2017-2019高考文数真题分类解析---立体几何(解答题)

1、2017-2019高考文数真题分类解析立体几何（解答题）1.【2019年高考全国I卷文数】如图，直四棱柱ABCD ABiCiDi的底面是菱形，AAi=4,AB=2, /BAD=60°,E, M, N分别是BC, BB1, A1D的中点.（1）证明：MN /平面 CDE;（2）求点C到平面C1DE的距离.【答案】（1）见解析；（2）孽7.【解析】（1）连结B1C,ME .1因为M, E分别为BB1,BC的中点，所以ME / BC ,且ME BQ.21 又因为N为AD的中点，所以 NDA1D.2由题设知AB1= DC,可得BC= AD，故ME = ND，因此四边形MNDE为平行四边形，

2、MN / ED.又MN 平面CQE ,所以MN/平面CQE .（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得 DE BC , DE CC ,所以DE,平面CCE ,故DE，CH.从而CH，平面CDE ,故CH的长即为C到平面CDE的距离，由已知可得CE=1, CiC=4,所以C1E &7 ,故CH4 1717从而点C到平面C1DE的距离为4屈.1718【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

3、.【2019年高考全国n卷文数】如图，长方体ABCD AB1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在AA1上,BEXEC1.（1）证明：BE，平面 EB1C1；（2）若AE=A1E, AB=3,求四棱锥E BBQC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 ECi ,所以BE，平面EBiCi.(2)由(1)知/ BEBi=90°.由题设知Rt9BERt祥iBiE,所以 AEBA1EBi 45 ,故 AE=AB=3, AAi 2AE 6.作EF BBi,垂足为F ,则EF，平面BBC

4、，且EF AB 3.i所以，四梭锥E BBiCiC的体积V - 3 6 3 i8. 3【名师点睛】本题主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.【20i9年高考全国 出卷文数】图i是由矩形ADEB, Rt/XABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中 AB=i , 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.（i）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】（i）见解析；

5、（2） 4.【解析】（i）由已知得ADPBE, CGPBE,所以ADPCG,故AD, CG确定一个平面，从而 A, C, G,D四点共面.由已知得AB BE, AB BC,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AB/DE, AB 平面BCGE,所以DE 平面BCGE,故DE CG.由已知，四边形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.所以四边形ACGD的面积为4.【名师点睛】本题是很新颖

6、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ABCD,底部ABCD为菱形，E 为CD的中点.(1)求证：BDL平面PAC;(2)若/ ABC=60°,求证：平面 PABL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.P8C(

7、2)因为PA，平面ABCD, AE 平面ABCD,所以PAX AE.因为底面ABCD为菱形，/ ABC=60°,且E为CD的中点，所以AELCD.所以AB，AE.所以AE，平面PAB.所以平面PAB，平面PAE.(3)棱PB上存在点F,使得CF /平面PAE.取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF, FG, EG.r -1则 FG / AB,且 FG= AB 2,因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，一11所以 CE/ AB,且 CE= AB2,所以 FG /CE,且 FG = CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以 CF/ EG.因为CF 平面PAE, EG 平面PA

8、E,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， APCD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, AC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） Y3.3【解析】（1）连接BD ,易知ACI BD H , BH DH .又由 BG

9、= PG ,故 GH / PD.又因为GH 平面FAD, 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DNXPC,又因为平面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）连接AN,由（2）中DN 平面PAC,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 RtzXAND 中，sin DANDN .3AD 3所以，直线AD与平面PAC

10、所成角的正弦值为 Y33【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.【20i9年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABCAiBiCi中，D, E分别为BC, AC的中点，AB=BC.求证：（1） AiBi/平面 DECi; BEXCiE.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D, E分别为BC, AC的中点,所以 ED /AB.在直三棱柱 ABC-AiBiCi 中，AB/AiBi, 所以 AiBi / ED.又因为ED?平面DECi, AiBi 平面DECi, 所以AiBi /平面 DEC

