文科数学立体几何大题
专题12：文科立体几何高考真题大题(全国卷)赏析(解析版)
专题12：文科立体几何高考真题大题（全国卷）赏析（解析版） 题型一：求体积1，2018年全国卷Ⅲ文数高考试题如图，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）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【详解】分析：（1）先证AD CM ⊥,再证CM MD ⊥，进而完成证明． （2）判断出P 为AM 中点，，证明MC ∥OP ，然后进行证明即可． 详解：（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 ．点睛：本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．2，2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】(1)见解析. (2)1. 【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥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)根据已知条件，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. 详解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且AC AD A =，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 =32．又23BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE = 13DC ．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1111322sin451332Q ABP ABPV QE S-=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=． 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. 3．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 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 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18 【分析】（1）先由长方体得，11B C ⊥平面11AA B B ，得到11B C BE ⊥，再由1BE EC ⊥，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为2a ，根据题中条件求出3a =；再取1BB 中点F ，连结EF ，证明EF ⊥平面11BB C C ，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11AA B B ；BE ⊂平面11AA B B ，所以11B C BE ⊥，又1BE EC ⊥，1111B C EC C ⋂=，且1EC ⊂平面11EB C ，11B C ⊂平面11EB C ，所以BE ⊥平面11EB C ；（2）设长方体侧棱长为2a ，则1AE A E a ==，由（1）可得1EB BE ⊥；所以22211EB BE BB +=，即2212BE BB =， 又3AB =，所以222122AE AB BB +=，即222184a a +=，解得3a =；取1BB 中点F ，连结EF ，因为1AE A E =，则EF AB ∥； 所以EF ⊥平面11BB C C ， 所以四棱锥11E BB C C -的体积为1111111136318333E BB C C BB C C V S EF BC BB EF -=⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯=矩形.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，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.4．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷） 四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= （1）证明：直线//BC 平面PAD ;（2）若△PCD 面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）43【分析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取AD 中点M ，由于平面PAD 为等边三角形，则PM AD ⊥，利用面面垂直的性质定理可推出PM ⊥底面ABCD ，设BC x =，表示相关的长度，利用PCD ∆的面积为27.试题解析：（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面（2）取的中点，连接由及得四边形为正方形，则.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以底面因为底面，所以,设，则，取的中点，连接，则,所以，因为的面积为，所以，解得（舍去），于是所以四棱锥的体积【详解】题型二：求距离5．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）详见解析（245【解析】分析：（1）连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；（2）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.详解：（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =3 连结OB ．因为AB =BC 2AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=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OC=12AC=2，CM=23BC=423，∠ACB=45°．所以OM=25，CH=sinOC MC ACBOM⋅⋅∠=45．所以点C到平面POM的距离为45．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；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.6．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABC A B C -的高为21. 【解析】试题分析：（1）根据题意欲证明线线垂直通常可转化为证明线面垂直，又由题中四边形是菱形，故可想到连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点，又因为侧面11BB C C 为菱形，对角线相互垂直11B C BC ⊥;又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，根据线面垂直的判定定理可得：1B C ⊥平面ABO ，结合线面垂直的性质：由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥;（2）要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点O 到平面ABC 的距离，即：作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H ，则由线面垂直的判定定理可得OH ⊥平面ABC ，再根据三角形面积相等：OH AD OD OA ⋅=⋅，可求出OH 的长度，最后由三棱柱111ABC A B C -的高为此距离的两倍即可确定出高． 试题解析：（1）连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点. 因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥. 又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥， 故1B C ⊥平面ABO.由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥.（2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H. 由于，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥， 又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得3OD. 由于1AC AB ⊥，所以11122OA B C ==,由OH AD OD OA ⋅=⋅，且2274AD OD OA =+=，得2114OH ， 又O 为1B C 的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为217. 