十年(2016-2025)高考数学真题分类汇编(全国通用)专题十九立体几何解答题综合(一)(三大考点，57题)(学生版+解析)

这是一份十年(2016-2025)高考数学真题分类汇编(全国通用)专题十九立体几何解答题综合(一)(三大考点，57题)(学生版+解析)，共12页。

考点01：空间几何体的表面积
1．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB=2．

(1)若直线PA与圆锥底面的所成角为π3，求圆锥的侧面积；
(2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为π3，CD∥AB．设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD．
【答案】(1)2π
(2)证明见解析
【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解.
（2）证明平面QOC//平面PBD，然后根据面面平行的性质可得.
【详解】（1）由题知，∠PAB=π3，即轴截面△ABP是等边三角形，故PA=AB=2，
底面周长为2π×1=2π，则侧面积为：12×2×2π=2π;
（2）由题知AQ=QP,AO=OB，则根据中位线性质，QO∥PB，
又QO⊄平面PBD，PB⊂平面PBD，则QO//平面PBD
由于AC=π3，底面圆半径是1，则∠AOC=π3，又CD∥AB，则∠OCD=π3，
又OC=OD，则△OCD为等边三角形，则CD=1，
于是CD∥BO且CD=OB，则四边形OBDC是平行四边形，故OC∥BD，
又OC⊄平面PBD，BD⊂平面PBD，故OC//平面PBD.
又OC∩OQ=O,OC,OQ⊂平面QOC，
根据面面平行的判定，于是平面QOC//平面PBD，
又M∈OC，则QM⊂平面QOC，则QM//平面PBD

2．（2020·上海·高考真题）已知边长为1的正方形ABCD，沿BC旋转一周得到圆柱体.
（1）求圆柱体的表面积；
（2）正方形ABCD绕BC逆时针旋转π2到A1BCD1，求AD1与平面ABCD所成的角.
【答案】（1）4π；（2）arcsin33.
【分析】（1）画出示意图，求出圆柱的母线长，利用表面积运算公式计算即可；
（2）由已知可得D1C⊥平面ABCD，连接AD1,AC，则∠D1AC为AD1与平面ABCD所成的角，解直角三角形即可.
【详解】（1）因为正方形ABCD的边长为1，所以圆柱底面半径r=1，母线长为l=1，
则圆柱的表面积为S=2πr2+2πrl=2π+2π=4π.
（2）因为正方形ABCD绕BC逆时针旋转π2到A1BCD1，所以D1C⊥平面ABCD，连接AD1,AC
因为D1C⊥平面ABCD，所以∠D1AC为AD1与平面ABCD所成的角，
又AC=2，D1C=1，所以AD1=3，sin∠D1AC=D1CAD1=33，又∠D1AC∈[0,π2]，
所以∠D1AC= arcsin33
【点睛】本题考查圆柱表面积及线面角的计算问题，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.
3．（2017·全国I卷·高考真题）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P−ABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）6+23.
【详解】试题分析：（1）由∠BAP=∠CDP=90°，得AB⊥AP，CD⊥PD．从而得AB⊥PD，进而而AB⊥平面PAD，由面面垂直的判定定理可得平面PAB⊥平面PAD；（2）设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连结PO，则PO⊥底面ABCD，且AD=2a,PO=22a，由四棱锥P−ABCD的体积为83，求出a=2，由此能求出该四棱锥的侧面积.
