专题06立体几何解答题教师版

PAGE\*MERGEFORMAT#PAGE\*MERGEFORMAT#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ABCDABiCiDi的底面是菱形，AAi=4,AB=2,/BAD=60°E,M，N分别是BC，BBi,AiD的中点.(i)证明:MN//平面CiDE;【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】(i)见解析;(2)(2)求点C到平面CiDE的距离.【解析】(i)连结BiC,ME.1因为M,E分别为BBi,BC的中点，所以ME//BiC，且MEBiC.21又因为N为A|D的中点，所以ND-A]D.2由题设知AiBi=DC，可得BC=A,D，故ME=ND,因此四边形MNDE为平行四边形，MN//ED.又MN平面CiDE，所以MN//平面CiDE.(2)过C作CiE的垂线，垂足为H.由已知可得DEBC,DECiC，所以DE丄平面CiCE，故DE丄CH.从而CH丄平面CiDE，故CH的长即为C到平面CiDE的距离，I~I7由已知可得CE=i,CiC=4，所以CiE.I7，故CH仁7PAGE\*MERGEFORMAT#PAGE\*MERGEFORMAT#从而点C到平面C1DE的距离为417.17【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的 内容 财务内部控制制度的内容财务内部控制制度的内容人员招聘与配置的内容项目成本控制的内容消防安全演练内容 ，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.【2019年高考全国H卷文数】如图，长方体ABCDABiCiDi的底面ABCD是正方形，点E在棱AAi上,BE丄ECi.（1）证明：BE丄平面EBiCi；（2）若AE=AiE,AB=3，求四棱锥EBBiCiC的体积.【答案】（i）见详解；（2）i8.【解析】（i）由已知得BiCi丄平面ABBiAi,BE平面ABBiAi,故BiCiBE.又BEEC1，所以BE丄平面EB1C1.(2)由(1)知/BEBi=90°由题设知Rt△ABE也Rt△AiBiE，所以AEBA1EB145,故AE=AB=3,AA12AE6.作EFBBi，垂足为F，则EF丄平面BBiCiC，且EFAB3.13所以，四棱锥EBB1C1C的体积V—36318.【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•.【2019年高考全国川卷文数】图1是由矩形ADEB,RtAABC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.证明：图2中的A,C,G,D四点共面，且平面ABC丄平面BCGE;求图2中的四边形ACGD的面积.【答案】(1)见解析；(2)4.【解析】(1)由已知得ADPBE,CGPBE，所以ADPCG，故AD,CG确定一个平面，从而A,C,G,D四点共面.由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.(2)取CG的中点M,连结EM,DM.因为AB//DE,AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，故DECG.由已知，四边形BCGE是菱形，且/EBC=60°得EMCG,故CG平面DEM.因此DMCG.在RtADEM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.【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.求证：BD丄平面PAC;若/ABC=60°,求证：平面PAB丄平面PAE;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PABD.又因为底面ABCD为菱形,所以BDAC.所以BD平面PAC.户8C因为PA丄平面ABCD,AE平面ABCD,所以PA丄AE.因为底面ABCD为菱形，/ABC=60°且E为CD的中点，所以AE丄CD.所以AB丄AE.所以AE丄平面PAB.所以平面PAB丄平面PAE.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.1贝yFG//AB,且FG=—AB2'因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，1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【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等3PAGE\*MERGEFORMAT#3PAGE\*MERGEFORMAT#边三角形，平面PAC平面PCD,PACD,CD2,AD3.P设G,H分别为PB,AC的中点，求证：GH//平面PAD;求证：PA平面PCD；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)3.3【解析】(1)连接BD，易知ACIBDH,BHDH.又由BG=PG，故GH//PD.又因为GH平面PAD,PD平面PAD,所以GH//平面PAD.(2)取棱PC的中点N,连接DN.依题意，得DN丄PC,又因为平面PAC平面PCD，平面PACI平面PCDPC,所以DN平面PAC,又PA平面PAC,故DNPA.又已知PACD,CDIDND,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DNAN,在RtAAND中，sinDANDN3AD3所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为PAGE\*MERGEFORMAT#PAGE\*MERGEFORMAT#p【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•AB=BC.【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,求证：(1)A1B1//平面DEC1；(2)BE丄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丄AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1丄平面ABC.