高一数学下学期期末考试分类汇编立体几何中的表面积和体积苏教版

这是一份高一数学下学期期末考试分类汇编立体几何中的表面积和体积苏教版，共33页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题06 立体几何中的表面积和体积
一、单选题
1．（2021·江苏·高邮市临泽中学高一期末）一个长、宽、高分别为80cm、60cm、100cm的长方体形状的水槽装有适量的水，现放入一个直径为40cm的木球（水没有溢出）．如果木球正好一半在水中，一半在水上，那么水槽中的水面升高了（       ）
A．cm B．cm
C．cm D．cm
【答案】B
【解析】
【分析】
根据木球在水中的体积等于水槽上升的体积，即可求解出水槽中水面上升的高度
【详解】
解：因为直径为40cm的木球，一半在水中，一半在水上，
所以可得木球在水中的体积，
因为木球在水中的体积等于水槽上升的体积，
所以水槽中水面上升的高度为
故选：B
2．（2021·江苏扬州·高一期末）已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该正四棱锥的体积等于（       ）
A． B． C． D．4
【答案】A
【解析】
【分析】
首先计算正四棱锥的高，再计算体积.
【详解】
如图，正四棱锥，，，则，
则该正四棱锥的体积.

故选：A
3．（2021·江苏省镇江中学高一期末）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（       ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由于正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线，从而求出体对角线，可得球的直径，进而可求出球的表面积
【详解】
解：设正方体外接球的半径为，则由题意可得
，得，
所以球的表面积为，
故选：B
4．（2021·江苏宿迁·高一期末）在直三棱柱中，，，，则这个直三棱柱的外接球的表面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出三棱柱的外接球的半径，再利用球的表面积公式的应用求出结果．
【详解】
直三棱柱中，，，
所以，由正弦定理可得，所以，
即△的外接圆的半径为，所以三棱柱的外接球的半径，
所以．
故选：．
5．（2021·江苏连云港·高一期末）《算术书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典著，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取3，则近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
因为圆锥的体积为，故而，由可得的近似值.
【详解】
设圆锥的底面半径为，则圆锥的底面周长，所以，
所以，
令，得.
故选：B.
6．（2021·江苏省镇江中学高一期末）一个无盖的圆柱形容器的底面半径为3，母线长为14，现将该容器盛满水，然后平稳慢慢地将容器倾斜让水流出，当容器中的水是原来的时，则圆柱的母线与水平面所成的角的余弦值为（       ）．

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知条件可求出圆柱形容器中水的总体积，再由容器中的水是原来的，可以求出流出水的体积，再由流水之后空出部分恰好是用一个平面去平分了一个短圆柱，由此解出短圆柱的高，解三角形即可
【详解】
解：由题意可得容器中水的体积为，
由容器中的水是原来的，可得流出水的体积为，
则，
所以，
，
所以圆柱的母线与水平面所成的角的余弦值为，
故选：B

二、多选题
7．（2021·江苏省镇江中学高二期末）一副三角板由一块有一个内角为的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示， ，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥，取中点与中点，则下列判断中正确的是（       ）