试题解析：（1）由已知∠BAP=∠CDP=90°，得AB⊥AP，CD⊥PD．
由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD．
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．
（2）在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E．
由（1）知，AB⊥面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD．
设AB=x，则由已知可得AD=2x，PE=22x．
故四棱锥P−ABCD的体积VP−ABCD=13AB⋅AD⋅PE=13x3．
由题设得13x3=83，故x=2．
从而PA=PD=2，AD=BC=22，PB=PC=22．
可得四棱锥P−ABCD的侧面积为
12PA⋅PD+12PA⋅AB+12PD⋅DC +12BC2sin60°=6+23．
4．（2016·上海·高考真题）将边长为1的正方形AA1O1O（及其内部）绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，AC长为5π6，A1B1长为π3，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．
（1）求圆柱的体积与侧面积；
（2）求异面直线O1B1与OC所成的角的大小．
【答案】（1）π,2π；（2）π2．
【详解】
（1）由题意可知，圆柱的母线长l=1，底面半径r=1．
圆柱的体积V=πr2l=π×12×1=π，
圆柱的侧面积S=2πrl=2π×1×1=2π．
（2）设过点B1的母线与下底面交于点B，则O1B1//OB，
所以∠COB或其补角为O1B1与OC所成的角．
由A1B1长为π3，可知∠AOB=∠A1O1B1=π3，
由AC长为5π6，可知∠AOC=5π6，∠COB=∠AOC−∠AOB=π2，
所以异面直线O1B1与OC所成的角的大小为π2．
考点02：空间几何体的体积
5．（2025·天津·高考真题）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，E、F分别为A1D1,C1B1中点，CG=3GC1．
(1)求证：GF⊥平面FBE；
(2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值；
(3)求三棱锥D−FBE的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)45
(3)323
【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明FG⊥BF，再结合正方体的性质得出EF⊥平面BCC1B1，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可；
（2）利用空间向量计算面面夹角即可；
（3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可.
【详解】（1）法一、在正方形BCC1B1中，
由条件易知tan∠C1FG=C1GC1F=12=FB1BB1=tan∠B1BF，所以∠C1FG=∠B1BF，
则∠B1FB+∠B1BF=π2=∠C1FG+∠B1FB，
故∠BFG=π−∠C1FG+∠B1FB=π2，即FG⊥BF，
在正方体中，易知D1C1⊥平面BCC1B1，且EF//D1C1，
所以EF⊥平面BCC1B1，
又FG⊂平面BCC1B1，∴EF⊥FG，
∵EF∩BF=F,EF、BF⊂平面BEF，∴GF⊥平面BEF；
法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，
则B4,4,0,E2,0,4,F2,4,4,G0,4,3，
所以EF=0,4,0,EB=2,4,−4,FG=−2,0,−1，
设m=a,b,c是平面BEF的一个法向量，
则m⋅EF=4b=0m⋅EB=2a+4b−4c=0，令a=2，则b=0,c=1，所以m=2,0,1，
易知FG→=−m→，则FG也是平面BEF的一个法向量，∴GF⊥平面BEF；
（2）同上法二建立的空间直角坐标系，
所以EG=−2,4,−1,BG=−4,0,3，
由（1）知FG是平面BEF的一个法向量，
设平面BEG的一个法向量为n=x,y,z，所以n⋅EG=−2x+4y−z=0n⋅BG=−4x+3z=0，
令x=6，则z=8,y=5，即n=6,5,8，
设平面BEF与平面BEG的夹角为α，
则csα=csFG,n=FG⋅nFG⋅n=205×125=45；
（3）由（1）知EF⊥平面BCC1B1，FB⊂平面BCC1B1，∴EF⊥FB，
易知S△BEF=12EF⋅BF=12×4×42+22=45，
又DE=2,0,4，则D到平面BEF的距离为d=DE⋅FGFG=85，
由棱锥的体积公式知：VD−BEF=13d×S△BEF=13×85×45=323.
6．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥P−ABCD,O为底面ABCD的中心．
(1)若AP=5,AD=32，求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若AP=AD,E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小．
【答案】(1)12π
(2)π4
【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形△POA的边长，然后求圆锥的体积；
（2）连接EA,EO,EC，可先证BE⊥平面ACE，根据线面角的定义得出所求角为∠BOE，然后结合题目数量关系求解.
【详解】（1）正四棱锥满足且PO⊥平面ABCD，由AO⊂平面ABCD，则PO⊥AO，
又正四棱锥底面ABCD是正方形，由AD=32可得，AO=3，
故PO=PA2−AO2=4，
根据圆锥的定义，△POA绕PO旋转一周形成的几何体是以PO为轴，AO为底面半径的圆锥，
即圆锥的高为PO=4，底面半径为AO=3，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是13×π×32×4=12π
（2）连接EA,EO,EC，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由E是PB中点，则AE⊥PB,CE⊥PB，又AE∩CE=E,AE,CE⊂平面ACE，
故PB⊥平面ACE，即BE⊥平面ACE，又BD∩平面ACE=O，
于是直线BD与平面AEC所成角的大小即为∠BOE，
不妨设AP=AD=6，则BO=32,BE=3，sin∠BOE=332=22，
又线面角的范围是0,π2，
故∠BOE=π4.即为所求.
