2021年高三数学二轮复习讲练测之测案 专题二十二 几何体的表面积与体积的求解 【教师版】（文理通用）

专题 22 几何体的表面积与体积的求解 （满分：150 分 时间：120 分钟） 一、选择题（12*5=60 分） 1．（2021·辽宁大连市·高三期末）某圆锥的母线长为 2 ，底面半径为1，则其表面积为（ ） A． B． 2 C．3 D． 4 【答案】C 【解析】该圆锥的表面积为 +2 =3   ，故选 C． 2．如图所示，已知正三棱柱 1 1 1ABC A B C 的所有棱长均为 1，则三棱锥 1 1B ABC 的体积为（ ） A． 3 12 B． 3 4 C． 6 12 D． 6 4 【答案】A 【解析】三棱锥 1 1B ABC 的体积等于三棱锥 1 1C AB B 的体积，因此，三棱锥 1B ABC 的体积为 1 3 1 31 13 2 2 12      ，故选 A． 【点睛】本题考查了等体法求三棱锥的体积、三棱锥的体积公式，考查了转化与化归思想的应用，属于基础题． 3．（2021·江苏高三期末）采用斜二测画法作一个五边形的直观图，则其直观图的面积是原来五边形面 积的（ ） A． 1 2 倍 B． 1 4 倍 C． 2 2 倍 D． 2 4 倍 【答案】D 【分析】根据斜二测画法中原图形面积 S 与直观图面积 S 的关系式 2 2S S  即可得出答案． 【解析】斜二测画法中原图形面积 S 与直观图面积 S 的关系式 2 2S S  ，所以 1 2 42 2 S S S   ，故选 D． 4．（2021·陕西咸阳市·高三一模（理））已知某圆锥的轴截面是边长为 4 的正三角形，则它的体积为（ ） A． 2 3 3  B． 4 3 3  C． 8 3 3  D． 2 3 【答案】C 【解析】如图所示： ABC 为边长为 4 的正三角形，所以 AB=AC=BC=4，取 BC 中点为 O，则 2 24 2 2 3AO    ，所以圆锥 的体积 21 8 32 2 33 3V      ，故选 C． 5．（2021·江苏启东市·高三期末）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、 四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看 作一个正六棱锥，设正六棱锥的侧面等腰三角形的顶角为 2 ，则侧棱与底面内切圆半径的比为（ ） A． 3 3sin B． 3 3cos C． 1 2sin D． 1 2cos 【答案】A 【分析】首先画出正六棱锥的底面和侧面，利用几何图形中边长的关系，求侧棱与底面内切圆半径的比． 【解析】如图，正六边形时正六棱锥的底面，等腰三角形是正六棱在的侧面，设侧棱 SA SB b  ，底面边长 AB a= ，底面内切圆半径OC r ， 2ASB   ，则 OAB 是等边三角形， 3sin 60 2r a a  ，侧面 SAB 中， 2 sina b  ， 3 sinr b   ，即 1 3 3sin3sin b r    ，故选 A． 6．（2021·陕西咸阳一模）在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 2AB BC  ， 2ABC   ，若该直三棱柱的外接 球表面积为16 ，则此直三棱柱的高为（ ） A．4 B．3 C． 4 2 D． 2 2 【答案】D 【分析】由题意将直三棱柱补成长方体，则直三棱柱的外接球就是长方体的外接球，外接球的直径等于长方体 的体对角线，利用直三棱柱的外接球表面积为16 ，可求出外接球的半径，从而可求得直三棱柱的高 【解析】因为 2ABC   ，所以将直三棱柱 1 1 1ABC A B C 补成长方体 1 1 1 1ABCD A B C D ，则直三棱柱的外 接球就是长方体的外接球，外接球的直径等于长方体的体对角线，设球的半径为 R ，则 24 16R  ，解得 2R  ， 设直三棱柱的高为 h ，则 2 2 2 24 2 2R h   ，即 216 8 h  ，解得 2 2h  ，所以直三棱柱的高为 2 2 ，故 选 D． 7．有四根长都为 2 的直铁条，若再选两根长都为 的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个对棱相 等的三棱锥形的铁架，则此三棱锥体积的取值范围是 （ ） A． ， B． ， C． ， D． ， 【答案】B 【解析】构成三棱锥的两条对角线长为 a，其他各边长为 2，如图所示，AD=BC=a，此时 0＜a＜2 ．