2019年高考数学空间立体几何复习专题体积

第六讲空间几何的体积
【考点分析】
1.掌握求空间几何的体积和表面积的各种方法。

2.利用线面垂直的性质求空间几何的高
【知识运用】
题型一直接法求体积
【例1】（2018惠州模拟）如图，直角ABC
∆中，90
ACB
∠=，24
BC AC
==，D E
，分别是,
AB BC边的中点，沿DE将BDE
∆折起至FDE
∆，且60
CEF
∠=.
（1）求四棱锥F ACED
-的体积；（2）求证：平面ADF⊥平面ACF．
试题解析：（1）∵,D E分别是,
AB BC边的中点，∴DE平行且等于AC的一半，,1
DE BC DE
⊥=
依题意，,2
DE EF BE EF
⊥==.
于是有
,
DE BC
DE EF
DE
EF EC E
EF EC CEF
⊥⎫
⎪
⊥⎪
⇒⊥
⎬
⋂=⎪
⎪
⊂⎭
平面
平面CEF.
∵DE⊥平面CEF∴平面ACED CEF
⊥平面
过F点作FM EC
⊥于M，则
,
ACED CEF CE
FM EC FM ACED
FM CEF
⊥⎫
⎪
⊥⇒⊥
⎬
⎪
⊂⎭
平面平面且交线为
平面
平面
，
∵60
CEF
∠=∴3
FM=
∴梯形ACED的面积
()()
11
1223
22
S AC ED EC
=+⨯=⨯+⨯=
∴四棱锥F ACED
-的体积
11
333
33
V Sh
==⨯=
（2）（法一）如图．设线段,AF CF 的中点分别为,N Q ，连接,,DN NQ EQ ，则
1
//
2NQ AC ，
于是1//
2
////1
//2DE AC DE NQ DEQN DN EQ NQ AC ⎫⎪⎪⇒⇒⇒⎬⎪
⎪⎭是平行四边形.
又60EC EF CEF
CEF =⎫
⇒∆⎬∠=⎭是等边三角形. ∴EQ⊥FC 由（1）知,DE CEF EQ CEF ⊥⊂平面平面. ∴DE EQ ⊥ ∴AC EQ ⊥
于是,AC EQ
FC EQ EQ ACF
AC FC C AC FC ACF ⊥⎫
⎪⊥⎪
⇒⊥⎬⋂=⎪⎪⊂⎭平面平面.
∴DN ACF ⊥平面 又∵DN ADF ⊂平面
∴平面ADF ⊥平面ACF
. （法二）连接BF ，∵,60EC EF CEF =∠= ∴△CEF 是边长为2等边三角形 ∵BE EF =
∴
1
302EBF CEF ∠=
∠=∴90BFC ∠=， BF FC ⊥
又∵,DE BCF DE ⊥平面∥AC ∴AC BCF ⊥平面
∵BF BCF ⊂平面∴AC BF ⊥ 又∵FC AC C ⋂=，∴BF ACF ⊥平面
又∵BF ADF ⊂平面，∴平面ADF ⊥平面ACF . 【变式】
1.．如图，在三棱台
中，，且面
，
，
分别为
的中点，
为
上两动点，且
.
（1）求证：； （2）求四面体的体积. 试题解析：（1）取的中点,连接,∵,为的中点,
∴,又,∴,
∵
,且
,∴四边形为平行四边形,∴
,
同理，四边形为平行四边形，∴
.∴四边
为平行四边形,
∵面
,∴面
, ∴,又,∴面,
∵
面
,∴.
（2）令与交于，∵
面
,
面,∴面面 , ∵面面
,∵,∴,∴
面
,
∴
为点到面
的距离，即,
又,
∴.
题型二等体积（换顶点）
【例2】．在四棱锥中，，，，是以为斜边的等腰直角三角形，平面平面.
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若点在线段上，且，求三棱锥的体积.
试题解析：
（Ⅰ）证明：取，的中点分别为，，连接，.
∵是以为斜边的等腰直角三角形，∴.
∵平面平面，平面平面，
∴平面，而，∴①
又∵，，，
∴四边形为正方形，且
，∴，即②
由①②及得：面，
又∵面，∴
， 又∵
，
，∴
面，而面，∴.
