?專題06 立體幾何（解答題）
1．【2019年高考全國Ⅰ卷文數(shù)】如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.

（1）證明：MN∥平面C1DE；
（2）求點C到平面C1DE的距離．
【答案】（1）見解析；（2）.
【解析】（1）連結(jié).
因為M，E分別為的中點，所以，且.
又因為N為的中點，所以.
由題設(shè)知，可得，故，
因此四邊形MNDE為平行四邊形，.
又平面，所以MN∥平面.
（2）過C作C1E的垂線，垂足為H.
由已知可得，，所以DE⊥平面，故DE⊥CH.
從而CH⊥平面，故CH的長即為C到平面的距離，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.
從而點C到平面的距離為.

【名師點睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及的知識點有線面平行的判定，點到平面的距離的求解，在解題的過程中，注意要熟記線面平行的判定定理的內(nèi)容，注意平行線的尋找思路，再者就是利用線面垂直找到距離問題，當(dāng)然也可以用等積法進(jìn)行求解.
2．【2019年高考全國Ⅱ卷文數(shù)】如圖，長方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1．

（1）證明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱錐的體積．
【答案】（1）見詳解；（2）18.
【解析】（1）由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，
故．
又，所以BE⊥平面．
（2）由（1）知∠BEB1=90°.
由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以，
故AE=AB=3，.
作，垂足為F，則EF⊥平面，且．
所以，四棱錐的體積．

【名師點睛】本題主要考查線面垂直的判定，以及四棱錐的體積的求解，熟記線面垂直的判定定理，以及四棱錐的體積公式即可，屬于基礎(chǔ)題型.
3．【2019年高考全國Ⅲ卷文數(shù)】圖1是由矩形ADEB，ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，
∠FBC=60°．將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結(jié)DG，如圖2．
（1）證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求圖2中的四邊形ACGD的面積.

【答案】（1）見解析；（2）4.
【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因為AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）取CG的中點M，連結(jié)EM，DM.
因為AB∥DE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，故DECG.
由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EMCG，故CG平面DEM．
因此DMCG．
在DEM中，DE=1，EM=，故DM=2．
所以四邊形ACGD的面積為4．

【名師點睛】本題是很新穎的立體幾何考題，首先是多面體折疊問題，考查考生在折疊過程中哪些量是不變的，再者折疊后的多面體不是直棱柱，突出考查考生的空間想象能力.
4．【2019年高考北京卷文數(shù)】如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點．
（1）求證：BD⊥平面PAC；
（2）若∠ABC=60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；
（3）棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．

【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）存在，理由見解析.
【解析】（1）因為平面ABCD，
所以．
又因為底面ABCD為菱形，
所以．
所以平面PAC．

（2）因為PA⊥平面ABCD，平面ABCD，
所以PA⊥AE．
因為底面ABCD為菱形，∠ABC=60°，且E為CD的中點，
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上存在點F，使得CF∥平面PAE．
取F為PB的中點，取G為PA的中點，連結(jié)CF，F(xiàn)G，EG．
則FG∥AB，且FG=AB．
因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，
所以CE∥AB，且CE=AB．
所以FG∥CE，且FG=CE．
所以四邊形CEGF為平行四邊形．
所以CF∥EG．
因為CF平面PAE，EG平面PAE，
所以CF∥平面PAE．
【名師點睛】本題主要考查線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立體幾何中的探索問題等知識，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力.
5．【2019年高考天津卷文數(shù)】如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，為等邊三角形，平面平面，.

（1）設(shè)G，H分別為PB，AC的中點，求證：平面；
（2）求證：平面；
（3）求直線AD與平面所成角的正弦值.
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）．
【解析】（1）連接，易知，.
又由，故.
又因為平面PAD，平面PAD，
所以平面PAD.
（2）取棱PC的中點N，連接DN.依題意，得DN⊥PC，
又因為平面平面PCD，平面 平面，
所以平面PAC，
又平面PAC，故.
又已知，，
所以平面PCD.
（3）連接AN，由（2）中平面PAC，可知為直線與平面PAC所成的角，
因為為等邊三角形，CD=2且N為PC的中點，
所以.
又，
在中，.
所以，直線AD與平面PAC所成角的正弦值為.

