2024年3月13日发(作者：自贡小升初前几年数学试卷)

17

专题17 立体几何综合

【

2020

年】

1

。（

2020·

新课标

Ⅰ

文）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=

体积。

【答案】（

1

）证明见解析

;(2

）

【解析】

(1)

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

，

6

8

2

，圆锥的侧面积为

3π

，求三棱锥

P−ABC

的

.

ABC

是圆内接正三角形

,

ACBC

，

△PAC△PBC

，

APCBPC90

，即

PBPC,PAPC

,

PAPB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3

,rl3

，

OD

2

l

2

r

2

2

，解得

r1,l3

，

AC2rsin603

，

1

17

在等腰直角三角形

APC

中，

AP

在

RtPAO

中，

POAP

2

OA

2

26

AC

,

22

62

1

42

,

三棱锥

PABC

的体积为

V

PABC

11236

POS

△ABC

3

33248

。

2

。（

2020·

新课标

Ⅱ

文）如图，已知三棱柱

ABC–A

1

B

1

C

1

的底

面是正三角形，侧面

BB

1

C

1

C

是矩形，

M

，

N

分别为

BC,B

1

C

1

的中

点，

P

为

AM

上一点．过

B

1

C

1

和

P

的平面交

AB

于

E

，交

AC

于

F

．

（

1

）证明

:AA

1

//MN,

且平面

A

1

AMN⊥

平面

EB

1

C

1

F

；

（

2

）设

O

为

△A

1

B

1

C

1

的中心，若

AO=AB=6

，

AO//

平面

EB

1

C

1

F

，且

∠

π

MPN=

3

，求四棱锥

B–EB

1

C

1

F

的体积．

【答案】（

1

）证明见解析；

(2

）

24

。

2

17

【解析】

（

1

）

M,N

分别为

BC

，

B

1

C

1

的中点，

MN//BB

1

又

AA

1

//BB

1

MN//AA

1

在等边

ABC

中，

M

为

BC

中点，则

BCAM

又侧面

BB

1

C

1

C

为矩形，

BCBB

1

MN//BB

1

MNBC

由

MNAMM

，

MN,AM

平面

A

1

AMN

BC⊥

平面

A

1

AMN

又

B

1

C

1

//BC

，且

B

1

C

1

平面

ABC

，

BC

平面

ABC

,

B

1

C

1

//

平面

ABC

又

B

1

C

1

平面

EB

1

C

1

F

，且平面

EB

1

C

1

F

平面

ABCEF

B

1

C

1

//EF

EF//BC

又

BC

平面

A

1

AMN

EF

平面

A

1

AMN

EF

平面

EB

1

C

1

F

平面

EB

1

C

1

F

平面

A

1

AMN

（

2

）过

M

作

PN

垂线，交点为

H

，

画出图形，如图

3

17

AO//

平面

EB

1

C

1

F

AO

平面

A

1

AMN

,

平面

A

1

AMN

平面

EB

1

C

1

FNP

AO//NP

又

NO//AP

AONP6

O

为

△A

1

B

1

C

1

的中心。

ON

1

3

AC

11

sin60

1

3

6sin603

故：

ONAP3

，则

AM3AP33

，

平面

EB

1

C

1

F

平面

A

1

AMN

,

平面

EB

1

C

1

F

平面

A

1

AMNNP

，

MH

平面

A

1

AMN

MH

平面

EB

1

C

1

F

又在等边

ABC

中

EF

BC

AP

AM

即

EF

APBC

AM

36

33

2

由（

1)

知，四边形

EB

1

C

1

F

为梯形

四边形

EB

1

C

1

F

的面积为：

S

1

C

1

四边形EB

1

C

1

F

EFB

2

NP=

26

2

624

V

1

BEB

1

C

1

F

3

S

四边形EB

1

C

1

F

h

，

h

为

M

到

PN

的距离

MH23sin603

，

4

17

V24324

1

3

.

3.