（Ⅱ）过点作于，则面且，
（或由（Ⅰ）得面，）
2．如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为正方形， PA ⊥平面ABCD ， PA AB =，
M 是PC 上一点.
（1）若BM PC ⊥，求证： PC ⊥平面MBD ；
（2）若M 为PC 的中点，且2AB =，求三棱锥M BCD -的体积. （1）证明：连接AC ，由PA ⊥平面ABCD ， BD 平面ABCD 得BD PA ⊥，
又BD AC ⊥， PA AC A ⋂=， ∴BD ⊥平面PAC ，得PC BD ⊥， 又PC BM ⊥， BD BC B ⋂=，
∴PC ⊥平面MBD .
（2）解：由M 为PC 的中点得
111223M BCD P BCD BCD V V S PA --∆==⨯⋅ 1112
222232
3=⨯⨯⨯⨯⨯=
. 3．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形， 22AB AD ==，
3PD BD AD ==，且PD ⊥底面ABCD .
（1）证明： BC ⊥平面PBD ；
（2）若Q 为PC 的中点，求三棱锥A PBQ -的体积. 试题解析：
（1）证明：∵222
AD BD AB +=，∴AD BD ⊥，
∵//AD BC ，∴BC BD ⊥.
又∵PD ⊥底面ABCD ，∴PD BC ⊥. ∵PD BD D ⋂=，∴BC ⊥平面PBD . （2）三棱锥A PBQ -的体积
A PBQ
V -与三棱锥A QBC -的体积相等，
而12A QBC Q ABC P ABC V V V ---== 1111
1334
434P ABCD V -==⨯⨯=
. 所以三棱锥A PBQ -的体积
1
4A PBQ V -=
.
题型三利用等体积求高
【例3】．在矩形中，，，为线段的中点，如图1，沿将折起至，使，如图2所示．
（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离．
（1）证明：在图1中连接，则，，．
∵，，∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2）取的中点，连接，∵，∴，，
∵平面平面，∴平面，
∴．
设点到平面的距离为，
由（1）平面，知，，
∵，∴，，
∴点到平面的距离为．
【变式】
1、．在三棱锥中，底面，，，是的中点，是
线段上的一点，且，连接，，.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
试题解析：（1）因为，所以. 又，，
所以在中，由勾股定理，
得.
因为，
所以是的斜边上的中线.
所以是的中点.
又因为是的中点，
所以直线是的中位线，
所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）由（1）得，.
又因为，.
所以.
又因为
，
所以.
易知
，且
，
所以.
设点到平面
的距离为，
则由，
得，
即，
解得
.
即点到平面的距离为.
2、如图，在三棱锥中，平面⊥平面， AP PD ==
=，．
（Ⅰ）求证：平面平面
；
（Ⅱ）已知
，求点
到平面APB 的距离．
试题解析：
（Ⅰ）在Rt PAD 中，因为AP PD == 3
AB
， AP PD ⊥，
所以
623AD AP AB ==
，
在ABD 中， 2
2
222
6333AD BD AB AB AB ⎛⎫⎛⎫+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭，
所以BD AD ⊥， 1分
又因为平面PAD ⊥平面ABD ，平面PAD ⋂平面ABD = AD ， BD ⊂平面ABD ， 所以BD ⊥平面PAD ， 2分
又∵AP ⊂平面PAD ，所以BD AP ⊥， 3分 因为AP PD ⊥， PD BD D ⋂=， 4分 所以AP ⊥平面PBD ， 因为AP ⊂平面PBA ，
所以平面PBA ⊥平面PBD . 6分 （Ⅱ）如图，设AD 的中点为O ，连接OP ，
，
∵AP PD == 2BD =， AP DP ⊥，∴OP AD ⊥， 22AD = 2OP =， ∵平面PAD ⊥平面ABD ，平面PAD ⋂平面ABD = AD ， OP ⊂平面PAD ， ∴OP ⊥平面ABD ， 8分
由（Ⅰ）知， BD ⊥平面PAD ，∴,AD BD BD PD ⊥⊥， ∴22PB = 3AB =
∴222
AB PB PA =+，∴AP BP ⊥，
∴APB S = 12AP BP ⨯⨯=12222⨯=22 ∴P ABD V -三棱锥=
1
3ABD
S OP
⨯=11222232⨯⨯4
3，……………………10分
设点D 到平面PAB 的距离为d ，
∵P ABD V -三棱锥=D ABP V -三棱锥=
1
3ABP
S d
⨯，
解得=，
∴点D到平面PAB的距离为2.……………………12分
立体几何中求点到平面的距离的方法：
（1）由定义作出点到平面的距离，通过解三角形得出；
（2）利用平行上的点到平面的距离相等的结论，进行转化为另一点到平面的距离；
（3）利用等体积法转化（三棱锥的体积）；
（4）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解.
