(最新整理)2017-2019三年高考数学(文科)分类汇编专题06立体几何(解答题)

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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。

【解析】(1)连结。

1,B C ME 因为M ,E 分别为的中点，所以,且。

1,BB BC 1ME B C ∥112ME B C =
又因为N 为的中点，所以.1A D 112ND A D =由题设知，可得,故,
11=A B DC ∥11=B C A D ∥=ME ND ∥因此四边形MNDE 为平行四边形，。

MN ED ∥又平面，所以MN ∥平面.
MN ⊄1C DE 1C DE (2)过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .
由已知可得，，所以DE ⊥平面，故DE ⊥CH.
DE BC ⊥1DE C C ⊥1C CE 从而CH ⊥平面，故CH 的长即为C 到平面的距离,
1C DE 1C DE
由已知可得CE =1，C 1C =4,所以，故.1C E =CH =
从而点C 到平面.1C DE
【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,求四棱锥的体积．
11E BB C C -【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,所以BE ⊥平面．
1BE EC ⊥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，垂足为F ,则EF ⊥平面,且．
1EF BB ⊥11BB C C 3EF AB ==所以，四棱锥的体积．11E BB C C -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 ，ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面
Rt △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
A A A
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DEM中，DE=1，EM，故DM=2．
Rt△
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。

4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥中，平面ABCD,底部ABCD为菱形，
-PA⊥
P ABCD
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）因为平面ABCD ，
PA ⊥所以．
PA BD ⊥又因为底面ABCD 为菱形，
所以．
BD AC ⊥所以平面PAC ．
BD ⊥
（2）因为PA ⊥平面ABCD ，平面ABCD ，
AE ⊂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 =AB ．12
因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，
所以CE ∥AB ，且CE =AB ．12
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，在四棱锥中，底面为平行四边形，
P ABCD -ABCD PCD
△为等边三角形,平面平面，。

PAC ⊥PCD ,2,3PA CD CD AD ⊥==
（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：平面;
GH ∥PAD （2）求证：平面；
PA ⊥PCD （3）求直线AD 与平面所成角的正弦值。

PAC
【答案】（1）见解析；（2）见解析；(3．
【解析】（1）连接，易知，。

BD AC BD H = BH DH =又由，故.
BG =PG GH PD ∥又因为平面PAD ,平面PAD ，
GH ⊄PD ⊂所以平面PAD 。

GH ∥（2）取棱PC 的中点N ,连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，
又因为平面平面PCD ，平面 平面,
PAC ⊥PAC PCD PC =所以平面PAC ，DN ⊥
又平面PAC ，故.
PA ⊂DN PA ⊥又已知，，
PA CD ⊥CD DN D = 所以平面PCD .
PA ⊥（3）连接AN ，由（2)中平面PAC ,可知为直线与平面PAC 所成的角，DN ⊥DAN ∠AD 因为为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点,
PCD △
所以。

DN =又，
DN AN ⊥
在中,。

Rt AND △sin DN DAN AD ∠==
所以，直线AD 与平面PAC 。

【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 －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 ．
【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 −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 .
【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,平面平面，，
111ABC A B C -11A ACC ⊥ABC 90ABC ∠=︒分别是AC ，A 1B 1的中点。

