2019年数学理科作业及测试:课时作业专题六立体几何含解析
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2019年高考专题:立体几何试题1.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是A .α内有无数条直线与β平行B .α内有两条相交直线与β平行C .α,β平行于同一条直线D .α,β垂直于同一平面【解析】由面面平行的判定定理知:α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件,由面面平行性质定理知,若αβ∥,则α内任意一条直线都与β平行,所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件,故选B .2.【2019年高考江苏卷】如图,长方体1111ABCD A B C D -的体积是120,E 为1CC 的中点,则三棱锥E −BCD 的体积是 .【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120,所以1120AB BC CC ⋅⋅=,因为E 为1CC 的中点,所以112CE CC =, 由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ,所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高, 所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=.3.【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图,直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB =2,∠BAD =60°,E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点.(1)证明:MN ∥平面C 1DE ;(2)求点C 到平面C 1DE 的距离.【解析】(1)连结1,B C ME .因为M ,E 分别为1,BB BC 的中点,所以1 ME B C ∥,且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点,所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥,可得11=BC A D ∥,故=ME ND ∥, 因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ,所以MN ∥平面1C DE .(2)过C 作C 1E 的垂线,垂足为H .由已知可得DE BC ⊥,1DE C C ⊥,所以DE ⊥平面1C CE ,故DE ⊥CH.从而CH ⊥平面1C DE ,故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离,由已知可得CE =1,C 1C =4,所以117C E =,故417CH =. 从而点C 到平面1C DE 的距离为1717. 4.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图,长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形,点E 在棱AA 1上,BE ⊥EC 1.(1)证明:BE ⊥平面EB 1C 1;(2)若AE =A 1E ,AB =3,求四棱锥11E BB C C -的体积.【解析】(1)由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1,BE ⊂平面ABB 1A 1,故11B C BE ⊥.又1BE EC ⊥,所以BE ⊥平面11EB C .(2)由(1)知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ,所以1145AEB A EB ︒∠=∠=,故AE =AB =3,126AA AE ==. 作1EF BB ⊥,垂足为F ,则EF ⊥平面11BB C C ,且3EF AB ==.所以,四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=. 5.【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ,Rt △ABC 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.【解析】(1)由已知得AD BE ,CG BE ,所以AD CG ,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 .因此DM ⊥CG .在Rt △DEM 中,DE =1,EM =3,故DM =2.所以四边形ACGD 的面积为4.6.【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: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.【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PA ⊥AE .因为底面ABCD 为菱形,∠ABC =60°,且E 为CD 的中点,所以AE ⊥CD .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 .则FG ∥AB ,且FG =12AB .因为底面ABCD 为菱形,且E 为CD 的中点, 所以CE ∥AB ,且CE =12AB .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PAE ,所以CF ∥平面PAE .7.【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 ,,2,3PA CD CD AD ⊥==.(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.【解析】(1)连接BD ,易知ACBD H =,BH DH =.又由BG=PG ,故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ,PD ⊂平面P AD ,所以GH ∥平面P AD .(2)取棱PC 的中点N ,连接DN .依题意,得DN ⊥PC ,又因为平面PAC ⊥平面PCD ,平面PAC 平面PCD PC =, 所以DN ⊥平面P AC ,又PA ⊂平面P AC ,故DN PA ⊥.又已知PA CD ⊥,CD DN D =,所以PA ⊥平面PCD .(3)连接AN ,由(2)中DN ⊥平面P AC ,可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角, 因为PCD △为等边三角形,CD =2且N 为PC 的中点, 所以3DN =.又DN AN ⊥,在Rt AND △中,3sin 3DN DAN AD ∠==. 所以,直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33. 8.【2019年高考江苏卷】如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,D ,E 分别为BC ,AC 的中点,AB =BC .求证:(1)A 1B 1∥平面DEC 1;(2)BE ⊥C 1E .【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−A 1B 1C 1中,AB ∥A 1B 1,所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1,A 1B 1⊄平面DEC 1,所以A 1B 1∥平面DEC 1.(2)因为AB =BC ,E 为AC 的中点,所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱,所以CC 1⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ,所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1,AC ⊂平面A 1ACC 1,C 1C ∩AC =C ,所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1,所以BE ⊥C 1E .9.【2019年高考浙江卷】如图,已知三棱柱111ABC A B C -,平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒,1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ,A 1B 1的中点.(1)证明:EF BC ⊥;(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【解析】(1)连接A 1E ,因为A 1A =A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1,平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ,所以,A 1E ⊥平面ABC ,则A 1E ⊥BC .又因为A 1F ∥AB ,∠ABC =90°,故BC ⊥A 1F .所以BC ⊥平面A 1EF .因此EF ⊥BC .(2)取BC 中点G ,连接EG ,GF ,则EGFA 1是平行四边形.由于A 1E ⊥平面ABC ,故A 1E ⊥EG ,所以平行四边形EGFA 1为矩形.由(1)得BC ⊥平面EGFA 1,则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1, 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上.连接A 1G 交EF 于O ,则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角). 不妨设AC =4,则在Rt △A 1EG 中,A 1E =23,EG =3.由于O 为A 1G 的中点,故11522A G EO OG ===, 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅.因此,直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35。
2019高考数学真题汇编——立体几何1(2019全国Ⅰ理)如图,直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A−MA1−N的正弦值.2(2019全国Ⅰ文)如图,直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠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.3(2019全国Ⅱ理)如图,长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B–EC–C1的正弦值.4(2019全国Ⅱ文)如图,长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE ⊥EC 1.(1)证明:BE ⊥平面EB 1C 1;(2)若AE =A 1E ,AB =3,求四棱锥11E BB C C -的体积.5(2019全国Ⅲ理)图1是由矩形ADEB 、R t △ABC 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中的二面角B-CG-A 的大小.6(2019天津理)如图,AE ⊥平面ABCD ,,CF AE AD BC ∥∥,,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====.(Ⅰ)求证:BF ∥平面ADE ;(Ⅱ)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值; (Ⅲ)若二面角E BD F --的余弦值为13,求线段CF 的长.7(2019天津文)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 ⊥,2CD =,3AD =,(Ⅰ)设G H ,分别为PB AC ,的中点,求证:GH ∥平面PAD ; (Ⅱ)求证:PA ⊥平面PCD ;(Ⅲ)求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.8(2019浙江理)如图,已知三棱柱111ABC A B C -,平面11A ACC ⊥平面ABC ,,1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ,A 1B 1的中点. (1)证明:EF BC ⊥;(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.。
专题06立体几何(解答题)1.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图,直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB =2,∠BAD =60°,E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点.(1)证明:MN ∥平面C 1DE ; (2)求二面角A −MA 1−N 的正弦值.【答案】(1)见解析;(2)5. 【解析】(1)连结B 1C ,ME . 因为M ,E 分别为BB 1,BC 的中点, 所以ME ∥B 1C ,且ME =12B 1C . 又因为N 为A 1D 的中点, 所以ND =12A 1D . 由题设知A 1B 1=DC ,可得B 1C =A 1D ,故ME =ND , 因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ∥ED . 又MN ⊄平面EDC 1, 所以MN ∥平面C 1DE . (2)由已知可得DE ⊥DA .以D 为坐标原点,DA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ,则(2,0,0)A ,A 1(2,0,4),2)M ,(1,0,2)N ,1(0,0,4)A A =-,1(12)A M =--,1(1,0,2)A N =--,(0,MN =.设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量,则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ,所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩,.可取=m .设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量,则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,.n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩,.可取(2,0,1)=-n .于是cos ,||⋅〈〉===‖m n m n m n , 所以二面角1A MA N --【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系,从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值,属于常规题型.2.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图,长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形,点E 在棱AA 1上,BE ⊥EC 1.(1)证明:BE ⊥平面EB 1C 1;(2)若AE =A 1E ,求二面角B –EC –C 1的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)2. 【解析】(1)由已知得,11B C ⊥平面11ABB A ,BE ⊂平面11ABB A , 故11B C ⊥BE .又1BE EC ⊥,所以BE ⊥平面11EB C .(2)由(1)知190BEB ∠=︒.由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △,所以45AEB ∠=︒, 故AE AB =,12AA AB =.以D 为坐标原点,DA 的方向为x 轴正方向,||DA 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ,则C (0,1,0),B (1,1,0),1C (0,1,2),E (1,0,1),(1,0,0)CB =,(1,1,1)CE =-,1(0,0,2)CC =.设平面EBC 的法向量为n =(x ,y ,x ),则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =(x ,y ,z ),则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =(1,1,0). 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m .所以,二面角1B EC C --. 【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定,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.3.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ,Rt △ABC 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中的二面角B −CG −A 的大小.【答案】(1)见解析;(2)30.【解析】(1)由已知得AD BE ,CG BE ,所以AD CG ,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)作EH ⊥BC ,垂足为H .因为EH ⊂平面BCGE ,平面BCGE ⊥平面ABC ,所以EH ⊥平面ABC . 由已知,菱形BCGE 的边长为2,∠EBC =60°,可求得BH =1,EH.以H 为坐标原点,HC 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz ,则A (–1,1,0),C (1,0,0),G (2,0),CG =(1,0),AC =(2,–1,0). 设平面ACGD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =(3,6,又平面BCGE 的法向量可取为m =(0,1,0),所以cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m . 因此二面角B –CG –A 的大小为30°.【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,最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题,突出考查考生的空间想象能力.4.【2019年高考北京卷理数】如图,在四棱锥P –ABCD 中,PA ⊥平面ABCD ,AD ⊥CD ,AD ∥BC ,PA =AD =CD =2,BC =3.E 为PD 的中点,点F 在PC 上,且13PF PC =. (1)求证:CD ⊥平面PAD ; (2)求二面角F –AE –P 的余弦值; (3)设点G 在PB 上,且23PG PB =.判断直线AG 是否在平面AEF 内,说明理由.【答案】(1)见解析;(2)3;(3)见解析. 【解析】(1)因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥CD . 又因为AD ⊥CD ,所以CD ⊥平面PAD . (2)过A 作AD 的垂线交BC 于点M .因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥AM ,PA ⊥AD .如图建立空间直角坐标系A −xyz ,则A (0,0,0),B (2,-1,0),C (2,2,0),D (0,2,0),P (0,0,2).