2015届高三数学立体几何专题训练及详细答案

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2015届高三数学立体几何专题训练

1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A．16＋8π C．16＋16π 解析：选A.

B．8＋8π D．8＋16π

原几何体为组合体：上面是长方体，下面是圆柱的一半(如图所示)，其体积为V＝4×2×21

＋π×22×4＝16＋8π. 2

2．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器厚度，则球的体积为( )

500πA. cm3

31 372πC. cm3

解析：选A.

866πB. cm3

32 048πD. cm3

如图，作出球的一个截面，则MC＝8－6＝2(cm)，

BM＝AB＝×8＝4(cm)．

设球的半径为R cm，则R2＝OM2＋MB2＝(R－2)2＋42，∴R＝5，

4500π

∴V球＝π×53＝ (cm3)．

3．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，则( )

A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β

C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l 解析：选D.

根据所给的已知条件作图，如图所示．

由图可知α与β相交，且交线平行于l，故选D. 4．(2013·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于( )

23A. B. 3321C. D. 33解析：选A.法一：

如图，连接AC，交BD于点O，由正四棱柱的性质，有AC⊥BD.因为CC1⊥平面ABCD，所以CC1⊥BD.又CC1∩AC＝C，所以BD⊥平面CC1O.在平面CC1O内作CH⊥C1O，垂足为H，则BD⊥CH.又BD∩C1O＝O，所以CH⊥平面BDC1，连接DH，则DH为CD在平面BDC1上的射影，所以∠CDH为CD与平面BDC1所成的角．设AA1＝2AB＝2.在Rt△COC1中，由

2CH2

等面积变换易求得CH＝.在Rt△CDH中，sin∠CDH＝＝. 3CD3

法二：

以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0，0,0)，C(0,1,0)，

→→→

B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则DC＝(0,1,0)，DB＝(1,1,0)，DC1＝(0,1,2)．

设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则

?x＋y＝0，?→→

n⊥DB，n⊥DC1，所以有?令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，

??y＋2z＝0，

－2,1)．

→?n·DC?2→

设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cosn，DC＝?＝.

→?3?|n||DC|?

5．(2013·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于( )

23A. B. 33

2 3

解析：选A.法一： C.

1D. 3

2CH2

等面积变换易求得CH＝.在Rt△CDH中，sin∠CDH＝＝. 3CD3

法二：

以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0，0,0)，C(0,1,0)，

→→→

B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则DC＝(0,1,0)，DB＝(1,1,0)，DC1＝(0,1,2)．

设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则

??x＋y＝0，→→

n⊥DB，n⊥DC1，所以有?令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，

?y＋2z＝0，?

－2,1)．

→?n·DC?2→

设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cosn，DC＝?＝.

→?3?|n||DC|?

6．(2013·高考山东卷)

一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )

A．45，8 B．45，

C．4(5＋1)， D．8,8

解析：选B.

由正视图知：四棱锥的底面是边长为2的正方形，四棱锥的高为2，∴V＝×22×2＝.33

四棱锥的侧面是全等的等腰三角形，底为2，高为5，∴S侧＝4××2×5＝45. 2

7．(2013·高考山东卷)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长

为3的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为 ( )

5ππA. B. 123ππC. D. 46解析：选B.

如图所示，P为正三角形A1B1C1的中心，设O为△ABC的中心，由题意知：PO⊥平面

ABC，连接OA，则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角．

在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝3，

333

则S＝×(3)2＝，

VABC-A1B1C1＝S×PO＝，∴PO＝3.

3PO

又AO＝×3＝1，∴tan∠PAO＝＝3，

3AOπ

∴∠PAO＝. 3

8．(2013·高考浙江卷)设m、n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥β C．若m∥n，m⊥α，则n⊥α D．若m∥α，α⊥β，则m⊥β

解析：选C.A项，当m∥α，n∥α时，m，n可能平行，可能相交，也可能异面，故错误； B项，当m∥α，m∥β时，α，β可能平行也可能相交，故错误； C项，当m∥n，m⊥α时，n⊥α，故正确；

D项，当m∥α，α⊥β时，m可能与β平行，可能在β内，也可能与β相交，故错误．故选C.

9．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为( )

解析：选A.根据已知条件作出图形：四面体C1-A1DB，标出各个点的坐标如图(1)所示，

可以看出正视图是正方形，如图(2)所示．故选A.

10．(2013·高考安徽卷)在下列命题中，不是公理的是( ) A．平行于同一个平面的两个平面相互平行

B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面

C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内 D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线解析：选A.A，不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证； B，是平面的基本性质公理； C，是平面的基本性质公理； D，是平面的基本性质公理． 11．(2013·高考北京卷)

如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的

不同取值有( )

A．3个 B．4个 C．5个 D．6个

解析：选B.如图，取底面ABCD的中心O，连接PA，PC，PO. ∵AC⊥平面DD1B，又PO?平面DD1B，

∴AC⊥PO.又O是BD的中点，∴PA＝PC.