取 BC 中点为 E，连接 AE，DE，易得：BC⊥平面 ADE， ∴ V 쳌䁙 ，当且仅当 4 即 ， 时，等号成立，∴此三棱锥体积的取值范围是 ， ，故选 ． 8．（2021·河南焦作二模）如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷佛像而主持修建的， 是我国现存最早的四方楼阁式砖塔．塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为 45，则该正四棱 锥的一个侧面与底面的面积之比为（ ） A． 3 2 B． 2 2 C． 3 3 D． 3 4 【答案】D 【分析】由正四棱锥侧棱，高，侧棱在底面上的射影构成的直角三角形求出侧棱与底面边长的关系，从而得面 积比值． 【解析】塔顶是正四棱锥 P ABCD ，如图， PO 是正四棱锥的高，设底面边长为 a ，底面积为 2 1S a ， 2 2AO a ， 45PAO   ，∴ 22 2PA a a   ， PAB△ 是正三角形，面积为 2 2 3 4S a ，所以 2 1 3 4 S S  ， 故选 D． 9．已知底面为正方形的四棱锥O ABCD ，各侧棱长都为 2 3 ，底面面积为 16，以O 为球心，2 为半径作一 个球，则这个球与四棱锥O ABCD 相交部分的体积是（ ） A． 2 9  B． 8 9  C． 16 9  D． 4 3  【答案】C 【解析】构造棱长为 4 的正方体，四棱锥 O-ABCD 的顶点 O 为正方体的中心，底面与正方体的一个底面重合．可 知所求体积是正方体内切球体积的 1 6 ，所以这个球与四棱锥 O-ABCD 相交部分的体积是 31 4 1626 3 9    ． 10．（2021·四川成都市·高三月考（文））已知圆锥的底面半径为 1，其侧面展开图是一个半圆，设圆锥的顶点为 V ， A 、 B 是底面圆周上的两个不同的动点，给出下列四个判断，其中正确的是（ ） ①圆锥的侧面积为 4π ②母线与圆锥底面所成角的大小为 60° ③ VAB 可能为等腰直角三角形 ④ VAB 面积的最大值为 3 A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 【答案】B 【分析】由题意求出母线长，再利用扇形的面积公式即可判断①；由图VA 与圆锥底面所成角为 VAO ，求出 其余弦值即可判断②；根据 2VA VB  ， 2AB  ，可判断③；利用余弦定理可得 1cos 2AVB  ，进而可得 π0 3AVB   ，根据三角形的面积公式即可判断④． 【解析】如图，设O 为底面圆的圆心，则VO 为圆锥的高． 设圆锥的母线为l ，由底面半径为 1，所以底面圆的周长为 2π ，其侧面展开图是一个半圆，则此半圆的半径为l ， 此半圆的半圆弧长 π 2πl  ，所以 2l  ，所以侧面展开图的面积为： 21 π 2π2 l  ，所以①不正确． 由圆锥的性质可知VA 与圆锥底面所成角为 VAO ，则 1cos 2 OAVAO VA    ，所以 60VAO   ，所以②正 确． 在 VAB 中， 2VA VB  ， 2AB  ， VAB 不可能为直角三角形，所以③不正确． 在 VAB 中， 2 2 2 28cos 2 8 AV VB AB ABAVB VA VB      ，由 2AB  ，所以 1cos 2AVB  ，所以 π0 3AVB   ，所以 1 sin 32VABS VA VB AVB    ，所以④正确．故正确的判断为②④，故选 B． 11．（2021·贵州新高考联盟联考）在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 6AA AB  ， 8BC  ， 10AC  ，则该三 棱柱内能放置的最大球的表面积是（ ） A．16 B． 24 C．36 D． 64π 【答案】A 【分析】先由题意可得球的半径为底面三角形内切圆的半径 r ，易得 2r = ，又 1r AA ，可得该三棱柱内能 放置的最大球半径为 2，最后由球的表面积计算公式计算即可． 【解析】由题意，球的半径为底面三角形内切圆的半径 r ，∵底面三角形的边长分别为 6、8、10， ∴底面三角形为直角三角形， 6 8 10 22 2 AB BC ACr       ，又∵ 1 6AA  ， 2 6 ， ∴该三棱柱内能放置的最大球半径为 2，此时 2 24 4 2 16S r     表面积 ，故选 A． 【关键点睛】解题关键是得出所求球的半径为直三棱柱底面三角形内切圆的半径 r ，继而进行分析计算． 12．