因为E 为PD 的中点,所以E (0,1,1). 所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=.所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF 的法向量为n =(x ,y ,z ),则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令z =1,则1,1y x =-=-.于是=(1,1,1)--n .又因为平面PAD 的法向量为p =(1,0,0),所以cos ,||⋅〈〉==‖n p n p n p . 由题知,二面角F −AE −P.(3)直线AG 在平面AEF 内. 因为点G 在PB 上,且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--, 所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 由(2)知,平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n . 所以4220333AG ⋅=-++=n . 所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】(1)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论;(2)建立空间直角坐标系,结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值;(3)首先求得点G 的坐标,然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.5.【2019年高考天津卷理数】如图,AE ⊥平面A B C D ,,CF AE AD BC ∥∥,,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====.(1)求证:BF ∥平面ADE ;(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值; (3)若二面角E BD F --的余弦值为13,求线段CF 的长.【答案】(1)见解析;(2)49;(3)87. 【解析】依题意,可以建立以A 为原点,分别以AB AD AE ,,的方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ,(0,0,2)E .设(0)C F h h =>>,则()1,2,F h .(1)依题意,(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量,又(0,2,)BF h =,可得0BF AB ⋅=,又因为直线BF ⊄平面ADE ,所以BF ∥平面ADE . (2)依题意,(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--.设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量,则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =,可得(2,2,1)=n .因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-n n n .所以,直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量,则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩ 不妨令1y =,可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m .由题意,有||1cos ,||||3⋅〈〉===m n m n m n ,解得87h =.经检验,符合题意. 所以,线段CF 的长为87.【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.6.【2019年高考江苏卷】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.【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−A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.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BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱,所以CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC,所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1,所以BE ⊥C 1E .【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.【2019年高考浙江卷】如图,已知三棱柱111ABC A B C -,平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒,1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ,A 1B 1的中点. (1)证明:EF BC ⊥;(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】(1)见解析;(2)35. 【解析】方法一:(1)连接A 1E ,因为A 1A =A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC , 所以,A 1E ⊥平面ABC ,则A 1E ⊥BC . 又因为A 1F ∥AB ,∠ABC =90°,故BC ⊥A 1F . 所以BC ⊥平面A 1EF . 因此EF ⊥BC .(2)取BC 中点G ,连接EG ,GF ,则EGFA 1是平行四边形. 由于A 1E ⊥平面ABC ,故A 1E ⊥EG ,所以平行四边形EGFA 1为矩形. 由(1)得BC ⊥平面EGFA 1,则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1, 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上.连接A 1G 交EF 于O ,则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角).不妨设AC =4,则在Rt △A 1EG 中,A 1E ,EG由于O 为A 1G 的中点,故12A G EO OG ===所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅.因此,直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35. 方法二:(1)连接A 1E ,因为A 1A =A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ,所以,A 1E ⊥平面ABC .如图,以点E 为原点,分别以射线EC ,EA 1为y ,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系E –xyz .不妨设AC =4,则A 1(0,0,B1,0),1B,3,22F ,C (0,2,0).因此,33(,22EF =,(BC =. 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥. (2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得1=(310)=(02BC A C --,,,,,. 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =,,, 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ,得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩, 取n (11)=,故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅,n n n |,因此,直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35. 【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卷理数】如图,四边形ABCD 为正方形,,E F 分别为,AD BC 的中点,以DF 为折痕把DFC △折起,使点C 到达点P 的位置,且PF BF ⊥. (1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ; (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.【答案】(1)见解析;(2. 【解析】方法一:(1)由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF , 所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD , 所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)在平面DEF 中,过P 作PH ⊥EF 于点H ,连接DH ,如图,由于EF 为平面ABCD 和平面PEF 的交线,PH ⊥EF , 则PH ⊥平面ABFD ,故PH ⊥DH . 则DP 与平面ABFD 所成的角为PDH ∠. 在三棱锥P -DEF 中,可以利用等体积法求PH . 因为DE ∥BF 且PF ⊥BF ,所以PF ⊥DE , 又△PDF ≌△CDF ,所以∠FPD =∠FCD =90°, 所以PF ⊥PD ,由于DE ∩PD =D ,则PF ⊥平面PDE , 故13F PDE PDE V PF S -=⋅△, 因为BF ∥DA 且BF ⊥平面PEF , 所以DA ⊥平面PEF , 所以DE ⊥EP .设正方形的边长为2a ,则PD =2a ,DE =a ,在△PDE 中,PE =,所以2PDE S a =△,故36F PDE V a -=, 又2122DEF S a a a =⋅=△,所以232F PDE V PH a a -==,所以在△PHD 中,sin 4PH PDH PD ∠==,故DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为4. 方法二:(1)由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF , 所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD , 所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ,垂足为H .由(1)得,PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点,HF 的方向为y 轴正方向,||BF 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .由(1)可得,DE ⊥PE .又DP =2,DE =1,所以PE 又PF =1,EF =2,故PE ⊥PF .可得322PH EH ==.则33(0,0,0),(1,,0),(1,22H P D DP --=HP =为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则34sin ||||||3HP DP HP DP θ⋅===.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为4. 9.【2018年高考全国II 卷理数】如图,在三棱锥P ABC -中,AB BC ==4PA PB PC AC ====,O 为AC 的中点.(1)证明:PO ⊥平面ABC ;(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M PA C --为30︒,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.【答案】(1)见解析;(2)4. 【解析】(1)因为4AP CP AC ===,O 为AC 的中点,所以OP AC ⊥,且OP = 连结OB.因为2AB BC AC ==,所以ABC △为等腰直角三角形, 且OB AC ⊥,122OB AC ==. 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥. 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC .(2)如图,以O 为坐标原点,OB uu u r的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O xyz -.由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),0,23),(0,2,O B A C P AP -=u u u r取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =u u u r.设(,2,0)(02)M a a a -<≤,则(,4,0)AM a a =-u u u r.设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n .由0,0AP AM ⋅=⋅=uu u r uuu rn n得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩,可取,)a a =--n ,所以cos ,OB =uu u rn .由已知可得|cos ,|OB =uu u rn .2.解得4a =-(舍去),43a =.所以4()3=-n .又(0,2,PC =-u u u r,所以cos ,4PC =uu u r n .所以PC 与平面PAM所成角的正弦值为4. 10.【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧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)当三棱锥M ABC -体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值.【答案】(1)见解析;(2. 【解析】(1)由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD . 因为BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD , 故BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ,D 的点,且DC 为直径, 所以DM ⊥CM .又BC CM =C ,所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD , 故平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点,DA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz.当三棱锥M −ABC 体积最大时,M 为CD 的中点.由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ,(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,||||DA DA DA ⋅==n n n ,2sin ,DA =n , 所以面MAB 与面MCD . 11.【2018年高考江苏卷】如图,在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中,AB =AA 1=2,点P ,Q 分别为A 1B 1,BC 的中点.(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值;(2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.【答案】(1;(2.【解析】如图,在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中,设AC ,A 1C 1的中点分别为O ,O 1,则OB ⊥OC ,OO 1⊥OC ,OO 1⊥OB ,以1,{},OB OC OO 为基底,建立空间直角坐标系O −xyz . 因为AB =AA 1=2,所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --.(1)因为P 为A 1B 1的中点,所以1,2)2P -, 从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--,故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅. 因此,异面直线BP 与AC 1 (2)因为Q 为BC 的中点,所以1,0)2Q ,因此33(,0)2AQ =,11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==. 设n =(x ,y ,z )为平面AQC 1的一个法向量, 则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ,设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ,则111||sin |cos |,|||CCCC CC |θ==⋅⋅==n n n 所以直线CC 1与平面AQC 1. 12.【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中,1111,AA AB AB B C =⊥.求证:(1)AB ∥平面11A B C ; (2)平面11ABB A ⊥平面1A BC . 【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】(1)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB ∥A 1B 1. 因为AB ⊄平面A 1B 1C ,A 1B 1⊂平面A 1B 1C , 所以AB ∥平面A 1B 1C .(2)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,四边形ABB 1A 1为平行四边形. 又因为AA 1=AB ,所以四边形ABB 1A 1为菱形, 因此AB 1⊥A 1B .又因为AB 1⊥B 1C 1,BC ∥B 1C 1, 所以AB 1⊥BC .又因为A 1B ∩BC =B ,A 1B ⊂平面A 1BC ,BC ⊂平面A 1BC , 所以AB 1⊥平面A 1BC . 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1, 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .13.【2018年高考浙江卷】如图,已知多面体ABCA 1B 1C 1,A 1A ,B 1B ,C 1C 均垂直于平面ABC ,∠ABC =120°,A 1A =4,C 1C =1,AB =BC =B 1B =2.(1)证明:AB 1⊥平面A 1B 1C 1;(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值.【答案】(1)见解析;(2)13.【解析】方法一:(1)由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB A B ==, 所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =,112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C =,由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥,得1AC =,所以2221111AB B C AC +=,故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .(2)如图,过点1C 作111C D A B ⊥,交直线11A B 于点D ,连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB , 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB , 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC A B AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=,所以1C D ,故111sin 13C D C AD AC ∠==. 因此,直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13. 方法二:(1)如图,以AC 的中点O 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.由题意知各点坐标如下:111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),A B A B C因此11111(1(12),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .(2)设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由(1)可知11(1(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu rn n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(=n .所以111|sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |. 因此,直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13. 【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.14.【2018年高考北京卷理数】如图,在三棱柱ABC −111A B C 中,1CC ⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为1AA ,AC ,11A C ,1BB 的中点,AB=BC,AC =1AA =2.(1)求证:AC ⊥平面BEF ; (2)求二面角B −CD −C 1的余弦值;(3)证明:直线FG 与平面BCD 相交. 【答案】(1)见解析;(2)21(3)见解析. 【解析】(1)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中, ∵CC 1⊥平面ABC , ∴四边形A 1ACC 1为矩形. 又E ,F 分别为AC ,A 1C 1的中点, ∴AC ⊥EF . ∵AB =BC . ∴AC ⊥BE , ∴AC ⊥平面BEF .(2)由(1)知AC ⊥EF ,AC ⊥BE ,EF ∥CC 1. 又CC 1⊥平面ABC ,∴EF ⊥平面ABC . ∵BE ⊂平面ABC ,∴EF ⊥BE . 如图建立空间直角坐标系E -xyz .由题意得B (0,2,0),C (-1,0,0),D (1,0,1),F (0,0,2),G (0,2,1). ∴=(201)=(120)CD CB uu u r uu r,,,,,, 设平面BCD 的法向量为()a b c =,,n , ∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u ruur n n ,∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩,令a =2,则b =-1,c =-4,∴平面BCD 的法向量(214)=--,,n , 又∵平面CDC 1的法向量为=(020)EB uu r,,,∴cos =||||EB EB EB ⋅<⋅>=uu ruu r uu r n n n .由图可得二面角B -CD -C 1为钝角,所以二面角B -CD -C 1的余弦值为 (3)由(2)知平面BCD 的法向量为(214)=--,,n , ∵G (0,2,1),F (0,0,2), ∴=(021)GF -uuu r,,, ∴2GF ⋅=-uu u rn , ∴n 与GF uu u r 不垂直,∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内, ∴GF 与平面BCD 相交.15.【2018年高考天津卷理数】如图,AD BC ∥且AD =2BC ,AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ,CD FG ∥且CD =2FG ,DG ABCD ⊥平面,DA =DC =DG =2.(1)若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN CDE ∥平面; (2)求二面角E BC F --的正弦值;(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.【答案】(1)见解析;(2;(3【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.满分13分.依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA ,DC ,DG 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D (0,0,0),A (2,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),E (2,0,2),F (0,1,2),G (0,0,2),M (0,32,1),N (1,0,2).(1)依题意DC =(0,2,0),DE =(2,0,2).设n 0=(x ,y ,z )为平面CDE 的法向量,则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,,n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩,,不妨令z=–1,可得n 0=(1,0,–1).又MN =(1,32-,1),可得00MN ⋅=n ,又因为直线MN ⊄平面CDE ,所以MN ∥平面CDE .(2)依题意,可得BC =(–1,0,0),(122)BE =-,,,CF =(0,–1,2). 设n =(x ,y ,z )为平面BCE 的法向量,则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,,n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩,,不妨令z =1,可得n =(0,1,1).设m =(x ,y ,z )为平面BCF 的法向量,则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,,m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩,,不妨令z =1,可得m =(0,2,1).因此有cos<m ,n>=||||⋅=m n m n sin<m ,n.所以,二面角E –BC –F. (3)设线段DP 的长为h (h ∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h ),可得(12)BP h =--,,. 易知,DC =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量,故 cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>===sin60°,解得h ∈[0,2].所以线段DP 的长为3. 16.【2017年高考全国Ⅰ卷理数】如图,在四棱锥P −ABCD 中,AB//CD ,且90BAP CDP ∠=∠=.(1)证明:平面P AB ⊥平面P AD ;(2)若P A =PD =AB =DC ,90APD ∠=,求二面角A −PB −C 的余弦值.【答案】(1)见解析;(2)【解析】(1)由已知90BAP CDP ∠=∠=︒,得AB ⊥AP ,CD ⊥PD . 由于AB//CD ,故AB ⊥PD ,从而AB ⊥平面P AD . 又AB ⊂平面P AB ,所以平面P AB ⊥平面P AD . (2)在平面PAD 内作PF AD ⊥,垂足为F ,由(1)可知,AB ⊥平面PAD ,故AB PF ⊥,可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点,FA 的方向为x 轴正方向,||AB 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F xyz -.由(1)及已知可得A ,P ,B ,(C .所以(,1,)22PC =--,(2,0,0)CB =,2(22PA =-,(0,1,0)AB =. 设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量,则0,0,PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,220,x y z ⎧-+-=⎪⎨=可取(0,1,=-n . 设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量,则0,0,PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m即0,220.x z y -=⎪⎨⎪=⎩可取(1,0,1)=m . 则cos ,||||3⋅==-<>n m n m n m ,所以二面角A PB C --的余弦值为3-. 【思路点拨】(1)根据题设条件可以得出AB ⊥AP ,CD ⊥PD .而AB//CD ,就可证明出AB ⊥平面P AD .进而证明出平面P AB ⊥平面P AD .(2)先找出AD 中点,找出相互垂直的线,建立以F 为坐标原点,FA 的方向为x 轴正方向,||AB 为单位长的空间直角坐标系,列出所需要的点的坐标,设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量,(,,)xy z =m 是平面PAB 的法向量,根据垂直关系,求出(0,1,=-n 和(1,0,1)=m ,利用数量积公式可求出二面角的平面角.【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.17.【2017年高考江苏卷】如图,在三棱锥A BCD -中,AB ⊥AD ,BC ⊥BD ,平面ABD ⊥平面BCD ,点E ,F (E 与A ,D 不重合)分别在棱AD ,BD 上,且EF ⊥AD . 求证:(1)EF ∥平面ABC ; (2)AD ⊥AC .【答案】(1)见解析;(2)见解析.⊥,【解析】(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF AD∥.所以EF AB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ABD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.=,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,又AB⊥AD,BC AB B所以AD⊥平面ABC,又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.【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.18.【2017年高考江苏卷】如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1∠=︒.BAD120(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.【答案】(1)17;(2. 【解析】在平面ABCD 内,过点A 作AE ⊥AD ,交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ,所以AA 1⊥AE ,AA 1⊥AD .如图,以1{,,}AE AD AA 为正交基底,建立空间直角坐标系A -xyz . 因为AB =AD =2,AA 1,120BAD ∠=︒.则11(0,0,0),1,0),(0,2,0),A B D E A C -.(1)11(3,1,3),(3,1A B AC =--=, 则111111(1cos ,7||||A B AC A B AC A B AC ⋅===-.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17. (2)平面A 1DA 的一个法向量为(3,0,0)AE =. 设(,,)x y z =m 为平面BA 1D 的一个法向量,又1(3,1,3),(3,3,0)A B BD =--=-,则10,0,A B BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m即0,30.y y --=+=⎪⎩ 不妨取x =3,则2y z ==,所以2)=m 为平面BA 1D 的一个法向量,从而3cos ,4||||AE AE AE ⋅===m m m ,设二面角B -A 1D -A 的大小为θ,则3|cos |4θ=.因为[0,]θ∈π,所以sin 4θ==.因此二面角B -A 1D -A 的正弦值为4. 【名师点睛】利用法向量求解空间线面角、面面角的关键在于“四破”:①破“建系关”,构建恰当的空间直角坐标系;②破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标;③破“求法向量关”,求出平面的法向量;④破“应用公式关”.(1)先根据条件建立空间直角坐标系,进而得相关点的坐标,求出直线A 1B 与AC 1的方向向量,根据向量数量积求出方向向量夹角,最后根据异面直线所成角与方向向量夹角之间相等或互补可得夹角的余弦值;(2)根据建立的空间直角坐标系,得相关点的坐标,求出各半平面的法向量,根据向量数量积求出法向量的夹角,最后根据二面角与法向量夹角之间关系确定二面角的正弦值.19.【2017年高考山东卷理数】如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120︒得到的,G 是DF 的中点. (1)设P 是CE 上的一点,且AP BE ⊥,求CBP ∠的大小; (2)当3AB =,2AD =时,求二面角E AG C --的大小.【答案】(1)30°;(2)60°.【解析】(1)因为AP BE ⊥,AB BE ⊥,AB ,AP ⊂平面ABP ,AB AP A =,所以BE ⊥平面ABP , 又BP ⊂平面ABP , 所以BE BP ⊥, 又120EBC ∠=︒, 因此30CBP ∠=︒.(2)解法一:取EC 的中点H ,连接EH ,GH ,CH . 因为120EBC ∠=︒, 所以四边形BEHC 为菱形,所以AE GE AC GC =====取AG 中点M ,连接EM ,CM ,EC . 则EM AG ⊥,CM AG ⊥, 所以EMC ∠为所求二面角的平面角.又1AM =,所以EM CM ===在BEC △中,由于120EBC ∠=︒,由余弦定理得22222222cos12012EC =+-⨯⨯⨯︒=,所以EC =EMC △为等边三角形, 故所求的角为60︒.解法二:以B 为坐标原点,分别以BE ,BP ,BA 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得(0,0,3)A (2,0,0)E ,G ,(C -,故(2,0,3)AE =-,AG =,(2,0,3)CG =,设111(,,)y x z =m 是平面AEG 的一个法向量.由00AE AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m可得1111230,0,x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩取12z =,可得平面AEG的一个法向量(3,2)=m . 设222(,,)y x z =n 是平面ACG 的一个法向量.由00AG CG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n可得22220,230,x x z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩取22z =-,可得平面ACG的一个法向量(3,2)=-n . 所以1cos ,||||2⋅==⋅m n m n m n .因此所求的角为60︒.20.【2017年高考全国Ⅱ理数】如图,四棱锥P -ABCD 中,侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=E 是PD 的中点.(1)证明:直线CE ∥平面P AB ;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45,求二面角M AB D --的余弦值. 【答案】(1)见解析;(2). 【解析】(1)取PA 的中点F ,连结EF ,BF . 因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD ,12EF AD =, 由90BAD ABC ∠=∠=︒得BC ∥AD , 又12BC AD =, 所以EF BC ∥,四边形BCEF 是平行四边形,CE ∥BF . 又BF ⊂平面PAB ,CE ⊄平面PAB , 故CE ∥平面PAB .(2)由已知得BA AD ⊥,以A 为坐标原点,AB 的方向为x 轴正方向,AB 为单位长, 建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -,则()0,0,0A ,()1,0,0B ,()1,1,0C,(P,(1,0,PC =,(1,0,0)AB =, 设()(),,01M x y z x <<,则()1,,,(,1,BM x y z PM x y z =-=-, 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°,而()0,0,1=n 是底面ABCD 的法向量, 所以cos ,sin 45BM =︒n2=,即()22210x y z -+-=.① 又M 在棱PC 上,设PM PCλ=,则,1,x y z λ===.②由①②解得1212x y z ⎧=+⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=-⎪⎩(舍去),1212x y z ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩.所以(12M -,从而(12AM =-. 设()000,,x y z =m 是平面ABM 的法向量,则0,0,AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m即0000(220,0,x y x ⎧+=⎪⎨=⎪⎩所以可取(0,2)=m.于是cos ,5⋅==m n m n m n , 因此二面角M AB D --的余弦值为5. 【名师点睛】(1)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.(2)设m ,n 分别为平面α,β的法向量,则二面角θ与<m ,n >互补或相等,故有|cos θ|=|cos<m ,n >|=⋅m n m n.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.21.【2017年高考全国Ⅲ理数】如图,四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形,△ACD 是直角三角形,∠ABD =∠CBD ,AB =BD .(1)证明:平面ACD ⊥平面ABC ;(2)过AC 的平面交BD 于点E ,若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分,求二面角D –AE –C 的余弦值.【答案】(1)见解析;(2)7. 