A．直线面
B．与面所成的角为定值
C．设面面，则有∥
D．三棱锥体积为定值.
【答案】ABC
【解析】
【分析】
对于A，利用线面垂直的判定定理即可解决；对于B，C，依托于选项A即可较容易得到.点到平面的距离不等确定，即可判断选项D.
【详解】
对于A，由中点与中点，得,
得，
由为等腰直角三角形得，由，
面，
得直线面，故A正确；
对于B，由A得，与面所成的角为，为定值，故B正确；
对于C，由A得，，故面，由面，
面面，所以∥，故C正确；
对于D，的面积为定值，
但三棱锥的高会随着点的位置移动而变化，
故D错误.
故选：ABC.
【点睛】
此题考立体几何中关于线面垂直，线面角，线面平行的判定与性质，属于简单题.
8．（2021·江苏·高一期末）下列说法中正确的有（       ）
A．设正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为，那么它的体积为
B．用斜二测法作△ABC的水平放置直观图得到边长为a的正三角形，则△ABC面积为
C．三个平面可以将空间分成4，6，7或者8个部分
D．已知四点不共面，则其中任意三点不共线．
【答案】ACD
【解析】
对A,根据题意求出底面积与高再求体积判定即可.
对B,根据斜二测画法前后面积的关系求解判断即可.
对C,分析这三个平面的位置关系再逐个讨论即可.
对D,利用反证法证明即可.
【详解】
对于A,正六棱锥的底面边长为1,则S底面积＝6•1×1×sin60°；
又侧棱长为,则棱锥的高h2,
所以该棱锥的体积为VS底面积h2,A正确；
对于B,水平放置直观图是边长为a的正三角形,直观图的面积为S′a2×sin60°,则原△ABC的面积为S＝2S′＝2a2a2,所以B错误；
对于C,若三个平面互相平行,则可将空间分为4部分；
若三个平面有两个平行,第三个平面与其它两个平面相交,则可将空间分为6部分；
若三个平面交于一线,则可将空间分为6部分；
若三个平面两两相交且三条交线平行（联想三棱柱三个侧面的关系）,则可将空间分为7部分；
若三个平面两两相交且三条交线交于一点（联想墙角三个墙面的关系）,则可将空间分为8部分；
所以三个平面可以将空间分成4,6,7或8部分,C正确；
对于D,四点不共面,则其中任意三点不共线,否则是四点共面,所以D正确；
综上知,正确的命题序号是ACD.
故选：ACD.
【点睛】
本题主要考查了立体几何中的基本性质与空间中线面的关系问题,属于基础题.
三、填空题
9．（2021·江苏南京·高一期末）若圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为90°的扇形，则这个圆锥的全面积是___________.
【答案】####1.25
【解析】
【分析】
先根据求出圆锥的侧面面积，再根据展开图扇形弧长等于底面圆的周长求出底面圆的半径，进而求出底面面积，相加得到圆锥的全面积.
【详解】
圆锥的侧面展开图面积为，圆锥的底面圆半径设为，则，解得：，所以底面圆面积为，则圆锥的全面积为
故答案为：
10．（2021·江苏南京·高一期末）如图，圆锥的母线长为4，点为母线的中点，从点处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到点，这条绳子的长度最短值为，则此圆锥的表面积为__________

【答案】
【解析】
【分析】
作出圆锥侧面展开图，根据给定条件求出展开图扇形圆心角，再求出圆锥底面圆半径即可作答.
【详解】
将圆锥侧面沿母线AB剪开，其侧面展开图为扇形，如图，

从点处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到点，最短距离即为线段BM长，则有，
而M是线段中点，又母线长为4，于是得，即，
设圆锥底面圆半径为r，从而有：，解得，
所以圆锥的表面积为.
故答案为：
11．（2021·江苏常州·高一期末）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年.在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图是阳马，平面，，，，则该阳马的外接球的表面积为___________.

【答案】
【解析】
【分析】
把四棱锥放置在长方体中，求出长方体外接球的表面积得答案．
【详解】
把四棱锥放置在长方体中，

则长方体的外接球即为四棱锥的外接球，
，，，
长方体的对角线长为，
则长方体的外接球的半径，
该阳马的外接球的表面积为．
故答案为：．
四、解答题
12．（2021·江苏南京·高一期末）如图，在五面体ABCDEF中，已知平面ABCD，，，，．
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）先证明平面，再利用线面平行的性质，证明；
（2）在平面内作于点，证明是三棱锥的高，即可求三棱锥的体积．
【详解】
（1）因为，平面，平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以．
（2）如图，

在平面内过点B作于点．
因为平面，平面，所以．
又，平面，，
所以平面，
所以是三棱锥的高．
在直角三角形中，，，所以．
因为平面，平面，所以．
又由（1）知，，且，所以，所以，
所以三棱锥的体积．
13．（2021·江苏南京·高一期末）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，M、N分别是、的中点，

（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）若，是边长为4的正三角形，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）要证明线面平行，根据判断定理可知，需证明线线平行，转化为证明，即可证明；（2）要证明线线垂直，需先证明线面垂直，即证明平面，即可证明；（3）利用等体积转化，求几何体的体积，或证明平面，.
【详解】
（1）连接，由N是菱形的对角线和的交点，知：点N为的中点且M是的中点，由三角形的中位线定理知：       …
矩形的对边，得：
，平面，平面，故平面       

