重难点34 立体几何体积问题八大题型【2024高考数学二轮复习题型突破】（解析版）

高中数学精编资源2/2重难点专题34立体几何体积问题八大题型汇总题型1公式法 1题型2等体积转化法 12题型3割补法 22题型4体积比问题 31题型5体积中的动点问题 38题型6体积中的最值取值范围 50题型7向量法求体积 63题型8外接球问题 75题型1公式法【例题1】（2023秋·山西太原·高三山西大附中校考阶段练习）长方形ABCD中，AB=2AD=22，点E为CD中点（如图1），将点D绕AE旋转至点P处，使平面PAE⊥平面ABCE

(1)求证：PA⊥PB；(2)点F在线段PB上，当二面角F-AE-P大小为π4时，求四棱锥F-ABCE【答案】(1)证明见详解(2)2【分析】（1）由已知条件，先证明BE⊥AE，再利用平面PAE⊥平面ABCE，可证BE⊥平面PAE，得到PA⊥BE，又PA⊥PE，可得PA⊥平面PBE，从而可证PA⊥PB；（2）由题意，建立空间直角坐标系，由向量法求出平面FAE和平面PAE的法向量，进而求出F点坐标，确定F点位置，求出四棱锥F-ABCE的体积.【详解】（1）证明：在长方形ABCD中，AB=2AD=22，E为CD∴AE=BE=2，∴AE⊥BE，∵平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE=AE，BE⊂平面ABCE，∴BE⊥平面PAE，AP⊂平面PAE，∴BE⊥PA，又PA⊥PE，BE⊂平面PBE，PE⊂平面PBE，PE∩BE=E，∴PA⊥平面PBE，PB⊂平面PBE，∴PA⊥PB.（2）

如图，取AE的中点O，AB的中点G，连接OP,OG，由题意可得OP,OG,OA两两互相垂直，以O为坐标原点，以OA，OG，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A1,0,0，E-1,0,0，B-1,2,0设PF=λPB，则设平面FAE的一个法向量为m=则m⋅AE=0令y=1，得z=2λ∴m又BE⊥平面PAE，∴n=EB=0,2,0令22×1+4λ2即F为PB的靠近P的三等分点时，二面角F-AE-P的平面角为π4∵PO⊥平面ABCE，且PO=1，∴F到平面ABCE的距离为23，又四边形ABCE∴四棱锥F-ABCE的体积V【变式1-1】1.（2023秋·四川成都·高三统考阶段练习）如图，在圆锥DO中，D为圆锥顶点，AB为圆锥底面的直径，O为底面圆的圆心，C为底面圆周上一点，四边形OAED为矩形，且AC=1，BC=3

(1)若F为BC的中点，求证：DF∥平面ACE；(2)若CD与底面ABC所成角为45°，求多面体ACBDE的体积．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）解法一：连接DF、OF，结合条件得到OF∥AC，OD∥AE，从而得到平面∥ODF平面ACE，再根据面面平行的性质得到DF//平面ACE；解法二：取AC中点G，连接DF和GF，结合条件得到DE∥FG，DE=FG，从而得到DF∥EG，即可证明DF∥平面ACE；（2）过点C做CM⊥AB交AB于点M，且连接OC，根据OD⊥平面ABC得到平面OADE⊥平面ABC，再由面面垂直的性质得到CM⊥平面OADE，从而得出CM为四棱锥C-ABDE的高，即可求解.【详解】（1）解法一：连接DF、OF，如图：

在△ABC中，O、F分别为AB、BC的中点，所以OF∥AC，因为AC⊂平面ACE，OF⊄平面ACE，所以OF∥平面ACE，

在矩形OAED中，OD∥AE，AE⊂平面ACE，OD⊄平面ACE，所以OD∥平面ACE，又OF∩OD=O，OF，OD⊂平面ODF，所以平面ODF∥平面ACE，因为DF⊂平面ODF，所以DF∥平面ACE.解法二：取AC中点G，连接DF和GF，如图：

在△ABC中，G、F分别为AC和BC的中点，所以GF∥AB，FG=1又在矩形OAED中，DE∥AB，DE=OA，又O是AB在中点，所以DE=1则DE∥FG，DE=FG，所以四边形DEGF是平行四边形，即DF∥EG，又DF⊄平面ACE，EG⊂平面ACE，所以DF∥平面ACE.（2）过点C做CM⊥AB交AB于点M，且连接OC，如图：

由题意知：OD⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，所以OD⊥OC，则CD与底面ABC所成角为∠DCO，即∠DCO=45又C是圆O上的点，所以AC⊥BC，因为AC=1，BC=3，所以AB=2，∠BAC=60°，即DO=CO=1又OD⊂平面OADE，所以平面OADE⊥平面ABC，平面OADE∩平面ABC=AB，CM⊥AB，CM⊂平面ABC，所以CM⊥平面OADE，即CM为四棱锥C-ABDE的高，且CM=AC⋅sin又四边形ABDE的面积S=1所以多面体ACBDE的体积为VC-ABDE【变式1-1】2.（2022秋·安徽合肥·高三合肥一中校考阶段练习）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，△PBC为等腰直角三角形，∠CPB=90∘，平面PBC⊥平面ABCD，AD//BC

(1)求证：平面PAB⊥平面PCD；(2)若点E为PB的中点，F为CD的中点，点M为AB上一点，当EM⊥BF时，求三棱锥E-BFM的体积．【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）根据面面垂直的性质可得CD⊥平面PBC，再根据线面垂直的性质与判定定理可得PB⊥平面PCD，最后根据面面垂直的判定定理，即可证明；（2）根据三垂线定理，解三角形知识，即可求解.【详解】（1）证明：∵平面PBC⊥平面ABCD，又CD⊥AD，AD//BC，所以又平面PBC∩平面ABCD=BC，CD⊂平面ABCD∴CD⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，∴PB⊥CD，又∠CPB=90∴PB⊥PC，且CD∩PC=C，CD,PC⊂平面PCD，∴PB⊥平面PCD，又PB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PCD；（2）取BC中点G，连接PG，

已知△PBC为等腰直角三角形，∴PG⊥BC又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，PG⊂平面PBC∴PG⊥平面ABCD，过E作EH则EH⊥平面ABCD，∴EM在平面ABCD内的射影为HM，又EM⊥BF，根据三垂线定理易得HM⊥BF，设HM∩BF=N，作出平面图形，如图所示，

则MN=NB⋅tan∠NBM=(HB⋅cos∴S又EH=1∴三棱锥E-BFM的体积为13S△BFM【变式1-1】3.（2023·全国·高三专题练习）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，AD//BC,AF//BE,DA⊥平面

(1)已知点G为AF上一点，且AG=2，求证：BG与平面DCE不平行；(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为55【答案】(1)证明见解析(2)AF的长为4；VD-ABEF【分析】（1）证明出AB,AD,AF两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面DCE的法向量，计算出n⋅（2）由BF与平面DCE所成角的正弦值计算出AF的长，从而求出梯形ABEF的面积，计算出四棱锥的体积.【详解】（1）证明：因为DA⊥平面ABEF，AB，AF⊂平面ABEF，所以DA⊥AB，DA⊥AF，又AB⊥AF，以A为坐标原点，AF,AB,AD分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则B0,2,0、E1,2,0、C0,2,1、D

所以EC=-1,0,1，ED=设平面DCE的法向量为n=x,y,z，则令x=2，则z=2,y=1，所以n=因为n⋅BG=2×2+1×-2=2≠0，且不存在λ所以BG与平面DCE不平行；（2）设AF=a（a>0且a≠1），则Fa,0,0，所以BF∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为55∴55化简得11a2-40a-16=0，解得a=4或a=-此时梯形ABEF的面积S=12×【变式1-1】4.（2023秋·海南省直辖县级单位·高三校考阶段练习）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，O是ABCD的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点.