（

2020·

新课标

Ⅲ

）如图，在长方体

ABCDABCD

中，点

E

,

F

分

1111

别在棱

DD

1

，

BB

1

上，且

2DEED

1

，

BF2FB

1

．证明

:

(1

）当

ABBC

时，

EFAC

;

（

2

）点

C

1

在平面

AEF

内．

【答案】（

1

）证明见解析；（

2)

证明见解析。

【解析】

（

1)

因为长方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

,

所以

BB

1

平面

ABCD

ACBB

1

，

因为长方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

,ABBC

,

所以四边形

ABCD

为正方形

ACBD

因为

BB

1

BDB,BB

1

、BD

平面

BB

1

D

1

D

,

因此

AC

平面

BB

1

D

1

D

，

因为

EF

平面

BB

1

D

1

D

,

所以

ACEF

;

（

2)

在

CC

1

上取点

M

使得

CM2MC

1

,

连

DM,MF

,

因为

D

1

E2ED,DD

1

//CC

1

,DD

1

=CC

1

，所以

EDMC

1

,ED//MC

1

,

5

17

所以四边形

DMCE

为平行四边形

,

DM//EC

11

因为

MF//DA,MF=DA,

所以四边形

MFAD

为平行四边形，

DM//AF,EC

1

//AF

因此

C

在平面

AEF

内

1

4.

（

2020

·北京卷）如图

,

在正方体

ABCDABCD

中，

E

为

BB

的

1111

1

中点．

（

Ⅰ)

求证：

BC//

平面

ADE

；

11

（

Ⅱ

）求直线

AA

与平面

ADE

所成角的正弦值．

11

2

【答案】（

Ⅰ

）证明见解析；（

Ⅱ

）

3

.

【解析】

（

Ⅰ

）如下图所示

:

在正方体

ABCDABCD

中，

AB//AB

且

ABAB

,

AB//CD

且

ABCD

，

11111111

1111

1111

AB//C

1

D

1

且

ABCD

,

所以，四边形

ABCD

为平行四边形，则

BC//AD

，

11

11

11

6

17

BC

1

平面

ADE

,

AD

平面

ADE

，

BC//

平面

ADE

；

111

1

1

1

（

Ⅱ

）以点

A

为坐标原点，

AD

、

AB

、

AA

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

Axyz

，

设正方体

ABCDABCD

的棱长为

2

，则

A

0,0,0

、

A

0,0,2

、

D

2,0,2

、

1111

1

1

E

0,2,1

，

AD

1

2,0,2

，

AE

0,2,1

，

设平面

AD

1

E

nAD

1

0

2x2z0

nx,y,z

，由

的法向量为

，得，

2yz0

nAE0

令

z2

,

则

x2

，

y1

，则

n

2,1,2

.

cosn,AA

1



nAA

1

nAA

1



AA

1

42



.

323

AD

1

E

因此，直线与平面

2

所成角的正弦值为

3

.

5

。（

2020·

江苏卷）在三棱柱

ABC-A

1

B

1

C

1

中，

AB⊥AC,B

1

C⊥

平面

ABC,E

，

F

分别是

AC,B

1

C

的中点．

7

17

（

1

）求证：

EF∥

平面

AB

1

C

1

;

（

2

）求证

:

平面

AB

1

C⊥

平面

ABB

1

．

【答案】（

1)

证明详见解析；（

2

）证明详见解析。

【解析】

（

1)

由于

E,F

分别是

AC,B

1

C

的中点

,

所以

EF//AB

1

.

由于

EF

平面

AB

1

C

1

,

AB

1

平面

AB

1

C

1

，所以

EF//

平面

AB

1

C

1

.

（

2

）由于

B

1

C

平面

ABC

，

AB

平面

ABC

,

所以

B

1

CAB

。

由于

ABAC,ACB

1

CC

，所以

AB

平面

AB

1

C

，

由于

AB

平面

ABB

1

，所以平面

AB

1

C

平面

ABB

1

.

6.

