2021高考数学空间立体几何五年真题分类汇编（含答案解析）

2021届高考数学-五年真题汇编：空间立体几何

一、选择题

1.2016年高考真题一一文科数学（天津卷）

将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图

所示，则该几何体的侧（左）视图为（）

2.2016年高考真题一一文科数学（新课标I卷）

平面a过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A,a〃平面CB1D1,aD平面ABCD=m,an平

面ABB1Al=n,则m,n所成角的正弦值为

避立立二

A.2B.2c.3D.3

3.2016年高考真题一一文科数学（新课标I卷）

如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体

287r

的体积是亍，则它的表面积是

A.17JtB.18nC.20nD.28Jt

4.2016年高考真题一一理科数学（新课标I卷）

平面a过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,a〃平面CB1D1,aD平面ABCD=m,aCl平

面ABB1Al=n,则m,n所成角的正弦值为

B县立2

A.2B.2C.3D.3

5.2017年高考真题一一理科数学（北京卷）

某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为

正（主）视图侧（左）视图

俯视图

A.3V2B.2V3C.2V2D.2

6.2017年高考真题——数学（浙江卷）

如图，已知正四面体D-ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P,Q,R分别为AB,BC,CA±

的点，AP=PB,整=£=2,分别记二面角D-PR-Q,D-PQR,D-QR-P的平面角为

A.y<a<0B.a<y<p

C.a<P<yD.0<y<a

7.2017年高考真题一一数学（浙江卷）

某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积（单位：cm3）是

俯视图

A."1Bf+3C.分1D.争3

8.2017年高考真题一一数学（文）（北京卷）

某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为

俯视图

A.60B.30

C.20D.10

9.2018年高考真题一一数学理（全国卷III）

设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其面积为

9A/3,则三棱锥D-ABC体积的最大值为

A.12V3B.18V3C.24V3I).54V3

10.2018年高考真题一一数学理（全国卷HI）

中国古建筑借助柳卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫桦头，凹进部分叫卯眼，图中

木构件右边的小长方体是桦头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方

体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是

ABCD

11.2018年高考真题一一理科数学（北京卷）

某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为

A.1B.2C.3D.4

12.2018年高考真题一一文科数学（全国卷HI）

设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点，AABC为等边三角形且其面积为

9A/3,则三棱锥D-ABC体积的最大值为

A.12V3B.18V3C.24V3D.5473

13.2019年高考真题——数学（浙江卷）

设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），记直

线PB与直线AC所成角为a,直线PB与平面ABC所成角为氏二面角P-AOB的平面角为

Y，贝IJ（）

A.p<y,a<yB.p<a,p<y

C.p<a,y<aD.a<p,y<p

14.2019年高考真题一一数学（浙江卷）

祖迪是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“鼎势既同，则积不容异”称为祖眶原理,

利用该原理可以得到柱体的体积公式V法雄=Sh,其中S是柱体的底面积，h是柱体的高,

若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积（cm3）是（）

C.182D.324

15.2019年高考真题一一理科数学（全国卷H）

设a,B为两个平面，则a〃B的充要条件是

A.a内有无数条直线与B平行B.a内有两条相交直线与P平行

C.a,B平行于同一条直线D.a,B垂直于同一平面

16.2019年高考真题一一理科数学（全国卷IH）

如图，点N为正方形ABCD的中心，4ECD为正三角形，平面ECDL平面ABCD,M是线段ED

的中点，则

A.BM=EN,且直线BM、EN是相交直线

B.BM/EN,且直线BM,EN是相交直线

C.BM=EN,且直线BM、EN是异面直线

D.BMWEN,且直线BM,EN是异面直线

17.2020年高考真题（北京卷）数学试题

某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）.

正（主）视图侧（左）视图

俯视图

A6+\/3B6+2\/3

C.12+百D.12+2百

18.2020年高考真题（新高考全国卷I适用地区：山东）数学试题

日悬是中国古代用来测定时间的仪器，利用与唇面垂直的悬针投射到号面的影子来测定时

间.把地球看成一个球（球心记为0）,地球上一点A的纬度是指0A与地球赤道所在平面所

成角，点A处的水平面是指过点A且与0A垂直的平面.在点A处放置一个日皆，若辱面与

赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40。，则唇针与点A处的水平面所成角为

（）

A.20°B.40°

C.50°D.90°

19.2020年高考真题（天津卷）数学试题

若棱长为2省的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）

A.12iB,24万C.36万D.印乃

20.2020年高考真题（浙江卷）数学试题

已知空间中不过同一点的三条直线m,n,1,则“m,n,1在同一平面”是“m,n,1两两

相交”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

二、填空题

21.2020年高考真题（新高考全国卷I适用地区：山东）数学试题

已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,ZBAD=60°.以D1为球心，通为半径的球

面与侧面BCC1B1的交线长为.