同理，取B1C与BC1的交点H，易证B1C⊥平面D1C1B，∴B1C⊥PH. 又H是B1C的中点，∴PB1＝PC，∴PA＝PB1＝PC. 同理可证PA1＝PC1＝PD. 又P是BD1的三等分点， ∴PB≠PD1≠PB1≠PD，

故点P到正方体的顶点的不同距离有4个． 12．(2013·高考辽宁卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上．若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( )

317A. B．210

213C. D．310 2

解析：选C.因为直三棱柱中AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，所以BC＝5，且BC为过底面ABC的截面圆的直径．取BC中点D，则OD⊥底面ABC，则O在侧面BCC1B1内，

矩形BCC1B1的对角线长即为球直径，所以2R＝122＋52＝13，即R＝. 2

13．(2013·高考浙江卷)在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B＝fπ(A)．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1＝fβ[fα(P)]，Q2＝fα[fβ(P)]，恒有PQ1＝PQ2，则( )

A．平面α与平面β垂直 B．平面α与平面β所成的(锐)二面角为45° C．平面α与平面β平行 D．平面α与平面β所成的(锐)二面角为60° 解析：选A.设P1＝fα(P)，P2＝fβ(P)，则PP1⊥α，P1Q1⊥β，PP2⊥β，P2Q2⊥α. 若α∥β，则P1与Q2重合、P2与Q1重合，所以PQ1≠PQ2，所以α与β相交．设α∩β＝l，由PP1∥P2Q2，所以P，P1，P2，Q2四点共面．同理P，P1，P2，Q1四点共面．

所以P，P1，P2，Q1，Q2五点共面，且α与β的交线l垂直于此平面．

又因为PQ1＝PQ2，所以Q1、Q2重合且在l上，四边形PP1Q1P2为矩形．那么∠P1Q1P2π

＝为二面角α-l-β的平面角，所以α⊥β.

14．(2013·高考湖南卷)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( )

3A. B．1 2

2＋1

D.2 2解析：选D.由于该正方体的俯视图是面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，因此该几何体的正视图是一个长为2，宽为1的矩形，其面积为2. 15．(2013·高考江西卷)

一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A．200＋9π B．200＋18π C．140＋9π D．140＋18π

解析：选A.由三视图可知该几何体的下面是一个长方体，上面是半个圆柱组成的组合体．长方体的长、宽、高分别为10、4、5，半圆柱底面圆半径为3，高为2，故组合体体积V＝10×4×5＋9π＝200＋9π.

16.

(2013·高考四川卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可以是( ) A．棱柱 B．棱台 C．圆柱 D．圆台

解析：选D.由俯视图是圆环可排除A，B，由正视图和侧视图都是等腰梯形可排除C，故选D.

17．(2013·高考广东卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是( )

1A. 62C. 3

解析：选B.

1B. 3D．1

如图，三棱锥的底面是一个直角边长为1的等腰直角三角形，有一条侧棱和底面垂直，

111

且其长度为2，故三棱锥的高为2，故其体积V＝××1×1×2＝，故选B.

323

18．(2013·高考广东卷)设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( ) A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β C．若l⊥α，l∥β，则α∥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β

解析：选B.选项A，若l∥α，l∥β，则α和β可能平行也可能相交，故错误；选项B，若l⊥α，l⊥β，则α∥β，故正确；选项C，若l⊥α，l∥β，则α⊥β，故错误；

选项D，若α⊥β，l∥α，则l与β的位置关系有三种可能：l⊥β，l∥β，l?β，故错误．故选B.

19．(2013·高考湖南卷)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于( )

A．1 B.2

2－12＋1C. D. 22

解析：选C.当正方体的俯视图是面积为1的正方形时，其正视图的最小面积为1，最大

2－12－1

面积为2.因为<1，因此所给选项中其正视图的面积不可能为，故选C.

20．(2013·高考江西卷)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝( )

A．8 B．9 C．10 D．11

解析：选A.取CD的中点H，连接EH，HF.在四面体CDEF中，CD⊥EH，CD⊥FH，所以CD⊥平面EFH，所以AB⊥平面EFH，所以正方体的左、右两个侧面与EF平行，其余4个平面与EF相交，即n＝4.又因为CE与AB在同一平面内，所以CE与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m＝4，所以m＋n＝4＋4＝8.

21．(2013·高考重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

560580A. B. 33C．200 D．240

解析：选C.由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长

?2＋8?×4

为8，高为4，故面积为S＝＝20.又棱柱的高为10，所以体积V＝Sh＝20×10＝200.

22．(2013·高考广东卷)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )

A．4 16C. 3

解析：选B.

14B. 3D．6

由三视图可还原出四棱台的直观图如图所示，其上底和下底都是正方形，边长分别是1

114

和2，与底面垂直的棱为棱台的高，长度为2，故其体积为V＝×(12＋1×4＋22)×2＝，33

故选B.

23．(2013·高考广东卷)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )

A．若α⊥β，m?α，n?β，则m⊥ n B．若α∥β，m?α，n?β，则m∥n C．若m⊥n，m?α，n?β，则α⊥β D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β 解析：选D.

如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，平面BCC1B1⊥平面ABCD，BC1?平面BCC1B1，

BC?平面ABCD，而BC1不垂直于BC，故A错误．

平面A1B1C1D1∥平面ABCD，B1D1?平面A1B1C1D1，AC?平面ABCD，但B1D1和AC不平行，故B错误．

AB⊥A1D1，AB?平面ABCD，A1D1?平面A1B1C1D1，但平面A1B1C1D1∥平面ABCD，故C错误．故选D.

24．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为________．

解析：

如图，设球O的半径为R，则由AH∶HB＝1∶2得

12HA＝·2R＝R，

∴OH＝. 3

∵截面面积为π＝π·(HM)2， ∴HM＝1.

在Rt△HMO中，OM2＝OH2＋HM2，

∴R2＝R2＋HM2＝R2＋1，

9932∴R＝.

3229

∴S球＝4πR2＝4π·()＝π.

9答案：π

25．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)已知正四棱锥O-ABCD的体积为，底面边长为3，

则以O为球心，OA为半径的球的表面积为________．

13232

解析：V四棱锥O-，得h＝， ABCD＝×3×3h＝322

AC186

∴OA2＝h2＋()2＝＋＝6.

