【数学】2015高考模拟题分类汇编：立体几何(高考真题+模拟新题)

课标理数12.G1[2015·福建卷] 三棱锥P－ABC中，P A⊥底面ABC，P A＝3，底面ABC 是边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC的体积等于________．

课标理数12.G1[2015·福建卷] 【答案】 3

【解析】由已知，S△ABC＝1

2×2

2sinπ

3＝3，

∴V P－ABC＝1

3S△ABC·P A＝

1

3×3×3＝3，即三棱锥P－ABC的体积等于 3.

第 1 页共84 页

第 2 页 共 84 页 课标文数8.G2[2015·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1－1所示，则该几何体的表面积为(

)

图1－1 A ．48

B ．32＋817

C ．48＋817

D ．80

课标文数8.G2[2015·安徽卷] C 【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为

S ＝2×12

×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16

×4＝48＋817.

课标理数6.G2[2015·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1

－1所示，则该几何体的表面积为( )

图1－1

A ．48

B ．32＋817

C ．48

＋817 D ．80

第

3 页 共 8

4 页

图1－3

课标理数7.G2[2015·北京卷] 某四面体的三视图如图1－3

所示，该四面体四个面的面积中最大的是( )

A ．8

B ．6 2

C ．10

D ．8 2

课标理数7.G2[2015·北京卷] C 【解析】 由三视图可知，该四面体可以描述为SA ⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，且SA ＝AB ＝4，BC ＝3，所以四面体四个面的面积分别为10,8,6,62，从而面积最大为10，故应选C.

图1－4

课标文数5.G2[2015·北京卷] 某四棱锥的三视图如图1－1所示，该四棱锥的表面积是

( )

图1－1 A ．32 B ．16＋16 2

C ．48

D ．16＋32 2

课标文数5.G2[2015·北京卷] B 【解析】 由题意可知，该四棱锥是一个底面边长为4，

高为2的正四棱锥，所以其表面积为4×4＋4×12

×4×22＝16＋162，故选B.

课标理数7.G2[2015·广东卷] 如图1－2，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为( )

第 4 页 共 84 页 图1－

2 A ．6

3 B ．9 3

C ．12 3

D ．18 3

课标理数7.G2[2015·广东卷] B 【解析】 由三视图知该几何体为棱柱，h ＝22－1＝3，S 底＝3×3，所以V ＝9 3.

课标文数9.G2[2015·广东卷] 如图1－2，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为( )

A ．4 3

B ．4

C ．2 3

D ．2

课标文数9.G2[2015·广东卷] C 【解析】 由三视图知该几何体为四棱锥，棱锥高h ＝

(23)2－(3)2＝3，底面为菱形，对角线长分别为23，2，所以底面积为12

×23×2＝23， 所以V ＝13Sh ＝13

×23×3＝2 3.

图1－1

课标理数 3.G2[2015·湖南卷] 设图1－1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为

( )

A.92

π＋12 B.92

π＋18 C ．9π＋42

D ．36π＋18

课标理数3.G2[2015·湖南卷] B 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3、高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为：V

＝V 1＋V 2＝43×π×????323＋3×3×2＝92

π＋18， 故选B.

课标文数 4.G2[2015·湖南卷] 设图1－1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为

( )

第 5 页 共 84 页

图1－1 A ．9π＋42 B ．36π＋18

C.92π＋12

D.92

π＋18 课标文数4.G2[2015·湖南卷] D 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为： V

＝V 1＋V 2＝43×π×????323＋3×3×2＝92

π＋18，故选D.

课标理数6.G2[2015·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图1－2所示，则相应的侧视图可以为(

) 图1－2 图1－3

课标理数6.G2 [2015·课标全国卷] D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如下图，故侧视图选D.

第 6 页 共 84 页

图1－5

课标理数15.G2[2015·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图1－5所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是________．

课标理数15.G2[2015·辽宁卷] 23 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为图1－6，其中M ，N 是中点，矩形MNC 1C 为左视图．

由于体积为23，所以设棱长为a ，则12

×a 2×sin60°×a ＝23，解得a ＝2.所以CM ＝3，故矩形MNC 1C 面积为2

3.

图1－6

图1－3

课标文数8.G2[2015·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图1－3所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是( )

A ．4

B ．23

C ．2 D. 3

课标文数8.G2[2015·辽宁卷] B 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为下图，其中M ，N 是中点，矩形MNC 1C 为左视图．

图1－4 由于体积为23，所以设棱长为a ，则12

×a 2×sin60°×a ＝23，解得a ＝2.所以CM ＝3，故矩形MNC 1C 面积为23，故选B.

课标文数8.G2[2015·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图1－2所示，则相应的侧视图可以为( )

第 7 页 共 84 页

图1－2 图1－3

课标文数8.G2[2015·课标全国卷] D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如图，故侧视图选

D.