（

2020·

江苏卷）在三棱锥

A—BCD

中，已知

CB=CD=

5

,BD=2,O

为

BD

的中点

,AO⊥

平面

BCD

，

AO=2

，

的中点．

E

为

AC

8

17

（

1

）求直线

AB

与

DE

所成角的余弦值；

（

2

）若点

F

在

BC

上，满足

大小为

θ,

求

sinθ

的值．

【答案】

(1

）

【解析】

15

15

1

BF=

4

BC

，设二面角

F-DE—C

的

239

（

2

）

13

（

1

）连

COBCCD,BOODCOBD

以

OB,OC,OA

为

x,y,z

轴建立空间直角坐标系

,

则

A(0,0,2),B(1,0,0),C(0,2,0),D(1,0,0)E(0,1,1)

AB(1,0,2),DE(1,1,1)cosAB,DE

115



15

53

15

15

从而直线

AB

与

DE

所成角的余弦值为

1

（

2

）设平面

DEC

一个法向量为

n(x,y,z),

9

17

n

1

DC0

x2y0

DC(1,2,0),

xyz0

nDE0

1

令

y1x2,z1n(2,1,1)

1

设平面

DEF

一个法向量为

n

2

(x

1

,y

1

,z

1

),

1

7

171

n

2

DF0

x

1

y

1

0

DFDBBFDBBC(,,0),

4

2

442

nDE0

2

x

1

y

1

z

1

0

令

y

1

7x

1

2,z

1

5n

2

(2,7,5)

61



67813

cosn

1

,n

2



因此

sin

12239

13

13

7

。（

2020·

山东卷）如图

,

四棱锥

P-ABCD

的底面为正方形，

PD⊥

底面

ABCD

．设平面

PAD

与平面

PBC

的交线为

l

．

(1

）证明：

l⊥

平面

PDC

；

(2

）已知

PD=AD=1

，

Q

为

l

上的点，求

PB

与平面

QCD

所成

角的正弦值的最大值．

【答案】（

1

）证明见解析；（

2

）

【解析】

(1

）证明：

在正方形

ABCD

中，

AD//BC

，

因为

AD

平面

PBC

，

BC

平面

PBC

，

10

6

3

。

17

所以

AD//

平面

PBC

，

又因为

AD

平面

PAD

，平面

PAD

平面

PBCl

，

所以

AD//l

，

因为在四棱锥

PABCD

中，底面

ABCD

是正方形，所以

ADDC,lDC,

且

PD

平面

ABCD

,

所以

ADPD,lPD,

因为

CDPDD

所以

l

平面

PDC

；

（

2

）如图建立空间直角坐标系

Dxyz

,

因为

PDAD1

，则有

D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)

，

设

Q(m,0,1)

，则有

DC(0,1,0),DQ(m,0,1),PB(1,1,1)

，

设平面

QCD

的法向量为

n(x,y,z)

，

DCn0

y0

则

，即，

mxz0

DQn0

令

x1

，则

zm

，所以平面

QCD

的一个法向量为

n(1,0,m)

，则

cosn,PB

nPB

nPB

10m

3m

2

1

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对

11

17

值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的

正弦值等于

2

32m32|m|36

312mm

|cosn,PB|

1111



3m

2

1

3m

2

13m

2

133

3m

2

1

|1m|

,

当且仅当

m1

时取等号

,

所以直线与平面

PB

QCD

所成角的正弦值的最大值为

111

6

3

1

。

8.

（

2020·

天津卷）如图，在三棱柱

ABCABC

中，

CC

平面

ABC,ACBC,ACBC2

，

CC

1

3

，点

D,E

分别在棱

AA

1

和棱

CC

1

上，且

AD1CE2,M

为棱

A

1

B

1

的中点．

（

Ⅰ

）求证：

CMBD

;

11

（

Ⅱ

）求二面角

BBED

的正弦值

;

1

（

Ⅲ

）求直线

AB

与平面

DBE

所成角的正弦值．

1

【答案】

(Ⅰ

）证明见解析；

(Ⅱ)

30

6

;

