BBiCiC的體積.【答案】（i）見詳解；（2） i8.【解析】（i）由已知得Bi Ci丄平面ABBiAi, BE 平面ABBiAi,故 BiCi BE .又BE EC1，所以BE丄平面EB1C1.(2)由(1)知/ BEBi=90 由題設(shè)知 RtABE 也 RtAiBiE，所以 AEBA1EB1 45 ,故 AE=AB=3, AA1 2AE 6.作EF BBi，垂足為F，則EF丄平面BBiCiC，且EF A

4、B 3 . 13所以，四棱錐 E BB1C1C的體積V 3 6 318.【名師點睛】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 .【2019年高考全國川卷文數(shù)】圖1是由矩形ADEB , RtA ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中 AB=1 , 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.(1) 證明：圖2中的A, C, G, D四點共面，且平面 ABC丄平面BCGE;(2) 求圖2中的四邊形 ACGD的面積.【答案】(1 )見解析；(2) 4.【解析

5、】(1 )由已知得ADPBE, CGPBE，所以AD PCG，故AD, CG確定一個平面，從而 A, C, G,D四點共面.由已知得AB BE, AB BC,故AB 平面BCGE .又因為AB 平面ABC,所以平面ABC 平面BCGE .(2)取CG的中點M,連結(jié)EM , DM.因為AB/ 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 .因此DM CG .在 RtA DEM 中，DE=1 , EM = ,3，故 DM=2.所以四邊形ACGD的面積為4.【名師點睛】本題是很新穎的立體幾何考題

6、，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.(1) 求證：BD丄平面PAC;(2) 若/ ABC=60 ,求證：平面 PAB丄平面PAE;(3) 棱PB上是否存在點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)因為PA 平面ABCD ,所以PA BD .又因為底面ABCD為菱形,所以BD AC .所以BD 平面PAC.戶8C(2) 因為PA

7、丄平面ABCD , AE 平面ABCD ,所以PA丄AE.因為底面ABCD為菱形，/ ABC=60且E為CD的中點，所以AE丄CD.所以AB丄AE.所以AE丄平面PAB .所以平面PAB丄平面PAE .(3) 棱PB上存在點F,使得CF /平面PAE .取F為PB的中點，取G為PA的中點，連結(jié)CF, FG , EG .1貝y FG / AB, 且 FG= AB2 因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，1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.因為CF 平面PAE, EG 平面PAE ,所以C

8、F /平面PAE .【名師點睛】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，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力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， PCD為等7邊三角形，平面PAC 平面PCD, PA CD, CD 2, AD 3.P(1) 設(shè)G, H分別為PB, AC的中點，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)3 .3【解析】(1)連接BD，易知ACI BD H , BH DH . 又由

9、BG= PG，故 GH / PD.又因為GH 平面PAD, PD 平面PAD,所以GH /平面PAD.(2)取棱PC的中點N,連接DN.依題意，得DN丄PC,又因為平面PAC 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,因為 PCD為等邊三角形，CD=2且N為PC的中點,所以DN .3.又 DN AN ,在 RtA AND 中，sin DANDN 3AD 3所以，直線AD與平面PAC

10、所成角的正弦值為3#p【名師點睛】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ABC A1B1C1中，D, E分別為BC, AC的中點,求證：(1) A1B1/ 平面 DEC1；(2) BE 丄C1E.【答案】(1)見解析；(2)見解析.【解析】(1)因為D , E分別為BC, AC的中點,所以 ED / AB.在直三棱柱 ABC-A 1B1C1 中，AB / A1B1,所以 A1B1 / ED.又因為ED?平面DEC1, A1B1 平面DEC1,所以A1B1

11、 /平面 DEC1.(2)因為AB=BC, E為AC的中點，所以 BE丄AC.因為三棱柱 ABC-A 1B1C1是直棱柱，所以 CC1丄平面ABC.又因為BE?平面ABC，所以CCi丄BE.因為 CiC?平面 AiACCi, AC?平面 AiACCi, CiC AAC=C,所以BE丄平面AiACCi.因為CiE?平面AiACCi，所以BE丄CiE.【名師點睛】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，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 AEG，平面AACG 平面ABC , ABC 90 ,BAC 30,A,A AC A