图1－4

图1－2

课标理数11.G2[2015·山东卷] 如图1－2是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图1－2.其中真命题的个数是( )

A ．3

B ．2

C ．1

D ．0

课标理数11.G2[2015·山东卷] A 【解析】 ①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确．

图1－3

课标文数11.G2[2015·山东卷] 如图1－3是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3.其中真命题的个数是( )

A ．3

B ．2

C ．1

D ．0

课标文数11.G2[2015·山东卷] A 【解析】 ①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确．

第 8 页 共 84 页 课标理数5.G2[2015·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积是(

)

图1－2 A ．8－2π3 B ．8－π3

C ．8－2π D.2π3

课标理数5.G2[2015·陕西卷] A 【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该是一个棱长为2的正方体中间挖去一个半径为1，高为2的圆锥，则对应体积为：

V ＝2×2×2－13π×12×2＝8－23

π.

课标文数5.G2[2015·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积为(

)

图1－2 A ．8－2π3 B ．8－π3

C ．8－2π D.2π3

课标文数5.G2[2015·陕西卷] A 【解析】 主视图与左视图一样是边长为2的正方形，里面有两条虚线，俯视图是边长为2的正方形与直径为2的圆相切，其直观图为棱长为2的正方体中挖掉一个底面直径为2的圆锥，故其体积为正方体的体积与圆锥的体积之差，V

正＝23＝8，V 锥＝13πr 2h ＝2π3(r ＝1，h ＝2)，故体积V ＝8－2π3

，故答案为A.

课标理数10.G2[2015·天津卷] 一个几何体的三视图如图1－5所示(单位：m)，则该几

何体的体积为________ m 3.

第 9 页 共 84 页

图1－5

课标理数10.G2[2015·天津卷] 6＋π 【解析】 根据图中信息，可得该几何体为一个棱

柱与一个圆锥的组合体，V ＝3×2×1＋13

π×1×3＝6＋π.

课标文数10.G2[2015·天津卷] 一个几何体的三视图如图1－4所示(单位：m)，则该几

何体的体积为________ m 3

.

图1－4

课标文数10.G2[2015·天津卷] 4 【解析】 根据三视图还原成直观图，可以看出，其是由两个形状一样的，底面长和宽都为1，高为2的长方体叠加而成，故其体积V ＝2×1×1＋1×1×2＝4.

图1－2

课标理数3.G2[2015·浙江卷] D 【解析】 由正视图可排除A 、B 选项，由俯视图可排除C 选项．

课标文数7.G2[2015·浙江卷] 若某几何体的三视图如图1－1所示，则这个几何体的直观图可以是( )

第 10 页 共 84 页

图1－

1

图1－2

课标文数7.G2[2015·浙江卷] B 【解析】 由正视图可排除A ，C ；由侧视图可判断该该几何体的直观图是B.

大纲理数3.G3[2015·四川卷] l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是() A．l1⊥l2，l2⊥l3?l1∥l3

B．l1⊥l2，l2∥l3?l1⊥l3

C．l1∥l2∥l3?l1，l2，l3共面

D．l1，l2，l3共点?l1，l2，l3共面

大纲理数3.G3[2015·四川卷] B【解析】对于A，直线l1与l3可能异面；对于C，直线l1、l2、l3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线时而不共面；对于D，直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B.

第11 页共84 页

第 12 页 共 84 页 课标文数19.G4，G7[2015·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．

(1)证明直线BC ∥EF ；

(2)求棱锥F －OBED 的体积．

图1－4

课标文数19.G4，G7[2015·安徽卷] 本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．

【解答】 (1)证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正

三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12

DE ，OG ＝OD ＝2. 同理，设G ′是线段DA 与FC 延长线的交点，有OC 綊12

DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．

在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12

DF ，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点．所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .

(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32

. 而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.

所以S OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332

. 过点F 作FQ ⊥DG ，交DG 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED

＝32

.

图1－4

课标理数17.G4，G7[2015·安徽卷] 【解析】 本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想

第 13 页 共 84 页 象能力，推理论证能力和运算求解能力．

图1－5 【解答】 (1)(综合法)

证明：设G 是线段DA 与线段EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，

OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12

DE ，OG ＝OD ＝2. 同理，设G ′是线段DA 与线段FC 延长线的交点，有OC 綊12

DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．

在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12

DF ，可知B ，C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .

(向量法)

过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，连QE .

由平面ABED ⊥平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED .

以Q 为坐标原点，QE →为x 轴正向，QD →为y 轴正向，QF →为z 轴正向，建立如图所示空

间直角坐标系．

图1－6

由条件知E (3，0,0)，F (0,0，3)，B ????32，－32，0，C ?

