2018高考数学“棘手”问题大归纳与大通透专题5.3+平面几何知识在立体几何中证明和计算中的应用

1．四棱锥中，底面为矩形，．侧面底面．
（I）证明：；
（II）设与平面所成的角为，求二面角的余弦值．
【答案】（I）见解析（II）
【解析】试题分析：
（I）证法一：由题意，建立空间直角坐标系，据此可求得，由于，故．
证法二：设中点为，连接，由等腰三角形的性质可得，利用面面垂直的性质定理可得，在矩形中，连接，设与交于，由相似三角形的性质可得，据此有平面，则．
（II）由题意可得平面，过作，垂足为，则平面，与平面所成的角即为角，据此可得三角形为等边三角形，，结合空间向量的结论可得平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，据此可得故二面角的余弦值为．

以为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系，并设，
则
所以
，所以．
（II）由，平面平面，交线为，可得平面，
所以平面平面，交线为，
过作，垂足为，则平面，
与平面所成的角即为角，
所以，
从而三角形为等边三角形，，
设平面的一个法向量为，则，，可取，
设平面的一个法向量为，则，
，可取，
于是，故二面角的余弦值为．
2．如图，在四棱锥中，四边形为正方形， 平面， ， 是上一点，且．
（1）求证： 平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】试题分析：
（1）连接，由线面垂直的性质定理可得，且，故平面， ，又，利用线面垂直的判断定理可得平面．
法2：取为原点，直线， ， 分别为， ， 轴，建立坐标系，不妨设，结合(1)的结论可得平面得法向量，而，据此计算可得直线与平面所成角的正弦值为．
试题解析：
（1）连接，由平面， 平面得，
又， ，
∴平面，得，
又， ，
∴平面．
法2：取为原点，直线， ， 分别为， ， 轴，建立坐标系，不妨设，则， ， ，
由（1）知平面得法向量，而，
∴ ．
故直线与平面所成角的正弦值为．
3．如何所示，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面， ， 是的中点，作交于点．
（1）证明//平面；
（2）证明平面；
（3）求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)60°
【解析】试题分析：
(1)连接, 交于，连接，由题意结合三角形中位线的性质可得．结合线面平行的判断定理可得//平面．
（2）由题意可得 ，由正方形的性质可得,由线面垂直的判断定理可得平面，故．结合几何关系可得平面， ，再次利用线面垂直的判断定理可得 平面．
（3）由（2）知， 是二面角的平面角．正方形的边长为，结合几何关系可求得，则二面角的大小为 ．
（2） 底面，且 底面， ，
，可知是等腰直角三角形，而是斜边的中线， ，
同样，由底面， 平面，得，
底面是正方形，有，又， 平面，
而 平面， ．由和且可得平面，而 平面， ．
又且， 平面．

4．在四棱锥中，四边形为平行四边形， ， ， ， 为的中点．
（1）求证： 平面；
（2）求点到平面的距离．
【答案】(1)见解析(2)
【解析】试题分析：
（1）连接交于点，则为的中点，连接．由三角形中位线的性质可得，结合线面平行的判断定理可得平面．
（2）取的中点，连接， ， ．由几何关系可证得平面．且，则 ．在中，由余弦定理可得 ．由勾股定理可得，则等腰的面积为，设点到平面的距离为，利用体积相等列方程可得点到平面的距离为．
试题解析：
（1）连接交于点，
则为的中点，连接．
在中， ，
∵平面， 平面，
∴平面．
∴ ．
在中， ， ， ，

