【数学】2015高考试题分类汇编:文科立体几何答案版


2015 全国高考数学试题汇编 文科立体几何(答案分析版)
[2015· 安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )

A.48

B.32+8 17

C.48+8 17

D.80

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 1 S=2× ×(2+4)×4+4×4+2×4+2× 1+16×4=48+8 17. 2

[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(

)

A.32

B.16+16 2

C.48

D.16+32 2

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 1 积为 4×4+4× ×4×2 2=16+16 2,故选 B. 2

[2015· 广东卷] 如图,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( )

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A.4 3

B.4

C.2 3

D.2

C 【解析】 由三视图知该几何体为四棱锥,棱锥高 h= ?2 3?2-? 3?2=3,底面为菱形, 1 对角线长分别为 2 3,2,所以底面积为 ×2 3×2=2 3, 2 1 1 所以 V= Sh= ×2 3×3=2 3. 3 3

[2015· 湖南卷] 设图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为(

)

A.9π+42

B.36π+18

9 C. π+12 2

9 D. π+18 2

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 3?3 4 都为 3 高为 2 的长方体所构成的几何体,则其体积为: V=V1+V2= ×π×? ?2? +3×3×2 3 9 = π+18,故选 D. 2

[2015· 辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为 2 3,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.2 3

C.2

D. 3

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 MNC1C 为
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左视图.

1 由于体积为 2 3,所以设棱长为 a,则 ×a2×sin60° ×a=2 3,解得 a=2.所以 CM= 3, 2 故矩形 MNC1C 面积为 2 3,故选 B.

[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所示, 则相应的侧视图 可以为( )

图 1-2 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.

[2015· 陕西卷] 某几何体的三视图如图所示,则它的体积为(

)

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2π A.8- 3

π B.8- 3

C.8-2π

2π D. 3

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 1 2π 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= πr2h= (r=1, 3 3 2π h=2),故体积 V=8- ,故答案为 A. 3 [2015· 天津卷] 一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为________ m3.

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.

22015· 浙江卷] 若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图可以是(

)

[2015· 福建卷] 如图 1-3,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,点 E 为 AD 的中点,点 F 在 CD 上,若 EF∥平面 AB1C,则线段 EF 的长度等于________.

2 【解析】 ∵ EF∥平面 AB1C,EF?平面 ABCD,平面 ABCD∩平面 AB1C=AC, ∴EF∥AC,
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又∵E 是 AD 的中点, ∴F 是 CD 的中点,即 EF 是△ACD 的中位线, 1 1 ∴EF= AC= ×2 2= 2. 2 2

[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

)

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.

[2015· 广东卷] 正五棱柱中,不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对 角线,那么一个正五棱柱对角线的条数共有( A.20 B.15 C.12 D.10 D 【解析】 一个下底面 5 个点,每个下底面的点对于 5 个上底面的点,满足条件的对角 线有 2 条,所以共有 5×2=10 条. )

[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

)

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.

[2015· 湖北卷] 设球的体积为 V1,它的内接正方体的体积为 V2,下列说法中最合适的是 ( ) A.V1 比 V2 大约多一半 B.V1 比 V2 大约多两倍半 C.V1 比 V2 大约多一倍 D.V1 比 V2 大约多一倍半

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4 D 【解析】 设球的半径为 R,则 V1= πR3.设正方体的边长为 a,则 V2=a3.又因为 2R= 3 3 4 3 3 3 a,所以 V1= π? a?3= πa3,V1-V2=? π-1?a3≈1.7a3. 3 ?2 ? 2 ?2 ?

[2015· 辽宁卷] 已知球的直径 SC=4,A、B 是该球球面上的两点,AB=2,∠ASC=∠BSC =45° ,则棱锥 S-ABC 的体积为( A. 3 2 3 B. 3 3 4 3 C. 3 5 3 D. 3 )

C 【解析】 如图 1-6, 由于 SC 是球的直径, 所以∠SAC=∠SBC=90° , 又∠ASC=∠BSC =45° ,所以△SAC、△BSC 为等腰直角三角形,取 SC 中点 D,连接 AD、BD.由此得 SC⊥ 1 AD,SC⊥BD,即 SC⊥平面 ABD.所以 VS-ABC=VS-ABD+VC-ABD= S△ABD· SC. 3 由于在等腰直角三角形△SAC 中∠ASC=45° ,SC=4,所以 AD=2.同理 BD=2. 又 AB=2,所以△ABD 为正三角形, 1 1 1 4 3 所以 VS-ABC= S△ABD· SC= × ×22· sin60° ×4= ,所以选 C. 3 3 2 3

