—高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何专题复习附详细解析.doc

2012-2018 年新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编

立体几何

一、选择题

【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，则在

这四个正方体中，直接 AB 与平面 MNQ 不平行的是（）

【2016，7】如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂

直的半径．若该几何体的体积是

28π3

，则它的表面积是（）

C． 20π

1 1 1 1

A．17 π

B．18π D． 28π

1 1

【2016，11】平面  过正方体 ABCD  A B C D 的顶点 A ，  ∥ 平面 CB D ，  I 平面 ABCD  m ，

 I 平面 ABB A  n ，则 m, n 所成角的正弦值为（）

1 1

A．

32

2 1 3

B． C． D．

3 2 3

【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：

“今有委 M 依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为 M 几何？”其意思为：“在

屋内墙角处堆放 M（如图，M 堆为一个圆锥的四分之一），M 堆底部的弧长为 8 尺，M 堆的高为 5 尺，M 堆的体积和堆放的 M 各位多少？”已知 1 斛 M 的体 积约为 1．62 立方尺，圆周率约为 3，估算出堆放的 M 有( ) A．14 斛 B．22 斛 C．36 斛 D．66 斛

【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为 r）组成一个几何体，该几何体的三视图中的

正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为 16+20π，则 r=( ) B A．1 B．2 C．4 D．8

【2015，11】【2014，8】【2013，11】【2012，7】

【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是( )

A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱

【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．

A．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π

【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为

A．6 B．9 C．12 D．15

1 / 17

【2012，8】平面 截球 O 的球面所得圆的半径为 1，球心 O 到平面  的距离为

2 ，则此球的体积为（）

A． 6

B． 4 3 C． 4 6 D． 6 3

【2018，5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线 O1O2 的平面截该圆柱所得的截面是面积 为 8 的正方形，该圆柱的表面积为

A. 12 π B. 12π C. 8 π D. 10π

【2018，9】某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如右图，圆柱表面上的点 M 在正视图上的对应点 为 A，圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B，则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径 的长度为

A. 2 C. 3

B. D.

2

【2018，10】在长方形 ABCD-A1B1C1D1 中，AB=BC=2，AC1 与平 BB1C1C 所成的角为 30°，则该长方体的体积为

A. 8

面

B. 6 C. 8 D. 8

二、填空题

【 2017 ， 16 】已 知三 棱锥 S  ABC 的 所有 顶 点都 在球 O 的 球 面 上， SC 是 球 O 的 直径 ．若 平 面

SCA  平面SCB ，SA  AC ，SB  BC ，三棱锥 S  ABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为_______．

【2013，15】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______．

三、解答题

【2017，18】如图，在四棱锥 P  ABCD 中， AB ∥ CD ，且 BAP  CDP  90 ．

（ 1 ）证明：平面 PAB  平面 PAD ；（ 2 ）若 PA  PD  AB  DC ， APD  90 ，且四棱锥

8

P  ABCD 的体积为 ，求该四棱锥的侧面积．

3

2 / 17

【2016，18】如图所示，已知正三棱锥 P  ABC 的侧面是直角三角形， PA  6 ，顶点 P 在平面 ABC 内

的正投影为点 D ， D 在平面 PAB 内的正投影为点 E ．连结 PE 并延长交 AB 于点 G ．

（1）求证： G 是 AB 的中点；

（2）在题图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影 F （说明作法及理由），并求四面体 PDEF 的体积．

P

A

E G

D

B

C

【2015，18】如图四边形 ABCD 为菱形，G 为 AC 与 BD 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

63

，求该三棱锥的侧面积．

【2014,19】如图，三棱柱 ABC  A B C 中，侧面 BB C C 为菱形，B C 的中点为 O ，且 AO  平

1 1 1

1 1

1

面 BB C C .

1 1

（1）证明： B C  AB;

1

（2）若 AC  AB , CBB  60, BC  1, 求三棱柱 ABC  A B C 的高.