5．如图，已知五面体，其中内接于圆，是圆的直径，四边形为平行四边形，且平面．
（1）证明：平面平面；
（2）若，，且二面角所成角的余弦值为，试求该几何体的体积．
【答案】（1）见解析；（2）8
【解析】试题分析：
(1)由圆的性质可得，由线面垂直的性质可得，结合线面垂直的判断定理有平面，故平面平面 ．
（2）设，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，结合(1)的结论可得平面的一个法向量是，结合方向向量可得平面ABD的一个法向量为，利用空间向量的结论解方程可得，则结合体的体积．
（2）设，以所在直线分别为轴，轴，轴，如图所示，
则，，，，
由（1）可得，平面，
平面的一个法向量是，
设为平面的一个法向量，
由条件得，，，
即 不妨令，
则，，，
，，
得 ，
．
6．如图,在三棱锥中, 底面,． 、分别为和的中点． 为侧棱上的动点．
（Ⅰ）求证: 平面;
（Ⅱ）求证:平面平面;
（Ⅲ）试判断直线与平面是否能够垂直．若能垂直,求的值;若不能垂直,请说明理由．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ） ．
试题解析：
（Ⅰ）证明:∵是三棱柱，
∴三个侧面都是平行四边形, 且，
又∵、分别为和的中点，
∴且，
∴且，
∴是平行四边形，
∴，
∵平面, 平面，
∴平面．
（Ⅲ）直线与平面能够垂直,且，
由（Ⅱ）知平面，
∴，
若要使平面,仅需在平面内再找一条和相交的直线和即可．
此时我们取平面内和相交的直线，
若,则与相似，
∴，
∴．
7．如图,在四棱锥中,底面为菱形,平面平面, ,点在棱上．
（Ⅰ）求证:直线平面;
（Ⅱ）若平面,求证: ;
（Ⅲ）是否存在点,使得四面体的体积等于四面体的?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ） ．
试题解析：
（Ⅰ）∵平面平面,平面平面,
∴平面
∴
∵底面是菱形
∴
∵, 平面
∴平面
（Ⅱ）设，∵平面, 平面,平面平面
∴
又∵底面是菱形, 是中点
∴是的中位线, 是中点
∴

8．如图，在四棱锥中，底面为菱形， ， 平面， ，点、分别为和的中点．
（1）求证：直线平面；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】【试题分析】(1) 取的中点，连结、，通过证明四边形为平行四边形,得到,由此证得平面．(2)利用等体积法,通过建立方程,由此求得点到面的距离．
（2）设点到平面的距离为．
由题意知在中，
，
在中，
在中，
故， ，
，
，
所以由得： ，
解得．
9．如图，在直角梯形中，，且分别为线段的中点，沿把折起，使，得到如下的立体图形．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求点到平面的距离．
【答案】(1)见解析;(2)2．
【解析】试题分析：
（1）由折叠问题的特征可得，又，，故可得平面，根据面面垂直的判定定理可证得结论．（2）过点作交于点，连结，结合条件可得可得，于是得到．然后根据条件求得，，然后根据可求得点到平面的距离．
（2）解：
过点作交于点，连结，则平面，
∵平面，
∴，
又，
∴平面，
又平面
∴．
∵，
∴平面，
∴．
又,
∴．
又，
∴，
解得．
故点到平面的距离为2．
10．如图所示，平面，点在以为直径的上，，，点为线段的中点，点在弧上，且．
（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面平面；
（3）设二面角的大小为，求的值．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)．
【解析】试题分析：
（1）由△ABC中位线的性质可得，则平面．由线面平行的判断定理可得平面．结合面面平行的判断定理可得平面．
（2）由圆的性质可得，由线面垂直的性质可得，据此可知平面．利用面面垂直的判断定理可得平面平面．
（3）以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系．结合空间几何关系计算可得平面的法向量，平面的一个法向量，则．由图可知为锐角，故．
（2）证明：因为点在以为直径的上，所以，即．
因为平面，平面，所以．
因为平面，平面，，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
11．如图，四棱锥中，底面是直角梯形，,，,侧面底面,且是以为底的等腰三角形．
（Ⅰ）证明：
（Ⅱ）若四棱锥的体积等于．问：是否存在过点的平面分别交，于点，使得平面平面？若存在，求出的面积；若不存在，请说明理由．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
【解析】试题分析: （Ⅰ）取的中,连接 ,由三角形是等腰三角形,则 ,又 ,可得 ,从而证出 ,可得 ; （Ⅱ）取 中点 ,连接 ,可证明四边形为平行四边形,进一步证明 ,可得三角形是直角三角形,由三角形面积公式可得面积．
试题解析:（Ⅰ）证明：取的中点，连接，
（Ⅱ）解：存在，理由如下：
分别取的中点，连接，则；
∵是梯形，且，
∴且，则四边形为平行四边形，
∴
又∵平面，平面
∴平面，平面且平面，
∴平面平面
∵侧面，且平面平面

