专题06 立体几何(解答题)(教师版)
全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编专题06立体几何解答题文(含答案)
高考数学真题分项汇编专题：06 立体几何（解答题）（文科专用）1．【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：EF//平面ABCD；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；√3．(2)6403【解析】【分析】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍，即可解出．(1)如图所示：，分别取AB,BC 的中点M,N ，连接MN ，因为△EAB,△FBC 为全等的正三角形，所以EM ⊥AB,FN ⊥BC ，EM =FN ，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ∩平面ABCD =AB ，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN ，而EM =FN ，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以EF//MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以EF//平面ABCD ． (2)如图所示：，分别取AD,DC 中点K,L ，由（1）知，EF//MN 且EF =MN ，同理有，HE//KM,HE =KM ，HG//KL,HG =KL ，GF//LN,GF =LN ，由平面知识可知，BD ⊥MN ，MN ⊥MK ，KM =MN =NL =LK ，所以该几何体的体积等于长方体KMNL −EFGH 的体积加上四棱锥B −MNFE 体积的4倍．因为MN =NL =LK =KM =4√2，EM =8sin60∘=4√3，点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d ，d =2√2，所以该几何体的体积V =(4√2)2×4√3+4×13×4√2×4√3×2√2=128√3+2563√3=6403√3．2．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD,AD =CD,∠ADB =∠BDC ，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F−ABC 的体积．【答案】(1)证明详见解析(2)√34【解析】【分析】（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F−ABC的体积.(1)由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.由于{AD=CD BD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，所以AB=CB，故AC⊥BD，由于DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，所以AC=2,AE=CE=1,BE=√3，由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1. DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，由于{BF =BF∠FBA =∠FBC AB =CB ，所以△FBA ≅△FBC ，所以AF =CF ，所以EF ⊥AC ，由于S △AFC =12⋅AC ⋅EF ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小值. 过E 作EF ⊥BD ，垂足为F ，在Rt △BED 中，12⋅BE ⋅DE =12⋅BD ⋅EF ，解得EF =√32，所以DF =√12−(√32)2=12,BF =2−DF =32，所以BF BD =34.过F 作FH ⊥BE ，垂足为H ，则FH//DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且FHDE =BFBD =34， 所以FH =34,所以V F−ABC =13⋅S △ABC ⋅FH =13×12×2×√3×34=√34.3．【2021年甲卷文科】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥. 【答案】(1)13；(2)证明见解析.【解析】 【分析】（1）先证明ABC 为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论. 【详解】（1）由于11BF A B ⊥，11//AB A B ，所以AB BF ⊥， 又AB ⊥BB 1，1BB BF B ⋂=，故AB ⊥平面11BCC B ， 则AB BC ⊥，ABC 为等腰直角三角形， 111221222BCE ABC S S ⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△△，11111333F EBC BCE V S CF -=⨯⨯=⨯⨯=△. （2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体1111ABCM A B C M -，如图所示，取棱,AM BC 的中点,H G ，连结11,,A H HG GB ，正方形11BCC B 中，,G F 为中点，则1BF B G ⊥， 又111111,BF A B A B B G B ⊥=，故BF ⊥平面11A B GH ，而DE ⊂平面11A B GH ， 从而BF ⊥DE . 【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.4．【2021年乙卷文科】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】 【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD 可得PD AM ⊥，又PB AM ⊥，由线面垂直的判定定理可得AM ⊥平面PBD ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM ⊥平面PBD ；（2）由（1）可知，AM BD ⊥，由平面知识可知，~DAB ABM ，由相似比可求出AD ，再根据四棱锥P ABCD -的体积公式即可求出． 【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ， 所以PD AM ⊥， 又PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ， 而AM ⊂平面PAM ， 所以平面PAM ⊥平面PBD ． （2）[方法一]：相似三角形法 由（1）可知AM BD ⊥． 于是∽ABD BMA ，故=AD ABAB BM．因为1,,12===BM BC AD BC AB ，所以2112BC =，即BC =故四棱锥P ABCD -的体积13=⋅⋅=V AB BC PD ． [方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知⊥AM DB ,所以1⋅=-AM BD k k ． 建立如图所示的平面直角坐标系，设2(0)BC a a =>．因为1DC =，所以(0,0)A ，(1,0)B ，(0,2)D a ，()1,M a ． 从而2020(2)211001--⋅=⨯=⨯-=-=---AM BD a a k k a a a ．所以2a =，即DA =. [方法三]【最优解】：空间直角坐标系法 建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，设||=DA t ，所以(0,0,0)D ，(0,1,0)C ，(0,0,1)P ，(,0,0)A t ，(,1,0)B t ． 所以,1,02t M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(,1,1)PB t =-，,1,02t AM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．所以2110(1)1022t t PB AM t ⎛⎫⋅=⋅-+⨯+⨯-=-+= ⎪⎝⎭．所以t ，即||=DA . [方法四]：空间向量法由PB AM ⊥，得0PB AM ⋅=． 所以()0++⋅=PD DA AB AM ． 即0⋅+⋅+⋅=PD AM DA AM AB AM ．又PD ⊥底面ABCD ，AM 在平面ABCD 内， 因此PD AM ⊥，所以0⋅=PD AM ． 所以0⋅+⋅=DA AM AB AM ，由于四边形ABCD 是矩形，根据数量积的几何意义，得221||||02-+=DA AB ，即21||102-+=BC ．所以||2BC =，即BC =. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积； 方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.5．【2020年新课标1卷文科】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO ，求三棱锥P −ABC 的体积.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】 【分析】（1）根据已知可得PA PB PC ==，进而有PAC △≌PBC ，可得90APC BPC ∠=∠=，即PB PC ⊥，从而证得PC ⊥平面PAB ，即可证得结论；（2）将已知条件转化为母线l 和底面半径r 的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形ABC 边长，在等腰直角三角形APC 中求出AP ，在Rt APO 中，求出PO ，即可求出结论.【详解】（1）连接,,OA OB OC ，D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，OD ∴⊥平面ABC ，P 在DO 上，,OA OB OC PA PB PC ==∴==，ABC 是圆内接正三角形，AC BC ∴=，PAC △≌PBC ，90APC BPC ∴∠=∠=︒，即,PB PC PA PC ⊥⊥，,PA PB P PC =∴⊥平面,PAB PC ⊂平面PAC ，∴平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为,rl rl π==2222OD l r =-=，解得1,r l ==2sin 603AC r ==在等腰直角三角形APC 中，AP ==在Rt PAO 中，PO ===∴三棱锥P ABC -的体积为11333P ABC ABC V PO S -=⋅==△【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.6．【2020年新课标2卷文科】如图，已知三棱柱ABC –A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）24. 【解析】 【分析】（1）由,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN CC ，根据条件可得11//AA BB ，可证1MN AA //，要证平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，只需证明EF ⊥平面1A AMN 即可；（2）根据已知条件求得11EB C F S 四边形和M 到PN 的距离，根据椎体体积公式，即可求得11B EB C F V -. 【详解】 （1）,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB 1//MN AA ∴在等边ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥ 又侧面11BB C C 为矩形， 1BC BB ∴⊥1//MN BBMN BC ⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN ∴BC ⊥平面1A AMN又11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC又11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =11//B C EF ∴//EF BC ∴又BC ⊥平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂平面11EB C F∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN（2）过M 作PN 垂线，交点为H ，画出图形，如图//AO 平面11EB C FAO ⊂平面1A AMN ，平面1A AMN ⋂平面11EB C F NP =//AO NP ∴ 又//NO AP∴6AO NP ==O 为111A B C △的中心.∴1111sin 606sin 6033ON AC =︒=⨯⨯︒=故：ON AP ==3AM AP ==平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，平面11EB C F ⋂平面1A AMN NP =，MH ⊂平面1A AMN∴MH ⊥平面11EB C F 又在等边ABC 中EFAPBC AM =即2AP BCEF AM ⋅===由（1）知，四边形11EB C F 为梯形∴四边形11EB C F 的面积为：111126=62422EB C F EF B C S NP ++=⋅⨯=四边形 111113B EBC F EB C F V S h -∴=⋅四边形，h 为M 到PN 的距离sin 603MH =︒=， ∴1243243V =⨯⨯=. 【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.7．【2020年新课标3卷文科】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥；（2）点1C 在平面AEF 内．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据正方形性质得AC BD ⊥，根据长方体性质得1AC BB ⊥,进而可证AC ⊥平面11BB D D ,即得结果；（2）只需证明1//EC AF 即可，在1CC 上取点M 使得12CM MC =,再通过平行四边形性质进行证明即可.【详解】（1）因为长方体1111ABCD A B C D -,所以1BB ⊥平面ABCD ∴1AC BB ⊥,因为长方体1111,ABCD A B C D AB BC -=,所以四边形ABCD 为正方形AC BD ∴⊥ 因为11,BB BD B BB BD =⊂、平面11BB D D ,因此AC ⊥平面11BB D D ,因为EF ⊂平面11BB D D ,所以AC EF ⊥；（2）在1CC 上取点M 使得12CM MC =,连,DM MF ,因为111112,//,=D E ED DD CC DD CC =,所以11,//,ED MC ED MC =所以四边形1DMC E 为平行四边形，1//DM EC ∴因为//,=,MF DA MF DA 所以M F A D 、、、四点共面，所以四边形MFAD 为平行四边形， 1//,//DM AF EC AF ∴∴，所以1E C A F 、、、四点共面，因此1C 在平面AEF 内【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.。
2019-2020学年上海八年级数学上册期末专题复习专题06 几何证明复习(考点讲解)(教师版)
专题06 几何证明【考点剖析】1.命题：判断一件事情的句子；正确的命题叫真命题；错误的命题叫假命题；一个命题是由题设和结论两部分组成.2.公理和定理：从长期的实践中总结出来的真命题叫公理；从公理或其他真命题出发，用推理方法证明为正确的，并进一步作为判断其他命题真假的依据，这样的真命题叫做定理.3.证明真命题的步骤：①根据题意作出图形，并在图形上标出必要的字母和符号；②根据题设和结论，结合图形写出已知和求证；③经过分析，找出由已知推出结论的途径，写出证明过程.4.平行线的判定与性质平行线的判定：两条直线被第三条直线所截，如果同位角相等，那么这两条直线平行；两条直线被第三条直线所截，如果内错角相等．那么这两条直线平行；两条直线被第三条直线所截，如果同旁内角互补，那么这两条直线平行.平行线的性质：两条平行线被第三条直线所截，同位角相等。
两条平行线被第三条直线所截，内错角相等。
两条平行线被第三条直线所截，同旁内角相等。
5.全等三角形：全等三角形的判定：S.A.S； A.S.A； A.A.S； S.S.S；全等三角形的性质：全等三角形的对应角相等，对应边相等。
6.等腰三角形的判定与性质性质1：等腰三角形的两个底角相等；（简称：等边对等角）性质2：等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线和底边上的高互相重合（简称：等腰三角形的三线合一）判定1：（定义法）有两条边相等的三角形；判定2：如果一个三角形有两个角相等，那么这个三角形是等腰三角形。
(简称：等角对等边)7.证明常见题型证明两直线平行、两直线垂直、两条线段相等、两个角相等、线段或角的和差倍半简单的问题；【典例分析】【考点】证明举例例1 （普陀2017期中5）下列命题中，真命题是（）A.两条直线被第三条直线所截，同位角相等；B.两边及其中一边的对角对应相等的两个三角形全等；C.直角三角形的两个锐角互余；D.三角形的一个外角等于两个内角的和. 【答案】C【解析】A 、两条直线被第三条直线所载，同位角不一定相等，因为两直线不一定平行，故A 错；B 、边、边、角不一定能得到两个三角形全等，故B 错；C 、直角三角形的两个锐角互余，正确；D 、三角形的一个外角等于不它不相邻的两个内角和，故D 错。
2013年高考数学 备考30分钟课堂集训专题系列 专题06 立体几何(A卷) 理(教师版)
2013年高考数学 备考30分钟课堂集训专题系列 专题06 立体几何(A 卷) 理（教师版）一、选择题1.( 2013届长春市高中毕业班第一次调研测试) 一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为A.(86π+B.(826π+C. (66π+D.62.( 2013届云南玉溪一中第四次月考)已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为2的正方形，主视图与左视图是边长为2的正三角形，则其全面积是 （ ） A ． 8 B ．12 C．4(1+D ．【答案】B【解析】由题意可知，该几何体为正四棱锥，底面边长为2，侧面斜高为2，所以底面积为224⨯=，侧面积为142282⨯⨯⨯=，所以表面积为4812+=，选B.俯视图【考点定位】三视图、侧面积3.( 2013届山东省泰安市高三上学期期末考试)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4.(2013届河北省普通高中高三11月教学质量监测)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正棱柱的体积最大值时，其高的值为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】设正六棱柱的底面边长为a ，高为h ，则可得2294ha +=，即2294ha =-，那么正六棱柱的体积232(6))9)42424hhV h h h =⨯⨯=-=-+，令394hy h =-+，则2'394h y =-+，由'0y =，解得h =h =柱的体积最大。
【考点定位】正六棱柱5.（2013届山东省枣庄三中高三上学期1月阶段测试）已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，给出下列命题：①α∥β⇒l⊥m②α⊥β⇒l∥m③l∥m⇒α⊥β④l⊥m⇒α∥β其中正确命题的序号是A. ①②③B. ②③④C. ①③D. ②④6.( 2013届云南师大附中高三高考适应性月考卷（四）)已知一几何体的三视图如图4，主视图和左视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何形体可能是①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③每个面都是直角三角形的四面体．A．①②③B．②③C．①③D．①②7.( 2013届云南省昆明一中高三检测)一条长为2的线段，,a b 的三条线段，则a b 的最大值为A ．B ．C ．52D ．3 【答案】C【解析】构造一个长方体，让长为2的线段为体对角线，由题意知2222221,1,3a yb x x y =+=++=，即22222325a b x y +=++=+=，又2252a b ab =+≥，所以52ab ≤，当且仅当a b =时取等号，所以选C.【考点定位】三视图8.( 2013届云南省昆明三中高三高考适应性月考（三）)若三棱锥S A B C -的所有顶点都在球O 的球面上，S A ⊥平面ABC ，SA =1AB =，2A C =，60B A C ∠=︒，则球O 的表面积为 （ ）A ．64πB ．16πC．12πD．4π【考点定位】球的表面积9.( 2013届天津市新华中学高三第三次月考)如图，E、F分别是三棱锥P-ABC的棱AP、BC 的中点，PC=10，AB=6，EF=7，则异面直线AB与PC所成的角为（）A. 90°B. 60°【考点定位】异面直线所成角10.( 2013届北京市昌平区高三上学期期末)已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的全面积为【考点定位】几何体的全面积二、填空题11.(2012河北省名校名师俱乐部高三第二次调研考试)如图，在正方体1111ABC D A B C D 中，E 、F 分别为CD 、1DD 的中点，则异面直线EF 与11A C 所成角的余弦值为12.(2013届河北省重点中学联合考试)一个几何体的三视图如下图所示．则该几何体的体积为＿＿＿＿＿【答案】32【解析】由三视图可知，该几何体是一个棱长为4的正方体被一个平面截取一部分后余下的一部分，如右图.连结AC，NC，则这个几何体的体积是四棱锥C-ABEN的体积的两倍.则该几何体的体积为11V=⨯⨯⨯+⨯⨯=2(24)443232【考点定位】几何体体积计算DCBAP14.(2013届贵州省遵义四中高三第四次月考)某几何体的三视图如右图所示，则它的体积是________三、解答题15.( 2013届浙江省温州八校高三联考)如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为矩形，且1P A A D ==，2A B =，120,90PAB PBC ︒︒∠=∠=，（Ⅰ）平面PAD 与平面PAB 是否垂直？并说明理由； （Ⅱ）求直线PC 与平面ABCD 所成角的正弦值． 【答案】 （1）见解析 （28【解析】（I）平面PAD⊥平面PAB；………………1分证明：由题意得A D A B⊥且//AD BC又BC PB⊥…………………………3分⊥，则D A P B则DA⊥平面PAB, ………………5分故平面P A D⊥平面PAB………………7分。
专题06 立体几何(解答题)
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．。
专题06 立体几何中的翻折问题(解析版)
第三篇 立体几何专题07 立体几何中的翻折问题常见考点考点一 翻折问题典例1．如图1五边形ABCDE 中，ED EA =，//AB CD ，2CD AB =，150EDC ∠=︒，将EAD 沿AD 折到PAD △的位置，得到四棱锥P ABCD -，如图2，点M 为线段PC 的中点，且BM ⊥平面PCD ．（1）求证：CD ⊥平面PAD ；（2）若直线PC 与AB 所成角的正切值为12，求二面角P BD C --余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】 【分析】（1）取PD 的中点N ，连结AN ，MN ，利用中位线定理可证明四边形ABMN 为平行四边形，从而//AN BM ，可得AN ⊥平面PCD ，推出AN PD ⊥，AN CD ⊥，利用PAD △为等边三角形，由边角关系可得CD AD ⊥，结合线面垂直的判定定理证明即可；（2）利用线线角的定义可得PCD ∠为直线PC 与AB 所成的角，从而得到2CD PD =，设1PD =，建立合适的空间直角坐标系，求出点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面的法向量，由空间向量夹角公式计算即可． 【详解】（1）证明：取PD 的中点N ，连接AN ，MN 则//MN CD ，12MN CD =， 又//AB CD ，12AB CD =，所以//MN AB ，MN AB =，则四边形ABMN 为平行四边形，所以//AN BM ，又BM ⊥平面PCD ，∴AN ⊥平面PCD ，∴AN PD ⊥，AN CD ⊥． 由ED EA =即PD PA =及N 为PD 的中点，可得PAD △为等边三角形， ∴60PAD ∠=︒，又150EDC ∠=︒，∴90CDA ∠=︒，∴CD AD ⊥，又,AN AD 在平面PAD 内相交， ∴CD ⊥平面PAD ．（2）//AB CD ，∴PCD ∠为直线PC 与AB 所成的角， 由（1）可得90PDC ∠=︒，∴1tan 2PD PCD CD ∠==，∴2CD PD =， 设1PD =，则2CD =，1PA AD AB ===，取AD 的中点O ，连接PO ，易知PO ⊥平面ABCD 过O 作AB 的平行线， 可建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则1,0,02D ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1,1,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，1,2,02C ⎛⎫- ⎪⎝⎭，P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，∴14M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭， 所以()1,1,0DB =，1,1,2PB ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，34BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， 设(),,n x y z =为平面PBD的法向量，则0102x y x y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩， 取3x =，则(13,3,n =-为平面PBD 的一个法向量， 又平面BCD 的法向量()20,0,1n =，设二面角P BD C --为θ∴1212123cos cos ,721n n n n n n θ⋅-====-，由图可知二面角为钝角，所以二面角P BD C --余弦值为变式1-1．如图，在Rt ABC 中，AC BC ⊥，30BAC ∠=︒，BC =，3AC DC =，//DE BC ，沿DE 将点A 折至1A 处，使得1A C DC ⊥，点M 为1A B 的中点.（1）证明：1A B ⊥平面CMD . （2）求二面角B CM E --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）先证明DC ⊥平面1A CB ，可得1DC A B ⊥，再利用勾股定理计算出1A C BC =，由三线合一得1CM A B ⊥，即可证明出1A B ⊥平面CMD ；（2）以C 为原点建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得平面CMB 的法向量为()11,0,0n =，求出平面CME 的法向量，再利用向量的夹角公式计算余弦值. 【详解】（1）证明：由DC BC ⊥，1A C DC ⊥，且1AC BC C =， 可得DC ⊥平面1A CB ，又1A B ⊂平面1A CB ，因此1DC A B ⊥.由30BAC ∠=︒，BC =33AC DC ===，因此1DC =，12AD A D ==，由勾股定理可得1AC BC =. 又因为点M 为1A B 的中点，所以1CM A B ⊥， 而CD CM C ⋂=，故1A B ⊥平面CMD .（2）解：因为DE CD ⊥，1DE A D ⊥，所以DE ⊥平面1A CD ，又//BC DE ，所以BC ⊥平面1A CD .如图，以C 为原点，建立空间直角坐标系C xyz -，则M ⎛⎝⎭，E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()B ，则0,,22CM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，1,3CE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭.