三年高考(2017_2019)高考数学真题分项汇编专题06立体几何(解答题)文(含解析).pdf

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1、专题 06 立体几何（解答题） 1 【2019 年高考全国卷文数】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 【答案】（1）见解析；（2） 4 17 17 . 【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 MEB C，且 1 1 2 MEB C. 又因为N为 1 A D的中点，所以 1 1 2 NDA D. 由题设知 11= ABDC ，可得 11= BCAD ，故 = MEND ，

2、 因此四边形MNDE为平行四边形，MNED. 又MN平面 1 C DE，所以MN平面 1 C DE. （2）过C作C1E的垂线，垂足为H. 由已知可得DEBC， 1 DEC C，所以DE平面 1 C CE，故DECH. 从而CH平面 1 C DE，故CH的长即为C到平面 1 C DE的距离， 由已知可得CE=1，C1C=4，所以 1 17C E，故 4 17 17 CH . 从而点C到平面 1 C DE的距离为 4 17 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，注意平行线的寻

3、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 年高考全国卷文数】如图，长方体ABCDA1B1C1D1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，AB=3，求四棱锥 11 EBBC C的体积 【答案】（1）见详解；（2）18. 【解析】（1）由已知得B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1， 故 11 B CBE 又 1 BEEC，所以BE平面 11 EB C （2）由（ 1）知BEB1=90. 由题设知RtABERtA1B1E，所以 11 45AEBA EB， 故AE=AB=3

4、， 1 26AAAE . 作 1 EFBB，垂足为F，则EF平面 11 BB C C，且 3EFAB 所以，四棱锥 11 EBB C C的体积 1 36318 3 V 【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 年高考全国卷文数】图1 是由矩形ADEB，RtABC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

5、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ABDE，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EM CG，故CG平面DEM 因此DM CG 在RtDEM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

6、考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量 是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力. 4【 2019 年高考北京卷文数】如图，在四棱锥PABCD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 【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，A

7、E平面ABCD， 所以PAAE 因为底面ABCD为菱形，ABC=60，且E为CD的中点， 所以AECD 所以ABAE 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FGAB，且FG= 1 2 AB 因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点， 所以CEAB，且CE= 1 2 AB 所以FGCE，且FG=CE 所以四边形CEGF为平行四边形 所以CFEG 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

8、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PABCD中，底面ABCD为平行四边形， PCD 为等 边三角形，平面PAC平面PCD，,2,3PACD CDAD. （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） 3 3 【解析】（ 1）连接BD，易知ACBDH，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

9、意，得DNPC， 又因为平面PAC平面PCD，平面PAC平面PCDPC， 所以DN平面PAC， 又PA平面PAC，故DNPA. 又已知PACD，CDDND， 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 3DN . 又DNAN， 在Rt AND 中， 3 sin 3 DN DAN AD . 所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为 3 3 . 【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

10、推理论证能力. 6【 2019 年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC 求证：（ 1）A1B1平面DEC1； （2）BEC1E 【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EDAB. 在直三棱柱ABC -A1B1C1中，ABA1B1， 所以A1B1ED. 又因为ED? 平面DEC 1，A1B1平面DEC1， 所以A1B1平面DEC 1. （2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BEAC. 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

11、BE. 因为C1C? 平面A1ACC1，AC? 平面A1ACC1，C1CAC=C， 所以BE平面A1ACC1. 因为C1E? 平面A1ACC 1，所以BEC1E. 【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 111 ABCA B C ，平面11 A ACC 平面ABC，90ABC， 11 30 ,BACA AACAC E F分别是AC，A1B1的中点 . （1）证明：EFBC； （2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值. 【答案】（ 1）见解析；（ 2） 3 5 【解析】

12、方法一： （1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC 又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1平面ABC=AC， 所以，A1E平面ABC，则A1EBC 又因为A1FAB，ABC=90，故BCA1F 所以BC平面A1EF 因此EFBC （2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA 1是平行四边形 由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形 由（ 1）得BC平面EGFA 1，则平面A1BC平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上 连接A1G交EF于O，则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（

13、或其补角） 不妨设AC=4，则在 RtA1EG中，A1E=2 3，EG=3. 由于O为A1G的中点，故 1 15 22 AG EOOG， 所以 222 3 cos 25 EOOGEG EOG EO OG 因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是 3 5 方法二： （1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC. 又平面A1ACC 1平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1平面ABC=AC，所以，A1E平面ABC 如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz 不妨设AC=4，则 A1（0，0，2 3），B（3，1