故三棱柱111ABC A B C -的高为217. 考点：1.线线，线面垂直的转化;2.点到面的距离;3.等面积法的应用 7．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥面ABCD ，E 为PD 的中点． （1）证明：//PB 平面AEC ; （2）设1AP =，3AD =，三棱锥P ABD -的体积 34V =，求A 到平面PBC 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2） A 到平面PBC 的距离为31313【详解】试题分析：（1）连结BD 、AC 相交于O ，连结OE ，则PB ∥OE ，由此能证明PB ∥平面ACE ．（2）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A 到平面PBD 的距离试题解析：(1）设BD 交AC 于点O ，连结EO ． 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB 又EO平面AEC ，PB平面AEC所以PB ∥平面AEC ． （2）136V PA AB AD AB =⋅⋅=由，可得. 作交于． 由题设易知，所以故， 又31313PA AB AH PB ⋅==所以到平面的距离为法2：等体积法136V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d ，又因为PB=所以又因为(或)，，所以考点 ：线面平行的判定及点到面的距离8．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2）41717. 【分析】（1）利用三角形中位线和11//A D B C 可证得//ME ND ，证得四边形MNDE 为平行四边形，进而证得//MN DE ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥1C CDE -的体积，再求出1C DE ∆的面积，利用11C CDE C C DE V V --=求得点C 到平面1C DE 的距离，得到结果.【详解】（1）连接ME ，1B CM ，E 分别为1BB ，BC 中点 ME ∴为1B BC ∆的中位线1//ME B C ∴且112ME B C = 又N 为1A D 中点，且11//A D B C 1//ND B C ∴且112ND B C = //ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形//MN DE ∴，又MN ⊄平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE//MN ∴平面1C DE（2）在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE BC ⊥， 根据题意有3DE =，117C E =，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面11BCC B ，所以1DE EC ⊥，所以113172DEC S ∆=⨯⨯， 设点C 到平面1C DE 的距离为d ，根据题意有11C CDE C C DE V V --=，则有11113171343232d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯， 解得41717d ==， 所以点C 到平面1C DE 的距离为417. 【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，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.题型三：求面积9．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥，且90BAP CDP ∠=∠=︒.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】（1）证明见解析；（2）623+.【详解】 试题分析：（1）由90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．从而得AB PD ⊥，进而而AB ⊥平面PAD ，由面面垂直的判定定理可得平面PAB ⊥平面PAD ；（2）设PA PD AB DC a ====，取AD 中点O ，连结PO ，则PO ⊥底面ABCD ，且22,AD a PO a ==，由四棱锥P ABCD -的体积为83，求出2a =，由此能求出该四棱锥的侧面积.试题解析：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB 平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =． 从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为111222PA PD PA AB PD DC ⋅+⋅+⋅ 21sin606232BC +︒=+10．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（I ）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（II ）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -的体积为6，求该三棱锥的侧面积.【答案】（1）见解析（2）5【分析】（1）由四边形ABCD 为菱形知AC ⊥BD ，由BE ⊥平面ABCD 知AC ⊥BE ，由线面垂直判定定理知AC ⊥平面BED ，由面面垂直的判定定理知平面AEC ⊥平面BED ；（2）设AB =x ，通过解直角三角形将AG 、GC 、GB 、GD 用x 表示出来，在Rt ∆AEC 中，用x 表示EG ，在Rt ∆EBG 中，用x 表示EB ，根据条件三棱锥E ACD -6求出x ，即可求出三棱锥E ACD -的侧面积.【详解】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED（2）设AB =x ，在菱形ABCD 中，由 ∠ABC =120°，可得AG =GC =32x ,GB =GD =2x .因为AE ⊥EC ，所以在 Rt ∆AEC 中，可得EG =3x . 连接EG ，由BE ⊥平面ABCD ，知 ∆EBG 为直角三角形，可得BE =22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积3116632243E ACD V AC GD BE x -=⨯⋅⋅==.故 x =2 从而可得AE =EC =ED 6.所以∆EAC 的面积为3， ∆EAD 的面积与∆ECD 的面积均为 5故三棱锥E -ACD 的侧面积为3+25【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力.11．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）图1是由矩形,ADEB Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1,2AB BE BF ===， 60FBC ∠=，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)见详解；(2)4.【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED ，Rt ABC 和菱形BFGC 内部的夹角，所以//AD BE ，//BF CG 依然成立，又因E 和F 粘在一起，所以得证.因为AB 是平面BCGE 垂线，所以易证.(2) 欲求四边形ACGD 的面积，需求出CG 所对应的高，然后乘以CG 即可．【详解】(1)证：//AD BE ，//BF CG ，又因为E 和F 粘在一起.∴//AD CG ，A ，C ，G ，D 四点共面.又,AB BE AB BC ⊥⊥.AB ∴⊥平面BCGE ，AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ，得证.(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60EBC ∠=得EM CG ⊥，故CG ⊥平面DEM ． 因此DM CG ⊥．在Rt DEM △中，DE=1，3EM =，故2DM =．所以四边形ACGD 的面积为4.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形ACGD的面积考查考生的空间想象能力.。
高中数学文科立体几何大题复习