11、i.(2)因为AB=BC, E为AC的中点，所以 BEXAC.因为三棱柱ABC- A1B1C1是直棱柱，所以 CC平面ABC.又因为BE?平面ABC,所以CCHBE.因为 CiC?平面 AiACCi, AC?平面 A1ACC1, CiCAAC=C,所以BE,平面AiACCi.因为CiE?平面AiACCi,所以BEXCiE.【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识，考查空 间想象能力和推理论证能力.7.【20i9年高考浙江卷】如图，已知三棱柱 ABC ABCi,平面AACCi平面ABC, ABCBAC 30,AA Ac AC,E,F 分别是 AC, AiB

12、i 的中点.(i)证明：EF BC ;(2)求直线EF与平面AiBC所成角的余弦值 _ 3【答案】(i)见解析；(2).5【解析】方法一：(i)连接AiE,因为AiA=AiC, E是AC的中点，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,则 AiEBC.又因为 AiF/AB, /ABC=90 °,故 BCAiF.所以BC,平面AiEF.因此EFXBC.(2)取BC中点G,连接EG, GF,则EGFAi是平行四边形.由于AiE，平面ABC,故AiEEG,所以平行四边形

13、EGFAi为矩形.由(1)得BC，平面EGFAi,则平面AiBC,平面EGFAi,所以EF在平面AiBC上的射影在直线AiG上.连接AiG交EF于O,则/ EOG是直线EF与平面AiBC所成的角(或其补角)不妨设 AC=4,则在 RtAiEG中，AiE=2 V3 , EG= 73 .由于。为AiG的中点，故EO OGAGi522222所以cos EOGEO2 OG2 EG232EO OG 53因此，直线EF与平面AiBC所成角的余弦值是 一.5方法(i)连接AiE,因为AiA=AiC, E是AC的中点，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.如图，以点E为原点，分别以射线 EC, EAi为y,百由的正半轴，建立空间直角坐标系不妨设AC=4,则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)设直线EF与平面AiBC所成角为0.uuur_uuir_由(1)可得 BC=( 73,1,0), AC=(0,2 2V3) .设平面A1BC的法向量为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，直线EF与平面Ai BC所成的角的余弦值为 一.5【名师点睛】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运算求解能力8.【2018年高考全国I卷文数】如图，在平行四边形 ABCM中，AB AC 3, /ACM 90 ,以AC为折痕将ACM折起，使点M到达点D的位置，且 AB ± DA .（1）证明：平面ACDL平面ABC;2（2

16、） Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP DQ DA ,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 , 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,垂足为E,则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，三棱锥Q ABP的体积为1 11厂Vq abpQESaabp 1 32V2

17、sin 451 .332【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 BAXAD,利用线面垂直的判定定理证得ABX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

18、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 棱锥的体积公式求彳#三棱锥的体积 .9.【2018年高考全国n卷文数】 如图，在三棱锥 P ABC 中，AB BC 2也 ，PA PB PC AC 4,。为 AC 的中点.(1)证明：PO 平面ABC;(2)若点M在葭BC上，且MC 2MB ,求点C到平面POM的距离.c【答案】（1）见解析；（2）晅5【解析】（1）因为AP=CP=AC=4,。为AC的中点，所以 OPLAC,且OP= 2J3 .连结OB.因为AB = BC=Y!ac ,所以 "BC为等腰直角三角形，且 OBAC, OB=；AC=2.由 OP2 O

19、B2 PB2知，OPXOB.由 OPOB, OPAC 知 POL平面 ABC.(2)作CHXOM,垂足为H.又由(1)可得OPCH,所以CH，平面POM .故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知 OC=1aC=2, CM=2BC =42 , /ACB=45°.2332.5 OC MC sin ACB 4-5/yr以 om =, ch=.3OM5所以点C到平面POM的距离为退.5【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 A

20、C,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.10.【2018年高考全国出卷文数】如图，矩形 ABCD所在平面与半圆弧 CD所在平面垂直， M是CD上异 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BCXCD, BC 平面ABCD,所以BC,平面CMD ,故BCXDM

21、 .因为M为CD上异于C, D的点，且DC为直径，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）当P为AM的中点时，MC/平面PBD.证明如下：连结 AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以 。为AC中点.连结OP,因为P为AM中点，所以MC / OP.MC 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【2018年高考北京卷文数】 如