14、，0）， 1( 3,3,2 3)B， 3 3 (,2 3) 22 F ，C(0 ，2，0) 因此， 3 3 (,2 3) 22 EF ，(3,1,0)BC 由 0EF BC 得EFBC （2）设直线EF与平面A1BC所成角为 由（ 1）可得 1 =(3 1 0)=(022 3)BCAC， ， 设平面A1BC的法向量为n ()xyz， ， ， 由 1 0 0 BC AC n n ，得 30 30 xy yz ， 取n(13 1)， ，故 |4 sin| cos| = 5 | | EF EF EF ， n n n| ， 因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为 3 5 【名师点睛】本题主要考

15、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 年高考全国卷文数】如图，在平行四边形ABCM 中，3ABAC，90ACM，以AC 为折痕将ACM折起，使点 M 到达点 D的位置，且ABDA （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 2 3 BPDQDA， 求三棱锥 QABP的体积 【答案】（1）见解析；（2）1. 【解析】（1）由已知可得，BAC=90，BAAC 又BAAD，所以AB平面ACD 又AB平面ABC， 所以平面ACD平面ABC （2）由已知可得，DC=CM=AB=3，D

16、A=3 2 又 2 3 BPDQDA，所以 2 2BP 作QEAC，垂足为E，则QE = 1 3 DC 由已知及（ 1）可得DC平面ABC，所以QE平面ABC，QE=1 因此，三棱锥 QABP的体积为 111 132 2 sin451 332 QABPABP VQES 【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

17、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BAAD，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 年高考全国卷文数】如图，在三棱锥PA B C中， 2 2ABBC ， 4PAPBPCAC，O为AC的中点 （1）证明：PO平面ABC； （2）若点 M 在棱BC上，且2MCMB，求点C到平面POM的距离 【答案】（ 1）见解析；（

18、2） 4 5 5 【解析】（ 1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP=2 3 连结OB因为AB=BC= 2 2 AC，所以 ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OB= 1 2 AC=2 由 222 OPOBPB知，OPOB 由OPOB，OPAC知PO平面ABC （2）作CHOM，垂足为H又由（ 1）可得OPCH，所以CH平面POM 故CH的长为点C到平面POM的距离 由题设可知OC= 1 2 AC=2，CM= 2 3 BC= 4 2 3 ，ACB=45 所以OM= 2 5 3 ，CH= sinOC MCACB OM = 4 5 5 所以点C到平面POM的距离为 4

19、5 5 【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为 主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接 OB，欲证PO 平面ABC， 只需证明,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. 10 【2018 年高考全国卷文数】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

20、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BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM 因为M为 CD 上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM 又BCCM=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MCOP 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

21、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PAD平面ABCD，PA PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点 . （1）求证：PEBC； （2）求证：平面PAB平面PCD； （3）求证：EF平面PCD. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（ 3）见解析 . 【解析】（1）PAPD，且E为AD的中点，PEAD. 底面ABCD为矩形，BCAD， PEBC. （2）底面ABCD为矩形， ABAD. 平面 PA

22、D 平面 ABCD，AB 平面 PAD. AB PD. 又PAPD， 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，FGBC ，且 1 2 FGBC. 四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点， 1 , 2 EDBC DEBC， EDFG，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

23、. 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=2 3，BAD=90 （1）求证：ADBC； （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） 13 26 ；（ 3） 3 4 【解析】（ 1）由平面ABC平面ABD，平面ABC平面ABD=AB，ADAB，可得AD平面ABC，故AD BC （2）

24、取棱AC的中点N，连接MN，ND又因为M为棱AB的中点，故MNBC所以DMN（或其补角） 为异面直线BC与MD所成的角 在 RtDAM中，AM=1，故DM= 22 = 13ADAM 因为AD平面ABC，故ADAC 在 RtDAN中，AN=1，故DN= 22 = 13ADAN 在等腰三角形DMN中，MN=1，可得 1 13 2 cos 26 MN DMN DM 所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为 13 26 （3）连接CM因为ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CMAB，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

25、 在 RtCAD中，CD= 22 ACAD =4 在 RtCMD中， 3 sin 4 CM CDM CD 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 1111 ABCDA B C D 中，1111 ,AAAB ABB C 求证： （ 1）AB平面 11 A B C； （2）平面 11 ABB A平面 1 A BC 【答案】（1）见解析；（2）见解析 . 【解析】（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1

