2019-2021全国高考数学真题汇编：空间几何体(教师版)

2019-2021全国高考数学真题汇编：空间几何体
一．选择题（共7小题）
1．（2021•新高考Ⅰ）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2B．2C．4D．4
2．（2021•甲卷）在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥A﹣EFG后，正视图如图所示，则相应的侧视图是（）
A．B．C．D．
3．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为（）
A．1B．2C．4D．8
4．（2020•新课标Ⅰ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N（）
A．E B．F C．G D．H
5．（2020•新课标Ⅰ）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）
A．B．C．D．
6．（2021•甲卷）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，则三棱锥O﹣ABC的体积为（）
A．B．C．D．
7．（2021•新高考Ⅰ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A．20+12B．28C．D．
二．多选题（共1小题）
8．（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ，其中λ∈[0，1]，1]，则（）
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值
C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
三．填空题（共11小题）
9．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．
10．（2021•甲卷）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为．11．（2020•江苏）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，则此六角螺帽毛坯的体积是cm3．
12．（2021•乙卷）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图（写出符合要求的一组答案即可）．
13．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是．
14．（2020•海南）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A﹣NMD1的体积为．
15．（2019•天津）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．
16．（2019•江苏）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E﹣BCD的体积是．
17．（2019•新课标Ⅰ）学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．
18．（2020•新课标Ⅰ）如图，在三棱锥P﹣ABC的平面展开图中，AC＝1，AB⊥AC，AB⊥AD，则cos∠FCB ＝．
19．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB为上底面圆的一条直径，则ABC的面积的取值范围为．
四．解答题（共4小题）
20．（2020•上海）已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为正方形，边长为3
（1）若PC＝5，求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）若直线AD与BP的夹角为60°，求PD的长．
21．（2019•新课标Ⅰ）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．
22．（2020•新课标Ⅰ）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＝，求四棱锥B﹣EB1C1F的体积．
23．（2021•甲卷）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．
2019-2021全国高考数学真题汇编：空间几何体
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2021•新高考Ⅰ）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2B．2C．4D．4
【分析】设母线长为l，利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可．
【解答】解：由题意，设母线长为l，
因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，
则有，解得，