（

Ⅲ

）

3

3

。

1

【解析】依题意，以

C

为原点，分别以

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）

,

12

17

可得

C

0,0,0

、

A

2,0,0

、

B

0,2,0

、

C

1

0,0,3

、

A

1

2,0,3

、

B

1

0,2,3

、

D

2,0,1

、

E

0,0,2

、

M

1,1,3

。

（

Ⅰ

）依题意，

C

1

M

1,1,0

，

B

1

D

2,2,2

，

从而

C

1

MB

1

D2200

，所以

C

1

MB

1

D

;

(Ⅱ

）依题意，

CA

2,0,0

是平面

BB

1

E

的一个法向量

,

EB

1

0,2,1

,

ED

2,0,1

．

设

n

x,y,z

为平面

DB

1

E

的法向量，

则

nEB

1

0

2yz0

nED0

，即

2xz0

，

不妨设

x1

，可得

n

1,1,2

．

cosCA,n

CAn26

CAn

26

6

，

sinCA,n1cos

2

CA,n

30

6

．

所以，二面角

BB

30

1

ED

的正弦值为

6

;

(Ⅲ

）依题意，

AB

2,2,0

．

由（

Ⅱ)

知

n

1,1,2

为平面

DB

1

E

的一个法向量，于是

13

17

cosAB,n

ABn

ABn

43



3

226

．

3

3

所以

,

直线

AB

与平面

DB

1

E

所成角的正弦值为。

9.

（

2020·

浙江卷

)

如图

,

三棱台

DEF—ABC

中，面

ADFC⊥

面

ABC

，

∠ACB=∠ACD=45°

，

DC =2BC

．

（

I)

证明：

EF⊥DB

；

(II

）求

DF

与面

DBC

所成角的正弦值．

【答案】（

I

）证明见解析；

(II

）

【解析】

(Ⅰ

）作

DHAC

交

AC

于

H

,

连接

BH

．

∵

平面

ADFC

平面

ABC

，而平面

ADFC

平面

ABCAC

,

DH

平面

ADFC

，

3

3

∴

∵

∴

在

∴

DH

平面

ABC

，而

BC

平面

ABC

，即有

DHBC

．

ACBACD45

，

CD2CH2BCCH2BC

．

CBH

中

,

BH

2

CH

2

BC

2

2CHBCcos45BC

2

，即有

BH

2

BC

2

CH

2

，

BHBC

．

DHH

,

14

EF//BC

，

BHEF

,

而

BH

由棱台的定义可知，所以

DHEF

，

17

∴

EF

平面

BHD

,

而

BD

平面

BHD

，

∴

EFDB

．

（

Ⅱ)

因为

DF//CH

，所以

DF

与平面

DBC

所成角即为与

CH

平面

DBC

所成角．

作

HGBD

于

G

,

连接

CG

,

由（

1)

可知，

BC⊥

平面

BHD

，

因为所以平面

BCD

平面

BHD

，而平面

BCD

平面

BHDBD

,

HG

平面

BHD

，

∴

HG

平面

BCD

．

即

CH

在平面

DBC

内的射影为

CG

，

HCG

即为所求角．

在

∴

Rt△HGC

中，设

BCa

，则

CH2a

，

HG

HG13



CH3

3

BHDH2aa2

a

，

BD

3a3

sinHCG

．

3

3

故

DF

与平面

DBC

所成角的正弦值为．

【

2019

年】

1

．【

2019

·全国

Ⅰ

卷文数】如图

,

直四棱柱

ABCD–A

1

B

1

C

1

D

1

的底面是菱形，

AA

1

=4

，

AB=2,

∠

BAD=60°,E,M

，

N

分别是

BC

，

BB

1

,A

1

D

的中点

.

15

17

（

1

）证明：

MN

∥平面

C

1

DE

；

（

2

）求点

C

到平面

C

1

DE

的距离．

【答案】（

1)

见解析；

(2

）

1

417

17

.

【解析】

(1

）连结

BC,ME

。

因为

M,E

分别为

又因为

N

为

A

1

D

BB

1

,BC

的中点

,

所以

ME ∥ B

1

C

，且

ME

1

B

1

C

.