（注：线面平行的判定定理的使用中缺条件扣1分）
（2）由菱形的对角线互相垂直，得：，，平面，平面，，故平面，平面，
故有       
（3）由侧面是矩形，知.又由，，平面，平面，所以平面，即平面
由是边长为4的正三角形，知：       
故             
（注：线面垂直的判定定理的使用缺条件扣1分）
或者：,
平面，，且，
平面

14．（2021·江苏徐州·高一期末）如图①，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为AB，BC，BB1，的中点．

（1）求证：平面EFG⊥平面BB1D1D；
（2）将该正方体截去八个与四面体B-EFG相同的四面体得到一个多面体(如图②)，若该多面体的体积是，求该正方体的棱长．
【答案】（1）证明见解析；（2）4．
【解析】
【分析】
(1)连接AC，可得EF//AC，证得EF⊥平面BB1D1D即可作答；
(2)利用正方体的棱长a表示出四面体B-EFG的体积，再利用割补法列式即可得解.
【详解】
（1）在正方体中，平而，而平面，则
连接，如图，在中，分别为的中点，即，在正方形中，，于是得

又因平面平面，从而得平面
又平面，所以平面平面；
（2）设正方体的棱长为，由（1）知，四面体的体积为，
因此所得多而体的体积为，解得，
所以该正方体的棱长为4．

一、单选题
1．（2021·江苏徐州·高一期末）在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，BD⊥CD，且AB=BD=DA=3，，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题设给定的条件作出三棱锥的外接球球心O，计算OB长即可得解.
【详解】
三棱锥中，取BC，BD中点O1，E，连接O1E，AE，如图，

于是得，而，则，又AB=BD=DA=3，则有，
因平面ABD⊥平面BCD，从而得平面，平面，
在AE上取点O2，使，显然点O1，O2分别为、正的外接圆圆心，
设三棱锥的外接球球心O，连，因此有平面，平面，
从而得，得，，
中，，则球O半径，
所以三棱锥A-BCD的外接球的表面积为.
故选：B
【点睛】
关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.
2．（2021·江苏泰州·高一期末）已知A，B，C，D四点均在半径为R的球O的球面上，的面积为，球心O到平面的距离为，若三棱锥体积的最大值为24，则球O的表面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
要使三棱锥的体积最大，则要棱锥的高最高，然后根据体积公式可得到半径，从而得到球的表面积.
【详解】
O到平面的距离为，，若要三棱锥体积的最大，则要高最高，高的最大值为，
所以，
解得，，
则球O的表面积.
故选：D.
3．（2021·江苏·南京市中华中学高一期末）如图，四棱锥的底面为矩形，底面，，，点是的中点，过，，三点的平面与平面的交线为，则下列说法错误的是（       ）

A．平面
B．
C．直线与所成角的正切值为
D．平面截四棱锥所得的上下两部分几何体的体积之比为
【答案】C
【解析】
【分析】
根据线面平行的判定定理判断A，由线面垂直的性质判断B，求出异面直线所成角的正切值判断C，作出交线，根据组合体体积公式计算体积后判断D．
【详解】
因为，平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以，而平面，平面，所以平面，A正确；
平面，平面，所以，所以，B正确；
直线与所成角即，在中，C错；
取中点，因为是中点，则，所以，即为直线，
连接，是矩形，，则，
是的中位线，所以，所以，
是的中线，，，
所以，从而，
所以．D正确．
故选：C．

4．（2021·江苏·泰州中学高一期末）粽，即粽粒，俗称粽子，主要材料是糯米、馅料，用籍叶(或箬叶.簕古子叶等)包裹而成，形状多样，主要有尖角状、四角状等.粽子由来久远，最初是用来祭祀祖先神灵的贡品.南北叫法不同，北方产黍，用黍米做粽，角状，古时候在北方称“角黍”.由于各地饮食习惯的不同，粽子形成了南北风味；从口味上分，粽子有咸粽和甜粽两大类.某地流行的四角状的粽子，其形状可以看成一个正四面体，现需要在粽子内部放入一个肉丸，肉丸的形状近似地看成球，当这个肉丸的体积最大时，其半径与该正四面体的高的比值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意,当肉丸的体积最大时,肉丸所成的球是该正四面体的内切球,再根据空间几何体求解即可.
【详解】
当肉丸的体积最大时,肉丸所成的球是该正四面体的内切球,
设正四面体的边长为高为内切球的半径为
所以，，所以
正四面体的表面积为，
所以根据等体积法得，即，解得
所以，所以.
故选：C