1

1

1 1 1

3 / 17

【2013，19】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．

4 / 17

【2012，19】如图，三棱柱ABC－ A1B1C1 中，侧棱垂直底面，

的中点．

（1）证明：平面 BDC1⊥平面 BDC；

1

ACB  90 ，AC=BC= AA1，D 是棱 AA1

2

C1

（2）平面 BDC1 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．

A1

B1

D

C

B

A

【2018，18】如图，在平行四边形 ABCM 中，AB=AC=3，∠ACM=90°，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 BP=DQ= DA，求三棱锥 Q-ABP 的体积。

解读

一、选择题

【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个

顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直 接 AB 与平面 MNQ 不平行的是（）

【解法】选 A．由 B，AB∥MQ，则直线 AB∥平面 MNQ；由 C，AB∥MQ，则直线 AB∥平面 MNQ；由 D，AB∥NQ，则直线 AB∥平面 MNQ．故 A 不满足，选 A．

【2016，7】如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几

何体的体积是

28π3

，则它的表面积是（）．

5 / 17

A．17 π

B．18π C． 20π D． 28π

1 7 4 328π

，解 解读：选 A．由三视图可知，该几何体是一个球截去球的 ，设球的半径为 R ，则  πR 

8 8 3 3 7 1

得 R  2 ．该几何体的表面积等于球的表面积的 ，加上 3 个截面的面积，每个截面是圆面的 ，

8 4 1

所以该几何体的表面积为 S   4π  22  3   π  22  14π  3π  17π ．故选 A．

8 4

7

【2016，11】平面  过正方体 ABCD  A B C D 的顶点 A， ∥ 平面 CB D ， I 平面 ABCD  m ， I

1 1 1 1

1 1

平面 ABB A  n ，则 m, n 所成角的正弦值为（）

1 1

A．

32

2 3 1

B． C． D．

3 2 3

解读：选 A．解法一：将图形延伸出去，构造一个正方体，如图所示．通过寻找线线平行构造出平面 ，

3 

即平面 AEF ，即研究 AE 与 AF 所成角的正弦值，易知 EAF  ，所以其正弦值为 ．故选 A．

3 2

E

D

C

A

B

F

D1

A1

C1

B1

：

解法二（原理同解法一） 过平面外一点 A 作平面  ，并使 ∥ 平面 CB D ，不妨将点 A 变换成 B ，作 

1 1

使之满足同等条件，在这样的情况下容易得到 ，即为平面 A BD ，如图所示，即研究A B 与 BD 所成角

1

1

3 

的正弦值，易知 A BD  ，所以其正弦值为 ．故选 A．

1 3 2

6 / 17

D

A

B

C

D1

A1

B1

C1

【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委 M 依垣内角，

下周八尺，高五尺，问”积及为 M 几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放 M（如图，M 堆为一个圆锥的 四分之一），M 堆底部的弧长为 8 尺，M 堆的高为 5 尺，M 堆的体积和堆放 的 M 各位多少？”已知 1 斛 M 的体积约为 1．62 立方尺，圆周率约为 3，估 算出堆放的 M 有( ) B A．14 斛 B．22 斛 C．36 斛 D．66 斛

1 16

，所以 M 堆的体积 解：设圆锥底面半径为 r，依题  2  3r  8  r 

4 3

1 1 16 320 320

2为   3  ( )  5  ，故堆放的 M 约为 ÷1．62≈22，故选 B．

4 3 3 9 9

【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为 r）组成一个几何体，该几何体的三视图中的

正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为 16+20π，则 r=( ) B A．1 B．2 C．4 D．8

解：该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为 r，圆柱的高为 2r，其表面积 为 2πr2+πr×2r+πr2+2r×2r =5πr2+4r2=16+20π， 解得 r=2，故选 B．

【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的

一个几何体的三视图，则这个几何体是( )B

A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱 解：几何体是一个横放着的三棱柱． 故选 B

【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．

A．16＋8π B．8＋8π

C．16＋16π 7 / 17

D．8＋16π

解读：选 A．该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体．

半圆柱＝ V

1

π×22×4＝8π，V 长方体＝4×2×2＝16．所以所求体积为 16＋8π．故选 A． 2

【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为 （）

A．6 B．9 C．12 D．15 【解读】由三视图可知，该几何体为

A 三棱锥 A-BCD，底面△BCD 为

底边为 6，高为 3 的等腰三角形，

侧面 ABD⊥底面 BCD，

AO⊥底面 BCD，

B D

O 因此此几何体的体积为

1 1

V   (  6  3)  3  9 ，故选择 B． C

3 2

【2012，8】8．平面  截球 O 的球面所得圆的半径为 1，球心 O 到平面  的

距离为 2 ，则此球的体积为（）

A． 6 C． 4 6

B． 4 3 D． 6 3

1

【解读】如图所示，由已知 O A  1 ， OO 

1

2 ，

在 Rt OO A 中，球的半径 R  OA 

1

3 ，

所以此球的体积V   R3  4 3 ，故选择 B．

4 3

【点评】本题主要考察球面的性质及球的体积的计算．

【2011，8】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（）

【解读】由几何体的正视图和侧视图可知，该几何体的底面为半圆和等腰三角形，其侧视图可以是一个由 等腰三角形及底边上的高构成的平面图形． 故选 D．

【2018，5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线 O1O2 的平面截该圆柱所得的截面是面积 为 8 的正方形，该圆柱的表面积为 B