22、图，在四B隹P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD，平面ABCD ,PAXPD, PA=PD, E, F 分别为 AD, PB 的中点.(1)求证：PE±BC；(2)求证：平面 PAB,平面PCD；(3)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，BC/AD, 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

23、中点G ,连接FG,GD .1 F,G 分别为 PB 和 PC 的中点，FG/ BC,且 FG 1 BC .2 .四边形 ABCD为矩形，且E为AD的中点，八1八ED/BC,DE -BC , 2ED/ FG ,且ED FG ,，四边形EFGD为平行四边形， . EF / GD.又EF 平面PCD, GD 平面PCD,EF / 平面 PCD.【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

24、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，AABC是等边三角形，平面 ABC，平面ABD, 点 M 为棱 AB 的中点，AB=2, AD = 2J3, / BAD=90 °.(1)求证：ADXBC;（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.C1）见解析；（2）运；（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的中点N,连接MN, ND.又因为M为棱AB的中点，故

25、MN / BC.所以/ DMN （或其 补角）为异面直线 BC与MD所成的角.在 RtADAM 中，AM=1,故 DM= JADAM 2 二行.因为 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，异面直线 BC与MD所成角的余弦值为 匹 .26（3）连接CM.因为AABC为等边三角形，M为边AB的中点，故 CMXAB, CM = J§.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，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为 叵.4C【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 ABiciDi中，AA AB,AB BQ.求证：（1） AB/ 平面 A1B1C;（2）平面 ABBiAi 平面 ABC .【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体 ABCD-AiBiCiDi中，AB/A1B1.因

27、为AB 平面AiBiC, A1B1平面AiBiC,所以AB /平面AiBiC.(2)在平行六面体 ABCD-AiBiCiDi中，四边形ABBiAi为平行四边形.又因为AAkAB,所以四边形 ABBiAi为菱形，因此 ABiXAiB.又因为 ABiBiCi, BC/BiCi,所以 ABiXBC.又因为 AiBABC=B, AiB 平面 AiBC, BC 平面 AiBC,所以ABi,平面AiBC.因为ABi平面ABBiAi,所以平面ABBiA平面AiBC.【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，

28、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，(i)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 ABBiAi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14 .【20i8年高考浙江卷】 如图，已知多面体 ABCAiBiCi, AiA, BiB, CiC均垂直于平面 ABC, Z ABC=i20°,AiA=4 , CiC=i , AB=BC=BiB=2.(i)证明：ABi，平面

29、 AiBiCi；(2)求直线ACi与平面ABBi所成的角的正弦值.【答案】（1）见解析；（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厢,所以ABi2BQ；AC；,故ABiBiCi.因此ABi 平面ABiG.如图，过点Ci作CiD AiBi,交直线AiBi于点D,连结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与平面ABB1所成的角.由BCi75,ABi 2V2,ACi 得cos GABGAB所以cq 73,故 sin C1ADC1DAC13913因此，直线AG与平面ABB1所成的角的正弦值是 逅13方法二：(1)如图，以AC的中点。为原点，分别以射线 OB, OC为x, y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.35由题意知各点坐标如下: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)设直线AC1与平面ABB1所成的角为uuui- uuu uuu由(1)可知 AC1 (0,2V3,1),AB (1, J3,0), BB1 (0,0,2),设平面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)|监皿 |AG|n|因此，直线ACi与平面ABBi所成的角的正弦值是-3913【名师点睛

32、】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运算求解能力15.【2017年高考全国,且(1)证明：平面BAP CDP 90o (2)若PA=PD=AB=DC, APD 90。，且四棱锥 P-ABCD 的体积为8 ,求该四棱锥的侧面积.3(1)见解析；(2) 6(1)由已知/BAP/CDP 90 ,得 AB AP, CD PD .由于 AB /CD ,故 AB PD,从而AB 平面PAD .又AB 平面PAB ,所以平面(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

33、x,则由已知可得ad&x，PE故四棱锥ABCD的体积VP1ABABCD - AB3AD PE由题设得从而PAPD2，AD BC2后,PBPC26可得四棱锥PABCD的侧面积为1 -PA 2PD1 -PA 21AB - PD2DC - BC2sin606 2m.2【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

