专题06立体几何(解答题)——三年(2022-2022)高考真题文科数学分项汇编(解析版)(1).docx

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1、专题 06立体几何解答题1【2022年高考全国卷文数】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=901证明：平面 PAB平面 PAC；22设 DO=，圆锥的侧面积为 3 ，求三棱锥 PABC 的体积.【解析】1由题设可知，PA=PB= PC由于ABC 是正三角形，故可得PACPABPACPBC又APC =90，故APB=90，BPC=90从而 PBPA，PBPC，故 PB平面 PAC，所以平面 PAB平面 PAC2设圆锥的底面半径为 r，母线长为 l3由题设可得 rl=，l2 -r2 =2解得r=1，l=，33从而AB=由1可得PA2

2、 +PB2 =AB2，故PA=PB=PC=62所以三棱锥P-ABC 的体积为11PAPBPC=11( 6)3=6323228【点睛】此题考查空间线、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.2【2022年高考全国卷文数】如图，三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N 分别为 BC，B1C1 的中点，P 为 AM 上一点过 B1C1 和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F1证明：AA1/MN，且平面 A1AMN平面 EB1C1F；2设 O 为A1B1C1 的中心，假设AO=A

3、B=6，AO/平面 EB1C1F，且MPN= 3的体积，求四棱锥 BEB1C1F【解析】1因为 M，N 分别为 BC，B1C1 的中点，所以 MNCC1又由得 AA1CC1，故 AA1MN因为A1B1C1是正三角形，所以B1C1A1N又B1C1MN，故B1C1平面A1AMN 所以平面A1AMN平面EB1C1F2AO平面EB1C1F，AO 平面A1AMN，平面A1AMN I平面EB1C1F =PN，故AOPN.又APON，故四边形APNO是平行四边形，1所以PN=AO=6，AP=ON= 3AM=23，PM= 3 AM=213，EF= 3 BC=2因为BC平面EB1C1F，所以四棱锥BEB1C1F

4、的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离作MTPN，垂足为T，那么由1知，MT平面EB1C1F，故MT =PM sinMPN=3底面EB1C1F的面积为 1 (B C +EF ) PN =1 (6 + 2) 6 = 24.21 12所以四棱锥BEB1C1F的体积为 1 24 3 = 24 3【点睛】此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.3【2022年高考全国卷文数】如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2

5、DE =ED1， BF = 2FB1证明：1当 AB =BC 时， EF AC ；2点C1 在平面 AEF 内【解析】1如图，连结 BD ， B1D1 因为 AB =BC ，所以四边形 ABCD 为正方形， 故 AC BD 又因为 BB1 平面 ABCD ，于是 AC BB1 所以 AC 平面 BB1D1D 由于 EF 平面 BB1D1D ，所以 EF AC 2如图，在棱 AA1 上取点G ，使得 AG = 2GA1 ，连结GD1 ， FC1 ， FG ，因为 D E =2DD ， AG =2AA ， DD=AA，所以ED=AG，于是四边形EDGA为平行四边形，131311111故 AE GD

6、1 因为BF=1BB，AG=1AA，BB=AA，所以FG=AB，FG=CD，四边形FGDC为平行131131111 11 111四边形，故GD1 FC1 于是 AE FC1 所以 A, E, F , C1 四点共面，即点C1 在平面 AEF 内【点睛】此题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查根本分析论证能力，属中档题.4【2022年高考江苏】在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，B1C平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点1求证：EF平面 AB1C1；2求证：平面 AB1C平面 ABB1【解析】1因为 E, F 分别是 AC, B1C 的中点，所以 EFAB1 .又EF/平面AB1C

7、1，AB1平面AB1C1，所以 EF平面 AB1C1 .2因为 B1C 平面 ABC ， AB 平面 ABC ,所以 B1C AB .又 AB AC , B1C 平面 AB1C1 , AC 平面 AB1C , B1C IAC =C,所以 AB 平面 AB1C .又因为 AB 平面 ABB1 ,所以平面 AB1C 平面 ABB1 .【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.5【2022年高考浙江】如图，在三棱台ABCDEF中，平面ACFD平面ABC，ACB=ACD=45，DC=2BC证明：EFDB；求直线DF与平面DBC所成角的正弦值【解析】如图，过点 D 作 DO

8、AC ，交直线 AC 于点O ，连结 OB.由ACD=45， DOAC得CD=2CO ，由平面 ACFD平面 ABC 得 DO平面 ABC，所以 DO BC .由ACB=45，BC=1CD =2 CO 得BO BC .22所以 BC平面 BDO，故 BCDB.由三棱台 ABC -DEF 得 BCEF ，所以 EF DB .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 DFCO ，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