12、C, E,F 分別是 AC, AiBi 的中點(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)5Ci【解析】方法一:(i)連接AiE，因為AiA=AiC, E是AC的中點，所以AiE丄AC. 又平面AiACCi丄平面ABC, AiE 平面AiACCi, 平面AiACCi門平面ABC=AC, 所以，AiE丄平面ABC，則AiE丄BC.又因為 AiF / AB,/ ABC=90 故 BC 丄 AiF .所以BC丄平面AiEF .因此EF丄BC.17(2)取BC中點G,連接EG, GF，則EGFAi是平行四邊形.由于AiE丄平面ABC，故AiE丄EG

13、,所以平行四邊形 EGFAi為矩形.由(1)得BC丄平面EGFAi,則平面AiBC丄平面EGFAi,所以EF在平面AiBC上的射影在直線AiG上.連接AiG交EF于0,則/ EOG是直線EF與平面AiBC所成的角(或其補角)不妨設(shè) AC =4，則在 RtAAiEG中，AiE=2、.3 , EG= 3 由于0為AiG的中點，故EO 0GAG J52 2所以cos EOGEO2 OG2 eg232E0 OG53 因此，直線EF與平面AiBC所成角的余弦值是 -.5方法二：(i) 連接AiE，因為AiA=AiC, E是 AC的中點，所以AiE丄AC.又平面AiACCi丄平面ABC, AiE 平面Ai

14、ACCi,平面AiACCi n平面ABC=AC，所以，AiE丄平面ABC .不妨設(shè)AC=4，則E -cy 乙Ai ( 0, 0, 2、. 3 ), B ( ,3 , 1 , 0),#|,厶3),C(0,2,0).uuu、/3 3 l uur_因此，EF (仝,？23)，BC (、3,1,0)2 2uun mu由 EF BC 0得 EF BC .(2) 設(shè)直線EF與平面AiBC所成角為0.uuu uuirl由(1)可得 BC=( V3,1,0), AC =(0,2, 2麗)設(shè)平面Ai BC的法向量為n (x , y, z),uuuBC nA|C no，得一 3x y 0y . 3z 0取n (i

15、, 3,1)，故 sinuuu/ uur| ef n |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.5【名師點睛】本題主要考查空間點、線、面位置關(guān)系，直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識，同時考查空間想象能力和運算求解能力 8.【2018年高考全國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M到達點D的位置，且 AB丄DA .(1) 證明：平面ACD丄平面ABC ;2(2) Q為線段ad上一點，P為線段BC上一點，且BP DQDA，求三棱錐Q ABP的體積.3【答案】(1)

16、見解析；(2) 1.【解析】(1)由已知可得，BAC=90 , BA丄AC .又BA丄AD，所以 AB丄平面 ACD .又AB 平面ABC,所以平面 ACD丄平面ABC.(2)由已知可得，DC = CM=AB=3 , DA= 2 .2又 BP DQ DA，所以 BP 2 2.31作QE丄AC,垂足為E，則QE 0 DC=3由已知及(1)可得DC丄平面ABC，所以QE丄平面ABC, QE=1 .因此，三棱錐Q ABP的體積為1 11Vq abp QE Saabp 1 3 2-2 sin 45 1 .332【名師點睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及到的知識點有面面垂直的判定以及三棱錐的體 積

17、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候，注意應(yīng)用體積公式求解即可解答本題時，(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 BA丄AD，利用線面垂直的判定定理證得 AB丄 平面ACD，又因為AB 平面ABC，根據(jù)面面垂直的判定定理，證得平面ACD丄平面ABC; ( 2)根據(jù)已知條件，求得相關(guān)的線段的長度，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 棱錐的體積公式求得三棱錐的體積 9 .【