(1)求证：PA∥平面BDE(2)若OP=2，求三棱锥E-BCD的体积.【答案】(1)证明见详解(2)1【分析】（1）连接OE，由三角形中位线定理可得OE//PA，再由直线与平面的判定定理可判定PA//平面BDE；（2）取OC中点F，连接EF，可得EF//PO，且EF=12PO=1,易得EF⊥【详解】（1）证明：连接OE，∵O,E分别是AC，PC的中点，∴OE//PA，又OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，∴PA//平面BDE.

（2）取OC中点F，连接EF，∵E是PC的中点，∴EF为△POC的中位线，则EF//PO，且EF=1又PO⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD，∴VE-BCD=13【变式1-1】5.（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥P-ABCD的底面是菱形，平面PAD⊥底面ABCD，E，F分别是AB，PC的中点，AB=6，DP=AP=5，∠BAD=60°.

(1)求证：EF//平面PAD(2)求证：AC⊥PE；(3)求四棱锥P-ABCD的体积.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)24【分析】（1）利用直线与平面平行的判定定理直接证明；（2）利用直线与平面垂直证明直线与直线垂直；（3）求出四棱锥的高与底面积，从而利用体积公式求出体积.【详解】（1）证明：取PD中点G，连接AG,FG，因为F,G分别是PC,PD的中点，所以FG∥CD,FG=1又因为底面ABCD是菱形，E是AB的中点，所以AE∥CD,AE=1所以FG∥AE,FG=AE，所以四边形AEFG是平行四边形，所以EF∥AG，又EF⊄平面PAD，AG⊂平面PAD，所以EF//平面PAD（2）证明：取AD中点O，连接PO,OE,BD，因为DP=AP，O为AD中点，所以PO⊥AD，又因为平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥底面ABCD，又AC⊂底面ABCD，所以PO⊥AC，

因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，又因为O,E分别是AD,AB的中点，所以OE∥BD，所以OE⊥AC，又因为OE∩PO=O,OE,PO⊂平面POE，所以AC⊥平面POE，又因为PE⊂平面POE，所以AC⊥PE.（3）解：由（2）知PO⊥底面ABCD，所以PO是四棱锥P-ABCD的高，因为DP=AP=5，AB=6，O为AD中点，所以PO=4，因为底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=6，所以SABCD所以四棱锥P-ABCD的体积V=1题型2等体积转化法【例题2】（2021·黑龙江大庆·大庆中学校考模拟预测）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD的平行四边形，∠ADC=60°，AB=1

(1)求证：AB⊥PC；(2)若PA=AB=1【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）推导出AB⊥PA，AB⊥AC，从而AB⊥平面PAC，由此能证明AB⊥PC.（2）推导出PA⊥面ABCD，由VP【详解】（1）由题意，∵PA⊥面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥PA，∵∠ABC=∠ADC=60°，AB=1在△ABC中，由余弦定理有：AC即：AB⊥AC，∵PA∩AC=A，又PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴AB⊥平面PAC，∵PC⊂平面PAC，∴AB⊥PC.（2）由题意及（1）得，PA=AB=1所以PA=AB=2，AD=4，因为PA⊥面ABCD且E为PD的中点，所以E点到平面ADC的距离为12所以三棱锥P﹣AEC的体积：VP-AEC=【变式2-1】1.（2023秋·四川成都·高三石室中学校考开学考试）如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为正方形，平面ADP⊥底面ABCD,AP=DP，且AP⊥DP，设E,F分别为CP,BD的中点，FP=2

(1)求证：AP⊥CP；(2)求三棱锥P-ADE的体积．【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）通过证明AP⊥平面PCD来证得AP⊥CP.（2）根据锥体体积的计算公式求得正确答案.【详解】（1）∵ABCD是正方形，∴AD⊥CD．∵侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，∵AP⊂平面PAD，∴CD⊥AP．又AP⊥DP，CD∩DP=D,CD,DP⊂平面PCD，∴AP⊥平面PCD，∵CP⊂平面PCD，∴AP⊥CP．（2）∵四边形ABCD为正方形，连接AC，则AC∩BD=F，F为AC中点．∵E为PC中点，∴在△ACP中，EF//∵PA⊂平面ADP，EF⊄平面ADP，∴EF//平面ADP∴E到面ADP的距离等于F到面ADP的距离．由（1）知，PA⊥PC，∴PF=12AC=∴AB=AD=2，PA=PD=2（法一）取AD中点M，连接AC,MF，则MF//CD，又CD⊥平面∴MF⊥平面ADP．∴VP-ADE（法二）取AD中点M，连接AC,MF，则PM⊥AD．∵侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，PM⊂平面PAD，∴PM⊥底面ABCD，PM=1∴VP-ADE

【变式2-1】2.（2023秋·四川成都·高三校考阶段练习）如图，在几何体BACDEF中，四边形CDEF是菱形，AB//CD，平面ADF⊥平面CDEF，

(1)求证：AC⊥DF；(2)若FA=FC=FD=2，AB=1，求三棱锥E-BDF的体积.【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）连接CE，与DF交于点O，可证得DF⊥平面AOC，根据线面垂直的定义即可证明；（2）根据VE-BDF=VB-DEF，而点B到平面CDEF的距离等于点A到平面CDEF的距离,根据题中条件，可知AO为点A到平面【详解】（1）证明：如图，连接CE，与DF交于点O，则O为DF的中点，连接AO，由四边形CDEF是菱形可得CE⊥DF，因为AD=AF，所以AO⊥DF，因为CE∩AO=O，CE,AO⊂平面AOC,所以DF⊥平面AOC，因为AC⊂平面AOC，所以AC⊥DF.

（2）因为平面ADF⊥平面CDEF，平面ADF∩平面CDEF=FD，且AO⊥DF，AO⊂平面ADF,所以AO⊥平面CDEF，即AO为三棱锥A-CDF的高.由FA=FC=FD=2，四边形CDEF是菱形，且AD=AF，可得△ADF与△CDF都是边长为2的等边三角形，所以AO=2×sin因为AB//CD，CD⊂平面CDEF，AB⊄平面所以AB//平面CDEF故点B到平面CDEF的距离也为AO=3由四边形CDEF是菱形得S因此VE-BDF【变式2-1】3．（2023秋·四川眉山·高三校考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，CD=AD=12AB=2，∠PAD=45°

(1)求证：DE∥平面PBC(2)求三棱锥G-PBC的体积．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）取PB的中点F，连接EF,CF,证明四边形CDEF是平行四边形，进而可得DE//平面PBC；（2）根据VG-PBC【详解】（1）取PB的中点F，连接EF，CF，又因为E是PA的中点，所以EF∥AB，且EF=因为CD=1所以EF∥CD，且EF＝CD，所以四边形CDEF是平行四边形，可得DE∥CF，因为CF平面PBC，DE平面PBC，所以DE∥平面PBC；

（2）因为AB∥DC，AB⊥AD，所以AD⊥CD，因为PD⊥平面ABCD，AD平面ABCD，所以PD⊥AD，因为∠PAD＝45°，所以在等腰直角三角形APD中，PD＝AD＝2，∵AD＝CD＝2，AB＝4，∴在直角△DAB中，BD=AD2∵CG⊥BD，设CG∩BD＝H，∴cos∠CDH=∴DH＝455，BH＝BD-DH＝在直角△BHG中，cos∠ABD=∴VG-PBC【变式2-1】4.（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥PB，AB=5，PB=BC=2，点Q为PC