9、CO 与平面 DBC 所成角.2设CD = 2 .2由DO =OC =2, BO =BC=，得BD=6, OH =2 3 ，3所以sinOCH=OH=3，OC3因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3 .3方法二：由三棱台 ABC -DEF 得 DFCO ，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q.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 .2设CD = 2 .由题意知各点坐标如下：O(0, 0, 0), B(1,1, 0),C(0, 2, 0), D(0, 0, 2) .uu

10、uruuuruuur因此OC = (0, 2, 0), BC = (-1,1, 0),CD = (0, -2, 2) .设平面 BCD 的法向量 n = (x, y, z) .n uuurBC =0,由uuurn -x +y = 0即-2 y + 2z = 0 ，可取n = (1,1,1) .CD=0,uuur3| OC n |所以sinq=| cosOC,n|=uuur=.|OC|n|3因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3 .3【点睛】此题主要考查空间点、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，属于根底

11、题6【2022年高考全国卷文数】如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点.1证明：MN平面 C1DE；2求点 C 到平面 C1DE 的距离【解析】1连结 B1C, ME .因为M，E分别为 BB , BC 的中点，所以 ME B C ，且 ME =1 B C .1121又因为N为 A D 的中点，所以 ND =1 A D .121由题设知AB=DC，可得BC=AD，故MEND ，1 111=因此四边形MNDE为平行四边形， MNED.又 MN平面C1DE，所以MN平面C1DE.2过C作C1E的垂线，

12、垂足为H.由可得 DE BC ， DE C1C ，所以DE平面C1CE ，故DECH. 从而CH平面C1DE ，故CH的长即为C到平面C1DE 的距离，17由可得CE=1，C1C=4，所以CE=，故CH=417.1174 17从而点C到平面C1DE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.7【2022年高考全国卷文数】如图，长方体 ABCDA1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，点

13、E 在棱 AA1 上，BEEC11证明：BE平面 EB1C1；2假设AE=A1E，AB=3，求四棱锥 E -BB1C1C 的体积【答案】1见详解；218.【解析】1由得 B1C1平面 ABB1A1，BE 平面 ABB1A1， 故 B1C1 BE 又 BE EC1 ，所以 BE平面 EB1C1 2由1知BEB1=90.由题设知 RtABERtA1B1E，所以AEB =A1EB1= 45，故 AE=AB=3， AA1 = 2AE = 6 .作 EF BB1 ，垂足为 F，那么EF平面 BB1C1C ，且 EF =AB =3 所以，四棱锥 E -BB C C 的体积V =1 36 3 = 18 1

14、13【名师点睛】此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，属于根底题型.8【2022年高考全国卷文数】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 21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；24.【解析】1由得AD PBE，CG PBE，所以AD PCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D

15、四点共面由得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE 又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE2取CG的中点M，连结EM，DM.因为ABDE，AB 平面BCGE，所以DE 平面BCGE，故DE CG.3由，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=，故DM=2所以四边形ACGD的面积为4【名师点睛】此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.9【2022年高考北京卷文数】如图，在四棱锥 P -ABCD 中， PA

16、 平面 ABCD，底部 ABCD 为菱形，E为 CD 的中点1求证：BD平面 PAC；2假设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 PABD又因为底面ABCD为菱形， 所以 BDAC所以 BD 平面PAC2因为PA平面ABCD， AE平面ABCD， 所以PAAE因为底面ABCD为菱形，ABC=60，且E为CD的中点， 所以AECD所以ABAE所以AE平面PAB所以平面PAB平面PAE3棱PB上存在点F，使得CF平面PAE取F为PB的中点，

17、取G为PA的中点，连结CF，FG，EG1那么FGAB，且FG=2AB因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，1所以CEAB，且CE=2AB所以FGCE，且FG=CE所以四边形CEGF为平行四边形 所以CFEG因为CF 平面PAE，EG 平面PAE，所以CF平面PAE【名师点睛】此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.10【2022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， PA CD, CD = 2, AD = 3.1设

18、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；333【解析】1连接 BD ，易知 AC IBD =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 DNPC，又因为平面 PAC 平面 PCD，平面 PAC I平面 PCD =PC ， 所以 DN 平面 PAC，又 PA 平面 PAC，故 DN PA.又PA CD ， CD IDN =D ，

19、 所以 PA 平面 PCD.33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=.又DNAN，在RtAND中，sinDAN=DN=3.AD3所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为3.3【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根底知识.考查空间想象能力和推理论证能力.11【2022年高考江苏卷】如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，D，E 分别为 BC，AC 的中点，AB=BC 求证：1A1B1平面 DEC1；2BEC1E【答案】1见解析；2见解析