所以该圆锥的母线长为．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转体的理解和应用，解题的关键是掌握圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，考查了逻辑推理能力与运算能力和空间思维能力，属于基础题．2．（2021•甲卷）在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥A﹣EFG后，正视图如图所示，则相应的侧视图是（）
A．B．C．D．
【分析】作出正方体，截去三棱锥A﹣EFG，根据正视图，摆放好正方体，即可求解侧视图．
【解答】解：由题意，作出正方体，根据正视图，
可得A﹣EFG在正方体左侧面，如图，
可得相应的侧视图是D图形，
故选：D．
【点评】本题考查简单空间图形的三视图，属基础题．
3．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为（）
A．1B．2C．4D．8
【分析】直接利用圆锥的体积公式求得两个圆锥的体积，作比得答案．
【解答】解：如图，
则，，
∴两个圆锥的体积之比为．
故选：B．
【点评】本题考查圆锥的定义，考查圆锥体积的求法，是基础题．
4．（2020•新课标Ⅰ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N（）
A．E B．F C．G D．H
【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出图形中的对应点．
【解答】解：根据三视图和几何体的对应关系的应用，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，所以在侧视图中与点E对应．
故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换、主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
5．（2020•新课标Ⅰ）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）
A．B．C．D．
【分析】先根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而求解结论．
【解答】解：设正四棱锥的高为h，底面边长为a，
则依题意有：，
因此有h′2﹣（）2＝ah′⇒4（）2﹣7（）﹣1＝0⇒＝舍去）；
故选：C．
【点评】本题主要考查棱锥的几何性质，属于中档题．
6．（2021•甲卷）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，则三棱锥O﹣ABC的体积为（）
A．B．C．D．
【分析】先确定△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，然后在Rt△ABC和Rt△AOO1中，利用勾股定理求出OO1，再利用锥体的体积公式求解即可．
【解答】解：因为AC⊥BC，AC＝BC＝1，
所以底面ABC为等腰直角三角形，
所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，
所以OO3⊥平面ABC，
在Rt△ABC中，AB＝，则，
在Rt△AOO1中，，
故三棱锥O﹣ABC的体积为．
故选：A．
【点评】本题考查了锥体外接球和锥体体积公式，解题的关键是确定△ABC所在圆的圆心的位置，考查了逻辑推理能力、化简运算能力、空间想象能力，属于中档题．
7．（2021•新高考Ⅰ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A．20+12B．28C．D．
【分析】过A作AE⊥A1B1，得A1E＝＝1，AE＝＝．连接AC，A1C1，过A作AG⊥A1C1，求出A1G＝，从而AG＝＝，由此能求出正四棱台的体积．
【解答】解：如图ABCD﹣A1B1C7D1为正四棱台，AB＝2，A2B1＝4，AA3＝2．
在等腰梯形A1B3BA中，过A作AE⊥A1B1，可得A8E＝＝1，
AE＝＝＝．
连接AC，A8C1，
AC＝，A3C1＝＝4，
过A作AG⊥A1C1，A3G＝＝，
AG＝＝＝，
∴正四棱台的体积为：
V＝
＝
＝．
故选：D．
【点评】本题考查四棱台的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．
二．多选题（共1小题）
8．（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ，其中λ∈[0，1]，1]，则（）
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值
C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
【分析】判断当λ＝1时，点P在线段CC1上，分别计算点P为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当μ＝1时，点P在线段B1C1上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当λ＝时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，则点P在线段M1M上，分别取点P在M1，M处，得到均满足A1P ⊥BP，即可判断选项C；当μ＝时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，则点P在线的DD1上，证明当点P在点D1处时，A1B⊥平面AB1D1，利用过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D．【解答】解：对于A，当λ＝1时，＝，即，所以，
