高中数学《点线面的位置关系》高考专题复习训练典型30题（含答案解析）

高中数学《点线面的位置关系》高考专题复习训练典型30题汇总

(含答案解析)

1.如图，在三棱锥A-88中，平面A3。J_平面BCD,AB=AD,。为8。的中点.

(1)证明：OA1CD；

(2)若AOCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AO上，DE=2EA,且二面角E-BC-O的大小为45。，求

三棱锥力-8CO的体积.

【答案】(1)证明见解析;(2愁.

6

【解析】

【分析】

(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；

(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.

【详解】

(1)因为=。是5。中点，所以0AJ_8。，

因为。4u平面平面平面BCD,

且平面ABDc平面所以OA_L平面BCD.

因为CZ)u平面BCD,所以。4_LC£>.

(2)［方法一］:通性通法一坐标法

如图所示，以。为坐标原点，。4为z轴，0。为)，轴，垂直0。且过。的直线为x轴,建立空间直角坐标系。-型，

则。(且L。),。(0,1,0),8(0,-1,0),设A(0,0,m),E(0d),

2233

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设。=(x,y,z)为平面EBC的法向量,

EBn=0

则由，可求得平面EBC的一个法向量为万=(-75,1,--).

ECn=0tn

又平面BCD的一个法向量为。4=(0,0皿),

与,解得m=1.

x』x2xlx旦且,

又点C到平面的距离为】」，所以匕_的=匕_八相

3226

所以三棱锥A-BCD的体积为正.

6

［方法二］【最优解】：作出二面角的平面角

如图所示，作EG_L8O,垂足为点G.

作G/_L8C,垂足为点F,连结E尸，则。4〃EG.

因为04_1_平面8cO,所以EG_L平面8cO,

DEAG为二面角£一3。一。的平面角.

因为NEFG=45。，所以EG=PG.

由己知得OB=8=1,故OB=OC=\.

又NOBC=/OCB=30。,所以BC=V5.

24222

因为60=*,68=—,依=+8=—,E6=一,04=1,

33333

5Xx25Xx2xXxlxl

^-BCD=14BCD^=1ABOC^=14-y-)xl=^.

，JD乙乙U

试卷第2页，共58页

[方法三卜三面角公式

考虑三面角5—EQC,记为a,4EBC为0,ZDBC=30°,

记二面角石-BC-O为凡据题意，得6=45。.

对夕使用三面角的余弦公式，可得cos夕=cosa•cos30。，

化简可得cos/=#cosa.①

使用三面角的正弦公式，可得sin/?=当，化简可得sin/?=^sina.②

sin。

a

将①②两式平方后相加，可得^cos2a+2sin2a=1,

由此得sin2a=-cos?a,从而可得tana=±」.

42

A

4

根据三角形相似知，点G为0。的三等分点，即可得8G=5，

结合。的正切值，

可得EG=],OA=1从而可得三棱锥A-BCD的体积为由.

36

【整体点评】

(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数

化，适合于复杂图形的处理：

方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的

认识，该法为本题的最优解.

方法三:三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、

迅速.

2.如图,四边形A8CQ为矩形，且人。=2,"=1,幺_1平面48。，以=1,E为砒•的中点.

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(1)求证:PE_LOE；

(2)求三棱锥C—POE的体积；

(3)探究在以上是否存在点G,使得EG||平面PC。，并说明理由.

【答案】(1)见解析；(2)之；(3)见解析.

【解析】

【分析】

(1)连结AE,由几何体的空间结构可证得DEL平面P4E,利用线面垂直的定义可知OEJLPE.

1

-匕=

(2)由(1)知ADCE为腰长为1的等腰直角三角形，结合题意转化顶点可得分「麻6-

(3)在PA上存在中点G,使得EG〃平面PC。.取PA的中点G,"，连结EG,GH,CH.易证得四边形EGHC是平

行四边形，所以EG//C”,结合线面平行的判断定理可知EG//平面PCD.

【详解】

(1)连结AEJ.'E为8C的中点,EC=CD=1,

・・・ADCE为等腰直角三角形，

则NOEC=45°,同理可得乙4E8=45°,，ZAED=90\--DE±AE,

又。4_L平面，且DEu平面A88,%_L0E,

又;AEcQ4=A,；・力石_L平面R4E,又尸石u平面PAE,，DELPE.