高中数学文科立体几何大题复习文科立体几何大题复习一．解答题（共12小题）1．如图1，在正方形ABCD中，点，E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，点G，R分别在线段DH，HB上，且．将△AED，△CFD，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，B，C重合于点P，如图2所示．（1）求证：GR⊥平面PEF；（2）若正方形ABCD的边长为4，求三棱锥P﹣DEF的内切球的半径．2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD 是菱形，∠BAD=60°，AB=2，PD=，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．（Ⅰ）证明：平面EAC⊥平面PBD；（Ⅱ）若PD∥平面EAC，求三棱锥P﹣EAD的体积．3．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，AB=BC=CD=DA，∠BAD=60°，AQ=QD，△PAD是正三角形．（1）求证：AD⊥PB；（2）已知点M是线段PC上，MC=λPM，且PA∥平面MQB，求实数λ的值．4．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．（Ⅰ）求证：AC⊥SD；（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由．5．如图所示，△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，且AB⊥BC，AB=BC=2，∠BCD=60°，点M为BE的中点，点N在线段AC上．（Ⅰ）若=λ，且DN⊥AC，求λ的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求三棱锥B﹣DMN的体积．6．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC，且侧面BB1C1C是菱形，∠B1BC=60°．（Ⅰ）求证：AB1⊥BC；（Ⅱ）若AB⊥AC，AB1=BB1，且该三棱柱的体积为2，求AB的长．7．如图1，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1﹣ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE．（1）证明：BE⊥平面D1AE；（2）设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．8．如图，已知多面体ABCDEF中，△ABD、△ADE均为正三角形，平面ADE⊥平面ABCD，AB∥CD∥EF，AD：EF：CD=2：3：4．（Ⅰ）求证：BD⊥平面BFC；（Ⅱ）若AD=2，求该多面体的体积．9．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，底面ABCD为边长为的正方形，PA⊥BD．（Ⅰ）求证：PB=PD；（Ⅱ）若E，F分别为PC，AB的中点，EF⊥平面PCD，求三棱锥的D﹣ACE体积．10．如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED；（Ⅱ）若∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E﹣ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．11．如图，四边形ABCD是正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，AF=ED=1．（Ⅰ）求二面角E﹣AC﹣D的正切值；（Ⅱ）设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．12．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥平面BCP，CD∥AB，AB=BC=CP=BP=2，CD=1．（1）求点B到平面DCP的距离；（2）点M为线段AB上一点（含端点），设直线MP与平面DCP 所成角为α，求sinα的取值范围．文科立体几何大题复习参考答案与试题解析一．解答题（共12小题）1．如图1，在正方形ABCD 中，点，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，点G ，R 分别在线段DH ，HB 上，且．将△AED ，△CFD ，△BEF 分别沿DE ，DF ，EF 折起，使点A ，B ，C 重合于点P ，如图2所示．（1）求证：GR ⊥平面PEF ；（2）若正方形ABCD 的边长为4，求三棱锥P ﹣DEF 的内切球的半径．【解答】证明：（Ⅰ）在正方形ABCD 中，∠A 、∠B 、∠C 均为直角，∴在三棱锥P ﹣DEF 中，PE ，PF ，PD 三条线段两两垂直，∴PD ⊥平面PEF ，∵=，即，∴在△PDH 中，RG ∥PD ，∴GR ⊥平面PEF ．解：（Ⅱ）正方形ABCD 边长为4，由题意PE=PF=2，PD=4，EF=2，DF=2，∴S △PEF =2，S △PFD =S △DPE =4，=6，设三棱锥P ﹣DEF 的内切球半径为r ，则三棱锥的体积：=，解得r=，∴三棱锥P﹣DEF的内切球的半径为．2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD 是菱形，∠BAD=60°，AB=2，PD=，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．（Ⅰ）证明：平面EAC⊥平面PBD；（Ⅱ）若PD∥平面EAC，求三棱锥P﹣EAD的体积．【解答】（Ⅰ）证明：∵PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥PD．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又∵PD∩BD=D，AC⊥平面PBD．而AC?平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBD．（Ⅱ）解：∵PD∥平面EAC，平面EA C∩平面PBD=OE，∴PD∥OE，∵O是BD中点，∴E是PB中点．取AD中点H，连结BH，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，∴BH⊥AD，又BH⊥PD，AD∩PD=D，∴BH⊥平面PAD，．∴==．3．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，AB=BC=CD=DA，∠BAD=60°，AQ=QD，△PAD是正三角形．（1）求证：AD⊥PB；（2）已知点M是线段PC上，MC=λPM，且PA∥平面MQB，求实数λ的值．【解答】证明：（1）如图，连结BD，由题意知四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，∴△ABD为正三角形，又∵AQ=QD，∴Q为AD的中点，∴AD⊥BQ，∵△PAD是正三角形，Q为AD中点，∴AD⊥PQ，又BQ∩PQ=Q，∴AD⊥平面PQB，又∵PB?平面PQB，∴AD⊥PB．解：（2）连结AC，交BQ于N，连结MN，∵AQ∥BC，∴，∵PN∥平面MQB，PA?平面PAC，平面MQB∩平面PAC=MN，∴根据线面平行的性质定理得MN∥PA，∴，综上，得，∴MC=2PM，∵MC=λPM，∴实数λ的值为2．4．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．（Ⅰ）求证：AC⊥SD；（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由．【解答】解：（Ⅰ）连BD，设AC交BD于O，由题意SO⊥AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以AC⊥面SBD，所以AC⊥SD．（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，则SD⊥OP，设正方形ABCD的边长为a，则SD=，OD=，则OD2=PD?SD，可得PD==，故可在SP上取一点N，使PN=PD，过N作PC的平行线与SC的交点即为E，连BN．在△BDN中知BN∥PO，又由于NE∥PC，故平面BEN∥面PAC，得BE∥面PAC，由于SN：NP=2：1，故SE：EC=2：1．5．如图所示，△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，且AB⊥BC，AB=BC=2，∠BCD=60°，点M为BE的中点，点N在线段AC上．（Ⅰ）若=λ，且DN⊥AC，求λ的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求三棱锥B﹣DMN的体积．【解答】解：（Ⅰ）取BC的中点O，连接ON，OD，∵四边形BCDE为菱形，∠BCD=60°，∴DO⊥BC，∵△ABC所在的平面与菱形BCDE所在平面垂直，∴DO⊥平面ABC，∵AC?平面ABC，∴DO⊥AC，又DN⊥AC，且DN∩DO=D，∴AC⊥平面DON，∵ON?平面DON，∴ON⊥AC，由O为BC的中点，AB=BC，可得，∴，即λ=3；（Ⅱ）由平面ABC⊥平面BCDE，AB⊥BC，可得AB⊥平面BCDE，由，可得点N到平面BCDE的距离为，由菱形BCDE中，∠BCD=60°，点M为BE的中点，可得DM⊥BE，且，∴△BDM的面积，∴三棱锥N﹣BDM的体积．=V B﹣DMN，又V N﹣BDM∴三棱锥B﹣DMN的体积为．6．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC，且侧面BB1C1C是菱形，∠B1BC=60°．（Ⅰ）求证：AB1⊥BC；（Ⅱ）若AB⊥AC，AB1=BB1，且该三棱柱的体积为2，求AB的长．【解答】解：（I）取BC中点M，连结AM，B1M，∵AB=AC，M是BC的中点，∴AM⊥BC，∵侧面BB1C1C是菱形，∠B1BC=60°，∴B1M⊥BC，又AM?