题型四求空间的表面积
【例4】．在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，，且四棱锥P-ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．【试题解析】试题分析：（1）推导出，，从而，进而平面，由此能证明平面平面；（2）设，则四棱锥的体积
，解得，可得所求侧面积.
（1）∵在四棱锥中，，∴，，
又，∴，∵，∴平面，∵平面，∴平面平面．
（2）在平面内作，垂足为． 由（1）知，
平面
，故
，可得
平面
．
设，则由已知可得，．
故四棱锥的体积．
由题设得，故．
从而
，
，
．
可得四棱锥的侧面积为．
【变式】1、如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点， BE ABCD ⊥平面，
（Ⅰ）证明：平面AEC ⊥平面BED ；
（Ⅱ）若120ABC ∠=， ,AE EC ⊥三棱锥E ACD -的体积为6
3，求该三棱锥的侧面积.
试题解析：（Ⅰ）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ， 因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，故AC ⊥平面BED. 又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED
（Ⅱ）设AB= x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°，可得AG=GC=
3
2x,GB=GD=2
x
.
因为AE⊥EC，所以在Rt∆AEC中，可得EG=
3
2x.
由BE⊥平面ABCD，知∆EBG为直角三角形，可得BE=
2
2
x
.
由已知得，三棱锥E-ACD的体积
3
1166
32243
E ACD
V AC GD BE x
-
=⨯⋅⋅==
.故x=2
从而可得AE=EC=ED=6.
所以∆EAC的面积为3，∆EAD的面积与∆ECD的面积均为5.
故三棱锥E-ACD的侧面积为3+25.
题型五动点问题
【例5】如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，DC∥AB，PA＝1，AB＝2，PD＝BC＝ 2.
(1)求证：平面PAD⊥平面PCD；
(2)试在棱PB上确定一点E，使截面AEC把该几何体分成的两部分PDCEA与EACB的体积比为2∶1.
(1)证明∵AD⊥AB，DC∥AB，∴DC⊥AD.
∵PA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
∴DC⊥PA.
∵AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，
∴DC⊥平面PAD.
∵DC⊂平面PCD，
∴平面PAD⊥平面PCD.
(2)解作EF⊥AB于F点，
∵在△ABP中，PA⊥AB，
∴EF∥PA，
∴EF⊥平面ABCD.
设EF＝h，
AD＝PD2－PA2＝1，
S
△ABC ＝
1
2
AB·AD＝1，
则V 三棱锥E —ABC ＝13S △ABC ·h ＝1
3
h .
V 四棱锥P —ABCD ＝13S 四边形ABCD ·PA ＝13×(1＋2)×12×1＝1
2
. 由V PDCEA ∶V 三棱锥E —ACB ＝2∶1， 得⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13h ∶1
3h ＝2∶1， 解得h ＝1
2
.
EF ＝12
PA ，故E 为PB 的中点．
【变式】
1、(2018届武汉调研)如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 是CD 的中点，将△ADE 沿AE 折起，得到如图2所示的四棱锥D 1—ABCE ，其中平面D 1AE ⊥平面ABCE .
(1)证明：BE ⊥平面D 1AE ；
(2)设F 为CD 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使得MF ∥平面D 1AE ，若存在，求出AM AB
的值；若不存在，请说明理由． (1)证明 连接BE ，
∵ABCD 为矩形且AD ＝DE ＝EC ＝BC ＝2， ∴∠AEB ＝90°，即BE ⊥AE ， 又平面D 1AE ⊥平面ABCE ，
平面D 1AE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ， ∴BE ⊥平面D 1AE .
(2)解 AM ＝1
4AB ，取D 1E 的中点L ，连接AL ，FL ，
∵FL ∥EC ，EC ∥AB ，∴FL ∥AB 且FL ＝1
4AB ，
∴M ，F ，L ，A 四点共面， 若MF ∥平面AD 1E ，则MF ∥AL .