又因为BE?平面ABC，所以CCi丄BE.因为CiC?平面AiACCi,AC?平面AiACCi,CiCAAC=C,所以BE丄平面AiACCi.因为CiE?平面AiACCi，所以BE丄CiE.【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ABCAEG，平面AACG平面ABC,ABC90,BAC30,A,AACAC,E,F分别是AC,AiBi的中点•(i)证明：EFBC;(2)求直线EF与平面AiBC所成角的余弦值•【答案】(i)见解析；(2)5Ci【解析】方法一:(i)连接AiE，因为AiA=AiC,E是AC的中点，所以AiE丄AC.又平面AiACCi丄平面ABC,AiE平面AiACCi,平面AiACCi门平面ABC=AC,所以，AiE丄平面ABC，则AiE丄BC.又因为AiF//AB,/ABC=90°故BC丄AiF.所以BC丄平面AiEF.因此EF丄BC.(2)取BC中点G,连接EG,GF，则EGFAi是平行四边形.由于AiE丄平面ABC，故AiE丄EG,所以平行四边形EGFAi为矩形.由(1)得BC丄平面EGFAi,则平面AiBC丄平面EGFAi,所以EF在平面AiBC上的射影在直线AiG上.连接AiG交EF于0,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RtAAiEG中，AiE=2、..3,EG=3•由于0为AiG的中点，故EO0GAGJ522所以cosEOGEO2OG2eg232E0OG53因此，直线EF与平面AiBC所成角的余弦值是-.5方法二：连接AiE，因为AiA=AiC,E是AC的中点，所以AiE丄AC.又平面AiACCi丄平面ABC,AiE平面AiACCi,平面AiACCin平面ABC=AC，所以，AiE丄平面ABC.不妨设AC=4，则E-cy乙Ai(0,0,2、.3),B(,3,1,0),#|,厶3),C(0,2,0).uuu、/33luur_因此，EF(仝,？23)，BC(、3,1,0)・22uunmu由EFBC0得EFBC.设直线EF与平面AiBC所成角为0.uuu…uuirl由(1)可得BC=(V3,1,0),AC=(0,2,2丽)设平面AiBC的法向量为n(x,y,z),uuuBCnA|Cno，得'一3xy0y.3z0取n(i,3,1)，故sinuuu/uur|efn||cosEF,n..|=UUU'|EF||n|3因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为.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，ABAC3,/ACM90，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB丄DA.证明：平面ACD丄平面ABC;2Q为线段ad上一点，P为线段BC上一点，且BPDQDA，求三棱锥QABP的体积.3【答案】(1)见解析；(2)1.【解析】(1)由已知可得，BAC=90°,BA丄AC.又BA丄AD，所以AB丄平面ACD.又AB平面ABC,所以平面ACD丄平面ABC.(2)由已知可得，DC=CM=AB=3,DA=2.2又BPDQDA，所以BP22.31作QE丄AC,垂足为E，则QE0—DC=3由已知及(1)可得DC丄平面ABC，所以QE丄平面ABC,QE=1.因此，三棱锥QABP的体积为11Vqabp—QESaabp—1—32-2sin451.332【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BAAC，再结合已知条件BA丄AD，利用线面垂直的判定定理证得AB丄平面ACD，又因为AB平面ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD丄平面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n卷文数】女口图，在三棱锥PABC中，ABBC22，PAPBPCAC4,O为AC的中点.证明：PO平面ABC;若点M在棱BC上，且MC2MB，求点C到平面POM的距离.【答案】（1）见解析；（2）5【解析】（1）因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点，所以OP丄AC,且OP=2.込.连结OB•因为AB=BC=_!aC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB丄AC,OB=丄AC=2.2由OP2OB2PB2知，OP丄OB.由OP丄OB,OP丄AC知PO丄平面ABC.（2）作CH丄OM,垂足为H.又由（1）可得OP丄CH，所以CH丄平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.24/2由题设可知OC=—AC=2,CM=—BC=^^，/ACB=45°33所以OM=2J,ch=OCMCSinACB=^1.3OM54J5所以点C到平面POM的距离为.【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB，欲证PO平面ABC，只需证明POAC,POOB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CHOM，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•[2018年高考全国n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?D上异于C,D的点.证明：平面AMD丄平面BMC;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丄平面ABCD，交线为CD.因为BC丄CD,BC平面ABCD，所以BC丄平面CMD，故BC丄DM.因为M为CD上异于C,D的点，且DC为直径，所以DM丄CM.