【点睛】
本题考查数学文化与空间几何体的内切球问题，考查运算求解能力，空间想象能力，是中档题.本题解题的关键在于利用等体积法求得几何体的内切球的半径.
二、多选题
5．（2021·江苏宿迁·高一期末）已知边长为的菱形中，，将沿翻折，下列说法正确的是（       ）
A．在翻折的过程中，直线，所成角的范围是
B．在翻折的过程中，三棱锥体积最大值为
C．在翻折过程中，三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为
D．在翻折的过程中，点在面上的投影为，为棱上的一个动点，的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】
在翻折成正四面体的情况利用线面垂直的判定定理可以证明直线与所成角为直角，，从而否定；利用平面与底面垂直的情况，得到三棱锥的体积最大值，计算后可判定B；利用当得到面积的最大值，利用等体积法可以求得此时内切球的半径，进而计算其表面积，从而判定C.将的最小值转化为异面直线与的距离，考虑翻折的极限情况可以否定.其中要注意线面垂直，面面垂直的判定与性质的应用.
【详解】
解：对于：由题意可得△ABC和△ADC为等边三角形，

翻折后，当时，四面体ABCD为正四面体，
取BC中点为E，连接AE，DE，可知AE⊥BC，DE⊥BC，
AE∩DE=E，所以平面ADE，所以BA⊥AD，
直线与所成角为直角，故错误；
对于B：当平面与底面垂直时，三棱锥的体积最大，

取AC中点H，连接DH，则DH⊥AC，又因为平面ADC⊥平面ABC，ADC∩ABC=AC，
所以DH⊥平面ABC，
此时，，故正确；
对于C：因为是翻折过程中的不变量，翻折过程中的对应边始终相等，所以这两个三角形始终全等，∴始终相等，△ABD，△BCD等于，由于最初时这两个角都是，翻折到重合时，都变成了，在连续变化的过程中，当时，△ABD，△BCD的面积最大，而另外两个面△,△在翻折中的形状不变，面积是固定的，所以当且仅当此时三棱锥表面积最大，此时DC=，
取AC中点为O，连接BO，DO，则BO⊥AC，DO⊥AC，BO∩DO=O，
所以AC⊥平面BOD.

，，
此时设内切球的半径为，




，.
内切球的表面积为
故C正确；
对于D：如图，设翻折前的棱形的位置如图在翻折过程中，设AC中点为O:

由已知可得AC=a，△ABC，ADC都是正三角形.
同上可证，AC⊥平面BOD，所以平面BOD⊥平面ABC，根据平面垂直的性质定理可得D在平面ABCD中的射影的轨迹是线段，因为E是CD上的动点，所以的最小值是异面直线直线与CD的距离，
当翻折使得二面角接近于时，线段的长度接近于0，分别是异面直线与上的点，所以异面直线与的距离不超过,故异面直线与CD的距离无限接近于0，（另外当二面角接近于时，的距离接近于0，分别是异面直线与上的点，所以异面直线与的距离也不超过,故异面直线与CD的距离也无限接近于），所以的距离可以无限的接近于0，没有最小值，故D错误．
故选：.
【点睛】
当平面ACD⊥平面ABC时，BO⊥AC，BO⊂平面ABC，平面ABC∩平面ACD=AC，所以BO⊥平面ADC.过O作OM⊥CD，垂足是M，