故点P在线段CC1上，此时△AB3P的周长为AB1+B1P+AP，
当点P为CC4的中点时，△AB1P的周长为，
当点P在点C1处时，△AB1P的周长为，
故周长不为定值，故选项A错误；
对于B，当μ＝7时，，即，
故点P在线段B1C1上，
因为B3C1∥平面A1BC，
所以直线B3C1上的点到平面A1BC的距离相等，
又△A6BC的面积为定值，
所以三棱锥P﹣A1BC的体积为定值，故选项B正确；
对于C，当λ＝时，B1C1的中点分别为M，M7，连结M1M，因为，即，所以，则点P在线段M1M上，
当点P在M1处时，A4M1⊥B1C4，A1M1⊥B8B，
又B1C1∩B7B＝B1，所以A1M2⊥平面BB1C1C，
又BM3⊂平面BB1C1C，所以A5M1⊥BM1，即A6P⊥BP，
同理，当点P在M处，A1P⊥BP，故选项C错误；
对于D，当μ＝时1的中点D1，BB8的中点D，
因为，即，所以，
则点P在线的DD1上，
当点P在点D1处时，取AC的中点E4E，BE，
因为BE⊥平面ACC1A1，又AD6⊂平面ACC1A1，所以AD4⊥BE，
在正方形ACC1A1中，AD2⊥A1E，
又BE∩A1E＝E，BE，A6E⊂平面A1BE，
故AD1⊥平面A8BE，又A1B⊂平面A1BE，所以A8B⊥AD1，
在正方体形ABB1A4中，A1B⊥AB1，
又AD8∩AB1＝A，AD1，AB3⊂平面AB1D1，所以A8B⊥平面AB1D1，
因为过定点A与定直线A3B垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，故选项D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查了动点轨迹，线面平行与线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合性强，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于难题．
三．填空题（共11小题）
9．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为4π．
【分析】根据圆柱的侧面积公式计算即可．
【解答】解：圆柱的底面半径为r＝1，高为h＝2，
所以圆柱的侧面积为S侧＝5πrh＝2π×1×3＝4π．
故答案为：4π．
【点评】本题考查了圆柱的侧面积公式应用问题，是基础题．
10．（2021•甲卷）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为39π．
【分析】由题意，设圆锥的高为h，根据圆锥的底面半径为6，其体积为30π求出h，再求得母线的长度，然后确定圆锥的侧面积即可．
【解答】解：由圆锥的底面半径为6，其体积为30π，
设圆锥的高为h，则，解得，
所以圆锥的母线长，
所以圆锥的侧面积．
故答案为：39π．
【点评】本题考查了圆锥的侧面积公式和圆锥的体积公式，考查了方程思想，属于基础题．11．（2020•江苏）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，则此六角螺帽毛坯的体积是12cm3．
【分析】通过棱柱的体积减去圆柱的体积，即可推出结果．
【解答】解：六棱柱的体积为：，
圆柱的体积为：π×（0.5）2×2＝，
所以此六角螺帽毛坯的体积是：（12）cm5，
故答案为：12．
【点评】本题考查柱体体积公式，考查了推理能力与计算能力，属于基本知识的考查．
12．（2021•乙卷）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图②
⑤或③④（写出符合要求的一组答案即可）．
【分析】通过观察已知条件正视图，确定该正视图的长和高，结合长、高、以及侧视图视图中的实线、虚线来确定俯视图图形．
【解答】解：观察正视图，推出正视图的长为2和高1，即可能为该三棱锥的侧视图，
④⑤图形的长为3，即可能为该三棱锥的俯视图，
当②为侧视图时，结合侧视图中的直线，
当③为侧视图时，结合侧视图虚线，可以确定该三棱锥的俯视图为④．
故答案为：②⑤或③④．
【点评】该题考查了三棱锥的三视图，需要学生掌握三视图中各个图形边长的等量关系，以及对于三视图中特殊线条能够还原到原立体图形中，需要较强空间想象，属于中等题．
13．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是1cm．
【分析】利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径．
【解答】解：∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为2πcm2，
设圆锥的母线长为acm，则a2π＝3π，∴a＝2cm，
∴侧面展开扇形的弧长为2πcm，
设圆锥的底面半径OC＝rcm，则7πr＝2π．
故答案为：1cm．
【点评】本题考查圆锥的母线长的求法，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点．
14．（2020•海南）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A﹣NMD1的体积为．
【分析】由题意画出图形，再由等体积法求三棱锥A﹣NMD1的体积．
【解答】解：如图，
∵正方体ABCD﹣A1B1C7D1的棱长为2，M、N分别为BB7、AB的中点，
∴，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查利用等体积法求多面体的体积，是基础的计算题．