22.2019年高考真题——数学（江苏卷）

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

23.2018年高考真题一一理科数学（全国卷H）

已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为］SA与圆锥底面所成角为45°,若

8

△SAB的面积为5底，则该圆锥的侧面积为.

24.2017年高考真题一一数学理（全国1卷）

如图，圆形纸片的圆心为0,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为。，。、E、

尸为圆。上的点，4DBC,AECA,△兄4B分别是以BC,CA,4B为底边的等腰三角形，沿

虚线剪开后，分别以BC,CA,4B为折痕折起ADBC,AECA,△FAB,使得D,E,尸重

合，得到三棱锥.当A/IBC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为

三、解答题

25.2016年高考真题一一文科数学（天津卷）

如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED_L平面ABCD,EF〃AB,AB=2,BC=EF=1,

AE=V6,DE=3,ZBAD=60°,G为BC的中点.

（I）求证:FG〃平面BED；

(H)求证：平面BED_L平面AED；

(III)求直线EF与平面BED所成角的正弦值.

(1)证明：平面PABJ_平面PAD；

(2)若PA=PD=AB=DC,ZAPD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.

27.2018年高考真题一一文科数学(全国卷I)

在平行四边形ABCM中，AB=AC=3,ZACM=90°,以AC为折痕将AACM折起，使点M到达点

D的位置，且ABJ_DA.

⑴证明:平面ACD_L平面ABC；

⑵Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.

28.2019年高考真题——数学(江苏卷)

如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.

求证：(1)A1B1〃平面DECI；

(2)BE1C1E.

29.2020年高考真题一一数学(全国卷I)数学(理)试题

.如图，D为圆锥的顶点，0是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD.aABC是底

PO=—DO

面的内接正三角形，P为D0上一点，6.

(1)证明：尸4_1_平面尸8€1；

(2)求二面角3-PC-E的余弦值.

试卷答案

1.B

试题分析：由题意得截去的是长方体前右上方顶点，故选B

2.A

试题分析：如图，设平面CB1D1C1平面ABCD=m',平面CB1D1n平面ABBlAl=n',因为a

〃平面CB1D1,所m〃m',n〃n',则m,n所成的角等于m',n'所成的角.过D1作

D1E#B1C,交AD的延长线于点E.连接CE,则CE为m',连接A1B,过B1作B1F1〃

A1B,交AA1的延长线于点Fl,则B1F1为n'.连接BD,则BD〃CE,BIFI^AIB,则

且

m',n'所成的角即为A1B,BD所成的角，为60°,故m,n所成角的正弦值为2.

试题分析：由三视图知：该几何体是8个球，设球的半径为R,则

V=—X—^-R3—x4^x22+—x^-x22-VITC

833,解得R=2,所以它的表面积是84,故

选A.

4.A

试题分析：如图，设平面CB1D1CI平面ABCD=m',平面CB1D1n平面ABB1A1二n',因为Q

〃平面CB1D1,所,n//nf,则m,n所成的角等于，n'所成的角.过D1作

D1E〃B1C,交AD的延长线于点E.连接CE,则CE为m',连接A1B,过B1作B1F1〃

A1B,交AA1的延长线于点Fl,则B1F1为n'.连接BD,则BD〃CE,B1F1//A1B,则

m',n'所成的角即为A1B,BD所成的角，为60°,故m,n所成角的正弦值为2.

几何体是四棱锥，如图

红色线为三视图还原后的几何体，最长的棱长为正方体的对角线，，=V22+22+22=

2V3,故选B.

6.

B

试题分析：设0为三角形ABC中心，则0到PQ距离最小，0到PR距离最大，。到RQ距离

居中，而高相等，因此a〈Y<S,因此选B.