（2021·安徽蚌埠市·高三二模（理））已知直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D ，其底面 ABCD 是平行四边形，外 接球体积为36 ，若 1AC BD ，则其外接球被平面 1 1AB D 截得图形面积的最小值为（ ） A．8 B． 243 10  C． 81 10  D． 6 【答案】A 【分析】由条件可得 ABCD 为矩形，进而可得 BD  平面 1ACC ，所以 BD AC ，则四边形 ABCD 为正方 形，所以直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 为正四棱柱，设 1,AB AD a CC b   ，由余弦定理可得 1 1cos AD B 的 值，求出 1 1sin AD B 的值，由正弦定理可得 1 1AB D 的外接圆的半径为 2 2 36 6 24 ar a   ，由均值不等式可得 r 的最小值，从而得出答案． 【解析】由直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 内接于球，则 , , ,A B C D 四点在球面上，所以四边形 ABCD 为球的一 截面圆的内接四边形，所以对角互补．又四边形 ABCD 是平行四边形，所以 ABCD 为矩形． 在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1CC  平面 ABCD ，所以 1CC BD ， 又 1AC BD ， 1 1 1AC CC C ，所以 BD  平面 1ACC ，所以 BD AC ， 所以四边形 ABCD 为正方形，所以直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 为正四棱柱． 由外接球体积为 34 363 R  ，则球的半径为 3R  ，由 1AC 为该外接球的直径，则 1 6AC  ， 设 1,AB AD a CC b   ，则 2 2 2 1 2 36AC a b   ，则 2 236 2b a  ， 在 1 1AB D 中，  2 2 2 2 2 1 1 36 2 36AB AD a b a a a        ， 1 1 2B D a ， 由余弦定理可得 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2cos 2 2 36 2 36 2 AD B D AB a aAD B AD B D a a a           ， 所以   2 2 2 1 1 1 1 22 72 3sin 1 cos 1 72 22 36 a aAD B AD B aa          ， 设 1 1AB D 的外接圆的半径为 r ，由正弦定理可得  22 1 2 2 1 1 2 2 36362 sin 72 3 72 3 72 2 aAB ar AD B a a a       ， 所以 2 2 2 2 2 2 36 1 24 12 1 12 124 2 12 2 2 6 6 66 24 24 24 a ar a a a a                  ， 当且仅当 2 2 1224 24 a a    ，即 2 3a  时取得等号，即 r 的最小值为 2 2 ， 其外接球被平面 1 1AB D 截得图形面积的最小值为： 2 8S r   ，故选 A． 【关键点睛】本题考查几何体的外接球的截面面积问题，解答本题的关键是先由线面垂直关系得出直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 为正四棱柱，然后由余弦定理和正弦定理得出 1 1AB D 的外接圆的半径 2 2 36 6 24 ar a   ， 由均值不等式求出最小值，属于难题． 二、填空题（4*5=20 分） 13．（2021·江苏常州模拟）圆柱上､下底面的圆周都在一个体积为 500 3  的球面上，圆柱底面直径为 8，则该圆 柱的表面积为___________． 【答案】80π 【解析】如图 ABCD 是圆柱的轴截面，其外接圆O 是球的大圆，由 34 500 3 3R   得 5R  ， 10BD  ，又 8AB  ，∴ 6AD  ，∴圆柱表面积为 22 4 2 4 6 80S         ． 14．（2021·河南高三月考（理））某圆锥的侧面展开图的面积为12 ，扇形的圆心角 的 (0, )  正切值为 3 ，若圆锥的体积为 1V ，其外接球的体积为 2V ，则 1 2 V V  ______． 【答案】 128 729 【分析】首先求得圆锥底面半径和高，利用勾股定理列方程，解方程求得外接球的半径，根据体积公式求得 1 2,V V ， 由此求得 1 2 V V 的值． 