26、中，ABA1B1 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AB1A1B 又因为AB1B1C1，BCB1C1， 所以AB1BC 又因为A1BBC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC， 所以AB1平面A1BC 因为AB1平面ABB 1A1， 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

27、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A

28、C1与平面ABB 1所成的角的正弦值 【答案】（ 1）见解析；（ 2） 39 13 . 【解析】方法一：（1）由 1111 2,4,2,ABAABBAAAB BBAB得 111 2 2ABA B， 所以 222 1111 A BABAA. 故 111 ABA B. 由2BC， 11 2,1,BBCC 11 ,BBBC CCBC得 11 5BC， 由 2,120ABBCABC 得 2 3AC ， 由 1 CCAC，得 1 13AC ，所以 222 1111 ABB CAC，故 111 ABB C. 因此 1 AB平面 111 A B C. （2）如图，过点 1 C作 111 C DA B，交直线

29、 11 A B于点 D，连结AD. 由 1 AB平面 111 A B C 得平面111 A B C 平面1 ABB， 由 111 C DA B得 1 C D平面 1 ABB， 所以 1 C AD是 1 AC与平面 1 ABB所成的角 . 由 111111 5,2 2,21BCABAC得 111111 61 cos,sin 77 C ABC A B， 所以 1 3C D， 故 1 1 1 39 sin 13 C D C AD AC . 因此，直线 1 AC与平面 1 ABB所成的角的正弦值是 39 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

30、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),ABABC 因此 11111 (1,3,2),(1,3, 2),(0,2 3, 3),ABABAC uuu ruuu u ruuu u r 由 111 0ABAB uuu r uuu u r 得 111 ABA B. 由 111 0ABAC uuu r uuu u r 得 111 ABAC. 所以 1 AB 平面111 A B C . （2）设直线 1 AC与平面 1 ABB 所成的角为. 由（ 1）可知 11 (0,23,1),(1, 3,0),(0,

31、0,2),ACABBB uuu ruu u ruuu r 设平面 1 ABB的法向量 ( , , )x y zn. 由 1 0, 0, AB BB uu u r uuu r n n 即 30, 20, xy z 可取(3,1,0)n. 所以 1 1 1 |39 sin|cos,| 13 | | AC AC AC uuu r uuu r uuu r n | n n | . 因此，直线 1 AC与平面 1 ABB所成的角的正弦值是 39 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 年高考全国文数】

32、如图，在四棱锥P-ABCD中，AB/CD，且 90BAPCDP （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 8 3 ，求该四棱锥的侧面积 【答案】（1）见解析；（2） 326 【解析】（1）由已知90BAPCDP，得ABAP，CDPD 由于ABCD，故ABPD，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 2ADx ， 2 2 PEx 故四棱锥PABCD的体积 3 1

33、1 33 PABCD VAB AD PEx 由题设得 3 18 33 x，故 2x 从而 2PAPD ， 2 2ADBC ， 2 2PBPC 可得四棱锥PABCD的侧面积为 21111 sin6062 3 2222 PA PDPA ABPD DCBC 【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 ，

34、得AB平面PAD 即可证得结果； （2）设ABx，则四棱锥PABCD的体积 3 11 33 PABCD VAB AD PEx，解得 2x ，可得所求侧面积 16【 2017年高考全国卷文数】 如图，四棱锥PABCD中， 侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD， 1 , 2 ABBCADBAD 90 .ABC （1）证明：直线BC平面PAD; （2）若PCD的面积为2 7，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BCAD. 又BCPAD平面，ADPAD平面， 故BC平面PAD. （2）取AD的中点M，连

35、结PM，CM， 由 1 2 ABBCAD及BCAD，ABC=90得四边形ABCM为正方形，则CMAD. 因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD， 所以PMAD，PM底面ABCD， 因为CMABCD底面，所以PMCM. 设BC=x，则CM=x，CD= 2x，PM = 3x，PC=PD=2x. 取CD的中点N，连结PN，则PNCD，所以 14 2 PNx. 因为PCD的面积为 2 7，所以 114 22 7 22 xx ， 解得x=- 2（舍去），x=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=2 3， 所以四棱锥P-ABCD的体积 224 1 2 34 3 32