【解析】(1)由题设可得,ABD CBD △≌△,从而AD DC =.又ACD △是直角三角形,所以=90ADC ∠︒. 取AC 的中点O ,连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO =AO . 又由于ABC △是正三角形,故BO AC ⊥. 所以DOB ∠为二面角D AC B --的平面角. 在Rt AOB △中,222BO AO AB +=.又AB BD =,所以2222BO DO BO AO AB BD 22+=+==, 故90DOB ∠=. 所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知,,,OA OB OD 两两垂直,以O 为坐标原点,OA 的方向为x 轴正方向,OA 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.则()()()()1,0,0,,1,0,0,0,0,1A B C D -.由题设知,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12,即E 为DB的中点,得12E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. 故()()11,0,1,2,0,0,2AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭. 设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量,则00AD AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,,n n即0,10.22x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩可取⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n .设m 是平面AEC 的法向量,则00AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,,m m同理可取(0,=-m .则cos ,⋅==n m n m n m . 所以二面角D -AE -C【名师点睛】(1)求解本题要注意两点:一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,二是利用方程思想进行向量运算时,要认真细心,准确计算.(2)设m ,n 分别为平面α,β的法向量,则二面角θ与,m n 互补或相等,故有cos cos ,||θ=⋅=m m n nm n.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. 22.【2017年高考浙江卷】如图,已知四棱锥P –ABCD ,△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形,BC AD ∥,CD ⊥AD ,PC =AD =2DC =2CB ,E 为PD 的中点.(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. 【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运算求解能力.满分15分.(1)如图,设P A 中点为F ,连接EF ,FB . 因为E ,F 分别为PD ,P A 中点,所以EF AD ∥且12EF AD =, 又因为BC AD ∥,12BC AD =,所以 PABCDEEF BC ∥且EF BC ,即四边形BCEF 为平行四边形,所以CE BF ∥,因此CE ∥平面P AB .(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 ,P A ,AD 的中点,所以Q 为EF 中点, 在平行四边形BCEF 中,MQ//CE .由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD .由DC ⊥AD ,N 是AD 的中点得BN ⊥AD .所以AD ⊥平面PBN ,由BC //AD 得BC ⊥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MH .MH 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,得CE在△PBN 中,由PN =BN =1,PB QH =14,在Rt △MQH 中,QH=14,MQ 所以sin ∠QMH ,所以直线CE 与平面PBC .【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:①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.②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①证明的.另外,本题也可利用空间向量求解线面角.23.【2017年高考北京卷理数】如图,在四棱锥P −ABCD 中,底面ABCD 为正方形,平面PAD ⊥平面ABCD ,点M 在线段PB 上,PD//平面MAC ,PA =PD ,AB =4. (1)求证:M 为PB 的中点; (2)求二面角B −PD −A 的大小;(3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值.【答案】(1)见解析;(2)π3;(3. 【解析】(1)设,AC BD 交点为E ,连接ME . 因为PD ∥平面MAC ,平面MAC 平面PDB ME ,所以PD ME ∥.因为ABCD 是正方形, 所以E 为BD 的中点, 所以M 为PB 的中点.(2)取AD 的中点O ,连接OP ,OE . 因为PA PD =,所以OP AD ⊥.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ,且OP ⊂平面PAD , 所以OP ⊥平面ABCD .因为OE ⊂平面ABCD ,所以OP OE ⊥. 因为ABCD 是正方形,所以OE AD ⊥.如图建立空间直角坐标系O xyz -,则P ,(2,0,0)D ,(2,4,0)B -,(4,4,0)BD =-,(2,0,PD =.设平面BDP 的法向量为(,,)x y z =n ,则00BD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n,即44020x y x -=⎧⎪⎨=⎪⎩. 令1x =,则1y =,z =于是=n .平面PAD 的法向量为(0,1,0)=p ,所以1cos ,||||2⋅==<>n p n p n p .由题知二面角B PD A --为锐角,所以它的大小为3π.(3)由题意知(1,M -,(2,4,0)C,(3,2,MC =.设直线MC 与平面BDP 所成角为α,则||2sin |cos ,|9||||MC MC MC α⋅===<>n n n .所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为9. 【名师点睛】本题涉及立体几何中的线面平行与垂直的判定与性质,全面考查立体几何中的证明与求解,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力;利用空间向量解决立体几何问题是一种常见且有效的方法,要注意建立适当的空间直角坐标系以及运算的准确性.(1)设,AC BD 交点为E ,连接ME ,因为线面平行,即PD ∥平面MAC ,根据性质定理,可知线线平行,即PD ME ∥,再由E 为BD 的中点,可知M 为PB 的中点;(2)因为平面PAD ⊥平面ABCD ,PA PD =,所以取AD 的中点O 为原点建立空间直角坐标系,根据向量法先求两平面的法向量n ,p ,再根据公式cos ,n p ,求二面角的大小; (3)根据(2)的结论,直接求|cos ,|MC n 即可.24.【2017年高考天津卷理数】如图,在三棱锥P -ABC 中,P A ⊥底面ABC ,90BAC ∠=︒.点D ,E ,N分别为棱P A ,PC ,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,P A =AC =4,AB =2. (1)求证:MN ∥平面BDE ; (2)求二面角C -EM -N 的正弦值;(3)已知点H 在棱P A 上,且直线NH 与直线BE ,求线段AH 的长.【答案】(1)证明见解析;(2;(3)85或12.【解析】如图,以A 为原点,分别以AB ,AC ,AP 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A (0,0,0),B (2,0,0),C (0,4,0),P (0,0,4),D (0,0,2),E (0,2,。
专题06 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 –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB =2,∠BAD =60°,E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点.(1)证明:MN ∥平面C 1DE ; (2)求点C 到平面C 1DE 的距离. 【答案】(1)见解析;(2)41717. 【解析】(1)连结1,B C ME .因为M ,E 分别为1,BB BC 的中点,所以1 ME B C ∥,且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点,所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥,可得11=BC A D ∥,故=ME ND ∥, 因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ,所以MN ∥平面1C DE . (2)过C 作C 1E 的垂线,垂足为H .由已知可得DE BC ⊥,1DE C C ⊥,所以DE ⊥平面1C CE ,故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ,故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离, 由已知可得CE =1,C 1C =4,所以117C E =,故417CH =.从而点C 到平面1C DE 的距离为41717.【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Ⅱ卷文数】如图,长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形,点E 在棱AA 1上,BE ⊥EC 1.(1)证明:BE ⊥平面EB 1C 1;(2)若AE =A 1E ,AB =3,求四棱锥11E BB C C -的体积. 【答案】(1)见详解;(2)18.【解析】(1)由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1,BE ⊂平面ABB 1A 1, 故11B C BE ⊥.又1BE EC ⊥,所以BE ⊥平面11EB C . (2)由(1)知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ,所以1145AEB A EB ︒∠=∠=,故AE =AB =3,126AA AE ==.作1EF BB ⊥,垂足为F ,则EF ⊥平面11BB C C ,且3EF AB ==. 所以,四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=.【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.【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ,Rt △ABC 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AD BE ,CG BE ,所以AD CG ,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.因此DM⊥CG.在Rt△DEM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.-中,PA⊥平面ABCD,底部ABCD为菱形,E 4.【2019年高考北京卷文数】如图,在四棱锥P ABCD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PA ⊥AE .因为底面ABCD 为菱形,∠ABC =60°,且E 为CD 的中点, 所以AE ⊥CD . 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 . 则FG ∥AB ,且FG =12AB . 因为底面ABCD 为菱形,且E 为CD 的中点, 所以CE ∥AB ,且CE =12AB . 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 ,,2,3PA CD CD AD ⊥==.(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;(33【解析】(1)连接BD ,易知AC BD H =,BH DH =.又由BG=PG ,故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ,PD ⊂平面P AD , 所以GH ∥平面P AD .(2)取棱PC 的中点N ,连接DN .依题意,得DN ⊥PC , 又因为平面PAC ⊥平面PCD ,平面PAC 平面PCD PC =,所以DN ⊥平面P AC ,又PA ⊂平面P AC ,故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥,CD DN D =,所以PA ⊥平面PCD .(3)连接AN ,由(2)中DN ⊥平面P AC ,可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角, 因为PCD △为等边三角形,CD =2且N 为PC 的中点, 所以3DN =又DN AN ⊥,在Rt AND △中,3sin DN DAN AD ∠==所以,直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33.【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ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.【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−A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.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BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱,所以CC1⊥平面ABC.又因为BE ⊂平面ABC ,所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1,AC ⊂平面A 1ACC 1,C 1C ∩AC =C , 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1,所以BE ⊥C 1E .【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.【2019年高考浙江卷】如图,已知三棱柱111ABC A B C -,平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒,1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ,A 1B 1的中点. (1)证明:EF BC ⊥;(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】(1)见解析;(2)35. 【解析】方法一:(1)连接A 1E ,因为A 1A =A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC , 所以,A 1E ⊥平面ABC ,则A 1E ⊥BC . 又因为A 1F ∥AB ,∠ABC =90°,故BC ⊥A 1F . 所以BC ⊥平面A 1EF . 因此EF ⊥BC .(2)取BC 中点G ,连接EG ,GF ,则EGFA 1是平行四边形. 由于A 1E ⊥平面ABC ,故A 1E ⊥EG ,所以平行四边形EGFA 1为矩形. 由(1)得BC ⊥平面EGFA 1,则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1, 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上.连接A 1G 交EF 于O ,则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角). 不妨设AC =4,则在Rt △A 1EG 中,A 1E =23,EG =3. 由于O 为A 1G 的中点,故11522A G EO OG ===, 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅.因此,直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35. 方法二:(1)连接A 1E ,因为A 1A =A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ,所以,A 1E ⊥平面ABC .如图,以点E 为原点,分别以射线EC ,EA 1为y ,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系E –xyz .不妨设AC =4,则A 1(0,0,23),B (3,1,0),1(3,3,23)B ,33(,,23)22F ,C (0,2,0). 因此,33(,,23)22EF =,(3,1,0)BC =-. 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥. (2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得1=(310)=(0223)BC AC --,,,,,. 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =,,, 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ,得3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩, 取n (131)=,,,故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅,n n n |,因此,直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35. 【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,3AB AC ==,90ACM =︒∠,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ACD ⊥平面ABC ;(2)Q 为线段AD 上一点,P 为线段BC 上一点,且23BP DQ DA ==,求三棱锥Q ABP -的体积.【答案】(1)见解析;(2)1.【解析】(1)由已知可得,BAC ∠=90°,BA AC ⊥. 又BA ⊥AD ,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 =32又23BP DQ DA ==,所以22BP = 作QE ⊥AC ,垂足为E ,则QE =∥13DC .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1111322451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△.