平面AB1M，B1M?平面AB1M，AM∩B1M=M，∴BC⊥平面AB1M，∵AB1?平面AB1M，∴BC⊥AB1．（II）设AB=x，则AC=x，BC=x，∵M是BC的中点，∴AM=，BB1=，B1M=，又∵AB1=BB1，∴AB1=，∴AB12=B1M2+AM2，∴B1M⊥AM．由（I）知B1M⊥BC，AM?平面ABC，BC?平面ABC，AM∩BC=M，∴B1M⊥平面ABC，∴V==，∴x=2，即AB=2．7．如图1，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1﹣ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE．（1）证明：BE⊥平面D1AE；（2）设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：连接BE，∵ABCD为矩形且AD=DE=EC=2，∴AE=BE=2，AB=4，∴AE2+BE2=AB2，∴BE⊥AE，又D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE=AE，∴BE⊥平面D1AE．（2）=．取D1E中点N，连接AN，FN，∵FN∥EC，EC∥AB，∴FN∥AB，且FN==AB，∴M，F，N，A共面，若MF∥平面AD1E，则MF∥AN．∴AMFN为平行四边形，∴AM=FN=．∴=．8．如图，已知多面体ABCDEF中，△ABD、△ADE均为正三角形，平面ADE⊥平面ABCD，AB∥CD∥EF，AD：EF：CD=2：3：4．（Ⅰ）求证：BD⊥平面BFC；（Ⅱ）若AD=2，求该多面体的体积．【解答】解：（Ⅰ）因为AB∥CD，所以∠ADC=120°，△ABD为正三角形，所以∠BDC=60°．设AD=a，因为AD：CD=2：4=1：2，所以CD=2a，在△BDC中，由余弦定理，得，所以BD2+BC2=CD2，所以BD⊥BC．取AD的中点O，连接EO，因为△ADE为正三角形，所以EO⊥AD，因为平面ADE⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD．取BC的中点G，连接FG，OG，则，且EF∥OG，所以四边形OEFG为平行四边形，所以FG∥EO，所以FG⊥平面ABCD，所以FG⊥BD．因为FG∩BC=G，所以BD⊥平面BFC．（Ⅱ）过G作直线MN∥AD，延长AB与MN交于点M，MN与CD交于点N，连接FM，FN．因为G为BC的中点，所以MG=OA且MG∥OA，所以四边形AOGM为平行四边形，所以AM=OG．同理DN=OG，所以AM=OG=DN=EF=3．又AB∥CD，所以AM∥DN，所以AM∥DN∥EF，所以多面体MNF﹣ADE为三棱柱．过M作MH⊥AD于H点，因为平面ADE⊥平面ABCD，所以MH⊥平面ADE，所以线段MH的长即三棱柱MNF﹣ADE的高，在△AMH中，，所以三棱柱MNF﹣ADE的体积为．因为三棱锥F﹣BMG与F﹣CNG的体积相等，所以所求多面体的体积为．9．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，底面ABCD为边长为的正方形，PA⊥BD．（Ⅰ）求证：PB=PD；（Ⅱ）若E，F分别为PC，AB的中点，EF⊥平面PCD，求三棱锥的D﹣ACE体积．【解答】解：（Ⅰ）连接AC交BD于点O，∵底面ABCD是正方形，∴AC⊥BD且O为BD的中点．又PA⊥BD，PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，又PO?平面PAC，∴BD⊥PO．又BO=DO，∴Rt△PBO∽Rt△PDO，∴PB=PD．（Ⅱ）取PD的中点Q，连接AQ，EQ，则EQ CD，又AF，∴AFEQ为平行四边形，EF∥AQ，∵EF⊥平面PCD，∴AQ⊥平面PCD，∵PD?平面PCD，∴AQ⊥PD，∵Q是PD的中点，∴AP=AD=．∵AQ⊥平面PCD，CD?平面PCD，∴AQ⊥CD，又AD⊥CD，又AQ∩AD=A，∴CD⊥平面PAD∴CD⊥PA，又BD⊥PA，CD∩BD=D，∴PA⊥平面ABCD．故三棱锥D﹣ACE的体积为．10．如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED；（Ⅱ）若∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E﹣ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．【解答】证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，∵BE⊥平面ABCD，∴AC⊥BE，则AC⊥平面BED，∵AC?平面AEC，∴平面AEC⊥平面BED；解：（Ⅱ）设AB=x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°，得AG=GC=x，GB=GD=，∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥BG，则△EBG为直角三角形，∴EG=AC=AG=x，则BE==x，∵三棱锥E﹣ACD的体积V===，解得x=2，即AB=2，∵∠ABC=120°，∴AC2=AB2+BC2﹣2AB?BCcosABC=4+4﹣2×=12，即AC=，在三个直角三角形EBA，EBG，EBC中，斜边AE=EC=ED，∵AE⊥EC，∴△EAC为等腰三角形，则AE2+EC2=AC2=12，即2AE2=12，∴AE2=6，则AE=，∴从而得AE=EC=ED=，∴△EAC的面积S==3，在等腰三角形EAD中，过E作EF⊥AD于F，则AE=，AF==，则EF=，∴△EAD的面积和△ECD的面积均为S==，故该三棱锥的侧面积为3+2．11．如图，四边形ABCD是正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，AF=ED=1．（Ⅰ）求二面角E﹣AC﹣D的正切值；（Ⅱ）设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设AC∩BD=O，连结OE，由AC⊥OD，AC⊥DE，OD∩DE=D，得AC⊥OE，∴二面角E﹣AC﹣D的平面角为∠EOD，∵AF=ED=1，∴tan∠EOD=，∴二面角E﹣AC﹣D的正切值为．（Ⅱ）时，AM∥平面BEF，理由如下：作MN∥E D，则，∵AF∥DE，DE=3AF，∴，∴AMNF是平行四边形，∴AM∥FN，∵AM?平面BEF，FN?平面BEF，∴AM∥平面BEF．。
高考文科立体几何考试大题题型
文科数学立体几何大题题型题型一、基本平行、垂直1、如图，在四棱台ABCD A1B1C1D1 中，D1D 平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB=2AD ，A D=A 1B1 ，BAD= 60°.（Ⅰ）证明：A A BD ；1（Ⅱ）证明：C C ∥平面A BD .1 12．如图，四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，PAD 为等腰三角形，APD 90 ，平面PAD 平面ABCD ，且AB 1, AD 2,E ．F 分别为PC和B DP的中点．E （1）证明：EF / / 平面PAD ；D （2）证明：平面PDC 平面PAD ；（3）求四棱锥P ABCD 的体积．CFAB13．如图，已知四棱锥P ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB // DC ，ABC 45 ，DC 1，AB 2，PA 平面ABCD，PA 1．P（1）求证：AB // 平面PCD ；[ 来源:]（2）求证：BC 平面PAC ；（3）若M是PC的中点，求三棱锥M—ACD的体积．MA BDC4. 如图，四棱锥P ABCD中，PA 平面ABCD，四边形ABCD 是矩形，E 、F分别是AB 、P D 的中点．若PA AD 3，CD 6 ．（Ⅰ）求证：AF // 平面P CE ；（Ⅱ）求点F 到平面PCE 的距离；2题型二、体积：1、如图，在四棱锥P-ABCD 中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC ,△PAD 是等边三角形，已知BD＝2AD =8, AB =2DC = 4 5 .（Ⅰ）设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面PAD ;（Ⅱ）求四棱锥P-ABCD 的体积.2 、如图，三棱锥A BCD 中，AD 、BC 、CD 两两互相垂直，且A B 13 ，BC 3, CD 4 , M 、N分别为AB 、A C 的中点.（Ⅰ）求证：BC // 平面MND ；（Ⅱ）求证：平面MND 平面ACD ；（Ⅲ）求三棱锥 A MND 的体积.33、如图甲，直角梯形ABCD中，AB AD ，AD // BC ，F 为AD 中点，E在BC 上，且EF // AB，已知AB AD CE 2，现沿EF 把四边形CDFE 折起如图乙，使平面C DFE ⊥平面ABEF .( )求证：AD // BCE(Ⅱ)求证：AB 平面BCE ；（Ⅲ求三棱锥C ADE 的体积。
专题04 立体几何【文科】(解析版)