易知()11,0,0n =是平面CMB 的一个法向量.设平面CME 的法向量为()2,,n x y z =，则2200n CM n CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00y x y =⎨⎪=⎪⎩，令y =(2n =-.12cos ,n n ==易知二面角B CM E --为锐角，故二面角B CM E --【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理进行证明，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.变式1-2．如图，在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，1AB =，3CD =，45ADC∠=︒，AE 为梯形ABCD 的高，将ADE 沿AE 折到PAE △的位置，使得PB（1）求证：PE ⊥平面ABCE ；（2）求平面PBC 与平面P AE 所成二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2【解析】 【分析】（1）连接BE ，易知PE AE ⊥，BE 1PE =，由勾股定理证得PE BE ⊥，再由线面垂直的判定定理，得证；（2）以E 为原点建立空间直角坐标系，求得平面PBC 的法向量n ，由线面垂直的判定定理可证得EC ⊥平面PAE ，故平面PAE 的一个法向量为EC ，再由cos EC <，||||EC n n EC n ⋅>=⋅，即可得解．【详解】（1）证明：折叠前DE AE ⊥，折叠后PE AE ⊥，折叠前由已知得1DE AE AB ===，在AEB △中，BEBE =1PE =，因为PB PEB △为直角三角形，即PE BE ⊥，， 因为AE BE E =，AE ⊂平面ABCE ，BE ⊂平面ABCE ， 所以PE ⊥平面ABCE ．（2）由（1）知PE EC ⊥，又EA EC ⊥所以以E 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，()0,0,0E ，()0,2,0C ， 所以平面P AE 的法向量为()0,2,0CE =-，又()0,0,1P ，()1,1,0B -，()1,1,1PB =--，()0,2,1PC =- 设平面PBC 的一个法向量为(),,n x y z =则0PBn PCn ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可求得平面PBC 的一个法向量为()1,1,2n =-计算得cos ,n CE <>==所以平面PBC 与平面P AE变式1-3．已知边长为2的等边ABC （图1），点D 和点E 分别是边AC 、AB 上的中点，将ADE 沿直线DE 折到ADE 的位置，使得平面A DE '⊥平面BCDE （图2），此时点O 和点P 分别是边DE 、BE 上的中点.（1）证明：CD ⊥平面A OP '；（2）求平面ACD '与平面BCDE 所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】【分析】（1）先证明DC OP ⊥，再由平面A DE '⊥平面BCDE 证明AOCD '⊥，利用线面垂直的判定定理即可证明CD ⊥平面A OP '；（2）以O 为坐标原点，分别以OH ，OD ，OA '所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面ACD '与平面BCDE 所成锐二面角的余弦值.【详解】（1）连接BD∴点O 和点P 分别是边DE 、BE 上的中点. ∴//BD OP∴等边ABC 中，点D 是边AC 的中点 ∴DC BD ⊥∴DC OP ⊥∴等边ADE 中，点O 是边DE 的中点 ∴A O DE '⊥又∴AO '⊂平面A DE∴平面A DE '⊥平面BCDE 且平面A DE '平面BCDE DE =∴AO '⊥平面BCDE ∴AOCD '⊥ ∴A O OP O '⋂=∴CD ⊥平面A OP '（2）设BC 的中点H ，由图1得OH BC ⊥以O 为坐标原点，分别以OH ，OD ，OA '所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A ⎛' ⎝⎭，10,,02D ⎛⎫⎪⎝⎭，C ⎫⎪⎪⎝⎭，所以10,2DA ⎛'=- ⎝⎭，31,02DC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭设平面ACD '的法向量为(),,n x y z =.由10231022n DA y z n DC x y ⎧⋅=-+=⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪'⎩，取y =()1,3,1n =-； 因为平面BCDE 的法向量为()0,0,1m =设平面ACD '与平面BCDE 所成锐二面角为θcos 51m n m nθ⋅===+ 所以，平面ACD '与平面BCDE .【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．典例2．如图1，在高为6的等腰梯形ABCD 中，AB ∴CD ，且CD ＝6，AB ＝12，将它沿对称轴OO 1折起，使平面ADO 1O ∴平面BCO 1O ，如图2，点P 为BC 的中点，点E 在线段AB 上(不同于A ，B 两点)，连接OE 并延长至点Q ，使AQ ∴OB .（1）证明：OD ∴平面P AQ ；（2）若BE ＝2AE ，求二面角C BQ A 的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）由OA，OB，OO1两两垂直建立空间直角坐标系，由向量坐标运算得到OD∴AQ，OD∴PQ证得OD∴平面P AQ；（2）由空间直角坐标系求得平面CBQ的法向量和平面ABQ的法向量，根据数量积的夹角公式可得答案.【详解】(1)证明：由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ的长为m，则O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0)．∴点P为BC的中点，∴P9 (0,,3)2，∴OD＝(3，0，6)，AQ＝(0，m，0)，PQ＝9 (6,,3)2m--.∴OD·AQ＝0，OD·PQ＝0，∴OD∴AQ，OD∴PQ，即OD∴AQ，OD∴PQ，又AQ∩PQ＝Q，∴OD∴平面P AQ.(2)∴BE＝2AE，AQ∴OB，∴AQ＝12OB＝3，则Q(6，3，0)，∴OB＝(－6，3，0)，BC＝(0，－3，6)．设平面CBQ 的法向量为1n ＝(x ，y ，z )，由11.0,.0,n QB n BC ⎧=⎪⎨=⎪⎩得630,360,x y y z -+=⎧⎨-+=⎩令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，1n ＝(1，2，1)． 易得平面ABQ 的一个法向量为2n ＝(0，0，1)． 设二面角C BQ A 的大小为θ，由图可知，θ为锐角， 则cos θ＝212||||I n n n n ⋅⋅＝即二面角C BQ A 【点睛】本题考查了立体几何，建立空间直角坐标系是解题的关键，线面垂直可以通过直线的方向向量进行相应的计算，二面角的平面角可以通过法向量之间进行相应的计算，就能够得到问题的解决. 变式2-1．如图1，四边形ABCD 是正方形，四边形11ADE F 和22BCE F 是菱形，2AB =，1260DAF CBF ∠=∠=︒.分别沿AD ，BC 将四边形11ADE F 和22BCE F 折起，使1E 、2E 重合于E ，1F 、2F 重合于F ，得到如图2所示的几何体.在图2中，M 、N 分别是CD 、EF 的中点.（1）证明：MN ⊥平面ABCD ；（2）求平面DCN 与平面ABF所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）先利用菱形与等边三角形的垂直关系得EF ⊥平面DNC ，再根据//EF AD 得AD ⊥平面DNC ，再得AD MN ⊥，又根据M 是DC 的中点得MN DC ⊥，故MN ⊥平面ABCD ；（2）根据题意，以M 为原点，MG ，MC ，MN 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系M xyz -，利用法向量求解即可. 【详解】（1）连接DF ，由图1知，四边形ADEF 为菱形，且60DEF ∠=︒， 所以DEF 为等边三角形，从而EF DN ⊥. 同理EF CN ⊥，又DN CN N =，∴EF ⊥平面DNC .∴//EF AD ，∴AD ⊥平面DNC ，又∴MN ⊂平面DNC ，∴AD MN ⊥. ∴ND NC =，M 是DC 的中点，∴MN DC ⊥.又AD ⊂平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，AD DC D =，∴MN ⊥平面ABCD . （2）取AB 的中点G ，连接MG ，∴四边形ABCD 是正方形，MG DC ⊥.如图，以M 为原点，MG ，MC ，MN 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系M xyz -， 则M ()0,0,0M ，()2,1,0A -，()2,1,0B ，()2,0,0G，(F ， ∴()0,2,0AB =，(AF =-，()2,0,0MG =.设平面ABF 的法向量为(),,n x y z =，由00n AB n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得200y x y =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，取()2,0,1n =，∴MG ⊥平面DNC ，∴取平面DNC 的法向量()2,0,0MG =，∴22cos ,23MG n MG n MG n⋅===⋅ 设平面DCN 与平面ABF 所成锐二面角的平面角为θ，∴cos θ=，故平面DCN 与平面ABF 【点睛】本题考查线面垂直的证明，利用向量方法求解二面角问题，考查数学运算能力，是中档题.变式2-2．如图，已知四边形ABDE AD 与BE 相交于点O ，BCD △为等边三角形．现将EAD 沿AD 折起到E AD '的位置，将CBD 沿BD 折起到C BD '的位置，使得折后E D '⊥平面C BO '．（1）求证：OB ⊥平面'AE D ； （2）求二面角A OC B -'-的大小．【答案】(1)见解析;(2)3π.【解析】 【分析】(1)推导出E D OB '⊥,OB AD ⊥,由此能证明OB ⊥平面AE D '．(2)以O 为原点,OA ,OB ,OE '为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角A OC B -'-的大小． 【详解】(1)证明:E D '⊥平面C BO ',OB ⊂平面C BO ',∴E D OB '⊥， ∴在正方形ABDE 中,O 为AD 与BE 的交点,OB AD ∴⊥E D AD D '⋂=,OB ∴⊥平面AE D '.(2)解:AE E D '=',O 为AD 中点,E O AD ∴'⊥以O 为原点,OA ,OB ,OE '为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系A ,B ,(D ,E ',E D '⊥平面C BO ',∴平面C BO '的一个法向量为(3,0,n E D ='=E D '⊥平面C BO ',∴E D OC '⊥'设(,,)C x y z ',则(,)DC x y z '=+,(,)BC x y z '=1E D OC '⊥,||||6DC BC '='=,066=∴，解得x y z ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩或x y z ⎧=⎪⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎪⎩(舍).(C ∴' 设平面AOC '的法向量(,,)n x y z =则OA 3x 0OC 3x 0n n '⎧⋅==⎪⎨⋅=-=⎪⎩,取1y =,得(0,1,1)n =- 设二面角A OC B -'-为θ,则|||31cos ||||22n m n m θ⋅-===⋅⋅由图知3πθ=,∴ 二面角A OC B -'-的大小为3π.【点睛】本题考查了线面垂直的判定,考查了二面角的求法.在证明线面垂直时,关键是在平面内找到两条直线与已知直线垂直,常运用勾股定理、矩形的临边、正方形的对角线、等腰三角形三线合一、线面垂直的性质等来证明线线垂直.求二面角的大小时,建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量,进而可求.变式2-3．如图1，在矩形ABCD 中，AB =BC =点E 、P 分别在线段DC 、BC 上，且DE =152DP =，现将AED ∆沿AE 折到'AED ∆的位置，连结'CD ，'BD ，如图2（1）证明：'AE D P ⊥；（2）记平面'AD E 与平面'BCD 的交线为l .若二面角'B AE D --为23π，求l 与平面'D CE 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2 【解析】(1)建立坐标系证明AE DP ⊥，再由线面垂直的判定定理以及线面垂直的性质证明'AE D P ⊥； (2)根据公理3得到平面'AD E 与平面'BCD 的交线，再根据二面角定义得到二面角'B AE D --的平面角，建立空间直角坐标系，利用向量法求l 与平面'D CE 所成角的正弦值. 【详解】解：（1）证明：如图1，线段,DP AE 交于点O在Rt PCD ∆中，由DC AB ==152DP =，PC =以点A 为坐标原点，建立直角坐标系，则(5,2AE =，PD ⎛=- ⎝⎭即30AE PD ⋅=-= AE DP ∴⊥，从而有AE OD ⊥，AE OP ⊥，即在图2中有AE OD '⊥，AE OP ⊥，OD OP O '⋂=，,OD OP '⊂平面POD 'AE ∴⊥平面POD 'D P '⊂平面POD '，AE D P '∴⊥；（2）延长AE ，BC 交于点Q ，连接'D Q根据公理3得到直线'D Q 即为l ，再根据二面角定义得到23D OP π'∠=. 在平面'POD 内过点O 作底面垂线，O 为原点，分别以OA 、OP 、及所作为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标则(0,D '-，(1,0,0)E -，(11,0,0)Q -，(3,4,0)C -，(11,1,D Q '=-，(2,4,0)EC =-，(1,ED '=-，设平面'D EC 的一个法向量为(,,)n x y z =，由2400n EC x y n ED x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩'， 取1y =，得2,1,n ⎛= ⎝⎭. l ∴与平面D CE '所成角的正弦值为15cos ,5n D Q n D Q n D Q'⋅'=='⋅【点睛】本题主要考查了由线面垂直证线线垂直以及利用向量法证明线面角，属于较难题.巩固练习练习一 翻折问题1．如图1，在平面五边形ABCDE 中，AD ∥,24,BC AD BC AB ===90ABC ∠=,ADE 是等边三角形.现将ADE 沿AD 折起，记折后的点E 为E '，连接,E B E C ''得到四棱锥E ABCD '-，如图2.(1)证明：BC CE ⊥'；(2)若平面E CD '⊥平面ABCD ，求二面角'A DE B --的余弦值. 【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】（1）构建CE '所在的面，通过线面垂直证明线线垂直（2）建立坐标系，通过法向量夹角的余弦值求解二面角的余弦值 (1)如上图所示，设M 为AD 中点，连接,E M CM '，因为ADE 是等边三角形，所以AD E M ⊥'，因为AD∥,BC 所以BC E M ⊥'，因为2AD BC =所以AM BC =且//AM BC ，所以//AB CM ，因为90,ABC =∠所以CM BC ⊥ 又,CME M M '=CM 、EM ⊂平面E MC '， BC ∴⊥平面E MC '，又因为'CE ⊂平面E MC '，所以'BC CE ⊥(2)如下图所示，过A 作AH DC ⊥于点H ，由平面E CD '⊥平面ABCD ，平面E CD '平面ABCD CD =，AH ∴⊥平面,E CD '又因为'CE ⊂平面E MC '，所以AH E C ⊥' 又'BC C E ⊥，,AH BC 相交，AH 、BC ⊂平面ABCDCE ∴'⊥平面,ABCD CE '以C 为原点建立如图所示的坐标系()()()(,,2,0,0,D A B E '-()(',BD BE =-=-，()('4,0,0,2,AD AE =-=-设平面'BDE 的法向量(),,n x y z =满足(0403,26,020n BD x n n BE x ⎧⎧⋅=-=⎪⎪⇒⇒=⎨⎨⋅=-=⎪'⎪⎩⎩ 设平面'ADE 的法向量(),,m x y z =满足()4000,1,1200x m AD m x m AE ⎧-=⎧⋅=⎪⎪⇒⇒=⎨⎨-+=⎪=⎩⎪⎩'⋅313cos ,13n m m n n m ⋅==⋅.所以二面角'A DE B --2．如图所示，在边长为12的正方形11AA A A ''中，点B ，C 在线段AA '上，且3AB =，4BC =，作11BB AA ∥，分别交11A A '、1AA '于点1B 、P ，作11CC AA ∥，分别交11A A '、1AA '于点1C 、Q ，将该正方形沿BB 1、CC 1折叠，使得1A A ''与1AA 重合，构成如图2所示的三棱柱111ABC A B C -．(1)试判断直线AQ 是否与平面11AC P 平行，并说明理由； (2)求平面APQ 与平面ABC 所成二面角的余弦值． 【答案】(1)直线AQ 是否与平面11AC P 不平行，理由见解析【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面11AC P 的法向量，看向量AQ 是否与平面11AC P 的法向量垂直，从而得到答案；（2）求出平面APQ 与平面ABC 的法向量，从而求出平面APQ 与平面ABC 所成二面角的余弦值. (1)直线AQ 是否与平面11AC P 不平行，理由如下：如图，以B 为原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，则()0,0,0B ，()3,0,0A ，()0,4,0C ，()13,0,12A ，()10,4,12C ，()0,0,3P ，()0,4,7Q ，所以()3,4,7AQ =-，设平面11AC P 的法向量为(),,n x y z =，则11039093,,149040n PA x z n y z n PC ⎧⋅=+=⎧⎪⎛⎫⇒⇒=-⎨⎨ ⎪+=⎝⎭⋅=⎩⎪⎩，因为0AQ n ⋅≠，所以直线AQ 与平面11AC P 不平行；(2)设平面APQ 的法向量()1111,,x n y z =则()11103301,1,14400n PA x z n y z n PQ ⎧⋅=-=⎧⎪⇒⇒=-⎨⎨+=⋅=⎩⎪⎩ 所以，面APQ 的法向量为()11,1,1=-n ，由题意得：面ABC 的法向量为()20,0,1n =，所以1212121cos ,3n n n n n n ⋅===，设平面APQ 与平面ABC 所成二面角为α，显然α为锐角，故123cos cos ,3n n α== 所以平面APQ 与平面ABC 3．如图，四边形ABCD 是一个边长为2的菱形，且π3B ∠=，现沿着AC 将ABC 折到EAC 的位置，使得平面EAC ⊥平面ACD ，M ，N 是线段EC ，ED 上的两个动点（不含端点），且EM ENEC EDλ==.(1)证明：//MN 平面EAB ；(2)求直线EC 与平面EAD 所成的角的正弦值；(3)设平面AMN 与平面EAD 所成锐二面角为θ，当cos θ=λ的值. 【答案】(1)证明见解析(3)13【解析】 【分析】（1）根据已知条件可得//MN CD 、//AB CD ，进而可得//MN AB ，再由线面平行的判定定理即可求证；（2）取AC 的中点O ，连接,EO BO ，证明,,OB OC OE 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，求出平面EAD 的一个法向量n 以及EC 的坐标，由空间向量夹角公式即可求解；（3）由（2）知平面EAD 的法向量n ，根据AM AE EC λ=+，AN AE ED λ=+求出AM 和AN 的坐标，再求出平面AMN 的一个法向量m ，根据空间向量夹角公式计算cos cos 105,m n θ==解方程即可得λ的值. (1) 因为EM ENEC EDλ==，所以//MN CD ， 因为四边形ABCD 是一个边长为2的菱形，所以//AB CD ， 所以//MN AB ，因为MN ⊄平面EAB ，AB 平面EAB ，所以//MN 平面EAB . (2)因为2EA EC ==，取AC 的中点O ，连接,EO BO ，则EO AC ⊥，BO AC ⊥， 因为平面EAC ⊥平面ACD ，平面EAC 平面ACD AC =，OE ⊂面EAC ， 所以EO ⊥面ABCD ，可得,,OB OC OE 两两垂直，如图：以O 为原点，分别以,,OB OC OE 所在的直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则(E ，()0,1,0C ，()0,1,0A -，()D ，所以(0,1,EC =，(AE =，()AD =-， 设平面EAD 的一个法向量(),,n x y z =，则3030AE n y z AD n x y⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，可得y =1z =-，所以()1,3,1n =-， 设直线EC 与平面EAD 所成的角为α，则2sin cos ,52EC n EC nEC nα⋅====⨯⋅. 所以直线EC 与平面EAD . (3)由（2）知：平面EAD的法向量为()1,3,1n =-， 因为EM ENEC EDλ==，所以()0,,EM EC λλ==，(),0,EN ED λ==-，()0,1AM AE EM λ=+=+，()AN AE EN =+=，设平面AMN 的一个法向量()000,,=m x y z ，则()))000001030AM my z AN m x y z λλ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，令0y 011z λλ+=-，01x =-，所以11m λλ+⎛⎫=- ⎪-⎝⎭， 所以cos cos ,55m n m n m nθ⋅====⋅⨯，整理可得：29610λλ-+=，解得：13λ=.4．如图，正方形11ABB A 的边长为2，11,AB A B 的中点分别为1,C C ，正方形11ABB A 沿着1CC 折起形成三棱柱111ABC A B C -，三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，1AD AA λ→→=.(1)证明：当12λ=时，求证：1DC ⊥平面BCD ；(2)若二面角1D BC C --λ的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)14λ= 【解析】 【分析】（1）由题知点D 是1AA 的中点，进而根据几何关系得1DC DC ⊥，再根据已知条件证明BC ⊥平面11ACC A 得1BC DC ⊥，最后结合判定定理证明即可；（2）根据题意，点C 为原点，以CA →，CB →，1CC →作为x ，z ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. (1)证明：当12λ=时，点D 是1AA 的中点，因为1111AC AD A D AC ====，所以1DC DC ==又12CC =，所以22211DC DC CC +=，所以1DC DC ⊥，因为BC AC ⊥，1BC CC ⊥，1AC CC C =， 所以BC ⊥平面11ACC A ，1DC ⊂平面11ACC A ， 所以1BC DC ⊥，且DC BC C =，所以1DC ⊥平面BCD ； (2)解：因为1CC ，CA ，CB 两两互相垂直，所以以点C 为原点，以CA →，CB →，1CC →作为x ，z ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如下图，CA ⊥平面1BCC ，所以向量()1,0,0CA →=是平面1BCC 的法向量，设AD h =()0,1,0B ，()10,0,2C =，()1,0,D h ，()10,1,2BC →=-，()1,1,BD h →=-，设平面1DBC 的法向量(),,n x y z →=，所以100BC n BD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x y hz y z -+=⎧⎨-+=⎩，令1z =，2x h =-，2y =，所以平面1DBC 的一个法向量()2,2,1n h →=-，cos ,CA nCA n CA n→→→→→→⋅==12h = 所以114AD AA →→=，即14λ=，此时二面角1D BC C--5．如图甲所示，在矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 为DC 的中点，沿AE 将AED 翻折，使D 折至D 处，且二面角D AE B '--为直二面角（如图乙）．（1）求证：AD BE '⊥；（2）求平面D EC '与平面ECB 所成角的正切值． 【答案】（1）答案见解析；（2 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，进而得到(1,1,2),(2,2,0)AD BE '=-=--，计算出数量积为0，由此即可得证； （2）求得OD '=是平面EBC 的一个法向量，求出平面CD E '的一个法向量，再利用向量的夹角公式求得所求二面角的余弦值，进而求得正切值． 【详解】（1）证明：由题意4AB =，2BC =，E 为DC 的中点，AD E '∴为等腰三角形，取AE 的中点O ，则D O AE '⊥，又因为二面角D AE B '--为直二面角，平面D AE '平面EABC AE =，所以D O '⊥平面EABC ，以O 为原点，过O 分别作,AB BC 的平行线作为,y x 轴，OD '为z 轴建立如图坐标系：则(0,0,0),(1,1,0),(1,3,0),(1,3,0),(1,1,0),O A B C E D '---，∴(1,1,2),(2,2,0)AD BE '=-=--， ∴0AD BE '⋅=，ADBE '∴⊥；（2）(0,2,0),(1,EC ED '==-，OD '=是平面EBC 的一个法向量，设平面CD E '的一个法向量为(,,)n x y z =，则·20·0n EC y n ED x y ⎧==⎪⎨=-'+=⎪⎩，则可取(2,0,1)n =-，∴3cos ,3||||OD n OD n OD n '⋅'<>=='，∴tan ,2OD n '<>=，即平面CD E '与平面ECB6．如图1，Rt ABC 中，90B ∠=︒，AB =2BC =，D ，E分别是AB ，AC 的中点.把ADE 沿DE 折至PDE △的位置，P ∉平面BCED ，连接PB ，PC ，F 为线段PB 的中点，如图2.（1）求证：DF ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥P BDE -的体积为12时，求直线BD 与PC 所成角的正切值.【答案】（1）见解析；（2【解析】 【分析】（1）根据已知容易得出DF PB ⊥，再由DE ⊥平面PBD ，DE BC ∕∕可得BC DF ⊥，从而可证DF ⊥平面PBC ；（2）根据三棱锥P BDE -的体积为12及BDE 的面积可得PD ⊥平面BDE ，以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得直线BD 与PC 所成角的正切值. 【详解】（1）证明：因为D 是AB 的中点， 所以AD BD =，即PD BD =，又因F 为线段PB 的中点，所以DF PB ⊥， 因为D ，E 分别是AB ，AC 的中点， 所以DE BC ∕∕，因为90B ∠=︒，所以DE AB ⊥， 即DE PD ⊥，DE BD ⊥， 因为PD BD D ⋂=， 所以DE ⊥平面PBD ，所以BC ⊥平面PBD ， 因为DF ⊂平面PBD ， 所以BC DF ⊥， 又因BC PB B =， 所以DF ⊥平面PBC ；（2）解：因为AB =2BC =，D ，E 分别是AB ，AC 的中点，所以BD PD ==1DE =， 由（1）得BDE 为直角三角形，故BDES=， 设三棱锥P BDE -的高为h ，则1132P BDE BDEV Sh -=⋅==，所以h PD ，所以线段PD 即为三棱锥P BDE -的高， 所以PD ⊥平面BDE ，则,PD BD PD DE ⊥⊥， 如图，以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则()0,0,0D ，)B ，(P ，)C ，故()3,0,0DB =，(3,2,PC =，所以cos ,103DB PC DB PC DB PC⋅===， 又因直线BD 与PC 所成角的范围为0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，所以直线BD 与PC所以直线BD 与PC7．