(1)求证：平面ABQ⊥平面PAC；(2)求三棱锥P-QBD的体积.【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）先根据平面PAB⊥平面ABCD得到BC⊥平面PAB，进而得到BC⊥AP，结合PA⊥PB可得AP⊥平面BCP，进而得到AP⊥BQ，进而结合BQ⊥PC可得BQ⊥平面PAC，进而求证；（2）作PH⊥AB于点H，利用面积公式可得PH=255，由点Q为PC的中点，可得点P到平面QBD的距离等于点C到平面QBD【详解】（1）证明：∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，BC⊥AB，且BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面PAB，又∵AP⊂平面PAB，∴BC⊥AP.又∵PA⊥PB，BC∩BP=B，BC,BP⊂平面BCP，∴AP⊥平面BCP，又BQ⊂平面BCP，则AP⊥BQ.在△BCP中，PB=BC，Q为PC的中点，∴BQ⊥PC，又AP∩PC=P，AP，PC⊂平面PAC，∴BQ⊥平面PAC，又BQ⊂平面ABQ，∴平面ABQ⊥平面PAC.（2）作PH⊥AB于点H，在Rt△PAB中，PA=则PH=PA⋅PB∵点Q为PC的中点，∴点P到平面QBD的距离等于点C到平面QBD的距离，即VP-QBD又点Q到平面BCD的距离等于点P到平面BCD的距离的一半，即h=PH2=所以VQ-BCD所以三棱锥P-QBD的体积为13

【变式2-1】5．（2023·全国·高三专题练习）如图，梯形ABCD中，AD=4，E为AD中点，且CE⊥AD，CE=BC=1，将△DEC沿CE翻折到△PEC，使得∠PEA=π3．连接

(1)求证：BE⊥PC；(2)Q为线段PA上一点，若AQ=23【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）根据题意，证得CE⊥平面PAE，从而得到平面ABCE⊥平面PAE，取AE中点O，连接PO,OB,OC，证得PO⊥平面ABCE，从而证得BE⊥平面POC，结合线面垂直的性质，即可证得BE⊥PC．（2）由AQ=23【详解】（1）证明：因为CE⊥AD，所以CE⊥AE且CE⊥PE，又因为PE∩AE=E，且PE,AE⊂平面PAE，所以CE⊥平面PAE，因为CE⊂平面ABCE,所以平面ABCE⊥平面PAE，在梯形ABCD中，DE=2，所以AE=2，所以在四棱锥P-ABCE中，PE=AE=2，又因为∠PEA=π3，所以取AE中点O，连接PO,OB,OC，可得PO⊥AE,OB⊥AE，因为平面ABCE⊥平面PAE，平面ABCE∩平面PAE=AE，PO⊂平面PAE，且PO⊥AE，可得PO⊥平面ABCE，又因为BC=CE=OE=1，CE⊥AE，CE⊥BC，所以四边形OBCE为正方形，所以BE⊥OC，因为OC∩PO=O且OC,PO⊂平面POC，所以BE⊥平面POC,又因为PC⊂平面POC，所以BE⊥PC．（2）解：由题意得，点Q为线段PA上一点，且AQ=23所以VP-BCQ又由（1）知PO⊥平面ABCE，所以PO为三棱锥P-ABC的高，由△PAE为正三角形，且PA=2，可得PO=3所以VP-BCQ

题型3割补法【例题3】（2023秋·青海西宁·高三统考开学考试）如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，

(1)求证：DE//平面AA(2)求多面体BB【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可；（2）根据线面垂直的性质、线面垂直的判定定理，结合棱锥体积公式进行求解即可.【详解】（1）如图，取A1B1的中点F∵E是B1C1又AD∥A∴AD∥EF,AD=EF，∴四边形ADEF是平行四边形，∴DE∥AF．又∵DE⊄平面AA1B∴DE∥平面AA（2）连接B1

∵AA1⊥平面A∵A1B1⊥∴A1B同理可得AD⊥平面AA∴V【变式3-1】1.（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，∠A(1)求证：B，D，E，B1(2)求四棱锥A1【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）由题设AC//A1C1，AC=A1C（2）根据面面垂直性质定理证明线面垂直，最后根据体积公式计算即可.【详解】（1）在三棱柱ABC-A1B1C因为AD=3DC，A1E=3EC则四边形ADEA1为平行四边形，则又因为AA1//BB1（2）连接A1C，取AC的中点O，连接在三棱柱ABC-A1B1C则∠A1AC=60°，又AC=C又O为AC的中点，所以A1又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1所以A1又BA=BC，O为AC的中点，所以BO⊥AC．因为tan∠BAC=32，AO=2，所以BO=3，A又因为VABD-A1所以四棱锥A1-BDEB【变式3-1】2.（2023·四川泸州·校考三模）如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，

(1)求证：直线D1E、CF、(2)若AA1=4【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据题意可得四边形EFCD（2）根据题意利用割补法求体积.【详解】（1）连接EF、A1因为E、F分别为AA1、AB的中点，所以EF//因为ABCD-A所以BC//AD//A1所以A1B//D1C且所以四边形EFCD1为梯形，所以D1E与即P∈D1E,P∈CF，且D1E平面AD所以P∈平面ABCD，P∈平面ADD又因为平面ABCD∩平面ADD1A1=AD所以直线D1E、CF、DA交于一点（2）连接D1由题意可得：VBC

【变式3-1】3.（2023秋·广东广州·高三广州市第一中学校考阶段练习）如图，四边形ABCD是矩形，四边形ABEF是梯形，BE//AF，BE⊥EF，∠BAF=30∘

(1)求证：BF⊥AC．(2)若二面角C-AF-B为π6，求多面体ABCDEF【答案】(1)证明见解析；(2)33【分析】（1）利用正弦定理先证AB⊥BF，再证线面垂直即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，由二面角计算BC长，将多面体分割为四棱锥F-ABCD和三棱锥C-BEF，分别计算其体积即可.【详解】（1）在△ABF中，由正弦定理BFsin∠BAF=所以∠ABF=π又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，BF⊂平面ABEF，所以BF⊥平面ABCD．又AC⊂平面ABCD,所以BF⊥AC；（2）因为四边形ABCD是矩形，所以BC⊥BA．结合BF⊥平面ABCD，可知BA,BF,BC两两垂直．故以B为原点，BA,BF,BC所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

易知平面BAF的一个法向量为m=(0,0,1)假设BC=h，则A(23,0,0),F(0,2,0),C(0,0,h)设平面CAF的法向量为n=(x,y,z)，所以n⋅AF令z=23，则x=h,y=3h，所以平面CAF因为二面角C-AF-B为π6，所以cos解得h=1．易证△ABF∼△FEB，所以BE=1,EF=3因为BC⊥AB，平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，所以BC⊥平面ABEF，所以BC是三棱锥C-BEF的高．VC-BEF因为BF⊥平面ABCD，所以BF是四棱锥F-ABCD的高．VF-ABCD所以多面体ABCDEF的体积V=V【变式3-1】4.（2023·陕西西安·西安市第三十八中学校考模拟预测）如图，在三棱柱ABC-A'B'C'中，中，AB⊥BC,AB=BC=BB

(1)证明：BC⊥CC(2)求多面体AA【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）取AB的中点D，连接B'D，得到B'D⊥平面ABC，证得B'D⊥BC，AB⊥BC，利用线面垂直的判定定理，证得BC⊥平面（2）由柱体和锥体的体积公式，结合V=V1-【详解】（1）证明：取AB的中点D，连接B'因为B'在平面ABC上的射影为AB的中点，所以B'D⊥又因为BC⊂平面ABC，所以B'因为AB⊥BC，AB∩B'D=D，且AB,B'D⊂平面又因为BB'⊂平面AB因为BB'//C（2）解：因为B'D⊥平面ABC，且AB⊂平面ABC，所以因为BB'=2，BD=1所以三棱柱ABC-A'B且VB故多面体AA'B

【变式3-1】5.（2022秋·广西桂林·高三校考阶段练习）如图所示的多面体中，四边形ABCD是矩形，AB=4，△EAD，△FBC都是边长为2的正三角形，EF=2

(1)证明：EF//平面ABCD；(2)求这个多面体的体积V.【答案】(1)见解析(2)10【分析】（1）根据线面平行的判定定理及性质定理即可证明；（2）将几何体分割为直三棱柱MPE-NQF，四棱锥E-AMPD与四棱锥F-BNQC，从而再利用锥体的体积公式与柱体的体积公式计算可求求解．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB//CD，又AB⊄平面CDEF，CD⊂平面CDEF，∴AB//平面CDEF，又AB⊂平面ABFE，且平面CDEF∩平面ABFE=EF，∴AB//EF，又AB⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，∴EF//平面ABCD；（2）由（1）知AB//EF，CD//EF，