1130,,,BAC A A A C AC E F ∠=︒==(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 25
EO 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，，
B 1，0），,,
C （0，2,0）．1B 3,2
F
因此,，．3,2
EF = (BC = 由得．
0EF BC ⋅= EF BC ⊥（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．
由（1）可得．1=(10)=(02BC AC - ，，
，设平面A 1BC 的法向量为n ，()x y z =，，
由，得，100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n
n 00
y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩取n ，故
，(11)=||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，在平行四边形中，，,
ABCM 3AB AC ==90ACM =︒∠以为折痕将△折起,使点到达点的位置，且．
AC ACM M D AB DA ⊥(1）证明:平面平面；
ACD ⊥ABC (2）为线段上一点,为线段上一点，且，求三棱锥的体Q AD P BC 23
BP DQ DA ==
Q
ABP -积．【答案】（1）见解析；(2）1.
【解析】（1)由已知可得，=90°，．
BAC ∠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 =
又,所以23
BP DQ DA ==
BP =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，三棱锥的体积为
Q ABP -
．11113451332
Q 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=90°，即，再结BAC ∠BA AC ⊥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，在三棱锥中，P ABC -AB BC ==，为的中点．
4PA PB PC AC ====O AC （1）证明：平面；
PO ⊥ABC (2）若点在棱上,且，求点到平面的距离．
M BC 2MC MB =C POM
【答案】(1）见解析；（2
【解析】（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP =
连结OB ．因为AB =BC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ==2．AC 12AC 由知，OP ⊥OB ．
222OP OB PB +=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 ==2，CM =，∠ACB =45°．12AC 23BC
所以OM CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠
所以点C 到平面POM 【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，欲证
OB
平面,只需证明即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距PO ⊥ABC ,PO AC PO OB ⊥⊥离线段求解,即过点作，垂足为,只需论证的长即为所求，再利用平面几C CH OM ⊥M CH 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，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，ABCD A CD
M 是上异于，的点．A CD
C D （1）证明：平面平面；
AMD ⊥BMC （2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
AM P MC ∥PBD
【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 为上异于C ,D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ．A CD
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PAD ⊥平
面ABCD ，PA ⊥PD ，PA =PD ，E ,F 分别为AD ，PB 的中点。

（1）求证：PE ⊥BC ；
（2）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；
（3）求证：EF ∥平面PCD 。

【答案】（1）见解析；(2）见解析；（3）见解析.
【解析】（1）∵，且为的中点，∴。

PA PD =E AD PE AD ⊥∵底面为矩形，∴，
ABCD BC AD ∥∴.
PE BC ⊥（2）∵底面为矩形，∴.
ABCD AB AD ⊥∵平面平面，∴平面。

PAD ⊥ABCD AB ⊥PAD ∴。

又，
AB PD ⊥PA PD ⊥∴平面，∴平面平面。

PD ⊥PAB PAB ⊥PCD （3）如图，取中点，连接。

PC G ,FG GD
∵分别为和的中点,∴，且.,F G PB PC FG BC ∥12
FG BC =∵四边形为矩形，且为的中点，
ABCD E AD ∴，1,2
ED BC DE BC =∥∴，且,∴四边形为平行四边形，
ED FG ∥ED FG =EFGD ∴.
EF GD ∥又平面，平面，
EF ⊄PCD GD ⊂PCD ∴平面。

EF ∥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 =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
；（3
．【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
AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ．
在
Rt△DAN 中,AN =1，故DN
在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得．12
cos MN DMN DM ∠==所以，异面直线BC 与MD (3）连接CM
．因为△ABC 为等边三角形,M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM 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
．
在Rt△CMD 中，．
sin CM CDM CD ∠==所以，直线CD 与平面ABD ．
【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】在平行六面体中，．
1111ABCD A B C D -1111,AA AB AB B C =⊥
求证：(1）平面；
AB ∥11A B C （2）平面平面．
11ABB A ⊥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 ．
【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ABB 1A 1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；（
【解析】方法一:(1）由得，
11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥111AB A B ==所以。

2221111A B AB AA +=故.111AB A B ⊥
由,得,
2BC =112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥
⊥11B C =由得
2,120AB BC ABC ==∠=︒AC
=由，得,故.
1CC AC ⊥1AC =2221111AB B C AC +=111AB B C ⊥因此平面.
1AB ⊥111A B C （2）如图，过点作，交直线于点，连结.
1
C 111C
D A B ⊥11A B D AD 由平面得平面平面,
1AB ⊥111A B C 111A B C ⊥1ABB 由得平面，
111C D A B ⊥1C D ⊥1ABB 所以是与平面所成的角。

