第20题图
【答案】(Ⅰ)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?d2?d3 . 因此四边形A1A2B2B1、A1A2C2C1均是梯形.
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M、N分别为AB、AC的中点,
则D、E、F、G分别为A1B1、A2B2、A2C2、AC11 的中点, 即DE、FG分别为梯形A1A2B2B1、A1A2C2C1的中位线.
1111因此 DE?(A1A2?B1B2)?(d1?d2),FG?(A1A2?C1C2)?(d1?d3),
2222而d1?d2?d3,故DE?FG,所以中截面DEFG是梯形. (Ⅱ)V估?V. 证明如下:
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?11BC?a即为梯形DEFG的高, 221d?d2d1?d3aa因此S中?S梯形DEFG?(1?)??(2d1?d2?d3),
22228即V估?S中?h?ah(2d1?d2?d3). 811ah又S?ah,所以V?(d1?d2?d3)S?(d1?d2?d3).
236于是V?V估?ahahah(d1?d2?d3)?(2d1?d2?d3)?[(d2?d1)?(d3?d1)]. 6824由d1?d2?d3,得d2?d1?0,d3?d1?0,故V估?V.
37．（2013年高考课标Ⅱ卷（文））如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点.
(1) 证明: BC1//平面A1CD;
(2) 设AA1= AC=CB=2,AB=2,求三棱锥C一A1DE的体积.
【答案】
38．（2013年高考大纲卷（文））如图,四棱锥
P?ABCD中，?ABC??BAD?90?，BC?2AD,?PAB与?PAD都是边长为2的等边三角形.
(I)证明:PB?CD; (II)求点A到平面PCD的距离.
【答案】(Ⅰ)证明:取BC的中点E,连结DE,则ABED为正方形.
过P作PO⊥平面ABCD,垂足为O. 连结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,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.
(Ⅱ)解:取PD的中点F,连结OF,则OF//PB. 由(Ⅰ)知,PB?CD,故OF?CD.
1BD?2,OP?PD2?OD2?2, 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.
1因此,O到平面PCD的距离OF就是A到平面PCD的距离,而OF?PB?1,
2又OD?所以A至平面PCD的距离为1.
39．（2013年高考安徽（文））如图,四棱锥P?ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,?BAD?60.已知
?PB?PD?2,PA?6 .
(Ⅰ)证明:PC?BD
(Ⅱ)若E为PA的中点,求三菱锥P?BCE的体积.
【答案】解:
(1)证明:连接BD,AC交于O点
?PB?PD ?PO?BD
又?ABCD是菱形 ?BD?AC
而AC?PO?O ?BD⊥面PAC ?BD⊥PC (2) 由(1)BD⊥面PAC
S△PEC?211?3 S△PAC??6?23?sin45?=6?3?2221111?S?PEC?BO??3?? 2322VP?BEC?VB?PEC?表面积.
O40．（2013年上海高考数学试题（文科））如图,正三棱锥O?ABC底面边长为2,高为1,求该三棱锥的体积及
BAC第19题图【答案】
41．（2013年高考天津卷（文））如图, 三棱柱ABC-A1B1C1中, 侧棱A1A⊥底面ABC,且各棱长均相等. D, E, F分别为棱AB, BC, A1C1的中点. (Ⅰ) 证明EF//平面A1CD;
(Ⅱ) 证明平面A1CD⊥平面A1ABB1;
(Ⅲ) 求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值.
【答案】
2013年全国各地高考文科数学试题分类汇编7：立体几何