所以四边形ABFE与四边形CDEF都是上底为2，下底为4，腰为2的等腰梯形，如图，过E，F分别作AB，CD的垂线，垂足点分别为M，N，P，Q，则易得：三棱柱MPE-NQF为直三棱柱，且四棱锥E-AMPD与四棱锥F-BNQC体积相等，又EM=EP=FN=FQ=A∴等腰三角形EMP底面MP上的高为EM∴E到平面ABCD的距离为2，∴这个多面体的体积V=2=2×1

题型4体积比问题【例题4】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）如图，四边形ACC1A1与四边形BCC1B

(1)求证：平面PB1C(2)如果AC=1，求三棱锥B1-A【答案】(1)证明见解析(2)V三棱【分析】（1）通过证明CP⊥平面PB1C1，即可证明平面（2）分别求出三棱锥B1-A1C1P【详解】（1）由题意证明如下：∵AC=BC=22AB又因为CC1⊥BC，且CC1∩AC=C，AC⊂∴BC⊥平面ACC又CP⊂平面ACC1A2AC=22AA1，即同理∠A1PC1又由于BC∥∴B1∵PC1∩B1C1=C所以CP⊥平面PB∵CP⊂平面PB∴平面PB1C（2）由题意及（1）得，几何体ABC-A1B∵V三棱柱V四棱∴V多面体而V三棱∴V三棱【变式4-1】1.（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=2,E是棱PC上的动点（不与P,C重合），PD交平面ABE于点F.

(1)求证：CD∥平面ABE；(2)求证：平面PAD⊥平面ABE；(3)若E是PC的中点，平面ABE将四棱锥P-ABCD分成五面体PABEF和五面体ABEFDC，记它们的体积分别为V1,V【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)V【分析】（1）由线面平行的判定定理可证；（2）由线面垂直的性质定理和判定定理先得AB⊥平面PAD，再由面面垂直的判定定理得证；（3）连结AE、DE，将五面体ABEFDC分割成三棱锥E-ADF和四棱锥E-ABCD，分别求出体积，可求V2，再由V【详解】（1）由底面ABCD是正方形，知CD∥AB，又CD⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，所以CD∥平面ABE；（2）由底面ABCD是正方形，可知AB⊥AD，又PD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PD，AD⊂平面ABCD，PD⊂平面ABCD，且AD∩PD=D，所以AB⊥平面PAD，又AB⊂平面ABE，所以平面PAD⊥平面ABE；（3）

连结AE、DE，由（1）CD∥平面ABE，CD⊂平面PCD，平面ABE∩平面PCD=EF,得EF∥CD，即又由（2）AB⊥平面PAD，可得EF⊥平面PAD，由题意，E是PC的中点，V2=V又V四棱锥所以V1V1【变式4-1】2.（2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）如图，在长方体ABCD-A1B1C

(1)证明：平面PCD1⊥(2)画出平面D1PC与平面(3)求过D1,P,C三点的平面【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析(3)17【分析】（1）通过证明CP⊥面PDD1，证平面PCD（2）延长CP与DA的延长线相交于M，连接MD1，则MD1即为平面（3）求得两部分的体积，可求过D1,P,C三点的平面【详解】（1）在长方体ABCD-A1B∴△ADP与△BPC都是等腰直角三角形，∴∠APD=∠BPC=45°，∴∠DPC=90°,∴DP⊥PC，∵DD1⊥平面ABCD,PC⊂平面ABCD又DD1∩DP=D,DD1,DP⊂面又PC⊂平面PCD1,∴平面PC（2）延长CP与DA的延长线相交于M，连接MD则MD1即为平面D1M∈AD,∴M∈平面A1ADD1，∴平面D1PC与平面A1（3）令MD1与AA则三棱台APN-DCD1的体积为∵P为棱AB的中点，∴P为CM的中点，∴A是MD的中点，N是MD∴MD=2AD=2,AN=1∴VM-DCD∴三棱台APN-DCD1的体积为∴过D1,P,C三点的平面α将四棱柱分成的上部分的体积为∴过D1,P,C三点的平面α将四棱柱分成的上、下两部分的体积之比为

【变式4-1】3.（2023·浙江·统考二模）如图，在正四棱台ABCD-A'B'C(1)记棱锥P-BCD，棱台ABCD-A'B'C'D'的体积分别为(2)若正四棱台的侧棱与底面所成角为π3，当平面A'BD⊥平面PBD时，求直线PA【答案】(1)V(2)4【分析】（1）设棱台的高为h，由题意可得棱台上下底面的面积比为S1:S2=1:4（2）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设CP=λCC'0≤λ≤1，分别求出平面A'BD和平面PBD的法向量，由平面A'BD⊥【详解】（1）设棱台的高为h，因为AB=2A'B所以V2V1所以V1（2）如图，连接AC与BD交于点O，因为正四棱台的侧棱AA'与底面ABCD所成角为所以∠A'AC=不妨设AB=2A'B'=2则A2,0,0因为点P为棱CC'上一点，设CP=λ设平面PBD的法向量为n=x,y,z，因为所以n⋅BP=0令x=3λ，z=2-λ设平面A'BD的法向量为m=x所以n⋅A'令x1=3，因为m⋅n=0，所以λ=12，即P所以AP=-72,0,因为CB=2,2,0，所以n⋅CB=0令x2=3，y记直线PA与平面PBC所成角为θ，则sin所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为4273题型5体积中的动点问题【例题5】（2023·河南·校联考模拟预测）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=2，A1A=A1B=

(1)求证：AB⊥EF；(2)设P是棱AA1上的动点（不包括边界），当△PBC的面积最小时，求棱锥【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）连接A1E，AE，利用△A1AE≌△A1BE可证A1E⊥AE，从而可证（2）由（1）可得BC⊥平面A1AE，从而有BC⊥PE，进而可知当PE⊥AA1时，PE最小，此时△PBC面积最小.过P做PM⊥AE于M，从而可得【详解】（1）连接A1E∵A1B=A1C，又AB=AC，∠BAC=90°，∴AE⊥BC，且AE=BE=EC.∵A∴△A1AE≌△又A1E⊥BC，BC∩AE=E，BC,AE⊂平面∴A1E⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC由已知AB⊥AC，AC∥A1C又A1C1∩A1E=A1而F∈A1C1，EF⊂平面（2）由（1）可知A1E⊥BC，又A1E∩AE=E，A1E,AE⊂平面A1又P∈AA1，PE⊂平面A1所以S△PBC=12BC⋅PE∴当PE⊥AA1时，PE最小，此时在Rt△A1EA中，A1A=22，AE=在△A1AE中，过P做PM⊥AE于M∴PMA1E=APA∴V

【变式5-1】1.（2023秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）如图，在三棱锥P-ABC中，侧棱PA⊥底面ABC，且PA=AC,AC⊥BC，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接AE,AF.