(2)由(1)知ADCE为腰长为1的等腰直角三角形,

・•・Sy=3X1x1=；，而E4是三棱锥尸-08的高,

,%C-r血L/tfr-Lo/^cC,t=-35ADC£^3=-2X-X6L=-

试卷第4页，共58页

(3)在R4上存在中点G,使得EG〃平面P8.理由如下：

取PAP0的中点G,”，连结EG,GH,CH.

・・・G,”是PAPD的中点，・•・GH//AD,^GH=^AD,

又因为E为BC的中点，且四边形ABCD为矩形，所以EC//AD,且EC=；ADy

所以EC/GH,且EC二G”,所以四边形EG”C是平行四边形，所以EGHCH,

又£G<Z平面PCQCA/u平面PCD,所以七G//平面PCD.

【点睛】

本题主要考查线面垂直的判断定理，线面垂直的判断定理，棱锥的体积公式，立体几何中探索问题的处理方法等

知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

3.如图，在三棱锥P—A8C中，AB=BC=2&,PA=PB=PC=AC=4t。为AC的中点.

(1)证明：PO_L平面ABC；

(2)若点”在棱BC上，且二面角M-E4-C为30°,求尸C与平面RAM所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)立.

4

【解析】

【分析】

(1)根据等腰三角形性质得尸。垂直AC再通过计算，根据勾股定理得尸。垂直OB,最后根据线面垂直判定

定理得结论；

(2)根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解出平面布加一个法向量，利用向量数量积求

出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向

量PC与平面以M法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果.

【详解】

(1)因为AP=CP=AC=4,。为4c的中点，所以OP_L4C,且OP=2G.

连结08.

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因为48=8C=EAC,

2

所以AABC为等腰直角三角形，

^OB1AC,OB=-AC=2

2

由。尸+。序=PB2知PO_LOB.

由。尸_L。氏O尸J.AC知p。1平面ABC.

（2）如青，以0为坐标原点，砺的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系。-孙z.

由已知得0(0,0,0),5(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2.0),P(0,0,2石)，/=(0,2,2百)

取平面PAC的法向量08=(2,0,0).

IHJU

设A/(a,2-«,0)(0vaW2),则AM=3,4—4,0).

设平面PAM的法向量为为=(x，N，z).

4——-R2y+26z=0

ar+(4-a)y=0

可取2万=(63-4),64,-4)

所以cos（而而=23（：4）.由已知得cos〈丽小〉=走.

2小3（。-4月+3/+/2

2石|。-4|64

所以%二二•解得〃=Y（舍去），•

2y/3（a-4y+3a~+a~23

又定=（0,2,-26）,所以cos〈定了〉=

所以PC与平面Q4M所成角的正弦值为•

试卷第6页，共58页

【点睛】

利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求

坐标关”，准确求解相关点的坐标：第三，破“求法向量关“，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关

4.如图，在三棱锥S-A8C中，平面S8C1平面ABC,SB=SC=AB=AC=无，8c=2,若。为的中点.

(1)证明：SO_L平面ABC；

(2)求异面直线AB和SC所成角；

(3)设线段SO上有一点当AM与平面S48所成角的正弦值为叵时，求OM的长.

15

【答案】(1)证明见解析；(2)^(3)；.

【解析】

【分析】

(I)先证明平面S6C_L平面A6C,再证明SO_L平面A8C；(2)分别以。8,OA,0C为入轴，＞轴，z轴的

非负半粗，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线48和SC所成角；(3)设M(0,0j),(ze[0,l]),利用

向量法得到尊=，解方程即得I的值和的长.

15GJW'；1”+J,

【详解】

(1)°：SB=SC,BO=OC,

：.SO1BC,

•・•平面SBCJ•平面ABC,

平面SBCI平面ABC=8C,

SOu平面SBC,

:.SO_L平面ABC.