2

的中点，所以

ND

11

1

A

1

D

。

2

=

DC

，可得

BC

∥

=

AD

，故

ME

∥

由题设知

AB

∥

=

ND

，

11

因此四边形

MNDE

为平行四边形，

MN∥ED

.

又

MN

平面

CDE

，所以

MN

∥平面

CDE

.

11

（

2)

过

C

作

C

1

E

的垂线

,

垂足为

H

。

由已知可得

DEBC

，

DECC

，所以

DE

⊥平面

CCE

，故

DE

⊥

CH.

11

从而

CH

⊥平面

CDE

，故

CH

的长即为

C

到平面

CDE

的距离，

11

由已知可得

CE=1

，

C

1

C=4,

所以

CE

1

17

，故

CH

417

17

。

从而点

C

到平面

C

1

DE

的距离为

417

17

.

16

17

2

．【

2019

·全国

Ⅱ

卷文数】如图

,

长方体

ABCD–A

1

B

1

C

1

D

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

1

C

1

；

（

2)

若

AE=A

1

E

，

AB=3

，求四棱锥

EBBCC

的体积．

11

【答案】（

1)

见详解；（

2

）

18.

(1

）

BE

平面

ABB

1

A

1

，【解析】由已知得

B

1

C

1

⊥平面

ABB

1

A

1

，

故

BC

11

BE

1

．

11

又

BEEC

,

所以

BE

⊥平面

EBC

．

(2)

由

(1

）知∠

BEB

1

=90°.

由题设知

Rt△ABE

≌

Rt△A

1

B

1

E,

所以

AEBA

1

EB

1

45

，

17

17

故

AE=AB=3,

AA2AE6

。

1

作

EFBB

,

垂足为

F

，则

EF

⊥平面

BBCC

，且

EFAB3

．

111

所以，四棱锥

EBB

1

C

1

C

1

V

的体积

3

36318

．

3

．【

2019

·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

ADBE

，

CGBE,

所以

ADCG

，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

．

18

17

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.

AB

平面

BCGE

，因为

AB

∥

DE

，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

．

4

．【

2019

·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．

【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

，

19

17

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=

1

2

AB

．

因为底面

ABCD

为菱形

,

且

E

为

CD

的中点，

所以

CE

∥

AB

，且

CE=

1

2

AB

．

所以

FG

∥

CE

，且

FG=CE

．

所以四边形

CEGF

为平行四边形．

20

17

所以

CF

∥

EG

．

因为

CF

平面

PAE

，

EG

平面

PAE

，

所以

CF

∥平面

PAE

．

5

．【

2019

·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

，

PACD,CD2,AD3

.

（

1

）设

G

，

H

分别为

PB,AC

的中点，求证

:

GH∥

平面

PAD

；

（

2)

求证

:

PA

平面

PCD

；

（

3

）求直线

AD

与平面

PAC

所成角的正弦值

.

【答案】（

1

）见解析；（

2

）见解析；（

3

）

3

3

．

【解析】（

1)

连接

BD

，易知

ACBDH

，

BHDH

.

又由

BG=PG

,

故

GH∥ PD

.

又因为

GH

平面

PAD

，

PD

平面

PAD

，

所以

GH∥

平面

PAD.

(2)

取棱

PC

的中点

N,

连接

DN

。依题意，得

DN

⊥

PC,

又因为平面

PAC

平面

PCD

，平面

PAC

平面

PCDPC

,

所以

DN

平面

PAC

，

又

PA

平面

PAC

，故

DNPA

.

21

17

又已知

PACD

，

CDDND

，

所以

PA

平面

PCD

。

(3

）连接

AN,

由（

2

）中

DN

平面

PAC

，可知

DAN

为直线

AD

与

平面

PAC

所成的角，

因为

△PCD

为等边三角形

,CD=2

且

N

为

PC

的中点

,

所以

DN3

.

又

DNAN

，

在

Rt△AND

中，

sinDAN

DN3

AD

3

。

所以，直线

AD

与平面

PAC

所成角的正弦值为

3

3

.