∴AMFL 为平行四边形，∴AM ＝FL ＝1
4
AB .
故线段AB上存在满足题意的点M，且AM
AB
＝
1
4
.
2、如图，在四棱锥P—ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD.PD＝AB＝2，E，F，G分别是PC，PD，BC的中点．
(1)求证：平面PAB∥平面EFG；
(2)在线段PB上确定一点Q，使PC⊥平面ADQ，并给出证明．
(1)证明∵在△PCD中，E，F分别是PC，PD的中点，
∴EF∥CD，又∵四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD，∴EF∥AB，
∵EF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴EF∥平面PAB.同理EG∥平面PAB，
∵EF，EG是平面EFG内两条相交直线，
∴平面PAB∥平面EFG.
(2)解当Q为线段PB的中点时，PC⊥平面ADQ.
取PB的中点Q，连接DE，EQ，AQ，DQ，
∵EQ∥BC∥AD，且AD≠QE，
∴四边形ADEQ为梯形，
由PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
得AD⊥PD，
∵AD⊥CD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，
∴AD⊥平面PDC，又PC⊂平面PDC，
∴AD⊥PC.
∵△PDC为等腰直角三角形，E为斜边中点，
∴DE⊥PC，
∵AD，DE是平面ADQ内的两条相交直线，
∴PC⊥平面ADQ.
【强化练习】
1．如图所示，四棱锥B-AEDC中，平面AEDC⊥平面ABC，F为BC的中点，P为BD的中点，且AE//DC，∠ACD=∠BAC=90°，DC=AC=AB=2AE
（1）证明：EP⊥平面BCD；
（2）若DC=2，求三棱锥E-BDF的体积.
【试题解析】试题分析：（1）先根据等腰三角形性质得，再根据面面垂直性质得
平面.，即得，从而可由线面垂直判定定理得平面.最后根据平行四边形性质得即得结论，（2）因为平面，所以根据锥体体积公式求体积. 试题解析：（（Ⅰ）由题意知为等腰直角三角形，
而为的中点，所以.
又因为平面平面，且，
所以平面.
而平面，所以.
而所以平面.
连结,则
而所以是平行四边形,因此
平面.
（Ⅱ）因为平面，所以平面是三棱锥的高.
所以. 于是三棱锥的体积为
2．如图，在三棱锥中，平面，，，，为
的中点，在棱上，且.
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积.
【试题解析】试题分析：(1) 取的中点，连接，,由已知条件证得，，得平面，是的中点得证(2)利用等体积法，转化顶点和底面，求出和，由计算出结果
解析：（1）取的中点，连接，.
∵为的中点，∴.
∵平面，
∴平面，∴.
又∵，，
∴平面，∴.
又∵是的中点， ∴
.
（2）由图可知，三棱锥体积与三棱锥体积相等.
∵，，
，
∴平面
. ∵，且，
∴. 在中，
， ∴
. ∴ ，
即三棱锥的体积为.
3．如图，三棱柱
中，侧面
为菱形，
的中点为
，且
平面
.
（1）证明：
（2）若
,
求三棱柱
的高.
试题解析：（1）连结1
BC ，则O 为
1B C
与
1
BC 的交点.
因为侧面
11BB C C
为菱形，所以
11
B C BC ⊥.
又AO ⊥平面11BB C C ，所以
1B C AO
⊥，
故
1B C ⊥
平面ABO.
由于AB ⊂平面ABO ，故
1B C AB
⊥.
（2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H. 由于， BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥， 又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.
因为
160
CBB ∠=，所以
1
CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得
3OD =
.
由于
1
AC AB ⊥，所以
11122OA B C =
=,
由OH AD OD OA ⋅=⋅，且
227AD OD OA =+=
，得21
OH =
，
又O 为1B C 的中点，所以点1B
到平面ABC 的距离为21
7. 故三棱柱111
ABC A B C -的高为21
7.
4．如图，四棱锥的底面边长为8的正方形，四条侧棱长均为.点分
别是棱上共面的四点，平面
平面
，
平面
.
证明：
若
，求四边形
的面积.