2442

∴S球＝4πOA＝24π. 答案：24π 26．(2013·高考浙江卷)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积等于________cm3.

解析：由三视图可知该几何体为一个直三棱柱被截去了一个小三棱锥，如图所示．三棱

柱的底面为直角三角形，且直角边长分别为3和4，三棱柱的高为5，故其体积V1＝×3×4×5

211

＝30(cm3)，小三棱锥的底面与三棱柱的上底面相同，高为3，故其体积V2＝××3×4×3

＝6(cm)，

所以所求几何体的体积为30－6＝24(cm3)．答案：24 27．(2013·高考大纲全国卷)已知圆O和圆K是球O的大圆和小圆，其公共弦长等于球O

的半径，OK＝，且圆O与圆K所在的平面所成的一个二面角为60°，则球O的表面积等于

________．

解析：

如图所示，公共弦为AB，设球的半径为R，则AB＝R.取AB中点M，连接OM、KM，由圆的性质知OM⊥AB，KM⊥AB，所以∠KMO为圆O与圆K所在平面所成的一个二面角的平面角，则∠KMO＝60°.

3OK

在Rt△KMO中，OK＝，所以OM＝＝3.

2sin 60°

在Rt△OAM中，因为OA2＝OM2＋AM2，所以R2＝3＋R2，解得R2＝4，所以球O的表

面积为4πR2＝16π.

答案：16π 28．(2013·高考江苏卷)

如图，在三棱柱A1B1C1-ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点．设三棱锥F-ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2，则V1∶V2＝________.

解析：设三棱柱的底面ABC的面积为S，高为h，则其体积为V2＝Sh.因为D，E分别为

AB，AC的中点，所以△ADE的面积等于S.又因为F为AA1的中点，所以三棱锥F-ADE的

111111高等于h，于是三棱锥F-ADE的体积V1＝×S·h＝Sh＝V2，故V1∶V2＝1∶24.

23422424答案：1∶24 29．(2013·高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为________．

解析：由几何体的三视图可知该几何体是一个底面是正方形的四棱锥，其底面边长为3，

且该四棱锥的高是1，故其体积为V＝×9×1＝3.

答案：3 30．(2013·高考北京卷)

如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，

点P到直线CC1的距离的最小值为________．

解析：

如图，过点E作EE1⊥平面A1B1C1D1，交直线B1C1于点E1，连接D1E1，DE，在平面D1DEE1内过点P作PH∥EE1交D1E1于点H，连接C1H，则C1H即为点P到直线CC1的距离．当点P在线段D1E上运动时，点P到直线CC1的距离的最小值为点C1到线段D1E1的距

225离，即为△C1D1E1的边D1E1上的高h.∵C1D1＝2，C1E1＝1，∴D1E1＝5，∴h＝＝.

5525答案：

31．(2013·高考福建卷)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________．

解析：由三视图知组合体为球内接正方体，正方体的棱长为2，若球半径为R，则2R＝23，∴R＝3.∴S球表＝4πR2＝4π×3＝12π.

答案：12π 32．(2013·高考辽宁卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．

解析：由三视图可知该几何体是一个圆柱内部挖去一个正四棱柱，圆柱底面圆半径为2，高为4，故体积为16π；正四棱柱底面边长为2，高为4，故体积为16，故题中几何体的体积为16π－16.

答案：16π－16

9π

33．(2013·高考天津卷)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为，则

正方体的棱长为________．

解析：设正方体棱长为a，球半径为R，则πR3＝π，

∴R＝，∴3a＝3，∴a＝3.

2答案：3 34．(2013·高考陕西卷)某几何体的三视图如图所示，则其表面积为________．

解析：由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球，其表面积为半个球面面积与截

面面积的和，即×4π＋π＝3π.

答案：3π

35．某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．

解析：原几何体可视为圆锥的一半，其底面半径为1，高为2，

11π

∴其体积为×π×12×2×＝.

323π答案：

336．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)

如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.

(1)证明：AB⊥A1C；

(2)若AB＝CB＝2，A1C＝6，求三棱柱ABC-A1B1C1的体积．

解：(1)证明：

取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B. 因为CA＝CB，所以OC⊥AB. 由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.

因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C. 又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C.

(2)由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，所以OC＝OA1＝3. 又A1C＝6，则A1C2＝OC2＋OA21，故OA1⊥OC.

因为OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，OA1为三棱柱ABC-A1B1C1的高．

又△ABC的面积S△ABC＝3，故三棱柱ABC-A1B1C1的体积V＝S△ABC·OA1＝3.

37．(2013·高考安徽卷)

如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，

过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是________(写出所

有正确命题的编号)．

①当0

②当CQ＝时，S为等腰梯形；

231

③当CQ＝时，S与C1D1的交点R满足C1R＝；

433

④当

⑤当CQ＝1时，S的面积为.

解析：①当0

在平面AA1D1D内，作AE∥PQ，显然E在棱DD1上，连接EQ，则S是四边形APQE.

②当CQ＝时，如图(2)．

显然PQ∥BC1∥AD1，连接D1Q，则S是等腰梯形．

③当CQ＝时，如图(3)．

作BF∥PQ交CC1的延长线于点F，则C1F＝. 21

作AE∥BF，交DD1的延长线于点E，D1E＝，AE∥PQ，

连接EQ交C1D1于点R，由于Rt△RC1Q∽Rt△RD1E，

∴C1Q∶D1E＝C1R∶RD1＝1∶2，∴C1R＝. 3

④当

⑤当CQ＝1时，如图(4)．

同③可作AE∥PQ交DD1的延长线于点E，交A1D1于点M，显然点M为A1D1的中点，

116

所以S为菱形APQM，其面积为MP×AQ＝×2×3＝.