如图是矩形ABCD 和边AB 为直径的半圆组成的平面图形，将此图形沿AB 折叠，使平面ABCD 垂直于半圆所在的平面，若点E 是折后图形中半圆O 上异于,A B 的点．（1）证明：EA EC ⊥；（2）若22AB AD ==，且异面直线AE 和DC 所成的角为6π，求平面DCE 与平面AEB 所成的锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质得BC ⊥圆O ，由线面垂直的性质得BC EA ⊥，根据线面垂直的判定可得EA ⊥面EBC ，再由线面垂直的性质可证EA EC ⊥.（2）法一：以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，首先求得1,0)2E ，再分别求平面DCE 和平面AEB 的法向量，利用法向量求二面角的余弦值；法二：首先作出两个平面的交线，再作出二面角的平面角，再求二面角的余弦值. 【详解】（1）∴平面ABCD 垂直于圆O 所在的平面，两平面的交线为AB ，BC ⊂平面ABCD ，BC AB ⊥，∴BC 垂直于圆O 所在的平面．又EA 在圆O 所在的平面内，∴BC EA ⊥． ∴AEB ∠是直角，∴BE EA ⊥．而BE BC B =，∴EA ⊥平面EBC ． 又∴EC ⊂平面EBC ，∴EA EC ⊥． （2）法1（向量法）：如图，以点O 为坐标原点，AB 所在的直线为y 轴，过点O 与BC 平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -．由异面直线AE 和DC 所成的角为6π，//AB DC 知6BAE π∠=，∴3BOE π∠=，∴1,0)2E ． 由题设可知(0,1,1)C ，(0,1,1)D -，∴33(,1)22DE =-，31(,1)2CE =--． 设平面DCE 的一个法向量为000(,,)p x y z =，由0DE p ⋅=，0CE p ⋅=000000302102y z y z +-=--= 得00z x =，00y =，取02x =，得0=z∴p =．又平面AEB 的一个法向量为(0,0,1)q =， ∴21cos ,7p q p q p q ⋅<>==． 故平面DCE 与平面AEB法2（几何法）：如图，过点E 作直线//m DC ， 则m 是平面DCE 与平面AEB 的交线． 再过点B 作BP m ⊥，P 为垂足，连接CP ，则BPC ∠是平面DCE 与平面AEB 所成锐二面角的平面角．在直角三角形AEB 中，6BAE π∠=，2AB =，所以 1.BE =在直角三角形PEB 中，,13BEP BE π∠==，所以BP =．在直角三角形PBC 中，BP PC BPC PC ==∠=．故平面DCE 与平面AEB ． 8．如图1是由正方形11ACC A 和长方形11BCC B 组成的平面图形，且24AC BC ==，D 、E 分别是11A C 、BC 的中点．将其沿1CC 折起，使得二面角1A CC B --的平面角大小为60，如图2．（1）判断直线1C E 与平面ABD 的位置关系，并证明你的结论； （2）求直线BC 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）1//C E 平面ABD ，证明见解析；（2 【解析】 【分析】（1）取AB 的中点N ，连接EN 、DN ，证明出四边形1ENDC 为平行四边形，可得出1//C E DN ，利用线面平行的判定定理可得出结论；（2）以点B 为坐标原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴，1BB 为z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线BC 与平面ABD 所成角的正弦值.【详解】（1）1//C E 平面ABD ，理由如下：取AB 的中点N ，连接EN 、DN ，因为四边形11ACC A 为正方形，则11//AC A C 且11AC A C =， D 为11A C 的中点，所以，1//DC AC 且112DC AC =， N 、E 分别为AB 、BC 的中点，则//NE AC 且12NE AC =， 所以，1NE DC =且1//NE DC ，故四边形1ENDC 为平行四边形，从而1//C E DN ．而DN ⊂平面ABD ，1C E 平面ABD ，所以1//C E 平面ABD ；（2）1CC AC ⊥，1CC BC ⊥，所以，二面角1A CC B --的平面角为ACB ∠，所以60ACB ∠=．而4AC =，2CB =，由余弦定理可得2222cos 12AB AC BC AC BC ACB =+-⋅∠=，由勾股定理可得222AB BC AC +=，从而AB BC ⊥．在图2中，1CC AC ⊥，1CC BC ⊥，AC BC C =，1CC ∴⊥平面ABC ，11//CC BB ，1BB ∴⊥平面ABC ，以点B 为原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴，1BB 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则()0,0,0B、()0,A、()4D 、()2,0,0C ．从而()BA =，()1,BD =，()2,0,0BC =． 设平面ABD 的法向量为(),,n x y z =，由00n BA n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得040x z ⎧=⎪⎨+=⎪⎩， 取4x =，则()4,0,1n =-，所以，cos ,17n BCn BC n BC ⋅===⋅ 所以直线BC 与平面ABD 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin h lθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.。
专题06 四点共圆(知识解读)(老师版)
专题06四点共圆（知识解读）【专题说明】四点共圆在圆内接四边形综合问题的求解中占据了重要地位，都是在大题中结合题目的几何背景进行综合考查，重在考查学生对知识的应用能力．考查的基本类型有：利用四点共圆证相似，利用四点共圆求最值，这些问题大都利用转化思想，将几何问题转化为四点共圆问题，使题目能简单求解.【方法技巧】模型2：同侧等角型（1）若∠A=∠C,则A、B、C、D四点共圆（2）手拉手(双子型)中的四点共圆条件：△OCD∽△OAB结论：①△OAC∽△OBD②AC与BD交于点E,必有∠AEB=∠AOB；③点E在△OAB的外接圆上,即O、A、B、E四点共圆.同理：ODCE也四点共圆.模型3：直径是圆中最长的弦1.定圆中最长的弦是直径；2.经过圆中定点最短的弦是垂直于过这点直径的弦；3.定弦中最小的圆是以该弦为直径的圆。
【典例1】如图,正方形ABCD绕点A逆时针旋转到正方形AEFG,连接BE,延长BE交于CF于点M,求证：M是线段CF的中点.【简答】∵AC=AF,AB=AE且∠BAE=∠CAF∴△AEB∽△AFC,∴∠ABE=∠ACF,∴A、B、C、M四点共圆,∵∠ABC=90º,∴AC是直径,∴∠AMC=90º,∵AE=AC,∴AM垂直且平分CF(三线合一).【变式1】如图,在矩形ABCD中,AB=6,AD=8,P、E分别是线段AC、BC上的点,四边形PEFD为矩形,若AP=2,求CF的长。
【解析】∠PEF=∠PDF=∠DCE=90º,知D,F,C,D,P共圆,如下图,由∠1=∠2,∠4=∠5,易得△APD∽△DCF,CF:AP=CD:AD,得CF=1.5。
【模型2：同侧等角型】【典例2】在Rt△ABC中,∠ACB=90º,将△ABC绕点A顺时针旋转αº(0＜α＜180)得△ADE,∠AED=90º,直线BD与直线CE的交点为P.求证：PB=PD【解析】由旋转的性质得∠CAE=∠BAD=α,AC=AE,AB=AD,∴∠CEA=∠ADB∴A,D,E,P四点共圆∴∠APD=∠AED=90º∴AP⊥BD∴PB=PD【模型3：直径是圆中最长的弦】【典例3】在△ABC中,∠ACB=90º,AC=6,BC=8,O为AB的中点,过O作OE⊥OF,OE、OF分别交射线AC,BC于E、F,则EF的最小值为?【解析】∵∠EOF=∠C=90º,∴C,O均在以EF为直径的圆上∵EF是圆的直径,O、C均在圆上,且OC长度固定,要使EF最短,则圆最小,要使圆最小,由于OC为固定长度,则OC为直径时,圆最小,此时EF=CO=OA=OB=5(斜边上中线等于斜边一半)【变式3】如图,在⊙O中,直径AB=12,点D是圆上任意一点(A,B除外),点P为CD的中点,过点D作DE⊥AB于点E,连接AD,EP.求EP的最大值。
专题06 立体几何——江苏省2022届高三上学期期中数学试题分类汇编
江苏省2022届高三数学上学期期中分类汇编专题06 立体几何一、单选题1．（2021·江苏南通·高三期中）已知圆锥SO 的顶点为S ，母线SA ，SB ，SC 两两垂直，且6SA SB SC ===，则圆锥SO 的体积为（ ） A ．182πB ．2πC ．3πD ．3π2．（2021·江苏南通·高三期中）在正方体111-ABCD A B CD 中，M ，N ，Q 分别为棱AB ，111,B B C D 的中点，过点M ，N ，Q 作该正方体的截面，则所得截面的形状是（ ）A ．三角形B ．四边形C ．五边形D ．六边形3．（2021·江苏南通·高三期中）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则异面直线AB 与CD 所成角的大小是（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．120°4．（2021·江苏·金陵中学高三期中）在四面体ABCD 中，AD ⊥底面ABC ，10AB AC ==2BC =，点G 为三角形ABC 的重心，若四面体ABCD 的外接球的表面积为2449π，则tan AGD ∠=（ ） A ．12B ．2C 22D 2二、多选题5．（2021·江苏连云港·高三期中）在棱长均为2的四棱锥P -ABCD 中，O 为正方形ABCD 的中心，E ，F 分别为侧棱P A ，PB 的中点，则（ ） A ．OF //APB ．平面OEF //平面PDCC ．点E 到平面PBCD ．点A 到平面PDC 6．（2021·江苏南通·高三期中）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 在线段1AD 上，点N 在线段BD 上，则（ ）A ．当M 为1AD 的中点时，1AC MN ⊥B ．当MN ∥平面11CCD D 时，AM BN =C ．当N 为BD 的中点时，三棱锥1C BMN -的体积为16D ．当M 为1AD 的中点时，以M 为球心，MN 为半径的球被平面11BB D D 截得的圆的面积的最小值为4π 7．（2021·江苏南通·高三期中）正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 为BA 1的中点，下列判断正确的是（ ） A ．AB //平面A 1CDB ．直线EC 1与直线AD 是异面直线C ．在直线A 1C 1上存在点F ，使EF ⊥平面A 1CD D ．直线BA 1与平面A 1CD 所成角是6π8．（2021·江苏扬州·高三期中）已知α､β表示不同的平面，m ､n 表示不同的直线，则下列命题中正确的有（ ） A ．若m //n ，n ⊂α，则m //α B ．若m //α，m ⊂β，α∩β=n ，则m //n C ．若m ⊥β，m ⊂α，则α⊥βD ．若m ⊥α，n ⊥α，则m //n9．（2021·江苏苏州·高三期中）如图，正方形ABCD 与正方形DEFC 边长均为1，平面ABCD 与平面DEFC 互相垂直，P 是AE 上的一个动点，则（ ）A ．CPB ．当P 在直线AE 上运动时，三棱锥D BPF -的体积不变C ．PD PF +D ．三棱锥A DCE -的外接球表面积为3π10．（2021·江苏·南京师大附中高三期中）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F 分别是棱11,AA CC 的中点，过点E ，F 的平面分别与棱11,BB DD 交于点G ，H ，以下四个结论正确的是（ ）A ．正方体外接球的表面积为3πB ．平面EGFH 与平面ABCD 所成角的最大值为4π C ．四棱锥1C EGFH -的体积为定值 D ．点1B 到平面EGFH 6三、填空题11．（2021·江苏连云港·高三期中）现有四个半径都为2的小球，若把这四个小球完全装入一个球形容器内，则该球形容器半径的最小值为___________.12．（2021·江苏南通·高三期中）2021年9月，我国三星堆遗址出土国宝级文物“神树纹玉琮”，如图所示，该玉琮由整块灰白色玉料加工而成，外方内圆，中空贯通，形状对称．为计算玉琮的密度，需要获得其体积等数据．已知玉琮内壁空心圆柱的高为h ，且其底面直径为d ，正方体(四个面与外侧圆柱均相切)的棱长为a ，且d ＜a ＜h ，则玉琮的体积为______．(忽略表面磨损等)13．（2021·江苏南通·高三期中）某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，若其中一个截面圆的周长为4π，则该球的半径是________.14．（2021·江苏扬州·高三期中）在三棱锥O -ABC 中，AB =2，AC =BC =4，且侧棱长均为___________.15．（2021·江苏·金陵中学高三期中）沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时，如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底而直径和高均为10cm ，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的23（细管长度忽略不计）.若细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此锥形沙堆的高度为___________.（精确到0. 01cm ）.16．（2021·江苏常州·高三期中）正方体1111ABCDA B C D 的棱长为2，点O 为线段1A C 的中点，三棱锥O ABC -的体积为___________，过点O 且垂直于1A C 的平面与底面ABCD 的交线长为___________.四、解答题17．（2021·江苏连云港·高三期中）如图，在三棱柱111ABC A B C ，2BA BC ==，120ABC ∠=，114AA AC ==，160A AB ∠=.(1)证明：1A B ⊥平面ABC ；(2)若123BP BB =，求二面角1P A C A --的正弦值.18．（2021·江苏南通·高三期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，AD BC ∥，PA CD ⊥，1AB BC PA PC ====，2AD =.(1)证明：CD ⊥平面PAC ；(2)若1AC =，求二面角A PD C --的正弦值.19．（2021·江苏南通·高三期中）如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知AB //CD ，AD ⊥CD ，AB ＝AD ＝1，DC ＝DP ＝2，PD ⊥平面ABCD ．(1)求证：BC ⊥平面PBD ；(2)设M ，N 分别为棱P A ，PC 的中点，点T 满足3=DT TP ，求证：B ，N ，T ，M 四点共面．20．（2021·江苏常州·高三期中）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面四边形ABCD 是矩形，11222AB BC A B ===，平面11A D DA ⊥平面ABCD ，平面11A B BA ⊥平面ABCD .(1)求证：1AA ⊥平面ABCD ；(2)若二面角1A BB D --的大小为π6，求四棱台1111ABCD A B C D -的高.21．（2021·江苏南通·高三期中）如图所示，矩形ABCD 所在平面与直角梯形ABEF 所在平面垂直，点G 是边AB 上一点，AB =AF =4，AD =2，AG =BE =1，AF ⊥AB ，BE ⊥AB .(1)求证：平面DFG ⊥平面ACF ；(2)求平面DFG 与平面CEF 所成锐二面角的余弦值.22．（2021·江苏徐州·高三期中）如图①，在梯形ABCD 中，//,4AD BC AD =，3BC =，点F 是边AD 的中点，点E 在边BC 上，且四边形CEFD 为正方形．将梯形ABEF 沿EF 折起，使得AC DE ⊥，得到如图②所示的几何体．(1)证明：平面ABEF ⊥平面CEFD ； (2)求二面角B AC D --的大小．23．（2021·江苏扬州·高三期中）在①(2)cos cos b c A a C -=，②(sin sin )()(sin sin )A B a b c C B +-=-，③tan tan tan 3tan A B C B C ++=这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若___________. (1)求A ；(2)若点M 在线段AC 上，∠ABM =∠CBM ，573BM 1cos 7B =，求c . 24．（2021·江苏苏州·高三期中）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2AC =，1BC CD ==，30CAD ∠=︒，60ACB ∠=︒，M 是PB 上一点，且3PB MB =，N 是PC 中点.(1)求证：PC BD ⊥；(2)若二面角P BC A --大小为45︒，求棱锥C AMN -的体积.25．（2021·江苏·金陵中学高三期中）如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠ABC＝90°，P A ＝2，AC ＝(1)求证：平面PBC ⊥平面PAB ；(2)若二面角P ﹣BC ﹣A 的大小为45°，过点A 作AN ⊥PC 于N ，求直线AN 与平面PBC 所成角的大小．26．（2021·江苏·南京师大附中高三期中）在三棱柱111ABC A B C 中，侧面11ACC A 是正方形，1112,====AA AB B C AB BC ，AB ⊥BC ．(1)求证：平面1AB C ⊥平面ABC ；(2)线段1B C 上是否存在点E ，使得直线1A E 与平面1AB C 所成角为6π？参考答案：1．C【解析】根据题意，因为SA ，SB ，SC 两两垂直，且6SA SB SB ===， 所以62AB AC BC ===设圆锥底面半径为r ，结合正弦定理，知6223r 26r = 因此()2262623SO =-=124231633V ππ=⨯⨯=.故选：C. 2．D【解析】如图所示：,,E F H 分别为111,,AD DD B C 中点，M ，N ，Q 确定平面α， NH MQ ∥且N α∈，故NH α⊂，,Q H αα∈∈，故QH α⊂，同理可得FQ α⊂，EF α⊂，EM α⊂，故截面为六边形. 故选：D.3．C【解析】如图所示：将多面体放置于正方体中，以点O 为原点建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2则()()()()1,0,2,0,1,2,0,2,1,1,2,0A B C D()1,1,0AB =-，()1,0,1CD =-，设异面直线AB 与CD 所成角为θ所以1cos 22AB CD AB CDθ⋅===⋅，故60θ= 故选：C 4．B【解析】设BC 的中点为E ，因为点G 是ABC 的重心，所以22233AG AE ===， 设ABC 的外心为O ，由题意可得点O 在AE 上，令OA r =，则有222OE EC OC +=，即()2231r r -+=，解得：53r =，又AD ⊥平面ABC ，所以四面体ABCD 的外接球的半径222225294AD ADR r ⎛⎫=+=+⎪⎝⎭， 由题意得222524444949AD R πππ⎛⎫=+=⎪⎝⎭，解得：4=AD ， 所以4tan 22AD AGD AG ∠===.故选：B 5．BC【解析】因O 为正方形ABCD 的中心，则O 为线段BD 与AC 中点，如图，F 为PB 中点，因此，OF //PD ，而P A 与PD 相交，即OF 与P A 不平行，A 不正确；OF //PD ，OF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，则有OF //平面PCD ，又E 为P A 中点，同理//OE 平面PCD ，OE OF O ⋂=，,OE OF ⊂平面OEF ，于是得平面OEF //平面PCD ，B 正确； 令A h 为点A 到平面PBC 的距离，E h 为点E 到平面PBC 的距离，显然2,3PBCPO S =，2ABC S =△，由A PBC P ABC V V --=得：1133A PBCABCh SS PO ⋅=⋅322A h =26A h =，因E 为P A 中点，则6E h =C 正确； 令A h '为点A 到平面PCD 距离，由A PCD P ACD V V --=，同上可得266A h '=≠D 不正确. 故选：BC 6．ABD【解析】对于A ，当M 为1AD 的中点时，由正方体的性质可知11C D ⊥平面11AA D D ，DM ⊥1AD ， ∴11C D ⊥DM ，又11C D 11AD D ⋂=， ∴DM ⊥平面11ABC D ，∵2AM =1AB =，12BC ∴12AM AB AB BC ==∴1ABM BC A ∽， ∴1AC BM ⊥，又由DM ⊥平面11ABC D 得1AC DM ⊥，BM DM M ⋂=， ∴1AC ⊥平面DBM ，MN ⊂平面DBM ，1AC MN ⊥，A 正确； 对于B ，分别过M ，N 作1ME DD ⊥，NF CD ⊥，则111111//,//,////ME A B NE BC A B BC B C ，∴ME NF ∥，由MN ∥平面11CC D D ，MN ⊂平面MNFE ，平面11CC D D 平面MNFE EF =，∴MN EF ∥，∴四边形MNFE 为平行四边形，∴ME NF =， ∴1D M DN =，又1D A DB =，∴AM BN =，B 正确；对于C ，1111111111112222312C BMN M BC N M BCD A BC D C ABD ABD V V V V V S -----=====⨯⋅=△，C 错；对于D ，球心M 到平面11BB D D 的距离d =，设DN x =，x ⎡∈⎣，取AD 的中点G ，连接MG ，GN ，则12MG DG ==，∴MN ==∴截面圆半径12r =，当x = ∴截得圆面积最小值为4π，D 正确. 故选：ABD. 7．ACD【解析】对于选项A ，结合正方体的性质，可知//AB CD ，故易得AB //平面A 1CD ，故A 正确；对于选项B ， 结合正方体的性质，易知直线1EC 与直线AD 都在平面11B ADC 中，故B 错误； 对于选项C ，取11A C 的中点O ，连接OE 、11A C 、1BC 、1A B ，易知1//EO BC ， 结合正方体的性质，易知1BC ⊥平面1A CD ，故EO ⊥平面1A CD ，即F 在O 点处时，EF ⊥平面1A CD ，故C 正确；对于选项D ，取1B C 的中点M ，结合正方体的性质，易知BM ⊥平面1A CD ， 因此1BA M ∠即为直线1BA 与平面1A CD 所成角， 因为112BM BA =，190BMA ∠=，所以130BA M ∠=，故D 正确.故选：ACD. 8．BCD【解析】对于A ，满足m //n ，n ⊂α，也可能m α⊂内，故错误； 对于B ，由线面平行的性质定理知，正确； 对于C, 由面面垂直的判定定理知，正确； 对于D, 根据线面垂直的性质定理知，正确. 故选：BCD 9．BD【解析】对于A ，连接,DP CP ，易得22216112CP DP CD DP =+=++=A 错误；对于B ，P 在直线AE 上运动时，△PBF 的面积不变，D 到平面PBF 的距离也不变，故三棱锥D BPF -的体积不变，故B 正确；对于C ，如图，将△ADE 翻折到与平面ABFE 共面，则当D 、P 、F 三点共线时，PD PF +取C 错误；对于D3π，故D 正确. 故选：BD. 10．ACD【解析】对于A：24π3πR S R ==，正确； 对于B ：成最大角时为平面1EBFD 或平面1EB FD 所成角1π4D BD ∠<，错误； 对于C ：11111111122213226C EGFH C EHF C EGF C EGF E C GF V V V V V -----=+===⨯⨯⨯⨯=，正确；对于D ：如图所示建立空间直角坐标系，设H (0，0，m )，设平面EGFH 的法向量为(),,n x y z =，则0102n EF x y n EH x m z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎛⎫⋅=-+-= ⎪⎪⎝⎭⎩， 取1z =得到11(,,1)22=--n m m ，1||2EB nd n m ⋅===≤=1m =时等号成立，正确.故选：ACD.11．26【解析】当4个小球彼此相外切，与大球内切时，大球半径最小， 四个小球，三个在下一个在上，四个球心连成正四面体.设正四面体ABCD 的边长为2r ，BCD △的外接圆的圆心为1O ，正四面体ABCD 的外接球的球心为O ,则2AB AC AD BC BD CD r ======,1322323BO r == 正四面体的高2212326(2)3AO r r ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭设正四面体的外接球半径为R ,则222211()()OB R AO R BO ==-+,∴ 222226129r R R ⎡⎤⎫⎢⎥=-+⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦正四面体的外接球半径6R =， ∴大球半径最小为61r ⎛⎝⎭，又2r =.∴6611226r ⎛⎛=⨯= ⎝⎭⎝⎭26 故答案为：2612．()22344a h a d h a π-π+-。
苏教版立体几何习题精选(含答案详解)
（江苏最后1卷）给出下列四个命题：（1）如果平面与平面相交，那么平面内所有的直线都与平面相交 （2）如果平面⊥平面，那么平面内所有直线都垂直于平面（3）如果平面⊥平面，那么平面内与它们的交线不垂直的直线与平面也不垂直（4）如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面 真命题．．．的序号是 ▲ ．（写出所有真命题的序号）【答案】（3）（4）（南师大信息卷）在棱长为1的正方体中，若点是棱上一点，则满足的点的个数为 6 . ?提示：点在以为焦点的椭圆上，分别在、、、、、上. 或者，若在上，设,有. 故上有一点（的中点）满足条件.同理在、、、、上各有一点满足条件. 又若点在上上，则.故上不存在满足条件的点，同理上不存在满足条件的点.（南通三模）已知正方体1C 的棱长为182，以1C 各个面的中心为顶点的凸多面体为2C ，以2C 各个面的中心为顶点的凸多面体为3C ，以3C 各个面的中心为顶点的凸多面体为4C ，依此类推。
记凸多面体n C 的棱长为n a ，则6a = ▲ .αβαααβαβαβαβαβαβ1111ABCD A B C D -P 12PA PC +=P P 1AC P AB AD 1AA 11C B 11C D 1C C P AB AP x =2211(1)(2)2,2PA PC x x x +=+-+=∴=AB P AB AD 1AA 11C B 11C D 1C C P 1BB 2211112PA PC BP B P +=+++>1BB P 1DD P解析：考查推理方法以及几何体中元素的关系理解应用。
正方体1C 的棱长为218111==B A a ,由1C 各个面的中心为顶点的几何体为正八面体2C ，其棱长182211222===B A B A a ，由2C 各个面的中心为顶点的几何体为正方体3C ,其棱长263222333===B A B A a ,如此类推：得到2,22,6654===a a a 。
2019年高考数学真题专题06 立体几何(解答题)
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06 几何图形初步—角度问题压轴真题(解析版)-初中数学七年级上学期重难点题型必刷题(人教版)
专题06 高分必刷题-几何图形初步—角度问题压轴题真题（解析版）专题简介：本份资料专攻《几何图形初步》这一章中求角度的压轴题，所选题目源自各名校月考、期末试题中的压轴题真题，大都涉及到角度的旋转问题，难度较大，适合于想挑战满分的学生考前刷题使用，也适合于培训机构的老师培训尖子生时使用。