【名師點睛】本小題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、平面與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識.考查空間想象能力和推理論證能力.
6．【2019年高考江蘇卷】如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB=BC．
求證：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．

【答案】（1）見解析；（2）見解析.
【解析】（1）因為D，E分別為BC，AC的中點，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因為ED?平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因為AB=BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC.
因為三棱柱ABC?A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因為BE?平面ABC，所以CC1⊥BE.
因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因為C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
【名師點睛】本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力和推理論證能力.
7．【2019年高考浙江卷】如圖，已知三棱柱，平面平面，，分別是AC，A1B1的中點.
（1）證明：；
（2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.

【答案】（1）見解析；（2）．
【解析】方法一：
（1）連接A1E，因為A1A=A1C，E是AC的中點，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC．
又因為A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．

（2）取BC中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形．
由（1）得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上．
連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補角）．
不妨設(shè)AC=4，則在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.
由于O為A1G的中點，故，
所以．
因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是．
方法二：
（1）連接A1E，因為A1A=A1C，E是AC的中點，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．
如圖，以點E為原點，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E–xyz．

不妨設(shè)AC=4，則
A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．
因此，，．
由得．
（2）設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為θ．
由（1）可得．
設(shè)平面A1BC的法向量為n，
由，得，
取n，故，
因此，直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為．
【名師點睛】本題主要考查空間點、線、面位置關(guān)系，直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識，同時考查空間想象能力和運算求解能力.
8．【2018年高考全國Ⅰ卷文數(shù)】如圖，在平行四邊形中，，，以為折痕將△折起，使點到達(dá)點的位置，且．
（1）證明：平面平面；
（2）為線段上一點，為線段上一點，且，求三棱錐的體積．

【答案】（1）見解析；（2）1.
【解析】（1）由已知可得，=90°，．
又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD．
又AB平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC．

（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=．
又，所以．
作QE⊥AC，垂足為E，則．
由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．
因此，三棱錐的體積為
．
【名師點睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及到的知識點有面面垂直的判定以及三棱錐的體積的求解，在解題的過程中，需要清楚題中的有關(guān)垂直的直線的位置，結(jié)合線面垂直的判定定理證得線面垂直，之后應(yīng)用面面垂直的判定定理證得面面垂直，需要明確線線垂直、線面垂直和面面垂直的關(guān)系，在求三棱錐的體積的時候，注意應(yīng)用體積公式求解即可.解答本題時，（1）首先根據(jù)題的條件，可以得到=90°，即，再結(jié)合已知條件BA⊥AD，利用線面垂直的判定定理證得AB⊥平面ACD，又因為AB平面ABC，根據(jù)面面垂直的判定定理，證得平面ACD⊥平面ABC；（2）根據(jù)已知條件，求得相關(guān)的線段的長度，根據(jù)第一問的相關(guān)垂直的條件，求得三棱錐的高，之后借助于三棱錐的體積公式求得三棱錐的體積.
9．【2018年高考全國Ⅱ卷文數(shù)】 如圖，在三棱錐中，，，為的中點．
（1）證明：平面；
（2）若點在棱上，且，求點到平面的距離．

【答案】（1）見解析；（2）．
【解析】（1）因為AP=CP=AC=4，O為AC的中點，所以O(shè)P⊥AC，且OP=．
連結(jié)OB．因為AB=BC=，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．
由知，OP⊥OB．
由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．

（2）作CH⊥OM，垂足為H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．
故CH的長為點C到平面POM的距離．
由題設(shè)可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．
所以O(shè)M=，CH==．
所以點C到平面POM的距離為．
【名師點睛】立體幾何解答題在高考中難度低于解析幾何，屬于易得分題，第一問多以線面的證明為主，解題的核心是能將問題轉(zhuǎn)化為線線關(guān)系的證明，解答本題時，連接，欲證平面，只需證明即可；本題第二問可以通過作出點到平面的距離線段求解，即過點作，垂足為，只需論證的長即為所求，再利用平面幾何知識求解即可，本題也可利用等體積法解決.
10．【2018年高考全國Ⅲ卷文數(shù)】如圖，矩形所在平面與半圓弧所在平面垂直，是上異于，的點．
（1）證明：平面平面；
（2）在線段上是否存在點，使得平面？說明理由．