(2),:SB=SC=AB=AC=yli,8c=2,

:,BSICS,BA1CA,

如图，分别以。3,OA,OC为x轴，y轴，z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系，

*/A(0,l,0),3(1,0,0),5(0,0,1),C(-l,0,0),

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1X11UU

・・・AB=(l,T,0),5C=(-l,0,-l),

(3)设m=(〃,"c)为平面SB4的法向量，

muUU

VAB=(l,-l,0),SB=(l,0,-l),

{a-b=0一、

・•・〈八，即mz=(U,l),

[a-c=0

设M(0,0"),(re[0,1]),

uuu

・•・AM=(0,-lj),

设AM与平面SAB所成角为8,

1U-UUlTi

I/ITUUlTyI收

Vsin0=|cos(m,AM户口।明],

.同二IT

・・丁・疗"+产，

6+6/=15(/-21+1),

3/2-10/4-3=0,

(-1)=0,

t=3(舍)，/=—>

・・・OM的长为;.

【点睛】

本题主要考查空间直线和平面位置关系的证明，考查异面直线所成的角和线面角的计算，意在考查学生对这些知

识的理解掌握水平和分析推理计算能力.

试卷第8页，共58页

5.如图，在三棱锥P—ABC中，AB=BC=2五,PA=PB=PC=AC=4,。为AC的中点.

（1）证明：2。，平面48。；

（2）若点〃在棱8c上，且VC=2M8,求点C到平面"0W的距离.

【解析】

【详解】

分析：（I）连接08,欲证P0_L平面A5C,只需证明（2）过点C作CH_LQM,垂足

为M,只需论证⑦的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.

详解：（1）因为4P=CP=AC=4,。为AC的中点，所以OP_LAC,且0P=2G.

连结08.因为AB=BC="AC,所以AAW?为等腰直角三角形，且08_L4C,0B=\AC=2.

22

由O尸+OB?=尸出知，OPA.OB.

由OPLOB,OP_LA。知POJ•平面ABC.

8

（2）作CH_LOM,垂足为凡又由（1）可得OPJ_C〃，所以CHJ•平面POM.

故CH的长为点C到平面POM的距离.

由题设可知。C」AC=2,CM上BC=晅,NACB=45°.

233

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所以。M二空,CHJCMC'SCB二至

3OM5

所以点C到平面POM的距离为拽.

5

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；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.

6.如图，直四棱柱ABCD-A/B/。。/的底面是菱形，A4/=4,AB=2fZBAD=60°,E,M,N分别是8C,BBh

A/。的中点.

（1）证明：MN〃平面C7OE；

（2）求点C到平面C7DE的距离.

【答案】（1）见解析；

⑵亚.

17

【解析】

【分析】

（1）利用三角形中位线和可证得ME"VZ）,证得四边形为平行四边形，进而证得MV//OE,

根据线面平行判定定理可证得结论；

（2）根据题意求得三棱锥G-8E的体积，再求出ACQE的面积，利用％3=匕“屎求得点C到平面CQE的

距离，得到结果.

【详解】

（1）连接ME,BQ

试卷第10页，共58页

■/M,£分别为84，8C中点二.ME为M4C的中位线

又N为A。中点，且:.ND"B©且ND=：BC

•.MEHND四边形MNDE为平行四边形

:.MN//DE,又脑V<Z平面CQE,£>Eu平面CQE

MN//平面CQE

(2)在菱形ABC。中，E为BC中点、,所以DELBC,

根据题意有。E=石，C]E=J万，

因为棱柱为直棱柱，所以有O£_L平面5CG4,

所以。EJ.EG,所以=；x6xji7,

设点C到平面c,DE的距离为“，

根据题意有％_8E=Z.GDE，则有:X；XX/5XJT7X"=；XBX1XJ5X4,

初俎，44717

V1717

所以点C到平面GOE的距离为辞.

【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，再者就是利用等积法求点到平面的距离是

文科生常考的内容.

7.如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面A5CD,

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AB=BC=-AD.ABAD=ZABC=90°,E是P。的中点.

2

(1)证明：直线CE//平面以8；

(2)点”在棱PC上，且直线与底面/IgCD所成角为45。，求二面角加-仞-£＞的余弦值.

5

【解析】

【详解】

试题分析：(1)取附的中点F,连结E产，BF,由题意证得CE〃防，利用线面平行的判断定理即可证得结

论；(2)建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：m=(0,-76,2),7=(0,0,1),然后利用空间向量的相关结

论可求得二面角M-的余弦值为画.

5

试题解析：(1)取中点尸，连结竹，BF.