7．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP,AP,BC的中点分别为D,E,O，点F在AC上，BF⊥AO．
(1)求证：EF//平面ADO；
(2)若∠POF=120°，求三棱锥P−ABC的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)263
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）作出并证明PM为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【详解】（1）连接DE,OF，设AF=tAC，则BF=BA+AF=(1−t)BA+tBC，AO=−BA+12BC，BF⊥AO，
则BF⋅AO=[(1−t)BA+tBC]⋅(−BA+12BC)=(t−1)BA2+12tBC2=4(t−1)+4t=0，
解得t=12，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点，
于是DE//AB,DE=12AB,OF//AB,OF=12AB，即DE//OF,DE=OF，
则四边形ODEF为平行四边形，
EF//DO,EF=DO，又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO，
所以EF//平面ADO.
（2）过P作PM垂直FO的延长线交于点M，
因为PB=PC,O是BC中点，所以PO⊥BC，
在Rt△PBO中，PB=6,BO=12BC=2，
所以PO=PB2−OB2=6−2=2，
因为AB⊥BC,OF//AB，
所以OF⊥BC，又PO∩OF=O，PO,OF⊂平面POF，
所以BC⊥平面POF，又PM⊂平面POF，
所以BC⊥PM，又BC∩FM=O，BC,FM⊂平面ABC，
所以PM⊥平面ABC，
即三棱锥P−ABC的高为PM，
因为∠POF=120°，所以∠POM=60°，
所以PM=POsin60°=2×32=3，
又S△ABC=12AB⋅BC=12×2×22=22，
所以VP−ABC=13S△ABC⋅PM=13×22×3=263.
8．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F−ABC的体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)34
【分析】（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.
（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F−ABC的体积.
【详解】（1）由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.
由于AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，
所以AB=CB，故AC⊥BE，
由于DE∩BE=E，DE,BE⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，
所以AC=2,AE=CE=1,BE=3，
由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1.
DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，
由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，
由于BF=BF∠FBA=∠FBCAB=CB，所以△FBA≅△FBC，
所以AF=CF，所以EF⊥AC，
由于S△AFC=12⋅AC⋅EF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小
过E作EF⊥BD，垂足为F，
在Rt△BED中，12⋅BE⋅DE=12⋅BD⋅EF，解得EF=32，
所以DF=12−322=12,BF=2−DF=32，
所以BFBD=34
过F作FH⊥BE，垂足为H，则FH//DE，所以FH⊥平面ABC，且FHDE=BFBD=34，
所以FH=34，
所以VF−ABC=13⋅S△ABC⋅FH=13×12×2×3×34=34.
[方法二]：等体积转换
∵AB=BC，∠ACB=60°，AB=2
∴ΔABC是边长为2的等边三角形，
∴BE=3
连接EF
∵ΔADB≅ΔCDB∴AF=CF∴EF⊥AC∴在ΔBED中，当EF⊥BD时，ΔAFC面积最小
∵AD⊥CD,AD=CD,AC=2,E为AC中点∴DE=1∵DE2+BE2=BD2∴BE⊥ED若EF⊥BD,在ΔBED中，EF=BE⋅DEBD=32
BF=BE2−EF2=32∴SΔBEF=12BF⋅EF=12⋅32⋅32=338
∴VF−ABC=VA−BEF+VC−BEF=13SΔBEF⋅AC=13⋅338⋅2=34
9．（2022·全国甲卷·高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF//平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)64033．
【分析】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍，即可解出．
【详解】（1）如图所示：
分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为△EAB,△FBC为全等的正三角形，所以EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，EF//MN且EF=MN，同理有，HE//KM,HE=KM，HG//KL,HG=KL，GF//LN,GF=LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍．
因为MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60∘=43，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d=22，所以该几何体的体积
V=422×43+4×13×42×43×22=1283+25633=64033．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的4倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
V=13⋅43⋅422+4⋅13⋅42⋅1242⋅43+4⋅13⋅43⋅1242⋅42=64033.
10．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且PO⊥底面ABC，AP=AC=2

(1)求三棱锥P-ABC的体积；
(2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）.