立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考重点考查的考点与热点.这类问题的设置一

般有线面位置关系的证明与角度距离的计算等两类问题.解答第一类问题时一般要借助线

面平行与垂直的判定定理进行；解答第二类问题时先建立空间直角坐标系，运用空间向量

的坐标形式及数量积公式进行求解.

7.A

试题分析：根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以

几何体的体积为

|/=lx3x(—+-x2x1)=-+1,选A.

3122J2

思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，

宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长

是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图

画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图;

2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三

视图进行调整.

8.D

该几何体是三棱锥，如图：

V=1X-!-X5X3X4=10

图中红色线围成的几何体为所求几何体，该几何体的体积是32，故

选D.

9.

B

如图所示，

D

点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，

当DZ1平面ABCE1寸，三棱锥D-ABC体积最大

此时，ODOBR4

•••AB=6

•••点M为三角形ABC的重心

2

.--BM；BE2有

ARtAABC中，有°Z=JOB?-BM?=2

--.DM=OD+OM-4+2=6

•••（VD.ABC）n«]x96x6T83

故选B.

10.

A

由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是柳

头，从图形看，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3条边是虚线，

所以木构件的俯视图是A。

11.

C

分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角

三角形的个数.

详解：由三视图可得四棱锥P-ABCD,

在四棱锥PABCD中，PD2.AD2,CD-2..ABI,

由勾股定理可知：PA-2V5,PCR2\5.PB3J3C\\,

则在四棱锥中，直角三角形有：APAD.APCD.APAB共三个，

故选c.

点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还

原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、

体积等相关问题的求解.

12.

B

解答：

如图，儿48c为等边三角形，点。为A,B,C,力外接球的球心，G为AABC的重

心，由SMBC=9石，得243=6,取3。的中点”，.・.4”=43与1160。=3百，...

AG=-AH-2百1_/Ti_s鬲2_

3，,球心0到面ABC的距离为4—A/4-(2<3)一2,...三棱锥

V=-x9^x(2+4)=18V3

Z)_ABC体积最大值-nc3kJ.

13.

B

【解析】

本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概

念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后

比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.

方法1：如图G为AC中点，V在底面ABC的投影为。，则P在底面投影。在线段40上，过。作

DE垂直AE,易得PE〃VG,过P作PF〃AC交VG于F,过。作C”〃4C,交BG于H,则。=

乙BPF,p=Z.PBD,y—Z.PED,JJl!|cosa=^~=cosP,即a>0,tany—

黑>黑=m”，即y>/?,综上所述，答案为B.

方法2：由最小角定理万<乐记U-AB-C的平面角为y'（显然y'=y）

由最大角定理夕<y'=Y，故选B.

法2：（特殊位置）取V-4BC为正四面体，P为IM中点，易得

cosa=—=>sina=—,sin/?=—,siny——,「故选B.

6633

常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻

求简便解法.

14.

B

【解析】

本题首先根据三视图，还原得到几何体一棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积.

常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.

由三视图得该棱柱的高为6,底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底

为4,下底为6,高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为

（等X3+等X3）X6=162.

易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、

细心算.

15.

B

根据面面平行的判定定理易得答案.选B.

16.

B

因为直线BM,EN都是平面BED内的直线，且不平行，即直线BM,EN是相交直线，设正方

形ABCD的边长为2a,则由题意可得：DE=2a,DM=a,DN=V2a,DB=2V2a,根据余弦定理

可得：BM2=DB2+DM2-2DB•DMcosZBDE=9a2-4V2a2cosZBDE,EN2=DE2+DN2-2DE•DNcos

ZBDE=6a2—4夜a2cosZBDE,

所以BMWEN,故选B.

17.D

【解析】

首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.

由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方

形，

5=3x（2x2）+2x|lx2x2xsin60°|=12+273

则其表面积为：[2）

故选：D.

18.B

【解析】

画出过球心和愚针所确定的平面截地球和悬面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面

垂直的定义判定有关截线的关系，根据点4处的纬度，计算出号针与点4处的水平面所成角.

画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；/是点4处的水平面的截线，依题

意可知。41I；4B是辱针所在直线.m是劈面的截线，依题意依题意，辱面和赤道平面平

行，替针与岩面垂直，

根据平面平行的性质定理可得可知m〃CD、根据线面垂直的定义可得4B1m..