(1)证明：PB⊥平面AEF；(2)若PA=2，三棱锥P-AEF的体积是26，求直线PC与平面AEF【答案】(1)证明见解析(2)π【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；（2）解法一：设BC=λ(λ>0)，由△PFE∽△PCB得EF=2λ8+λ2，再利用VP-AEF=26求出λ解法二：设BC=λ(λ>0)，由△PFE∽△PCB得EF=2λ8+λ2，再利用VP-AEF=26求出λ，以A为原点，与AC垂直的方向，射线AC【详解】（1）因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又因为AC⊥BC，而PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，又AE⊂平面PAC，所以BC⊥AE.又因为PA=AC，点E是PC的中点，所以AE⊥PC.而PC∩BC=C,PC,BC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC,PB⊂平面PBC，所以AE⊥PB，又PB⊥EF,AE∩EF=E,AE,EF⊂平面AEF，所以PB⊥平面AEF；（2）解法一：设BC=λ(λ>0)，由（1）得，AE=PE=CE=2可知AB=4+由△PFE∽△PCB，得PEPB=EF在Rt△PFE中，PF=P所以VP-AEF化简得(λ-22)2=0，解得由（1）知PF⊥平面AEF，故∠PEF即为所求角，在Rt△PFE中，cos∠PEF=又θ∈0,π2解法二：设BC=λ(λ>0)，由（1）得，AE=PE=CE=2可知AB=4+由△PFE∽△PCB，得PEPB=EF在Rt△PFE中，PF=P所以VP-AEF化简得(λ-22)2如图，以A为原点，与AC垂直的方向，射线AC，射线AP分别为x,y,z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.因为PA=AC=2,BC=22，则APB=由（1）知，PB⊥平面AEF，所以PB=22设直线PC与平面AEF所成角为θ，则sinθ=PB⋅PCPB

【变式5-1】2.（2023秋·江苏泰州·高三泰州中学校考阶段练习）如图，圆锥SO，S为顶点，O是底面的圆心，AE为底面直径，AE=AS，圆锥高SO=6点P在高SO上，△ABC是圆锥SO底面的内接正三角形.

(1)若PO=6，证明:PA⊥平面(2)点P在高SO上的动点，当PE和平面PBC所成角的正弦值最大时，求三棱锥P-ABC的体积.【答案】(1)证明见解析(2)9【分析】（1）根据题意易证AP⊥BP，AP⊥CP，再根据线面垂直的判定即可证明PA⊥平面PBC.（2）首先点O为原点，平行于CB方向为x轴，以OE方向为y轴，以OS方向为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法和基本不等式得到当PO=6时，PE与平面PBC所成角的正弦值最大，再求三棱锥【详解】（1）因为AE=AS，AS=SE，所以△ACE是正三角形，则∠SAO=π易知SO⊥底面圆O，而AE⊂底面圆O，所以SO⊥AE，又在Rt△AOS中，SO=6，所以AO=因为△ABC是正三角形，所以AB=AO×3且AP=AO2+PO2=32，又BP∩PC=P，BP,PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC；（2）如图，因为AE⊥BC，所以以点O为原点，平行于CB方向为x轴，以OE方向为y轴，以OS方向为z轴，建立以O为原点的空间直角坐标系O-xyz，

设|PO|=m,(0≤m≤6),∴P(0,0,m),E(2所以PE设平面PBC的法向量为n=x,y,z，则令x=0，则y=m,z=3，故n设直线EP和平面PBC所成的角为θ，则sin=3当且仅当m2=36m2，即PO故V=1【变式5-1】3.（2024·全国·高三专题练习）已知面积为23的菱形ABCD如图①所示，其中AC=2，E是线段AD的中点．现将△DAC

(1)若二面角S-AC-B的平面角大小为2π3，求三棱锥(2)若二面角S-AC-B的平面角α∈π3,【答案】(1)3(2)3【分析】（1）由菱形ABCD的面积得BD=23，二面角S-AC-B的平面角为∠SOB=2π（2）取AC边上靠近点A的四等分点G，取AB的中点为H，则AC⊥平面EGH，故点F的轨迹长度即为△EHG的周长，由于EG=GH=32，EH=12SB，由二面角S-AC-B【详解】（1）因为菱形ABCD的面积为12AC⋅BD=23，得BD=23，又因为二面角S-AC-B的平面角为∠SOB，且大小为2π3，所以故点S到平面ABC的距离为SO⋅sin由于△ABC的面积为12则三棱锥S-ABC的体积为VS-ABC

（2）取AC边上靠近点A的四等分点G，取AB的中点为H，连接EH，EG，GH，∵EG∥SO，SO⊥AC，∴AC⊥EG，同理AC⊥GH，∵EG∩GH=G，EG,GH⊂平面EGH，所以AC⊥平面EGH，故点F的轨迹长度即为△EHG的周长.由于EG=GH=32，EH=1且二面角S-AC-B的大小平面角α=∠SOB∈πSB∵α∈π3,2π则SB∈3,3，所以点F的轨迹长度的取值范围为33

【变式5-1】4.（2023·江苏苏州·校联考三模）如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为62的等边三角形，且PA=PB=PC=6，PD⊥平面ABC，垂足为D,DE⊥平面PAB，垂足为E，连接PE并延长交AB于点G

(1)求二面角P-AB-C的余弦值；(2)在平面PAC内找一点F，使得EF⊥平面PAC，说明作法及理由，并求四面体PDEF的体积.【答案】(1)33(2)答案见解析，43【分析】（1）根据条件确定∠PGD就是二面角P-AB-C的平面角，构造三角形求解；（2）根据给定的条件知PB⊥平面PAC，过点E作PB的平行线与PA交于F，则EF⊥平面PAC，再求出三棱锥P-EFD的底面积和高即可.【详解】（1）

∵PA=PB=PC，并且△ABC是等边三角形，∴三棱锥P-ABC是正三棱锥，D是△ABC的中心，点G是AB边的中点；由PD⊥平面ABC，DE⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，可知AB⊥PD,AB⊥DE,PD∩DE=D，PD⊂平面PDG，DE⊂平面PDG，所以AB⊥平面PDG，进而得AB⊥PG,AB⊥DG，所以∠PGD就是二面角P-AB-C的平面角，又△ABC是边长为62的等边三角形，且PA=PB=PC=6，P∴△PAB是等腰直角三角形，同理△PAC,△PBC都是等腰直角三角形；∴PG=12AB=3cos∠PGD=GDPG=3（2）∵PB⊥PC,PB⊥PA,PA∩PC=P,PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，∴PB⊥平面PAC，同理PC⊥平面PAB，又DE⊥平面PAB，∴ED//PC，∴E与点P，D，C共面，即E点在线段PG上，又△EDG∼△PGC,∴ED=13PC=2，PE过E点在平面PAB内作PB的平行线，与PA交于F，则EF⊥平面PAC，△PEF也是等腰直角三角形，EF=PE又DE⊥平面PAB，EF⊂平面PAB，∴DE⊥EF，将△PEF作为底面，则ED是三棱锥D-PEF的高，∴VP-DEF=VD-PEF【变式5-1】5.（2023·江苏淮安·江苏省郑梁梅高级中学校考模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，底面ABCD是边长为2的正方形，点E在棱PC上，CE=2PE.

(1)证明：平面BDE⊥平面ABCD；(2)当直线DE与平面PBD所成角最大时，求四棱锥P-ABCD的体积.【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）根据题意，取AD中点O，连接OP，连接OC交BD于点F，连接EF，由线面垂直的判定定理可证EF⊥平面ABCD，再由面面垂直的判定定理即可得到结果；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算可得DE与平面PBD所成角最大值，从而得到结果.【详解】（1）证明：取AD中点O，连接OP，连接OC交BD于点F，连接EF.