【答案】（1）見解析；（2）存在，理由見解析.
【解析】（1）由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD．
因為BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，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）當(dāng)P為AM的中點時，MC∥平面PBD．
證明如下：連結(jié)AC交BD于O．因為ABCD為矩形，所以O(shè)為AC中點．
連結(jié)OP，因為P為AM 中點，所以MC∥OP．
MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．

【名師點睛】本題主要考查面面垂直的證明，利用線線垂直得到線面垂直，再得到面面垂直，第二問先斷出P為AM中點，然后作輔助線，由線線平行得到線面平行，考查學(xué)生空間想象能力，屬于中檔題.
11．【2018年高考北京卷文數(shù)】如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點.

（1）求證：PE⊥BC；
（2）求證：平面PAB⊥平面PCD；
（3）求證：EF∥平面PCD.
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）見解析.
【解析】（1）∵，且為的中點，∴.
∵底面為矩形，∴，
∴.
（2）∵底面為矩形，∴.
∵平面平面，∴平面.
∴.又，
∴平面，∴平面平面.
（3）如圖，取中點，連接.

∵分別為和的中點，∴，且.
∵四邊形為矩形，且為的中點，
∴，
∴，且，∴四邊形為平行四邊形，
∴.
又平面，平面，
∴平面.
【名師點睛】證明面面關(guān)系的核心是證明線面關(guān)系，證明線面關(guān)系的核心是證明線線關(guān)系.證明線線平行的方法：（1）線面平行的性質(zhì)定理；（2）三角形中位線法；（3）平行四邊形法. 證明線線垂直的常用方法：（1）等腰三角形三線合一；（2）勾股定理逆定理；（3）線面垂直的性質(zhì)定理；（4）菱形對角線互相垂直.
12．【2018年高考天津卷文數(shù)】如圖，在四面體ABCD中，△ABC是等邊三角形，平面ABC⊥平面ABD，點M為棱AB的中點，AB=2，AD=，∠BAD=90°．
（1）求證：AD⊥BC；
（2）求異面直線BC與MD所成角的余弦值；
（3）求直線CD與平面ABD所成角的正弦值．

【答案】（1）見解析；（2）；（3）．
【解析】（1）由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．
（2）取棱AC的中點N，連接MN，ND．又因為M為棱AB的中點，故MN∥BC．所以∠DMN（或其補角）為異面直線BC與MD所成的角．
在Rt△DAM中，AM=1，故DM=．因為AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．
在Rt△DAN中，AN=1，故DN=．
在等腰三角形DMN中，MN=1，可得．
所以，異面直線BC與MD所成角的余弦值為．
（3）連接CM．因為△ABC為等邊三角形，M為邊AB的中點，故CM⊥AB，CM=．又因為平面ABC⊥平面ABD，而CM平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角．
在Rt△CAD中，CD==4．
在Rt△CMD中，．
所以，直線CD與平面ABD所成角的正弦值為．

【名師點睛】本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、平面與平面垂直等基礎(chǔ)知識．考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力．
13．【2018年高考江蘇卷】在平行六面體中，．

求證：（1）平面；
（2）平面平面．
【答案】（1）見解析；（2）見解析.
【解析】（1）在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．
因為AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
（2）在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形．
又因為AA1=AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，
因此AB1⊥A1B．
又因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC．
又因為A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC．
因為AB1平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
【名師點睛】本題可能會出現(xiàn)對常見幾何體的結(jié)構(gòu)不熟悉導(dǎo)致幾何體中的位置關(guān)系無法得到運用或者運用錯誤，如柱體的概念中包含“兩個底面是全等的多邊形，且對應(yīng)邊互相平行，側(cè)面都是平行四邊形”，再如菱形對角線互相垂直的條件，這些條件在解題中都是已知條件，缺少對這些條件的應(yīng)用可導(dǎo)致無法證明.解答本題時，（1）先根據(jù)平行六面體得線線平行，再根據(jù)線面平行判定定理得結(jié)論；（2）先根據(jù)條件得四邊形ABB1A1為菱形，再根據(jù)菱形對角線相互垂直，以及已知垂直條件，利用線面垂直判定定理得線面垂直，最后根據(jù)面面垂直判定定理得結(jié)論.
14．【2018年高考浙江卷】如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

（1）證明：AB1⊥平面A1B1C1；
（2）求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．
【答案】（1）見解析；（2）.
【解析】方法一：（1）由得，
所以.
故.
由，得，
由得，
由，得，所以，故.
因此平面.
（2）如圖，過點作，交直線于點，連結(jié).