【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BA ⊥AD ,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年高考全国Ⅱ卷文数】如图,在三棱锥P ABC -中,22AB BC ==,4PA PB PC AC ====,O 为AC 的中点.(1)证明:PO ⊥平面ABC ;(2)若点M 在棱BC 上,且2MC MB =,求点C 到平面POM 的距离.【答案】(1)见解析;(2)455. 【解析】(1)因为AP =CP =AC =4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP =23. 连结OB .因为AB =BC =22AC,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB =12AC =2. 由222OP OB PB +=知,OP ⊥OB . 由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)作CH ⊥OM ,垂足为H .又由(1)可得OP ⊥CH ,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 =12AC =2,CM =23BC =23,∠ACB =45°. 所以OM =253,CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=455.所以点C 到平面POM 45【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.10.【2018年高考全国Ⅲ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BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM . 因为M 为CD 上异于C ,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM =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O 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,属于中档题.11.【2018年高考北京卷文数】如图,在四棱锥P −ABCD 中,底面ABCD 为矩形,平面P AD ⊥平面ABCD ,P A ⊥PD ,P A =PD ,E ,F 分别为AD ,PB 的中点.(1)求证:PE ⊥BC ;(2)求证:平面P AB ⊥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 中点G ,连接,FG GD .∵,F G 分别为PB 和PC 的中点,∴FG BC ∥,且12FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形,且E 为AD 的中点, ∴1,2ED BC DE BC =∥,∴ED 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 =23,∠BAD =90°. (1)求证:AD ⊥BC ;(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】(1)见解析;(2)1326;(3)34. 【解析】(1)由平面ABC ⊥平面ABD ,平面ABC ∩平面ABD =AB ,AD ⊥AB ,可得AD ⊥平面ABC ,故AD ⊥BC .(2)取棱AC 的中点N ,连接MN ,ND .又因为M 为棱AB 的中点,故MN ∥BC .所以∠DMN (或其补角)为异面直线BC 与MD 所成的角. 在Rt △DAM 中,AM =1,故DM 22=13AD AM +AD ⊥平面ABC ,故AD ⊥AC . 在Rt △DAN 中,AN =1,故DN 22=13AD AN +在等腰三角形DMN 中,MN =1,可得1132cos MNDMN DM ∠==.所以,异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326. (3)连接CM .因为△ABC 为等边三角形,M 为边AB 的中点,故CM ⊥AB ,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Rt △CAD 中,CD =22AC AD +=4.在Rt △CMD 中,3sin 4CM CDM CD ∠==. 所以,直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34.【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1111ABCD A B C D -中,1111,AA AB AB B C =⊥.求证:(1)AB ∥平面11A B C ; (2)平面11ABB A ⊥平面1A BC . 【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】(1)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB ∥A 1B 1.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AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=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.14.【2018年高考浙江卷】如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠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)3913. 【解析】方法一:(1)由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得11122AB A B ==, 所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =,112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得115B C =, 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得23AC =,由1CC AC ⊥,得113AC =,所以2221111AB B C AC +=,故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .(2)如图,过点1C 作111C D A B ⊥,交直线11A B 于点D ,连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB , 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB , 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由1111115,22,21BC A B AC ==1111116cos 77C A B C A B ∠=∠=, 所以13C D , 故11139sin C D C AD AC ∠==.因此,直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3913. 方法二:(1)如图,以AC 的中点O 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 .由题意知各点坐标如下:111(0,3,0),(1,0,0),(0,3,4),(1,0,2),3,1),A B A B C --因此11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23,3),AB A B AC ==-=- 由1110AB A B ⋅=得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .(2)设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由(1)可知11(0,23,1),(1,3,0),(0,0,2),AC AB BB === 设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即30,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(3,1,0)=-n .所以111|39sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅n |n n |. 因此,直线1AC 与平面1ABB 39. 【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.15.【2017年高考全国Ⅰ文数】如图,在四棱锥P −ABCD 中,AB//CD ,且90BAP CDP ∠=∠=.(1)证明:平面PAB ⊥平面PAD ;(2)若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=,且四棱锥P −ABCD 的体积为83,求该四棱锥的侧面积. 【答案】(1)见解析;(2)326+.【解析】(1)由已知90BAP CDP ==︒∠∠,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PAB ⊥平面PAD .(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2AD x =,22PE x =. 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=. 由题设得31833x =,故2x =. 从而2PA PD ==,22AD BC ==22PB PC ==. 可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 606232222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 【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31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=,解得2x =,可得所求侧面积.16.【2017年高考全国Ⅱ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 ,1,2AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒ (1)证明:直线BC ∥平面PAD ;(2)若△PCD 的面积为27,求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】(1)见解析;(2)43.【解析】(1)在平面ABCD 内,因为∠BAD =∠ABC =90°,所以BC ∥AD . 又BC PAD ⊄平面,AD PAD ⊂平面, 故BC ∥平面P AD .(2)取AD 的中点M ,连结PM ,CM , 由12AB BC AD ==及BC ∥AD ,∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形,则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,平面P AD ∩平面ABCD =AD , 所以PM ⊥AD ,PM ⊥底面ABCD ,因为CM ABCD⊂底面,所以PM⊥CM.设BC=x,则CM=x,CD=2x,PM=3x,PC=PD=2x.取CD的中点N,连结PN,则PN⊥CD,所以142PN x=.因为△PCD的面积为27,所以114227 22x x⨯⨯=,解得x=−2(舍去),x=2,于是AB=BC=2,AD=4,PM=23,所以四棱锥P−ABCD的体积()22412343 32V⨯+=⨯⨯=.【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Ⅲ卷文数】如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.(1)证明:AC⊥BD;(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AE⊥EC,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AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形,所以AC ⊥BO . 从而AC ⊥平面DOB , 故AC ⊥BD . (2)连结EO .由(1)及题设知∠ADC =90°,所以DO =AO . 在Rt △AOB 中,222BO AO AB +=.又AB =BD ,所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==, 故∠DOB =90°. 由题设知△AEC 为直角三角形,所以12EO AC =. 又△ABC 是正三角形,且AB =BD ,所以12EO BD =.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12,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1.【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OD AC ⊥,OB AC ⊥,再根据线面垂直的判定定理得⊥AC 平面OBD ,即得AC ⊥BD ;(2)先由AE ⊥EC ,结合平面几何知识确定12EO 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P –ABC 中,PA ⊥AB ,PA ⊥BC ,AB ⊥BC ,PA =AB =BC =2,D 为线段AC 的中点,E 为线段PC 上一点.(1)求证:PA ⊥BD ;(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)13. 【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PAC 平面BDE DE =,所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点,所以112DE PA ==,2BD DC ==由(1)知,PA ⊥平面ABC ,所以DE ⊥平面ABC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【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13BCD V S DE =⨯⨯△即可求解.19.【2017年高考天津卷文数】如图,在四棱锥P ABCD -中,AD ⊥平面PDC ,AD BC ∥,PD PB ⊥,1AD =,3BC =,4CD =,2PD =.(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)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AD ⊥PD . 在Rt △PDA 中,由已知,得225AP AD PD =+=,故5cos 5AD DAP AP ∠==. 所以,异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55.(2)因为AD ⊥平面PDC ,直线PD ⊂平面PDC ,所以AD ⊥PD . 又因为BC //AD ,所以PD ⊥BC , 又PD ⊥PB ,所以PD ⊥平面PB C .(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 ,DF //AB ,故BF =AD =1,由已知,得CF =BC –BF =2. 又AD ⊥DC ,故BC ⊥DC ,在Rt △DCF 中,可得2225DF CD CF =+=, 在Rt △DPF 中,可得5sin 5PD DFP DF ∠==. 所以,直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55. 【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DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角,本题中AD ⊥PD ,进而可得AP 的长,所以cos ADDAP 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 −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1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,A 1E ⊥平面ABCD . (1)证明:1A O ∥平面B 1CD 1;(2)设M 是OD 的中点,证明:平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】(1)取11B D 的中点1O ,连接111,CO AO ,由于1111ABCD A B C D -是四棱柱, 所以1111,AO OC AO OC =∥, 因此四边形11AOCO 为平行四边形, 所以11A O O C ∥,又1O C ⊂平面11B CD ,1AO ⊄平面11B CD , 所以1A O ∥平面11B CD .(2)因为AC BD ⊥,E ,M 分别为AD 和OD 的中点, 所以EM BD ⊥,又1A E ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD , 所以1,A E BD ⊥ 因为11,B D BD ∥所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥ 又1,A E EM ⊂平面1A EM ,1A E EM E =,所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD , 所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【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.-中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,21.【2017年高考江苏卷】如图,在三棱锥A BCDF(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.【答案】(1)见解析;(2)见解析.⊥,【解析】(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF AD∥.所以EF AB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ABD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.=,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,又AB⊥AD,BC AB B所以AD⊥平面ABC,又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.【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.22.【2017年高考浙江卷】如图,已知四棱锥P–ABCD,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC AD∥,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.(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)8. 【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运算求解能力.满分15分.(1)如图,设P A 中点为F ,连接EF ,FB . 因为E ,F 分别为PD ,P A 中点,所以EF AD ∥且12EF AD =, 又因为BC AD ∥,12BC AD =,所以 EF BC ∥且EF BC =,即四边形BCEF 为平行四边形,所以CE BF ∥,因此CE ∥平面P AB .(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 ,P A ,AD 的中点,所以Q 为EF 中点, 在平行四边形BCEF 中,MQ//CE .由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD .由DC ⊥AD ,N 是AD 的中点得BN ⊥AD .PABCDE所以AD⊥平面PBN,由BC//AD得BC⊥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MH.MH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=14,在Rt△MQH中,QH=14,MQ=2,所以sin∠QMH=28,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:①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.②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①证明的.另外,本题也可利用空间向量求解线面角.。