36、 V. 【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BCAD，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 年高考全国卷文数】如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，AD=CD （1）证明：ACBD； （2）已知ACD是直角三角形，A

37、B=BD若E为棱BD上与D不重合的点，且AEEC，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ACDO. 又由于ABC是正三角形， 所以ACBO. 从而AC平面DOB， 故ACBD. （2）连结EO. 由（ 1）及题设知ADC=90，所以DO=AO. 在RtAOB中， 222 BOAOAB. 又AB=BD，所以 222222 BODOBOAOABBD， 故DOB=90. 由题设知 AEC为直角三角形，所以 1 2 EOAC. 又ABC是正三角形，且AB=BD，所以 1 2 EOBD.

38、 故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的 1 2 ，四面体ABCE的体积为四面 体ABCD的体积的 1 2 ，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ODAC， OBAC ，再根据线面垂直的判定定理得 AC 平面OBD，即得ACBD； （2）先由AEEC，结合平 面几何知识确定 1 2 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

39、线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直. 18【 2017 年高考北京卷文数】如图，在三棱锥PABC中，PAAB，PABC，ABBC，PA=AB=BC=2，D为 线段AC的中点，E为线段PC上一点 （1）求证：PABD； （2）求证：平面BDE平面PAC； （3）当PA平面BDE时，求三棱锥EBCD的体积 【答案】（ 1）见解析；（ 2）见解析；（3） 1 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

40、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 1 1 2 DEPA， 2BDDC . 由（ 1）知， PA 平面ABC，所以 DE 平面ABC. 所以三棱锥EBCD的体积 11 63 VBD 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；（

41、3）由 1 3 BCD VSDE 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 ，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） 5 5 ；（ 2）见解析；（ 3） 5 5 【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ADPD 在 RtPDA中，由已知，得 22 5APADPD ， 故 5 cos 5 AD DAP AP 所以，异

42、面直线AP与BC所成角的余弦值为 5 5 （2）因为AD平面PDC，直线PD平面PDC，所以ADPD 又因为BC/AD，所以PDBC， 又PDPB，所以PD平面PBC （3）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF， 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角 因为PD平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影， 所以DFP为直线DF和平面PBC所成的角 由于AD/BC，DF/AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BCBF=2 又ADDC，故BCDC， 在 RtDCF中，可得 22 2 5DFCDCF ， 在 RtDPF中，可得 5 sin 5 PD DFP DF 所以，直线

43、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ADBC， 所以DAP 或其补角即为异面直线AP与BC所成的角，本题中ADPD， 进而可得AP的长，所以cos AD DAP AP ； （2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3

44、）根据（ 2） 中的结论，作DFAB，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-A1B1C1D1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. （1）证明： 1 AO平面B1CD1; （2）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 11 B D的中点 1 O，连接 111 ,COAO，由于 1111 ABCDA B C D是四棱柱， 所以 1111 ,AOOC AOOC， 因此

45、四边形 11 AOCO为平行四边形， 所以 11 AOO C ， 又 1 OC 平面 11 B CD， 1 AO平面 11 B CD， 所以 1 AO平面 11 B CD. （2）因为ACBD，E，M分别为AD和OD的中点， 所以EMBD， 又 1 A E平面ABCD，BD平面ABCD， 所以 1 ,A EBD 因为 11 ,B DBD 所以 11111 ,EMB DA EB D 又 1 ,A E EM平面 1 A EM， 1 A EEME， 所以 11 B D平面 1 ,A EM 又 11 B D平面 11 B CD， 所以平面 1 A EM平面 11 B CD. 【名师点睛】证明线面平行时

46、，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 21 【2017 年高考江苏卷】如图，在三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E，F(E 与A，D不重合 ) 分别在棱AD，BD上，且EFAD 求证：（ 1）EF平面

47、ABC； （2）ADAC 【答案】（ 1）见解析；（2）见解析 . 【解析】（ 1）在平面 ABD内，因为ABAD，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平面BCD，平面ABD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ABAD，BCABB，AB平面ABC，BC平面ABC， 所以AD平面ABC， 又因为AC平面ABC， 所以ADAC 【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，

48、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PABCD，PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BCAD， CDAD，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） 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PA中点为F，连接EF，FB 因为E，F分别为PD，PA中点，所以 EFAD且 1 2 EFAD， 又因为BCAD， 1 2 BCAD，所以 EFBC且EFBC， 即四边形BCEF为平