由平面得平面平面，
由得平面，
所以是與平面所成的角.
由得，
所以，
故.
因此，直線與平面所成的角的正弦值是.
方法二：（1）如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.

由題意知各點坐標(biāo)如下：

因此
由得.
由得.
所以平面.
（2）設(shè)直線與平面所成的角為.
由（1）可知
設(shè)平面的法向量.
由即可取.
所以.
因此，直線與平面所成的角的正弦值是.
【名師點睛】本題主要考查空間點、線、面位置關(guān)系，直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識，同時考查空間想象能力和運算求解能力.
15．【2017年高考全國Ⅰ文數(shù)】如圖，在四棱錐P?ABCD中，AB//CD，且．

（1）證明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，，且四棱錐P?ABCD的體積為，求該四棱錐的側(cè)面積．
【答案】（1）見解析；（2）．
【解析】（1）由已知，得，．
由于，故，從而平面．
又平面，所以平面平面．

（2）在平面內(nèi)作，垂足為．
由（1）知，平面，故，可得平面．
設(shè)，則由已知可得，．
故四棱錐的體積．
由題設(shè)得，故．
從而，，．
可得四棱錐的側(cè)面積為．
【名師點睛】證明面面垂直，先由線線垂直證明線面垂直，再由線面垂直證明面面垂直；計算點面距離時，如直接求不方便，應(yīng)首先想到轉(zhuǎn)化，如平行轉(zhuǎn)化、對稱轉(zhuǎn)化、比例轉(zhuǎn)化等，找到方便求值時再計算，可以減少運算量，提高準(zhǔn)確度，求點面距離有時能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱錐的高，利用等體積法求出．解答本題時，（1）由，，得平面即可證得結(jié)果；（2）設(shè)，則四棱錐的體積，解得，可得所求側(cè)面積．
16．【2017年高考全國Ⅱ卷文數(shù)】如圖，四棱錐中，側(cè)面為等邊三角形且垂直于底面，
（1）證明：直線平面;
（2）若△的面積為，求四棱錐的體積.

【答案】（1）見解析；（2）.
【解析】（1）在平面ABCD內(nèi)，因為∠BAD=∠ABC=90°，所以BC∥AD.
又，，
故BC∥平面PAD.
（2）取AD的中點M，連結(jié)PM，CM，
由及BC∥AD，∠ABC=90°得四邊形ABCM為正方形，則CM⊥AD.

因為側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD，
因為，所以PM⊥CM.
設(shè)BC=x，則CM=x，CD=，PM=，PC=PD=2x.
取CD的中點N，連結(jié)PN，則PN⊥CD，所以.
因為△PCD的面積為，所以，
解得x=?2（舍去），x=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=，
所以四棱錐P?ABCD的體積.
【名師點睛】解答本題時，（1）先由平面幾何知識得BC∥AD，再利用線面平行的判定定理證得結(jié)論；（2）取AD的中點M，利用線面垂直的判定定理證明PM⊥底面ABCD，從而得四棱錐的高，再通過平面幾何計算得底面直角梯形的面積，最后代入錐體體積公式即可.垂直、平行關(guān)系證明中應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型：
(1)證明線面、面面平行，需轉(zhuǎn)化為證明線線平行.
(2)證明線面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線線垂直.
(3)證明線線垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直.
17．【2017年高考全國Ⅲ卷文數(shù)】如圖，四面體ABCD中，是正三角形，AD=CD．