[2015· 课标全国卷] 已知两个圆锥有公共底面, 且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球 3 面上,若圆锥底面面积是这个球面面积的 ,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大 16 者的高的比值为________. 1 【解析】 如图,设球的半径为 R,圆锥底面半径为 r,则球面面积为 4πR2,圆锥底面 3 面积为 πr2, 12 3 由题意 πr2= πR2,所以 r= R,所以 OO1= OA2-O1A2= 16 2 1 3 所以 SO1=R+ R= R, 2 2 R S1O1 2 1 所以 = = . SO1 3R 3 2 1 1 S1O1=R- R= R, 2 2 3 1 R2- R2= R, 4 2

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[2015· 四川卷] 如图 1-3,半径为 4 的球 O 中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时,球 的表面积与该圆柱的侧面积之差是________.

图 1-3 大纲文数 15.G8

32π 【解析】 本题主要考查球的性质、球与圆柱的组合体、均值不等式的应用.如图 1- h?2 2 2 4 为轴截面,令圆柱的高为 h,底面半径为 r,侧面积为 S,球半径 R=4,则? ?2? +r =R , 即 h=2 R2-r2.因为 S=2πrh=4πr R2-r2=4π r2· ?R2-r2?≤4π 等号时,内接圆柱底面半径为

?r +R -r ?2=2πR2,取 2 ? ?

2

2

2

2 R,高为 2R,∴S 球-S 圆柱=4πR2-2πR2=2πR2=32π. 2

[2015· 全国卷] 已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 C1D1 的中点,则异面直线 AE 与 BC 所成角的余弦值为________. 2 【解析】 取 A1B1 的中点 F,连 EF,则 EF∥BC,∠AEF 是异面直线 AE 与 BC 所成的 3 3 5 角, 设正方体的棱长为 a, 可得 AE= a, AF= a, 在△AEF 中, 运用余弦定理得 cos∠AEF 2 2 2 2 = ,即异面直线 AE 与 BC 所成角的余弦值为 . 3 3

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[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 【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 1 形,OA=1,OD=2,所以 OB 綊 DE,OG=OD=2. 2 1 同理,设 G′是线段 DA 与 FC 延长线的交点,有 OC 綊 DF,OG′=OD=2,又由于 G 和 2 G′都在线段 DA 的延长线上,所以 G 与 G′重合. 1 1 在△GED 和△GFD 中, 由 OB 綊 DE 和 OC 綊 DF, 可知 B 和 C 分别是 GE 和 GF 的中点. 所 2 2 以 BC 是△GEF 的中位线,故 BC∥EF. (2)由 OB=1,OE=2,∠EOB=60° ,知 S△EOB= 3 . 2

而△OED 是边长为 2 的正三角形,故 S△OED= 3. 所以 SOBED=S△EOB+S△OED= 3 3 . 2

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 1 3 的高,且 FQ= 3,所以 VF-OBED= FQ· S 四边形 OBED= . 3 2

[2015· 北京卷]

图 1-4 如图 1-4,在四面体 PABC 中,PC⊥AB,PA⊥BC,点 D,E,F,G 分别是棱 AP,AC,BC, PB 的中点.
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(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 PABC 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. 1 由(2)知,DF∩EG=Q,且 QD=QE=QF=QG= EG. 2 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, 1 且 QM=QN= EG. 2 所以 Q 为满足条件的点.

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

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图 1-2 求证:(1)直线 EF∥平面 PCD; (2)平面 BEF⊥平面 PAD. 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△PAD 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 PAD⊥平面 ABCD,BF?平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD,所以 BF⊥平面 PAD. 又因为 BF?平面 BEF,所以平面 BEF⊥平面 PAD.