因为E为P。的中点，所以£尸〃4),政=34。,由NBA£)=N45C=90。得6C//AZ),^BC=-AD

所以呼gBC.四边形BC砂为平行四边形，CEHBF.

又B厂u平面PAB,。石仁平面故CE〃平面尸

(2)

由己知得84_LAD,以A为坐标原点，通的方向为x轴正方向，|而|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标

系A-xyz,则

试卷第12页，共58页

则A(0,0,0),5(1,0,0),C(l,L0),尸(0,1,6)，

PC=(1,0,-6),而=(1,0,0)则

BM=(x-Ly»z),PM=k，y-i,z-6)

因为BM与底面ABCD所成的角为45。，而3=(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以

IcosCBM,1=sin45°,/一!=~~

I\/IJ(xf-+y2+z22

即(x-1)斗y2-z2=0

又M在棱PC上，设PM=4定，则

X=A,>'=1,Z=G—y/3A,

x=l+"

x=l----

22

由①，②得，y=l(舍去'y=i

76V6

z=----z=——

22

2亚M

所以M1-，从而漏1=1-冬1,

22

设/n=（Xo，yo，Zo）是平面ABM的法向量，则

加项=0即（2-应）x0+2y°+湿0=0

w-AB=0xo=O

所以可取而=（0,-76,2）.于是cos

因此二面角M-AB-D的余弦值为巫

5

点睛：（D求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运

算，要认真细心、准确计算.

mn

（2）设m,n分别为平面a,4的法向量，则二面角夕与＜m,n＞互补或相等，故有|cos6|=|cosvm,口＞|=同同.求

解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.

8.如图，在四棱锥夕一力4。。中，AB//CD,且NBAP=NCDP=90.

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（1）证明：平面％3_L平面附。；

⑵若*PD=AB=DC,44尸。=90,求二面角4-尸3-。的余弦值.

【答案】（1）见解析；（2）

3

【解析】

【详解】

（1）由已知N8A尸=NCD尸=90°,得ABLAP,CD1PD.

由于AB/CD,故ABJ_PO,从而ABJ_平面以O.

又A8u平面以3,所以平面以B_L平面以£）.

（2）在平面尸4。内作PF_LA£>,垂足为产，

由（1）可知，43_1_平面~4力，故44_1,2尸，可得PF_L平面ABCD

以尸为坐标原点，同的方向为x轴正方向，|丽|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系r-型.

由（1）及已知可得A1#,。,。，P0,0,

八，

2

试卷第14页，共58页

所以无=卜*,1,-孝）函=（应,0,0）,PA=与,。,一冬,丽=（0,1,0）.

设。=（x,y,z）是平面PC8的法向最，则

小*Q即卜冬+，一冬=。，

储"I&=0,

可取M=（0,-1,一夜）.

设仇=a%z）是平面EA8的法向量，则

严誓：即］冬-冬=6可取而=（1,0,1）.

/w-AB=0,八

Iy=0.

则皿依加崩［“亭

所以二面角的余弦值为-立.

3

【名师点睛】

高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：

①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；

②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；

③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.

9.如图，长方体468-A/B/C/。/的底面4BCO是正方形，点E在棱A4/上，BEA.EC/.

DB

A

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（1）证明：BE工平面EB/C/；

（2）若AE二AR求二面角8-EC-G的正弦值.

【答案】（1）证明见解析：（2）B

2

【解析】

【分析】

（1）利用长方体的性质，可以知道gq_L侧面利用线面垂直的性质可以证明出旦£8,这样可以

利用线面垂直的判定定理，证明出BE1平面E4G；

（2）以点8坐标原点，以配，丽，西分别为乐”轴,建立空间直角坐标系，设正方形A8C。的边长为。，48=6,

求出相应点的坐标，利用BE_LEG，可以求出之间的关系，分别求出平面即C、平面ECG的法向量，利用

空间向量的数量积公式求出二面角B-EC-G的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角

4-EC-G的正弦值.