222

答案：①②③⑤ 38．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)

如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝(1)证明：BC1∥平面A1CD； (2)求二面角D-A1C-E的正弦值．

解：(1)证明：连接AC1，交A1C于点F，则F为AC1的中点．又D是AB的中点，连接DF，则BC1∥DF. 因为DF?平面A1CD，BC1?平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.

2AB. 2

AB，得AC⊥BC. 2→

以C为坐标原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.设

→→→

CA＝2，则D(1,1,0)，E(0,2，1)，A1(2,0,2)，CD＝(1,1,0)，CE＝(0,2,1)，CA1＝(2,0,2)．

设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，

→?CD＝0，?n·则?

→?CA1＝0，?n·

(2)由AC＝CB＝

??x1＋y1＝0，即? ?2x1＋2z1＝0.?

可取n＝(1，－1，－1)．

→?CE＝0，?m·同理，设m是平面A1CE的法向量，则?可取m＝(2,1，－2)．

→?CA1＝0，?m·36n·m

从而cosn，m＝＝，故sinn，m＝.

|n||m|33

即二面角D-A1C-E的正弦值为. 3

39．(2013·高考陕西卷)

如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝2.

(1)证明：A1C⊥平面BB1D1D；

(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．

解：(1)

法一：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系．

∵AB＝AA1＝2， ∴OA＝OB＝OA1＝1，

∴A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,0,0)，D(0，－1,0)，A1(0,0,1)． →→

由A1B1＝AB，易得B1(－1,1,1)． →→→

∵A1C＝(－1,0，－1)，BD＝(0，－2,0)，BB1＝(－1,0,1)， →→→→∴A1C·BD＝0，A1C·BB1＝0， ∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1， ∴A1C⊥平面BB1D1D.

法二：∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD. 又四边形ABCD是正方形，

∴BD⊥AC，∴BD⊥平面A1OC， ∴BD⊥A1C.

又OA1是AC的中垂线，

∴A1A＝A1C＝2，且AC＝2，

∴AC2＝AA21＋A1C，

∴△AA1C是直角三角形，∴AA1⊥A1C.

又BB1∥AA1，∴A1C⊥BB1.又BB1∩BD＝B， ∴A1C⊥平面BB1D1D.

(2)设平面OCB1的法向量n＝(x，y，z)． →→

∵OC＝(－1,0,0)，OB1＝(－1,1,1)，

→?OC＝－x＝0，?n·∴?

→?OB1＝－x＋y＋z＝0，?n·

??x＝0，∴? ?y＝－z.?

→

取n＝(0,1，－1)，由(1)知，A1C＝(－1,0，－1)是平面BB1D1D的法向量，

11→

∴cos θ＝|cos〈n，A1C〉|＝＝. 2×22

ππ

又0≤θ≤，∴θ＝. 23

40．(2013·高考湖南卷)

如图，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝

AA1＝3.

(1)证明：AC⊥B1D；

(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．

解：法一：(1)证明：因为BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥BB1. 又AC⊥BD，所以AC⊥平面BB1D.而B1D?平面BB1D，所以AC⊥B1D. (2)因为B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．

连接A1D.因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥

平面ADD1A1，从而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.

由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.故∠ADB1＝90°－θ.

在直角梯形ABCD中，因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB，ABBC

故＝，即AB＝DA·BC＝3. DAAB

2222

连接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB21＋BD＝BB1＋AB＋AD＝21，即B1D＝21.

AD3212121

在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝＝＝，即cos(90°－θ)＝.从而sin θ＝.

B1D77721

即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为21

. 7

法二：(1)证明：易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1

所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．

→→→

从而B1D＝(－t,3，－3)，AC＝(t,1,0)，BD＝(－t,3,0)．

→→

因为AC⊥BD，所以AC·BD＝－t2＋3＋0＝0. 解得t＝3或t＝－3(舍去)．

→→

于是B1D＝(－3，3，－3)，AC＝(3，1,0)．

→→→→因为AC·B1D＝－3＋3＋0＝0，所以AC⊥B1D，即AC⊥B1D.

→→→

(2)由(1)知，AD1＝(0,3,3)，AC＝(3，1,0)，B1C1＝(0,1,0)．设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，

→?AC＝0，?n·?3x＋y＝0，则?即?

→3y＋3z＝0.??AD1＝0，?n·

令x＝1，则n＝(1，－3，3)．

设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，则

→n·B1C1321→

sin θ＝|cos〈n，B1C1〉|＝||＝＝，

7→7|n|·|B1C1|

即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.

41．(2013·高考大纲全国卷)

如图，四棱锥P-ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是边长

为2的等边三角形．

(1)证明：PB⊥CD；

(2)求点A到平面PCD的距离．解：(1)证明：

如图，取BC的中点E，连接DE，则四边形ABED为正方形．过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O. 连接OA，OB，OD，OE.

由△PAB和△PAD都是等边三角形知PA＝PB＝PD，

所以OA＝OB＝OD，即点O为正方形ABED对角线的交点，故OE⊥BD. 又OE⊥OP，BD∩O＝O，

所以OE⊥平面PDB，从而PB⊥OE. 因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OE∥CD.因此PB⊥CD.

(2)取PD的中点F，连接OF，则OF∥PB. 由(1)知，PB⊥CD，故OF⊥CD.

又OD＝BD＝2，OP＝PD2－OD2＝2，

故△POD为等腰三角形，因此OF⊥PD. 又PD∩CD＝D，所以OF⊥平面PCD.