12．如图，四棱锥中，底面，为直角梯形，与相交于点，，，，三棱锥的体积为9．
(1)求的值；
(2)过点的平面平行于平面，与棱，，，分别相交于点，求截面的周长．
【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）．
【解析】【试题分析】（1）利用体积公式列方程可求得．（2）利用面面平行的性质定理可有，利用相似三角形可求得各边长，过点作∥交于，则．所以截面的周长为．
【试题解析】
（Ⅰ）四棱锥中，底面，
为直角梯形，，，
所以，解得．
（Ⅱ）【法一】因为平面，平面平面，，
故四边形为矩形，即，（求长2分，其余三边各1分）
在中，所以
所以截面的周长为．
【法二】因为平面，平面平面，
，平面平面，
所以，同理
因为∥
所以∽，且，

13．如图，在三棱锥中， ， ， ， ，直线与平面成角， 为的中点， ， ．
（Ⅰ）若，求证：平面平面；
（Ⅱ）若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ) ．
【解析】试题分析：由题意可得直线与平面所成角是，即．
设，则， ，由余弦定理得或．
（Ⅰ）若，则，由勾股定理可得，又，据此可得平面，平面平面．
（Ⅱ）若，则，故， ，
设是到面的距离， 是到面的距离，则，
由等体积法可得， ．
设直线与平面所成角为，则 ，据此可得直线与平面所成角的正弦值的取值范围为．
（Ⅱ）若，∴，∵，∴， ，
设是到面的距离， 是到面的距离，则，
由等体积法： ，
∴，∴．
设直线与平面所成角为，则
．
∵，∴．
∴
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为．
14．已知空间几何体中， 与均为边长为的等边三角形， 为腰长为的等腰三角形，平面平面，平面平面．
（Ⅰ）试在平面内作一条直线，使得直线上任意一点与的连线均与平面平行，并给出详细证明；
（Ⅱ）求三棱锥的体积．
【答案】(Ⅰ)见解析；（Ⅱ） ．
试题解析：
（Ⅰ）如图所示，取中点，取中点，连结，则即为所求．
证明：取中点，连结，
∵为腰长为的等腰三角形， 为中点，
∴，
又平面平面，
平面平面， 平面，
∴平面，
∴平面平面，
又平面，∴平面．
（Ⅱ）连结，取中点，连结，则，
由（Ⅰ）可知平面，
所以点到平面的距离与点到平面的距离相等．
又是边长为的等边三角形，∴，
又平面平面，平面平面， 平面，
∴平面，∴平面，
∴，又为中点，∴，
又， ，∴．
∴ ．
15．如图，在直三棱柱中，底面为等边三角形， ．
（Ⅰ）求三棱锥的体积；
（Ⅱ）在线段上寻找一点，使得，请说明作法和理由．
【答案】(1) (2)见解析
【解析】试题分析：（1）取BC中点E连结AE，三棱锥C1﹣CB1A的体积，由此能求出结果．（2）在矩形BB1C1C中，连结EC1，推导出Rt△C1CE∽Rt△CBF，从而CF⊥EC1，再求出AE⊥CF，由此得到在BB1上取F，使得，连结CF，CF即为所求直线．
（2）作法：在上取，使得，连结， 即为所求直线．
证明：如图，在矩形中，连结，
∵， ，∴，
∴，∴，