15．（2019•天津）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．
【分析】求出正四棱锥的底面对角线长度和正四棱锥的高度，根据题意得圆柱上底面的直径就在相对中点连线，有线段成比例求圆柱的直径和高，求出答案即可．
【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，
由勾股定理得：正四棱锥的高为2，
由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，
有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于7，即半径等于；
由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半7，
则该圆柱的体积为：v＝sh＝π（）4×1＝；
故答案为：
【点评】本题考查正四棱锥与圆柱内接的情况，考查立体几何的体积公式，属基础题．
16．（2019•江苏）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E﹣BCD的体积是10．
【分析】推导出＝AB×BC×DD1＝120，三棱锥E﹣BCD的体积：V E﹣BCD＝＝＝×AB×BC×DD1，由此能求出结果．
【解答】解：∵长方体ABCD﹣A1B1C3D1的体积是120，E为CC1的中点，
∴＝AB×BC×DD1＝120，
∴三棱锥E﹣BCD的体积：
V E﹣BCD＝
＝
＝×AB×BC×DD8
＝10．
故答案为：10．
【点评】本题考查三棱锥的体积的求法，考查长方体的结构特征、三棱锥的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
17．（2019•新课标Ⅰ）学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为118.8g．
【分析】该模型体积为﹣V O﹣EFGH＝6×6×4﹣＝132（cm3），再由3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，能求出制作该模型所需原料的质量．
【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C3D1，挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，
E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AA1＝4cm，
∴该模型体积为：
﹣V O﹣EFGH
＝6×5×4﹣
＝144﹣12＝132（cm4），
∵3D打印所用原料密度为0.8g/cm3，不考虑打印损耗，
∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.4＝118.8（g）．
故答案为：118.8．
【点评】本题考查制作该模型所需原料的质量的求法，考查长方体、四棱锥的体积等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查数形结合思想，属于中档题．
18．（2020•新课标Ⅰ）如图，在三棱锥P﹣ABC的平面展开图中，AC＝1，AB⊥AC，AB⊥AD，则cos∠FCB＝﹣．
【分析】根据条件可知D、E、F三点重合，分别求得BC、CF、BF即可．
【解答】解：由已知得BD＝AB＝，
因为D、E、F三点重合，BF＝BD＝，
则在△ACE中，由余弦定理可得CE3＝AC2+AE2﹣7AC•AE•cos∠CAE＝1+3﹣6×＝1，
所以CE＝CF＝1，
则在△BCF中，由余弦定理得cos∠FCB＝＝，
故答案为：﹣．
【点评】本题考查三棱锥展开图，涉及余弦定理的应用，数形结合思想，属于中档题．
19．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB为上底面圆的一条直径，则ABC的面积的取值范围为．
【分析】上顶面圆心记为O，下底面圆心记为O'，连接OC，过点C作CM⊥AB，垂足为点M，由于AB为定值，则S△ABC的大小随着CM的长短变化而变化，
分别求解CM的最大值和最小值，即可得到答案．
【解答】解：如图1，上底面圆心记为O，
连接OC，过点C作CM⊥AB，
则，
根据题意，AB为定值2△ABC的大小随着CM的长短变化而变化，
如图2所示，当点M与点O重合时，
此时S△ABC取得最大值为；
如图3所示，当点M与点B重合，
此时S△ABC取得最小值为．
综上所述，S△ABC的取值范围为．
故答案为：．
【点评】本题考查了空间中的最值问题，将三角形面积的最值问题转化为求解线段CM的最值问题进行求解是解题的关键，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
20．（2020•上海）已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为正方形，边长为3
（1）若PC＝5，求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）若直线AD与BP的夹角为60°，求PD的长．
【分析】（1）利用已知条件求出，棱锥的高，然后求解棱锥的体积即可．
（2）由已知中四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为3的正方形，PD⊥平面ABCD．异面直线AD与PB所成角为60°，可得△PBC为直角三角形，且∠PBC＝60°，BC＝3，代入求出PC后，解直角△PDC可得答案．