因为AE∥CD，CD?平面PCD，AE?平面PCD，所以AE∥平面PCD.

因此点O到平面PCD的距离OF就是点A到平面PCD的距离，而OF＝PB＝1，

所以点A到平面PCD的距离为1. 42．(2013·高考山东卷)

如图，四棱锥P-ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N

分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．

(1)求证：CE∥平面PAD；

(2)求证：平面EFG⊥平面EMN. 证明：(1)法一：

如图，取PA的中点H，连接EH，DH. 因为E为PB的中点，

所以EH∥AB，EH＝AB.

又AB∥CD，CD＝AB，

所以EH∥CD，EH＝CD.

所以四边形DCEH是平行四边形．所以CE∥DH.

又DH?平面PAD，CE?平面PAD，所以CE∥平面PAD. 法二：

如图，连接CF.

因为F为AB的中点，所以AF＝AB.

又CD＝AB，所以AF＝CD.

又AF∥CD，

所以四边形AFCD为平行四边形．所以CF∥AD.

又CF?平面PAD，所以CF∥平面PAD.

因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA. 又EF?平面PAD，所以EF∥平面PAD. 因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD. 又CE?平面CEF，所以CE∥平面PAD. (2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.

又AB⊥PA，所以AB⊥EF. 同理可证AB⊥FG.

又EF∩FG＝F，EF?平面EFG，FG?平面EFG，因此AB⊥平面EFG.

又M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥DC. 又AB∥DC，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG. 又MN?平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN. 43．(2013·高考江西卷)

如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB

≌△DCB，EA＝EB＝AB＝1，PA＝，连接CE并延长交AD于F.

(1)求证：AD⊥平面CFG；

(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．

解：(1)证明：在△ABD中，因为点E是BD中点，所以EA＝EB＝ED＝AB＝1，

ππ

故∠BAD＝，∠ABE＝∠AEB＝.

因为△DAB≌△DCB，所以△EAB≌△ECB，

从而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝，

所以∠FED＝∠FEA，故EF⊥AD，AF＝FD. 又PG＝GD，所以FG∥PA. 又PA⊥平面ABCD，

所以GF⊥AD，故AD⊥平面CFG.

(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)， 33

C?，，0?，D(0，3，0)， ?22?

30，0，?， P?2??

13→

故BC＝?，，0?，

?22?333→

CP＝?－，－，?，

22??233→

CD＝?－，，0?.

?22?

设平面BCP的法向量n1＝(1，y1，z1)， 3

＋y＝0，?122则?

333－－y＋?222z＝0，

?y＝－33，解得?2

z＝?3，11

32?，. 33??

设平面DCP的法向量n2＝(1，y2，z2)，即n1＝?1，－3

＋y＝0，?－322

则?

333－－y＋?222z＝0

?y2＝3，

，解得?

?z2＝2，

|n1·n2|

即n2＝(1，3，2)．从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cos θ＝＝|n1||n2|

432

＝. 416×89

44．(2013·高考江苏卷)

如图，在三棱锥S-ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，

垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．

如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，

D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，P是线段AD的中点．

(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l⊥平面ADD1A1；

(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角A-A1M-N的余弦值．

解：

(1)如图(1)，在平面ABC内，过点P作直线l∥BC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l∥平面A1BC.因为AB＝AC，D是BC的中点，

所以BC⊥AD，则直线l⊥AD.因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥l.

又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交，所以直线l⊥平面ADD1A1. (2)法一：连接A1P，过点A作AE⊥A1P于点E，过点E作EF⊥A1M于点F，连接AF. 由(1)知，MN⊥平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面A1MN.

所以AE⊥平面A1MN，则A1M⊥AE. 所以A1M⊥平面AEF，则A1M⊥AF. 故∠AFE为二面角A-A1M-N的平面角(设为θ)．

设AA1＝1，则由AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，有∠BAD＝60°，AB＝2，AD＝1. 又P为AD的中点，

所以M为AB的中点，且AP＝，AM＝1.

所以在Rt△AA1P中，A1P＝. 2

在Rt△A1AM中，A1M＝2.

AA1·AP1AA1·AM1

从而AE＝＝，AF＝＝，

A1PA1M52AE2

所以sin θ＝＝. AF5

所以cos θ＝

1－sin2θ＝1－?

15?2?2

?＝5. ?5?

故二面角A-A1M-N的余弦值为法二：

15. 5

设A1A＝1，则AB＝AC＝2.如图(2)，过点A1作A1E平行于C1B1，以点A1为坐标原点，→→→

分别以A1E，A1D1，A1A的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz(点O与点A1重合)，则A1(0,0,0)，A(0,0,1)．

因为P为AD的中点，

所以M，N分别为AB，AC的中点，

3131

故M?，，1?，N?－，，1?，

?22??22?

31→→→

所以A1E＝?，，1?，A1A＝(0,0,1)，NM＝(3，0,0)．

?22?

设平面AA1M的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则

→→??A1M＝0，?n1⊥A1M?n1·?，即?

→→??A1A＝0，?n1⊥A1A?n1·

??3，1，1?＝0，??x1，y1，z1?·?22?故有?

???x1，y1，z1?·?0，0，1?＝0，

31??x1＋y1＋z1＝0，

2从而?2

??z1＝0.

取x1＝1，则y1＝－3，所以n1＝(1，－3，0)．设平面A1MN的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则

→→??A1M＝0，?n2⊥A1M，?n2·?即?

→→??NM＝0，?n2⊥NM，?n2·

??3，1，1?＝0，??x2，y2，z2?·?22?故有?