1C AD ∠1
AC 1ABB 由
得，111111B C
A B AC ==
=111111cos
C A B C A B ∠=∠=所以
，
1C D =故.111sin C D C AD AC
∠==因此，直线与平面.1AC 1ABB 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),(0,4),(1,0,2),A B A B C
因此111112),2),(0,3),
AB A B A C ==-=-u u u r u u u u r u u u u r 由得.
1110AB A B ⋅=u u u r u u u u r 111AB A B ⊥由得.
1110AB A C ⋅=u u u r u u u u r 111AB A C ⊥所以平面.
1AB ⊥111A B C (2)设直线与平面所成的角为。

1AC 1ABB θ由(1
）可知11(0,(0,0,2),
AC AB BB ===u u u r u u u r u u u r 设平面的法向量。

1ABB (,,)x y z =n 由即可取。

10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n
n 0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪
⎩
(=n 所以
.111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅u u u r u u u r u u u r n |n n |
因此，直线与平面。

1AC 1ABB 【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 ,，且四棱锥P −ABCD 的体积为，求该四棱锥的侧面积．90APD ∠= 83
【答案】(1）见解析;（2）．
326+【解析】(1）由已知,得，．
90BAP CDP ==︒∠∠AB AP ⊥CD PD ⊥由于，故，从而平面．
AB CD ∥AB PD ⊥AB ⊥PAD 又平面，所以平面平面．
AB ⊂PAB PAB ⊥PAD
（2)在平面内作，垂足为．
PAD PE AD ⊥E 由（1）知，平面，故,可得平面．
AB ⊥PAD AB PE ⊥PE ⊥ABCD
设，则由已知可得，．AB x =AD =PE x =故四棱锥的体积．P ABCD -31133
P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=由题设得，故．31833
x =2x =
从而，,．
2PA PD ==AD BC ==PB PC ==
可得四棱锥的侧面积为P ABCD -21111sin 6062222
PA 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 ⊥
，得平面即可证得结果；（2）设，则四棱锥的体积AB PD ⊥AB ⊥PAD AB x =P ABCD -，解得，可得所求侧面积．31133
P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=2x =16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥中,侧面为等边三角形且垂直
P ABCD -PAD 于底面,ABCD 1,2
AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒（1）证明：直线平面；
BC ∥PAD
（2）若△的面积为，求四棱锥的体积.PCD P ABCD -
【答案】(1）见解析；(2）【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PAD .
(2）取AD 的中点M ,连结PM ,CM ，
由及BC ∥AD ，∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .12
AB BC AD ==
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PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ，
因为，所以PM ⊥CM .
CM ABCD ⊂底面
设BC =x ，则CM =x ,CD ，PM ，PC =PD =2x 。

取CD 的中点N ，连结PN ，则PN ⊥CD ，所以.PN x =
因为△PCD 的面积为12x =
解得x =−2（舍去），x =2，于是AB =BC =2,AD =4，PM =
所以四棱锥P −ABCD 的体积。

()224132
V ⨯+=⨯⨯=【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，是正三角形，AD =CD ．
△ABC
（1）证明：AC ⊥BD ；
（2）已知是直角三角形，AB =BD ．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求△ACD 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 .
又由于是正三角形，
△ABC 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 .
在中，.
Rt △AOB 222BO AO AB +=又AB =BD ，所以，
222222BO DO BO AO AB BD +=+==故∠DOB =90°.
由题设知为直角三角形，所以。

△AEC 12
EO AC =
又是正三角形,且AB =BD ，所以。

△ABC 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,四面体ABCE 的体12
积为四面体ABCD 的体积的，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1。

12
【名师点睛】解答本题时，（1）取的中点，由等腰三角形及等边三角形的性质得AC O ，，再根据线面垂直的判定定理得平面，即得AC ⊥BD ；（2）OD AC ⊥OB AC ⊥⊥AC OBD 先由AE ⊥EC ，结合平面几何知识确定，再根据锥体的体积公式得所求体积之比12
EO AC =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,，所以平面，
PA AB ⊥PA BC ⊥PA ⊥ABC 又因为平面，所以。