由于4aoe=40°,m//CD,所以/04G=NAOC=40°,

由于/。力G+ZGAE=ZBAE+ZGAE=90°,

所以4BAE=NOAG=40°,也即唇针与点4处的水平面所成角为N8AE=40°.

故选：B

本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性

质，属于中档题.

19.C

【解析】

求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.

这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，

RJ(2扃+(2厨+(2百『§

即2,

所以，这个球的表面积为S=4万A?=4万、32=36万.

故选：C.

20.B

【解析】

将两个条件相互推导，根据能否推导的结果判断充分必要条件.

依题意血,九」是空间不过同一点的三条直线，

当九，在同一平面时，可能m〃几〃故不能得出犯九，两两相交.

当两两相交时，设mOn=A,mnI=B,nA/=C,根据公理2可知确定一个平面

a,而B€mua,C€nua,根据公理1可知，直线BC即Zua,所以m,n,L在同一平面.

综上所述，“血,九，在同一平面”是“m,弭/两两相交”的必要不充分条件.

故选：B

本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.

-71.

21.2

【解析】

根据已知条件易得QE=V3,DjE，侧面&GCB,可得侧面BiGCB与球面的交线上的点到

E的距离为或，可得侧面BiQCB与球面的交线是扇形EFG的弧再根据弧长公式可求得

结果.

如图：

取8|G的中点为E,'4的中点为F,CG的中点为G,

因为ZBAO=60°,直四棱柱ABCD-4B1C1D1的棱长均为2,所以△Di/Q为等边三角

形，所以D】E=遮，QElBiG，

又四棱柱4BCD-&B1C1C1为直四棱柱，所以BB1，平面为当前。1，所以^4,4G,

因为BBinBiG=所以DiE_1_侧面BiGCB,

设P为侧面/C1CB与球面的交线上的点，则1EP,

因为球的半径为花，DiE=®所以|EP|=一|CiE|2=571=在,

所以侧面BiCiCB与球面的交线上的点到E的距离为我，

因为|EF|=\EG\=V2，所以侧面BiGCB与球面的交线是扇形EFG的弧启，

因为4&EF="EG=3，所以4EG=]

所以根据弧长公式可得怠=三x夜=当兀.

故答案为：乎兀.

本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹

问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.

22.

10

【解析】

由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.

因为长方体力BCD-4遇传1。1的体积为120,

所以48-BOCCi=120,

因为E为CG的中点，

所以CE=^CCi，

由长方体的性质知CG_L底面力BCD,

所以CE是三棱锥E-BC。的底面8C。上的高，

所以三棱锥E—BCD的体积U=ZXL/1B-BC-CE==-x-AB-BC--CC1=—x120=10.

32322112

本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注

意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.

23.

40V2TT

详解：因为母线SA.SB所成角的余弦值为:,所以母线SA.SB所成角的正弦值为孚,因为△SAB的

oO

面积为565.设母线长为I,所以:xl2x=5vl5AI2=80.

x^2

Icos-=—1,

因为SA与圆锥底面所成角为45°,所以底面半径为42

xrl=^-«12=40"定

因此圆锥的侧面积为2

24.

4715

由题，连接。。，交BC与点G,由题，OCJ.BC

OG=—6BC,即0G的长度与BC的长度或成正比

设。G=x,则=DG=5-x

三棱锥的高力=y/DG2—0G2=V25—10%4-%2—%=三5—10%

1

2

S^ABC=2^3•3%­—=3y/3x

则'=[SMBC.h=V3x2•V25-10%=V3-V25x4-10x5

令/(x)=25x4-10x5,xe(0,|),/‘(%)=100%3-50x4

令/(%)>0,即％4—2x3<0,x<2

则f(%)<f(2)=80

则Ybx恂=45

.•・体积最大值为4“^cm3

B

”D

25.