专题04 立体几何一、单选题1. 【河北省衡水第一中学2021届全国高三第二次联合考试（1）】在ABC 中，AC =顶点B 在以AC 为直径的圆上.点P 在平面ABC 上的射影为AC 的中点，2PA =，则其外接球的表面积为（ ） A ．12πB ．163πC ．94πD ．16π【答案】D【解析】如图所示，设AC 的中点为O '，外接球的球心为O 在Rt PO A '中，1O P ∴=='，设外接球的半径为R ，在Rt O OC '中：222(1)R R -+=，解得：2R =，∴外接球的表面积为：2244216R πππ=⨯=.故选：D.2. 【河北省衡水中学2021届高三上学期七调】沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为12cm ，体积为372cm π的细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此锥形沙堆的高度为（ ）A ．3cmB ．6cmC ．8cmD ．9cm【答案】B【解析】解：细沙漏入下部后，圆锥形沙堆的底面半径为6，设高为h ， 则211π672π33V Sh h ==⨯⨯=，6h =， 故选：B ．3. 【河北省衡水中学2021届全国高三第一次联合考试（全国卷）】一圆柱形容器，底面半径为1，高为3，里面装有一个小球，小球的表面和圆柱侧面、下底面均相切.过圆柱上底面圆周上一点作一个平面α，使得α与小球恰好相切，则α与圆柱下底面所成最小的锐二面角的正弦值为（ ）AB ．12 CD ．35【答案】D【解析】当平面α与小球相切，且与底面所成锐二面角最小时，轴截面如下图所示，2CF CH ==，DE DH =，所以DC DE CF =+，2EF =，在Rt GDC △中，由勾股定理222(2)2(2)DE DE +=+-得12DE =， 所以该平面与圆柱下底面所成锐二面角的正弦值为1323221552+22-==. 故选：D.二、填空题1. 【河北省衡水第一中学2021届全国高三第二次联合考试（1）】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为____________.【答案】169π 【解析】由几何体的正视图可知，该几何体底面的扇形圆心角应为120，所以，该几何体的体积应该为所在圆锥体积的13，圆锥的底面半径为2，高为4， 所以，该几何体的体积为211216243239V ππ=⨯⨯⨯⨯=. 故答案为：169π.2. 【河北省衡水中学2021届高三上学期七调】已知平面四边形ABCD 中，AB AD =120BAD ∠=︒，BCD △是等边三角形，现将BCD △沿BD 折起到BPD △，使得P 点在平面ABD 上的射影恰为ABD △的外心，则三棱锥P-ABD 外接球的表面积为________.【答案】9π【解析】因为BCD △是等边三角形，所以60BCD ∠=︒，因为120BAD ∠=︒，所以A ，B ，C ，D 四点共圆，所以ABD △的外心也是BCD △的外心，记为H ，如图，取BD 的中点E ，则A ，E ，H ，C 共线，连接PE ，取PBD △的外心G ，则点G 在线段PE 上，且2PG GE =，过点G 作平面PBD 的垂线交PH 于点O ，则O 是三棱锥P-ABD 外接球的球心，且PGO PHE ∽，所以PO PG PE PH=，因为BDPE =23PGEH EG ==2PH =，所以3222PG PE PO PH ⋅===，即32R =， 所以外接球的表面积为23492ππ⎛⎫⨯= ⎪⎝⎭. 故答案为：9π三、解答题1. 【河北省衡水第一中学2021届全国高三第二次联合考试（1）】如图，DA ⊥平面,1ABC DA AC ==，O 是AB 的中点，ACO △为等边三角形.（1）证明：平面ACD ⊥平面BCE ；（2）若//AD BE ，P 为CE 的中点，Q 为线段OP 上的动点，判断三棱锥Q ACD -的体积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）证明：由题意可知，AD ⊥平面ABC.因为BC ⊂平面ABC ，所以AD BC ⊥.又因为OA OB OC ==，所以AC BC ⊥.因为,,AD AC A AD AC ⋂=⊂平面ACD ，所以BC ⊥平面ACD .因为BC ⊂平面BCE ，所以平面ACD ⊥平面BCE .（2）三棱锥Q ACD -的体积是定值.取BC 的中点M ，连接,PM OM ，如图.因为,CP EP CM BM ==，所以PM EB ∥.因为EB AD ，所以PM AD .因为PM ⊄平面,ACD AD ⊂平面ACD ，所以//PM 平面ACD .同理可证明//OM 平面ACD .因为PM OM M =，所以平面//OPM 平面ACD ，又PO ⊂平面POM ，所以//PO 平面ACD .所以 113Q ACD O ACD D ACO V V V ---===2. 【河北省衡水中学2021届高三上学期七调】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD =，60BAD ∠=︒.（1）求证：AD PB ⊥；（2）若2AD =，三棱锥-A BDP 的体积为1，求线段PB 的长度.【答案】（1）见解析（2【解析】解:（1） 取AD 中点M ，连接PM ，BM ，,PA PD PM AD =∴⊥.∵四边形ABCD 是菱形，且60BAD ∠=︒，∴ABD △是正三角形， BM AD ∴⊥，又PM BM M =，∴AD ⊥平面PMB .又PB ⊂平面PMB ，AD PB ∴⊥.（2）∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且交线为AD ，∵PM AD ⊥，∴PM ⊥平面ABCD .在正三角形ABD 中，2AD =，∴122sin 602ABD S ∆=⨯⨯⨯︒= 由题意可知，113A BDP P ABD ABD V V S PM --∆==⋅=， 1||13PM ∴=.||PM ∴=.∵PM ⊥平面ABCD ，MB ⊂平面ABCD ，PM MB ∴⊥.,||BM AD MB ⊥||PB ∴==3. 【河北省衡水中学2021届全国高三第一次联合考试（全国卷）】如图，四棱锥S ABCD -的各侧棱长均为2，底面ABCD 为矩形，2AB AD ==过底面对角线AC 作与直线SB 平行的平面α，且平面α交SD 于点E.（1）试确定点E 的位置，并说明理由；（2）求三棱锥E ABC -的体积.【答案】（1）点E 为SD 的中点；答案见解析；（2. 【解析】解：（1）点E 为SD 的中点.理由如下：连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，如图.因为//SB 平面,AEC SB ⊂平面SBD ，且平面AEC平面SBD EO =， 所以//EO SB .在SBD 中，因为O 为BD 中点，所以E 为SD 中点.（2）如图，连接SO .由题意知，SB SD =，所以SO BD ⊥；同理，SO AC ⊥.因为AC BD O =，所以SO ⊥底面ABCD .又因为2AB AD ==，所以BD =1SO =，所以1111212232E ABC S ABC V V --==⨯⨯⨯⨯=. 4. 【河北省衡水中学2021届全国高三下学期第二次联合考试（II 卷）】如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为菱形，2PA AB ==，PB =60ABC ∠=︒，且平面PAC ⊥平面ABCD ．（1）证明：PA ⊥平面ABCD ；（2）若M 是PC 上一点，且BM PC ⊥，求三棱锥M BCD -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2【解析】解：（1）证明：因为四边形ABCD 为菱形，BD AC ∴⊥, 又平面PAC ⊥平面ABCD ，平面PAC 平面,ABCD AC BD =⊂平面ABCD ，BD ∴⊥平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，PA BD ∴⊥，又2,PA AB PB ===222PA AB PB ∴+=，即PA AB ⊥．又,AB BD ⊂平面,ABCD AB BD B ⋂=，PA ∴⊥平面ABCD ；（2）解：由（1）得PA ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，PA AC ∴⊥，即PC ==PBC ∴△为等腰三角形，在PBC 中，由余弦定理得：22222223cos24PB PC BC BPC PB PC +-+-∠===⋅， 又BM PC ⊥， 34PM PB ∴=， 即34PM PC =， 故14CM PC =，又1sin12022122BCD S BC CD ︒=⨯⨯=⋅=11111244343M BCD P BCD BCD V V S PA --∴==⨯⨯=⨯=。
高考数学(文科)之立体几何大题(二)
1、如图所示的三棱锥P ABC -的三条棱PA ，AB ，AC 两两互相垂直，22AB AC PA ===,点D 在棱AC 上，且=AD AC λ (0λ>).（1）当1=2λ时，求异面直线PD 与BC 所成角的大小；（2）当三棱锥D PBC -的体积为29时，求λ的值.2、如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，120ACB ∠=︒，2AC =，4BC =，16AA =，D 为线段AB 的中点，E 为线段1BB 的中点，F 为线段1A C 的中点.（1）证明：//EF 平面ABC ；（2）求三棱锥11A B CD -的体积.M A B CDP E 3、如图：四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是梯形，AD//BC ，AD AB ⊥，AB=BC=2AD=4，ABP 是等边三角形，且PAB ABCD ⊥平面平面，E 是PB 中点，点M 在棱PC 上。