（1）證明：AC⊥BD；
（2）已知是直角三角形，AB=BD．若E為棱BD上與D不重合的點，且AE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比．
【答案】（1）見解析；（2）1:1
【解析】（1）取AC的中點O，連結(jié)DO，BO.
因為AD=CD，所以AC⊥DO.
又由于是正三角形，
所以AC⊥BO.
從而AC⊥平面DOB，
故AC⊥BD.
（2）連結(jié)EO.
由（1）及題設(shè)知∠ADC=90°，所以DO=AO.
在中，.
又AB=BD，所以，
故∠DOB=90°.
由題設(shè)知為直角三角形，所以.
又是正三角形，且AB=BD，所以.
故E為BD的中點，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的，即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1:1.

【名師點睛】解答本題時，（1）取的中點，由等腰三角形及等邊三角形的性質(zhì)得，，再根據(jù)線面垂直的判定定理得平面，即得AC⊥BD；（2）先由AE⊥EC，結(jié)合平面幾何知識確定，再根據(jù)錐體的體積公式得所求體積之比為1:1.垂直、平行關(guān)系證明中應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型：
（1）證明線面、面面平行，需轉(zhuǎn)化為證明線線平行.
（2）證明線面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線線垂直.
（3）證明線線垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直.
18．【2017年高考北京卷文數(shù)】如圖，在三棱錐P–ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D為線段AC的中點，E為線段PC上一點．

（1）求證：PA⊥BD；
（2）求證：平面BDE⊥平面PAC；
（3）當(dāng)PA∥平面BDE時，求三棱錐E–BCD的體積．
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）.
【解析】（1）因為，，所以平面，
又因為平面，所以.

（2）因為，為中點，所以，
由（1）知，，所以平面，
所以平面平面.
（3）因為平面，平面平面，
所以.
因為為的中點，所以，.
由（1）知，平面，所以平面.
所以三棱錐的體積.
【名師點睛】線線、線面的位置關(guān)系以及證明是高考的重點內(nèi)容，而其中證明線面垂直又是重點和熱點，要證明線面垂直，根據(jù)判定定理可轉(zhuǎn)化為證明線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直，也可根據(jù)性質(zhì)定理轉(zhuǎn)化為證明面面垂直.解答本題時，（1）要證明線線垂直，一般轉(zhuǎn)化為證明線面垂直；（2）要證明面面垂直，一般轉(zhuǎn)化為證明線面垂直、線線垂直；（3）由即可求解.
19．【2017年高考天津卷文數(shù)】如圖，在四棱錐中，平面，，，，，，．
（1）求異面直線與所成角的余弦值；
（2）求證：平面；
（3）求直線與平面所成角的正弦值．

【答案】（1）；（2）見解析；（3）．
【解析】（1）如圖，由已知AD//BC，故或其補角即為異面直線AP與BC所成的角．
因為AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．
在Rt△PDA中，由已知，得，
故．
所以，異面直線AP與BC所成角的余弦值為．

（2）因為AD⊥平面PDC，直線PD平面PDC，所以AD⊥PD．
又因為BC//AD，所以PD⊥BC，
又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．
（3）過點D作AB的平行線交BC于點F，連結(jié)PF，
則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角．
因為PD⊥平面PBC，故PF為DF在平面PBC上的射影，
所以為直線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，
在Rt△DPF中，可得．
所以，直線AB與平面PBC所成角的正弦值為．
【名師點睛】線線、線面的位置關(guān)系以及證明是高考的重點考查內(nèi)容，而證明線面垂直又是重點和熱點，要證明線面垂直，根據(jù)判斷定理轉(zhuǎn)化為證明直線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直即可，而線線垂直又可通過線面垂直得到，用幾何法求線面角，關(guān)鍵是找到斜線的射影，斜線與其射影所成的角就是線面角．解答本題時，（1）異面直線所成的角一般都轉(zhuǎn)化為相交線所成的角，因為，所以或其補角即為異面直線AP與BC所成的角，本題中AD⊥PD，進(jìn)而可得AP的長，所以；（2）要證明線面垂直，根據(jù)判斷定理，證明直線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直即可；（3）根據(jù)（2）中的結(jié)論，作，連結(jié)，則為直線DF和平面PBC所成的角．
20．【2017年高考山東卷文數(shù)】由四棱柱ABCD?A1B1C1D1截去三棱錐C1?B1CD1后得到的幾何體如圖所示，四邊形ABCD為正方形，O為AC與BD 的交點，E為AD的中點，A1E平面ABCD.
（1）證明：∥平面B1CD1;
（2）設(shè)M是OD的中點，證明：平面A1EM平面B1CD1.