???0，－32，32. 则有BC →＝????－32，0，32，EF →＝(－3，0，3)． 所以EF →＝2BC →，即得BC ∥EF .

(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32

. 而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.

所以S 四边形OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332

. 过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F

－OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·

S 四边形OBED ＝32

.

课标文数17.G4[2015·北京卷] 图1－4

如图1－4，在四面体P ABC 中，PC ⊥AB ，P A ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．

第 14 页 共 84 页 (1)求证：DE ∥平面BCP ；

(2)求证：四边形DEFG 为矩形；

(3)是否存在点Q ，到四面体P ABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由．

课标文数17.G4[2015·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，

图1－5 所以DE ∥PC .

又因为DE ?平面BCP ，PC ?平面BCP ，

所以DE ∥平面BCP .

(2)因为D 、E 、F 、G 分别为AP 、AC 、BC 、PB 的中点，

所以DE ∥PC ∥FG ，

DG ∥AB ∥EF ，

所以四边形DEFG 为平行四边形．

又因为PC ⊥AB ，

所以DE ⊥DG ，

所以平行四边形DEFG 为矩形．

(3)存在点Q 满足条件，理由如下：

连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．

由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12

EG . 分别取PC 、AB 的中点M ，N ，连接ME 、EN 、NG 、MG 、MN .

与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，

且QM ＝QN ＝12

EG . 所以Q 为满足条件的点．

图1－3

课标文数15.G4[2015·福建卷] 如图1－3，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．

课标文数15.G4[2015·福建卷] 2 【解析】 ∵ EF ∥平面AB 1C ，EF ?平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ，

∴EF ∥AC ，

又∵E 是AD 的中点，

∴F 是CD 的中点，即EF 是△ACD 的中位线，

∴EF ＝12AC ＝12

×22＝ 2.

课标数学16.G4，G5[2015·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．

图1－2

求证：(1)直线EF∥平面PCD；

(2)平面BEF⊥平面P AD.

课标数学16.G4，G5[2015·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．

【解答】证明：(1)在△P AD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又

因为EF?平面PCD，PD?平面PCD，

图1－3

所以直线EF∥平面PCD.

(2)连结BD，因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.

因为平面P AD⊥平面ABCD，BF?平面ABCD，

平面P AD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面P AD.

又因为BF?平面BEF，所以平面BEF⊥平面P AD.

课标文数4.G4[2015·浙江卷] 若直线l不平行于平面α，且l?α，则()

A．α内的所有直线与l异面

B．α内不存在与l平行的直线

C．α内存在唯一的直线与l平行

D．α内的直线与l都相交

课标文数4.G4[2015·浙江卷] B【解析】在α内存在直线与l相交，所以A不正确；

若α内存在直线与l平行，又∵l?α，则有l∥α，与题设相矛盾，∴B正确，C不正确；在α

内不过l与α交点的直线与l异面，D不正确．

第15 页共84 页

第 16 页 共 84 页

图1－6

课标理数16.G5，G11[2015·北京卷] 如图1－6，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.

(1)求证：BD ⊥平面P AC ；

(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值；

(3)当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求P A 的长．

课标理数16.G5，G11[2015·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .

又因为P A ⊥平面ABCD ，

所以P A ⊥BD ，

所以BD ⊥平面P AC .

(2)设AC ∩BD ＝O .

因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2，

所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.

如图，以O 为坐标原点，OB 、OC 所在直线及点O 所在且与P A 平行的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，

B (1,0,0)，

C (0，3，0)． 图1－7

所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0,23，0)．

设PB 与AC 所成角为θ，则

cos θ＝??????PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23

＝64. (3)由(2)知BC →＝(－1，3，0)．

设P (0，－3，t )(t ＞0)，

则BP →＝(－1，－3，t )．

设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )，

则BC →·m ＝0，BP →·m ＝0.

所以??? －x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0，

令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t ， 所以m ＝?

???3，3，6t . 同理，可求得平面PDC 的法向量n ＝????－3，3，6t .

第 17 页 共

84 页 因为平面PBC ⊥平面PDC ，

所以m ·n ＝0，即－6＋36t

2＝0. 解得t ＝ 6.

所以当平面PBC 与平面PDC 垂直时，P A ＝ 6.

大纲理数6.G5、G11[2015·全国卷] 已知直二面角α－l －β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足．点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足．若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则D 到平面ABC 的距离等于( )

A.23

B.33

C.63

D ．1 大纲理数6.G5、G11[2015·全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β，AC ⊥l ，∴AC ⊥β，则平面ABC ⊥β，在平面β内过D 作D

E ⊥BC ，则DE ⊥平面ABC ，DE 即为D 到平面ABC 的距离，

在△DBC 中，运用等面积法得DE ＝63

，故选C.

大纲理数19.G5，G11[2015·全国卷] 如图1－1，四棱锥S －ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.