1.（明德）已知120AOB ∠=，60COD ∠=，OE 平分∠BOC .(1)如图①，当∠COD 在∠AOB 的内部时.①若∠AOC =40°，则∠COE =_________；∠DOE =_________.②若∠AOC =α，则∠DOE =_________（用含α的代数式表示）；（2）如图②，当∠COD 在∠AOB 的外部时①请写出∠AOC 与∠DOE 的度数之间的关系，并说明理由.②在∠AOC 内部有一条射线OF ，满足∠AOC +2∠BOE =4∠AOF ，写出∠AOF 与∠DOE 的度数之间的关系，并说明理由.【解答】解：（1）①∵∠AOB ＝120°，∠AOC ＝40°，∴∠BOC ＝80°，∵OE 平分∠BOC ， ∴∠COE ＝∠BOC ＝40°，∵∠COD ＝60°，∴∠DOE ＝∠COD ﹣∠COE ＝60°﹣40°＝20°．故答案为：40°，20°．②∵∠AOB ＝120°，∠AOC ＝α，∴∠BOC ＝120°﹣α，∵OE 平分∠BOC ，∴∠COE ＝∠BOC ＝60°﹣α，∵∠COD ＝60°，∴∠DOE ＝∠COD ﹣∠COE ＝60°﹣（60°﹣α）＝α．故答案为：α．（2）①∵OE 平分∠BOC ，∴∠BOC ＝2∠COE ，∵∠AOC ﹣∠AOB ＝∠BOC ，∠DOE ﹣∠COD ＝∠EOC ，∴∠AOC ﹣∠AOB ＝2（∠DOE ﹣∠COD ），∵∠AOB ＝120°，∠COD ＝60°，∴∠AOC ﹣120°＝2（∠DOE ﹣60°），化简得：2∠DOE ＝∠AOC ．②∠DOE ﹣∠AOF ＝30°，理由如下：∵∠AOC ＝∠AOB +∠BOC ，∠BOC ＝2∠BOE ，∠AOC +2∠BOE ＝4∠AOF ，∴4∠AOF ＝∠AOB +4∠BOE ，∵∠DOE ＝∠COD +∠COE ，∠COE ＝∠BOE ，∴4∠DOE ＝4∠COD +4∠BOE ，∴4∠AOF ﹣4∠DOE ＝∠AOB ﹣4∠COD ，∵∠AOB ＝120°，∠COD ＝60°，∴4∠AOF ﹣4∠DOE ＝﹣120°，∴∠DOE ﹣∠AOF ＝30°．2.（长梅）定义：从一个角的顶点出发，把这个角分成1：2的两个角的射线，叫作这个角的三分钱，显然，一个角的三分线有两条.(1)如图①，已知OC 是∠AOB 的一条三分钱，且BOC AOC ∠>∠，若75AOB AOC ∠=︒∠=， ；(2)如图②，已知90AOB ∠=︒，若OC ，OD 是∠AOB 的两条三分线.①求∠COD 的度数；②在①的基础上，现以O 为中心，将∠COD 顺时针旋转n °得到C OD ''∠.当OA 恰好是C OD ''∠的三分线时，求n 的值.图① 图②【解答】解：（1）已知OC 是∠AOB 的一条三分钱，且∠BOC ＞∠AOC ，若∠AOB ＝75°， ∴∠AOC ＝∠AOB ＝25°，故答案为：25°．（2）①如图2，∵∠AOB ＝90°，OC ，OD 是∠AOB 的两条三分线，∴∠COD ＝∠AOB ＝30°；②分两种情况：当OA 是∠C 'OD '的三分线，且∠AOD '＞∠AOC '时，∠AOC ′＝10°， ∴∠DOC '＝30°﹣10°＝20°，∴∠DOD '＝20°+30°＝50°；当OA 是∠C ′OD '的三分线，且∠AOD '＜∠AOC 时，∠AOC '＝20°，∴∠DOC ′＝30°﹣20°＝10°，∴∠DOD '＝10°+30°＝40°；综上所述，n ＝40°或50°．3．（师大）若A 、O 、B 三点共线，∠BOC ＝50°，将一个三角板的直角顶点放在点O 处（注：∠DOE ＝90°，∠DEO ＝30°）．（1）如图1，使三角板的短直角边OD 在射线OB 上，则∠COE ＝ ；（2）如图2，将三角板DOE 绕点O 逆时针方向旋转，若OE 恰好平分∠AOC ，则OD 所在射线是∠BOC 的 ；（3）如图3，将三角板DOE 绕点O 逆时针转动到使∠COD ＝∠AOE 时，求∠BOD 的度数；（4）将图1中的三角板绕点O 以每秒5°的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，第t 秒时，OE 恰好与直线OC 重合，求t 的值．【解答】解：（1）∵∠DOE ＝90°，∠BOC ＝50°，∴∠COE ＝40°，故答案为40°；（2）∵OE 平分∠AOC ，∴∠AOE ＝∠COE ，∵∠COE +DOC ＝∠DOE ＝90°，∴∠AOE +∠DOB ＝90°，∴∠DOC ＝∠DOB ，∴DO 平分∠BOC ，∴DO 是∠BOC 的角平分线，故答案为：角平分线；（3）∵∠COD ＝∠AOE ，∠COD +∠DOE +∠AOE ＝130°，∴5∠COD ＝40°，∴∠COD ＝8°，∴∠BOD ＝58°；（4）当OE 与射线OC 的反向延长线重合时，5t +40＝180，∴t ＝28，当OE 与射线OC 重合时，5t ＝360﹣40，∴t ＝64，综上所述：t 的值为28或64．4.（雅礼）如图1，点O 为直线AB 上一点，过点O 作射线OC ，使130BOC ∠=︒。
《立体几何》解答题20题及答案
立体几何解答题（1）1、如图，在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AB 、BC 的中点。
（Ⅰ）证明：平面MNB 1⊥平面BDD 1B 1 （Ⅱ）求点B 到平面1MNB 的距离。
NDC B B 1D 1AA 1C 1NMD 1A 1B 1C 1BC AD（Ⅰ）证明：,BD MN ⊥Θ且,1BB MN ⊥,11D D BB MN 面⊥∴又,1MN B MN 面⊆ ∴平面MNB 1⊥平面BDD 1B 1（Ⅱ）解：设点B 到平面1MNB 的距离为d ，则三棱锥MN B B V 1-的高等于d 。
BMN B MN B B V V --=11131311BB S d S BMN MN B ⋅=⋅∴∆∆MN B S 1∆=23，BMN S ∆=21221312331⨯⨯=⨯∴d∴32=d ，即点B 到平面1MNB 的距离为322、 已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为4的正方形， PD ABCD ⊥平面，6,,PD E F =分别为,PB AB 中点。
(1)证明：BC PDC ⊥平面;(2)求三棱锥P DEF -的体积。
解：（1）,PD ABCD BC ABCD PD BC ⊥⊂∴⊥平面平面又底面ABCD 是正方形，故BC CD ⊥ ,PD DC 相交 故BC PDC ⊥平面M DCB A P （2）E PB 为中点，故,P B 两点到平面DEF 的距离相等 故P DEF B DEF E BDF V V V ---==设BD 中点'E ，则1'32EE PD ==且'//EE PD ，又PD ABCD ⊥平面故'EE ABCD ⊥平面，又14242BDF S ∆=⨯⨯=故14343P DEF E BDF V V --==⨯⨯=3、如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥ 平面ABCD ，2PA AD ==，1AB =,BM PD ⊥于点M ．(1) 求证：AM ⊥PD ；(2) 求直线CD 与平面ACM 所成的角的余弦值.(1)证明：∵ PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ,∴PA AB ⊥.∵AB AD ⊥，,AD PA A AD =⊂I 平面PAD ,PA ⊂平面PAD , ∴AB ⊥平面PAD .∵PD ⊂平面PAD ∴AB PD ⊥， ∵BM PD ⊥, AB BM B =I ,AB ⊂平面ABM , BM ⊂平面ABM ,∴PD ⊥平面ABM .∵AM ⊂平面ABM ,∴AM ⊥PD .（2）解：由（1）知，AM PD ⊥，又PA AD =，则M 是PD 的中点,在Rt △PAD 中,得AM =在Rt △CDM 中,得MC =,∴122ACM S AM MC ∆=⋅=.设点D 到平面ACM 的距离为h ，由D ACM M ACD V V --=，得PA S h S ACD ACM 213131⋅=⋅∆∆.解得h =，设直线CD 与平面ACM 所成的角为θ，则sin 3h CD θ==，∴cos 3θ=.∴ 直线CD 与平面ACM所成的角的余弦值为3.4、如图，三棱柱111C B A ABC -的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是3，D 是AC 的中点.（1）求证：平面BD A 1⊥平面11A ACC ； （2）求直线1AB 与平面BD A 1所成的角的正弦值. 【解】：（1）Θ正三棱住111C B A ABC -，∴ 1AA ⊥底面ABC ，又ΘBD ⊥AC ，1A A AC A =I ,∴BD ⊥平面11A ACC ,又ΘBD ⊂平面B A 1 D ∴平面B A 1 D ⊥平面11A ACC（2）作AM ⊥D A 1，M 为垂足，由（1）知AM ⊥平面B 1D A ，设1A B 与B A 1相交于点P ，连接MP ，则A PM ∠就是直线B A 1与平面B A 1D 所成的角，Θ1AA =3，AD=1，∴在Rt ∆1AA D 中，DA A 1∠=3π，∴23sin601AM =⨯=ο，27AB 21AP 1==，∴.7212723AP AM APM sin ===∠ 直线1A B 与平面B A 1D 所成的角的正弦值为7215、如图所示，CE ABC PA ACB BC AC ,,90,1平面⊥=∠==ο∥22,==CE PA PA . (Ⅰ)求三棱锥PAB E -的体积；(Ⅱ)在棱PB 上是否存在一点F ，使得EF ∥平面ABC ?证明你的结论.【解】(Ⅰ) .311122131=⨯⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯⨯==--EPA B PAB E V V(Ⅱ)取棱PB 的中点为F ，则有EF ∥平面.证明如下： 取棱PB 的中点为F ，EF G AB 连的中点为,,∥EC PA FG PA ，又且121,==∥PA FG CE ，所以且1=∥EC FG CE =且,,因此四边形EF EFGC 为平行四边形，所以∥ABC CG ABC EF CG 平面平面又⊂⊄,,,所以EF ∥平面ABC .6、如图，已知在侧棱垂直于底面的三棱柱111C B A ABC -中，AC BC ==2,且AC BC ⊥，点D 是11A B 中点．PECC 1B 1(1)求证：平面1AC D ⊥平面11A ABB ； (2)若直线1AC 与平面11A ABB 所成角的正弦值为1010， 求三棱锥11A AC D -的体积．【解】(1)证明（略） (2)由（1）可知111C D A ABB ⊥平面，所以AC 1与平面A 1ABB 1所成的角为1C AD ∠,在1RT C AD ∆中，由11110sin 10C D C AD AC ∠==, 122A A ∴= ∴1111A AC D C A AD V V --==1112.33A AD S C D ∆=7、 已知四边形ABCD 为矩形，AD ＝4，AB ＝2，E 、F 分别是线段AB 、BC 的中点，P A ⊥面ABCD .(1)求证：PF ⊥FD ；(2)设点G 在P A 上，且EG ∥面PFD ，试确定点G 的位置．【解】证明：（1）连接AF ，在矩形ABCD 中， ∵AD=4,AB=2,点F 是BC 的中点，∴∠AFB=∠DFC=45ο,∠AFD=90ο,即AF ⊥FD,又∵PA ⊥面ABCD,∴PA ⊥FD,又∵AF∩PA=A,FD ⊥面PAF, ∵PF ⊂ 面PAF,∴PF ⊥FD（2）过E 作EH ∥FD 交AD 于H ，则EH ∥面AFD,且AH=41AD, 过H 作HG ∥PD 交PA 于G ,则GH ∥面PFD 且AG=14PA,∴面EHG ∥面PFD,则EG ∥面PFD,从而G 点满足AG=14PA ，及G 点的位置在PA 上靠近A 点处的四等分点。
专题06 立体几何专项高考真题总汇(带答案与解析)
专题06立体几何（解答题）1．【2021·全国高考真题】如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)详见解析(2)6【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO ⊥平面BCD ，即可证得结果；（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.【解析】（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD因为平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD (2)作EF ⊥BD 于F,作FM ⊥BC 于M,连FM 因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD,AO ⊥CD所以EF ⊥BD,EF ⊥CD,BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FM EF F =I ,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥ME 则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角,4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以BCD 为直角三角形因为2DE EA =,1112(1)2233FM BF ∴==+=从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥Q 平面BCD,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.2．【2021·浙江高考真题】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,15ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥.（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）156．【分析】（1）要证AB PM ⊥，可证DC PM ⊥，由题意可得，PD DC ⊥，易证DM DC ⊥，从而DC ⊥平面PDM ，即有DC PM ⊥，从而得证；（2）取AD 中点E ，根据题意可知，,,ME DM PM 两两垂直，所以以点M 为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量AN和平面PDM 的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【解析】（1）在DCM △中，1DC =，2CM =，60DCM ∠= ，由余弦定理可得DM =，所以222DM DC CM +=，∴DM DC ⊥．由题意DC PD ⊥且PD DMD ⋂=，DC ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，所以DC PM ⊥，又//AB DC ，所以AB PM ⊥．（2）由PM MD ⊥，AB PM ⊥，而AB 与DM 相交，所以PM ⊥平面ABCD，因为AM =，所以PM =，取AD 中点E ，连接ME ，则,,ME DM PM 两两垂直，以点M 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则(2,0),(0,0,A P D,(0,0,0),1,0)M C -又N 为PC中点，所以31335,,,2222N AN ⎛⎛-=- ⎝⎝ .由（1）得CD ⊥平面PDM ，所以平面PDM 的一个法向量(0,1,0)n =从而直线AN 与平面PDM所成角的正弦值为5||2sin 6||AN n AN n θ⋅===‖．【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明AB PM ⊥，可以考虑DC PM ⊥，题中与DC 有垂直关系的直线较多，易证DC ⊥平面PDM ，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．3．【2021·全国高考真题（理）】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2）112B D =【分析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．【解析】因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1BB ⊥底面ABC ，所以1BB AB ⊥因为11//A B AB ，11BF A B ⊥，所以BF AB ⊥，又1BB BF B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．所以()()()()()()1110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2B A C B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．（1）因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-= ，所以BF DE ⊥．（2）设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅===⋅ ．当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ63=．所以()min3sin 3θ==，此时112B D =．【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出(),0,2D a （02a ≤≤），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．4．【2021·全国高考真题（理）】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．【答案】（12；（2）7014【分析】（1）以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设2BC a =，由已知条件得出0PB AM ⋅=，求出a 的值，即可得出BC 的长；（2）求出平面PAM 、PBM 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【解析】（1）PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+= ，解得22a =，故2BC a ==；（2）设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z = ，则2,1,02AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由111102m AM x y mAP z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =，可得)2m = ，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z = ，2,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由2222202n BM x nBP y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩ ，取21y =，可得()0,1,1n =r，314cos ,14m n m n m n⋅<>==⋅，所以，70sin ,14m n <>==，因此，二面角A PM B --的正弦值为14.【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.5．【2021·北京高考真题】已知正方体1111ABCD A B C D -，点E 为11A D 中点，直线11B C 交平面CDE 于点F ．（1）证明：点F 为11B C 的中点；（2）若点M 为棱11A B 上一点，且二面角M CF E --的余弦值为53，求111A M A B 的值．【答案】（1）证明见解析；（2）11112A M AB =．【分析】(1)首先将平面CDE 进行扩展，然后结合所得的平面与直线11BC 的交点即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数λ的值.【解析】(1)如图所示，取11B C 的中点'F ，连结,','DE EF F C ，由于1111ABCD A B C D -为正方体，,'E F 为中点，故'EF CD ，从而,',,E F C D 四点共面，即平面CDE 即平面'CDEF ，据此可得：直线11B C 交平面CDE 于点'F ，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点'F 重合，即点F 为11B C 中点.(2)以点D 为坐标原点，1,,DA DC DD 方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方形，建立空间直角坐标系D xyz -，不妨设正方体的棱长为2，设()11101A MA B λλ=≤≤，则：()()()()2,2,2,0,2,0,1,2,2,1,0,2M C F E λ，从而：()()()2,22,2,1,0,2,0,2,0MC CF FE λ=---==-，设平面MCF 的法向量为：()111,,m x y z =，则：()111112222020m MC x y z m CF x z λ⎧⋅=-+--=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：12,,11m λ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，设平面CFE 的法向量为：()222,,n x y z =，则：2222020n FE y n CF x z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：()2,0,1n =-，从而：5,m n m n ⋅===则：,5cos 3m n m n m n ⋅===⨯ ，整理可得：()2114λ-=，故12λ=（32λ=舍去）.【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.6．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，66PO DO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===.因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥.又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥.所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,222E A C P --.所以312(,,0),(0,1,222EC EP =--=- .设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即021022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(3=-m .由（1）知2(0,1,2AP = 是平面PCB 的一个法向量，记AP = n ，则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.7．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以1MN CC ∥．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．所以平面A 1AMN ⊥平面11EB C F ．（2）由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM 3连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故23231(,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．设(,0,0)Q a ，则22123234()(4())33NQ a B a a =----，故21123223210(,,4()|3333B E a a B E =-----=．又(0,1,0)=-n 是平面A 1AMN 的法向量，故1111π10sin(,)cos ,210||B E B E B E B E ⋅-===⋅ n n |n |所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010．8．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【解析】设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c = ，11(0,,)3C F b c = ，得1EA C F = ．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内．（2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =-- ，1(0,1,2)A E =- ，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ．设2n 为平面1A EF 的法向量，则22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．9．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C = 所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.10．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，1222BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥.（Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD =.由2,DO OC BO BC ====BD OH ==所以sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-.设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．11．【2020年高考天津】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【解析】依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M = ，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA = 是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =- ．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ．因此有|||6cos ,6|A CA C CA ⋅〈〉==n n n ，于是30sin ,6CA 〈〉= n ．所以，二面角1B B E D --的正弦值为306．（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,3||||AB AB AB ⋅==-n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值为33．12．【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）105.【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)，3,2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =- ，1(3,2)A M =--，1(1,0,2)A N =-- ，(0,3,0)MN =-．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以32040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取(3,1,0)=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n 所以3020q p r ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是2315cos ,||525⋅〈〉==⨯‖m n m n m n ，所以二面角1A MA N --的正弦值为105．【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.13．【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）32.【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 --的正弦值为2．【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.14．【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 =（1，0AC=（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3cos ,||||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.15．【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13 PFPC=．（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23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）33；（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,AEAF⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn即0,2240.333y zx 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3cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p .由题知，二面角F −AE −P为锐角，所以其余弦值为3．（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.16．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,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)CF 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224||1cos ,||||3432h h -⋅〈〉==+m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF的长为8 7．【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．17．【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−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.18．【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 A C 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 3EG 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，），B，1，0），1B，33,,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=(10)=(02BC A C -，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，得0y 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.。