图 1-6

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图 1-8 1[2015· 课标全国卷] 如图 1-8,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠DAB =60° ,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD. (1)证明:PA⊥BD; (2)设 PD=AD=1,求棱锥 D-PBC 的高. 课标文数 18.G5,G11[2015· 课标全国卷] 【解答】 (1)证明:因为∠DAB=60° ,AB=2AD, 由余弦定理得 BD= 3AD, 从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD, 所以 BD⊥平面 PAD,故 PA⊥BD. (2)如图,作 DE⊥PB,垂足为 E. 已知 PD⊥底面 ABCD,则 PD⊥BC. 由(1)知 BD⊥AD,又 BC∥AD,所以 BC⊥BD.

图 1-9 故 BC⊥平面 PBD,BC⊥DE. 则 DE⊥平面 PBC. 由题设知 PD=1,则 BD= 3,PB=2. 根据 DE· PB=PD· BD 得 DE= 即棱锥 D-PBC 的高为 3 . 2 3 . 2

[2015· 陕西卷] 如图 1-8,在△ABC 中,∠ABC=45° ,∠BAC=90° ,AD 是 BC 上的高, 沿 AD 把△ABD 折起,使∠BDC=90° . (1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; (2)若 BD=1,求三棱锥 D-ABC 的表面积.

图 1-8

课标文数 16.G5[2015· 陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前 AD 是 BC 边上的高, ∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB.

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又 DB∩DC=D. ∴AD⊥平面 BDC. ∵AD?平面 ABD, ∴平面 ABD⊥平面 BDC. (2)由(1)知,DA⊥DB,DB⊥DC,DC⊥DA, DB=DA=DC=1. ∴AB=BC=CA= 2. 1 1 从而 S△DAB=S△DBC=S△DCA= ×1×1= . 2 2 1 3 S△ABC= × 2× 2×sin60° = . 2 2 1 3 3+ 3 ∴表面积 S= ×3+ = . 2 2 2

2015· 江苏卷] 如图 1-2, 在四棱锥 P-ABCD 中, 平面 PAD⊥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 PAD. 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△PAD 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,
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所以 BF⊥AD. 因为平面 PAD⊥平面 ABCD,BF?平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD,所以 BF⊥平面 PAD. 又因为 BF?平面 BEF,所以平面 BEF⊥平面 PAD.

[2015· 辽宁卷] 如图 1-8,四边形 ABCD 为正方形,

图 1-8 1 QA⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB= PD. 2 (1)证明:PQ⊥平面 DCQ; (2)求棱锥 Q-ABCD 的体积与棱锥 P-DCQ 的体积的比值. 课标文数 18.G7[2015· 辽宁卷] 【解答】 (1)由条件知 PDAQ 为直角梯形. 因为 QA⊥平面 ABCD,所以平面 PDAQ⊥平面 ABCD,交线为 AD. 又四边形 ABCD 为正方形,DC⊥AD, 所以 DC⊥平面 PDAQ,可得 PQ⊥DC. 在直角梯形 PDAQ 中可得 DQ=PQ= 所以 PQ⊥平面 DCQ. (2)设 AB=a. 1 由题设知 AQ 为棱锥 Q-ABCD 的高,所以棱锥 Q-ABCD 的体积 V1= a3. 3 由(1)知 PQ 为棱锥 P-DCQ 的高,而 PQ= 2a,△DCQ 的面积为 1 所以棱锥 P-DCQ 的体积 V2= a3. 3 故棱锥 Q-ABCD 的体积与棱锥 P-DCQ 的体积的比值为 1. 2 2 a, 2 2 PD,则 PQ⊥QD. 2

图 1-6
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1[2015· 湖南卷] 如图 1-5,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2,⊙O 的直径 AB=2,点 C 在 AB 上,且∠CAB=30° ,D 为 AC 的中点. (1)证明:AC⊥平面 POD; (2)求直线 OC 和平面 PAC 所成角的正弦值.

图 1-5 课标文数 19.G5,G11[2015· 湖南卷] 【解答】 (1)因为 OA=OC,D 是 AC 的中点,所以 AC⊥OD. 又 PO⊥底面⊙O,AC?底面⊙O,所以 AC⊥PO. 而 OD,PO 是平面 POD 内的两条相交直线, 所以 AC⊥平面 POD. (2)由(1)知,AC⊥平面 POD,又 AC?平面 PAC, 所以平面 POD⊥平面 PAC. 在平面 POD 中,过 O 作 OH⊥PD 于 H,则 OH⊥平面 PAC.