(1)证明：SD ⊥平面SAB ；

(2)求AB 与平面SBC 所成的角的大小．

图1－1

大纲理数19.G5，G11[2015·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2.

图1－2

连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3.

又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2，

所以∠DSE 为直角．

由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，

DE ∩SE ＝E ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB ⊥SD .

SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直．

所以SD ⊥平面SAB .

(2)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE . 作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32

. 作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1.

连结SG ，则SG ⊥BC .

又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，

故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG .

作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .

FH ＝SF ×FG SG ＝37

，即F 到平面SBC 的距离为217.

第 18 页 共 84 页 由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217

. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，

则sin α＝d EB ＝217，α＝arcsin 217

. 解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C

－xyz .

图1－3 设D (1,0,0)，

则A (2,2,0)，B (0,2,0)．

又设S (x ，y ，z )，

则x >0，y >0，z >0.

(1)AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )，

由|AS →|＝|BS →|得

(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2，

故x ＝1，

由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，

又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，

即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32

. 于是S ????1，12，32，AS →＝????－1，－32，32，BS →＝????1，－32，32，DS →＝???

?0，12，32， DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.

故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ，

所以SD ⊥平面SAB .

(2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，

则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.

又BS →＝?

???1，－32，32，CB →＝(0,2,0)， 故????? m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.

取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，

所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |

＝217. 故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin 217

.

大纲文数8.G5[2015·全国卷] 已知直二面角α－l －β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足．若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则CD ＝( )

A ．2 B. 3 C. 2 D ．1

大纲文数8.G5[2015·全国卷] C 【解析】 ∵α⊥β，AC ⊥l ，∴AC ⊥β，则AC ⊥CB ，∵

第

19 页 共 84 页 AB ＝2，AC ＝1，可得BC ＝3，又BD ⊥l ，BD ＝1，∴CD ＝2，故选C.

大纲文数20.G5，G11[2015·全国卷] 如图1－1，四棱锥S －ABCD 中，

图1－1

AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.

(1)证明：SD ⊥平面SAB ；

(2)求AB 与平面SBC 所成的角的大小．

大纲文数20.G5，G11[2015·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2.

图1－2 连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3.

又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2，

所以∠DSE 为直角．

由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB ⊥SD .

SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直．

所以SD ⊥平面SAB .

(2)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE .

作SF ⊥DE ，垂足为F ，

则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32

. 作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1.

连结SG ，则

SG ⊥BC .

又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，

故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG .

作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .

FH ＝SF ×FG SG ＝37

，即F 到平面SBC 的距离为217. 由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217

. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，α＝arcsin 217

. 解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C －xyz .

图1－3 设D (1,0,0)，则A (2,2,0)，B (0,2,0)．

又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0.

(1)AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )，

由|AS →|＝|BS →|得

第 20 页 共 84 页 (x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2，

故x ＝1，

由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，

又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，

即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32

. 于是S ????1，12，32，AS →＝????－1，－32，32，BS →＝????1，－32，32，DS →＝???

?0，12，32， DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.

故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ，

所以SD ⊥平面SAB .

(2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，

则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.

又BS →＝?

???1，－32，32，CB →＝(0,2,0)， 故?????

m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.

取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，

所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |

＝217. 故AB 与平面SBC 所成的角为

arcsin 217

.

课标理数20.G5，G10，G11[2015·福建卷] 如图1－7，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，

图1－7

AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°.

(1)求证：平面P AB ⊥平面P AD ；

(2)设AB ＝AP .

①若直线PB 与平面PCD 所成的角为

30°，求线段AB 的长；

②在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到P 、B 、C 、D 的距离都相等？说明理由．

课标理数20.G5，G10，G11

[2015·福建卷] 【解答】 图1－8

(1)证明：因为P A ⊥平面ABCD ，

AB ?平面ABCD ，

所以P A ⊥AB .

第 21 页 共 84 页 又AB ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，

所以AB ⊥平面P AD .

又AB ?平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD

.

图1－9

(2)①以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz (如图1－9)．

在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ，

则CE ⊥AD .

在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos45°＝1，

CE ＝CD ·sin45°＝1.

设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )．

由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，

所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)，

CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )．

设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．

由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得?

????

－x ＋y ＝0.(4－t )y －tz ＝0. 取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )．

又PB →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得 cos60°＝??????n ·P B →|n |·

|PB →|， 即|2t 2－4t |

t 2＋t 2＋(4－t )2·2t 2＝1

2

. 解得t ＝45

或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)， 所以AB ＝45.

则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)，

GP →＝(0，－m ，t )．

由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2，

即t ＝3－m ；①

由|GD →|＝|GP →|得(4－t －m )2＝m 2＋t 2.②

由①、②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0.③

由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、C 、D 的距离都相等．

从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．

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