专题06 立体几何（解答题）
E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
1．AA1=4，AB=2，【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，∠BAD=60°，
（1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求点C到平面C1DE的距离． 【答案】（1）见解析；（2）417. 17【解析】（1）连结B1C,ME.
因为M，E分别为BB1,BC的中点，所以ME ∥ B1C，且ME?又因为N为A1D的中点，所以ND?1B1C. 21A1D. 2∥∥D，故ME∥ND， 由题设知A，可得BC1B1=DC1=A1=因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED. 又MN?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE. （2）过C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得DE?BC，DE?C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH. 从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离， 由已知可得CE=1，C1C=4，所以C1E?17，故CH?417. 17从而点C到平面C1DE的距离为
417. 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–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，
BE⊥EC1．
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥E?BB1C1C的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.
【解析】（1）由已知得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Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以?AEB??A1EB1?45，
故AE=AB=3，AA1?2AE?6.
作EF?BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF?AB?3． 所以，四棱锥E?BB1C1C的体积V?1?3?6?3?18． 3
【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ADPBE，CGPBE，所以ADPCG，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.
4．【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．
【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，
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