18、2018年高考全國n卷文數(shù)】女口圖，在三棱錐P ABC 中，AB BC 2 2 ，PA PB PC AC 4, O 為 AC 的中點.(1) 證明：PO 平面ABC ;(2) 若點M在棱BC上，且MC 2MB，求點C到平面POM的距離.【答案】（1）見解析；（2）5【解析】（1）因為AP=CP=AC=4 , O為AC的中點，所以O(shè)P丄AC,且OP=2.込.連結(jié)OB 因為AB = BC=_!aC，所以ABC為等腰直角三角形，且 OB丄AC, OB=丄AC =2.2 2由 OP2 OB2 PB2知，OP丄OB.由OP丄OB, OP丄AC知PO丄平面 ABC.（2）作CH丄OM,垂足為H .又由（1

19、）可得OP丄CH，所以CH丄平面POM . 故CH的長為點C到平面POM的距離.1 2 4 /2由題設(shè)可知 OC=AC=2, CM= BC = ，/ ACB=452 33所以 OM = 2J , ch=OC MC Sin ACB=1 .3OM54J5所以點C到平面POM的距離為.【名師點睛】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，連接OB，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到平面的距離線段求解，即過點C作CH OM，垂足為M，只需論證CH的長即為所求，再

20、利用平面幾何知識求解即可，本題也可利用 等體積法解決10. 2018年高考全國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?D上異 于C , D的點.(1) 證明：平面AMD丄平面BMC ;(2) 在線段AM上是否存在點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丄平面ABCD，交線為CD .因為BC丄CD, BC 平面ABCD，所以BC丄平面 CMD，故BC丄DM .因為M為CD上異于C, D的點，且DC為直徑，所以DM丄CM .又BC nCM=C,所以DM丄平面 BMC .而DM 平

21、面AMD，故平面 AMD丄平面BMC .(2)當(dāng)P為AM的中點時，MC/平面PBD .證明如下：連結(jié) AC交BD于O因為ABCD為矩形，所以 O為AC中點. 連結(jié)OP,因為P為AM中點，所以MC / OP .MC 平面PBD, OP 平面PBD，所以 MC /平面PBD .【名師點睛】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，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11. 【2018年高考北京卷文數(shù)】 如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD丄平面ABCD ,PA丄PD , FA=PD, E,

22、 F分別為AD, PB的中點.(1) 求證：PE丄BC；(2) 求證：平面 FAB丄平面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)v pa PD，且E為AD的中點， PE AD .底面 ABCD為矩形，二 BC/ AD , PE BC.(2) v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中點G，連接FG,GD .1- F,G分別為PB和PC的中點， FG/ BC，且FG 丄BC .2四邊形

23、 ABCD為矩形，且E為AD的中點，1 ED/ BC, DE BC , ED/ 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）線面垂直的性質(zhì)定理；（4）菱形對角線 互相垂直.12. 【2018年高考天津卷文數(shù)】如圖，在四面體ABCD中，ABC是等邊三角形，平面

24、 ABC丄平面ABD,點 M 為棱 AB 的中點，AB=2, AD = 2、, 3，/ BAD=90 （1）求證：AD丄BC；（2）求異面直線BC與MD所成角的余弦值;2621AD丄平面 ABC，故 AD丄AC .13【答案】（1）見解析；（2）；（3）.264【解析】（1）由平面 ABC丄平面 ABD，平面 ABC門平面ABD=AB, AD丄AB，可得 AD丄平面 ABC, 故AD丄BC.（2）取棱AC的中點N,連接MN , ND 又因為M為棱AB的中點，故 MN / BC.所以/ DMN （或其 補角）為異面直線 BC與MD所成的角.在 RtADAM 中，AM=1，故 DM= . AD2

25、AM 2 =. 13 .因為在 Rt ADAN 中，AN=1，故 DN= . AD2 AN2 = 13 .1在等腰三角形 DMN中，MN=1，可得oMNcos DMN -DM所以，異面直線 BC與MD所成角的余弦值為 上13 .26(3)連接CM 因為ABC為等邊三角形，M為邊AB的中點，故CM丄AB, CM= .,3 .又因為平面ABC丄平面ABD，而CM 平面ABC,故CM丄平面ABD 所以，/ CDM為直線CD與平面ABD所成的角.在 Rt ACAD 中，CD= AC2 AD2 =4 在 RtACMD 中，sin CDMCM . 3CD 4i7所以，直線CD與平面ABD所成角的正弦值為