又BCnCM=C,所以DM丄平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD丄平面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26PAGE\*MERGEFORMAT#26PAGE\*MERGEFORMAT#2PAGE\*MERGEFORMAT#【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PAD丄平面ABCD,PA丄PD,FA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.求证：PE丄BC；求证：平面FAB丄平面PCD;求证：EF//平面PCD.【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)见解析.【解析】(1)vpaPD，且E为AD的中点，•••PEAD.•••底面ABCD为矩形，二BC//AD,PEBC.v底面ABCD为矩形，•ABAD.•••平面PAD平面ABCD,•AB平面PAD.ABPD.又PAPD,PD平面PAB，•平面PAB平面PCD.如图，取PC中点G，连接FG,GD.1•-F,G分别为PB和PC的中点，•FG//BC，且FG丄BC.2•••四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，1•ED//BC,DEBC,•••ED//FG，且EDFG,•••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.【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丄平面ABD,点M为棱AB的中点，AB=2,AD=2、,3，/BAD=90°（1）求证：AD丄BC；（2）求异面直线BC与MD所成角的余弦值;AD丄平面ABC，故AD丄AC.13【答案】（1）见解析；（2）』；（3）.264【解析】（1）由平面ABC丄平面ABD，平面ABC门平面ABD=AB,AD丄AB，可得AD丄平面ABC,故AD丄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RtADAM中，AM=1，故DM=..AD2AM2=.13.因为在RtADAN中，AN=1，故DN=..AD2AN2=13.1在等腰三角形DMN中，MN=1，可得oMNcosDMN-——DMPAGE\*MERGEFORMAT#i7所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为上13.26(3)连接CM•因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM丄AB,CM=..,3.又因为平面ABC丄平面ABD，而CM平面ABC,故CM丄平面ABD•所以，/CDM为直线CD与平面ABD所成的角.在RtACAD中，CD=AC2AD2=4•在RtACMD中，sinCDMCM..3CD4所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为_3.4【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ABCDA1B1C1D1中，AA(AB,AB!B1C1.求证：(1)AB//平面A1B1C;(2)平面ABB1A1平面A1BC.【答案】(1)见解析；(2)见解析.【解析】(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB//A1B1.因为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AAi=AB，所以四边形ABBiAi为菱形，因止匕ABi丄AiB.又因为ABi丄BiCi,BC/BiCi,所以ABi丄BC.又因为AiBnBC=B,AiB平面AiBC,BC平面AiBC,所以ABi丄平面AiBC.因为ABi平面ABBiAi,所以平面ABBiAi丄平面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，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i4.【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,/ABC=i20°AiA=4,CiC=i,AB=BC=BiB=2.证明：ABi丄平面AiBiCi；求直线ACi与平面ABBi所成的角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）_!弓.13【解析】方法一：（1）由AB2,AA4,BBi2,AA、AB,BBiAB得ARA1B122,所以AB；AB12AA2.故AB1AB.由BC2,BB12,CG1,BB1BC,CC1BC得BG5,由ABBC2,ABC120得AC2、、3,由CC1AC，得AC1：/13，所以AB1B1C1AC1，故AB1B1C1.因此AB1平面A]B1C1.（2）如图，过点G作GDAB1，交直线AB1于点D，连结AD.由AB1平面AB1G得平面ABQ1平面ABB1，由GDAB得GD平面ABB1，所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角•由BC1V5,AB12/2,AC1V2?得cosGABGAB所以C1D.3，故sinC1ADC1DAC13913PAGE\*MERGEFORMAT#PAGE\*MERGEFORMAT#/39因此，直线ACi与平面ABBi所成的角的正弦值是•13方法二：(1)如图，以AC的中点0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:A(0,73,0),B(1,0,0),A(0,73,4),Bl(1,0,2),Ci(0,73,1),uuir—uurn_uurn厂因此AB(1,.3,2),AB(1,；3,2),AG(0,2.3,3),uuu由AB1uuuA1B10得AB1A1B1uuuuuu由AB1AC10得AB1AC1所以AB1平面A)B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为.uur厂uuiLuur由(1)可知AG(0,2J3,1),AB(1,J3,0),BB(0,0,2),设平面ABB1的法向量n(x,y,z).urnnAB0,由uuu即nBB10,x-3y2z0,0,可取(.3,1,0).