【答案】(1)1；
(2)θ=arcsin34．
【分析】（1）由棱锥体积公式计算；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法二面角．
【详解】（1）PO⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，则PO⊥AC，连接BO，同理PO⊥BO，
又AO=12AC=1，PA=2，∴PO=22−12=3，
而S△ABC=12×2×2×sin60°=3，
所以VP−ABC=13PO⋅S△ABC=13×3×3=1；
（2）由已知BO⊥AC，分别以OB,OC,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，
由已知BO=3，
则P(0,0,3)，B(3,0,0)，C(0,1,0)，∴M(32,12,0)，
PM=(32,12,−3)，易知平面PAC的一个法向量是m=(1,0,0)，
csm,PM=m⋅PMmPM=321×34+14+3=34，
设PM与平面PAC所成角大小为θ，则sinθ=34，θ∈[0,π]，∴θ=arcsin34．

11．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点.
（1）证明：OA⊥CD；
（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E−BC−D的大小为45°，求三棱锥A−BCD的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2)36.
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为AB=AD，O是BD中点，所以OA⊥BD，
因为OA⊂平面ABD，平面ABD⊥平面BCD，
且平面ABD∩平面BCD=BD，所以OA⊥平面BCD．
因为CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，OA为z轴，OD为y轴，垂直OD且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系O−xyz，
则C(32,12,0),D(0,1,0),B(0,−1,0)，设A(0,0,m),E(0,13,23m),
所以EB=(0,−43,−23m),BC=(32,32,0)，
设n=x,y,z为平面EBC的法向量，
则由EB⋅n=0BC⋅n=0可求得平面EBC的一个法向量为n=(−3,1,−2m)．
又平面BCD的一个法向量为OA=0,0,m，
所以csn,OA=−2m⋅4+4m2=22，解得m=1．
又点C到平面ABD的距离为32，所以VA−BCD=VC−ABD=13×12×2×1×32=36，
所以三棱锥A−BCD的体积为36．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作EG⊥BD，垂足为点G．
作GF⊥BC，垂足为点F，连结EF，则OA∥EG．
因为OA⊥平面BCD，所以EG⊥平面BCD，
∠EFG为二面角E−BC−D的平面角．
因为∠EFG=45°，所以EG=FG．
由已知得OB=OD=1，故OB=OC=1．
又∠OBC=∠OCB=30°，所以BC=3．
因为GD=23,GB=43,FG=23CD=23,EG=23,OA=1，
VA−BCD=13S△BCD×OA=13×2S△BOC×OA=13×2×(12×32×1×1)×1=36．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角B−EDC，记∠EBD为α，∠EBC为β，∠DBC=30°，
记二面角E−BC−D为θ．据题意，得θ=45°．
对β使用三面角的余弦公式，可得csβ=csα⋅cs30°，
化简可得csβ=32csα．①
使用三面角的正弦公式，可得sinβ=sinαsinθ，化简可得sinβ=2sinα．②
将①②两式平方后相加，可得34cs2α+2sin2α=1，
由此得sin2α=14cs2α，从而可得tanα=±12．
如图可知α∈(0,π2)，即有tanα=12，
根据三角形相似知，点G为OD的三等分点，即可得BG=43，
结合α的正切值，
可得EG=23,OA=1从而可得三棱锥A−BCD的体积为36．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
12．（2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．
（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；
（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）23．
【分析】（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；
（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P−ABCD的体积公式即可求出．
【详解】（1）因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，
所以PD⊥AM，
又PB⊥AM，PB∩PD=P，
所以AM⊥平面PBD，
而AM⊂平面PAM，
所以平面PAM⊥平面PBD．
（2）[方法一]：相似三角形法
由（1）可知AM⊥BD．
于是△ABD∽△BMA，故ADAB=ABBM．
因为BM=12BC,AD=BC,AB=1，所以12BC2=1，即BC=2．
故四棱锥P−ABCD的体积V=13AB⋅BC⋅PD=23．
[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法
由（2）知AM⊥DB,所以kAM⋅kBD=−1．
建立如图所示的平面直角坐标系，设BC=2a(a>0)．
因为DC=1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．
从而kAM⋅kBD=a−01−0×2a−00−1=a×(−2a)=−2a2=−1．
所以a=22，即DA=2．下同方法一.