6

．【

2019

·江苏卷】如图

,

在直三棱柱

ABC

－

A

1

B

1

C

1

中，

分别为

BC

，

AC

的中点，

AB=BC

．

求证：（

1

）

A

1

B

1

∥平面

DEC

1

;

(2)BE

⊥

C

1

E

．

D,E

22

17

【答案】（

1)

见解析；（

2

）见解析

.

【解析】（

1)

因为

D

，

E

分别为

BC

，

AC

的中点

,

所以

ED

∥

AB.

在直三棱柱

ABC−A

1

B

1

C

1

中

,AB

∥

A

1

B

1

，

所以

A

1

B

1

∥

ED

。

又因为

ED⊂

平面

DEC

1

，

A

1

B

1

平面

DEC

1

，

所以

A

1

B

1

∥平面

DEC

1

。

(2)

因为

AB=BC,E

为

AC

的中点

,

所以

BE

⊥

AC.

因为三棱柱

ABC−A

1

B

1

C

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

1

C⊂

平面

A

1

ACC

1

，

AC⊂

平面

A

1

ACC

1

,C

1

C∩AC=C

，

所以

BE

⊥平面

A

1

ACC

1

。

因为

C

1

E⊂

平面

A

1

ACC

1

,

所以

BE

⊥

C

1

E.

7

．【

2019

·浙江卷】如图，已知三棱柱

ABCABC

，平面

AACC

1111

11

1

ABC90

,

BAC30,AAACAC,E,F

分别是

AC

，

A

1

B

1

的中点。平面

ABC

，

(1

）证明：

EFBC

;

（

2

）求直线

EF

与平面

A

1

BC

所成角的余弦值

.

23

17

3

【答案】（

1

）见解析；（

2

）

5

．

【解析】方法一：

(1)

连接

A

1

E

，因为

A

1

A=A

1

C

，

E

是

AC

的中点，所以

A

1

E

⊥

AC

．

又平面

A

1

ACC

1

⊥平面

ABC

，

A

1

E

平面

A

1

ACC

1

，

平面

A

1

ACC

1

∩

平面

ABC=AC,

所以，

A

1

E

⊥平面

ABC

，则

A

1

E

⊥

BC

．

又因为

A

1

F

∥

AB,

∠

ABC=90°,

故

BC

⊥

A

1

F

．

所以

BC

⊥平面

A

1

EF

．

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

1

E

⊥平面

ABC

，故

A

1

E

⊥

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

1

BC

⊥平面

EGFA

1

，

24

17

所以

EF

在平面

A

1

BC

上的射影在直线

A

1

G

上．

连接

A

1

G

交

EF

于

O

，则∠

EOG

是直线

EF

与平面

A

1

BC

所成的角

（或其补角）．

不妨设

AC=4,

则在

Rt△A

1

EG

中，

A

1

E=2

3

，

EG=

3

.

由于

O

为

A

1

G

的中点，故

EOOG

A

1

G

15

22

，

EO

2

OG

2

EG

2

3

所以

cosEOG

2EOOG

5

．

3

因此

,

直线

EF

与平面

A

1

BC

所成角的余弦值是

5

．

方法二

:

(1

）连接

A

1

E

，因为

A

1

A=A

1

C

，

E

是

AC

的中点，所以

A

1

E

⊥

AC.

又平面

A

1

ACC

1

⊥平面

ABC

，

A

1

E

平面

A

1

ACC

1

,

平面

A

1

ACC

1

∩

平面

ABC=AC

，所以，

A

1

E

⊥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

，

0,2

3

)

，

B

（

3

，

1,0

），

B(

1

3,3,23)

，

F(

33

,,23)

22

，

C

（

0

，

2

，

0)

．

因此，

EF(

33

,,23)

22

，

BC(3,1,0)

．

25

17

由

EFBC0

得

EFBC

．

（

2

）设直线

EF

与平面

A

1

BC

所成角为

θ

．

由

(1

）可得

BC=(3，，10)，AC223)

．

1

=(0，，

z)