（1）求证：AE BM⊥（2）若三棱锥C-MDB 的体积为9，且PM=PC λ，求实数λ的值。
4、在直角梯形ABCD 中（如图1），AB ∥DC ，∠BAD =90°，AB=5，AD =2，CD=3，点E 在CD 上，且DE=2，将△ADE 沿AE 折起，使得平面ADE ⊥平面ABCE （如图2），G 为AE 中点．（Ⅰ）求四棱锥D —ABCE 的体积；（Ⅱ）在线段BD 上是否存在点P ，使得CP ∥平面ADE ？若存在，求BP BD的值；若不存在，请说明理由．5、如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是矩形，侧面PAB 是正三角形，2AB =，2BC =，6PC =．E 、H 分别为PA 、AB 的中点．（1）求证：PH AC ⊥；（2）求点P 到平面DEH 的距离．6、如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形，PA ⊥底面ABCD ，2PA =，45PDA ∠=︒，点E 、F 分别为棱AB 、PD 的中点．（1）求证：AF ∥平面PCE ；（2）求点C 到平面ABF 的距离．7、如图，直三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为2的正三角形，,E F 分别是1,BC CC 的中点。
立体几何测试题(文科).docx
立体几何文科试题一、选择题：本大题共12 小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1、设有直线m、n和平面、 . 下列四个命题中，正确的是( )A. 若m∥ , n∥ , 则m∥nB. 若m, n, m∥ , n∥ , 则∥C. 若， m, 则mD. 若， m， m, 则m∥2、已知直线 l , m与平面，，满足I l，l //， m和 m，则有A．且 l m B．且 m //C． m // 且 l m D． // 且r0,1,r r r r3.若a 1 ， b1,1,0 ，且a b a ，则实数的值是（）A .－ 1 B.0 C.1 D.－ 24、已知平面α⊥平面β，α∩β= l ，点 A∈α， A l，直线 AB∥ l ，直线 AC⊥l，直线 m∥α， m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（）．．．A. AB∥ mB. AC⊥ mC. AB∥βD. AC⊥β5一个几何体的三视图及长度数据如图，则几何体的表面积与体积分别为8、某几何体的三视图如图所示，当 a b 取最大值时，这个几何体的体积为（A．1B．1C．2D．163329、已知A, B,C , D在同一个球面上 , AB平面 BCD, BC CD , 若 AB6, AC球面距离是（）A. B.4253C. D.33310、四面体ABCD的外接球球心在CD 上，且 CD 2，AB 3 ，在外接球面上AππC．2πD．5πA．B．633611、半径为 2cm的半圆纸片做成圆锥放在桌面上，一阵风吹倒它，它的最高处距桌面（A． 4cm B． 2cm C．23cm D．3cm12、有一正方体，六个面上分别写有数字1、 2、 3、 4、 5、 6，有三个人从不同的角3 的对面的数字为 m，4 的对面的数字为 n，那么 m+n 的值为（）A．3B． 7C． 8D． 11A 72,3B 82，3C 73D 832，2,22二．填空题：本大题共 4 个小题。
高中数学立体几何大题练习(文科)
立体几何大题练习（文科）：1．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥DC，∠ABC=90°，AD=SD，BC=CD=，侧面SAD⊥底面ABCD．（1）求证：平面SBD⊥平面SAD；（2）若∠SDA=120°，且三棱锥S﹣BCD的体积为，求侧面△SAB的面积．【分析】（1）由梯形ABCD，设BC=a，则CD=a，AB=2a，运用勾股定理和余弦定理，可得AD，由线面垂直的判定定理可得BD⊥平面SAD，运用面面垂直的判定定理即可得证；（2）运用面面垂直的性质定理，以及三棱锥的体积公式，求得BC=1，运用勾股定理和余弦定理，可得SA，SB，运用三角形的面积公式，即可得到所求值．【解答】（1）证明：在梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC=90°，BC=CD=，设BC=a，则CD=a，AB=2a，在直角三角形BCD中，∠BCD=90°，可得BD=a，∠CBD=45°，∠ABD=45°，由余弦定理可得AD==a，则BD⊥AD，由面SAD⊥底面ABCD．可得BD⊥平面SAD，又BD⊂平面SBD，可得平面SBD⊥平面SAD；（2）解：∠SDA=120°，且三棱锥S﹣BCD的体积为，由AD=SD=a，在△SAD中，可得SA=2SDsin60°=a，△SAD的边AD上的高SH=SDsin60°=a，由SH⊥平面BCD，可得×a××a2=，解得a=1，由BD⊥平面SAD，可得BD⊥SD，SB===2a，又AB=2a，在等腰三角形SBA中，边SA上的高为=a，则△SAB的面积为×SA×a=a=．【点评】本题考查面面垂直的判定定理的运用，注意运用转化思想，考查三棱锥的体积公式的运用，以及推理能力和空间想象能力，属于中档题．2．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【分析】（1）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；（2）通过取线段CD上点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．【解答】证明：（1）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，所以AB∥EF，又因为EF⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，FG∥BC，所以FG⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，故AD⊥AC．【点评】本题考查线面平行及线线垂直的判定，考查空间想象能力，考查转化思想，涉及线面平行判定定理，线面垂直的性质及判定定理，注意解题方法的积累，属于中档题．3．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，点M和N分别是B1C1和BC的中点．（1）求证：MB∥平面AC1N；（2）求证：AC⊥MB．【分析】（1）证明MC1NB为平行四边形，所以C1N∥MB，即可证明MB∥平面AC1N；（2）证明AC⊥平面BCC1B1，即可证明AC⊥MB．【解答】证明：（1）证明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，因为点M，N分别是B1C1，BC的中点，所以C1M∥BN，C1M=BN．所以MC1NB为平行四边形．所以C1N∥MB．因为C1N⊂平面AC1N，MB⊄平面AC1N，所以MB∥平面AC1N；（2）因为CC1⊥底面ABC，所以AC⊥CC1．因为AC⊥BC，BC∩CC1=C，所以AC⊥平面BCC1B1．因为MB⊂平面BCC1B1，所以AC⊥MB．【点评】本题考查线面平行的判定，考查线面垂直的判定与性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD||BC，PD⊥底面ABCD，∠ADC=90°，AD=2BC，Q为AD的中点，M为棱PC的中点．（Ⅰ）证明：PA∥平面BMQ；（Ⅰ）已知PD=DC=AD=2，求点P到平面BMQ的距离．【分析】（1）连结AC交BQ于N，连结MN，只要证明MN∥PA，利用线面平行的判定定理可证；（2）由（1）可知，PA∥平面BMQ，所以点P到平面BMQ的距离等于点A到平面BMQ的距离．【解答】解：（1）连结AC交BQ于N，连结MN，因为∠ADC=90°，Q为AD的中点，所以N为AC的中点．…（2分）当M为PC的中点，即PM=MC时，MN为△PAC的中位线，故MN∥PA，又MN⊂平面BMQ，所以PA∥平面BMQ．…（5分）（2）由（1）可知，PA∥平面BMQ，所以点P到平面BMQ的距离等于点A到平面BMQ的距离，所以V P=V A﹣BMQ=V M﹣ABQ，﹣BMQ取CD的中点K，连结MK，所以MK∥PD，，…（7分）又PD⊥底面ABCD，所以MK⊥底面ABCD．又，PD=CD=2，所以AQ=1，BQ=2，，…（10分）=V A﹣BMQ=V M﹣ABQ=.，…（11分）所以V P﹣BMQ则点P到平面BMQ的距离d=…（12分）【点评】本题考查了线面平行的判定定理的运用以及利用三棱锥的体积求点到直线的距离．5．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥AC，D，E分别是AB，AC的中点．（1）求证：B1C1∥平面A1DE；（2）求证：平面A1DE⊥平面ACC1A1．【分析】（1）证明B1C1∥DE，即可证明B1C1∥平面A1DE；（2）证明DE⊥平面ACC1A1，即可证明平面A1DE⊥平面ACC1A1．