[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法
建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
设|DA|=t，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．
所以Mt2,1,0，PB=(t,1,−1)，AM=−t2,1,0．
所以PB⋅AM=t⋅−t2+1×1+0×(−1)=−t22+1=0．
所以t=2，即|DA|=2．下同方法一.
[方法四]：空间向量法
由PB⊥AM，得PB⋅AM=0．
所以(PD+DA+AB)⋅AM=0．
即PD⋅AM+DA⋅AM+AB⋅AM=0．
又PD⊥底面ABCD，AM在平面ABCD内，
因此PD⊥AM，所以PD⋅AM=0．
所以DA⋅AM+AB⋅AM=0，
由于四边形ABCD是矩形，根据数量积的几何意义，
得−12|DA|2+|AB|2=0，即−12|BC|2+1=0．
所以|BC|=2，即BC=2．下同方法一.
【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；
方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.
13．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1.
（1）求三棱锥F−EBC的体积；
（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE.
【答案】(1)13；(2)证明见解析.
【分析】（1）先证明△ABC为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；
（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.
【详解】（1）由于BF⊥A1B1，AB//A1B1，所以AB⊥BF，
又AB⊥BB1，BB1∩BF=B，故AB⊥平面BCC1B1，
则AB⊥BC，△ABC为等腰直角三角形，
S△BCE=12S△ABC=12×(12×2×2)=1，VF−EBC=13×S△BCE×CF=13×1×1=13.
（2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体ABCM−A1B1C1M1，如图所示，取棱AM,BC的中点H,G，连结A1H,HG,GB1，
正方形BCC1B1中，G,F为中点，则BF⊥B1G，
又BF⊥A1B1,A1B1∩B1G=B1，
故BF⊥平面A1B1GH，而DE⊂平面A1B1GH，
从而BF⊥ DE.
【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.
14．（2020·全国I卷·高考真题）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO=2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）68.
【分析】（1）根据已知可得PA=PB=PC，进而有△PAC≌△PBC，可得
∠APC=∠BPC=90∘，即PB⊥PC，从而证得PC⊥平面PAB，即可证得结论；
（2）将已知条件转化为母线l和底面半径r的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形ABC边长，在等腰直角三角形APC中求出AP，在Rt△APO中，求出PO，即可求出结论.
【详解】（1）连接OA,OB,OC，∵D为圆锥顶点，O为底面圆心，∴OD⊥平面ABC，
∵P在DO上，OA=OB=OC,∴PA=PB=PC，
∵△ABC是圆内接正三角形，∴AC=BC，△PAC≌△PBC，
∴∠APC=∠BPC=90°，即PB⊥PC,PA⊥PC，
PA∩PB=P,∴PC⊥平面PAB,PC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC；
（2）设圆锥的母线为l，底面半径为r，圆锥的侧面积为πrl=3π,rl=3，
OD2=l2−r2=2，解得r=1,l=3，AC=2rsin60∘=3，
在等腰直角三角形APC中，AP=22AC=62，
在Rt△PAO中，PO=AP2−OA2=64−1=22，
∴三棱锥P−ABC的体积为VP−ABC=13PO⋅S△ABC=13×22×34×3=68.
【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.
15．（2020·全国II卷·高考真题）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B–EB1C1F的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）24.
【分析】（1）由M,N分别为BC，B1C1的中点，MN//CC1，根据条件可得AA1//BB1，可证MN//AA1，要证平面EB1C1F ⊥平面A1AMN，只需证明EF⊥平面A1AMN即可；
（2）根据已知条件求得S四边形EB1C1F和M到PN的距离，根据锥体体积公式，即可求得VB−EB1C1F.
【详解】（1）∵ M,N分别为BC，B1C1的中点，
∴MN//BB1
又AA1//BB1
∴MN//AA1
在等边△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM
又∵侧面BB1C1C为矩形，
∴BC⊥BB1
∵MN//BB1
MN⊥BC
由MN∩AM=M，MN,AM⊂平面A1AMN
∴ BC⊥平面A1AMN
又∵ B1C1//BC，且B1C1⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴B1C1//平面ABC
又∵ B1C1⊂平面EB1C1F，且平面EB1C1F∩平面ABC=EF
∴B1C1//EF
∴EF//BC
又∵BC⊥平面A1AMN
∴ EF⊥平面A1AMN
∵EF⊂平面EB1C1F
∴平面EB1C1F ⊥平面A1AMN
（2）过M作PN垂线，交点为H，
画出图形，如图
∵ AO//平面EB1C1F
AO⊂平面A1AMN，平面A1AMN∩平面EB1C1F=NP
∴AO//NP
又∵ NO//AP
∴ AO=NP=6
∵ O为△A1B1C1的中心.