??3，0，0?＝0，??x2，y2，z2?·31??x2＋y2＋z2＝0，

2从而?2

??3x2＝0.

取y2＝2，则z2＝－1，所以n2＝(0,2，－1)．设二面角A-A1M-N的平面角为θ，又θ为锐角，

?0，2，－1??n1·n2???1，－3，0?·

则cos θ＝?＝?? ?|n1||n2|??2×5?

15＝. 5

故二面角A-A1M-N的余弦值为.

51．(2013·高考福建卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，BC＝5，DC＝3，AD＝4，∠PAD＝60°.

→

(1) 当正视方向与向量AD的方向相同时，画出四棱锥P-ABCD的正视图(要求标出尺寸，

并写出演算过程)；

(2)若M为PA的中点，求证：DM∥平面PBC； (3)求三棱锥D-PBC的体积．

图(1)

解：法一：(1)在梯形ABCD中，如图(1)，过点C作CE⊥AB，垂足为E. 由已知得，四边形ADCE为矩形，AE＝CD＝3，

在Rt△BEC中，由BC＝5，CE＝4，依勾股定理得BE＝3，从而AB＝6. 又由PD⊥平面ABCD，得PD⊥AD，

从而在Rt△PDA中，由AD＝4，∠PAD＝60°，得PD＝43.

正视图如图(2)所示．

图(2) 图(3)

(2)如图(3)，取PB的中点N，连接MN，CN.在△PAB中，∵M是PA的中点，∴MN∥

AB，MN＝AB＝3.

又CD∥AB，CD＝3，

∴MN∥CD，MN＝CD，∴四边形MNCD为平行四边形，∴DM∥CN. 又DM?平面PBC，CN?平面PBC， ∴DM∥平面PBC.

(3)VD-PD， PBC＝VP-DBC＝S△DBC·3

又S△DBC＝6，PD＝43，所以VD-PBC＝83.

法二：(1)同法一．

图(4)

(2)如图(4)，取AB的中点E，连接ME，DE. 在梯形ABCD中，BE∥CD，且BE＝CD， ∴四边形BCDE为平行四边形， ∴DE∥BC.

又DE?平面PBC，BC?平面PBC， ∴DE∥平面PBC.

又在△PAB中，ME∥PB，ME?平面PBC，PB?平面PBC，∴ME∥平面PBC. 又DE∩ME＝E，

∴平面DME∥平面PBC.

又DM?平面DME，∴DM∥平面PBC.

(3)同法一． 52．(2013·高考辽宁卷)

如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在平面，C是圆O上的点． (1)求证：BC⊥平面PAC；

(2)设Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC. 证明：

(1)由AB是圆O的直径，得AC⊥BC，由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，得PA⊥BC.又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，所以BC⊥平面PAC.

(2)连接OG并延长交AC于点M，连接QM，QO，由G为△AOC的重心，得M为AC中点．由Q为PA中点，得QM∥PC，又O为AB中点，得OM∥BC.

因为QM∩MO＝M，QM?平面QMO，MO?平面QMO，BC∩PC＝C，BC?平面PBC，PC?平面PBC，所以平面QMO∥平面PBC.因为QG?平面QMO，所以QG∥平面PBC.

53．(2013·高考陕西卷)

如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝2.

(1)证明：底面A1BD//平面CD1B1； (2)求三棱柱ABD-A1B1D1的体积.

解：(1)证明：由题设知，BB1綊DD1，

∴四边形BB1D1D是平行四边形，∴BD∥B1D1. 又BD平面CD1B1，∴BD∥平面CD1B1.

∵A1D1綊B1C1綊BC，∴四边形A1BCD1是平行四边形， ∴A1B∥D1C.

又A1B平面CD1B1，∴A1B∥平面CD1B1. 又BD∩A1B＝B，∴平面A1BD∥平面CD1B1. (2)∵A1O⊥平面ABCD， ∴A1O是三棱柱ABD-A1B1D1的高．

12又AO＝AC＝1，AA1＝2，∴A1O＝AA21－OA＝1. 2

又S△ABD＝×2×2＝1，

∴V三棱柱ABD-A1B1D1＝S△ABD·A1O＝1.

54．(2013·高考湖南卷)

如图，在直棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝3，D是BC的中点，

点E在棱BB1上运动．

(1)证明：AD⊥C1E；

(2)当异面直线AC，C1E 所成的角为60°时，求三棱锥C1-A1B1E的体积．解：(1)证明：因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC.① 又在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，

而AD?平面ABC，所以AD⊥BB1.② 由①②，得AD⊥平面BB1C1C.

由点E在棱BB1上运动，得C1E?平面BB1C1C，所以AD⊥C1E. (2)因为AC∥A1C1，所以∠A1C1E是异面直线AC，C1E所成的角．由题意知∠A1C1E＝60°. 因为∠B1A1C1＝∠BAC＝90°，所以A1C1⊥A1B1. 又AA1⊥A1C1，从而A1C1⊥平面A1ABB1.

A1C1于是A1C1⊥A1E.故C1E＝＝22.

cos 60°

1222又B1C1＝A1C2A1B1E＝S△1＋A1B1＝2，所以B1E＝C1E－B1C1＝2.从而V三棱锥C1-3

112

A1B1E·A1C1＝××2×2×2＝.

323

55．(2013·高考重庆卷)

π如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACD＝，

F为PC的中点，AF⊥PB.

(1)求PA的长； (2)求二面角B-AF-D的正弦值．

解：

(1)如图，连接BD交AC于点O，因为BC＝CD，即△BCD为等腰三角形．又AC平分

→→→

∠BCD，故AC⊥BD.以O为坐标原点，OB，OC，AP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方

向，建立空间直角坐标系O-xyz，则OC＝CDcos ＝1.