回扣6 立体几何1.概念理解四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系.2.柱、锥、台、球体的表面积和体积侧面展开图 表面积 体积 直棱柱 长方形 S =2S 底+S 侧 V =S 底·h 圆柱 长方形 S =2πr 2+2πrl V =πr 2·l 棱锥 由若干三角形构成S =S 底+S 侧 V =13S 底·h圆锥 扇形 S =πr 2+πrl V =13πr 2·h棱台 由若干个梯形构成S =S 上底+S 下底+S 侧 V =13(S +SS ′+S ′)·h圆台扇环S =πr ′2+π(r +r ′)l +πr 2V =13π(r 2+rr ′+r ′2)·h球S =4πr 2S =43πr 33.平行、垂直关系的转化示意图1.易混淆几何体的表面积与侧面积的区别,几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面积之和,不能漏掉几何体的底面积;求锥体体积时,易漏掉体积公式中的系数13.2.不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理,忽视判定定理和性质定理中的条件,导致判断出错.如由α⊥β,α∩β=l ,m ⊥l ,易误得出m ⊥β的结论,就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件.3.注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形,弄清楚变与不变的元素后,再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系.1.将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周,所得几何体的侧面积是________. 答案 2π解析 几何体的底面圆半径为1,高为1,则侧面积S =2πrh =2π×1×1=2π.2.用平面α截球O 所得截面圆的半径为3,球心O 到平面α的距离为4,则此球的表面积为__________. 答案 100π解析 依题意,设球的半径为R ,满足R 2=32+42=25, ∴S 球=4πR 2=100π.3.若正四棱锥的底面边长为22,体积为8,则其侧面积为__________. 答案 422解析 因为V =13×(22)2h =8,所以h =3,所以斜高h ′=32+(2)2=11.所以其侧面积为S 侧=4×⎝⎛⎭⎫12×22×11=422. 4.设m ,n 是不同的直线,α,β,γ是不同的平面,有以下四个命题:①⎩⎪⎨⎪⎧ α∥β,α∥γ⇒β∥γ;②⎩⎪⎨⎪⎧ α⊥β,m ∥α⇒m ⊥β; ③⎩⎪⎨⎪⎧ m ⊥α,m ∥β⇒α⊥β;④⎩⎪⎨⎪⎧m ∥n ,n ⊂α⇒m ∥α. 其中正确的命题是________.(填序号)。
2019立体几何专题(理)1.如图,点N 为正方形ABCD 的中心,△ECD 为正三角形,平面ECD ⊥平面ABCD ,M 是线段ED 的中点,则( )A .BM =EN ,且直线BM 、EN 是相交直线B .BM ≠EN ,且直线BM ,EN 是相交直线C .BM =EN ,且直线BM 、EN 是异面直线D .BM ≠EN ,且直线BM ,EN 是异面直线2.设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( )A .α内有无数条直线与β平行B .α内有两条相交直线与β平行C .α,β平行于同一条直线D .α,β垂直于同一平面3.已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上,P A =PB =PC ,△ABC 是边长为2的正三角形,E ,F 分别是P A ,AB 的中点,∠CEF =90°,则球O 的体积为( )A .B .C . D4.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体体积公式V 柱体=Sh ,其中S 是柱体的底面积,h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示,则该柱体的体积是( )5.已知l ,m 是平面a 外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l m ⊥; ②m a ; ③l a ⊥以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题: ______. 6.学生到工厂劳动实践,利用3D 打印技术制作模型.如图,该模型为长方体挖去四棱锥O —EFGH 后所得几何体,其中O 为长方体的中心,E ,F ,G ,H 分别为所在棱的中点,,3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为___________.7.如图,长方体的体积是120,E 为的中点,则三棱锥E -BCD 的体积是 .1111ABCD A B C D -16cm 4cm AB =BC =, AA=1111ABCD A B C D -1CC8.已知四棱锥的底面是边长为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为.A.158 B.162 C.182 D.329.某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示。
专题04 立体几何1.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上,PA =PB =PC ,△ABC 是边长为2的正三角形,E ,F 分别是PA ,AB 的中点,∠CEF =90°,则球O 的体积为 A .68π B .64π C .62πD .6π【答案】D 【解析】解法一:,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形,P ABC ∴-为正三棱锥,PB AC ∴⊥,又E ,F 分别为PA ,AB 的中点,EF PB ∴∥,EF AC ∴⊥,又EF CE ⊥,,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ,∴PB ⊥平面PAC ,2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===,P ABC ∴-为正方体的一部分,22226R =++=,即364466,π62338R V R =∴=π=⨯=π,故选D .解法二:设2PA PB PC x ===,,E F 分别为,PA AB 的中点,EF PB ∴∥,且12EF PB x ==,ABC △为边长为2的等边三角形,3CF ∴=, 又90CEF ∠=︒,213,2CE x AE PA x ∴=-==,AEC △中,由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯,作PD AC ⊥于D ,PA PC =,D 为AC 的中点,1cos 2AD EAC PA x∠==,2243142x x x x+-+∴=, 221221222x x x ∴+=∴==,,,2PA PB PC ∴===, 又===2AB BC AC ,,,PA PB PC ∴两两垂直,22226R ∴=++=,62R ∴=,344666338V R ∴=π=π⨯=π,故选D.【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力,补体法解决外接球问题.可通过线面垂直定理,得到三棱两两互相垂直关系,快速得到侧棱长,进而补体成正方体解决. 2.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是 A .α内有无数条直线与β平行 B .α内有两条相交直线与β平行 C .α,β平行于同一条直线 D .α,β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知:α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件,由面面平行性质定理知,若αβ∥,则α内任意一条直线都与β平行,所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件,故选B .【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件,渗透直观想象、逻辑推理素养,利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断.面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理,最容易犯的错误为定理记不住,凭主观臆断,如:“若,,a b a b αβ⊂⊂∥,则αβ∥”此类的错误.3.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图,点N 为正方形ABCD 的中心,△ECD 为正三角形,平面ECD ⊥平面ABCD ,M 是线段ED 的中点,则A .BM =EN ,且直线BM ,EN 是相交直线B .BM ≠EN ,且直线BM ,EN 是相交直线C .BM =EN ,且直线BM ,EN 是异面直线D .BM ≠EN ,且直线BM ,EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图所示,作EO CD ⊥于O ,连接ON ,BD ,易得直线BM ,EN 是三角形EBD 的中线,是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ,连接BF ,平面CDE ⊥平面ABCD ,,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ,EO ∴⊥平面ABCD ,MF ⊥平面ABCD ,MFB ∴△与EON △均为直角三角形.设正方形边长为2,易知3,12EO ON EN ===,,35,,722MF BF BM ==∴=,BM EN ∴≠,故选B .【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力,解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时,先利用垂直关系,再结合勾股定理进而解决问题.4.【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh,其中S是柱体的底面积,h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm),则该柱体的体积(单位:cm3)是A.158 B.162C.182 D.324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6,底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的,其中一个上底为4,下底为6,高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为2646336162 22++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭.故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图,还原得到几何体——棱柱,根据题目给定的数据,计算几何体的体积,常规题目.难度不大,注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二,一是不能正确还原几何体;二是计算体积有误.为避免出错,应注重多观察、细心算.5.【2019年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA 上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P–AC–B的平面角为γ,则A.β<γ,α<γB.β<α,β<γC.β<α,γ<αD.α<β,γ<β【答案】B【解析】如图,G 为AC 中点,连接VG ,V 在底面ABC 的投影为O ,则P 在底面的投影D 在线段AO 上,过D 作DE 垂直于AC 于E ,连接PE ,BD ,易得PE VG ∥,过P 作PF AC ∥交VG 于F ,连接BF ,过D 作DH AC ∥,交BG 于H ,则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠,结合△PFB ,△BDH ,△PDB 均为直角三角形,可得cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=,即αβ>; 在Rt △PED 中,tan tan PD PDED BDγβ=>=,即γβ>,综上所述,答案为B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体,综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念,以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角,应用三角函数知识求解,而后比较大小.而充分利用图形特征,则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有,不能正确作图得出各种角,未能想到利用“特殊位置法”,寻求简便解法. 6.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】学生到工厂劳动实践,利用3D 打印技术制作模型.如图,该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体,其中O 为长方体的中心,E ,F ,G ,H 分别为所在棱的中点,16cm 4cm AB =BC =, AA =,3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得,214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形, ∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ,∴3112312cm 3O EFGHV -=⨯⨯=. 又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=, 所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=,其质量为0.9132118.8g ⨯=.【名师点睛】本题考查几何体的体积问题,理解题中信息联系几何体的体积和质量关系,从而利用公式求解.根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积,再求出模型的质量即可.7.【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为__________.【答案】40【解析】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体,则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 【名师点睛】本题首先根据三视图,还原得到几何体,再根据题目给定的数据,计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系,利用相应体积公式求解;(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出,则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.8.【2019年高考北京卷理数】已知l ,m 是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l ⊥m ;②m ∥α;③l ⊥α.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:__________.【答案】如果l ⊥α,m ∥α,则l ⊥m (如果l ⊥α,l ⊥m ,则m ∥α也对) 【解析】将所给论断,分别作为条件、结论,得到如下三个命题: (1)如果l ⊥α,m ∥α,则l ⊥m ,正确;(2)如果l ⊥α,l ⊥m ,则m ∥α,是不正确的,有可能m 在平面α内;但是已知了直线在平面外,故正确。