（1）证明：因为BC ∥平面GEFH ， BC ⊂平面PBC ，且平面PBC ⋂平面GEFH GH =，所以GH ∥BC .同理可证EF ∥BC ，因此GH ∥EF .
连接,AC BD 交于点O ， BD 交EF 于点K ，连接,OP GK .因为PA PC =， O 是AC 的中点，所以PO AC ⊥，同理可得PO BD ⊥.又BD AC O ⋂=，且,AC BD 都在底面内，所以PO ⊥底面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ，且PO ⊄平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH .因为平面PBD ⋂平面
，所以PO ∥GK ，且GK ⊥底面ABCD ，从而GK EF ⊥.
所以GK 是梯形GEFH 的高.由8,2AB EB ==得:EB AK = :1:4KB DB =，从而
1142KB DB OB =
=，即K 为OB 的中点.再由PO ∥GK 得12GK PO =，即G 是PB 的中点，且1
42GH BC =
=.由已知可得
22
42,68326OB PO PB OB ==-=-=，所以3GK =，故四边形GEFH 的面积4831822GH EF S GK ++=
⋅=⨯=.
5．如图，四棱锥P ABCD -中， 90ABC BAD ∠=∠=， 2,BC AD = PAB PAD ∆∆与都是边长
为2的等边三角形.
（I ）证明： ;PB CD ⊥
（II ）求点A 到平面PCD 的距离.
【试题解析】（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 ⊥.
又
1
22OD BD =
= 222OP PD OD =-=，
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.
因此O 到平面PCD 的距离OF 就是A 到平面PCD 的距离，而
1
12OF PB =
=，
所以A 至平面PCD 的距离为1.
（1）解题的关键是辅助线的添加，取BC 的中点E 是入手点，然后借助三垂线定理进行证明；（2）求点面距的求解方法比较多，在解题过程中，如何根据题设条件恰当选择相适应的方法是比较棘手的问题。

根据解题经验，总结下面常用的技巧：（1）若直接能够确定点在平面的射影，可考虑用直接法，找出点面距.一般在一些规则的几何体中，顶点在底面的射影比较容
易确定.如有时要利用两个平面垂直的性质，在其中一个平面内作两个平面交线的垂线即得；（2）如果能够构造出三棱锥，要找的点面距恰好是三棱锥的高，此时利用等体积法比较简单，但是应该明确另一个顶点到对应底面的距离和底面面积两个量，才能顺利求解，计算过程较为麻烦，但是不用添加辅助线找垂线段. （3）若不易找出射影位置，可考虑利用转移的方法，即把不易求的点到平面的距离借助转移手法，变为求另外一点到平面的距离，然后通过这两点到平面的距离的数量关系求得所求距离的方法，常用的手段有平行转移和等比例转移. 6．四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,
01
,90.2AB BC AD BAD ABC ==
∠=∠=
（1）证明：直线//BC 平面PAD ;
（2）若△PAD 面积为27，求四棱锥P ABCD -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
7．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．
【题源】2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷精编版）
【答案】（1）见解析；（2）1:1.
【试题解析】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
1
2
EO AC
=
，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， 222
BO AO AB +=.
又AB =BD ，所以
222222BO DO BO AO AB BD +=+==，故∠DOB =90°.
由题设知AEC 为直角三角形，所以
12EO AC =
. 又ABC 是正三角形，且AB =BD ，所以
1
2EO BD =
.
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1
2，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的1
2，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.
8．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ， AB DC ， PAD ∆是等边三角形，已知28BD AD ==， 245AB DC ==
（1）设M 是PC 上的一点，求证：平面MBD ⊥平面PAD ； （2）求四棱锥P ABCD -的体积.
【题源】【全国市级联考word 】黑龙江省大庆市2017届高三第三次教学质量检测（三模）数学（文）试题
【答案】(1)见解析 ;(2) 1
2423163
3P ABCD V -=⨯⨯=【试题解析】试题分析：
(1)证得AD ⊥BD ,而面PAD ⊥面ABCD ,∴BD ⊥面PAD ,∴面MBD ⊥面PAD .