∴ ON=13A1C1sin60°=13×6×sin60°=3
故：ON=AP=3，则AM=3AP=33，
∵平面EB1C1F⊥平面A1AMN，平面EB1C1F∩平面A1AMN=NP，
MH⊂平面A1AMN
∴ MH⊥平面EB1C1F
又∵在等边△ABC中EFBC=APAM
即EF=AP⋅BCAM=3×633=2
由（1）知，四边形EB1C1F为梯形
∴四边形EB1C1F的面积为：S四边形EB1C1F=EF+B1C12⋅NP=2+62×6=24
∴VB−EB1C1F=13S四边形EB1C1F⋅ℎ，
ℎ为M到PN的距离MH=23⋅sin60°=3，
∴ V=13×24×3=24.
【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.
16．（2021·上海·高考真题）四棱锥P−ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面ABCD.
（1）若△PAB为等边三角形，求四棱锥P−ABCD的体积；
（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PD与AC所成角的大小.
【答案】（1）VP−ABCD=3233；（2）arccs26.
【分析】（1）由棱锥体积公式计算；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）∵正方形ABCD边长为4，△PAB为等边三角形，E为AB中点，
∴PE=23，VP−ABCD=13×42×23=3233；
（2）如图以EA,EF,EP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,4)，D(−2,4,0)，A(−2,0,0)，
C(2,4,0)，∴PD=(−2,4,−4)，AC=(4,4,0)，
∴csθ=PD⋅AC|PD|⋅|AC|=−8+16+06×42=26，
即PD与AC所成角的大小为arccs26．
17．（2019·全国II卷·高考真题）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥E−BB1C1C的体积．
【答案】（1）见详解；（2）18
【分析】（1）先由长方体得，B1C1⊥平面AA1B1B，得到B1C1⊥BE，再由BE⊥EC1，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；
（2）先设长方体侧棱长为2a，根据题中条件求出a=3；再取BB1中点F，连结EF，证明EF⊥平面BB1C1C，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.
【详解】（1）因为在长方体ABCD−A1B1C1D1中，B1C1⊥平面AA1B1B；
BE⊂平面AA1B1B，所以B1C1⊥BE，
又BE⊥EC1，B1C1∩EC1=C1，且EC1⊂平面EB1C1，B1C1⊂平面EB1C1，
所以BE⊥平面EB1C1；
（2）[方法一]【利用体积公式计算体积】
如图6，设长方体的侧棱长为2a，则AE=A1E=a．
由（1）可得EB1⊥BE．所以EB12+BE2=BB12，即2BE2=BB12．
又AB=3，所以2AE2+2AB2=BB12，即2a2+18=4a2，解得a=3．
取BB1中点F，联结EF，因为AE=A1E，则EF∥AB，所以EF⊥平面BB1C1C，
从而四棱锥E−BB1C1C的体积：
VE−BB1C1C=13S矩形BBC1C⋅EF=13⋅BC⋅BB1⋅ EF=13×3×6×3=18．
[方法二]【最优解：利用不同几何体之间体积的比例关系计算体积】
取BB1的中点F，联结EF．由（Ⅰ）可知BE⊥EB1，
所以EF=12BB1=AB=3,BB1=6．故VE−BB1C1C=13V长方体=13×3×3×6=18．
【整体点评】(2)方法一：利用体积公式计算体积需要同时计算底面积和高，是计算体积的传统方法；
方法二：利用不同几何体之间的比例关系计算体积是一种方便有效快速的计算体积的方法，核心思想为等价转化.
18．（2018·全国I卷·高考真题）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=23DA，求三棱锥Q-ABP的体积．

【答案】(1)证明见解析；(2)1.
【分析】(1)根据题意可得BA⊥AC，又 BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，再根据面面垂直的判定定理即可证得；
(2)方法一：根据平面知识求出S△ABP，再求得三棱锥的高，即可根据三棱锥的体积公式求出.