【解答】解：（1）∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC．
∵CD＝3，∴PC＝5，
∴V P﹣ABCD＝＝12，
所以四棱锥P﹣ABCD的体积为12．
（2）∵ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，
∴BC⊥PD，BC⊥CD
又∵PD∩CD＝D
∴BC⊥平面PCD
∴BC⊥PC
∵异面直线AD与PB所成角为60°，BC∥AD
∴在Rt△PBC中，∠PBC＝60°
故PC＝3
在Rt△PDC中，CD＝3
∴PD＝3
【点评】本题考查几何体的体积，空间点线面的距离的求法，考查转化思想以及空间想象能力计算能力，是中档题．
21．（2019•新课标Ⅰ）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．
【分析】（1）由线面垂直的性质可得B1C1⊥BE，结合BE⊥EC1利用线面垂直的判定定理可证明BE⊥平面EB1C1；
（2）由条件可得AE＝AB＝3，然后得到E到平面BB1C1C的距离d＝3，在求四棱锥的体积即可．
【解答】解：（1）证明：由长方体ABCD﹣A1B1C7D1，可知
B1C2⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB6A1，
∴B1C4⊥BE，
∵BE⊥EC1，B1C3∩EC1＝C1，
∴BE⊥平面EB2C1；
（2）由（1）知∠BEB1＝90°，由题设可知Rt△ABE≌Rt△A8B1E，
∴∠AEB＝∠A1EB3＝45°，∴AE＝AB＝31＝2AE＝6，
∵在长方体ABCD﹣A1B8C1D1中，AA8∥平面BB1C1C，E∈AA6，AB⊥平面BB1C1C，
∴E到平面BB2C1C的距离d＝AB＝3，
∴四棱锥E﹣BB6C1C的体积V＝×3×6×4＝18．
【点评】本题考查了线面垂直的判定定理和性质，考查了四棱锥体积的求法，属中档题．
22．（2020•新课标Ⅰ）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＝，求四棱锥B﹣EB1C1F的体积．
【分析】（1）先求出线线平行，可得线线垂直，即可求线面垂直，最后可得面面垂直；
（2）利用体积转化法，可得＝S•MH，再分别求MH，S即可求结论．【解答】证明：（1）由题意知AA1∥BB1∥CC8，
又∵侧面BB1C1C是矩形且M，N分别为BC，B8C1的中点，
∴MN∥BB1，BB4⊥BC，
∴MN∥AA1，MN⊥B1C5，又底面是正三角形，
∴AM⊥BC，A1N⊥B1C2，
又∵MN∩AM＝M，∴B1C1⊥平面A8AMN，
∵B1C1⊂平面EB2C1F，
∴平面A1AMN⊥平面EB2C1F；
解：（2）∵AO∥平面EB1C2F，AO⊂平面A1AMN，
平面A1AMN∩平面EB2C1F＝NP，∴AO∥NP，
∵NO∥AP，∴AO＝NP＝6，
∵O为△A5B1C1的中心，
∴ON＝A1C3sin60°＝×3×＝，
∴ON＝AP＝，
∴AM＝3AP＝6，
过M作MH⊥NP，垂足为H，
∵平面A1AMN⊥平面EB4C1F，平面A1AMN∩平面EB2C1F＝NP，MH⊂平面A1AMN，
∴MH⊥平面EB7C1F，
∵在等边三角形中＝，
即EF＝＝＝7，
由（1）可知四边形EB1C1F为梯形，
∴四边形EB6C1F的面积为S＝（B8C1+EF）•NP＝（6+2）×7＝24，
∵MP＝•AM＝＝8，
∵∠MPN＝，∴MH＝MP sin∠MPN＝，
∴＝S•MH＝．
【点评】本题考查了空间位置关系，线面平行，线面垂直，面面垂直，体积公式，考查了运算能力和空间想象能力，属于中档题．
23．（2021•甲卷）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．
【分析】（1）先证明AB⊥平面BCC1B1，即可得到AB⊥BC，再根据直角三角形的性质可知，最后根据三棱锥的体积公式计算即可；
（2）取BC中点G，连接EG，B1G，先证明EG∥AB∥B1D，从而得到E、G、B1、D四点共面，再由（1）及线面垂直的性质定理可得BF⊥EG，通过角的正切值判断出
∠CBF＝∠BB1G，再通过角的代换可得，BF⊥B1G，再根据线面垂直的判定定理可得BF⊥平面EGB1D，进而得证．
【解答】解：（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C8中，BB1⊥A1B7，
又BF⊥A1B1，BB7∩BF＝B，BB1，BF⊂平面BCC1B2，
∴A1B1⊥平面BCC5B1，
∵AB∥A1B5，
∴AB⊥平面BCC1B1，
∴AB⊥BC，
又AB＝BC，故，
∴，
而侧面AA1B1B为正方形，
∴，
∴，即三棱锥F﹣EBC的体积为；
（2）证明：如图，取BC中点G，B1G，设B1G∩BF＝H，
∵点E是AC的中点，点G时BC的中点，
∴EG∥AB，
∴EG∥AB∥B5D，
∴E、G、B1、D四点共面，
由（1）可得AB⊥平面BCC1B5，
∴EG⊥平面BCC1B1，
∴BF⊥EG，
∵，且这两个角都是锐角，
∴∠CBF＝∠BB7G，
∴∠BHB1＝∠BGB1+∠CBF＝∠BGB4+∠BB1G＝90°，
∴BF⊥B1G，
又EG∩B6G＝G，EG，B1G⊂平面EGB1D，
∴BF⊥平面EGB3D，
又DE⊂平面EGB1D，
∴BF⊥DE．
【点评】本题主要考查三棱锥体积的求法以及线线，线面间的垂直关系，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题．。