(i)详见解析(n)详见解析(ni)

【解析】

试题分析：(I)证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行寻

找与论证，往往结合平几知识，如本题构造一个平行四边形：取血)的中点为。，可证四边形0G尸E是平

行四边形，从而得出FG//OE(II)面面垂直的证明，一般转化为证线面垂直，而线面垂直的证明，往往

需多次利用线面垂直判定与性质定理，而线线垂直的证明有时需要利用平几条件，如本题可由余弦定理解

出N4D5=90。，即即_L/D(III)求线面角，关键作出射影，即面的垂线，可利用面面垂直的性质定

理得到线面垂直，即面的垂线：过点/作仙_LDE于点H,则4H，平面,从而直线AB与平面

BED所成角即为ZABH一再结合三角形可求得正弦值

试题解析：(I)证明:取刖的中点为0,连接。及。G，在A5CD中，因为G是5c的中点，所以。G//PC

且。G=-DC=1,又因为EFHAB.ABHDC,所以EFH0G且EF=0G

2

,即四边形0GFE是平行四边形，所以FGH现，又尸G仁平面刀ED,0Eu平面BED,所以FGH平

面3ED.

(II)证明：在44BD中，AD=1,AB=2/BAD=60°,由余弦定理可BD=V3,进而可

得乙4DB=90。，^BDLAD,又因为平面4ED_L平面4BCD,BDu平面4BCD；平面4EDn

平面力BCD=AD,所以BD，平面4ED.又因为BDu平面BED,所以平面BED_L平面力ED.

(Ill)解：因为EF〃AB,所以直线EF与平面BED所成角即为直线AB与平面BED所成角.

过点4作J_DE于点H,连接又因为平面BE。n平面ZE0=ED,由(II)知4Hl

平面BED,所以直线4B与平面BED所成角即为乙4BH.在z4DE中，AD=1,DE=3,AE=

V6,由余弦定理可得cosNADE=I，所以sinz_4DE=M因此4f/=4。•sin2Z)E=

―,在RtZL4HB中，sinz.ABH=—=所以直线4B与平面BED所成角的正弦值为些.

3AB66

26.

(1)证明：：ZBAP=NCDP=90°

：.PAS.AB,PD1CD

又：AB||CD,：.PDLAB

又•.•PDnPA=P,PD、P4u平面PAO

•MB1平面24。，乂ABu平面H4B

平面P4B_L平面PAC

(2)取ZD中点0,BC中点E,连接P0,0E

"：AB£CD

四边形4BC。为平行四边形

：.0E^AB

由(1)知，AB_L平面PAD

，0E_L平面PAD,又PO、4。u平面PAD

：.OE1PO,OELAD

又,：PA=PD,：.P01AD

：.PO.OE、AD两两垂直

以。为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。-xyz

设PA=2,:.D(-立,0,0),B(V2,2,0)、P(0,0,V2)>C(-V2,2,

0)，

：.~PD=(-V2,0,-V2).丽=(鱼，2,-V2),BC=(-2V2,0,0)

设i?=(x,y,z)为平面PBC的法向量

由伊.里=0得+2y-=0

I元.BC=0\—2\[2x=0

令y=l,则2=鱼，x=0,可得平面PBC的一个法向量完=(0,1,V2)

'：^APD=90°,：.PD1PA

又知48,平面240,P。u平面240

：.PD1AB,又PAnAB=A

：.PD1平面P4B

即而是平面/MB的一个法向量，PD=(-V2,0,-V2)

*柄㈤=布=±等

由图知二面角4-PB-C为钝角，所以它的余弦值为一日

27.

解:

(1)由己知可得，乙BAC=90°,BA1AC.

又BAL'D,所以AB_L平面ACD.

又ABu平面ABC,

所以平面ACDJL平面ABC.

(2)由已知可得，DC=CM=AB=3,DA=3A/2.

又BP=DQ=|/M,所以BP=2V^.

作QE_LAC,垂足为E,则QE=

由已知及(1)可得DC_L平面可C,所以QE,平面ABC,QE=1.

因此，三棱锥Q-ABP的体积为

VQ-ABP*QExS4ABp=]XlXax3x2V2sin45=1.

28.

（1）见解析；（2）见解析.

【解析】

（1）由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论;

（2）由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可.

（1）因为D,E分别为BC,AC的中点，

所以ED〃AB.

在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB/7A1B1,

所以A1B1//ED.

又因为EDU平面DECI,A1B1C平面DECL

所以A1B1〃平面DEC1.

(2)因为AB=BC,E为AC的中点，所以BELAC.

因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1，平面ABC.

又因为BEU平面ABC,所以CC1_LBE.

因为C1CU平