34、, AB PD ，得 AB 平面 PAD . .11 °即可证得结果；（2）设AB x,则四棱锥P ABCD的体积VP abcd -AB AD PE - x3,解得 33x 2,可得所求侧面积.16.【2017年高考全国n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 ,1 一 一一AB BC AD, BADABC 90 .2（1）证明：直线BC/平面PAD ;（2）若4PCD的面积为2J7,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BC/AD

35、.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,八1由AB BC a AD及BC/AD, /ABC=90°得四边形 ABCM为正方形,则 CM LAD.D因为侧面PAD为等边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,因为CM 底面ABCD ,所以PM，CM.设 BC=x,则 CM=x, CD=72x, PM = T3x, PC=PD=2x.取CD的中点N,连结PN,则PNCD,所以PN 巫 x.2因为4CD的面积为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,所以四棱锥P- ABCD的体积V12 n 4 n.32【名师点睛】解答本题时，(1)先由平面几何知识得 BC/AD,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PML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、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需车t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.【20

37、17年高考全国 出卷文数】如图，四面体 ABCD中，ZXABC是正三角形，AD=CD.(1)证明：ACLBD;(2)已知ZXACD是直角三角形，AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点，且 AEXEC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.【答案】(1)见解析；(2) 1:1【解析】(1)取AC的中点O,连结DO, BO.因为AD=CD,所以ACXDO.又由于 ABC是正三角形，所以AC，BO.从而AC，平面DOB,故 ACXBD.(2)连结EO.由(1)及题设知/ 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 _ 由题设知 AAEC为直角三角形，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1 ,四面体ABCE的体积为2四面体ABCD的体积的1 ,即四面体 ABCE与四面体ACDE的体积之比为1:1.2【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 OD ,AC OB,再根据线面垂直的判定定理得 AC 平面OBD,即得ACXBD； (2)先由AEXEC,结1 一 一合

39、平面几何知识确定 EO AC,再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.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，PAXAB, PAX BC, ABXBC, PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.（1）求证：PAXBD;（2）求证：平面 BDE，平面PAC；（3）当PA/平面BDE时，求三棱锥 E -BCD的体积.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 1.3【解析】

40、（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 PA/DE.1 一因为D为AC的中点，所以DE -PA 1 , BD DC 72.2由（1）知，PA 平面ABC ,所以DE 平面ABC.1 1所以三棱锥E BCD的体积V 1BD DC DE 1.6 3【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点

41、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VSABCD de即可求解.BCD19.【2017年高考天津卷文数】 如图，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.【解析】(1)如图，由已知 AD/BC,故 D

42、AP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ADXPD.在 RtAPDA 中，由已知，得 ap AAD2 PD2 J5，(2)因为AD,平面PDC,直线PD 平面PDC,所以ADXPD.又因为BC/AD,所以PD±BC,又PDLPB,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PBC上的射影，所以 DFP为直线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 胆 正.DF 5所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为 叵.5【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.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AD / BC ,所以 DAPAD或其补角即为异面直线 AP与BC所成的

44、角，本题中ADPD,进而可得AP的长，所以COS DAP ； 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 DF / AB ,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 ABCD-AiBiCiDi截去三棱锥 Ci-BiCDi后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，。为AC与BD的交点，E为AD的中点，AiE 平面ABCD.(i)证明：AO”平面BiCDi；(2)设M是OD的中点，证明：平面 AiEM 平面BiCDi.(i)见解析；(2)见解析.【解析】(1)取BQi的

45、中点Oi,连接COi,AOi ,由于ABCD ABGDi是四棱柱,所以 AOi/ OC,AOi OC ,因此四边形AOCOi为平行四边形，所以 AO / OiC ,又 OiC 平面 BiCDi , AO 平面 BCDi ,所以A。/平面BiCDi.(2)因为AC BD , E, M分别为AD和OD的中点，所以EM BD ,又AiE 平面ABCD , BD 平面ABCD ,所以AE BD,因为 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来推导线面平行，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来确定交线.在应用线面平行、面面平行的判定定