立体几何专题解答题(含解析)
《立体几何》专题训练（解答题）空间向量在立体几何的运用：(1)异面直线所成的角：设a ，b 分别为异面直线a ，b 的方向向量，则两异面直线所成的角满足cos θ＝|a ·b ||a ||b |. (2)线面角：设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角满足sin θ＝|l ·n ||l ||n |.(3)二面角：①如图(1)，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．②如图(2)(3)，n 1，n 2分别是二面角a －l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝－cos 〈n 1，n 2〉或cos 〈n 1，n 2〉．一．利用空间向量证明平行与垂直(厦门模拟)如图，在直三棱柱ADE -BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，F (1，0，1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1，0，0)，所以OM →·BA →＝0， 所以OM →⊥BA →.因为棱柱ADE -BCF 是直三棱柱，所以AB ⊥平面BCF ，所以BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，所以OM ∥平面BCF . (2)设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 因为DF →＝(1，－1，1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1，0，0)， 由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1.令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0，1，1)． 因为n 1·n 2＝0，所以平面MDF ⊥平面EFCD .二．利用空间向量求线线角、线面角、二面角命题 角度一 利用空间向量求线线角、线面角【典例1】 (新课标Ⅰ高考)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．【解】 (1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322， 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.[一题多变]若题(2)变为：求直线AE 与平面ACF 所成的角． 【解】 设平面ACF 的法向量为n 0＝(x 0，y 0，z 0)， 则AC →＝(0，23，0)，CF →＝(－1，－3，22)．由n 0·AC →＝0得，23y 0＝0，即y 0＝0. 由n 0·CF →＝0得，－x 0－3y 0＋22z 0＝0，所以x 0＝22z 0， 所以n 0＝(22z 0，0，z 0)． 令z 0＝2，则n 0＝(2，0，2)． 所以cos 〈AE →，n 0〉＝AE →·n 0|AE →|·|n 0|＝1×2＋3×0＋2×21＋32＋22·22＋02＋22＝22. 所以〈AE →，n 0〉＝45°.所以直线AE 与平面ACF 所成的角为45°. 命题角度二 利用空间向量求二面角【典例2】 山东高考)如图，在三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE, ∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．(1)证明：连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH.在三棱台DEF ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OH∥BD.又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.(2)设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEF ABC中，G为AC的中点，由DF＝12AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DG ∥FC ，又FC ⊥平面ABC ，所以DG ⊥平面ABC .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 中点． 所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ，因此GB ，GC ，GD 两两垂直． 以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz . 所以G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1)． 可得H ⎝⎛⎭⎫22，22，0，F (0，2，1)． 故GH →＝⎝⎛⎭⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)． 因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0，0)． 所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n|＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 三、转化与化归思想求解空间垂直与平行关系及空间角问题【典例】 (天津模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面为直角梯形ABCD ，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AP ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为PC ，PB 的中点．(1)求证：PB ⊥DM ；(2)求CD 与平面ADMN 所成角的正弦值；【解】 (1)证明：如图以A 为原点建立空间直角坐标系，设BC ＝1，A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，1，0)，D (0，2，0)，M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，N (1，0，1)，P (0，0，2)． PB →＝(2，0，－2)，DM →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，1， 所以PB →·DM →＝0，所以PB ⊥DM .(2)CD →＝(－2，1，0)，设平面ADMN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， AD →＝(0，2，0)，AN →＝(1，0，1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AN →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，0，－1)，设CD 与平面ADMN 所成的角为α， 则sin α＝|CD →·n ||CD →||n |＝25×2＝105.专题训练：1．(安徽高考)如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .(1)证明：EF ∥B 1C ；(2)求二面角E -A 1D B 1的余弦值．【解】 (1)证明：由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝⎛⎭⎫12，12，1.设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →， n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1)．设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1)．所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.2(天津高考)如图，在四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1ACB 1的正弦值；【解】如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0，0，0)，B (0，1，0)，C (2，0，0)，D (1，－2，0)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点， 得M ⎝⎛⎭⎫1，12，1.N (1，－2，1)． (1)证明：依题意，可得n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，0.由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2，2)，AC →＝(2，0，0)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0. 不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0，1，1)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0，1，2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2，1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1ACB 1的正弦值为31010.3．(福建高考)如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE ⊥EC ，AB ＝BE ＝EC ＝2，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．(1)求证：GF ∥平面ADE ；(2)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值． 【解】 (1)证明：如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ， 又G 是BE 的中点， 所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB .又F 是CD 的中点，所以DF＝12CD.由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，所以GH∥DF，且GH＝DF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，所以GF∥平面ADE.(2)如下图，在平面BEC内，过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.以B为原点，分别以BE→，BQ→，BA→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)．因为AB⊥平面BEC，所以BA→＝(0，0，2)为平面BEC的法向量．设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量．又AE→＝(2，0，－2)，AF→＝(2，2，－1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0.取z ＝2，得n ＝(2，－1，2)．从而cos 〈n ，BA →〉＝n ·BA →|n |·|BA →|＝43×2＝23，所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23.4．(山东聊城二模)如图(1)所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A -DC -B .(如图(2))(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E -DF -C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由．【解】 (1)平行．在△ABC 中，由E 、F 分别是AC 、BC 中点，得EF ∥AB ，又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB 、DC 、DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF →＝(1，3，0)，DE →＝(0，3，1)，DA →＝(0，0，2)．平面CDF 的法向量为DA →＝(0，0，2)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)， cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →||n |＝217，所以二面角E -DF -C 的余弦值为217. (3)存在．设P (s ，t ，0)，有AP →＝(s ，t ，－2)， 则AP →·DE →＝3t －2＝0，∴t ＝233，又BP →＝(s －2，t ，0)，PC →＝(－s ，23－t ，0)， ∵BP →∥PC →，∴(s －2)(23－t )＝－st ， ∴3s ＋t ＝2 3.把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP →＝13·BC →，∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE .此时，BP BC ＝13.5(浙江高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值．证明：设E为BC的中点，连结A1E，AE，DE，由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.因为AB＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.(3分)由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A且DE＝A1A，所以四边形A1AED为平行四边形．故A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(6分)(2)以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示．由题意知各点坐标如下：A 1(0，0，14)，B (0，2，0)，D (－2，0，14)，B 1(－2，2，14)． 因此A 1B →＝(0，2，－14)，BD →＝(－2，－2，14)， DB 1→＝(0，2，0)．(9分)设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1－14z 1＝0，－2x 1－2y 1＋14z 1＝0，可取m ＝(0，7，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB 1→＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，－2x 2－2y 2＋14z 2＝0，可取n ＝(7，0，1)．(12分) 于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝18. 6．(新课标Ⅱ高考)如图，长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 【解】 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.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Dxyz ，则A (10，0，0)，H (10，10，0)，E (10，4，8)，F (0，4，8)，FE →＝(10，0，0)，HE →＝(0，－6，8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0，4，3)．又AF→＝(－10，4，8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.7．(河北衡水中学二模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面是边长为1的正方形，P A ⊥底面ABCD ，E 、F 分别为AB 、PC 的中点．(1)求证：EF ∥平面P AD ；(2)若P A ＝2，试问在线段EF 上是否存在点Q ，使得二面角Q －AP －D 的余弦值为55？若存在，确定点Q 的位置；若不存在，请说明理由．【解】 (1)证明：取PD 中点M ，连结MF ，MA ，则MF ∥CD 且MF ＝12CD ，又AE ∥CD 且AE ＝12AB＝12CD ，∴MF 綊CD ， 故四边形EFMA 为平行四边形，∴EF ∥AM . 又∵EF ⊄平面P AD ，AM ⊂平面P AD ， ∴EF ∥平面P AD .(2)如图，以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系，则P (0，0，2)，B (0，1，0)，C (1，1，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，F ⎝⎛⎭⎫12，12，1. 由题易知平面P AD 的一个法向量为m ＝(0，1，0)，假设存在Q 满足条件．设EQ →＝λEF →(0≤λ≤1)，因为EF →＝⎝⎛⎭⎫12，0，1，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，所以Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2，12，λ.因为AP →＝(0，0，2)，AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2，12，λ，设平面P AQ 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧λ2x ＋12y ＋λz ＝0，z ＝0，取x ＝1，则y ＝－λ，∴n ＝(1，－λ，0)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝－λ1＋λ2，由已知得λ1＋λ2＝55. 解得λ＝12，则存在满足条件的Q ，其是EF 的中点．8.(重庆高考)已知如图，三棱锥P ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2.(1)证明：DE ⊥平面PCD ； (2)求二面角APDC 的余弦值．【解】 (1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，故PC ⊥DE . 由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD .(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)， ED →＝(1，－1，0)，DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0. 设平面P AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1，0)． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36，故所求二面角APDC 的余弦值为36.9.(江苏高考)如图，在四棱锥P ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．【解】 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．(1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)． 因为PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)， 又CB →＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)， 又DP →＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.10(广东高考)如图所示，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P-AD-C 的正切值；(3)求直线P A 与直线FG 所成角的余弦值．【解】 以E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0，0，0)，P (0，0，7)，F (3，1，0)，G (2，3，0)，A (3，－3，0)，D (0，－3，0)．(1)证明：EP →＝(0，0，7)，FG →＝(－1，2，0)，EP →·FG →＝0，∴PE ⊥FG .(2)平面ADC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)，设平面P AD 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n 2＝（0，3，7）·（x ，y ，z ）＝3y ＋7z ＝0，AP →·n 2＝（－3，3，7）·（x ，y ，z ）＝－3x ＋3y ＋7z ＝0，取y ＝1，则x ＝0，z ＝－37，∴n 2＝(0，1，－37)为平面P AD 的一个法向量．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－371×1＋97＝－34.记所求二面角的大小为θ，显然θ为锐角， ∴cos θ＝34，tan θ＝73.(3)∵AP →＝(－3，3，7)，FG →＝(－1，2，0)，∴cos 〈AP →，FG →〉＝AP →·FG →|AP →|·|FG →|＝3＋6＋09＋9＋7×5＝9525， ∴直线P A 与直线FG 所成角的余弦值为9525.。
高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题06 平面与平面的平行、垂直的判定与性质(解析版)