而AC＝4，所以AO＝AC－OC＝3.

又OD＝CDsin ＝3，

故A(0，－3,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，D(－3，0,0)．

z→

0，－1，?.又AF＝因为PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)，由点F为PC边中点，F?2??z→→→?0，2，z?，PB＝(3，3，－z)，因为AF⊥PB，故AF·PB＝0，即6－＝0，z＝23(z＝－232??2→

舍去)，所以|PA|＝23，所以PA的长为23.

→→→

(2)由(1)知，AD＝(－3，3,0)，AB＝(3，3,0)，AF＝(0,2，3)．设平面FAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

→→由n1·AD＝0，n1·AF＝0，得

?－3x1＋3y1＝0，

因此可取n1＝(3，3，－2)． ?

?2y1＋3z1＝0，

→→由n2·AB＝0，n2·AF＝0，得

?3x2＋3y2＝0，

因此可取n2＝(3，－3，2)． ?

?2y2＋3z2＝0，

从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为

n1·n21

cos 〈n1，n2〉＝＝.

|n1|·|n2|8

故二面角B-AF-D的正弦值为.

56．(2013·高考广东卷)如图①，在等腰直角三角形ABC中，∠A ＝90°，BC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，CD＝BE＝2，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图②所示的四棱椎A′-BCDE，其中A′O＝3.

(1)证明：A′O⊥平面BCDE； (2)求二面角A′-CD-B的平面角的余弦值．

解：(1)证明：法一：在折叠前的图形中，在等腰直角三角形ABC中，因为BC＝6，O为BC的中点，所以AC＝AB＝32，OC＝OB＝3.

又因为CD＝BE＝2，所以AD＝AE＝22.

如图①，连接OD，在△OCD中，由余弦定理可得 OD＝OC2＋CD2－2OC·CDcos 45°＝5.

在折叠后的图形中，因为A′D＝22，所以A′O2＋OD2＝A′D2，所以A′O⊥OD. 同理可证A′O⊥OE.又OD∩OE＝O，所以A′O⊥平面BCDE.

法二：如图①，在折叠前的图形中，连接AO，交DE于点F，则F为DE的中点．在等腰Rt△ABC中，因为BC＝6，O为BC的中点，所以AC＝AB＝32，OA＝3.

因为CD＝BE＝2，所以D和E分别是AC，AB的三等分点，则AF＝2，OF＝1.

如图②，在折叠后的图形中，连接OF和A′F.

因为A′O＝3，所以A′F2＝OF2＋A′O2，所以A′O⊥OF. 在折叠前的图形中，DE⊥OF，

所以在折叠后的图形中，DE⊥A′F，DE⊥OF. 又OF∩A′F＝F，OF，A′F?平面OA′F，所以DE⊥平面OA′F.

因为OA′?平面OA′F，所以DE⊥OA′. 因为OF∩DE＝F，OF，DE?平面BCDE，所以A′O⊥平面BCDE.

(2)法一：如图②，过O作OM垂直于CD的延长线于点M，连接A′M.

因为A′O⊥平面BCDE，CM?平面BCDE，OM?平面BCDE，所以A′O⊥CM，A′O⊥OM.

因为A′O∩OM＝O，所以CM⊥平面A′OM. 因为A′M?平面A′OM，所以CM⊥A′M，故∠A′MO就是所求二面角的平面角．

在Rt△OMC中，OC＝3，∠OCM＝45°，所以OM＝.

32在Rt△A′OM中，因为A′O＝3，OM＝，

930

所以A′M＝A′O2＋OM2＝ 3＋＝，

322OM15

所以cos∠A′MO＝＝＝，

5A′M302

所以二面角A′-CD-B的平面角的余弦值为. 5

法二：以点O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz，如图③所示(F为DE的中点)，

则A′(0,0，3)，C(0，－3,0)，D(1，－2,0)，

→→→

所以OA′＝(0,0，3)，CA′＝(0,3，3)，DA′＝(－1,2，3)．设n＝(x，y，z)为平面A′CD的一个法向量， →?CA′＝3y＋3z＝0，?n·则?

→?DA′＝－x＋2y＋3z＝0.?n·

令z＝3，得n＝(1，－1，3)，|n|＝1＋1＋3＝5.

→→→

由(1)知，OA′＝(0,0，3)为平面CDB的一个法向量．又|OA′|＝3，OA′·n＝0×1＋

→n·OA′315→

0×(－1)＋3×3＝3，所以cos＜n，OA′＞＝＝＝，

5→3×5|n||OA′|

15即二面角A′-CD-B的平面角的余弦值为.

57．(2013·高考江西卷)

如图，直四棱柱ABCD – A1B1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝2，AA1＝3，E为CD上一点，DE＝1，EC＝3.

(1)证明：BE⊥平面BB1C1C；

(2)求点B1 到平面EA1C1 的距离．解：(1)证明：

过点B作CD的垂线交CD于点F，则 BF＝AD＝2，EF＝AB－DE＝1， FC＝2.

在Rt△BFE中，BE＝3. 在Rt△CFB中，BC＝6. 在△BEC中，因为BE2＋BC2＝9＝EC2，故BE⊥BC. 由BB1⊥平面ABCD，得BE⊥BB1，所以BE⊥平面BB1C1C.

(2)连接B1E，则三棱锥E-A1B1C1的体积V＝AA1·S△A1B1C1＝2.