【解答】证明：（1）因为D，E分别是AB，AC的中点，所以DE∥BC，…（2分）又因为在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1C1∥BC，所以B1C1∥DE…（4分）又B1C1⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以B1C1∥平面A1DE…（6分）（2）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，又DE⊂底面ABC，所以CC1⊥DE…（8分）又BC⊥AC，DE∥BC，所以DE⊥AC，…（10分）又CC1，AC⊂平面ACC1A1，且CC1∩AC=C，所以DE⊥平面ACC1A1…（12分）又DE⊂平面A1DE，所以平面A1DE⊥平面ACC1A1…（14分）【点评】本题考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．6．在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，M，N分别是PD，PA的中点，AC⊥AD，∠ACD=∠ACB=60°，PC=AC．（1）求证：PA⊥平面CMN；（2）求证：AM∥平面PBC．【分析】（1）推导出MN∥AD，PC⊥AD，AD⊥AC，从而AD⊥平面PAC，进而AD ⊥PA，MN⊥PA，再由CN⊥PA，能证明PA⊥平面CMN．（2）取CD的中点为Q，连结MQ、AQ，推导出MQ∥PC，从而MQ∥平面PBC，再求出AQ∥平面，从而平面AMQ∥平面PCB，由此能证明AM∥平面PBC．【解答】证明：（1）∵M，N分别为PD、PA的中点，∴MN为△PAD的中位线，∴MN∥AD，∵PC⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PC⊥AD，又∵AD⊥AC，PC∩AC=C，∴AD⊥平面PAC，∴AD⊥PA，∴MN⊥PA，又∵PC=AC，N为PA的中点，∴CN⊥PA，∵MN∩CN=N，MN⊂平面CMN，CM⊂平面CMN，∴PA⊥平面CMN．解（2）取CD的中点为Q，连结MQ、AQ，∵MQ是△PCD的中位线，∴MQ∥PC，又∵PC⊂平面PBC，MQ⊄平面PBC，∴MQ∥平面PBC，∵AD⊥AC，∠ACD=60°，∴∠ADC=30°．∴∠DAQ=∠ADC=30°，∴∠QAC=∠ACQ=60°，∴∠ACB=60°，∴AQ∥BC，∵AQ⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AQ∥平面PBC，∵MQ∩AQ=Q，∴平面AMQ∥平面PCB，∵AM⊂平面AMQ，∴AM∥平面PBC．【点评】本题考查线面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想，是中档题．7．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=AD，E、F分别为PC、BD的中点．（1）求证：EF∥平面PAD；（2）求证：面PAB⊥平面PDC．【分析】（1）连接AC，则F是AC的中点，E为PC 的中点，证明EF∥PA，利用直线与平面平行的判定定理证明EF∥平面PAD；（2）先证明CD⊥PA，然后证明PA⊥PD．利用直线与平面垂直的判定定理证明PA⊥平面PCD，最后根据面面垂直的判定定理即可得到面PAB⊥面PDC．【解答】证明：（1）连接AC，由正方形性质可知，AC与BD相交于BD的中点F，F也为AC中点，E为PC中点．所以在△CPA中，EF∥PA，又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD；（2）平面PAD⊥平面ABCD平面PAD∩面ABCD=AD⇒CD⊥平面PAD⇒CD⊥PA正方形ABCD中CD⊥ADPA⊂平面PADCD⊂平面ABCD又，所以PA2+PD2=AD2所以△PAD是等腰直角三角形，且，即PA⊥PD．因为CD∩PD=D，且CD、PD⊂面PDC所以PA⊥面PDC又PA⊂面PAB，所以面PAB⊥面PDC．【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定的应用，考查逻辑推理能力．8．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，且PA=AD=2，BD=2，E、F分别为AD、PC中点．（1）求点F到平面PAB的距离；（2）求证：平面PCE⊥平面PBC．【分析】（1）取PB的中点G，连接FG、AG，证得底面ABCD为正方形．再由中位线定理可得FG∥AE且FG=AE，四边形AEFG是平行四边形，则AG∥FE，运用线面平行的判定定理可得EF∥平面PAB，点F与点E到平面PAB的距离相等，运用线面垂直的判定和性质，证得AD⊥平面PAB，即可得到所求距离；（2）运用线面垂直的判定和性质，证得BC⊥平面PAB，EF⊥平面PBC，再由面面垂直的判定定理，即可得证．【解答】（1）解：如图，取PB的中点G，连接FG、AG，因为底面ABCD为菱形，且PA=AD=2，，所以底面ABCD为正方形．∵E、F分别为AD、PC中点，∴FG∥BC，AE∥BC，，，∴FG∥AE且FG=AE，∴四边形AEFG是平行四边形，∴AG∥FE，∵AG⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB，∴点F与点E到平面PAB的距离相等，由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，又AD⊥AB，PA∩AB=A，AD⊥平面PAB，则点F到平面PAB的距离为EA=1．（2）证明：由（1）知AG⊥PB，AG∥EF，∵PA⊥平面ABCD，∴BC⊥PA，∵BC⊥AB，AB∩BC=B，∴BC⊥平面PAB，由AG⊂平面PAB，∴BC⊥AG，又∵PB∩BC=B，∴AG⊥平面PBC，∴EF⊥平面PBC，∵EF⊂平面PCE，∴平面PCE⊥平面PBC．【点评】本题考查空间点到平面的距离，注意运用转化思想，考查线面平行和垂直的判定和性质，以及面面垂直的判定，熟练掌握定理的条件和结论是解题的关键，属于中档题．9．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠BAD=∠ADC=90°，DC=2AB=2AD，BC⊥PD，E，F分别是PB，BC的中点．求证：（1）PC∥平面DEF；（2）平面PBC⊥平面PBD．【分析】（1）由中位线定理可得PC∥EF，故而PC∥平面DEF；（2）由直角梯形可得BC⊥BD，结合BC⊥PD得出BC⊥平面PBD，于是平面PBC ⊥平面PBD．【解答】证明：（1）∵E，F分别是PB，BC的中点，∴PC∥EF，又PC⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴PC∥平面DEF．（2）取CD的中点M，连结BM，则AB DM，又AD⊥AB，AB=AD，∴四边形ABMD是正方形，∴BM⊥CD，BM=CM=DM=1，BD=，∴BC=，∴BD2+BC2=CD2，∴BC⊥BD，又BC⊥PD，BD∩PD=D，∴BC⊥平面PBD，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PBD．【点评】本题考查了线面平行，面面垂直的判定，属于中档题．10．如图，在三棱锥A﹣BCD中，E，F分别为BC，CD上的点，且BD∥平面AEF．（1）求证：EF∥平ABD面；（2）若AE⊥平面BCD，BD⊥CD，求证：平面AEF⊥平面ACD．【分析】（1）利用线面平行的性质可得BD∥EF，从而得出EF∥平面ABD；（2）由AE⊥平面BCD可得AE⊥CD，由BD⊥CD，BD∥EF可得EF⊥CD，从而有CD⊥平面AEF，故而平面AEF⊥平面ACD．【解答】证明：（1）∵BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面BCD∩平面AEF=EF，∴BD∥EF，又BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，∴EF∥平ABD面．（2）∵AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AE⊥CD，由（1）可知BD∥EF，又BD⊥CD，∴EF⊥CD，又AE∩EF=E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，∴CD⊥平面AEF，又CD⊂平面ACD，∴平面AEF⊥平面ACD．【点评】本题考查了线面平行、线面垂直的性质，面面垂直的判定，属于中档题．。
高考立体几何文科大题及答案
（Ⅱ）求二面角A— —B的大小。
14.（2009宁夏海南卷文）如图，在三棱锥 中，⊿ 是等边三角形，∠PAC=∠PBC=90（Ⅰ）证明：AB⊥PC
（Ⅱ）若 ，且平面 ⊥平面 ，
求三棱锥 体积。
15.（2009福建卷文）如图，平行四边形 中， ， 将
沿 折起到 的位置，使平面 平面
（I）求证：
又底面ＡＢＣＤ是正方形， ＣD ＡD，又ＳＤ AD=D， CD 平面SAD。
过点D在平面SAD内做DF AE于F，连接CF，则CF AE，
故 CFD是二面角C-AE-D的平面角，即 CFD=60°
在Rt△ADE中， AD= , DE= ，AE= 。
于是，DF=
在Rt△CDF中，由 cot60°=
得 ，即 =3
【解法2】如图，以D为原点建立空间直角坐标系 ，
设
则 ，
（Ⅰ）∵ ，
∴ ，
∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB，
∴平面 .
（Ⅱ）当 且E为PB的中点时， ，
设AC∩BD=O，连接OE，
由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，
∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即AE与平面PDB所成的角的大小为 .
