1977-江西-20 解-三垂线与棱锥体积

本题导读

本题考查三垂线定理与二面角。核心在于取 $BC$ 中点 $E$，由等腰得 $AE\perp BC$，用三垂线定理得 $BC\perp DE$，从而 $\angle AED$ 即二面角的平面角，先解出 $DE$、$AE$、$BE$，再按 $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}BC\cdot DE\cdot AD$ 求体积。

📌【题干】

Question

（1977年江西卷） 已知 $AB=AC$，$\angle ABC=75^{\circ }$，$BC$ 在平面 $P$ 内，$A$ 到平面 $P$ 的距离 $AD=4$ 厘米，$△ABC$ 所在平面与平面 $P$ 的夹角为 $60^{\circ }$，求棱锥 $A-BCD$ 的体积.

🔍【思路分析】

破题导航

取 $BC$ 中点 $E$ 连 $AE$、$ED$：等腰 $\Rightarrow AE\perp BC$，三垂线定理 $\Rightarrow BC\perp DE$，故 $\angle AED=60^{\circ }$；$DE=AD\cot 60^{\circ }$，$AE=\frac{AD}{\sin 60^{\circ }}$，$BE=AE\cot 75^{\circ }$，$BC=2BE$；体积 $\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}DE\cdot BC\cdot AD$。

✅【答案】

Success

棱锥 $A-BCD$ 的体积为 $\frac{128(2-\sqrt{3})}{9}$ 立方厘米

✍【详细解析】

Abstract

如图，取 $BC$ 的中点 $E$，连接 $AE$，$ED$。 因为 $AB=AC$，所以 $AE\perp BC$。又因 $BC\perp AE$，$BC\perp AD$，所以 $BC\perp$ 平面 $AED$（三垂线定理）。故 $BC\perp DE$。因此，$\angle AED$ 的大小即为平面 $ABC$ 和平面 $P$ 所成角的大小，所以 $\angle AED=60^{\circ }$。 于是 $DE=AD\cot 60^{\circ }=4\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，$AE=\frac{AD}{\sin 60^{\circ }}=\frac{4}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$。所以 $BE=AE\cot 75^{\circ }$，而 $\cot 75^{\circ }=\tan 15^{\circ }=\frac{1-\tan 45^{\circ }\tan 30^{\circ }}{\tan 45^{\circ }+\tan 30^{\circ }}=\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{3}}{1+\frac{\sqrt{3}}{3}}=2-\sqrt{3}$，故 $BE=\frac{8\sqrt{3}}{3}\times (2-\sqrt{3})=\frac{8(2\sqrt{3}-3)}{3}$。 故 $BC=2BE=\frac{16(2\sqrt{3}-3)}{3}$。 棱锥的体积 $V_{A-BCD}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}DE\cdot BC\cdot AD=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{4\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{16(2\sqrt{3}-3)}{3}\cdot 4=\frac{128(2-\sqrt{3})}{9}$ 立方厘米。 答：棱锥 $A-BCD$ 的体积为 $\frac{128(2-\sqrt{3})}{9}$ 立方厘米。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：三垂线与棱锥体积

核心方法：三垂线定理定二面角

避坑指南：取 $BC$ 中点，$\angle AED$ 即二面角平面角，先解三角形再算体积

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：体积

结论推广：$\frac{128(2-\sqrt{3})}{9}$ 立方厘米

方法推广：先平面角后体积

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.05 几何法求空间角专题
• 13.01 空间几何体的结构、表面积与体积

类题演练 (Links)

• 2001-大纲文-18 解-四棱锥体积与二面角
• 2004-全国卷IV文-21 解-四棱锥体积与垂直