26、_3 .4【名師點睛】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.考查空間想象能力、運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, AB! B1C1 .求證：(1) AB/ 平面 A1B1C ;(2)平面 ABB1A1 平面 A1BC .【答案】(1)見解析；(2)見解析.【解析】(1)在平行六面體 ABCD-A1B1C1D1中，AB / A1B1.因為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ABBi

27、Ai為平行四邊形.又因為AAi=AB，所以四邊形 ABBiAi為菱形，因止匕ABi丄AiB.又因為 ABi 丄 BiCi, BC / BiCi,所以ABi丄BC .又因為 AiB nBC=B, AiB 平面 AiBC, BC 平面 AiBC,所以ABi丄平面AiBC.因為ABi平面ABBiAi,所以平面ABBiAi丄平面AiBC.【名師點睛】本題可能會出現(xiàn)對常見幾何體的結(jié)構(gòu)不熟悉導(dǎo)致幾何體中的位置關(guān)系無法得到運用或者運用錯誤，如柱體的概念中包含 兩個底面是全等的多邊形，且對應(yīng)邊互相平行，側(cè)面都是平行四邊形”， 再如菱形對角線互相垂直的條件，這些條件在解題中都是已知條件，缺少對這些條件的應(yīng)用可導(dǎo)

28、致無法證明解答本題時，(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i4.【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,/ ABC=i20 AiA=4 , CiC=i , AB=BC=BiB=2 .(1) 證明：ABi丄平面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） _!弓.13【解析】方法一：（1 ）

29、由 AB 2,AA 4,BBi 2,AA、 AB, BBi AB 得 AR A1B12 2 ,所以 AB； AB12 AA2.故 AB1 A B .由 BC 2 , BB1 2, CG 1, BB1 BC, CC1 BC 得 BG 5 ,由 AB BC 2, ABC 120 得 AC 2、3 ,由 CC1 AC，得 AC1 ：/13，所以 AB1 B1C1 AC1，故 AB1 B1C1.因此AB1 平面A B1C1.（2）如圖，過點 G作GD AB1，交直線AB1于點D，連結(jié)AD.由AB1平面AB1G得平面ABQ1 平面ABB1， 由GD AB得GD 平面ABB1，所以 C1AD是AC1與平面

30、ABB1所成的角由BC1V5, A B12/2, AC1 V2?得 cos GABGAB所以C1D.3，故 sin C1ADC1DAC13913/39因此，直線ACi與平面ABBi所成的角的正弦值是13方法二：(1)如圖，以AC的中點0為原點，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由題意知各點坐標(biāo)如下:A(0, 73,0), B(1,0,0), A(0, 73,4), Bl(1,0,2),Ci(0,73,1),uuir uurn _ uurn廠因此 AB(1, .3,2), AB (1, ；3, 2), AG(0,2.3, 3),uuu 由AB1uuu

31、A1B10 得 AB1A1B1uuuuuu由AB1AC10 得 AB1AC 1所以AB1 平面A)B1C1.(2)設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為.uur廠 uui L uur由(1)可知 AG (0,2 J3,1),AB(1, J3,0), BB (0,0,2),設(shè)平面ABB1的法向量n (x, y,z).urnn AB 0, 由 uuu 即n BB10,x -3y2z 0,0,可取(.3,1,0).所以sin uuu |cos ：； AC1, n ： |uuu|AC1 | |n|.3913因此，直線AG與平面ABB1所成的角的正弦值是13【名師點睛】本題主要考查空間點、線、面位置關(guān)系，