16．如图，在三棱柱中， ， 分别为， 的中点， ， ， ．
（1）求证：直线平面；
（2）求证：直线 平面．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析．
【解析】试题分析：
（1）设与交于点， 连接， ．由几何关系可证得四边形是平行四边形，则．由线面平行的判断定理可得直线平面．
（2）由题意可得是菱形，则，由等腰三角形三线合一可得，结合，可得，则， ，利用线面垂直的判断定理可得直线平面．
试题解析：
（1）如图，设与交于点，连接， ．
因为四边形是平行四边形，
所以是是的中点．
又是的中点，所以， ．
又因为是的中点，
所以， ．
所以，所以四边形是平行四边形，所以．
又因为平面， 平面，
所以直线平面．

17．如图所示， 平面，点在以为直径的上， ， ，点为线段的中点，点在弧上，且．
（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面平面；
（3）设二面角的大小为，求的值．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3) ．
【解析】试题分析：
（1）由△ABC中位线的性质可得，则平面．由线面平行的判断定理可得平面．结合面面平行的判断定理可得平面．
（2）由圆的性质可得，由线面垂直的性质可得，据此可知平面．利用面面垂直的判断定理可得平面平面．
（3）以为坐标原点， 所在的直线为轴， 所在的直线为轴，建立空间直角坐标系．结合空间几何关系计算可得平面的法向量，平面的一个法向量，则．由图可知为锐角，故．
（2）证明：因为点在以为直径的上，所以，即．
因为平面， 平面，所以．
因为平面， 平面， ，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（3）解：如图，以为坐标原点， 所在的直线为轴， 所在的直线为轴，建立空间直角坐标系．
因为， ，所以， ．
延长交于点．因为，
同理可求平面的一个法向量．
所以．由图可知为锐角，所以．
18．如图， 是圆的直径，点是圆上异于的点， 垂直于圆所在的平面，且．
（1）若为线段的中点，求证平面；
（2）求三棱锥体积的最大值；
（3）若，点在线段上，求的最小值．
【答案】（1）见解析（2）（3）．
【解析】试题分析：
(1)由等腰三角形三线合一可得，由线面垂直的定义可得，最后利用线面垂直的判断定理可得平面．
(2)当底面ABC面积最大时，三棱锥体积由最大值，由几何关系可得当时， 面积的最大值为，结合三棱锥体积公式可得三棱锥体积的最大值为．
(3)将将侧面绕旋转至平面C，使之与平面共面，由平面几何的知识可知， ， 共线时， 取得最小值．结合筝形的性质计算可得的最小值为．
（3）在中， ， ，所以．
同理，所以．在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面C，使之与平面共面，如图所示．

19．如图， 为圆的直径，点在圆上， ，矩形所在的平面和圆所在的平面互相垂直，且．
（1）求证：平面平面；
（2）求几何体的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2) ．
【解析】试题分析：
(1)利用面面垂直的性质定理可知，由圆的性质可得，则平面，最后利用面面垂直的判断定理可得平面平面．
(2)过点作于，将几何体分解为一个三棱锥和一个四棱锥，计算可得四棱锥的体积，三棱锥的体积,而FG的长度等于边长为1的等边三角形OEF的高，即，据此计算可得几何体的体积是．
试题解析：
（1）证明：由平面平面， ，
平面平面，得平面，
而平面，所以．
又因为为圆的直径，所以，
又，所以平面．
又因为平面，所以平面平面．
（2）过点作于，因为平面平面，

20．如图所示，在四棱锥中， ,底面为梯形， 且平面．
（1）证明：平面平面；
（2）当异面直线与所成角为时，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2) ．
【解析】试题分析：
(1)很明显，由线面垂直的定义可知，则平面，结合面面垂直的判定定理可得平面平面．
(2)取的中点，连接，由题意可得四边形为平行四边形， ，则，结合(1)的结论有，由几何关系可证得平面．据此由体积公式计算可得．
（2）如图，取的中点，连接，
因为，
所以四边形为平行四边形， ，
则为异面直线所成的角，即，
由（1）知， 平面,所以，又，所以，
而，所以，所以，
如图，取的中点，连接为等腰直角三角形，则，
因为平面，所以，又，所以平面．
所以．
21．如图，在三棱锥中， ,平面 平面， 、分别为、的中点．
(1)求证： 平面；
(2)求证： ；
(3)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3) ．
【解析】试题分析：
(1)由三角形中位线的性质可得DE∥BC，结合线面平行的判断定理可得DE∥平面PBC．
(2)连接PD，由等腰三角形三线合一可知PD⊥AB．且DE⊥AB．利用线面垂直的判断定理有AB⊥平面PDE，故AB⊥PE．
(3)转换顶点，将三棱锥看作以点P为顶点的三棱锥，计算可得，且PD是三棱锥P－BEC的高，计算可得由三棱锥体积公式可得其体积．