在△PAD中，因为PA=PD，所以PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，PO⊂面PAD，所以PO⊥平面ABCD，因为AB⊂平面ABCD，所以PO⊥AB.因为△ODF∽△CBF，所以OFCF=OD所以OFCF=PE所以EF⊥AD，EF⊥AB.因为AB，AD⊂面ABCD，AB∩AD=A，所以EF⊥平面ABCD，因为EF⊂面BDE，所以平面BDE⊥平面ABCD.（2）以O为坐标原点，OA，OP为x，z轴，过O平行于AB的直线为y轴建立空间直角坐标系，

则O0,0,0，A1,0,0，D-1,0,0，B设P0,0,h，因为DB=DE=设平面PBD的法向量n=则n⋅DP=x+hz=0n⋅DB=2x+2y=0所以n=设直线DE与平面PBD所成角为θ，θ∈0,所sin=h当且仅当h=1时等号成立，因为y=sinθ在所以当h=1时，直线DE与平面PBD所成角最大，此时VP-ABCD综上，直线DE与平面PBD所成角最大时，四棱锥P-ABCD的体积为43题型6体积中的最值取值范围【例题6】（2023秋·四川成都·高三成都七中校考开学考试）已知矩形ABCD中，AB=2，BC=23，M，N分别为AD，BC中点，O为对角线AC，BD交点，如图1所示．现将△OAB和△OCD剪去，并将剩下的部分按如下方式折叠：沿MN将△AOD,△BOC

(1)求证：MN⊥平面AOC；(2)求此多面体体积V的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）取MN中点E，通过证明MN⊥平面AOE，MN⊥平面COE，证得MN⊥OA，（2）由几何体的对称性化为求VM-CON的最值，即M到面OCN【详解】（1）

在图2中，取MN的中点E，连AE，因为AM=AN，E为MN的中点，所以MN⊥AE，同理得MN⊥CE，MN⊥OE，因为AE∩OE=E，AE、OE⊂平面AOE，所以MN⊥平面AOE，因为OA⊂平面AOE，所以MN⊥OA，因为CE∩OE=E，CE、OE⊂平面COE，所以MN⊥平面COE，因为OC⊂平面COE，所以MN⊥OC，因为OA∩OC=O，OA、OC⊂平面COA，所以MN⊥平面COA．（2）根据图形的对称性可知，V=2V因为△OCN的面积为12所以当点M到平面OCN的距离最大值时，三棱锥体积最大，此时平面OMC⊥平面ONC，点M到平面OCN的距离等于点M到OC的距离，等于3，所以此多面体体积V的最大值为2×1【变式6-1】1.（2023·全国·高三专题练习）如图（1），在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=90∘，E、F、H分别为边AB、AC、BC的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P位置（如图（2））．当四棱锥(1)设平面PBE与平面PFH的交线为l，求证：l⊥平面PEF；(2)在棱PF上是否存在点N，使得BN与平面PEF所成角的正弦值为22613？若存在，求【答案】(1)证明见解析(2)存在，PN=24【分析】（1）先判断出当PE⊥平面BCFE时，四棱锥P-BCFE的体积取最大值；然后结合线面垂直的判定定理以及线面平行的性质定理证得l⊥平面PEF.（2）判断出BN与平面PEF所成角，根据所成角的正弦值列方程，结合余弦定理求得PN.【详解】（1）过点P在平面PBE内作PO⊥BE，垂足为点O，∵EF⊥PE，EF⊥BE，PE∩BE=E，则EF⊥平面PBE，∵PO⊂平面PBE，∴PO⊥EF，∵PO⊥BE，EF∩BE=E，EF,BE⊂平面BCFE，∴PO⊥平面BCFE，则PO=PEsin故当PE⊥平面BCFE时，四棱锥P-BCFE的体积取最大值，∵BE⊥PE，EF⊥BE，EF∩PE=E，∴BE⊥平面PEF，因为EF//BC，EF=12BC，H为BC故四边形BHFE为平行四边形，所以，BE//∵BE⊄平面PFH，FH⊂平面PFH，∴BE//平面PFH因为BE⊂平面PBE，平面PBE∩平面PFH=l，∴l//BE，因此，l⊥平面（2）因为BE⊥平面PEF，∴BN与平面PEF所成角为∠BNE，因为EN⊂平面PEF，∴BE⊥EN，所以，sin∠BNE=BEB在Rt△PEF中，∠EPF=π4，PE=1由余弦定理可得EN所以，PN2-2PN+因此，在棱PF上存在点N，使得BN与平面PEF所成角的正弦值为22613，且PN=2【变式6-1】2.（2023春·江西南昌·高三南昌市八一中学校考阶段练习）如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60∘，点M,N分别是边BC,CD的中点，AC∩BD=O1，AC∩MN=G.沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA,PB,PD，得到如图

(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG?证明你的结论；(2)在翻折过程中当四棱锥P-MNDB的体积最大时，求此时点A到平面PDB的距离；(3)在（2）的条件下，求二面角的平面角B-PM-N的余弦值.【答案】(1)总有平面PBD⊥平面PAG，证明见解析(2)6(3)-【分析】（1）由线面垂直的判定可证得MN⊥平面PAG，根据平行关系可得BD⊥平面PAG，由面面垂直的判定可证得结论；（2）易知当PG⊥平面MNDB时，四棱锥P-MNDB体积最大，利用三棱锥P-ADB的体积可构造方程求得点A到平面PDB的距离；（3）以G为坐标原点建立空间直角坐标系，根据二面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG；证明如下：∵点M,N分别是边BC,CD的中点，∴BD//∵菱形ABCD中，∠DAB=60∘，∵G是MN的中点，PM=PN，∴MN⊥PG；∵菱形ABCD的对角线互相垂直，∴BD⊥AC，∴MN⊥AC；∵AC∩PG=G，AC,PG⊂平面PAG，∴MN⊥平面PAG，∴BD⊥平面PAG，∵BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAG.（2）要使得四棱锥P-MNDB体积最大，只要点P到平面MNDB的距离最大即可，当PG⊥平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离最大为3，又S△ADB∴V∵PO1=设点A到平面PDB的距离为d，∴VP-ADB=即点A到平面PDB的距离为6.（3）以G为坐标原点，GA,GM,

则B3,2,0，M0,1,0∴MB=3∵x轴⊥平面PMN，∴平面PMN的一个法向量n=设平面PMB的一个法向量为m=则m⋅MB=3x+y=0m⋅∴平面PMN的一个法向量m=∴cos由图形可知：二面角B-PM-N为钝二面角，∴二面角B-PM-N的余弦值为-5【变式6-1】3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，E为B1C1的中点，M

(1)证明：平面A1MC//平面(2)若CM⊥平面ABB1A1，BE⊥AB1，CC1与平面ABB1A1的距离为x，(3)在（2）的条件下，当x为多少时，三棱锥A1【答案】(1)证明见详解(2)y=(3)16【分析】（1）根据线面、面面平行的判定定理分析证明；（2）根据题意可知AB1⊥平面A（3）整理得y=1【详解】（1）由题意可得：A1N=BM，A1N//BM，则A1且A1M⊂平面A1MC，BN⊄平面A1取A1N的中点F，连接因为E,N分别为B1C1,B又因为A1F=AM，A1F//可得AA1//FM，且AA1//CC1，AA1=C可得CC1FM为平行四边形，则CM//C1F且CM⊂平面A1MC，EN⊄平面A1MC，所以BN∩EN=N，BN,EN⊂平面BEN，所以平面A1MC//平面（2）因为CM⊥平面ABB1A1，A1且CC1//平面ABB1A且CM//EN，则EN⊥平面ABBAB1⊂平面AB且BE⊥AB1，EN∩BE=E,EN,BE⊂平面所以AB1⊥又因为平面A1MC//平面BEN，则ABA1M⊂平面A1设AB1∩A1M=G，因为AB//所以三棱锥A1-ACM的体积为