立体几何与空间向量06 平面与平面的平行、垂直的判定与性质【考点讲解】一、具体目标：1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理；2.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.二、知识概述：1.面面平行的判定与性质a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，α∥β，α∩γ＝a，(1)定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；(2)判定定理：a⊂α，b⊂α，a∩b＝M，a∥β，b∥β⇒α∥β；(3)推论：a∩b＝M，a，b⊂α，a′∩b′＝M′，a′，b′⊂β，a∥a′，b∥b′⇒α∥β.3．两个平面平行的性质定理(1)α∥β，a⊂α⇒a∥β；(2)α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b.3.平面与平面垂直的判定与性质(1)平面与平面垂直的判定方法①定义法.②利用判定定理：如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的性质：如果两平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．4.定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．5.定理：⎭⎪⎬⎪⎫AB βAB ⊥α⇒β⊥α⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝MNAB βAB ⊥MN⇒AB ⊥α1.【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【解析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件.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 ． 【答案】B2.【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【解析】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.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>； 【真题分析】在Rt △PED 中，tan tan PD PDED BDγβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.【变式1】【2018年高考浙江卷】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则（ ）A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO ，SN ，SE ，SM ，OM ，OE ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ， 因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ，故选D. 【答案】D【变式2】【2017年高考浙江卷】如图，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CR QC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为αβγ,,，则（ ）A ． γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而三棱锥的高相等，因此αγβ<<，所以选B ． 【答案】B3.【2018优选题】空间中，设,m n 表示不同的直线， ,,αβγ表示不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若,αγβγ⊥⊥，则//αβB. 若,m m αβ⊥⊥，则//αβC. 若,m βαβ⊥⊥，则//m αD. 若,n m n α⊥⊥，则//m α 【解析】本题考点是面面平行，线面平行的判定.A 项，若,αγβγ⊥⊥，过正方体同一顶点的三个平面分别为,,αβγ，则αβ⊥，故A 项不合题意；B 项，若,m m αβ⊥⊥，根据垂直于同一条直线的两个平面平行，则//αβ，故B 项符合题意；C 项，若,m βαβ⊥⊥，由同时垂直于一个平面的直线和平面的位置关系可以是直线在平面内或平行可知，直线m 在平面α内或平行，故C 项不合题意；D 项，若,n m n α⊥⊥,由同时垂直于一条直线的直线和平面的位置关系可以是直线在平面内或平行可知，直线m 在平面α内或平行，故D 项不合题意. 故选B. 【答案】B4.【2019优选题】在正四面体P －ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，则下面四个结论中不成立的是( ) A ．BC ∥平面PDF B ．DF ⊥平面P AE C ．平面PDF ⊥平面ABCD ．平面P AE ⊥平面ABC【解析】画出图形，如图所示，则BC ∥DF ，又DF ⊂平面PDF ，BC ⊄平面PDF ，∴BC ∥平面PDF ，故A 成立；由题意可得AE ⊥BC ，PE ⊥BC ，BC ∥DF ，则DF ⊥AE ，DF ⊥PE ，∴DF ⊥平面P AE ，故B 成立； 又DF ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面P AE ，故D 成立．本题的考点是平面与平面垂直的判定.【答案】C5.【2016全国新课标2】α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题：①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . ③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号）【解析】对于①，,,//m n m n αβ⊥⊥，则,αβ的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面α相交于直线c ，则//n c ，因为,,m m c m n α⊥⊥⊥所以所以，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的命题有②③④.本题考点是空间中的线面关系. 【答案】②③④6.【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．【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=P DC ，可得B 1C =P A 1D ，故ME =P 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 uuu r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 =-u u u r ，1(12)A M =--u u u u r ，1(1,0,2)A N =--u u u u r，(0,MN =u u u u r ．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u rm 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 ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u ur ，．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 --的正弦值为5． 7.【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.【解析】（1）由已知得AD P BE ，CG P BE ，所以AD P 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，EHH 为坐标原点，HC u u u r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 uuu r =（1，0），AC uuu r=（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u r 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°．8.【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】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定.（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=12 AB．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．9.【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】本题从多面体折叠开始，考查考生在折叠过程中掌握哪些量的大小与位置关系是不变与变化的，折叠后的多面体的性质解决题中的要求.（1）由已知得AD P BE，CG P BE，所以AD P 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 DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．10.【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．【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 ==-=u u u ru u u r u u u r．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r 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3cos ,||3⋅〈〉==-‖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 ==--u u ur ，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++=u u u r n .所以直线AG 在平面AEF 内.11.【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AC BD H =I ，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 I 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 =I ，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DN =又DN AN ⊥， 在Rt AND △中，3sinDN DAN AD ∠==.所以，直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为3.12.【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,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．【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE u u u r u u u r u u u r，，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)CF h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB =u u u r 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =u u u r ，可得0BF AB ⋅=u u u r u u u r ，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 =-=-=--u u u ru u u r u u u r．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r 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 ⋅==-u u u ru u u r u u u r 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 ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r 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．【模拟考场】1.设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m β∥”是“αβ∥”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】本题考点是线面平行与面面平行与充要条件的综合应用.因为α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．若“m β∥”，则平面、αβ可能相交也可能平行，不能推出//αβ，反过来若//αβ，m α⊂，则有m β∥，则“m β∥”是“αβ∥”的必要而不充分条件，故选B. 【答案】B2.设,a b 是空间中不同的直线， ,αβ是不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A. //,a b b α⊂，则//a αB. ,,//a b αβαβ⊂⊂，则//a bC. ,,//,//a b b αααββ⊂⊂，则//αβD. //,a αβα⊂，则//a β【解析】本题考点是线面平行，面面平行的判定。
《立体几何》解答题20题及答案
立体几何解答题（1）1、如图，在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AB 、BC 的中点。
（Ⅰ）证明：平面MNB 1⊥平面BDD 1B 1 （Ⅱ）求点B 到平面1MNB 的距离。
NDC B B 1D 1AA 1C 1NMD 1A 1B 1C 1BC AD（Ⅰ）证明：,BD MN ⊥Θ且,1BB MN ⊥,11D D BB MN 面⊥∴又,1MN B MN 面⊆ ∴平面MNB 1⊥平面BDD 1B 1（Ⅱ）解：设点B 到平面1MNB 的距离为d ，则三棱锥MN B B V 1-的高等于d 。
BMN B MN B B V V --=11131311BB S d S BMN MN B ⋅=⋅∴∆∆MN B S 1∆=23，BMN S ∆=21221312331⨯⨯=⨯∴d∴32=d ，即点B 到平面1MNB 的距离为322、 已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为4的正方形， PD ABCD ⊥平面，6,,PD E F =分别为,PB AB 中点。
(1)证明：BC PDC ⊥平面;(2)求三棱锥P DEF -的体积。
解：（1）,PD ABCD BC ABCD PD BC ⊥⊂∴⊥平面平面又底面ABCD 是正方形，故BC CD ⊥ ,PD DC 相交 故BC PDC ⊥平面M DCB A P （2）E PB 为中点，故,P B 两点到平面DEF 的距离相等 故P DEF B DEF E BDF V V V ---==设BD 中点'E ，则1'32EE PD ==且'//EE PD ，又PD ABCD ⊥平面故'EE ABCD ⊥平面，又14242BDF S ∆=⨯⨯=故14343P DEF E BDF V V --==⨯⨯=3、如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥ 平面ABCD ，2PA AD ==，1AB =,BM PD ⊥于点M ．(1) 求证：AM ⊥PD ；(2) 求直线CD 与平面ACM 所成的角的余弦值.(1)证明：∵ PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ,∴PA AB ⊥.∵AB AD ⊥，,AD PA A AD =⊂I 平面PAD ,PA ⊂平面PAD , ∴AB ⊥平面PAD .∵PD ⊂平面PAD ∴AB PD ⊥， ∵BM PD ⊥, AB BM B =I ,AB ⊂平面ABM , BM ⊂平面ABM ,∴PD ⊥平面ABM .∵AM ⊂平面ABM ,∴AM ⊥PD .（2）解：由（1）知，AM PD ⊥，又PA AD =，则M 是PD 的中点,在Rt △PAD 中,得AM =在Rt △CDM 中,得MC =,∴122ACM S AM MC ∆=⋅=.设点D 到平面ACM 的距离为h ，由D ACM M ACD V V --=，得PA S h S ACD ACM 213131⋅=⋅∆∆.解得h =，设直线CD 与平面ACM 所成的角为θ，则sin 3h CD θ==，∴cos 3θ=.∴ 直线CD 与平面ACM所成的角的余弦值为3.4、如图，三棱柱111C B A ABC -的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是3，D 是AC 的中点.（1）求证：平面BD A 1⊥平面11A ACC ； （2）求直线1AB 与平面BD A 1所成的角的正弦值. 【解】：（1）Θ正三棱住111C B A ABC -，∴ 1AA ⊥底面ABC ，又ΘBD ⊥AC ，1A A AC A =I ,∴BD ⊥平面11A ACC ,又ΘBD ⊂平面B A 1 D ∴平面B A 1 D ⊥平面11A ACC（2）作AM ⊥D A 1，M 为垂足，由（1）知AM ⊥平面B 1D A ，设1A B 与B A 1相交于点P ，连接MP ，则A PM ∠就是直线B A 1与平面B A 1D 所成的角，Θ1AA =3，AD=1，∴在Rt ∆1AA D 中，DA A 1∠=3π，∴23sin601AM =⨯=ο，27AB 21AP 1==，∴.7212723AP AM APM sin ===∠ 直线1A B 与平面B A 1D 所成的角的正弦值为7215、如图所示，CE ABC PA ACB BC AC ,,90,1平面⊥=∠==ο∥22,==CE PA PA . (Ⅰ)求三棱锥PAB E -的体积；(Ⅱ)在棱PB 上是否存在一点F ，使得EF ∥平面ABC ?证明你的结论.【解】(Ⅰ) .311122131=⨯⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯⨯==--EPA B PAB E V V(Ⅱ)取棱PB 的中点为F ，则有EF ∥平面.证明如下： 取棱PB 的中点为F ，EF G AB 连的中点为,,∥EC PA FG PA ，又且121,==∥PA FG CE ，所以且1=∥EC FG CE =且,,因此四边形EF EFGC 为平行四边形，所以∥ABC CG ABC EF CG 平面平面又⊂⊄,,,所以EF ∥平面ABC .6、如图，已知在侧棱垂直于底面的三棱柱111C B A ABC -中，AC BC ==2,且AC BC ⊥，点D 是11A B 中点．PECC 1B 1(1)求证：平面1AC D ⊥平面11A ABB ； (2)若直线1AC 与平面11A ABB 所成角的正弦值为1010， 求三棱锥11A AC D -的体积．【解】(1)证明（略） (2)由（1）可知111C D A ABB ⊥平面，所以AC 1与平面A 1ABB 1所成的角为1C AD ∠,在1RT C AD ∆中，由11110sin 10C D C AD AC ∠==, 122A A ∴= ∴1111A AC D C A AD V V --==1112.33A AD S C D ∆=7、 已知四边形ABCD 为矩形，AD ＝4，AB ＝2，E 、F 分别是线段AB 、BC 的中点，P A ⊥面ABCD .(1)求证：PF ⊥FD ；(2)设点G 在P A 上，且EG ∥面PFD ，试确定点G 的位置．【解】证明：（1）连接AF ，在矩形ABCD 中， ∵AD=4,AB=2,点F 是BC 的中点，∴∠AFB=∠DFC=45ο,∠AFD=90ο,即AF ⊥FD,又∵PA ⊥面ABCD,∴PA ⊥FD,又∵AF∩PA=A,FD ⊥面PAF, ∵PF ⊂ 面PAF,∴PF ⊥FD（2）过E 作EH ∥FD 交AD 于H ，则EH ∥面AFD,且AH=41AD, 过H 作HG ∥PD 交PA 于G ,则GH ∥面PFD 且AG=14PA,∴面EHG ∥面PFD,则EG ∥面PFD,从而G 点满足AG=14PA ，及G 点的位置在PA 上靠近A 点处的四等分点。
专题06 立体几何中的动点及最值范围问题(解析版)
专题06 立体几何中动点及最值范围问题题型一、角度、长度最值范围问题（多选）1、设动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上，记11D P D B λ=当APC ∠为钝角时，则实数可能的取值是（ ） A ．12B ．23C ．13D ．1【答案】AB【分析】首先以D 为原点，DA ，DC ，1DD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，根据题意得到0PA PC ⋅<，再解不等式即可得到答案．【解析】以D 为原点，DA ，DC ，1DD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设正方体的边长为1，则()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ，()10,0,1D ，()11,0,1D A =-，()10,1,1D C =-，()11,1,1D B =-，所以()11,,D P D B λλλλ==-． 又因为()()()11,,1,0,11,,1PA PD D A λλλλλλ=+=--+-=---，()()()11,,0,1,1,1,1PC PD DC λλλλλλ=+=--+-=---， 因为APC ∠为钝角，所以0PA PC ⋅<，即()()()()()()()2111=1310λλλλλλλ--+--+---<，解得113λ<<．故选AB【名师点睛】本题主要考查空间向量的数量积运算，属于简单题．2、如图，正方体1111ABCD A B C D -，点P 在1AB 上运动（不含端点），点E 是AC 上一点（不含端点），设EP 与平面1ACD 所成角为θ，则cosθ的最小值为（ ）A ．13B ．33C ．53D ．63答案： A 解析：由已知求出AC 的中点1E 与1B 的连线与平面1ACD 所成角的余弦值，在1AB 上（不含端点）任取一点P ，在平面1AB E 内过P 作11//PE B E ，则EP 与平面1ACD 所成角11OE B θ=∠，可得1cos 3θ=，结合选项即可得答案．详解：解：如图，由正方体的性质，可得1B D ⊥平面1AD C ，且1B 在平面1AD C 上的射影O 为△1AD C 的外心．设正方体的棱长为1，则△1AD C 的边长为2， 当1E 为AC 的中点时，11162326OE =-=， 1116122B E =+=，此时11616cos 362OE B ==． 在1AB 上（不含端点）任取一点P ，在平面1AB E 内过P 作11//PE B E ，则EP 与平面1ACD 所成角11OE B θ=∠，可得1cos 3θ=．结合选项可知，cos θ的最小值为13．故选：A ．3、三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直，11AA AB AC ===，AB AC ⊥，N 是BC 的中点，点P 在11A B 上，且满足111A P A B λ=，当直线PN 与平面ABC 所成的角取最大值时，λ的值为( )A ．12B ．22C ．32D ．255【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，求出直线PN 与平面ABC 所成的角，即可求得结论．【解析】如图，以AB ，AC ，1AA 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系A xyz -，则(,P λ0，1)，11,,122PN λ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，平面ABC 的一个法向量为(0,n =0，1)设直线PN 与平面ABC 所成的角为θ，21sin 15()24PN nPN nθλ⋅∴==⋅-+， ∴当12λ=时，25(sin )5max θ=，此时角θ最大．故选A ． 【名师点睛】本题考查了向量法求线面角的求法，考查了函数最值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．4、如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 为线段AB 的中点，点F 在线段AD 上移动，异面直线1B C 与EF 所成角最小时，其余弦值为（ ）A ．0B ．12C ．105D ．1116【答案】C【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线1B C 与EF 的夹角的余弦值，根据夹角最小即可求得结果．【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，在正方体1111ABCD A B C D -中， 点E 为线段AB 的中点，设正方体棱长为2， 则1(0,0,0),(2,1,0),(2,2,2),(0,2,0)D E B C ，1(2,0,2)B C =--，设(),0,0F m ()02m ≤≤，(2,1,0)EF m =--，设异面直线1B C 与EF 的夹角为θ，则1212|||2(2)|cos ||||122(2)1211(2)EF B C m EF B C m m θ⋅-⨯-===⋅⋅-+⋅+-， 异面直线1B C 与EF 所成角最小时，则cos θ最大，即0m =时，210cos 51102141θ===⋅+．故选C ．【名师点睛】本题考查异面直线及其所成的角的余弦值，解题方法是建立空间直角坐标系，用空间向量法表示距离、求角，属于中档题．5、如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,E F 分别是棱11,AD B C 上的中点．若点P 为侧面正方形11ADD A 内（含边）动点，且存在,x y R ∈使1B P xBE yBF =+成立，则点P 的轨迹长度为A ．12B ．1C 5D ．2π 【答案】C【分析】根据向量共面判断出1//B P 平面BEF ，由面面平行得到P 点的轨迹，在直角三角形中求出边长即可．【解析】因为1B P xBE yBF =+成立，所以1B P BE BF 、、共面，即1//B P 平面BEF ， 如图，取11A D 中点Q ，连接1B Q 、1B A 、AQ ， 根据正方体的性质得，1//B Q BE ，1//B A FE ， 且111=B QB A B ，=FEBE E ，所以平面1//B AQ 平面BEF ，所以点P 在AQ 上运动，点P 的轨迹为线段AQ ，因为11A A =，112AQ =， 由勾股定理得151+=42QA =，故选C ．题型二、动点问题（多选）1、如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1A B 上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是A ．平面11D A P ⊥平面1A APB ．//BC 平面11AD PC ．三棱锥1D CDP -的体积为定值 D ．直线1D P 与AC 所成的角可能是6π【答案】AC【解析】对于A 中，在正方体1111ABCD A B C D -中，可得1111,A D AA A D AB ⊥⊥，又由1AA AB A =，所以11A D ⊥平面1A AP ，因为11A D ⊂平面11D A P ，所以平面11D A P ⊥平面1A AP ，所以A 正确； 对于B 中，在正方体1111ABCD A B C D -中，可得11//BC A D ， 所以11,,,B C A D 四点共面，所以B 不正确； 对于C 中，因为1111122CDD S=⨯⨯=，点P 到平面1CDD 的距离为1BC =， 所以三棱锥1D CDP -的体积为定值，所以C 正确；对于D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，可得1(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0)D A C ，设(1,,)(01,01)P a b a b <<<<， 则1(1,,1),(1,1,0)D P a b AC =-=-， 则11221cos ,01(1)2D P AC D P AC D P ACa b ⋅==<⋅++-⋅，当1a =时，1,2D P AC π=；当0,1a b ==时，13,4D P AC π=， 所以直线1D P 与AC 所成的角的范围是(,)42ππ，所以D 不正确．故选AC【名师点睛】此类问题解答中熟记正方体的几何结构特征，熟练应用转化顶点，利用等体积法求解三棱锥的体积，以及合理利用空间向量的夹角公式求解异面直线所成的角是解答的关键．（多选）2、如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA ⊥底面111A B C ，90BAC ︒∠=，11AB AC AA ===，D 是棱1CC 的中点，P 是AD 的延长线与11A C 的延长线的交点．若点Q 在直线1B P 上，则下列结论错误的是（ ）．A ．当Q 为线段1B P 的中点时，DQ ⊥平面1A BD B ．当Q 为线段1B P 的三等分点时，DQ ⊥平面1A BDC ．在线段1B P 的延长线上，存在一点Q ，使得DQ ⊥平面1A BD D ．不存在点Q ，使DQ 与平面1A BD 垂直 【答案】ABC【分析】以1A 为坐标原点，11A B ，11A C ，1A A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，求得平面1A BD 的一个法向量(,,)n x y z =，假设DQ ⊥平面1A BD ，且11B Q B P λ=，得到11DQ DB BQ =+=11,12,2λλ⎛⎫--+- ⎪⎝⎭，则(2,1,2)n =-与11,12,2DQ λλ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭共线，研究1112122124λλ---+===-是否有解即可． 【解析】以1A 为坐标原点，11A B ，11A C ，1A A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则由1(0,0,0)A ，1(1,0,0)B ，1(0,1,0)C ，(1,0,1)B ，10,1,2D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(0,2,0)P ，所以1(1,0,1)A B =，110,1,2A D ⎛⎫= ⎪⎝⎭，1(1,2,0)B P =-，111,1,2DB ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．