(2)证明：连接PD．∵PA＝PB，D为AB的中点，∴PD⊥AB．
∵DE∥BC，BC⊥AB，∴DE⊥AB．又∵PD、DE是平面PDE内的相交直线，
∴AB⊥平面PDE．
∵PE?平面PDE，∴AB⊥PE．

22．如图，在矩形ABCD中， ， 是的中点，以为折痕将向上折起，使到点位置，且．
（Ⅰ）若是的中点，求证： 面；
（Ⅱ）求证：面面．
【答案】(1)见解析 (2)见解析
【解析】试题分析：
(1)取的中点，连接，由题意可证得四边形是平行四边形，则，结合线面平行的判断定理可得面．
(2)取, 的中点, ，再连接, , ，由题意结合几何关系可证得
，利用线面垂直的判断定理可得面，则平面平面．

(2) ， 是的中点， ，
分别取, 的中点, ，再连接, , ，
又，
又面，
又与为梯形两腰延长定会相交面，
又在面内平面平面．
23．如图，在直三棱柱 中， ， ， ， 分别为 ， 的中点．
（1）求证： 平面 ；
（2）求异面直线 与所成角的余弦值．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】试题分析：
(1)取的中点，连接， ，由题意可得为平行四边形，则，利用线面平行的判定定理可得平面
(2)取的中点，连接， ，由题意可得或其补角为异面直线与所成的角．结合几何关系计算可得，则异面直线所成角的余弦值为．
试题解析：
（1）如图，取 的中点 ，连接 ，
∵ ， 分别为 ， 的中点，∴
∴则 为平行四边形，∴
又∵ 平面 ， 平面 ，∴平面

24．如图 1，在直角梯形中， ，且．现以为一边向外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使平面与平面垂直， 为的中点，如图 2．
（1）求证： 平面；
（2）求证： 平面；
（3）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】试题分析：
(1)取EC中点N，连结MN,BN．由几何关系可证得四边形ABNM为平行四边形．则BN∥AM，利用线面平行的判定定理可得平面；
(2) 由几何关系有ED⊥AD，利用面面垂直的性质定理可得ED⊥平面ABCD，则ED⊥BC，利用直角梯形的性质结合勾股定理可得BC⊥BD，据此由线面垂直的判定定理有平面；
(3) 作平面PEC于点H，连接CH,则∠DCH为所求的角，利用三棱锥体积相等转化顶点有： ，据此可求得，利用三角函数的定义可得与平面所成角的正弦值是．

(2)证明：在正方形中， ,
又因为平面平面，且平面平面,
所以平面．
所以
在直角梯形中， ,可得．
在中， ．
所以．
所以平面．
(3)作于点，连接,则为所求的角
由(2)知，
所以,又因为平面
又．
所以，
．
25．如图所示，已知四棱锥 中，
．
（1）证明：顶点在底面的射影为边的中点；
（2）点在上，且，求三棱锥的体积．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】试题分析：
(1)取的中点为，连接，由题意可证得平面则，由勾股定理可得，据此有底面，即顶点在底面的射影为边的中点．
(2)由题意结合(1)的结论求得三棱锥的高，且底面积，则三棱锥的体积．
所以，因为，所以 ，
则在中， ，
所以，
在中， ，
所以，即，又
所以底面，即顶点在底面的射影为边的中点．