32、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識，同時考查空間想象能力和運算求解能力15.【2017年高考全國（1）證明：平面BAPCDP 90.8（2）若PA=PD=AB=DC ,APD 90，且四棱錐P-ABCD的體積為一，求該四棱錐的側(cè)面積.3【答案】（1）見解析；（2） 6 2、. 3 .【解析】（1）由已知ZBAP / CDP 90，得AB AP , CD PD .由于AB /CD，故AB PD，從而AB 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)ABx，則由已知可得AD2x，PEVx .2故四棱錐P ABCD

33、的體積VP1ABCDABAD PE1 x .33由題設(shè)得1 3 8x，故 x 2 .33從而PAPD 2, AD BC2 2，PBPC2 2 .可得四棱錐P ABCD的側(cè)面積為 丄PAPD1 -PAAB 1 PD DC BC2sin 60 6 2 3222 2【名師點睛】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；計算點面距離時，如直接求不方便，應(yīng)首先想到轉(zhuǎn)化，如平行轉(zhuǎn)化、對稱轉(zhuǎn)化、比例轉(zhuǎn)化等，找到方便求值時再計算，可以減少運算量，提高準(zhǔn)確度，求點面距離有時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，(1 )由AB AP , AB P

34、D，得AB 平面PAD11 3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3 3x 2，可得所求側(cè)面積.16. 【2017年高考全國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 ,1AB BC AD, BAD ABC 90 .2(1)證明：直線BC/平面PAD ;(2)若厶PCD的面積為2 .1，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)，因為/ BAD= / ABC=90 ,所以BC / AD.又BC 平面PAD , AD 平面PAD

35、,故BC /平面PAD.(2)取AD的中點M，連結(jié)PM , CM ,由 AB BC1CM 丄 AD.-AD及BC / AD，/ ABC=90。得四邊形ABCM為正方形，則因為側(cè)面 PAD為等邊三角形且垂直于底面 ABCD，平面PAD門平面ABCD =AD,所以PM丄AD , PM丄底面ABCD ,因為CM 底面ABCD，所以PM丄CM.設(shè) BC=x,則 CM=x, CD= . 2x，PM=、,3x, PC=PD=2x.14x.2取CD的中點N,連結(jié)PN，則PN丄CD，所以PN2.1 ,因為APCD的面積為2、7，所以證明：AC丄BD; 已知 ACD是直角三角形，AB=BD 若E為棱BD上與D不

36、重合的點，且 AE丄EC,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0,連結(jié)DO, BO.因為AD=CD，所以AC丄DO.又由于 ABC是正三角形， 2x 土 X2 2解得 x=-2 (舍去)，x=2，于是 AB=BC=2 , AD=4, PM=2 3 ,所以四棱錐P- ABCD的體積v 1 -一2.3 4.3.3 2【名師點睛】解答本題時，(1)先由平面幾何知識得 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M，利用線面垂直的判定定理證明 PM丄底面ABCD，從而得四棱錐的高，再通過 平面幾何計算得底面直

37、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17. 【2017年高考全國H卷文數(shù)】如圖，四面體 ABCD中， ABC是正三角形，AD=CD .所以AC丄BO.從而AC丄平面DOB ,故AC丄BD.(2)連結(jié)EO.由(1)及題設(shè)知/ ADC=90 所以DO=AO.在 RtA AOB 中，BO2 AO2 AB2.又 AB=BD，所以 bo2 DO2 BO2 AO2 AB2 BD2,故/ DOB=90.1由題設(shè)知 AEC為直

38、角三角形，所以 EO -AC.21又厶ABC是正三角形，且 AB=BD，所以EO - BD .21故E為BD的中點，從而 E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的，四面體ABCE的體積為21四面體ABCD的體積的一，即四面體 ABCE與四面體ACDE的體積之比為1:1.2【名師點睛】解答本題時，(1 )取AC的中點0，由等腰三角形及等邊三角形的性質(zhì)得AC OD ,AC 0B，再根據(jù)線面垂直的判定定理得AC 平面OBD，即得AC丄BD； (2)先由AE丄EC,結(jié)1合平面幾何知識確定 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：