则由于OM⊂平面ACD，OB⊥平面ACD，所以OB⊥平面ACD，即直线⊥平面ACD，所以，所以OM就是异面直线与CD的距离，OM=OCsin∠MCO=，但这不是异面直线与CD的距离的最小值.
6．（2021·江苏常州·高一期末）已知正四面体的棱长为，则（       ）．
A． B．四面体的表面积为
C．四面体的体积为 D．四面体的外接球半径为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
取中点由已知条件可得平面，平面可判断A；
求出正四面体表面积可判断B；
由A选项得知，平面，取中点，连接，求出，可得四面体的体积可判断C；
将正四面体补成正方体，正方体的对角线即为外接球的直径，正四面体的棱长即为正方体面对角线长，计算出正方体对角线长可求出外接球的半径可判断D.
【详解】
对于A，取中点，连接，因为是正四面体，所以，且，所以平面，
平面，所以，故正确；

正四面体的一个侧面的面积为，
所以表面积为，故B正确；
由A选项得知，平面，取中点，连接，
因为是正四面体，所以，，，
所以，四面体的体积为，故C错误；

将正四面体补成正方体，则正四面体和长方体有相同的外接球，
正方体的对角线即为外接球的直径，正四面体的棱长即为正方体面对角线长，
因为正四面体的棱长为，所以正方体的棱长为，
对角线长为，
所以外接球的半径为 ，故D正确.

故选：ABD.
7．（2021·江苏扬州·高一期末）已知长方体中，，，是线段上的一动点，则下列说法正确的有（       ）
A．当与重合时，三棱锥的外接球的表面积为
B．三棱锥的体积不变
C．直线与平面所成角不变
D．的最小值为3
【答案】ABD
【解析】
【分析】
利用三棱锥与长方体有相同的外接球，由长方体的体对角线求出直径，由球的表面积公式求解即可判断选项A，由平面，结合等体积法，即可判断选项B，由平面，结合的长度是变化的，即可判断选项C，把矩形和放置在同一平面内，当点，，三点共线时，最小，求解即可判断选项D．
【详解】
对于A，当点与重合时，三棱锥即为三棱锥，
又因为三棱锥与长方体有相同的外接球，
所以外接球的直径，
故外接球的表面积为，
故选项A正确；
因为，又平面，平面，
所以平面，
由等体积法可得，，
所以三棱锥的体积不变，
故选项B正确；
对于C，因为平面，
所以点到平面的距离不变，
但的长度由的长增加到的长度，
即的长度是变化的，
所以直线与平面所成的角是变化的，
故选项C错误；
对于D，把矩形和放置在同一平面内，如图所示，
其中，，，则，
连接交于点，
当点，，三点共线时，最小，
则，
故，所以，
由余弦定理可得，，
所以，即的最小值为，
故选项D正确．

故选：ABD．
三、填空题
8．（2021·江苏省锡山高级中学高一期末）早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．

【答案】
【解析】
【分析】
可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，可得，，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.
【详解】
由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，
设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，
则，得，
所以正五棱锥的顶点到底面的距离是，
所以，即，解得．
所以该正二十面体的外接球表面积为，
而该正二十面体的表面积是，
所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于．
故答案为：.
【点睛】
本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.
9．（2021·江苏·南京市中华中学高一期末）已知直三棱柱，，，若点是上底面所在平面内一动点，若三棱锥的外接球表面积恰为，则此时点构成的图形面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】
确定是等腰直角三角形，的中点分别是和的外心，由直棱柱性质得的外接球的球心在上，外接球面与平面的交线是圆，是以为圆心，为半径的圆，求出可得面积．
【详解】
，则，设分别是的中点，则分别是和的外心，由直三棱柱的性质得平面，
所以的外接球的球心在上，如图，
，则，，
所以，
，
的外接球面与平面的交线是圆，是以为圆心，为半径的圆，
其面积为．
故答案为：．

【点睛】
关键点点睛：本题考查立体几何中动点轨迹问题的求解，重点考查了几何体的外接球的有关问题的求解，关键是根据外接球的性质确定球心位置，结合勾股定理得出动点所满足的具体条件，结论：三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上．
10．（2021·江苏省新海高级中学高一期末）在三棱锥中，，，，．平面平面，若球是三棱锥的外接球，则球的半径为_________．
【答案】4
【解析】
取中点，连接，，再根据题意依次计算，进而得球的球心即为（与重合）
【详解】
解：因为，，，
所以，又因为，
所以，所以，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
取中点，连接，
所以，，
所以平面，所以，
此时，， ，
所以，
即球的球心球心即为（与重合），半径为.
故答案为：.