【答案】（1）見解析；（2）見解析.
【解析】（1）取的中點，連接，由于是四棱柱，
所以，
因此四邊形為平行四邊形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.

（2）因為，，分別為和的中點，
所以，
又平面，平面，
所以
因為
所以
又平面，，
所以平面
又平面，
所以平面平面.
【名師點睛】證明線面平行時，先直觀判斷平面內(nèi)是否存在一條直線和已知直線平行，若找不到這樣的直線，可以考慮通過面面平行來推導(dǎo)線面平行，應(yīng)用線面平行性質(zhì)的關(guān)鍵是如何確定交線的位置，有時需要經(jīng)過已知直線作輔助平面來確定交線．在應(yīng)用線面平行、面面平行的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行平行轉(zhuǎn)化時，一定要注意定理成立的條件，嚴(yán)格按照定理成立的條件規(guī)范書寫步驟，如把線面平行轉(zhuǎn)化為線線平行時，必須說清經(jīng)過已知直線的平面與已知平面相交，則直線與交線平行．
21．【2017年高考江蘇卷】如圖，在三棱錐中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD．
求證：（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC．

【答案】（1）見解析；（2）見解析.
【解析】（1）在平面內(nèi)，因為AB⊥AD，，
所以．
又因為平面ABC，平面ABC，
所以EF∥平面ABC．
（2）因為平面ABD⊥平面BCD，平面平面BCD=BD，平面BCD，，
所以平面．
因為平面，
所以．
又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因為AC平面ABC，
所以AD⊥AC．
【名師點睛】垂直、平行關(guān)系證明中應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型：
（1）證明線面、面面平行，需轉(zhuǎn)化為證明線線平行；
（2）證明線面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線線垂直；
（3）證明線線垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直．
22．【2017年高考浙江卷】如圖，已知四棱錐P–ABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E為PD的中點．







（1）證明：平面PAB；
（2）求直線CE與平面PBC所成角的正弦值．
【答案】（1）見解析；（2）．
【解析】本題主要考查空間點、線、面位置關(guān)系，直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識，同時考查空間想象能力和運算求解能力.滿分15分.
（1）如圖，設(shè)PA中點為F，連接EF，F(xiàn)B．
因為E，F(xiàn)分別為PD，PA中點，所以
且，
又因為，，所以
且，
即四邊形BCEF為平行四邊形，所以
，
因此
平面PAB．
（2）分別取BC，AD的中點為M，N．連接PN交EF于點Q，連接MQ．
因為E，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點，所以Q為EF中點，
在平行四邊形BCEF中，
MQ//CE．
由△PAD為等腰直角三角形得
PN⊥AD．
由DC⊥AD，N是AD的中點得
BN⊥AD．
所以
AD⊥平面PBN，
由BC//AD得
BC⊥平面PBN，
那么
平面PBC⊥平面PBN．
過點Q作PB的垂線，垂足為H，連接MH．
MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角．
設(shè)CD=1．
在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，
在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，
在Rt△MQH中，QH=，MQ=，
所以
sin∠QMH=，
所以直線CE與平面PBC所成角的正弦值是．

【名師點睛】本題主要考查線面平行的判定定理、線面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，屬于中檔題．證明線面平行的常用方法：①利用線面平行的判定定理，使用這個定理的關(guān)鍵是設(shè)法在平面內(nèi)找到一條與已知直線平行的直線，可利用幾何體的特征，合理利用中位線定理、線面平行的性質(zhì)或者構(gòu)造平行四邊形、尋找比例式證明兩直線平行．②利用面面平行的性質(zhì)，即兩平面平行，在其中一平面內(nèi)的直線平行于另一平面．本題（1）是就是利用方法①證明的．另外，本題也可利用空間向量求解線面角．

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