图 1-6 连结 CH,则 CH 是 OC 在平面 PAC 上的射影, 所以∠OCH 是直线 OC 和平面 PAC 所成的角. 1 在 Rt△ODA 中,OD=OA· sin30° = . 2 在 Rt△POD 中, PO· OD OH= = 2 PO +OD2 1 2× 2 2 = . 3 1 2+ 4

OH 2 在 Rt△OHC 中,sin∠OCH= = . OC 3 故直线 OC 和平面 PAC 所成角的正弦值为 2 . 3

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图 1-7 [2015· 浙江卷] 如图 1-7,在三棱锥 P-ABC 中,AB=AC,D 为 BC 的中点,PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上. (1)证明:AP⊥BC; (2)已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2,求二面角 B-AP-C 的大小. 课标文数 20.G11[2015· 浙江卷] 【解答】 (1)证明:由 AB=AC,D 是 BC 中点,得 AD⊥BC,

又 PO⊥平面 ABC,得 PO⊥BC, 因为 PO∩AD=O,所以 BC⊥平面 PAD,故 BC⊥AP. (2)如图,在平面 APB 内作 BM⊥PA 于 M,连 CM. 因为 BC⊥PA,得 PA⊥平面 BMC,所以 AP⊥CM. 故∠BMC 为二面角 B-AP-C 的平面角. 在 Rt△ADB 中,AB2=AD2+BD2=41,得 AB= 41. 在 Rt△POD 中,PD2=PO2+OD2, 在 Rt△PDB 中,PB2=PD2+BD2, 所以 PB2=PO2+OD2+BD2=36,得 PB=6. 在 Rt△POA 中,PA2=AO2+OP2=25,得 PA=5. PA2+PB2-AB2 1 又 cos ∠BPA= = , 2PA· PB 3 2 2 从而 sin∠BPA= . 3
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故 BM=PBsin∠BPA=4 2. 同理 CM=4 2.因为 BM2+MC2=BC2, 所以∠BMC=90° , 即二面角 B-AP-C 的大小为 90° .

图 1-5 [2015· 福建卷] 如图 1-5,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AB⊥AD,点 E 在线段 AD 上,且 CE∥AB. (1)求证:CE⊥平面 PAD; (2)若 PA=AB=1,AD=3,CD= 2,∠CDA=45° ,求四棱锥 P-ABCD 的体积. 课标文数 20.G12[2015· 福建卷] 【解答】 (1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD,CE?平面 ABCD,

图 1-6 所以 PA⊥CE. 因为 AB⊥AD,CE∥AB, 所以 CE⊥AD. 又 PA∩AD=A, 所以 CE⊥平面 PAD. (2)由(1)可知 CE⊥AD. 在 Rt△ECD 中,DE=CD· cos45° =1,CE=CD· sin45° =1. 又因为 AB=CE=1,AB∥CE, 所以四边形 ABCE 为矩形. 1 1 5 所以 S 四边形 ABCD=S 矩形 ABCE+S△ECD=AB· AE+ CE· DE=1×2+ ×1×1= . 2 2 2 又 PA⊥平面 ABCD,PA=1, 1 1 5 5 所以 V 四棱锥 P-ABCD= S 四边形 ABCD· PA= × ×1= . 3 3 2 6

π 2[2015· 江西卷] 如图 1-7,在△ABC 中,∠B= ,AB=BC=2,P 为 AB 边上一动点,PD 2 ∥BC 交 AC 于点 D,现将△PDA 沿 PD 翻折至△PDA′,使平面 PDA′⊥平面 PBCD.
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(1)当棱锥 A′-PBCD 的体积最大时,求 PA 的长; (2)若点 P 为 AB 的中点,E 为 A′C 的中点,求证:A′B⊥DE.