(2)作辅助线PO ⊥AD ,则PO 为四棱锥P —ABCD 的高,求得S 四边形ABCD ＝24.∴V P —ABCD ＝163. 试题解析：
(1)证明:在△ABD 中,∵AD ＝4,BD ＝8,AB ＝45,∴AD 2＋BD 2＝AB 2.∴AD ⊥BD . 又∵面PAD ⊥面ABCD ,面PAD ∩面ABCD ＝AD ,BD ⊂面ABCD ,∴BD ⊥面PAD . 又BD ⊂面BDM ,∴面MBD ⊥面PAD . (2)解：过P 作PO ⊥AD ,
∵面PAD ⊥面ABCD ,∴PO ⊥面ABCD ,即PO 为四棱锥P —ABCD 的高． 又△PAD 是边长为4的等边三角形,∴PO ＝23.
在底面四边形ABCD 中,AB ∥DC ,AB ＝2DC ,∴四边形ABCD 为梯形．
在Rt△ADB 中,斜边AB 边上的高为45＝85
,此即为梯形的高. ∴S 四边形ABCD ＝2545+×85
＝24.
∴V P —ABCD ＝1
3×24×23＝163.
9．如图，在四棱锥中，平面
， ,AB DC DC AC ⊥.
（Ⅰ）求证： DC PAC ⊥平面； （Ⅱ）求证： PAB PAC ⊥平面平面；
（Ⅲ）设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得//PA 平面C F E ?说明理由. 【题源】2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（北京卷精编版） 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）存在.理由见解析.
【试题解析】试题分析：（Ⅰ）利用线面垂直判定定理证明；（Ⅱ）利用面面垂直判定定理证明；（Ⅲ）取PB 中点F ，连结EF ，则F//E PA ，根据线面平行的判定定理证明//PA 平面C F E . 试题解析：（Ⅰ）因为平面
，
所以C DC P ⊥． 又因为DC C ⊥A ， 所以DC ⊥平面C PA ．
（Ⅱ）因为//DC AB ， DC C ⊥A ， 所以C AB ⊥A ． 因为
平面
，
所以C P ⊥AB ． 所以AB ⊥平面C PA ． 所以平面PAB ⊥平面C PA ．
（Ⅲ）棱PB 上存在点F ，使得//PA 平面C F E ．证明如下： 取PB 中点F ，连结EF ， C E ， CF ． 又因为E 为AB 的中点， 所以F//E PA ．
又因为PA ⊄平面C F E ， 所以//PA 平面C F E ．
【考点】空间线面平行、垂直的判定定理与性质定理；空间想象能力，推理论证能力
【名师点睛】平面与平面垂直的性质定理的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个平面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直（必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系），构造（寻找）二面角的平面角或得到点到面的距离等.
10．如图，四棱锥P ABC -D 中， PA ⊥平面ABCD ， AD BC ， 3AB AD AC ===，
4PA BC ==， M 为线段AD 上一点， 2AM MD =， N 为PC 的中点．
（Ⅰ）证明MN 平面PAB ； （Ⅱ）求四面体N BCM -的体积.
【题源】2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷精编版）
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 45
．
【试题解析】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
1
4525
2
BCM
S=⨯⨯=
.
所以四面体的体积
145
32
N BCM BCM
PA
V S
-
=⨯⨯=
.
【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．
11．（本小题满分12分）如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，BE ABCD
⊥平面，
（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED；
（Ⅱ）若120ABC ∠=， ,AE EC ⊥三棱锥E ACD -的体积为，求该三棱锥的侧面积.
【题源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ带解析）
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【试题解析】试题分析：（Ⅰ）由四边形ABCD 为菱形知AC ⊥BD ，由BE ⊥平面ABCD 知AC ⊥BE ，由线面垂直判定定理知AC ⊥平面BED ，由面面垂直的判定定理知平面AEC ⊥平面BED ；（Ⅱ）设AB= x ，通过解直角三角形将AG 、GC 、GB 、GD 用x 表示出来，在Rt ∆AEC 中，用x 表示EG ，
在Rt ∆EBG 中，用x 表示EB ，根据条件三棱锥E ACD -的体积为3求出x ，即可求出三棱锥
E ACD -的侧面积.
试题解析：（Ⅰ）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ， 因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，故AC ⊥平面BED. 又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED
（Ⅱ）设AB= x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC=120°，可得AG=GC= x ,GB=GD=2x
.
因为AE ⊥EC ，所以在Rt ∆AEC 中，可得EG= x .
由BE ⊥平面ABCD ，知∆EBG 为直角三角形，可得BE= x
.