【2018，9】某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如右图，圆柱表面上的点 M 在正视图上的对应点 为 A，圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B，则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径 的长度为 B

A. 2 C. 3

B. D.

2

8 / 17

【2018，10】在长方形 ABCD-A1B1C1D1 中，AB=BC=2，AC1 与平面 BB1C1C 所成的角为 30°，则该长方 体的体积为 C

A. 8

B. 6 C. 8 D. 8

二、填空题

【 2017 ， 16 】已 知三 棱锥 S  ABC 的 所有 顶 点都 在球 O 的 球 面 上， SC 是 球 O 的 直径 ．若 平 面

SCA  平面SCB ， SA  AC ， SB  BC ，三棱锥 S  ABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为_______．

【解读】取 SC 的中点 O ，连接 OA, OB ，因为 SA  AC , SB  BC ，所以 OA  SC , OB  SC ，

因 为 平 面 SAC  平 面 SBC ， 所 以 OA  平 面 SBC ， 设 OA  r

，

V

ASBC

1 1 1 1 1

  S  OA    2r  r  r  r 3 ，所以 r 3  9  r  3 ，

SBC3 3 2 3 3

所以球的表面积为 4 r 2  36 ．

【2013，15】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______．

答案： π

9

2

解读：如图，

2 R R

设球 O 的半径为 R，则 AH＝ ，OH＝ ．又∵π·EH2＝π，∴EH＝1．∵在 Rt△ OEH 中，R2＝

3 3

9π  R 2 +12，∴R2＝9 ．∴S 球＝4πR2＝ ．

 3

8 2  

【2011，16】已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面

9 / 17

3

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者的高的比值为．

16

3 3 2

222【解读】设圆锥底面半径为 r ，球的半径为 R ，则由 πr   4πR ，知 r  R ．

16 4

根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心 O ，且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的

点，因此 PB  QB ．

设 PO  x ， QO  y ，则 x  y  2R ．

又 △POB△∽

BOQ ，知 r 2  OB 2  xy ．

3

即 xy  r 2  R 2 ．

4

3 R

由及 x  y 可得 x  R, y  ．

2 2

1

则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比为 ．

3

1

故答案为 ．

3

三、解答题

【2017，18】如图，在四棱锥 P  ABCD 中， AB ∥ CD ，且 BAP  CDP  90 ．

（ 1 ）证明：平面 PAB  平面 PAD ；（ 2 ）若 PA  PD  AB  DC ， APD  90 ，且四棱锥

8

P  ABCD 的体积为 ，求该四棱锥的侧面积．

3

, CD  DP 【解法】（1）Q BAP  CDP  90 ， AB  AP

又Q AB ∥ CD  AB  DP

又 AP  平面 PAD ， DP  平面 PAD ，且 AP I DP  P  AB  平面 PAD

Q AB  平面 PAB ，所以平面 PAB  平面 PAD

（2）由题意：设 PA  PD  AB  DC=a ，因为 APD  90 ，所以 PAD 为等腰直角三角形

10 / 17

即 AD= 2a

取 AD 中点 E ，连接 PE ，则 PE  2

2

a ， PE  AD ．

又因为平面 PAB  平面 PAD 所以 PE  平面 ABCD

因为 AB  平面 PAD ， AB ∥ CD

所以 AB  AD ， CD  AD

又 AB  DC=a

所以四边形 ABCD 为矩形

 1 所以

VP

 ABCD 3gABgADgPE  1 gag 2ag 2 a  1 a3 

8

3 2 3 3

即 a  2

S 侧= 1 2 2  2  3+ 1

 2 2  6=6+2 3 2

【2016，18】如图所示，已知正三棱锥 P  ABC 的侧面是直角三角形， PA  6 ，顶点 P 在平面 ABC

的正投影为点 D ， D 在平面 PAB 内的正投影为点 E ．连结 PE 并延长交 AB 于点 G ．

（1）求证： G 是 AB 的中点；

（2）在题图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影 F （说明作法及理由），并求四面体 PDEF 的体积．

P

E A

C

GD

B

11 / 17

内

解读：（1）由题意可得 △ ABC 为正三角形，故 PA  PB  PC  6 ． 因为 P 在平面 ABC 内的正投影为点 D ，故 PD  平面 ABC ． 又 AB  平面 ABC ，所以 AB  PD ．