图 1-7 课标文数 18.G12[2015· 江西卷] 【解答】 (1)令 PA=x(0<x<2),则 A′P=PD=x,BP=2- x.因为 A′P⊥PD,且平面 A′PD⊥平面 PBCD,故 A′P⊥平面 PBCD. 1 1 1 所以 VA′-PBCD= Sh= (2-x)(2+x)x= (4x-x3). 3 6 6

图 1-8 1 1 2 令 f(x)= (4x-x3),由 f′(x)= (4-3x2)=0,得 x= 3. 6 6 3 2 ? 当 x∈? ?0,3 3?时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 2 ? 当 x∈? ?3 3,2?时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 2 所以,当 x= 3时,f(x)取得最大值, 3 2 3 即:当 VA′-PBCD 最大时,PA= . 3 1 1 (2)证明:设 F 为 A′B 的中点,连接 PF,FE.则有 EF 綊 BC,PD 綊 BC,所以 EF 綊 PD, 2 2 四边形 DEFP 为平行四边形, 所以 DE∥PF,又 A′P=PB, 所以 PF⊥A′B, 故 DE⊥A′B.

[2015· 山东卷] 如图 1-5,在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中,D1D⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是平行四边形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面 A1BD.
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图 1-5 课标文数 19.G12[2015· 山东卷] 【解答】 证明:(1)证法一: 因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD?平面 ABCD,

图 1-6 所以 D1D⊥BD. 又因为 AB=2AD,∠BAD=60° , 在△ABD 中,由余弦定理得 BD2=AD2+AB2-2AD· ABcos60° =3AD2. 所以 AD2+BD2=AB2, 所以 AD⊥BD. 又 AD∩D1D=D, 所以 BD⊥平面 ADD1A1. 又 AA1?平面 ADD1A1, 所以 AA1⊥BD. 证法二: 因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD?平面 ABCD,

图 1-7 所以 BD⊥D1D. 取 AB 的中点 G,连接 DG. 在△ABD 中,由 AB=2AD 得 AG=AD, 又∠BAD=60° ,所以△ADG 为等边三角形. 因此 GD=GB. 故∠DBG=∠GDB, 又∠AGD=60° , 所以∠GDB=30° , 故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60° +30° =90° ,
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所以 BD⊥AD. 又 AD∩D1D=D, 所以 BD⊥平面 ADD1A1, 又 AA1?平面 ADD1A1, 所以 AA1⊥BD. (2)连接 AC,A1C1.

图 1-8 设 AC∩BD=E,连接 EA1. 因为四边形 ABCD 为平行四边形, 1 所以 EC= AC, 2 由棱台定义及 AB=2AD=2A1B1 知, A1C1∥EC 且 A1C1=EC, 所以四边形 A1ECC1 为平行四边形. 因此 CC1∥EA1, 又因为 EA1?平面 A1BD,CC1?平面 A1BD, 所以 CC1∥平面 A1BD. [2015· 四川卷] 如图 1-5,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BAC=90° ,AB=AC=AA1=1, 延长 A1C1 至点 P,使 C1P=A1C1,连结 AP 交棱 CC1 于点 D. (1)求证:PB1∥平面 BDA1; (2)求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值.

图 1-5 [2015· 四川卷] 【解答】 解法一: (1)连结 AB1 与 BA1 交于点 O,连结 OD. ∵C1D∥AA1,A1C1=C1P, ∴AD=PD, 又 AO=B1O,∴OD∥PB1.

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图 1-6 又 OD?平面 BDA1,PB1?平面 BDA1, ∴PB1∥平面 BDA1. (2)过 A 作 AE⊥DA1 于点 E,连结 BE. ∵BA⊥CA,BA⊥AA1,且 AA1∩AC=A, ∴BA⊥平面 AA1C1C. 由三垂线定理可知 BE⊥DA1. ∴∠BEA 为二面角 A-A1D-B 的平面角. 在 Rt△A1C1D 中,A1D=

?1?2+12= 5, ?2? 2

1 1 5 又 S△AA1D= ×1×1= × ×AE, 2 2 2 2 5 ∴AE= . 5 在 Rt△BAE 中,BE= AE 2 ∴cos∠BEA= = . BE 3 2 故二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为 . 3 12+? 2 5?2 3 5 = , 5 ? 5 ?

[2015· 天津卷] 如图 1-7,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠ADC= 45° ,AD=AC=1,O 为 AC 的中点,PO⊥平面 ABCD,PO=2,M 为 PD 的中点. (1)证明 PB∥平面 ACM; (2)证明 AD⊥平面 PAC; (3)求直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值.