，

设平面

A

1

BC

的法向量为

n

(x，y，

3xy0

BCn0

由

，得，

ACn0

1

y3z0

取

n

(1，3，1)

n|=

，故

sin

|cosEF，

|EFn|4

，

|EF||n|

5

3

因此，直线

EF

与平面

A

1

BC

所成的角的余弦值为

5

．

【

2018

年】

1

．【

2018

·全国

Ⅰ

卷文数】如图，在平行四边形

ABCM

中

,

ABAC3

，

∠ACM90

，以

AC

为折痕将

△

点

D

的位置，且

AB⊥DA

．

（

1

）证明：平面

ACD⊥

平面

ABC

；

（

2

）

Q

ACM

折起，使点

M

到达

为线段

AD

上一点，

P

为线段

BC

上一点，且

BPDQ

2

DA

，

3

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

．

26

17

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

BPDQ

2

DA

，所以

BP22

．

3

QE

∥

=

作

QE

⊥

AC

，垂足为

E

，则

1

DC

．

3

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

111

V

QABP

QES

△ABP

1322sin451

．

332

2

．【

2018

·全国

Ⅱ

卷文数】

如图，在三棱锥

PABC

中

,

ABBC22

，

PAPBPCAC4

，

O

为

AC

的中点．

（

1

）证明：

PO

平面

ABC

；

(2

）若点

M

在棱

BC

上

,

且

MC2MB

,

求点

C

到平面

POM

的距离．

【答案】（

1

）见解析

;

（

2)

45

5

．

27

17

【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=

形，且

2

AC

2

，所以

△ABC

为等腰直角三角

1

OB

⊥

AC,OB=

2

AC

=2

．

2

由

OPOB

2

PB

2

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

所以

OM=

12

42

ACBC

OC=

2

=2

，

CM=

3

=

3

OCMCsinACB

45

=

5

，

CH=

OM

45

5

，∠

ACB=45°

．

25

3

．

所以点

C

到平面

POM

的距离为．

3

．【

2018

·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

；

28

17

(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

．

29

17

4

．【

2018

·北京卷文数】如图，在四棱锥

P−ABCD

中，底

面

ABCD

为矩形，平面

PAD

⊥平面

ABCD

，

PA

⊥

PD,PA=PD

，

E

，

F

分别为

AD

，

PB

的中点

.

(1

）求证：

PE

⊥

BC

；

(2

）求证：平面

PAB

⊥平面

PCD

；

（

3)

求证：

EF

∥平面

PCD

。

【答案】

(1)

见解析；（

2

）见解析

;(3)

见解析。

【解析】

(1

）∵

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

.

30

17

∵

F,G

分别为

PB

和

PC

的中点，∴

FG∥BC

，且

FG

1

BC

，

2

1

BC

。

2

∵四边形

ABCD

为矩形，且

E

为

AD

的中点，

∴

ED∥BC,DE

∴

EF∥GD

.

又

EF

平面

PCD

,

GD

平面

PCD

，

∴

EF∥

平面

PCD

.

5

．【

2018

·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．

∴

ED∥FG

，且

EDFG

，∴四边形

EFGD

为平行四边形，

【答案】（

1

）见解析；

(2

）

13

26

；（

3

）

3

4

．

【解析】（

1

）由平面

ABC

⊥平面

ABD

，平面

ABC∩

平面

ABD=AB

，

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．

31

17

在

Rt△DAM

中，

AM=1

，故

DM=

平面

ABC

，故

AD

⊥

AC

．

在

Rt△DAN

中，

AN=1,

故

DN=

在等腰三角形

DMN

AD

2

AM

2

=13

．因为

AD

⊥

AD

2

AN

2

=13

．

1

MN

中

,MN=1

，可得

cosDMN

2

13

．

DM26

13

26

所以，异面直线

BC

与

MD

所成角的余弦值为．

（

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=

在

Rt△CMD

中，

AC

2

AD

2

=4

．

．

3

4

sinCDM

CM3

CD4

所以，直线

CD

与平面

ABD

所成角的正弦值为．

6

．【

2018

·江苏卷】在平行六面体

ABCDABCD

1111

中

,

AAAB,AB

11

B

1

C

1

．

32


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