【详解】（1）由已知可得，∠BAC=90°，BA⊥AC．
又BA⊥AD，且AC∩AD=A，所以AB⊥平面ACD．
又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．

（2）［方法一］：定义法
由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=32．又BP=DQ=23DA，所以BP=22．
作QE⊥AC，垂足为E，则QE = 13DC．
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
VQ-ABP=13×QE×S△ABP=13×1×12×3×22sin45°=1．
［方法二］：转化法
由（1）知，DC⊥AB，又DC⊥CA,AB∩CA=A，所以DC⊥平面ABC，则VD-ABC=13S△ABC⋅DC=92．因为DQ=23DA,AQ=13DA，所以VQ-ABC=13VD-ABC=32．因为BP=23DA=23BC，所以VQ-ABP=23VQ-ABC=1．
【整体点评】（2）方法一：根据三棱锥的体积公式求底面积和高，是求三棱锥体积的通性通法；
方法二：根据题目的等量关系转化为求易求的三棱锥体积，也是求三棱锥体积的通性通法．
19．（2017·全国II卷·高考真题）四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD ,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=900.
（1）证明：直线BC//平面PAD;
（2）若△PCD面积为27，求四棱锥P−ABCD的体积.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）43
【分析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取AD中点M，由于平面PAD为等边三角形，则PM⊥AD，利用面面垂直的性质定理可推出PM⊥底面ABCD，设BC=x，表示相关的长度，利用ΔPCD的面积为27，求出四棱锥的体积.
试题解析：
（1） 在平面内，因为,所以
又平面平面故平面
（2）取的中点，连接
由及
得四边形为正方形，则.
因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，
所以底面
因为底面，所以,
设，则，取的中点，连接，则,所以，
因为的面积为，所以，
解得（舍去），
于是
所以四棱锥的体积
【详解】
20．（2017·北京·高考真题）如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.

(1)求证：PA⊥BD；
(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；
(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）13
【详解】试题分析：（Ⅰ）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（Ⅱ）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（Ⅲ）由V=13×S△BCD×DE即可求解.
试题解析:（I）因为PA⊥AB，PA⊥BC，所以PA⊥平面ABC，
又因为BD⊂平面ABC，所以PA⊥BD.

（II）因为AB=BC，D为AC中点，所以BD⊥AC，
由（I）知，PA⊥BD，所以BD⊥平面PAC.
所以平面BDE⊥平面PAC.
（III）因为PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE=DE，
所以PA∥DE.
因为D为AC的中点，所以DE=12PA=1，BD=DC=2.
由（I）知，PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面PAC.
所以三棱锥E−BCD的体积V=16BD⋅DC⋅DE=13.
【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.
21．（2017·全国III卷·高考真题）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．

（1）证明：AC⊥BD；
（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．
【答案】（1）见解析；（2）1:1.
【详解】试题分析：（1）取AC的中点O，由等腰三角形及等边三角形的性质得AC⊥OD，AC⊥OB，再根据线面垂直的判定定理得AC⊥平面OBD，即得AC⊥BD；（2）先由AE⊥EC，结合平面几何知识确定EO=12AC，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.
试题解析：

（1）取AC的中点O，连结DO，BO.
因为AD=CD，所以AC⊥DO.
又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.
从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.
（2）连结EO.
由（1）及题设知∠ADC=90°，所以DO=AO.
在Rt△AOB中，BO2+AO2=AB2.
又AB=BD，所以
BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2，故∠DOB=90°.
由题设知△AEC为直角三角形，所以EO=12AC.
又△ABC是正三角形，且AB=BD，所以EO=12BD.
故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1:1.
【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：
（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
22．（2016·全国I卷·高考真题）如图，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.
（Ⅰ）证明：G是AB的中点；
（Ⅱ）在图中作出点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．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）作图见解析，体积为43.
【详解】试题分析：证明AB⊥PG.由PA=PB可得G是AB的中点.（Ⅱ）在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影.根据正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6，可得DE=2,PE=22.在等腰直角三角形EFP中，可得EF=PF=2.四面体PDEF的体积V=13×12×2×2×2=43.
试题解析：（Ⅰ）因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD.