（3）由（2）可知y=1当x2=32，即x=42时，y【变式6-1】4.（2023春·四川雅安·高三雅安中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AD⊥BP，AP⊥BD，E为棱AB上任意一点（不包括端点），F为棱PD上任意一点（不包括端点），且AEAB(1)证明：异面直线CE与AP所成角为定值．(2)已知AB=AP=1，BC=2，当三棱锥C-BEF的体积取得最大值时，平面CEF与PA交于点N，求EN的长．【答案】(1)证明见解析(2)13【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可得AP⊥平面ABCD，从而得到异面直线所成角为定值；（2）根据题意，在AD上取点G，使得FG∥AP，由条件表示出三棱锥【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，∴AD⊥AB．∵AD⊥BP，AB∩BP=B，∴AD⊥平面PAB，∴AD⊥AP．∵AP⊥BD，BD∩AD=D，BD,AD⊂平面ABCD，∴AP⊥平面ABCD，∴AP⊥CE，∴异面直线CE与AP所成角为定值，且该定值为90°．（2）如图，在AD上取点G，使得FG∥由AEAB=DFDP，设AE=xAB，由AB=AP=1，BC=2，AP⊥平面ABCD，可得PD=AP2+AD2=∵FG∥AP，AP⊥平面ABCD，∴在△APD中，有GFAP=DFPD，可得△BCE的面积为12VC-BEF可得当x=12时，三棱锥C-BEF体积的最大值为当三棱锥C-BEF的体积取得最大值时，E为AB的中点，F为DP的中点．延长CE交DA于点M，连接MF，交PA于点N．∵AE∥CD，∴AMMD∵FG∥AP，∴∴AN=2又AE=12AB=【变式6-1】5.（2023·辽宁辽阳·统考二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AD⊥BP,AP⊥BD,E为棱AB上任意一点（不包括端点），F为棱PD上任意一点（不包括端点），且AEAB(1)证明：异面直线CE与AP所成角为定值．(2)已知AB=AP=1,BC=2，当三棱锥C-BEF的体积取得最大值时，求PC与平面CEF所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）先利用题给条件证得AP⊥平面ABCD，进而得到AP⊥CE，则异面直线CE与AP所成角为定值90°．（2）先由三棱锥C-BEF的体积取得最大值时确定E,F两点的位置，再建立空间直角坐标系，利用向量的方法即可求得PC与平面CEF所成角的正弦值．【详解】（1）∵四边形ABCD为矩形，∴AD⊥AB．又∵AD⊥BP,AB∩BP=B，AB,BP⊂平面PAB．∴AD⊥平面PAB．又AP⊂平面PAB，∴AD⊥AP又∵AP⊥BD,BD∩AD=D,BD,AD⊂平面ABCD∴AP⊥平面ABCD，又CE⊂平面ABCD，∴AP⊥CE，∴异面直线CE与AP所成角为定值，且该定值为90°．（2）如图，在AD上取点G，使得FG//由AEAB=DFDP，设由AB=AP=1,BC=2,AP⊥平面ABCD，可得PD=A∵FG∥AP,AP⊥平面ABCD,∴FG⊥平面ABCD．在△APD中，有GFAP=DFPD，可得△BCE的面积为12VC-BEF可得当x=12时，三棱锥F-BCE体积的最大值为当三棱锥F-BCE的体积取得最大值时，此时E为AB的中点，F为DP的中点．以A为坐标原点，AB,AD,AP的方向分别为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则CP=(-1,-2,1),设平面CEF的法向量为n=(x,y,z)则n⋅EC令x=4，得y=-1,z=6，则n=(4,-1,6)因为cos〈所以当三棱锥C-BEF的体积取得最大值时，PC与平面CEF所成角的正弦值为2【变式6-1】6.（2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，∠ACB=45°，BC=3，过点A作AD⊥BC，交线段BC于点D（如图1），沿AD将△ABD折起，使∠BDC=90(1)求证：CD⊥ME；(2)求三棱锥A-BCD的体积最大值.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直，再利用线面垂直及平行关系证明线线垂直；（2）通过线面垂直找到三棱锥的高，建立锥体体积函数，利用导数法求最值即可.【详解】（1）在△ABC中，M，E分别为AC，BC的中点，则ME∥折叠前AD⊥BC则折叠后AD⊥CD，又∠BDC=90°即CD⊥BD，且又AD⊂平面ADB，BD⊂平面ADB，所以CD⊥平面ADB，又AB⊂平面ADB，所以CD⊥AB，而ME∥AB，所以（2）设BD=x(0<x<3)，则CD=3-x，因为AD⊥CD，AD⊥BD，且CD∩BD=D，又CD⊂平面BDC，BD⊂平面BDC，所以AD⊥平面BDC，所以AD为三棱锥A-BCD的高，在△ADC中，∠ACD=45°,∠ADC=90°，所以AD=CD=3-x，所以VA-BCD则V'=12(3-x)(1-x)，令V令V'>0解得0<x<1，令V'所以VA-BCD=16x故当x=1即当BD=1，CD=2时，VA-BCD此时Vmax题型7向量法求体积【例题7】（2023秋·河北邯郸·高三统考阶段练习）如图，几何体由四棱锥B-AEFC和三棱台EFG-ACD组合而成，四边形ABCD为梯形，AD//BC且AD=2BC，AD⊥CD，CD=2FG，DG⊥平面ABCD，DA=DC=2，平面EBC与平面ABCD的夹角为45°.

(1)求证：平面BCE⊥平面CDGF；(2)求三棱台EFG-ACD的体积.【答案】(1)证明见解析(2)7【分析】（1）利用线面垂直的性质和平行的性质得BC⊥CD，再利用面面垂直的判定即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，设DG=h，求出相关平面法向量，利用面面角的空间向量求法得到方程，解出h，再利用棱台体积公式即可得到答案.【详解】（1）因为DG⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD，所以DG⊥BC，因为AD//BC,AD⊥CD，所以BC⊥CD，由GD∩CD=D，GD,CD⊂平面CDGF，得BC⊥平面CDGF，由BC⊂平面BCE，得平面BCE⊥平面CDGF.（2）因为DG⊥平面ABCD，AD,CD⊂平面ABCD，所以DG⊥AD,DG⊥CD，又因为AD⊥CD，所以DG,AD,CD两两互相垂直，所以以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DG所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图.设DG=h，由题可知，D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(1,0,h),F(0,1,易知平面ABCD的一个法向量为DG=(0,0,h)，设平面EBC的法向量为CB=(1,0,0),BE=(0,-2,h)，故得不妨令y=1，则n=0,1,2所以三棱台EFG-ACD的体积为V=1

【变式7-1】1.（2023·广西·统考一模）如图，三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，

(1)证明：平面BEF⊥平面ABC；(2)求多面体BCDFE的体积．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）由已知先判定CD⊥平面ABC，再根据面面垂直的判定证明即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量先计算B到面CDFE的距离，再求体积即可.【详解】（1）证明：∵三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴CD⊥AB，又BC⊥CD，AB∩BC=B，AB、BC⊂平面ABC，∴CD⊥平面ABC，∵E为AC的中点，F为AD的中点．∴EF∥CD，∴EF⊥平面ABC．∵EF⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABC．（2）由条件及（1）可知：EF∥CD，EF=12CD=∴四边形CDFE为直角梯形，∴S梯形以C为原点，CB为x轴，CD为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C0,0,0、B2,0,0故CB=设平面CDFE的法向量n=则n⋅CD=3y=0n⋅点B到平面CDFE的距离d=∴多面体BCDFE的体积即四棱锥B-CDFE的体积即V=1