39、(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P -BC中，PA丄AB , PA丄BC, AB丄BC, PA=AB=BC=2,D為線段AC的中點，E為線段PC上一點.E（1）求證：PA丄BD;（2）求證：平面 BDE丄平面PAC ；（3）當(dāng)PA /平面BDE時，求三棱錐 E -BCD的體積.1【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3） 一.3【解析】（1）因為PA AB，PA BC，所以PA 平面ABC， 又因為BD 平面ABC，所以PA BD .（2）因為A

40、B BC，D為AC中點，所以BD AC，由（1）知，PA BD，所以BD 平面PAC，所以平面BDE 平面PAC .（3）因為PA/平面BDE，平面PAC I平面BDE DE ,所以PA/DE .1因為D為AC的中點，所以 DE -PA 1 , BD DC 兀 2由（1）知，PA 平面ABC，所以DE 平面ABC.11所以三棱錐 E BCD的體積V BD DC DE .63【名師點睛】線線、線面的位置關(guān)系以及證明是高考的重點內(nèi)容，而其中證明線面垂直又是重點和熱點，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，（1）要證明線線

41、垂直，一般轉(zhuǎn)化為證明線面垂直；（2）要證明一 一 - 一 一 1 -面面垂直，一般轉(zhuǎn)化為證明線面垂直、線線垂直；（3）由V - Sabcd DE即可求解.19.【2017年高考天津卷文數(shù)】 如圖，在四棱錐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.B45(2)見解析；(3)【解析】(1)如圖,由已知AD/BC,故DAP或其補角即為異面直線 AP與BC所成的角.因為AD丄平面PDC，所以AD 丄 PD

42、.在 Rt APDA 中,由已知，得AP - AD2 PD25，故 cos DAP所以，異面直線 AP與BC所成角的余弦值為(2)因為AD丄平面PDC，直線PD 平面PDC，所以AD丄PD .又因為BC/AD，所以PD丄BC ,又PD丄PB,所以PD丄平面PBC.(3)過點D作AB的平行線交BC于點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.因為PD丄平面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, DF/AB，故 BF=AD=1，由已知，得 CF=BC -BF=2 .又AD丄DC,故BC丄DC ,在RtA

43、DCF中，可得df,CD2 CF22,5，在 RtADPF 中，可得 sin DFPPD ,5DF 5所以，直線AB與平面PBC所成角的正弦值為 5 .5【名師點睛】線線、線面的位置關(guān)系以及證明是高考的重點考查內(nèi)容，而證明線面垂直又是重點和熱點，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，(1)異面直線所成的角一般都轉(zhuǎn)化為相交線所成的角，因為AD / BC ,所以 DAPAD或其補角即為異面直線 AP與BC所成的角，本題中AD丄PD，進而可得AP的長

44、，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，貝U 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 C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示，四邊形ABCD為正方形，O為AC與BD的交點，E為AD的中點，A1E 平面ABCD.(1) 證明：AO / 平面 B1CD1;(2) 設(shè)M是OD的中點，證明：平面 A1EM 平面B1CD1.【答案】(1)見解析；(2)見解析.【解析】（1）取BP的中點Oi，連接CO AQ!

45、，由于ABCD AEG。!是四棱柱,所以 AOi/ OC,AOi OC ,因此四邊形AQCO1為平行四邊形，所以 A,0 / O1C，又 OiC 平面 BiCDi， A。 平面 BiCDi ,所以A,O/平面BICDI.(2)因為AC BD , E , M分別為AD和OD的中點,所以EM BD ,又AiE 平面ABCD , BD 平面ABCD ,所以AE BD,因為 BiDi / BD,所以 EM BiDi,AE BiDi,又 AIE, EM 平面 AEM , AEI EM E ,所以Bi Di平面A| EM ,又 BiDi 平面 BiCDi ,所以平面AEM 平面b1cd1 .【名師點睛】證明線面平行時，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， 有時需要經(jīng)過已知直線作輔助平面來確定交線在應(yīng)用線面平行、面面平行的判定定理和性質(zhì)定理進 行平行轉(zhuǎn)化時，一定要注意定理成立的條件，嚴(yán)格按照定理