因为D在平面PAB内的正投影为E，所以AB⊥DE.
所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.
又由已知可得，PA=PB，从而G是AB的中点.
（Ⅱ）在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影.
理由如下：由已知可得PB ⊥PA，PB⊥PC，又EF//PB,所以EF⊥PA，EF⊥PC,因此EF⊥平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影.
连结CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心.
由（Ⅰ）知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD=23CG.
由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以D//PC，
因此PE=23PG,DE=13PC.
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6，可得DE=2,PE=22.
在等腰直角三角形EFP中，可得EF=PF=2.
所以四面体PDEF的体积V=13×12×2×2×2=43.
【考点】线面位置关系及几何体体积的计算
【名师点睛】文科立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.
23．（2016·全国II卷·高考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E,F分别在AD,CD上，AE=CF,EF交BD于点H，将ΔDEF沿EF折起到ΔD'EF的位置.
（Ⅰ）证明：AC⊥HD'；
（Ⅱ)若AB=5,AC=6,AE=54,OD'=22，求五棱锥D'−ABCFE的体积.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）2322.
【详解】试题分析：（1）由已知得，AC⊥BD,AD=CD，AE=CF ⇒ AEAD=CFCD ⇒ AC//EF ⇒
EF⊥HD,EF⊥HD' ⇒ AC⊥HD'；（2）由EF//AC ⇒ OHDO=AEAD=14，由AB=5,AC=6 ⇒
DO=BO=AB2−AO2=4 ⇒ OH=1,D'H=DH=3 ⇒ OD'2+OH=(22)2+12=9=D'H2 ⇒ OD'⊥OH，可证OD'⊥平面ABC．又由EFAC=DHDO得EF=92 ⇒五边形ABCFE的面积S=12×6×8
−12×92×3=694 ⇒以五棱锥D'−ABCEF体积V=13×694×22=2322．
试题解析： （1）由已知得，AC⊥BD,AD=CD，
又由AE=CF得AEAD=CFCD，故AC//EF，
由此得EF⊥HD,EF⊥HD'，所以AC⊥HD'．
（2）由EF//AC得OHDO=AEAD=14，
由AB=5,AC=6得DO=BO=AB2−AO2=4，
所以OH=1,D'H=DH=3，
于是OD'2+OH=(22)2+12=9=D'H2，故OD'⊥OH，
由（1）知AC⊥HD'，又AC⊥BD,BD∩HD'=H，
所以AC⊥平面BHD'，于是AC⊥OD'，
又由OD'⊥OH,AC∩OH=O，所以，OD'⊥平面ABC．
又由EFAC=DHDO得EF=92．
五边形ABCFE的面积S=12×6×8−12×92×3=694．
所以五棱锥D'−ABCEF体积V=13×694×22=2322．
考点：1、线线垂直；2、锥体的体积.
24．（2016·全国III卷·高考真题）如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．
（I）证明MN∥平面PAB；
（II）求四面体N−BCM的体积.
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)435.
【详解】试题分析：（Ⅰ）取PB的中点T，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT为平行四边形，从而得到MN∥AT，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）由条件可知四面体N-BCM的高，即点N到底面的距离为棱PA的一半，由此可顺利求得结果．
试题解析：（Ⅰ）由已知得，取的中点T，连接，由N为中点知，.
又，故平行且等于，四边形AMNT为平行四边形，于是.
因为平面，平面，所以平面.

（Ⅱ）因为平面，N为的中点，
所以N到平面的距离为.
取的中点，连结.由得，.
由得到的距离为，故S△BCM=12×4×5=25.
所以四面体的体积VN−BCM=13×S△BCM×PA2=453.
【考点】直线与平面间的平行与垂直关系、三棱锥的体积
【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求三棱锥的体积关键是确定其高，而高的确定关键又找出顶点在底面上的射影位置，当然有时也采取割补法、体积转换法求解．
25．（2016·江苏·高考真题）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P−A1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱ABCD−A1B1C1D1（如图所示），并要求正四棱柱的高OO1是正四棱锥的高PO1的4倍.

（1）若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少？
（2）若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？
【答案】（1）312（2）PO1=23
【详解】试题分析：（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解；（2）先根据体积关系建立函数解析式，V=V锥+V柱=263(36ℎ−ℎ3)(0