因为 D 在平面 PAB 内的正投影为点 E ，故 DE  平面 PAB ． 又 AB  平面 PAB ，所以 AB  DE ．

因为 AB  PD ， AB  DE ， PD I DE  D ， PD, DE  平面 PDG ， 所以 AB  平面 PDG ．又 PG  平面 PDG ，所以 AB  PG ． 因为 PA  PB ，所以 G 是 AB 的中点．

（2）过 E 作 EF∥BP 交 PA于 F ，则 F 即为所要寻找的正投影．

P

F

A

E

D

B

G

C

理由如下，因为 PB  PA， PB∥EF ，故 EF  PA．同理 EF  PC ， 又 PA I PC  P ， PA, PC  平面 PAC ，所以 EF  平面 PAC ， 故 F 即为点 E 在平面 PAC 内的正投影．

所以V

1  S3 △

PEF

1

 DE  PF  EF  DE ．

6

6 ， PD  2 3 ，故由等面积法知 DE  2 ．

DPEF

DPEF

在 △PDG 中， PG  3 2 ， DG 

4 ． 3

由勾股定理知 PE  2 2 ，由 △ PEF 为等腰直角三角形知 PF  EF  2 ，故V

【2015，18】如图四边形 ABCD 为菱形，G 为 AC 与 BD 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

63

，求该三棱锥的侧面积．

解：(Ⅰ) ∵BE⊥平面 ABCD，∴BE⊥AC． ∵ABCD 为菱形，∴BD⊥AC， x ，GB=GD=x ． ． 在 RtΔAEC 中，可得 EG=

∴AC⊥平面 BED，又 AC平面 AEC，∴平面 AEC⊥平面 BED． …6 分 (Ⅱ)设 AB=x，在菱形 ABCD 中，由∠ABC=120°可得，

AG=GC=

32

x 2

3 2

2

x ． …9 分 ∴在 RtΔEBG 为直角三角形，可得 BE=

2

12 / 17

1 1 6 6

x3  ∴ V ，解得 x =2．

2 ACGDBE24 3 3

E  ACD

由 BA=BD=BC 可得 AE= ED=EC= 6 ．

∴ΔAEC 的面积为 3，ΔEAD 的面积与 ΔECD 的面积均为 5 ．

所以三棱锥 E-ACD 的侧面积为 3+2 5 ．

18． 解读（1）因为 BE  平面 ABCD ，所以 BE  AC ． 又 ABCD 为菱形，所以 AC  BD ．

又因为 BD I BE  B ， BD ， BE  平面 BED ，

…12 分

所以 AC  平面 BED ．又 AC  平面 AEC ，所以平面 AEC  平面 BED ． （2）在菱形 ABCD 中，取 AB  BC  CD  AD  2 x ，

又 ABC  120o，所以 AG  GC  3x ， BG  GD  x ．

在 △ AEC 中， AEC 

90o

1

，所以 EG  AC  3x ，

2 EG 2  BG 2  2 x ，

所以在 Rt△EBG 中， BE 

1 1 6 6

   2 x  2 x  sin120o  2 x  x3  所以V ，解得 x  1 ．

E  ACD 3 2 3 3

在 Rt△EBA ， Rt△ EBC ， Rt△ EBD 中，

可得 AE  EC  ED  6 ．

1 1

所以三棱锥的侧面积 S  2   2  5   6  6  3  2 5 ．

侧 2 2

【2014,19】如图，三棱柱 ABC  A B C 中，侧面 BB C C 为菱形，B C 的中点为 O ，且 AO  平

1 1 1

1 1

1

面 BB C C .

1 1

（1）证明： B C  AB;

1

（2）若 AC  AB , CBB  60, BC  1, 求三棱柱 ABC  A B C 的高.

1

1

1 1 1

证明：(Ⅰ)连接 BC1，则 O 为 B1C 与 BC1 的交点，

∵AO⊥平面 BB1C1C. ∴AO⊥B1C， …2 分 因为侧面 BB1C1C 为菱形，∴BC1⊥B1C，…4 分

13 / 17

∴BC1⊥平面 ABC1，∵AB平面 ABC1， 故 B1C⊥AB.…6 分

(Ⅱ)作 OD⊥BC，垂足为 D，连结 AD，∵AO⊥BC，∴BC⊥平面 AOD， 又 BC平面 ABC，∴平面 ABC⊥平面 AOD，交线为 AD， 作 OH⊥AD，垂足为 H，∴OH⊥平面 ABC. …9 分