由 得2AD= ，解得AD= 。
故AD=AF。又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正方形。
因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD=A，故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF。
连接AE、DF，设AE∩DF=H，则EH⊥DF，EH⊥平面BCD。
连接CH，则∠ECH为 与平面BCD所成的角。
因ADEF为正方形，AD= ，故EH=1，又EC= =2，
（Ⅰ）设 ，则
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文科数学立体几何大题
全国乙卷高考数学第18题立体几何
如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠CDB，点E 为AC中点。
(Ⅰ)证明：平面BED⊥平面ACD；
(Ⅱ)设AB=BD=2，∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC面积最小时，求三棱锥F－ABC的体积；
(Ш)在(Ⅱ)条件下，求CF与平面ABD所成的角的正弦值。
题干附图。
历年高考，通常会让证明面面垂直。
判定两平面垂直时，通常注意什么？如何快速证明？
证法一：平面b∥平面c，若平面d⊥平面b，则平面d⊥平面c。
此证法，几乎永远用不到。
证法二：一个平面内的任意点在另一个平面内的射影均在这两个平面的交线上。
这一招也很少用。
证法三：两个平面所成的二面角为90°。
这一招费事，不常用。
证法四：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面相互垂直。
证法四为正宗的判定定理，较常用。
其本质还是证线线垂直、线面垂直。
这就引出应格外注意的两点：①三垂线定理及其逆定理；②如果一条直线与两条相交直线均垂直，那么这条直线垂直于两相交直线决定的平面。
重心在于证法四及其引出。
至于超出高考的平面方程知识，就无需卖弄炫耀了。
下面有直线和平面所成角的详细总结和求解。
值得收藏。
第一问解题要领及思路点拨
读完题，您是否觉得左边的平面ACD应该与底面垂直？
可他偏偏让证明左边的平面ACD与竖向平面BED垂直。
总觉得第一问该是送分的。
但这题第一问让人感觉迷糊。
抱怨没用，抓紧赶路。
做题，要紧盯已知。
他所给的每个已知，各是啥用意？需要我挖掘多深？
想到什么，或得出什么，就立即写在演算纸上，灵感稍纵即逝。
用铅笔，用铅笔在原题图上标出有用信息，如长度、角度、等量、位置关系等，快速引导思路朝目标挺进。
第一问的附图。
仔细审题：
①AD⊥CD，AD=CD，这是告知左边的面是等腰直角三角形。
②点E为AC中点，这是透露AC⊥DE的。
③还一个条件没用到，∠ADB=∠CDB。
这不很容易看出另两个侧面(△ADB和△CDB)全等吗？
进而得到BC=BA。
再加上点E为AC中点，就得出AC⊥BE。
至此，条件都用到了。
能证出面面垂直吗？
您不是已把得出的AC⊥DE和AC⊥BE随时写在演算纸上了吗？
这两层垂直，恰能说明AC垂直于DE和BE两相交直线决定的平面BDE。
而平面ACD经过AC！
这第一问不就证完了吗！
具体证明过程，烦请您自己整理。
从中锻炼快速形成卷面。
第一问的两条总结
1 读完题后，建立自信：题目没给出具体线段长度，就一个垂直。
就是说，不用计算，只需证明。
2 您不禁问：左边的平面ACD与底面是否垂直？这容易。
左边的平面ACD内的DE，底面内的BE，均垂直于两平面的交线AC，故，∠DEB是平面BED与平面ACD的二面角的平面角。
可惜，仅凭不给数据的题干，无法证明∠DEB=90°。
故，左边的平面ACD与底面不垂直。
如果铁了心让它们垂直，这就引出了第二问。
第二问的详细分析和求解
由第一问知BA=BC。
第二问又给出了个BD=BA=2，这不净是等腰三角形了嘛。
又来一个∠ACB=60°，即等腰△BAC的底角为60°，则△BAC为正三角形。
BE=根号3。
立即标出相关线段长！
BA=BC=BD=2，EA=EC=ED=1，进而DA=DC=根号2。
第二问的附图。
由ED=1、BD=2、BE=根号3知：DE⊥BE。
即BD在底面BAC内的射影BE。
此时，左边的平面ACD，以及竖向平面BED，均与底面垂直。
面与面交线分别为AC和BE。
第二问中说到“当△AFC面积最小时”，啥时候面积最小？△AFC是啥模样？
好办。
由“点F在BD上”知FA与FC始终相等。
有以下两种证法。
其一，可由点F的射影始终在AC的垂直平分线BE上得出FA=FC。
其二，证△ADF≌△CDF(SAS)得出FA=FC。
至此，转化为，等腰△AFC面积最小时。
底边AC=2为定值，只需求高FE的最小值。
你咋知道FE是高？点E为等腰三角形底边中点嘛。
求高EF的最小值？
显然，在Rt△DEB中，过点E作斜边BD的垂线，垂足点F即为所求。
立即画出以下相关平面图形！
由上图，求△ABC的面积，有用；但你求EF有啥用？
∵DE⊥AC于点E，AC在底面ABC内，
∴BD在底面ABC内的射影为BE，
在Rt△EFB中，过点F作FH⊥BE于点H，
则FH为三棱锥F－ABC的一条高。
如下图，易求得三棱锥F－ABC的体积。
第二问的附图。
第二问的总结与升华
1 首先必须根据“△AFC面积最小时”求出高EF的最小值。
2 要证出BD在底面ABC内的射影为BE。
不然，就不知道点F在底面的射影该在哪里。
3 三棱锥体积，千万别忘记1/3。
4 这一问是文科的第二问。
难度不算大。
下面的第三问，是理科的第二问。
难度也不算大。
本文，我侧重思路点拨。
不写具体求解过程。
求解过程您很容易搜到。
但咱们最需要的是：如何打开思路。
第三问的详细分析和求解
求CF与平面ABD所成的角的正弦值？
注意前提：在第二问情况下。
即EF最短、EF⊥BD情况下。
这就好说了！
求直线与平面的夹角，通常有多少种求法？
①某直线与某平面相交，那么某直线与它在某平面内的射影所成的夹角，即为直线与平面的夹角。
或者说，斜线与它在平面内的射影所成的角。
②二面角的平面角就是。
比如本题，平面ADB和平面CDB的交线为DB，AF和CF分别位于两平面内，且AF和CF均垂直于交线DB，则∠AFC即为平面ADB 和平面CDB的二面角。
而二面角∠AFC，即是AF与平面CDB的夹角，也是CF与平面ADB 的夹角。
③平移。
就本题，假如CF与平面ABD所成的角不容易找，您可以转化为CF的平行线与平面ABD所成的角。
④公式法。
我厌烦公式，提倡理解领会，在理解、运用中体会公式。
最后才是自然而然记住公式。
⑤向量法。
以上详细总结，请认真阅读并收藏。
依照分析，提供两种解法。
解法一：直接法。
第三问的直接法求解。
第三问直接法求解得附图。
第三问的解法二向量法。
向量法求解附图。
第三问的解法二的详细分析。
第三问解法二。
第三问解法二向量法附图。
第三问结束。
第三问的总结和升华
立体几何的求解或证明，经常用到的方法，无非就两种：直接法和向量法。
如果所求的角容易画出，建议尽量采用直接法，画图求解。
因为这样能有效锻炼空间抽象思维。
毕竟建立脑像很重要。
直接法应注意：准确、快速画出相关平面图形，并利索求解，多半用解三角形和初中知识。
如果所求的角容易画出，那才采用向量法。
向量法简便、没意思，锻炼不了啥。
但是，凡见到下属情形：比如求什么什么的余弦值、正弦值；再比如容易觉察出，过某个适当的点有三条相互垂直的射线，如本题第三问，呵呵，这就属于有意勾引人采用向量法。
向量法应注意：由于太灵活、几乎可随意设，故，注意越简约越好。
这有经验的成分。
无论直接法、向量法，都需要通过体会、琢磨经典例题，逐步消化、掌握常规解法。
毕竟高考也不考那些偏难怪题。
故平时学习，别过分消耗自己。