【详解】

证明（1）因为ABCO-AMGR是长方体，所以用GL侧面4/乃A,而8£u平面人圈84,所以BE_LBg

又BE_LEC】，B£cECt=C）,MG,EC〕u平面EB©,因此BE_L平面EBg；

（2）以点8坐标原点，以配，丽，国分别为x，y，z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，

8(0,0,0),C(a,0,0),C,3,0,b),E(0,,

因为BE_LEG，所以而・西=0=(0,a,2)(a,-a,2)=on-a2+2=onb=2a,

224

所以E(0,a,a),EC=(a,-a,-a),CCi=(0,0,2a),BE=(0,a,a),

设〃i-（A],y,Z[）是平面BEC的法向量,

试卷第16页，共58页

mBE=0,ay+az=0,

所以tt=>/n=(0J,-l),

mEC=0.axx-ayi-azi=0.

设1=a，y2，Z2)是平面ECG的法向量,

nCC=0.(2az,=0,

所以’__='=>w=(1,1,0),

n-EC=0.ax2-ay2-az2=0.

mn\_

二面角E-EC-G的余弦值的绝对值为

2,

所以二面角8-EC-G的正弦值为

2

【点睛】

本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函

数关系，考查了数学运算能力.

10.如图，四棱锥尸一ABC。的底面是矩形，尸。_L底面ABC。，M为8C的中点，且PB_LAM.

(1)证羽：平面平面P5Z)；

(2)若尸。=Z)C=1,求四棱锥P-ABCD的体积.

【答案】(1)证明见解析；(2)旦.

3

【解析】

【分析】

(1)由POJ•底面A5CO可得叨_LAW,又产B1AM,由线面垂直的判定定理可得AM_L平面尸班＞,再根据面

面垂直的判定定理即可证出平面加/_L平面23。：

(2)由11)可知，AM±BD,由平面知识可知，ADABFABM,由相似比可求出AO,再根据四棱锥P-A8CD

的体积公式即可求出.

【详解】

(1)伏I为PDI底面人。。。,4ML平面480

所以

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又PBCPD=P,

所以AM_L平面尸皮），

而AMu平面HUf,

所以平面RIM_L平面PBD.

（2）［方法一］:相似三角形法

由（1）可知

T□__ADAB

于是△ABZAWM小，故=

ABBM

因为BM=g8C,A£>=8C,48=l,所以即BC=a.

故四棱隹P-A3a）的体积V=［ABBCPZ）=克.

33

［方法二］:平面直角坐标系垂直垂直法

由（2）知AM_LQ6,所以砥

建立如图所示的平面直角坐标系，设8C=2a（a>。）.

因为DC=1,所以40,0),5(1,0),£)(0,2。),M(l,a).

..a-02。-0z->21

rkx=ax（2a）2al

^AM^BD=I-—r-U^-xU—-Ir-=-=--

所以a=也，即D4=也.下同方法一.

2

［方法三］【最优解】：空间直角坐标系法

建立如图所示的空间直角坐标系。一肛2,

试卷第18页，共58页

设|QA|二f,所以0(0,0,0),C(0,l,0),尸(0,0,1),A0,0,0),即,1,0).

所以PB=(M,-l),而+如0).

所以而丽=，•(_］)+1x1十0x(-1)=_与十］=0.

所以1=拉，即|。4|=夜.下同方法一.

［方法四］:空间向量法

由尸8_LAW,得丽.丽7=0.

所以(而+DX+而).而=0.

^PDAM+DAAM+ABAM=().

又尸。_L底面48CO,A"在平面48CO内，

因此P£>_LAM,所以苏•丽7=0.

所以国.赤+荏.谢-0，

由于四边形ABCO是矩形，根据数量积的几何意义，

得」|网+|研二0,gp--|BC|2+l=0.

22

所以|反|=应，即8。=五.下同方法一.

【整体点评】

(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；

方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；

方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长，为最常用的通性通法，为

最优解；

方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.

高中数学《点线面的位置关系》高考专题复习训练典型30题汇总(含答案解析)

11.如图，已知三棱柱A3C-A/8/G的底面是正三角形，侧面B5/&C是矩形，M,N分别为BC,8/G的中点,

尸为AM上一点，过以。和P的平面交48于E,交AC于E

(1)证明：AA///MN,且平面4AMALL尸；

(2)设。为A4BC的中心，若40〃平面E8/C凡且40=48,求直线8/与平面4/MV所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)叵.