BD ⊂ABC PA BD ⊥
(2）因为，为中点,所以,
AB BC =D AC BD AC ⊥由(1）知，，所以平面,
PA BD ⊥BD ⊥PAC 所以平面平面。

BDE ⊥PAC （3)因为平面，平面平面，
PA ∥BDE PAC BDE DE =所以。

PA DE ∥
因为为的中点，所以,D AC 112
DE PA ==BD DC ==
由（1)知,平面，所以平面.
PA ⊥ABC DE ⊥ABC 所以三棱锥的体积。

E BCD -1163
V 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
即可求解。

13
BCD V S DE =⨯⨯△19．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥中,平面，，
P ABCD -AD ⊥PDC AD BC ∥，，，,．
PD PB ⊥1AD =3BC =4CD =2PD =(1）求异面直线与所成角的余弦值；
AP BC （2）求证:平面；
PD ⊥PBC （3）求直线与平面所成角的正弦值．
AB PBC
【答案】（12）见解析；（3【解析】（1）如图，由已知AD //BC ，故或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．DAP ∠因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ．
在Rt△PDA 中，由已知，得AP ==
故．cos AD DAP AP ∠==
所以，异面直线AP 与BC ．
（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，
所以为直线DF 和平面PBC 所成的角．
DFP ∠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，
DF ==
在Rt△DPF 中,可得．sin PD DFP DF ∠==
所以，直线AB 与平面PBC ．【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，所以或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，本
AD BC ∥DAP ∠
题中AD ⊥PD ，进而可得AP 的长，所以；（2）要证明线面垂直,根据判断定cos AD DAP AP
∠=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,则为直线DF 和平面PBC 所成的角．
PF DFP ∠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：∥平面B 1CD 1；
1AO (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)取的中点，连接,由于是四棱柱,
11B D 1O 111,CO A O 1111ABCD A B C D -所以，
1111,A O OC A O OC =∥因此四边形为平行四边形，
11A OCO 所以，
11A O O C ∥又平面，平面，1O C ⊂11B CD 1
AO ⊄11B CD 所以平面。

1AO ∥11B CD
（2）因为,，分别为和的中点,
AC BD ⊥E M AD OD 所以，EM BD ⊥
又平面，平面，
1A E ⊥ABCD BD ⊂ABCD 所以1,
A E BD ⊥因为11,
B D BD ∥所以11111,,
EM B D A E B D ⊥⊥又平面，,
1,A E EM ⊂1A EM 1A E EM E = 所以平面11B D ⊥1,
A EM 又平面，
11B D ⊂11B CD 所以平面平面。

1A EM ⊥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．
21．【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，
A 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）在平面内，因为AB ⊥AD ，,
ABD EF AD ⊥
所以．
EF AB ∥又因为平面ABC ，平面ABC ，
EF ⊄AB ⊂所以EF ∥平面ABC ．
(2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面平面BCD =BD ,平面BCD ，,
ABD BC ⊂BC BD ⊥所以平面．
BC ⊥ABD 因为平面,
AD ⊂ABD 所以．
BC ⊥AD 又AB ⊥AD ，，平面ABC ,平面ABC ,
BC AB B = AB ⊂BC ⊂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,
,CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．
BC AD ∥P
A
B C D
E
（1）证明：平面PAB ;
CE ∥（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PA 中点为F ,连接EF ，FB ．
因为E ，F 分别为PD ，PA 中点,所以
且,EF AD ∥12
EF AD =又因为，,所以BC AD ∥12
BC AD =且，
EF BC ∥EF BC =即四边形BCEF 为平行四边形,所以
,
CE BF ∥因此
平面PAB ．
CE ∥(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 ,PA ，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 ⊥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 得QH =，14
在Rt△MQH 中，QH=，MQ ，14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。