设平面1A BD 的一个法向量为(,,)n x y z =，则11012n A B x z n A D y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 取2z =-，则2x =，1y =，所以平面1A BD 的一个法向量为(2,1,2)n =-．假设DQ ⊥平面1A BD ，且11(1,2,0)(,2,0)BQ B P λλλλ==-=-， 则11DQ DB BQ =+=11,12,2λλ⎛⎫--+- ⎪⎝⎭． 因为DQ 也是平面1A BD 的法向量，所以(2,1,2)n =-与11,12,2DQ λλ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭共线，所以1112122124λλ---+===-成立，但此方程关于λ无解． 因此不存在点Q ，使DQ 与平面1A BD 垂直，故选ABC ．（多选）3、在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是 A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥ B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥ C ．当1AR A C ⊥时，1AR D R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案.【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a ，0,23a ⎡⎤∈⎣⎦，()2,23,Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,23,22R λλλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,23,2D R λλλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C⊥，则()()12,23,222,23,2212440AR AC λλλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=， 14λ=，此时11333313,,,,02222224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误； 113AC A R =，则4234,,333R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，14232,,333D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则10n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()3,1,3n =-，故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确. 故选ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力. 题型三、确定点的位置1、如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 是边长为3的正方形，1CC BC ⊥，1BC =，2AB =．（1）证明：平面1A BC ⊥平面1ABC ；（2）在线段1A B 上是否存在点M ，使得1CM BC ⊥，若存在，求1BMBA 的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）14． 【解析】（1）在ABC 中，3AC =1BC =，2AB =，满足222AC BC AB +=，所以AC BC ⊥，又1CC BC ⊥，1CC AC C =，所以BC ⊥面11ACC A ，又1AC ⊂面11ACC A ，所以1BC A C ⊥，又四边形11AAC C 是边长为3的正方形，所以11AC AC ⊥，又1BCAC C =，所以1AC ⊥面1A CB ，又1AC ⊂平面1ABC ，所以平面1A BC ⊥平面1ABC ；（2）在线段1A B 上存在点M ，使得1CM BC ⊥，且114BM BA =， 理由如下：由（1）得，以点C 为原点，1,,CA CB CC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则()3,0,0A，()0,0,0C ，()0,1,0B ，13,0,3A ，(13C ，设(),,M x y z ，1BM BA λ=，所以(),1,3,3x y z λ-=-，解得3x λ=，1y λ=-，3z λ=，所以()3,13CM λλλ=-，(10,1,3C B =-，要使1CM BC ⊥，则需10CM BC ⋅=，即130λλ--=，解得14λ=，故114BM BA =．2、如图，在多面体ABCDP 中，ABC 是边长为4的等边三角形，PA AC =，22BD CD ==，42PC PB ==，点E 为BC 的中点，平面BDC ⊥平面ABC ．（1）求证：//DE 平面PAC（2）线段BC 上是否存在一点T ，使得二面角T DA B --为直二面角？若存在，试指出点T 的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，T 为线段BC 上靠近点C 的八等分点． 【分析】（1）根据题目条件证明DE ⊥平面ACE ，从而得到DE //PA ，得出DE //平面PAC ；（2）建立空间直角坐标系，假设存在点(),0,0T λ，计算平面TDA 和平面BDA 的法向量，使法向量数量积为零，然后求解λ，根据λ的值确定点T 的位置． 【解析】（1）因为22BD CD ==ABC 是边长为4的等边三角形， 所以((2222222216BD CD BC +=+==，所以BDC 是等腰直角三角形，90BDC ∠=︒．又点E 为BC 的中点，所以DE BC ⊥．因为平面BDC ⊥平面ABC ，平面BDC ⋂平面ABC BC =，所以DE ⊥平面ABC ． 因为42PC PB ==，4PA AC AB ===，所以222224432PA AC PC +=+==，222224432PA AB PB +=+==，所以PAB △与PAC 都是直角三角形，故PA AC ⊥，PA AB ⊥． 又AC AB A ⋂=，所以PA ⊥平面ABC ，所以DE PA ∥． 因为PA ⊂平面PAC ，DE ⊄平面PAC ，所以DE 平面PAC ．（2）连接AE ，以E 为原点，EC ，EA ，ED 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,23,0A ，()2,0,0B -，()2,0,0C ，()0,0,2D ，设存在(),0,0T λ，使得二面角T DA B --为直二面角，易知22λ-≤≤，且0λ≠． 设平面BAD 的法向量为()1111,,n x y z =，则由()2,0,2BD =，()0,23,2AD =-，得1111030x z y z +=⎧⎪⎨-+=⎪⎩，令11z =，得111x x =-，133y =，故131,,13n ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭．设平面TAD 的法向量为()2222,,n x y z =，则由(),0,2DT λ=-，(),23,0AT λ=-，得222220,230x z x y λλ-=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令21z =，得22x λ=，233y =，故223,,13n λ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭． 由122233133cos ,074433n n λλ-+⨯+==⨯+，得12103λ-+=，故32λ=． 所以当T 为线段BC 上靠近点C 的八等分点时，二面角T DA B --为直二面角．3、如图，三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BB C C ，已知13BCC π∠=，1BC =，12AB C C ==，点E 是棱1C C 的中点．（1）求证：1C B ⊥平面ABC ； （2）求二面角11A EB A --的余弦值；（3）在棱CA 上是否存在一点M ，使得EM 与平面11A B E 所成角的正弦值为21111，若存在，求出CM CA 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（225（3）存在，13CM CA =或523CM CA =．【解析】（1）由题意，因为1BC =，12CC =，13BCC π∠=，所以13BC又所以22211BC BC CC +=，所以1BC BC ⊥，因为AB ⊥侧面11BB C C ，所以1AB BC ⊥．又因为AB BC B ⋂=，AB ，BC ⊂平面ABC ，所以直线1C B ⊥平面ABC ． （2）以B 为原点，分别以BC ，1BC 和BA 的方向为x ，y 和z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,2A ，()13,0B -，132E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，()13,2A -，设平面1AB E 的一个法向量为()111,,n x y z =，()13,2AB =--，13,,222AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭因为100n AB n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，所以11111132013202x z x y z ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，令13y =，则11x =，所以()1,3,1n =设平面11A B E 的一个法向量为(),,m x y z =，()110,0,2A B =-，133,,222A E ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭， 因为11100m A B m A E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以20332022z x y z -=⎧⎪⎨--=⎪⎩，令3y =，则1x =，所以()1,3,0m =，2m =，5n =，4m n ⋅=，所以425cos ,525m n m n m n⋅===．设二面角11A EB A --为α，则25cos cos ,5m n α==． 所以设二面角11A EB A --的余弦值为255． （3）假设存在点M ，设(),,M x y z ，因为CM CA λ=，[]0,1λ∈，所以()()1,,1,0,2x y z λ-=-，所以()1,0,2M λλ-所以13,,222EM λλ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭设平面11A B E 的一个法向量为()1,3,0m =，所以22132112211132424λλλ--=⎛⎫-++ ⎪⎝⎭，得2693850λλ-+=．即()()312350λλ--=，所以13λ=或523λ=，所以13CM CA =或523CM CA =．【名师点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解． 强化训练（多选）1、如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总是保持1AP BD ⊥，则以下四个结论正确的是A ．113P AA D V -=B ．点P 必在线段1BC 上 C ．1AP BC ⊥D ．//AP 平面11AC D【答案】BD【分析】根据三棱锥体积公式求得116P AA D V -=，知A 错误；以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得到1CP x B C →→=-，11AP BC →→⋅=，AP →垂直于平面11AC D 的法向量n →，由此可确定,,B C D 的正误.【解析】对于A ，P 在平面11BCC B 上，平面11//BCC B 平面1AA D ，P ∴到平面1AA D 即为C 到平面1AA D 的距离，即为正方体棱长，1111111113326P AA D AA D V S CD -∴=⋅=⨯⨯⨯⨯=△，A 错误；对于B ，以D 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：则()1,0,0A ，(),1,P x z ，()1,1,0B ，()10,0,1D ，()11,1,1B ，()0,1,0C()1,1,AP x z →∴=-，()11,1,1BD →=--，()11,0,1B C →=--，1AP BD ⊥，1110AP BD x z →→∴⋅=--+=，x z ∴=，即(),1,P x x ，(),0,CP x x →∴=，1CP x B C →→∴=-，即1,,B P C 三点共线，P ∴必在线段1B C 上，B 正确；对于C ，()1,1,AP x x →=-，()11,0,1BC →=-，111AP BC x x →→∴⋅=-+=，AP ∴与1BC 不垂直，C 错误；对于D ，()11,0,1A ，()10,1,1C ，()0,0,0D ，()11,0,1DA →∴=，()10,1,1DC →=， 设平面11AC D 的法向量(),,n x y z →=，1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则1z =-，1y =，()1,1,1n →∴=-， 110AP n x x →→∴⋅=-+-=，即AP n →→⊥，//AP ∴平面11ACD ，D 正确. 故选BD .【点睛】本题考查立体几何中动点问题相关命题的辨析，涉及到三棱锥体积公式、动点轨迹、线线垂直关系和线面平行关系等知识；解题关键是熟练应用空间向量法来验证相关结论.2、如图，在边长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为BC 的中点，点P 在底面ABCD 上移动，且满足11B P D E ⊥，则线段1B P 的长度的最大值为（ ）A ．45B ．2C ．2D ．3【答案】D【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设点(),,0P x y ，根据110B P D E ⋅=得出x 、y 满足的关系式，并求出y 的取值范围，利用二次函数的基本性质求得1B P 的最大值．【解析】如下图所示，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()12,2,2B 、()10,0,2D 、()1,2,0E ，设点()(),,002,02P x y x y ≤≤≤≤，()11,2,2D E =-，()12,2,2B P x y =---，11D E B P ⊥，()112224220B P D E x y x y ∴⋅=-+-+=+-=，得22x y =-，由0202x y ≤≤⎧⎨≤≤⎩，得022202y y ≤-≤⎧⎨≤≤⎩，得01y ≤≤， ()()2221224548B P x y y y ∴=-+-+=-+01y ≤≤，当1y =时，1B P 取得最大值3．故选D ．3、在长方体1111ABCD A B C D -中，已知底面ABCD 为正方形，P 为11A D 的中点，2AD =，13AA =，点Q 为正方形ABCD 所在平面内的一个动点，且满足2QC QP =．则线段BQ 的长度的最大值是（ ）A ．2B ．4C ．6D ．前三个答案都不对【答案】C【分析】先以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，1DD 所在方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，由题意得到(0,2,0)C ，()1,0,3P ，(2,2,0)B ，设(,,0)Q x y ，由2QC QP =，得到22(2)(2)4-++=x y ，再由圆上的点与定点距离的问题，即可求出结果．【解析】以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，1DD 所在方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，因为在长方体1111ABCD A B C D -中，已知底面ABCD 为正方形，P 为11A D 的中点，2AD =，13AA =(0,2,0)C ，(1,3P ，(2,2,0)B ，因为点Q 为正方形ABCD 所在平面内的一个动点，设(,,0)Q x y ， 因为2QC QP =，所以()2222(2)213+-=⋅-++x y x y ，整理得：22(2)(2)4-++=x y ，即点Q 可看作圆22(2)(2)4-++=x y 上的点， 又22(2)(2)=-+-BQ x y ，所以BQ 表示圆22(2)(2)4-++=x y 上的点与定点(2,2)之间的距离， 因此22max (22)(22)426=-+--+=+=BQ r （其中r表示圆22(2)(2)4-++=x y 的半径．）故选C ． 【名师点睛】本题主要考查立体几何中的轨迹问题，涉及圆上的点到定点距离的最值，灵活运用转化与化归的思想即可，属于常考题型．4、如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1棱长为8，点H 在棱AA 1上，且HA 1＝2，在侧面BCC 1B 1内作边长为2的正方形EFGC 1，P 是侧面BCC 1B 1内一动点，且点P 到平面CDD 1C 1距离等于线段PF 的长，则当点P 在侧面BCC 1B 1运动时，2HP 的最小值是（ ）A ．87B ．88C ．89D ．90【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，过点H 作1HM BB ⊥，垂足为M ，连接MP ，得出222HP HM MP =+，当MP 最小时，2HP 最小，利用空间直角坐标系求2HP 的最小值．【解析】如图，建立空间直角坐标系，过点H 作1HM BB ⊥，垂足为M ，连接MP ，则HM PM ⊥，所以222HP HM MP =+，当MP 最小时，2HP 最小， 过P 作1PN CC ⊥，垂足为N ，设(,8,)P x z ，则(2,8,6),(8,8,6),(0,8,)F M N z ，且08,08x z ≤≤≤≤，因为PN PF =，所以22(2)(6)x z x -+-=，化简得244(6)x z -=-，所以222222(8)(6)(8)441260(6)2424MP x z x x x x x =-+-=-+-=-+=-+≥， 当6x =时，2MP 取得最小值24，此时222282488HP HM MP =+=+=， 所以2HP 的最小值为88，故选B ．5、如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为BC 的中点，点P 在底面ABCD 上（包括边界．．．．）移动，且满足11B P D E ⊥，则线段1B P 的长度的最大值为A ．55B ．25C ．2D ．3【答案】D【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段1B P 的长度的最大值．【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设P （a ，b ，0），则1D （0，0，2），E （1，2，0），1B （2，2，2），1B P ＝（a −2，b −2，−2），1D E ＝（1，2，−2）， 因为1B P ⊥1D E ，()1122240B P D E a b ∴⋅=-+-+=， 所以a ＋2b −2＝0，01b ≤≤，所以点P 的轨迹是一条线段，()()()()2222221224224548a b b B P b b b -+-+==+-+=-+， 由二次函数的性质可得当1b =时，2548b b -+可取到最大值9， 所以线段1B P 的长度的最大值为3．故选D ．6、如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是底面1111D C B A 内（含边界）的一点，且//AP 平面1DBC ，则异面直线1A P 与BD 所成角的取值范围为A ．3,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．2,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】C【分析】连接111,,AB AD B D ，则点P 在线段11B D 上，以D 为坐标原点建立坐标系，利用向量方法可求出范围． 【解析】过A 作平面α平面1DBC ，点P 是底面1111D C B A 内（含边界）的一点，且//AP 平面1DBC ，则P ∈平面α，即P 在α与平面1111D C B A 的交线上，连接111,,AB AD B D ，11DD BB =，则四边形11BDD B 是平行四边形，11B D BD ∴，11B D ∴平面1DBC ，同理可证1AB ∥平面1DBC ，∴平面11AB D ∥平面1DBC ，则平面11AB D 即为α，点P 在线段11B D 上，以D 为坐标原点，1,,DA DC DD 建立如图坐标系，设正方体棱长为1，则()0,0,0D ，()1,1,0B ，()1,0,0A ，设(),,1P λλ，[]0,1λ∈，()1,1,0DB ∴=，()1,,1AP λλ=-，21DB AP λ∴⋅=-，2DB =，2222AP λλ=-+，设1A P 与BD 所成角为θ，则()22221211cos 2121DB APDB AP λλθλλλλ⋅--===-+⋅-+ 221313442121324λλλ=-=--+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，当12λ=时，cos θ取得最小值为0， 当0λ=或1时，cos θ取得最大值为12，10cos 2θ∴≤≤，则32ππθ≤≤．故选C ．7、如图，三棱锥V ABC -的侧棱长都相等，底面ABC 与侧面VAC 都是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E 为线段AC 的中点，F 为直线AB 上的动点，若平面VEF 与平面VBC 所成锐二面角的平面角为θ，则cos θ的最大值是A ．33 B ．23C 5D 6【答案】D【分析】连接BE ，以E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，EV 为z 轴，建立空间直角坐标系，求出平面VBC 的一个法向量m ，平面VEF 的一个法向量n ，利用cos m n m nθ⋅=即可求解.【解析】底面ABC 与侧面VAC 都是以AC 为斜边的等腰直角三角形， 则Rt ABC Rt VAC ≅，所以VA VC BA BC === 设2VA VC BA BC VB =====，由E 为线段AC 的中点，则2VE BV ==， 由222VE BE VB +=，所以VE EB ⊥，以E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，EV 为z 轴， 建立空间直角坐标系，如图所示：则()2,0C ，)2,0,0B，(2V ，设(),2,0F x x -，(0,2,2VC =-，(2,0,2VB =-，(2EV =，(,2,2VF x x =，设平面VBC 的一个法向量()111,,m x y z =，则00m VC m VB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即1111220220z x ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，令11x =，则11y =，11z =，所以()1,1,1m =. 设平面VEF 的一个法向量()222,,n x y z =，则00n EV n VF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即(222220220z x x x y z ⎧=⎪⋅+-⋅+=⎪⎩，解得20z =，令21y =，则221x x =-， 所以21,1,0n x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， 平面VEF 与平面VBC 所成锐二面角的平面角为θ，则22cos 22232m n x m n x xθ⋅==-+，将分子、分母同除以1x，可得=令()2266632f x x x ⎛=-+=-+ ⎝⎭，当2x =时，()min 3f x =，则cos θ3=. 故选D【点睛】本题考查了空间向量法求二面角、考查了基本运算求解能力，解题的关键是建立恰当的空间直角坐标系，属于中档题.8、已知MN 是正方体内切球的一条直径，点P 在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则PM PN →→⋅的取值范围为 A ．[]0,4 B ．[]0,2C ．[]1,4D ．[]1,2【答案】B【分析】利用向量的线性运算和数量积运算律可将所求数量积化为21PO →-，根据正方体的特点可确定PO →的最大值和最小值，代入即可得到所求范围. 【解析】设正方体内切球的球心为O ，则1OM ON ==，2PM PN PO OM PO ON PO PO OM ON OM ON →→→→→→→→→→→→⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅+=+⋅++⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，MN 为球O 的直径，0OM ON →→∴+=，1OM ON →→⋅=-，21PM PN PO →→→∴⋅=-，又P 在正方体表面上移动，∴当P 为正方体顶点时，PO →最大，最大值为；当P 为内切球与正方体的切点时，PO →最小，最小值为1，[]210,2PO →∴-∈，即PM PN →→⋅的取值范围为[]0,2.故选B .【点睛】本题考查向量数量积的取值范围的求解问题，关键是能够通过向量的线性运算将问题转化为向量模长的取值范围的求解问题.7、在正四面体D ABC -（所有棱长均相等的三棱锥）中，点E 在棱AB 上，满足2AE EB =，点F 为线段AC 上的动点.设直线DE 与平面DBF 所成的角为α，则A ．存在某个位置，使得DE BF ⊥B ．存在某个位置，使得4FDB π∠=C ．存在某个位置，使得平面DEF ⊥平面DACD ．存在某个位置，使得6πα=【答案】C【分析】设正四面体D ABC -的底面中心为点O ，连接DO ，则DO ⊥平面ABC ，以点O 为坐标原点，OB 、OD 所在直线分别为x 、z 轴建立空间直角坐标系，设正四面体D ABC -的棱长为2，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果. 【解析】如下图所示，设正四面体D ABC -的底面中心为点O ，连接DO ，则DO ⊥平面ABC ，以点O 为坐标原点，OB 、OD 所在直线分别为x 、z 轴建立空间直角坐标系， 设正四面体D ABC -的棱长为2，则31,0A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭、23B ⎫⎪⎪⎝⎭、3C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、26D ⎛ ⎝⎭、31,03E ⎫-⎪⎪⎝⎭，设,03F λ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，其中11λ-≤≤， 对于A 选项，若存在某个位置使得DE BF ⊥，31,333DE ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，(),0BF λ=-，1103DE BF λ∴⋅=--=，解得3λ=-，不合乎题意，A 选项错误；对于B 选项，若存在某个位置使得4FDB π∠=，,33DF λ⎛=-- ⎝⎭，23DB ⎛=⎝⎭，cos ,DF DB DF DB DF DBλ⋅<>====⋅B选项错误；对于C 选项，设平面DAC 的一个法向量为()111,,m x y z =，1,DA ⎛=-- ⎝⎭，DC ⎛=-⎝⎭，由1111113033303m DA x y z m DC x y z ⎧⋅=---=⎪⎪⎨⎪⋅=-+-=⎪⎩，取11z =-，得()22,0,1m =-，设平面DEF 的一个法向量为()222,,n x y z =，31,3DE ⎛=- ⎝⎭，,DF λ⎛=- ⎝⎭， 由22222231033333n DE x y z n DF x y z λ⎧⋅=--=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩，取y =，则()221n λ=+-，若存在某个位置，使得平面DEF ⊥平面DAC ，则2190m n λ⋅=+=，解得[]31,17λ=-∈-，合乎题意，C 选项正确；对于D 选项，设平面DBF 的一个法向量为()333,,u x y z =，2326,0,33DB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，326,,33DF λ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭， 由333332326033326033u DB x z u DF x y z λ⎧⋅=-=⎪⎪⎨⎪⋅=-+-=⎪⎩，令z λ=，则()2,6,u λλ=，若存在某个位置，使得6πα=，即()()22612131sin cos ,6227272363u DE u DE u DEλλπλλ++⋅==<>===⋅⨯++⨯，整理得254120λλ-+=，162400∆=-<，该方程无解，D 选项错误. 