10

【解析】

【分析】

(1)由历,N分别为BC,8G的中点，MN//CQ,根据条件可得明〃8与，可证MN//A4,,要证平面£8心产_L

平面AAMN,只需证明防平面AAMN即可；

(2)连接NP,先求证四边形OM%是平行四边形，根据几何关系求得EP,在4G截取反。=9，由(1)BC工

平面A4MN,可得NQPN为用E与平面A4MN所成角，即可求得答案.

【详解】

(1)”,N分别为8C,8c的中点，

又AAJ1BB、,

MN//AA,,

在△他C中，M为BC中点,则BCJ.4V/,

又•.•侧面B8CC为矩形，

/.BC1BB、,

试卷第20页，共58页

MNIBC,

rtlMNr-AM=M,u平面AAMN,

.t./C_L平面AAMN,

又•；BC〃BC,且MG<z平面ABC,BCu平面ABC,

B］G〃平面ABC,

又「MRu平面E/G尸,且平面E81G尸c平面ABC=£F

:.B\G"EF,

EF//BC,

又8C_L平面AAMN,

•••斯,平面4人的，

•.•M(=平面七8。7，

平面£5&尸j_平面AAMN.

(2)［方法一］:几何法

如图，过。作4G的平行线分别交A4，AG于点居，耳，联结AE1,4O,A6，NP,

由于AO〃平面EBCF，平面EB6尸，AOngK=O,

AOu平面人耳耳，耳耳<=平面4耳匕，所以平面川与耳〃平面EBg产.

又因平面AE|Zn平面=平面EBC/c平面4A48=七四，所以七国〃入骂.

因为8C_LAN,B«i人MN,ANRMN=N,所以用£_1面叫圾.

又因4P〃片G，所以&£_L面AA,NM,

所以AS】与平面AANM所成的角为NE|AO.

22

令AB=2,贝UNB1=1,由于。为△44G的中心，故OELMNBLM，

高中数学《点线面的位置关系》高考专题复习训练典型30题汇总（含答案解析）

2

在R^A£O中，AO=AB=2tOEi=-,

由勾股定理得4居=/AO、OE；=平.

所以sin/£AO=±=-^-.

由于〃A&,直线&E与平面AAMN所成角的正弦值也为画.

10

［方法二］【最优解】：几何法

因为AO〃平面由。声，平面E/G81n平面4MM4,=NP,所以AO〃NP.

因为ON//AP,所以四边形O4PN为平行四边形.

由（I）知斯_L平面AMNA，则石尸为平面4MNA的垂线.

所以与E在平面AMNA的射影为NP.

从而用上与NP所成角的正弦值即为所求.

在梯形EFC由中，设E尸=1,过E作EG_LqG，垂足为G,则0N=KG=3.

1_Vio

在直角三角形B/G中,

sinZB]EG=而―记

［方法三］:向量法

UUU1

由（I）知，用GJ_平面A4MN,则8c为平面AAMN的法向量.

因为AO〃平面EMC/,AOq平面AAMN,且平面AA"Nc平面EgC/=/W,

所以AO/IPN.

由（I）知4A〃MN,AA=MN,即四边形4PN。为平行四边形，则AO=NP=A3.

因为。为正&\耳弓的中心，故AP=ON=gAA/.

由面面平行的性质得日防二;8C，所以四边形为等腰梯形.

由P,N为等腰梯形两底的中点，得PN_L8G，则两•瓯=0,函=而+而+瓯=

师+*网=丽一乒.

M

设直线片石与平面所成角为凡AB=a则目皿=

AAMNf"To"•

所以直线用E与平面AAMN所成角的正弦值®.

10

试卷第22页，共58页

［方法四卜基底法

不妨设4。=4?=4c=2,则在直角AAA。中，惧二手.

以向量丽，丽，而为基底，

从而（羽，通）=日，=p（AB,AC）=y.

西=应+丽+隔=#+丽，BC=AC-AB，

则同卜亭，西|=2.

所以函.而=（］而+丽）（/一而）=［而.衣_|丽2=_g.

由（I）知8C_L平面AAMN,所以向量而为平面AAMN的法向量.

设直线用正与平面AAMN所成角夕，则sin6=kOs（璃，元）卜氤器=噜.

故直线4石与平面AAMN所成角的正弦值为sin。=巫.

10

【整体点评】

（2）方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键：

方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；

方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；

方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直

线的方向向量.