第 1 页2019年高考真题理科数学解析汇编:立体几何一、选择题1 .(2019年高考(新课标理))已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上,ABC ∆是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且2SC =;则此棱锥的体积为 ( )A.6BC.3 D22 .(2019年高考(新课标理))如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为A .6B .9C .12D .183 .(2019年高考(浙江理))已知矩形ABCD ,AB =1,BC 将∆ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻着,在翻着过程中, A .存在某个位置,使得直线AC 与直线BD 垂直 B .存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直 C .存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直D .对任意位置,三直线“AC 与BD ”,“AB 与CD ”,“AD 与BC ”均不垂直4 .(2019年高考(重庆理))设四面体的六条棱的长分别为a ,且长为a 异面,则a 的取值范围是 ( )A .B .C .D .5 .(2019年高考(四川理))如图,半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内,过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ,过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交,所得交线上到平面α的距离最大的点为B ,该交线上的一点P 满足60BOP ∠=,则A 、P 两点间的球面距离为 ( )A .arccos4R B .4Rπ C .arccos3R D .3Rπ 6 .(2019年高考(四川理))下列命题正确的是( )A .若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B .若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C .若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D .若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行7 .(2019年高考(上海春))已知空间三条直线.l m n 、、若l 与m 异面,且l 与n 异面,则 [答]第 2 页( )A .m 与n 异面.B .m 与n 相交.C .m 与n 平行.D .m 与n 异面、相交、平行均有可能.8 .(2019年高考(陕西理))如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱111A B C A B C -,12CA CC CB ==,则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为 ( )ABCD .359 .(2019年高考(江西理))如图,已知正四棱锥S-ABCD 所有棱长都为1,点E 是侧棱SC 上一动点,过点E 垂直于SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分.记SE=x(0<x<1),截面下面部分的体积为V(x),则函数y=V(x)的图像大致为10.(2019年高考(湖南理))某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是11.(2019年高考(湖北理))我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径. “开立圆术”相当于给出了已知球的体积V ,求其直径d的一个近似公式d ≈人们还用过一些类似的近似公式. 根据π =3.14159判断,下列近似公式中最精确的一个是( )[来源:shulihua]A.d ≈ B.d ≈C.d ≈D .(一)必考题(11—14题)12.(2019年高考(湖北理))已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为A .8π3B .3πC .10π3D .6π13.(2019年高考(广东理))(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为 ( )A .12πB .45πC .57πD .81π14.(2019年高考(福建理))一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是 ( )A 图1B C D 侧视图正视图俯视图第 3 页A .球B .三棱柱C .正方形D .圆柱15.(2019年高考(大纲理))已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中,12,AB CC E ==为1CC 的中点,则直线1AC 与平面BED 的距离为 ( )A .2BCD .116.(2019年高考(北京理))某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是 ( )A.28+B.30+C.56+D .60125+17.(2019年高考(安徽理))设平面α与平面β相交于直线m ,直线a 在平面α内,直线b 在平面β内,且b m ⊥,则“αβ⊥”是“a b ⊥”的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .即不充分不必要条件二、填空题18.(2019年高考(天津理))―个几何体的三视图如图所示(单位:m ),则该几何体的体积为______3m .19.(2019年高考(浙江理))已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积等于___________cm 3.20.(2019年高考(四川理))如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,M 、N 分别是CD 、1CC 的中点,则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________.21.(2019年高考(上海理))如图,AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱,BC=2。
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2019年高考数学(理)精品资料:
1.5 立体几何(测)
总分 _______ 时间 _______ 班级 _______ 学号 _______ 得分_______
一、选择题(12*5=60分)
1.已知直线平面,直线平面,则“”是“”的( )
A .充分不必要条件
B .必要不充分条件
C .充要条件
D .既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
根据已知题意,由于直线
平面,直线∥平面,如果两个平面平行
,则必然能满足,但是反之,如果
,则对于平面可能是相交的,故条件能推出结论,但是结论不能推出条件,
故选A
2.【2018届四川省成都市龙泉中学高三12月月考】一个棱锥的三视图如图所示,其中侧视图为边长为1的正三角形,则四棱锥侧面中最大侧面的面积是( )
A.
【答案】D
【解析】
由四棱锥的三视图可知,该四棱锥底面为ABCD 为边长为1的正方形, PAD 是边长为1的等边三角形, PO 垂直于AD 于点O ,其中O 为AD
的中点,所以四棱锥的体积为。
专题06 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 –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB =2,∠BAD =60°,E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点.(1)证明:MN ∥平面C 1DE ; (2)求点C 到平面C 1DE 的距离. 【答案】(1)见解析;(2)41717. 【解析】(1)连结1,B C ME .因为M ,E 分别为1,BB BC 的中点,所以1 ME B C ∥,且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点,所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥,可得11=BC A D ∥,故=ME ND ∥, 因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ,所以MN ∥平面1C DE . (2)过C 作C 1E 的垂线,垂足为H .由已知可得DE BC ⊥,1DE C C ⊥,所以DE ⊥平面1C CE ,故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ,故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离, 由已知可得CE =1,C 1C =4,所以117C E =,故41717CH =.从而点C 到平面1C DE 的距离为41717.【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Ⅱ卷文数】如图,长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形,点E 在棱AA 1上,BE ⊥EC 1.(1)证明:BE ⊥平面EB 1C 1;(2)若AE =A 1E ,AB =3,求四棱锥11E BB C C -的体积. 【答案】(1)见详解;(2)18.【解析】(1)由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1,BE ⊂平面ABB 1A 1, 故11B C BE ⊥.又1BE EC ⊥,所以BE ⊥平面11EB C . (2)由(1)知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ,所以1145AEB A EB ︒∠=∠=,故AE =AB =3,126AA AE ==.作1EF BB ⊥,垂足为F ,则EF ⊥平面11BB C C ,且3EF AB ==. 所以,四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=.【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.【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ,Rt △ABC 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AD BE ,CG BE ,所以AD CG ,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.因此DM⊥CG.在Rt△DEM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.-中,PA⊥平面ABCD,底部ABCD为菱形,E 4.【2019年高考北京卷文数】如图,在四棱锥P ABCD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PA ⊥AE .因为底面ABCD 为菱形,∠ABC =60°,且E 为CD 的中点, 所以AE ⊥CD . 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 . 则FG ∥AB ,且FG =12AB . 因为底面ABCD 为菱形,且E 为CD 的中点, 所以CE ∥AB ,且CE =12AB . 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 ,,2,3PA CD CD AD ⊥==.(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)33. 【解析】(1)连接BD ,易知AC BD H =,BH DH =.又由BG=PG ,故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ,PD ⊂平面P AD , 所以GH ∥平面P AD .(2)取棱PC 的中点N ,连接DN .依题意,得DN ⊥PC , 又因为平面PAC ⊥平面PCD ,平面PAC 平面PCD PC =,所以DN ⊥平面P AC ,又PA ⊂平面P AC ,故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥,CD DN D =,所以PA ⊥平面PCD .(3)连接AN ,由(2)中DN ⊥平面P AC ,可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角, 因为PCD △为等边三角形,CD =2且N 为PC 的中点, 所以3DN =. 又DN AN ⊥,在Rt AND △中,3sin 3DN DAN AD ∠==. 所以,直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33.【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ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.【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−A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.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BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱,所以CC1⊥平面ABC.又因为BE ⊂平面ABC ,所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1,AC ⊂平面A 1ACC 1,C 1C ∩AC =C , 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1,所以BE ⊥C 1E .【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.【2019年高考浙江卷】如图,已知三棱柱111ABC A B C -,平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒,1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ,A 1B 1的中点. (1)证明:EF BC ⊥;(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】(1)见解析;(2)35. 【解析】方法一:(1)连接A 1E ,因为A 1A =A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC , 所以,A 1E ⊥平面ABC ,则A 1E ⊥BC . 又因为A 1F ∥AB ,∠ABC =90°,故BC ⊥A 1F . 所以BC ⊥平面A 1EF . 因此EF ⊥BC .(2)取BC 中点G ,连接EG ,GF ,则EGFA 1是平行四边形. 由于A 1E ⊥平面ABC ,故A 1E ⊥EG ,所以平行四边形EGFA 1为矩形. 由(1)得BC ⊥平面EGFA 1,则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1, 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上.连接A 1G 交EF 于O ,则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角). 不妨设AC =4,则在Rt △A 1EG 中,A 1E =23,EG =3. 由于O 为A 1G 的中点,故11522A G EO OG ===, 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅.因此,直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35. 方法二:(1)连接A 1E ,因为A 1A =A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ,所以,A 1E ⊥平面ABC .如图,以点E 为原点,分别以射线EC ,EA 1为y ,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系E –xyz .不妨设AC =4,则A 1(0,0,23),B (3,1,0),1(3,3,23)B ,33(,,23)22F ,C (0,2,0). 因此,33(,,23)22EF =,(3,1,0)BC =-. 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥. (2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得1=(310)=(0223)BC AC --,,,,,. 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =,,, 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ,得3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩, 取n (131)=,,,故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅,n n n |,因此,直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35. 【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,3AB AC ==,90ACM =︒∠,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ACD ⊥平面ABC ;(2)Q 为线段AD 上一点,P 为线段BC 上一点,且23BP DQ DA ==,求三棱锥Q ABP -的体积.【答案】(1)见解析;(2)1.【解析】(1)由已知可得,BAC ∠=90°,BA AC ⊥. 又BA ⊥AD ,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 =32.又23BP DQ DA ==,所以22BP =. 作QE ⊥AC ,垂足为E ,则QE =∥13DC .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1111322sin 451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△.【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BA ⊥AD ,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年高考全国Ⅱ卷文数】如图,在三棱锥P A B C -中,22AB BC ==,4PA PB PC AC ====,O 为AC 的中点.(1)证明:PO ⊥平面ABC ;(2)若点M 在棱BC 上,且2MC MB =,求点C 到平面POM 的距离.【答案】(1)见解析;(2)455. 【解析】(1)因为AP =CP =AC =4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP =23. 连结OB .因为AB =BC =22AC,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB =12AC =2. 由222OP OB PB +=知,OP ⊥OB . 由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)作CH ⊥OM ,垂足为H .又由(1)可得OP ⊥CH ,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 =12AC =2,CM =23BC =423,∠ACB =45°. 所以OM =253,CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=455.所以点C 到平面POM 的距离为455. 【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.10.【2018年高考全国Ⅲ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BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM . 因为M 为CD 上异于C ,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM =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O 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,属于中档题.11.【2018年高考北京卷文数】如图,在四棱锥P −ABCD 中,底面ABCD 为矩形,平面P AD ⊥平面ABCD ,P A ⊥PD ,P A =PD ,E ,F 分别为AD ,PB 的中点.(1)求证:PE ⊥BC ;(2)求证:平面P AB ⊥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 中点G ,连接,FG GD .∵,F G 分别为PB 和PC 的中点,∴FG BC ∥,且12FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形,且E 为AD 的中点, ∴1,2ED BC DE BC =∥,∴ED 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 =23,∠BAD =90°. (1)求证:AD ⊥BC ;(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】(1)见解析;(2)1326;(3)34. 【解析】(1)由平面ABC ⊥平面ABD ,平面ABC ∩平面ABD =AB ,AD ⊥AB ,可得AD ⊥平面ABC ,故AD ⊥BC .(2)取棱AC 的中点N ,连接MN ,ND .