由已知得，三棱锥E-ACD 的体积
31132243E ACD V AC GD BE x -=⨯⋅⋅==
.故x =2
从而可得.
所以∆EAC 的面积为3， ∆EAD 的面积与∆ECD
故三棱锥E-ACD 的侧面积为考点：线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理
能力；运算求解能力
12．如图，三棱锥P-ABC 中，PA ⊥平面ABC ， 1,1,2,60PA AB AC BAC ===∠=．
（Ⅰ）求三棱锥P-ABC的体积；
（Ⅱ）证明：在线段PC上存在点M，使得AC BM，并求PM
MC的值．
【题源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（安徽卷带解析）
【答案】（Ⅰ）
3
6；（Ⅱ）
1
3
【试题解析】（Ⅰ）解：由题设＝1,
可得.
由面
可知是三棱锥的高,又
所以三棱锥的体积
（Ⅱ）证：在平面内，过点B作，垂足为，过作交于，连接.
由面知，所以.由于，故面，又
面，所以.
在直角中，，从而.由，得
.
考点：本题主要考查锥体的体积公式、线面垂直的判定定理和其性质定理.
13．如图，四棱锥中，底面是以为中心的菱形，底面，，为上一点，且.
（1）证明：平面；
（2）若，求四棱锥的体积.
【题源】2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（重庆卷带解析）
【答案】（1）详见解析；（2）.
【试题解析】试题分析：（1）因为底面，所以有，因此欲证平面，只要证，而这一点可通过连结，利用菱形的性质及勾股定理解决.
（2）欲求四棱锥的体积.，必须先求出,连结，设，在利用余弦定理求出，由三个直角三角形，依据勾股定理建立关于的方程即可.
解：（1）如图，因为菱形，为菱形中心，连结，则，因，故
又因为，且，在中
所以，故
又底面，所以,从而与平面内两条相交直线都垂直，所以平面
（2）解：由（1）可知，
设，由底面知，为直角三角形，故
由也是直角三角形，故
连结，在中,
由已知，故为直角三角形，则
即，得，（舍去），即
此时
所以四棱锥
的体积
考点：1、直线与平面垂直的判定与性质；2、空间几何体的体积.3、余弦定理及勾股定理.
14．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形， PA ⊥面ABCD ， E 为PD 的中点。

（1）证明： //PB 平面AEC ;
（2）设1AP =， 3AD =，三棱锥P ABD -的体积
3
4V =
，求A 到平面PBC 的距离。

【题源】2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷带解析）
【答案】（1）证明见解析 （2） A 到平面PBC 的距离为313
13
【试题解析】试题分析：（1）连结BD 、AC 相交于O ，连结OE ，则PB ∥OE ，由此能证明PB ∥平面ACE ．（2）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A 到平面PBD 的距离
试题解析：(I ）设BD 交AC 于点O ，连结EO 。

因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点。

又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB 又EO 平面AEC ，PB 平面AEC 所以PB ∥平面AEC 。

（II ）
1366V PA AB AD AB =
⋅⋅=
由，可得. 作
交
于。

由题设易知，所以
故
，
又
313
13PA AB AH PB ⋅=
=所以
到平面的距离为
法2：等体积法
1366V PA AB AD AB =
⋅⋅=
由，可得. 由题设易知,得BC
假设
到平面
的距离为d ，
又因为PB=
所以
又因为
(或)，
，
所以
考点：线面平行的判定及点到面的距离
15．如图， ABC ∆和BCD ∆所在平面互相垂直，且2AB BC BD ===， 0
120ABC DBC ∠=∠=，
E 、
F 、
G 分别为AC 、DC 、AD 的中点. （1）求证： EF ⊥平面BCG ； （2）求三棱锥D-BCG 的体积.
附：椎体的体积公式
1
3V Sh
=，其中S 为底面面积，h 为高.