∵∠CBB1=60°，所以 ΔCBB1 为等边三角形，又 BC=1，可得 OD= 3 ，

4

由于 AC⊥AB1，∴ OA  1 B C  1 ，∴ AD  OD 2  OA2  7 ，

2 1 2 4

由 OH·AD=OD·OA，可得 OH= 21 ，又 O 为 B1C 的中点，所以点 B1 到平面 ABC 的距离

14

为 21 ，所以三棱柱 ABC-A1B1C1 的高高为 21 。 …12 分

7 7

另解(等体积法)：∵∠CBB1=60°，所以 ΔCBB1 为等边三角形，又 BC=1， 可得 BO= 3 ，由于 AC⊥AB1，∴ OA  1 B C  1 ，∴AB=1，AC= 2 ，…9 分

2 2 1 2 2

1 2 2 7 ，设点B到平面ABC的距离为d，则等腰三角形 ABC 的面积为   12  ( )2  1

2 2 4 8

7 3 1 21 ，由 VB1-ABC=VA-BB1C 得

d  , 解得d 

8 4 2 7

所以三棱柱 ABC-A1B1C1 的高高为 21 。…12 分

7

【2013，19】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．

证明：(1)取 AB 的中点 O，连结 OC，OA1，A1B． 因为 CA＝CB，所以 OC⊥AB．

14 / 17

由于 AB＝AA1，∠BAA1＝60°， 故 AA△1B 为等边三角形， 所以 OA1⊥AB．

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

1 (2)解：由题设知 ABC 与 AA△1B 都是边长为 2 的等边三角形，

所以 OC＝OA1＝ ．

2又A1C＝，则A1C2＝OC2＋OA，

1

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＝ ，故三棱柱 ABC－A1B1C1 的体积 V＝△S ABC×OA1＝3．

6 3

3

【2012，19】如图，三棱柱ABC－ A1B1C1 中，侧棱垂直底面，ACB  90 ，AC=BC= AA1，D 是棱 AA1

1 2

的中点．

（1）证明：平面 BDC1⊥平面 BDC；

（2）平面 BDC1 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比． 【解读】（1）在 RtDAC 中， AD  AC ，

C1

A1

B1

得： ADC  45 ，

同理： A DC  45  CDC  90 ，

1

1

1

1

D

C

A

得： DC  DC ．

B

由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CCIACC，

1

所以 BC  平面 ACC A ．

1 1

又 DC  平面 ACC A ，所以 DC  BC

1

1 1

1

而 DC I BC  C ，所以 DC  平面 BDC ． 又DC平面BDC，故平面BDC1⊥平面BDC． 1 1

15 / 17

1

（2）由已知 AC=BC=

1

1

设 AA  2a ， AC  BC  AD  a ，则V ABCABCa 2  2a  a3 ．

1 111 2

2

AA1，D 是棱 AA1 的中点，

由（1）， BC  平面 ACC A ，所以 BC 为四棱锥 B  ACC D 的高，

1

a3  a3 1 V

2  ． 因此平面 BDC1 分此棱柱为两部分体积的比为 ABC  A1B1C1 B ACC1D 

1 V 1 a3 B ACC1D

2

1 1 1 3

所以Va ．

3 (2 3aa)a2 

B ACC1D

V

1 1

1

【2011，18】如图所示，四棱锥P  ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，DAB  60o ， AB  2 AD ，

PD  底面 ABCD ．

（1）证明： PA  BD ；

（2）若 PD  AD  1 ，求棱锥 D  PBC 的高．

【解读】（1）因为 DBA  60o， AB  2 AD ，由余弦定理得 BD 

3 AD ，

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）如图所示，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 ． 故 BC  平面 PBD ， BC  DE ，则 DE  平面 PBC ．

因为 AD  1 ， AB  2 ， DAB  60o ，

所以 BD  3 ，又 PD  1，所以 PB  2 ．

3 3 ，即棱锥 D  PBC 的高为 ． 根据 DE  PB  PD  BD ，得 DE 

2 2

【2018，18】如图，在平行四边形 ABCM 中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以 AC 为折痕将△ACM 折起， 使点 M 到达点 D 的位置，且 AB⊥DA。 （3） 证明：平面 ACD⊥平面 ABC；

（4）

Q 为线段 AD 上一点，P 为线段 BC 上一点，且 BP=DQ= DA，求三棱锥 Q-ABP 的体积。

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（1）由已知可得， BAC =90°， BA⊥ AC ． 18．解：

又 BA⊥AD，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= 3 2 ．

2

又 BP  DQ  DA ，所以 BP  2 2 ．

3

作 QE⊥AC，垂足为 E，则 QE P 1 DC ．

 3

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

1 1 1

V  1  3  2 2 sin 45  1 ．   QE  Q ABP 3 S3 2

△ ABP

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