故选C.【点评】本题考查利用空间向量法求解空间角以及利用空间向量法处理动点问题，计算量大，属于难题.10、如图，直三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为6的等边三角形，侧棱长为2，E 是棱BC 上的动点，F 是棱11B C 上靠近1C 点的三分点，M 是棱1CC 上的动点，则二面角A FM E --的正切值不可能．．．是A ．3155B ．2155C ．6D ．5【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，求得二面角A FM E --的余弦值，进而求得二面角A FM E --的正切值，求得正切值的最小值，由此判断出正确选项.【解析】取BC 的中点O ，连接OA ，根据等边三角形的性质可知OA BC ⊥，根据直三棱柱的性质，以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系.则()()0,33,0,1,0,2A F ，设()()3,0,02M t t ≤≤. 则()()1,33,2,2,0,2AF FM t =-=-. 设平面AMF 的一个法向量为(),,m x y z =，则()3320220m AF x z m FM x t z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩，令1y =，得633363,1,66t m t t ⎛= --⎝⎭. 平面FME 的一个法向量是()0,1,0n =，所以222cos ,28120252633363166m n m n m nt t t t t ⋅===⋅-+⎛⎫⎛⎫-++ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，所以2sin ,1cos ,m n m n =-222710821628120252t t t t -+=-+所以二面角A FM E--的正切值为()sin ,27 cos,m nf tm n===因为02t≤≤，所以111466t-≤≤--，216125405-=-⨯结合二次函数的性质可知当1165t=--时，()f t5=；当1166t=--时，()f t=，所以()f t∈⎣，所以二面角A FM E--.故选B.【点睛】本小题主要考查二面角的求法，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.11、直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱长为6，底面是边长为8的菱形，且∠ABC ＝120°，点E在边BC上，且满足BE＝3EC，动点M在该四棱柱的表面上运动，并且总保持ME⊥BD1，则动点M的轨迹围成的图形的面积为_____；当MC与平面ABCD所成角最大时，异面直线MC1与AC所成角的余弦值为_____．【答案】，17【分析】由题意可知M的轨迹为过E且与直线1BD垂直的平面与直四棱柱的截面的边界，根据直棱柱的结构特征和底面棱形的性质，由线面垂直的定义可得截面与下底面的截线是与AC平行的，进而确定截面与与AB的交点F，建立空间直角坐标系，利用坐标方法求得截面与1BB的交点G，进而得到所求面积，根据线面角的定义可得M与G重合时MC与平面ABCD所成角最大，利用空间向量可求异面直线所成角的余弦值.【解析】如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D-中，因为底面是菱形，侧棱垂直底面，所以AC ⊥平面11BDD B ，所以1BD AC ⊥．在AB 上取F ，使得3BF FA =，连接EF ，则//EF AC ，1⊥BD EF ．记AC 与BD 的交点为O ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则()4,0,0B ，()14,0,6D -，()1,33,0E ．在1BB 上取一点G ，记为()4,0,G t ，于是()18,0,6BD =-，()3,33,EG t =-． 由12460BD EG t ⋅=-+=，得4t =，即12BG GB =， 所以EFG 的边为点M 的运动轨迹． 由题意得22213FG BF BG =+=33836344EF AC ==⨯= 动点M 的轨迹围成的图形的面积为()()22163213331532⨯-=显然当M 与G 重合时，MC 与平面ABCD 所成角最大． 因为()4,0,4M ，()10,43,6C ，所以()14,43,2MC =-． 因为AC 的一个方向向量为()0,1,0n =，所以1251cos ,17MC n =即异面直线1MC 与AC 251． 【点睛】本题考查点、线、面的位置关系，考查空间动点的轨迹，涉及线面垂直的判定与性质，异面直线所成的角，线面角，利用空间直角坐标系和空间向量确定点的位置和求异面直线所成的角，考查直观想象与数学运算的核心素养．属中档题，难度较大.12、如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，已知90ABC ∠=︒，P 为侧棱1CC 上任意一点，Q 为棱AB 上任意一点，PQ 与AB 所成角为α，PQ 与平面ABC 所成的角为β，则α与β的大小关系为（ ）A ．αβ=B ．αβ<C ．αβ>D ．不能确定【答案】C【分析】建立空间直角坐标系设()()(),0,,0,,00,0,0P x z Q y x y z >≥≥，利用空间向量法分别求得cos ,cos αβ，然后根据(0,],0,22ππαβ⎡⎤∈∈⎢⎥⎣⎦，利用余弦函数的单调性求解．【解析】建立如图所示空间直角坐标系：设()()(),0,,0,,00,0,0P x z Q y x y z >≥≥，则()(),,,0,,0QP x y z QB y =-=-，所以2222,,QP QB y QP x y z QB y ⋅==++=，所以222cos QP QB y QP QBx y zα⋅==⋅++，又(0,],0,22ππαβ⎡⎤∈∈⎢⎥⎣⎦，222sin QP CP z QPx y zβ⋅==++，所以22222cos x y x y zβ+=++，所以cos cos βα>，因为cos y x = 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上递减，所以αβ>，故选C 13、如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为正方形，侧棱1AA ⊥底面ABCD ，3AB =，14AA =，P 是侧面11BCC B 内的动点，且1AP BD ⊥，记AP 与平面11BCC B 所成的角为θ，则tan θ的最大值为（ ）A ．43B ．53C ．2D ．259【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线面角的正切值的最大值． 【解析】以1,,DA DC DD 所在直线分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系， 设(,3,)P x z ，则1(3,3,),(3,3,4)AP x z BD =-=--，11,0AP BD AP BD ⊥∴⋅=，33(3)3340,4x z z x ∴---⨯+=∴=， 22225||(3)6916BP x z x x ∴=-+=-+225488191625255x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭， ||5tan ||3AB BP θ∴=，tan θ∴的最大值为53．故选B ．14、如图，在棱长都相等的正三棱柱111ABC A B C -中，D 是棱1CC 的中点，E 是棱1AA 上的动点．设AE x =，随着x 增大，平面BDE 与底面ABC 所成锐二面角的平面角是（ ）A ．增大B ．先增大再减小C ．减小D ．先减小再增大【答案】D【解析】设正三棱柱111ABC A B C -棱长为2，,02AE x x =≤≤， 设平面BDE 与底面ABC 所成锐二面角为α，以A 为坐标原点，过点A 在底面ABC 内与AC 垂直的直线为x 轴，1,AC AA 所在的直线分别为,y z 轴建立空间直角坐标系，则3,1,0),(0,2,1),(0,0,),(3,1,1),(0,2,1)B D E x BD ED x =-=-，设平面BDE 的法向量(,,)m s t k =，则m BDm ED⎧⊥⎨⊥⎩，即302(1)0s t k t x k ⎧-++=⎪⎨+-=⎪⎩，令3k =33,1t x s x =-=+，所以平面BDE 的一个法向量(1,33,23)m x x =+-， 底面ABC 的一个法向量为(0,0,1)n =，222233cos |cos ,|115(1)3(1)12()24m n x x x α=<>==++-+-+当1(0,)2x ∈，cos α随着x 增大而增大，则α随着x 的增大而减小，当1(,2)2x ∈，cos α随着x 增大而减小，则α随着x 的增大而增大．故选D ．【点睛】本题考查空间向量法求二面角，应用函数思想讨论二面角的大小，考查直观想象、数学计算能力，素养中档题．15、如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是底面1111D C B A 内（含边界）的一点，且//AP 平面1DBC ，则异面直线1A P 与BD 所成角的取值范围为（ ）A ．3,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．2,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】过A 作平面α平面1DBC ，点P 是底面1111D C B A 内（含边界）的一点，且//AP 平面1DBC ，则P ∈平面α，即P 在α与平面1111D C B A 的交线上，连接111,,AB AD B D ，11DD BB =，则四边形11BDD B 是平行四边形，11B D BD ∴，11B D ∴平面1DBC ，同理可证1AB ∥平面1DBC ，∴平面11AB D ∥平面1DBC ，则平面11AB D 即为α，点P 在线段11B D 上，以D 为坐标原点，1,,DA DC DD 建立如图坐标系，设正方体棱长为1，则()0,0,0D ，()1,1,0B ，()1,0,0A ，设(),,1P λλ，[]0,1λ∈，()1,1,0DB ∴=，()1,,1AP λλ=-，21DB AP λ∴⋅=-，2DB =，2222AP λλ=-+，设1A P 与BD 所成角为θ，则()22221211cos 2121DB APDB AP λλθλλλλ⋅--===-+⋅-+221313442121324λλλ=-=--+⎛⎫-+⎪⎝⎭12λ=时，cos θ取得最小值为0， 当0λ=或1时，cos θ取得最大值为12，10cos 2θ∴≤≤，则32ππθ≤≤．故选C ．16、如图，矩形ABCD 中，222AB AD ==E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △．在翻折过程中，直线1A C 与平面ABCD 所成角的正弦值最大为（ ）A ．1024- B ．66C ．514-D ．55【答案】A【解析】分别取DE ，DC 的中点O ，F ，则点A 的轨迹是以AF 为直径的圆， 以,OA OE 为,x y 轴，过O 与平面AOE 垂直的直线为z 轴建立坐标系，则()2,1,0C -，平面ABCD 的其中一个法向量为n = (0，0．1)， 由11A O =，设()1cos ,0,sin A αα，则()1cos 2,1,sin CA αα=+-， 记直线1A C与平面ABCD 所成角为θ，则211|sin 1cos sin 4cos 64cos 6||CA nCA n αθαα⋅-===++⋅，设3153535102cos ,,sin 222416444t t t αθ-⎡⎤⎛⎫=+∈=-+≤-=⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭ 所以直线1A C 与平面ABCD 所成角的正弦值最大为1024-，故选A ． （多选）17、在正方体1111ABCD A B C D -中，若棱长为1，点,E F 分别为线段11B D 、1BC 上的动点，则下列结论正确结论的是（ ）A ．1DB ⊥面1ACD B ．面11//AC B 面1ACDC ．点F 到面1ACD 的距离为定值33D ．直线AE 与面11BB D D 所成角的正弦值为定值13【答案】ABC【分析】以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用共线向量可表示出动点,E F 的坐标，利用空间向量判断线面垂直、面面平行、求解点到面的距离和直线与平面所成角的方法依次验证各个选项即可得到结果．【解析】以A 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：由题意知：()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,1,0C ，()0,1,0D ，()10,0,1A ，()11,0,1B ，()11,1,1C ，()10,1,1D ，设(),,1E x y ，111B E B D λ→→=，即()()1,,0,,0x y λλ-=-，()1,,1E λλ∴-， 设()1,,F y z ''，1BF BC μ→→=，即()()0,,0,,y z μμ''=，()1,,F μμ∴． 对于A ，()11,1,1DB →=-，()1,1,0AC →=，()10,1,1AD →=，11100DB AC DB AD ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩，1DB AC ∴⊥，11DB AD ⊥， 又1,AC AD ⊂平面1ACD ，1AC AD A =，1DB ∴⊥平面1ACD ，A 正确；对于B ，1DB ⊥平面1ACD ，()11,1,1DB →∴=-为平面1ACD 的一个法向量，()111,1,0A C →=，()11,0,1A B →=-，111110DB A C DB A B ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩，111DB AC ∴⊥，11DB A B ⊥， 又111,A C A B ⊂平面11A C B ，1111AC A B A =，1DB ∴⊥平面11A C B ，∴平面11//AC B平面1ACD ，B 正确；对于C ，()1,,AF μμ→=，∴点F 到面1ACD 的距离111333AF DB d DB →→→⋅===，为定值，C 正确；对于D ，几何体为正方体，AC ∴⊥平面11BB D D ，()1,1,0AC →∴=是平面11BB D D 的一个法向量，又()1,,1AE λλ→=-，设直线AE 与平面11BB D D 所成角为θ，则21sin 2222AC AEAC AEθλλ→→→→⋅==⋅-+⋅，不是定值，D 错误．故选ABC ．（多选）18、如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总是保持1AP BD ⊥，则以下四个结论正确的是（ ）A ．113P AA D V -=B ．点P 必在线段1BC 上 C ．1AP BC ⊥D ．//AP 平面11AC D【答案】BD【分析】根据三棱锥体积公式求得116P AA D V -=，知A 错误；以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得到1CP x B C →→=-，11AP BC →→⋅=，AP →垂直于平面11AC D 的法向量n →，由此可确定,,B C D 的正误．【解析】对于A ，P 在平面11BCC B 上，平面11//BCC B 平面1AA D ，P ∴到平面1AA D 即为C 到平面1AA D 的距离，即为正方体棱长，1111111113326P AA D AA D V S CD -∴=⋅=⨯⨯⨯⨯=△，A 错误；对于B ，以D 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：则()1,0,0A ，(),1,P x z ，()1,1,0B ，()10,0,1D ，()11,1,1B ，()0,1,0C()1,1,AP x z →∴=-，()11,1,1BD →=--，()11,0,1B C →=--，1AP BD ⊥，1110AP BD x z →→∴⋅=--+=，x z ∴=，即(),1,P x x ，(),0,CP x x →∴=，1CP x B C →→∴=-，即1,,B P C 三点共线，P ∴必在线段1B C 上，B 正确； 对于C ，()1,1,AP x x →=-，()11,0,1BC →=-，111AP BC x x →→∴⋅=-+=，AP ∴与1BC 不垂直，C 错误；对于D ，()11,0,1A ，()10,1,1C ，()0,0,0D ，()11,0,1DA →∴=，()10,1,1DC →=，设平面11AC D 的法向量(),,n x y z →=，1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则1z =-，1y =，()1,1,1n →∴=-， 110AP n x x →→∴⋅=-+-=，即AP n →→⊥，//AP ∴平面11ACD ，D 正确．故选BD ． （多选）19、如图所示，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1A B 上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ ）。
专题06 立体几何(解答题)(文)(全国通用)(教师版)
知识点目录 知识点 1：线面角 知识点 2：直接法求体积问题 知识点 3：换底法求体积问题 知识点 4：割补法求体积问题 知识点 5：距离及几何体的高问题
近三年高考真题 知识点 1：线面角
1．（2023•甲卷（理））在三棱柱 ABC A1B1C1 中，AA1 2 ，A1C 底面 ABC ，ACB 90 ，A1 到平面 BCC1B1 的距离为 1． （1）求证： AC A1C ； （2）若直线 AA1 与 BB1 距离为 2，求 AB1 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值．
【解析】证明：（1） AD CD ， ADB BDC ， BD BD ， ADB CDB ， AB BC ，又 E 为 AC 的中点． AC BE ， AD CD ， E 为 AC 的中点．
AC DE ，又 BE DE E ，
AC 平面 BED ， 又 AC 平面 ACD ， 平面 BED 平面 ACD ； （2）由（1）可知 AB BC ，
AB BC 2 ， ACB 60 ，ABC 是等边三角形，边长为 2，
BE 3 ， AC 2 ， AD CD 2 ， DE 1 ，
DE2 BE2 BD2 ， DE BE ，
又 DE AC ， AC BE E ，
DE 平面 ABC ， 由（1）知 ADB CDB ， AF CF ，连接 EF ，则 EF AC ，
A1M 1 ， A1B 112 13 ，
sin AB1M
1 13 ． 13 13
AB1 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值为
13 ． 13
【点评】本题考查线线相等的证明，考查线面角的求法，属中档题．
2．（2021•上海）如图，在长方体 ABCD A1B1C1D1 中，已知 AB BC 2 ， AA1 3 ． （1）若 P 是棱 A1D1 上的动点，求三棱锥 C PAD 的体积； （2）求直线 AB1 与平面 ACC1 A1 的夹角大小．
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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）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 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1C E 17CH =.从而点C 到平面1C DE 的距离为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 P BE ，CG P BE ，所以AD P 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 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 【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =I ，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 I 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 =I ， 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DN = 又DN AN ⊥，在Rt AND △中，sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为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 ，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，3,2EF =u u u r，(BC =u u u r ．由0EF BC ⋅=u u u r u u u r得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 -u u u r u u u r ，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u rn n，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u ru u u r u u u r ，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 =又23BP DQ DA ==，所以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Q ABP -的体积为11113451332Q 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，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2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【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 =2AC，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 =3，∠ACB =45°．所以OM =3，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=5．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Ⅱ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=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）26；（3）4． 【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DMAD ⊥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12cos 26MNDMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为26．（3）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM 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 4CM 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）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 C 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 ==-=-u u u r u u u u r u u u 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 ===u u u r u u u r u u u 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【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 ∠=∠=o ．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，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AD =，2PE 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 ==，AD BC ==PB PC ==可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 6062222PA 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，求四棱锥P ABCD -的体积.【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 ，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122x ⨯=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()224132V ⨯+=⨯⨯= 【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Ⅱ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 I 平面BDE DE =， 所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，BD 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】（12）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 ⊥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 所成角的余弦值为5．（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 =I ， 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．21．【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 I 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 ．又AB ⊥AD ，BC AB B =I ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， 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，得CE在△PBN 中，由PN =BN =1，PB QH =14，在Rt △MQH 中，QH=14，MQ 所以sin ∠QMH =8，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．31。