所以sin>uuu\|cos：；AC1,n：|uuu|AC1||n|.3913因此，直线AG与平面ABB1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15.【2017年高考全国（1）证明：平面BAPCDP90°.8（2）若PA=PD=AB=DC,APD90°，且四棱锥P-ABCD的体积为一，求该四棱锥的侧面积.3【答案】（1）见解析；（2）62、..3.【解析】（1）由已知ZBAP/CDP90，得ABAP,CDPD.由于AB//CD，故ABPD，从而AB平面PAD.（2）在平面PAD内作PEAD，垂足为E.由（1）知，AB平面PAD，故ABPE，可得PE平面ABCD.设ABx，则由已知可得AD2x，PEVx.2故四棱锥PABCD的体积VP1ABCD—ABADPE1x.33由题设得138x，故x2.33从而PAPD2,ADBC22，PBPC22.可得四棱锥PABCD的侧面积为丄PAPD1-PAAB1PDDC^BC2sin606232222【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ABAP,ABPD，得AB平面PAD113即可证得结果；(2)设ABx，则四棱锥PABCD的体积VPabcd-ABADPE-x3，解得3x2，可得所求侧面积.【2017年高考全国n卷文数】如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,1ABBC—AD,BADABC90.2(1)证明：直线BC//平面PAD;(2)若厶PCD的面积为2.1，求四棱锥PABCD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.又BC平面PAD,AD平面PAD,故BC//平面PAD.(2)取AD的中点M，连结PM,CM,由ABBC1CM丄AD.-AD及BC//AD，/ABC=90。得四边形ABCM为正方形，则因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD门平面ABCD=AD,所以PM丄AD,PM丄底面ABCD,因为CM底面ABCD，所以PM丄CM.设BC=x,则CM=x,CD=.2x，PM=、,3x,PC=PD=2x.14x.2取CD的中点N,连结PN，则PN丄CD，所以PN2.1,因为APCD的面积为2、7，所以证明：AC丄BD;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丄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0,连结DO,BO.因为AD=CD，所以AC丄DO.又由于△ABC是正三角形，2x土X22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v1-一2.34.3.2【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丄底面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：证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行证明线面垂直，需转化为证明线线垂直证明线线垂直，需转化为证明线面垂直【2017年高考全国H卷文数】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD.所以AC丄BO.从而AC丄平面DOB,故AC丄BD.(2)连结EO.由(1)及题设知/ADC=90°所以DO=AO.在RtAAOB中，BO2AO2AB2.又AB=BD，所以bo2DO2BO2AO2AB2BD2,故/DOB=90°.1由题设知△AEC为直角三角形，所以EO-AC.21又厶ABC是正三角形，且AB=BD，所以EO-BD.21故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的—，四面体ABCE的体积为21四面体ABCD的体积的一，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0，由等腰三角形及等边三角形的性质得ACOD,AC0B，再根据线面垂直的判定定理得AC平面OBD，即得AC丄BD；(2)先由AE丄EC,结1合平面几何知识确定EOAC,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：证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行证明线面垂直，需转化为证明线线垂直证明线线垂直，需转化为证明线面垂直【2017年高考北京卷文数】如图，在三棱锥P-\BC中，PA丄AB,PA丄BC,AB丄BC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.PAGE\*MERGEFORMAT#PAGE\*MERGEFORMAT#3PAGE\*MERGEFORMAT#E（1）求证：PA丄BD;（2）求证：平面BDE丄平面PAC；（3）当PA//平面BDE时，求三棱锥E-BCD的体积.1【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）一.3【解析】（1）因为PAAB，PABC，所以PA平面ABC，又因为BD平面ABC，所以PABD.（2）因为ABBC，D为AC中点，所以BDAC，由（1）知，PABD，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BDEDE,所以PA/DE.1因为D为AC的中点，所以DE-PA1,BDDC兀2由（1）知，PA平面ABC，所以DE平面ABC.11所以三棱锥EBCD的体积VBDDCDE.63【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）要证明一一-一一1-面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由V-SabcdDE即可求解.19.