又因为M 为棱AB 的中点,故MN ∥BC .所以∠DMN (或其补角)为异面直线BC 与MD 所成的角. 在Rt △DAM 中,AM =1,故DM =22=13AD AM +.因为AD ⊥平面ABC ,故AD ⊥AC . 在Rt △DAN 中,AN =1,故DN =22=13AD AN +.在等腰三角形DMN 中,MN =1,可得1132cos 26MNDMN DM ∠==.所以,异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326. (3)连接CM .因为△ABC 为等边三角形,M 为边AB 的中点,故CM ⊥AB ,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Rt △CAD 中,CD =22AC AD +=4.在Rt △CMD 中,3sin 4CM CDM CD ∠==. 所以,直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34.【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1111ABCD A B C D -中,1111,AA AB AB B C =⊥.求证:(1)AB ∥平面11A B C ; (2)平面11ABB A ⊥平面1A BC . 【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】(1)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB ∥A 1B 1.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AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=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.14.【2018年高考浙江卷】如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠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)3913. 【解析】方法一:(1)由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得11122AB A B ==, 所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =,112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得115B C =, 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得23AC =,由1CC AC ⊥,得113AC =,所以2221111AB B C AC +=,故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .(2)如图,过点1C 作111C D A B ⊥,交直线11A B 于点D ,连结AD.由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB , 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB , 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由1111115,22,21BC A B AC ===得11111161cos ,sin 77C A B C A B ∠=∠=, 所以13C D =, 故11139sin 13C D C AD AC ∠==.因此,直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3913. 方法二:(1)如图,以AC 的中点O 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.由题意知各点坐标如下:111(0,3,0),(1,0,0),(0,3,4),(1,0,2),(0,3,1),A B A B C --因此11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23,3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .(2)设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由(1)可知11(0,23,1),(1,3,0),(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n 即30,20,x y z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(3,1,0)=-n . 所以111|39sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |. 因此,直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3913. 【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.15.【2017年高考全国Ⅰ文数】如图,在四棱锥P −ABCD 中,AB//CD ,且90BAP CDP ∠=∠=.(1)证明:平面PAB ⊥平面PAD ;(2)若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=,且四棱锥P −ABCD 的体积为83,求该四棱锥的侧面积. 【答案】(1)见解析;(2)326+.【解析】(1)由已知90BAP CDP ==︒∠∠,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PAB ⊥平面PAD .(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2AD x =,22PE x =. 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=. 由题设得31833x =,故2x =. 从而2PA PD ==,22AD BC ==,22PB PC ==. 可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 606232222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+. 【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A B A P ⊥,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31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=,解得2x =,可得所求侧面积.16.【2017年高考全国Ⅱ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 ,1,2AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒ (1)证明:直线BC ∥平面PAD ;(2)若△PCD 的面积为27,求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】(1)见解析;(2)43.【解析】(1)在平面ABCD 内,因为∠BAD =∠ABC =90°,所以BC ∥AD . 又BC PAD ⊄平面,AD PAD ⊂平面, 故BC ∥平面P AD .(2)取AD 的中点M ,连结PM ,CM , 由12AB BC AD ==及BC ∥AD ,∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形,则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,平面P AD ∩平面ABCD =AD , 所以PM ⊥AD ,PM ⊥底面ABCD ,因为CM ABCD⊂底面,所以PM⊥CM.设BC=x,则CM=x,CD=2x,PM=3x,PC=PD=2x.取CD的中点N,连结PN,则PN⊥CD,所以142PN x=.因为△PCD的面积为27,所以114227 22x x⨯⨯=,解得x=−2(舍去),x=2,于是AB=BC=2,AD=4,PM=23,所以四棱锥P−ABCD的体积()22412343 32V⨯+=⨯⨯=.【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Ⅲ卷文数】如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.(1)证明:AC⊥BD;(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AE⊥EC,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AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形,所以AC ⊥BO . 从而AC ⊥平面DOB , 故AC ⊥BD . (2)连结EO .由(1)及题设知∠ADC =90°,所以DO =AO . 在Rt △AOB 中,222BO AO AB +=.又AB =BD ,所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==, 故∠DOB =90°. 由题设知△AEC 为直角三角形,所以12EO AC =. 又△ABC 是正三角形,且AB =BD ,所以12EO BD =.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12,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1.【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OD AC ⊥,OB AC ⊥,再根据线面垂直的判定定理得⊥AC 平面OBD ,即得AC ⊥BD ;(2)先由AE ⊥EC ,结合平面几何知识确定12EO 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P –ABC 中,PA ⊥AB ,PA ⊥BC ,AB ⊥BC ,PA =AB =BC =2,D 为线段AC 的中点,E 为线段PC 上一点.(1)求证:PA ⊥BD ;(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)13. 【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PAC 平面BDE DE =,所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点,所以112DE PA ==,2BD DC ==. 由(1)知,PA ⊥平面ABC ,所以DE ⊥平面ABC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【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13BCD V S DE =⨯⨯△即可求解.19.【2017年高考天津卷文数】如图,在四棱锥P ABCD -中,AD ⊥平面PDC ,AD BC ∥,PD PB ⊥,1AD =,3BC =,4CD =,2PD =.(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)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AD ⊥PD . 在Rt △PDA 中,由已知,得225AP AD PD =+=,故5cos 5AD DAP AP ∠==. 所以,异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55.(2)因为AD ⊥平面PDC ,直线PD ⊂平面PDC ,所以AD ⊥PD . 又因为BC //AD ,所以PD ⊥BC , 又PD ⊥PB ,所以PD ⊥平面PB C .(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 ,DF //AB ,故BF =AD =1,由已知,得CF =BC –BF =2. 又AD ⊥DC ,故BC ⊥DC ,在Rt △DCF 中,可得2225DF CD CF =+=, 在Rt △DPF 中,可得5sin 5PD DFP DF ∠==. 所以,直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55. 【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DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角,本题中AD ⊥PD ,进而可得AP 的长,所以cos ADDAP 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 −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1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,A 1E ⊥平面ABCD . (1)证明:1A O ∥平面B 1CD 1;(2)设M 是OD 的中点,证明:平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】(1)取11B D 的中点1O ,连接111,CO AO ,由于1111ABCD A B C D -是四棱柱, 所以1111,AO OC AO OC =∥, 因此四边形11AOCO 为平行四边形, 所以11A O O C ∥,又1O C ⊂平面11B CD ,1AO ⊄平面11B CD , 所以1A O ∥平面11B CD .(2)因为AC BD ⊥,E ,M 分别为AD 和OD 的中点, 所以EM BD ⊥,又1A E ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD , 所以1,A E BD ⊥ 因为11,B D BD ∥所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥ 又1,A E EM ⊂平面1A EM ,1A E EM E =,所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD , 所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【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.-中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,21.【2017年高考江苏卷】如图,在三棱锥A BCDF(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.【答案】(1)见解析;(2)见解析.⊥,【解析】(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF AD∥.所以EF AB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ABD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.=,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,又AB⊥AD,BC AB B所以AD⊥平面ABC,又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.【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.22.【2017年高考浙江卷】如图,已知四棱锥P–ABCD,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC AD∥,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.(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)28. 【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运算求解能力.满分15分.(1)如图,设P A 中点为F ,连接EF ,FB . 因为E ,F 分别为PD ,P A 中点,所以EF AD ∥且12EF AD =, 又因为BC AD ∥,12BC AD =,所以 EF BC ∥且EF BC =,即四边形BCEF 为平行四边形,所以CE BF ∥,因此CE ∥平面P AB .(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 ,P A ,AD 的中点,所以Q 为EF 中点, 在平行四边形BCEF 中,MQ//CE .由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD .由DC ⊥AD ,N 是AD 的中点得BN ⊥AD .PABCDE所以AD⊥平面PBN,由BC//AD得BC⊥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MH.MH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=14,在Rt△MQH中,QH=14,MQ=2,所以sin∠QMH=28,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:①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.②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①证明的.另外,本题也可利用空间向量求解线面角.。
专题六 立体几何
第1课时
1.(2015年新课标Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如图Z6-1,则截去部
分体积与剩余部分体积的比值为( )
图Z6-1 A.18 B.17 C.16 D.15
2.如图Z6-2,方格纸上正方形小格的边长为1,图中粗实线画出的是由一个正方体截得的一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( )
图Z6-2 A.163 B.323 C.643
D .32 3.某几何体的三视图如图Z6-3,则该几何体的体积为( )
图Z6-3 A.23 B.43
C.83
D.163
4.(2016年河北“五校联盟”质量监测)某四面体的三视图如图Z6-4,则其四个面中最大的面积是
( )
图Z6-4 A .2 B .2 2 C. 3 D .2 3
5.已知一个几何体的三视图如图Z6-5,则该几何体的体积为( )
图Z6-5 A .8 B.223 C.233
D .7 6.点A ,B ,C ,D 均在同一球面上,且AB ,AC ,AD 两两垂直,且AB =1,AC =2,AD =3,则该球的表面积为( )
A .7π
B .14π C.72π D.714π3
7.(2013年新课标Ⅰ)如图Z6-6,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8 cm ,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ,如果不计容器厚度,则球的体积为( )
图Z6-6 A.500π3 cm 3 B.866π3 cm 3 C.1372π3 cm 3 D.2048π3
cm 3 8.(2016年北京)某四棱柱的三视图如图Z6-7,则该四棱柱的体积为________.
图Z6-7
9.球O 半径为R =13,球面上有三点A ,B ,C ,AB =12 3,AC =BC =12,则四面体OABC 的体积是( )。