20、.【解析】1因为 D，E 分别为 BC，AC 的中点， 所以 EDAB.在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，ABA1B1， 所以 A1B1ED.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 BEAC.因为三棱柱 ABCA1B1C1 是直棱柱，所以 CC1平面 ABC.又因为 BE平面 ABC，所以 CC1BE.因为 C1C平面 A1ACC1，AC平面 A1ACC1，C1CAC=C， 所以 BE平面 A1ACC1.因为 C1E平面 A1ACC1，所以 BEC1E.【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面

21、、平面与平面的位置关系等根底知识，考查空间想象能力和推理论证能力.12【2022年高考浙江卷】如图，三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC=90，BAC=30,A1A=A1C=AC,E,F1证明： EF BC ；分别是 AC，A1B1 的中点.2求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值.3【答案】1见解析；25【解析】方法一：1连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC又平面A1ACC1平面ABC，A1E 平面A1ACC1， 平面A1ACC1平面ABC=AC，所以，A1E平面ABC，那么A1EBC又因为A1FAB，ABC=90，故BCA1F 所

22、以BC平面A1EF因此EFBC2取BC中点G，连接EG，GF，那么EGFA1是平行四边形由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形 由1得BC平面EGFA1，那么平面A1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上连接A1G交EF于O，那么EOG是直线EF与平面A1BC所成的角或其补角33不妨设AC=4，那么在RtA1EG中，A1E=2，EG=.由于O为A1G的中点，故EO =OG=A1G=15，22EO2 +OG2-EG23所以cosEOG=2EOOG53因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是5方法二：1连接A1E，因为A1A=A1C，E是A

23、C的中点，所以A1EAC. 又平面A1ACC1平面ABC，A1E 平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABC=AC，所以，A1E平面ABC如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz不妨设AC=4，那么A10，0，23uuur，B333，1，0，B1 ( 3, 3, 2 3) ，F (3 3，C(0，2，0), 2 3)22因此，EF=(,23)，BC=(-22由 EF BC = 0得 EF BC 2设直线EF与平面A1BC所成角为3,1, 0) 由1可得 BC=(-3，1，0)，A1C=(0，2，-23)设平面A1BC的法向量为n=(x，y，z)

24、，uuurBCn=0-3x +y = 0由ACn=0，得，1y-3z = 0uuur| EF n|4取n=(1，3，1)，故sinq=|cosEF，n|=uuur=，|EF|n|53因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为5【名师点睛】此题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等根底知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.13【2022年高考全国卷文数】如图，在平行四边形 ABCM 中， AB =AC = 3，ACM = 90，以 AC为折痕将 ACM 折起，使点 M 到达点 D 的位置，且 AB DA1证明：平面 ACD 平面 ABC ；2Q 为线段 AD 上一点， P

25、为线段 BC 上一点，且 BP =DQ =2 DA ，求三棱锥Q -ABP 的体积3【答案】1见解析；21.【解析】1由可得， BAC =90， BA AC 又 BAAD，所以 AB平面 ACD又 AB 平面 ABC，所以平面 ACD平面 ABC22由可得，DC=CM=AB=3，DA=32又BP =DQ =2DA，所以BP=23作QEAC，垂足为E，那么QE=1DC 3由及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V=1QES=111322sin45=1Q-ABP3ABP32【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

26、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.解答此题时，1首先根据题的条件，可以得到BAC =90，即 BA AC ，再结合条件 BAAD，利用线面垂直的判定定理证得 AB2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.14【202

27、2年高考全国卷文数】如图，在三棱锥P-ABCPA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点1证明： PO 平面 ABC ；中，AB =BC=2，2假设点 M 在棱 BC 上，且 MC = 2MB ，求点C 到平面 POM 的距离【答案】1见解析；24 5 53【解析】1因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP=2连结OB因为AB=BC=2AC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OB=1AC=222由OP2 +OB2 =PB2 知，OPOB由 OPOB，OPAC 知 PO平面 ABC2作 CHOM，垂足为 H又由1可得 OPCH，所以 CH平面 POM 故 CH 的长为点

28、 C 到平面 POM 的距离由题设可知 OC= 1 AC =2，CM= 2 BC = 4 2 ，ACB=45233所以 OM=2 5，CH=3OC MC sin ACB4 5=OM54 55所以点C到平面POM的距离为【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，解答此题时，连接OB ，欲证 PO 平面 ABC ， 只需证明 PO AC, PO OB 即可；此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，此题也可利

29、用等体积法解决.15【2022年高考全国卷文数】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 BCCD，BC 平面 ABCD，所以 BC平面 CMD，故 BCDM 因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM又 BCCM=C，所以 DM平面 BMC而 DM 平面 AMD，故平面 AMD平面 BMC2当 P 为 AM 的中点时，MC平面