【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥PABCD中，AD平面PDC,AD//BC,PDPB，AD1,BC3,CD4,PD2.求异面直线AP与BC所成角的余弦值；求证：PD平面PBC；求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.B(2)见解析；(3)【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丄平面PDC，所以AD丄PD.在RtAPDA中,由已知，得AP-AD2PD25，故cosDAP所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为(2)因为AD丄平面PDC，直线PD平面PDC，所以AD丄PD.又因为BC//AD，所以PD丄BC,又PD丄PB,所以PD丄平面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丄平面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丄DC,故BC丄DC,在RtADCF中，可得df,CD2CF22,5，在RtADPF中，可得sinDFPPD,5DF~5所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为—5.5【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所成的角，本题中AD丄PD，进而可得AP的长，所以COSDAP-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，贝UDFP为直线DF和平面PBC所成的角.【2017年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD-AiBiCiDi截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E平面ABCD.证明：AO/平面B1CD1;设M是OD的中点，证明：平面A1EM平面B1CD1.【答案】(1)见解析；(2)见解析.【解析】（1）取BP的中点Oi，连接CO"AQ!，由于ABCDAEG。!是四棱柱,所以AOi//OC,AOiOC,因此四边形AQCO1为平行四边形，所以A,0//O1C，又OiC平面BiCDi，A。平面BiCDi,所以A,O//平面BICDI.(2)因为ACBD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EMBD,又AiE平面ABCD,BD平面ABCD,所以AEBD,因为BiDi/BD,所以EMBiDi,AEBiDi,又AIE,EM平面AEM,AEIEME,所以BiDi平面A|EM,又BiDi平面BiCDi,所以平面AEM平面b1cd1.【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行，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.【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥ABCD中，AB丄AD,BC丄BD,平面ABD丄平面BCD，点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上，且EF丄AD.求证：(1)EF//平面ABC；(2)AD丄AC.【答案】(1)见解析；(2)见解析.【解析】(1)在平面ABD内，因为AB丄AD,EFAD,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丄平面BCD，平面ABDI平面BCD=BD,BC平面BCD,BCBD,所以BC平面ABD.因为AD平面ABD,所以BCAD.又AB丄AD,BCIABB,AB平面ABC,BC平面ABC,所以AD丄平面ABC,又因为AC平面ABC,所以AD丄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：证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.【2017年高考浙江卷】如图，已知四棱锥P-\BCD,APAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC//AD,CD丄AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.证明：CE//平面PAB;求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.【答案】(1)见解析；(2)一.8【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.如图，设PA中点为F，连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点，所以1EF//AD且EFAD,21又因为BC//AD,BCAD，所以2EF//BC且EFBC,即四边形BCEF为平行四边形，所以CE//BF,因此CE//平面PAB.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,FA,AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF中，MQ//CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN丄AD.由DC丄AD,N是AD的中点得BN丄AD.所以AD丄平面PBN,由BC//AD得BC丄平面PBN,那么平面PBC丄平面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APCD中，由PC=2,CD=1,PD=.2得CE=、2,1在APBN中，由PN=BN=1,PB=、.3得QH=—,41在RtAMQH中，QH=,MQ=.2,4所以sin/QMH=—,8所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是8【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.