【点睛】
本题解题的关键在于寻找球心，在本题中，均为直角三角形，故易得中点即为球心.考查空间思维能力，运算求解能力
11．（2021·江苏苏州·高一期末）已知三棱锥中，平面，异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的体积为_________，三棱锥的外接球的表面积为_________.
【答案】         
【解析】
【分析】
分别取的中点，连接，得到为异面直线与所成的角，得出，设，由余弦定理求得的值，进而求得三棱锥的体积；再找出三棱锥的外接球的球心，利用勾股定理求得外接球的半径，代入球的表面积公式，即可求解.
【详解】
分别取的中点，
连接，可得，
所以为异面直线与所成的角，所以，
设，可得，则，
在中，由余弦定理，可得，
所以，解得，
所以三棱锥的体积为，
设底面的中心为，三棱锥的外接球的球心为，
连接，则平面，
可得，
则三棱锥的外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：；.

四、解答题
12．（2021·江苏·南京市第一中学高一期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，..平面平面ABCD，.

（1）若平面平面，求证：；
（2）求证：平面平面PBD；
（3）若二面角的正切值为，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）先证明面PAD，再由线面平行的性质证明
（2）先证明，，再由面面垂直的判定定理得出平面平面PBD；
（3）取AD中点E，作，由结合面面角的定义得出，，最后由体积公式得出四棱锥的体积.
【详解】
（1）∵，面PAD，面PAD，∴面PAD
又面PBC，面面，∴
（2）∵，∴，∴
∵面面ABCD，面PAD，面面，
∴面ABCD，∵面ABCD，∴
∵，∴面PBD，∵面PAC，∴面面PBD
（3）如图，取AD中点E，作，∴，
∵面面ABCD，面ABCD，面面，
∴面PAD.
∵面PAD，∴，，∴面BBF.
∵面BBF，∴
∴二面角的平面角为EFB，∴，∴
∴，∴


13．（2021·江苏常州·高一期末）如图，三棱锥的底面是等腰直角三角形，其中，，平面平面，点，，，分别是，，，的中点．

（1）证明：平面平面；
（2）当与平面所成的角为时，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）先由平面平面，得到平面，利用面面垂直的判定定理证明平面平面；
（2）连结，证明就是直线与平面所成的角，于是
用切割法把四棱锥看出三棱锥切去三棱锥,直接求体积即可.
【详解】
解：（1）证明：由题意可得，，
点，分别是，的中点，
故∥AC，故，
平面平面，交线为
故平面
在平面内，
故平面平面；
（2）

连结，由，点是的中点，可知，
再由平面平面，可知平面，
连结，可知就是直线与平面所成的角，
于是，

因为，是中点，故，
又平面平面，故平面，
即点到平面的距离为．
点是中点，故点到平面的距离为，



即四棱锥的体积为．
【点睛】
立体几何解答题的基本结构：
(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；
(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离）.如果求体积（距离），常用的方法有：（1） 直接法；（2）等体积法；（3）补形法；（4）向量法.
14．（2021·江苏·高一期末）已知在六面体中，平面，平面，且，底面为菱形，且.

（1）求证：平面平面；
（2）若，，且为的中点，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接交于，易知，由平面得，进而得平面，由于平面，故即可证得；
（2）根据题意易得平面，平面，故根据等体积法得，再根据几何关系求解即可.
【详解】
解：（1）证明：连接交于，
∵ 底面为菱形，∴，为中点，
∵ 平面，平面，
∴ ，
∵ ，
∴ 平面，
∵ 平面，
∴ 平面平面.
（2）∵ 平面，平面，
∴，
∵ 平面，平面，
∴平面，
∵ 底面为菱形，∴
∵平面，平面
∴平面，
∵ 为的中点，
∴ 三棱锥的体积，
由（1）知得平面，，，，，
∴ ，，
所以，
所以

【点睛】
本题考查面面垂直的证明，等体积法求几何体的体积，考查空间想象能力，逻辑推理能力，运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于根据已知条件，利用等体积转化法得.