【题源】2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（辽宁卷带解析）
【答案】（1）详见解析；（2）1
2
【试题解析】试题分析：（1）由已知得， EF 是ADC ∆的中位线，故//EF AD ，则可转化为证明AD ⊥平面BCG ．易证ABC DBC ∆≅∆，则有AC DC =，则在等腰三角形ADC 和等腰三角形ABD 中，且G 是AD 中点，故CG AD ⊥， BG AD ⊥．从而AD ⊥平面BCG ，进而EF ⊥平面BCG ；（2）求四面体体积，为了便于计算底面积和高，往往可采取等体积转化法．由平面ABC ⊥平面BCD ，利用面面垂直的性质，易作出面BCD 的垂线，同时求出点A 到面BCD 的距离，从而可求出点G 到平面BCD 距离，即四面体G BCD -的高，进而求四面体体积． （1）证明：由已知得ABC DBC ∆≅∆．因此AC DC =．又G 为AD 中点，所以CG AD ⊥；同理BG AD ⊥；因此AD ⊥平面BGC ．又//EF AD ．所以EF ⊥平面BCG ．
（2）在平面ABC 内．作AO BC ⊥．交CB 延长线于O ．由平面ABC ⊥平面BCD ．知AO ⊥平面BDC ．
又G 为AD 中点，因此G 到平面BCD 距离h 是AO 长度的一半．在AOB ∆中，
0sin603AO AB =⋅=．
所以
011131
sin12033222D BCG G BCD DBC V V S h BD BC --∆==⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=
．
考点：1、直线和平面垂直的判定；2、面面垂直的性质；3、四面体的体积． 16．如图，在三棱锥111
ABC A B C -中，侧棱垂直于底面，
1,2,1,,AB BC AA AC BC E F
⊥===分别是
11,A C BC
的中点．
（1）求证: 平面ABE ⊥平面11
B BC
C ；
（2）求证:
1C F
平面ABE ；
（3）求三棱锥E ABC -体积．
【题源】2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（北京卷带解析）
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）3
．
【试题解析】试题分析：（1）由直线与平面垂直证明直线与平行的垂直；（2）证明直线与平面平行；（3）求三棱锥的体积就用体积公式. （1）在三棱柱
111
ABC A B C -中，
1BB ⊥
底面ABC ，所以
1BB ⊥
AB ，
又因为AB ⊥BC ，所以AB ⊥平面
11
B BC
C ，因为AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面
11
B BC
C .
（2）取AB 中点G ，连结EG ，FG ，
因为E ，F 分别是11A C
、BC 的中点，所以FG ∥AC ，且FG=1
2AC ，
因为AC ∥
11
A C ，且AC=
11
A C ，所以FG ∥
1
EC ，且FG= 1
EC ，
所以四边形
1
FGEC 为平行四边形，所以
1//
C F EG ，
又因为EG ⊂平面ABE ， 1C F ⊄
平面ABE ，
所以
1//
C F 平面ABE .
（3）因为
1
AA =AC=2，BC=1，AB ⊥BC ，所以22
3AC BC -=，
所以三棱锥E ABC -的体积为： 113ABC V S AA ∆=⋅=11
312
32⨯⨯=3.
考点：本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直与平行的证明；考查几
何体的体积的求解等基础知识，考查同学们的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、逻辑推理能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．
17．如图，四棱锥P ABC -D 中， PA ⊥平面ABCD ， AD BC ， 3AB AD AC ===，
4PA BC ==， M 为线段AD 上一点， 2AM MD =， N 为PC 的中点．
（Ⅰ）证明MN 平面PAB ； （Ⅱ）求四面体N BCM -的体积.
【题源】2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷精编版）
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 45
．
【试题解析】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
1
45252BCM
S
=⨯⨯=. 所以四面体
的体积
1
4532N BCM BCM
PA V S
-=⨯⨯
=.
【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．
18．如图，三棱锥P-ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ， ∠ABC=2π
，点D 、E 在线段AC 上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，点F 在线段AB 上，且EF//BC. (Ⅰ)证明：AB ⊥平面PFE.
(Ⅱ)若四棱锥P-DFBC 的体积为7，求线段BC 的长.
【题源】2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（重庆卷带解析） 【答案】(1)见解析(2) BC=3或3
【试题解析】试题分析：（Ⅰ）先由已知易得PE AC ⊥，再注意平面PAC ⊥平面ABC ，且交线为AC ，由面面垂直的性质可得PE ⊥平面ABC ，再由线面垂直的性质可得到AB PE ⊥，再注意到//EF BC ，而BC AB ⊥，从而有AB EF ⊥，那么由线面垂的判定定理可得AB ⊥平面
PFE ，。