【变式7-1】2.（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）如图，四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥DC，DC=AD=PD=1，AB=2，E为线段PA上一点，点F在边AB上且CF⊥BD.(1)若E为PA的中点，求四面体BCEP的体积；(2)在线段PA上是否存在点E，使得EF与平面PFC所成角的余弦值是63？若存在，求出AE【答案】(1)1(2)存在，2【分析】（1）根据题意，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系（2）设点F坐标为1,t,0，根据CF⋅DB=0【详解】（1）解：由题意可得DA,DC,DP两两互相垂直，所以可以以D为原点，DA,DC,DP所在直线分别为x，y，∴A1,0,0，B1,2,0，C0,1,0，∴BC=-1,-1,0，CP=设平面PBC的一个法向量m=m⋅BC=-x-y=0设点E到平面PBC的距离为d，则d=CE又因为BC=PC=2，PB=6，∴△PBC∴四面体BCEP的体积为13（2）设点F坐标为1,t,0，∴CF=1,t-1,0，∵CF⊥BD，即CF⋅DB=0∴F1,12设AE=λAP=∴FE=设平面PFC的一个法向量n=∴n⋅CF=0n⋅CP∴n⋅∴cosFE∵FE与面PFC所成角的余弦值是63，正弦值为1-∴2λ-238λ∴λ=110，∴存在满足条件的点E，AE=-1【变式7-1】3.（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥平面AA1B(1)求证：AD⊥平面A1(2)若E为棱BC的中点，求三棱锥E-AC【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）由题意可得△ABD为等边三角形，△A1B1D为等腰三角形，进而证明AD⊥A1（2）由（1）△AC1D为直角三角形，求出其面积，连接AB1，以A为原点，AB,AC,AB1【详解】（1）证明：已知∠ABB1=π3则BB1=AA又D为棱BB1的中点，则所以△ABD为等边三角形，△A则∠BDA=π3，所以∠ADA1=因为AC⊥平面AA1B1B所以AC⊥AD，即A1而A1C1∩A1D=A1（2）由（1）可知，AD=1，由AD⊥平面A1C1D，C1D⊂平面由AC⊥平面AA1B1B，AA1因为A1C1=AA则在Rt△AC1所以S△A连接AB1，已知∠ABB1=由余弦定理AB满足BB12=AB而AC⊥平面AA1B以A为原点，AB,AC,AB则A0,0,0，E12,1,0，所以AE=12,1,0，设n=x,y,z为平面则n⋅AD=0n⋅AC所以点E到平面AC1D则三棱锥E-AC1D【变式7-1】4．（2023春·重庆·高三重庆市万州第二高级中学统考阶段练习）如图，EA⊥平面ABCD，EA∥FC，AC=EA=2FC=2，四边形ABCD为菱形.(1)证明：FA⊥平面EBD；(2)若直线AB与平面EBD所成角的正弦值为25，求三棱锥E-BDF【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）设AC,BD交于点O，连接OE，根据线面垂直的性质可得EA⊥BD,FC⊥BD，EA⊥AC,CF⊥AC，证明Rt△EAO≅Rt△ACF，从而可得∠AEO=∠FAC（2）如图，以O为原点建立空间直角坐标系，设OB=a，利用向量法结合线AB与平面EBD所成角的正弦值求出a，再利用向量法求出点F到平面EBD的距离，再根据棱锥的体积公式即可得解.【详解】（1）证明：设AC,BD交于点O，连接OE，因为EA∥FC，所以A,C,F,E四点共面，因为EA⊥平面ABCD，所以FC⊥平面ABCD，因为AC,BD⊂平面ABCD，所以EA⊥BD,FC⊥BD，EA⊥AC,EF⊥AC，又四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，OA=1因为AC∩EA=A，所以BD⊥平面ACFE,所以BD⊥FA，又AC=EA=2FC=2，所以OA=FC，所以Rt△EAO≅所以∠AEO=∠FAC，所以∠EAF+∠AEO=∠EAF+∠FAC=90°，所以EO⊥AF，又EO∩BD=O,EO,BD⊂平面EBD，所以FA⊥平面EBD；（2）解：如图，以O为原点建立空间直角坐标系，设OB=a，则B(a,0,0),C(0,1,0),D(-a,0,0),A(0,-1,0),E(0,-1,2),F(0,1,1)，AB=(a,1,0)由（1）知AF=(0,2,1)是平面EBD则|cos〈AF则BF=(-3,1,1)则点F到平面EBD的距离d=|又EO=1+4=5所以三棱锥E-BDF的体积为13【变式7-1】5.（2022·全国·高三专题练习）如图1，平面图形PABCD由直角梯形ABCD和Rt△PAD拼接而成，其中AB=BC=1，BC∥AD､AB⊥AD，PA=PD=2，PA⊥PD，PC与AD相交于O，现沿着AD折成四棱锥(1)当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求点B到平面PCD的距离；(2)在（1）的条件下，线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值为63？若存在，求出PQ【答案】(1)33(2)存在，PQQD【分析】（1）根据面面垂直的性质，建立空间直角坐标系，利用空间距离公式进行求解即可；（2）利用空间夹角公式进行求解即可.【详解】（1）在图1中，在△PAD中，PA⊥PD，PA=PD=2，∴AD=2易知四边形ABCO为正方形，∴AO=1，即O为AD的中点，在图2中，当四棱锥P-ABCD的体积最大时，侧面PAD⊥底面ABCD，此时PO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P0,0,1，A0,-1,0，B1,-1,0，C∴PB=1,-1,-1，CP=设平面PCD的一个法向量为u=则u取z=1，得u=则B点到平面PCD的距离d=PB（2）假设存在，且设PQ=λ∵PD=0,1,-1，∴OQ-∴Q0,λ,1-λ设平面CAQ的一个法向量为m=x1,y则m取z1=1+λ，得又易知平面CAD的一个法向量为n=∵二面角Q-AC-D的余弦值为63∴cosm整理化简，得3λ2-10λ+3=0，解得λ=∴线段PD上存在满足题意的点Q，且PQQD题型8外接球问题【例题8】（2023·全国·高三专题练习）如图（1）所示，在△ABC中，AB=43，BC=23，∠B=60°，DE垂直平分AB．现将△ADE沿DE折起，使得二面角A-DE-B大小为60°，得到如图（2）所示的空间几何体（折叠后点

(1)求点D到面PEC的距离；(2)求四棱锥P-BCED外接球的体积；(3)点Q为一动点，满足PQ=λPE  (0<λ<1)，当直线BQ与平面【答案】(1)2(2)20(3)PQ【分析】（1）由已知可证得平面PDB⊥平面BCDE，取BD中点O，连接PO,OC，则有OB,OC,OP两两垂直，所以以{OB,OC（2）连接BE，则四边形BCED的外接圆圆心在BE的中点O1，△PBD外接圆的圆心为PO的三等分点O2，过点圆心O1，O（3）由PQ=λPE  (0<λ<1)，表示出点Q的坐标，然后利用空间向量表示出直线【详解】（1）由AB=43，BC=23，∠B=π3，得AC=6，因为DE垂直平分AB，所以DE⊥PD,DE⊥BD，所以∠PDB为平面PDE与平面BCED的二面角的平面角，所以∠PDB=π3，PD=BD，所以取BD中点O，连接PO,OC，所以PO⊥BD,OC⊥BD，因为PD∩BD=D，PD,BD⊂平面PDB，所以DE⊥平面PDB，因为DE⊂平面BCDE，所以平面PDB⊥平面BCDE，因为PO⊥BD,OC⊥BD所以∠POC为二面角P-BD-C的平面角，所以PO⊥OC，以{OB,OC则B(3所以PC=(0,3,-3),设平面PEC的一个法向量为nn⋅PC=3y-3z=0n又DP=(所以点D到面PEC的距离d=|（2）连接BE，由BD⊥DE，BC⊥CE，则四边形BCED的外接圆圆心在BE的中点△PBD为正三角形，则△PBD外接圆的圆心为PO的三等分点O2过点圆心O1，O如图所示，连接BM，则BM即球的半径.在Rt△ADE中，AD=2则DE=ADtan在Rt△MO1BO1=则球的体积V=4

（3）设Q(x1,y1所以x1=-3所以BQ=(-设直线BQ与平面PEC所成角为θ（θ∈0,则sinθ==22174λ2-3λ+3此时直线BQ与平面PEC所成角最大，即当PQ=38PE时，直线

【变式8-1】1.（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）如图（1），六边形ABCDEF是由等腰梯形ADEF和直角梯形ABCD拼接而成，且∠BAD=∠ADC=90°，AB=AF=EF=ED=2,AD=CD=4，沿AD进行翻折，得到的图形如图（2）所示，且(1)求二面角C-AE-D的余弦值；(2)求四棱锥C-ADEF外接球的体积.【答案】(1)5(2)64【分析】（1）作EM⊥AD，连接AC，则AC=42，证得CD⊥平面ADEF，得到CD⊥AE再证得AE⊥平面CDE，得到AE⊥DE，进而得到∠CED就是二面角C-AE-D的平面角，在直角△CDE（2）取AD的中点O1，连接O1E,O1F，得到O1为等腰梯形ADEF的外心，取AC的中点O，连接OA,OD,OE,OO1【详解】（1）解：在等腰梯形ADEF中，作EM⊥AD于M，则DM=AD-EF2=1,AM=3,EM=连接AC，则AC=42因为∠AEC=90∘，所以EC=25，所以E又因为CD⊥AD，