2在Rt△A1D1C1中，A1C1＝A1D21＋D1C1＝32. 同理，EC1＝EC2＋CC21＝32， A1E＝A1A2＋AD2＋DE2＝23，故S△A1C1E＝35.

设点B1到平面EA1C1的距离为d，则三棱锥B1-EA1C1的体积

1V＝·d·S△EA1C1＝5d，

从而5d＝2，d＝.

58．(2013·高考湖北卷)

如图，某地质队自水平地面A，B，C三处垂直向地下钻探，自A点向下钻到A1处发现矿藏，再继续下钻到A2处后下面已无矿，从而得到在A处正下方的矿层厚度为A1A2＝d1，同样可得在B，C处正下方的矿层厚度分别为B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1

体的一个中截面，其面积记为S中．

(1)证明：中截面DEFG是梯形；

(2)在△ABC中，记BC＝a，BC边上的高为h，面积为S. 在估测三角形ABC区域内正下方的矿藏储量(即多面体A1B1C1-A2B2C2的体积V)时，可用近似公式V估＝S中·h来估算. 已知V

＝(d1＋d2＋d3)S，试判断V估与V的大小关系，并加以证明． 3

解：(1)证明：依题意A1A2⊥平面ABC，B1B2⊥平面ABC，C1C2⊥平面ABC，所以A1A2∥B1B2∥C1C2.

又A1A2＝d1，B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1

由AA2∥平面MEFN，AA2?平面AA2B2B，且平面AA2B2B∩平面MEFN＝ME，可得AA2∥ME，即A1A2∥DE.

同理可证A1A2∥FG，所以DE∥FG. 又点M、N分别为AB、AC的中点，

则点D、E、F、G分别为A1B1、A2B2、A2C2、A1C1的中点，即DE、FG分别为梯形A1A2B2B1、A1A2C2C1的中位线，

因此DE＝(A1A2＋B1B2)＝(d1＋d2)，

2211

FG＝(A1A2＋C1C2)＝(d1＋d3)，

而d1

由A1A2⊥平面ABC，MN?平面ABC，可得A1A2⊥MN.而EM∥A1A2，所以EM⊥MN，同理可得FN⊥MN.

由MN是△ABC的中位线，可得MN＝BC＝a，即为梯形DEFG的高，

1d1＋d2d1＋d3?a

因此S中＝S梯形DEFG＝?· 2?2＋2?2

＝(2d1＋d2＋d3)， 8

即V估＝S中·h＝(2d1＋d2＋d3)．

11ah

又S＝ah，所以V＝(d1＋d2＋d3)S＝(d1＋d2＋d3)．

236

ahah

于是V－V估＝(d1＋d2＋d3)－(2d1＋d2＋d3)

＝[(d2－d1)＋(d3－d1)]． 24

由d10，d3－d1>0，故V估

如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1＝2，∠BAC＝120°，D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，点P是线段AD上异于端点的点．

(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，请说明理由，并证明直线l⊥平面ADD1A1；

(2)设(1)中的直线l交AC于点Q，求三棱锥A1-QC1D的体积．(锥体体积公式：V＝Sh，

其中S为底面面积，h为高)

解：

(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线l∥BC.因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l∥平面A1BC.由已知AB＝AC，点D是BC的中点，

所以BC⊥AD，则直线l⊥AD.

因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥直线l.

又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交，所以直线l⊥平面ADD1A1. (2)过点D作DE⊥AC于E.

因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥DE.

又因为AC，AA1在平面AA1C1C内，且AC与AA1相交，所以DE⊥平面AA1C1C. 由AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，有AD＝1，∠DAC＝60°.

在△ADE中，DE＝AD＝，

221

又S△A1QC1＝A1C1·AA1＝1，

1133

所以VA1-QC1D＝VD-A1QC1＝DE·S△A1QC1＝××1＝.

33263

因此三棱锥A1-QC1D的体积是.

60．(2013·高考重庆卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝23，BC＝CD

＝2，∠ACB＝∠ACD ＝.

(1)求证：BD⊥平面PAC；

(2)若侧棱PC上的点F满足PF＝7FC，求三棱锥P-BDF的体积．

解：(1)证明：因为BC＝CD，所以△BCD为等腰三角形．又∠ACB＝∠ACD，所以BD⊥AC. 因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，

从而BD与平面PAC内两条相交直线PA，AC都垂直，所以BD⊥平面PAC. (2)三棱锥P-BCD的底面BCD的面积 1

S△BCD＝BC·CD·sin∠BCD

212π

＝×2×2×sin＝3. 23

由PA⊥底面ABCD，得

VP-S△BCD·PA＝×3×23＝2. BCD＝·33

由PF＝7FC，得三棱锥F-BCD的高为PA，故

1111117

VF-S△BCD·PA＝×3××23＝，所以VP-BCD＝·BDF＝VP-BCD－VF-BCD＝2－＝. 383844461．(2013·高考广东卷)如图(1)，在边长为1的等边三角形ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，AD＝AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起，得到如图

(2)所示的三棱锥A-BCF，其中BC＝.

(1)证明：DE∥平面BCF； (2)证明：CF⊥平面ABF；

(3)当AD＝时，求三棱锥F-DEG的体积VF-DEG. 3

ADAE

解：(1)证明：法一：在折叠后的图形中，因为AB＝AC，AD＝AE，所以＝，所以ABAC

DE∥BC.

因为DE?平面BCF，BC?平面BCF，所以DE∥平面BCF.

ADAE

法二：在折叠前的图形中，因为AB＝AC，AD＝AE，所以＝，所以DE∥BC，即

ABAC

DG∥BF，EG∥CF.

在折叠后的图形中，仍有DG∥BF，EG∥CF.