30、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 MCOPMC 平面 PBD，OP 平面 PBD，所以 MC平面 PBD【名师点睛】此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.16【2022年高考北京卷文数】如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD， PAPD，PA=PD，E，F 分别为 AD，PB 的中点.1求证：PEBC；2求证：平面 PAB平

31、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， BCAD ，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， FGBC ，且 FG =1 BC .2四边形 ABCD 为矩形，且 E 为 AD 的中点，EDBC, DE =1 BC

32、，2 EDFG ，且 ED =FG ，四边形 EFGD 为平行四边形，EFGD .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.17【2022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，3点 M 为棱 AB 的中点，AB=2，AD= 2，BAD=901求证：ADBC；2求异

33、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；213；33264【解析】1由平面 ABC平面 ABD，平面 ABC平面 ABD=AB，ADAB，可得 AD平面 ABC， 故 ADBC132取棱 AC 的中点 N，连接 MN，ND又因为 M 为棱 AB 的中点，故 MNBC所以DMN或其补角为异面直线 BC 与 MD 所成的角在 RtDAM 中，AM=1，故 DM=AD2 +AM 2 =因为 AD平面 ABC，故 ADAC在 RtDAN 中，AN=1，故 DN=AD2 +AN 2 =131 MN在等腰三角形DMN中，MN=1，可得cosD

34、MN=2=DM13 26所以，异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值为 13 2633连接 CM因为ABC 为等边三角形，M 为边 AB 的中点，故 CMAB，CM=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AC2 + AD2在RtCAD 中，CD=4在RtCMD中，sinCDM=CM=3CD4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、平面与平面垂直等根底知识考 查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力18【2022年高考江苏卷】在平行六面

35、体 ABCD -A1B1C1D1 中， AA1 =AB, AB1 B1C1 求证：1AB平面A1B1C；2平面 ABB1A1平面 A1BC【答案】1见解析；2见解析.【解析】1在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，ABA1B1 因为 AB 平面 A1B1C，A1B1 平面 A1B1C，所以 AB平面 A1B1C2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 AB1A1B又因为 AB1B1C1，BCB1C1， 所以 AB1BC又因为 A1BBC=B，A1B 平面 A1BC，BC 平面 A1B

36、C，所以 AB1平面 A1BC因为 AB1 平面 ABB1A1，所以平面 ABB1A1平面 A1BC【名师点睛】此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条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.解答此题时，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.19【

37、2022年高考浙江卷】如图，多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC=120， A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=21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；239.132【解析】方法一：1由AB=2,AA1 =4,BB1 =2,AA1 AB,BB1 AB得AB1 =A1B1 =2，所以 AB2+AB2=AA2.故 ABAB.1 11111 15由BC=2，BB1 =2,CC1=1,BB1 BC,CC1BC得B1C1 =，3由AB=BC=2,ABC=120得AC=2，13由CC AC，得A

38、C =，所以AB2+BC2=AC2，故ABB C .1111 1111 1因此 AB1 平面 A1B1C1 .2如图，过点C1 作C1D A1B1 ，交直线 A1B1 于点 D ，连结 AD .由 AB1 平面 A1B1C1 得平面 A1B1C1 平面 ABB1 ， 由C1D A1B1 得C1D 平面 ABB1 ，211所以C1 AD 是 AC1 与平面 ABB1 所成的角.由 B1C1 =5, A1B1 = 2 2, A1C1 =得cosC1A1B1=,sinC1A1B1 =，6773所以C1D=，1故sinCAD=C1D=39.AC1133911因此，直线AC与平面ABB所成的角的正弦值是

39、.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：A(0,-3,0),B(1,0,0),A1(0,-3, 4), B1 (1, 0, 2), C1 (0, 3,1),因此 AB1 = (1, 3, 2), A1B1 = (1, 3, -2), A1C1 = (0, 2 3, -3),由 AB1A1B1 =0得 AB1A1B1.由 AB1A1C1 =0得 AB1A1C1.所以 AB1 平面 A1B1C1 .2设直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角为q.由1可知 AC1 = (0, 2 3,1), AB = (1, 3, 0), BB1 = (0, 0, 2),设平面 ABB1 的法向量 n = (x, y, z) .nuur=0,AB由uuurx +即 3y = 0,可取 n= (-3,1, 0) .39nBB1=0,2z=0,uuuruuur所以sinq= |cosAC1 ,n| AC n |1|=uuur=| AC1 | | n |13 .3911因此，直线AC与平面ABB所成的角的正弦值是.13【名师点睛】此题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等根底知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.