12.如图，长方体48coM/8/C/Q的底面A8C。是正方形，点E在棱44/上，BELECi.

（1）证明：BE工平面EB心八

（2）若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-8BGC的体积.

【答案】（1）见详解；（2）18

【解析】

高中数学《点线面的位置关系》高考专题复习训练典型30题汇总(含答案解析)

【分析】

(1)先由长方体得，4G工平面例四B,得到用G，BE,再由BE_LEG，根据线面垂直的判定定理，即可证

明结论成立；

(2)先设长方体侧棱长为2a,根据题中条件求出4=3；再取中点尸，连结律，证明所_L平面8800,

根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.

【详解】

(1)因为在长方体48co—AqGA中，平面仪与8；

BEu平面例与8,所以BO1工BE,

又BE上EQBgcEC”,且EGu平面E4G，用6<=平面EBg,

所以BE1平面用6；

(2)设长方体侧棱长为2a,则AE=AE=",

由(1)可得印_L8E；所以明2+8炉二网2,即28炉=叫2,

又钻=3,所以24"+24/=8岗2,即2〃2+18=4。2,解得a=3；

取中点尸，连结E尸，因为AE=AE,ROEF//AB：

所以EF工平面BB£C,

所以四棱锥E-BBCC的体积为/_明Gc=；S矩形明Gc•所=g•BC•阴衣=；x3x6x3=18.

【点睛】

本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，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.

13.如图，在长方体人8CO—A4CQ中，点£尸分别在棱。。,8片上，且2DE=ED「BF=2FB].

试卷第24页，共58页

（1）证明：点G在平面AE厂内;

（2）若A3=2,AD=\,M=3,求二面角A-EF-A的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）叵.

7

【解析】

【分析】

（1）方法一:连接GE、C.F,证明出四边形AEC/为平行四边形，进而可证得点G在平面AE尸内；

（2）方法一：以点C1为坐标原点，c。、cc所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系G-.pz,

利用空间向量法可计算出二面角4一七/-A的余弦值，进而可求得二面角A-石尸-4的正弦值.

【详解】

（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论

在棱CG上取点G,使得CG=；CG,连接DG、FG、CRC.F,如图1所示.

在长方体ABC。—ABC"中，BFHCG,BF=CG,所以四边形8CG尸为平行四边形，则8C///G,8C二尸G,而

BC=AD,BCHAD.所以AD//FG,AD=FG,所以四边形D4R7为平行四边形,即有A/〃£>G,同理可证四边

高中数学《点线面的位置关系》高考专题复习训练典型30题汇总(含答案解析)

形OEC。为平行四边形，/.GE//OG,.•(£〃从尸，因此点G在平面AEF内.

［方法二］:空间向量共线定理

图2

以分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示.

设GA=4。冏=b,C}C=3c,则&(0,0,0),二(40,2。7(0力©,4。力,3。),

所以亭=(a,0,2c),丽=3,0,2r).故乎=丽.所以A尸〃。卢，点G在平面AE产内.

［方法三］:平面向量基本定理

同方法二建系，并得G(0,0,0),E(a,0,2c)/(0,b,c),A3,b,3c),

所以G£=(a,0,2c),G尸=(0,b,c),GA=(a,b,3c).

故不=印+市.所以点G在平面AE尸内.

［方法四］:

根据题意，如图3,设A0=a，44=2b，AA=3c.

在平面4片曲内，因为BF=2g,所以妫尸乃=

试卷第26页，共58页

延长AF交AM于G,

AFu平面AEF,

平面AB。。.

GGAF,GGA4，

所以G6平面AEF,Ge平面4圈CQ①.

延长AE交AA于“，同理"w平面AEF,"e平面A^G2②.

由①@得，平面AMD平面AAGA=G”.

连接GH,GC「77G,根据相似三角形知识可得GM=b,D、H=2a.

在R〃GB|G中，C]G=（小+从.

同理，在中，C冏=2，？+二.

图4

如图4,在放AAG”中，GH=yJa2+b2-

高中数学《点线面的位置关系》高考专题复习训练典型30题汇总(含答案解析)

所以GH=GG+G”，即G,C，"三点共线.

因为GHu平面AEF,所以Gu平面AE产，得证.

［方法五］:

如图5,连接。£硝”。片，则四边形。为平行四边形，设。片与放相