图 1-7 课标文数 17.G12[2015· 天津卷]
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图 1-8 【解答】 (1)证明:连接 BD,MO.在平行四边形 ABCD 中,因为 O 为 AC 的中点,所以 O 为 BD 的中点.又 M 为 PD 的中点,所以 PB∥MO.因为 PB?平面 ACM,MO?平面 ACM, 所以 PB∥平面 ACM. (2)证明:因为∠ADC=45° ,且 AD=AC=1,所以∠DAC=90° ,即 AD⊥AC.又 PO⊥平面 ABCD,AD?平面 ABCD,所以 PO⊥AD.而 AC∩PO=O,所以 AD⊥平面 PAC. 1 (3)取 DO 中点 N,连接 MN,AN.因为 M 为 PD 的中点,所以 MN∥PO,且 MN= PO=1. 2 由 PO⊥平面 ABCD, 得 MN⊥平面 ABCD, 所以∠MAN 是直线 AM 与平面 ABCD 所成的角. 在 1 5 1 5 Rt△DAO 中,AD=1,AO= ,所以 DO= .从而 AN= DO= .在 Rt△ANM 中,tan∠ 2 2 2 4 MN 1 4 5 4 5 MAN= = = ,即直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值为 . AN 5 5 5 4 20.(本小题满分 13 分) 《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面 都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 在如图所示的阳马 P ? ABCD 中,侧棱 PD ? 底面 ABCD ,且 PD ? CD ,点 E 是 PC 的 中点,连接 DE , BD, BE .

(Ⅰ)证明: DE ? 平面 PBC . 试判断四面体 EBCD 是 否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需 写出结论) ;若不是,请说明理由; (Ⅱ)记阳马 P ? ABCD 的体积为 V1 ,四面体 EBCD 的
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体积为 V 2 ,求

V1 的值. V2

【答案】 (Ⅰ) 因为 PD ? 底面 ABCD , 所以 PD ? BC . 由底面 ABCD 为长方形, 有 BC ? CD , 而 PD ? CD ? D ,所以 BC ? 平面 PCD . DE ? 平面 PCD ,所以 BC ? DE . 又因为
PD ? CD ,点 E 是 PC 的中点,所以 DE ? PC . 而 PC ? BC ? C ,所以 DE ? 平面 PBC .四

面体 EBCD 是一个鳖臑; (Ⅱ) 【解析】

V1 ? 4. V2

试题分析: (Ⅰ)由侧棱 PD ? 底面 ABCD 易知, PD ? BC ;而底面 ABCD 为长方形,有
BC ? CD ,由线面垂直的判定定理知 BC ? 平面 PCD ,进而由线面垂直的性质定理可得 BC ? DE ; C D 中, 在 ?P 易得 DE ? PC , 再由线面垂直的判定定理即可得出结论.由 BC ? 平

面 PCD , DE ? 平面 PBC ,进一步可得四面体 EBCD 的四个面都是直角三角形,即可得出 结论; (Ⅱ)结合(Ⅰ)证明结论,并根据棱锥的体积公式分别求出 V1 ,V2 ,即可得出所求结 果. 试题解析: (Ⅰ)因为 PD ? 底面 ABCD ,所以 PD ? BC . 由底面 ABCD 为长方形,有
BC ? CD ,而 PD ? CD ? D ,所以 BC ? 平面 PCD . DE ? 平面 PCD ,所以 BC ? DE . 又

因为 PD ? CD , 点 E 是 PC 的中点, 所以 DE ? PC . 而 PC ? BC ? C , 所以 DE ? 平面 PBC . 由 BC ? 平面 PCD , DE ? 平面 PBC ,可知四面体 EBCD 的四个面都是直角三角形,即四面 体 EBCD 是一个鳖臑,其四个面的直角分别是 ?BCD, ?BCE , ?DEC , ?DEB.

1 1 (Ⅱ)由已知, PD 是阳马 P ? ABCD 的高,所以 V1 ? S ABCD ? PD ? BC ? CD ? PD ;由(Ⅰ) 3 3 1 1 知, DE 是鳖臑 D ? BCE 的高, BC ? CE ,所以 V2 ? S?BCE ? DE ? BC ? CE ? DE .在 Rt △ 3 6
PDC 中,因为 PD ? CD ,点 E 是 PC 的中点,所以 DE ? CE ?

2 CD ,于是 2

1 BC ? CD ? PD V1 3 2CD ? PD ? ? ? 4. 1 V2 BC ? CE ? DE CE ? DE 6

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