【解析】设圆锥的底面圆半径为 r ，母线长为l ，高为 h ．由扇形的圆心角的正切值为 3 ，得扇形的圆心角 为 2 3  ．因为扇形的面积为12 ，所以 21 2 122 3 l   ，解得 6l  ．又圆锥底面周长为 22 43r l   ，解 得 2r = ，所以圆锥的高 2 2 2 26 2 4 2h l r     ．因为 h r ，所以外接球的球心在圆锥的高上，设 外接球的半径为 R ，由  22 2R h R r   ，得  22 24 2 2R R   ，解得 9 2 4R  ，所以外接球的体积 3 3 2 4 4 9 2 243 2 3 3 4 8V R          ，又圆锥的体积 2 1 16 22 4 23 3V      ，所以 1 2 128 729 V V  ． 15．（2021·安徽六安市·高三一模（理））已知三棱锥 P ABC ，底面 ABC 是边长为 2 的正三角形，平面 PAB  平面 ABC． 2PA PB  ，M 为棱 PC 上一点，且 3PC PM ，过 M 作三棱锥 P ABC 外接球的截面，则 截面面积最小值为____________． 【答案】 8 9  【分析】利用 PAB△ 为直角三角形， ABC 是边长为 2 的正三角形，可以得出球心 O 在 1CO 上靠近 1O 的三 等分点处，可以计算球半径 R OC ，过点 M 的所有截面圆中，截面与 MO 垂直的截面圆为最小截面圆，可以 利用勾股定理求出截面圆面积最小值． 【解析】在 PAB△ 中， 2PA PB  ， 2AB  ， 2 2 2AB PA PB  ，所以 PAB△ 为直角三角形，该三角 形的外接圆圆心为 AB 中点 1O ，连接 1PO ， 1CO ，因为面 PAB  面 CAB，所以球心在 1CO 上，又因为 ABC 为等边三角形，故球心 O 在 1CO 上靠近 1O 的三等分点处，因为 M 为 PC 的三等分点，故 1//MO PO ，所以 1 2 3OM O P ，因为 1 1 12PO AB  ，所以外接球半径 2 3 3R OC  ，过点 M 的所有截面圆中，截面与 MO 垂直的截面圆为最小截面圆，其半径 2 2 2 2 2 2 3 2 8 3 3 9r R OM                ，所以截面圆面积 8 9S  ． 【关键点点睛】题解题的关键点是求出三棱锥外接球的球心 O 在 1CO 上靠近 1O 的三等分点处，过点 M 的所有 截面圆中，截面与 MO 垂直的截面圆为最小截面圆． 16．（2021·湖北武汉市·高三月考）《九章算术》是古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊欧几里得 的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．《九章算术》卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表四丈，上袤二丈， 无广，高一丈．问积几何？”译文：今有如图所示的屋脊状楔体 PQ ABCD ，下底面 ABCD 是矩形，假设屋 脊没有歪斜，即 PQ 的中点 R 在底面 ABCD 上的投影为矩形 ABCD 的中心点O ， //PQ AB ， 4AB  ， 3AD  ， 2PQ  ， 1OR  （长度单位：丈）则楔体 PQ ABCD 的体积为___________（体积单位：立方丈） 【答案】5 【分析】将几何体 PQ ABCD 补成直三棱柱 ADE BCF- ，计算出三棱柱 ADE BCF- 、三棱锥 P ADE 、 三棱锥Q BCF 的体积，进而可求得楔体 PQ ABCD 的体积． 【解析】延长 QP 至点 E ，使得 1PE  ，延长 PQ 至点 F ，使得 1QF  ，分别取 AD 、 BC 的中点 M 、 N ， 连接 AC 、 AN 、CM 、 AE 、 DE 、 BF 、CF 、 EM 、 FN 、 MN ，如下图所示： 因为四边形 ABCD 为矩形，则 //AD BC 且 AD BC ， 又因为 M 、 N 分别为 AD 、 BC 的中点，则 //AM BN 且 AM BN ， 所以四边形 ABNM 为平行四边形， //MN AB 且 MN AB ， O 为矩形 ABCD 的中心，则O 为 AC 的中点， 因为 M 、 N 分别为 AD 、 BC 的中点，则 //AM CN 且 AM CN ，所以四边形 AMCN 为平行四边形，所 以， AC 、 MN 互相平分，因为O 为 AC 的中点，则O 为 MN 的中点， 1PE QF  ， 2PQ  ， 4EF PQ PE QF AB      ， //PQ AB ，则 //EF AB ，又 //MN AB 且 MN AB ， //EF MN 且 EF MN ， 所以，四边形 EFNM 为平行四边形， //EM FN 且 EM FN ， R 为 PQ 的中点，且 PE QF ，则 R 为 EF 的中点， O 为 MN 的中点， //ER OM 且 ER OM ，所以四边形 EROM 为平行四边形， //EM OR ， 点 R 在底面 ABCD 上的投影为矩形 ABCD 的中心点O ，则 RO  平面 ABCD ， EM  平面 ABCD ， AB  平面 ABCD ， AB EM  ， 因为四边形 ABCD 为矩形，则 AB AD ， EM AD M ， AB  平面 ADE ， 因为 // //AB CD EF 且 AB CD EF  ，所以，几何体 ADE BCF- 为直三棱柱， EM  平面 ABCD ， AD 平面 ABCD ， EM AD  ， 因为四边形 EROM 为平行四边形，则 1EM OR  ， 1 3 2 2ADES AD EM  △ ， 3 4 62ADE BCF ADEV S AB     △ ， 1 1 3 2P ADE ADEV S PE   △ ，同理可得 1 2Q BCFV   ， 因此，楔体 PQ ABCD 的体积为 5PQ ABCD ADE BCF P ADE Q BCFV V V V       ． 【方法点睛】求解多面体体积的方法如下： （1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关 系和数量关系，利用相应体积公式求解； （2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 三、解答题（70 分） 17．（2021·黑龙江月考）在三棱锥 P ABC 中， PAC 和 PBC 是边长为 2 的等边三角形， 2AB  ，O ， D 分别是 AB ， PB 的中点． （1）求证： / /OD 平面 PAC （2）求证： OP  平面 ABC （3）求三棱锥 D OBC 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） 1 12 ． 【分析】（1）利用三角形中位线定理证明 / /OD PA ，利用线面平行的判定定理证明； （2）根据条件，证明 PO OC ， PO AB ，利用线面垂直的判定定理证明； （3）利用转化法求体积． 【解析】(1)证明： O ， D 分别为 AB ， PB 的中点， / /OD PA ， PA  平面 PAC ，OD  平面 PAC ， / /OD 平面 PAC ． (2)证明： 2AC BC  ， 2AB  ， AC BC  ． O 为 AB 的中点， 2AB  ， OC AB  ， 1OC  ，同理， PO AB ， 1PO  ． 2PC  ， 2 2 2 2PC OC PO    ，则 90POC   ，即 PO OC ， PO OCQ ， PO AB ， AB OC O  ， OP  平面 ABC ． (3)解：由 2 可知，OP  平面 ABC ． OP∴ 为三棱锥 P ABC 的高，且 1OP  ， 1 1 1 12 1 112 12 2 12D OBC ABCV S OP          ． 【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，求体积，常用的方法有：(1) 直接法；(2)等体积法；(3) 补形法；(4)向量法． 18．（2021·内蒙古包头市·高三期末（文））如图，在四棱锥 S ABCD 中， SD  平面 ABCD ，四边形 ABCD 是直角梯形， 90ADC DAB     ， 2SD AD  ， 1DC  ， 5CB  ． （1）证明：平面 SAD  平面 SAB ； （2）求三棱锥 C SAB 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2） 4 3 ． 【分析】（1）由 SD  平面 ABCD ，得 AB SD ，从而可证 AB  平面 SAD ，然后得证面面垂直； （2）在直角梯形中求得 ABC 的面积，以 ABC 为底面，三棱锥的高为 SD ，这样可求得体积． 【解析】（1）证明：因为 SD  平面 ABCD ，又 AB Ì平面 ABCD ，所以 AB SD ， 又 AB AD ， AD 平面 SAD ， SD  平面 SAD ， SD AD D ，所以 AB  平面 SAD ． 又 AB Ì平面 SAB ，所以平面 SAB  平面 SAD ． （2）在下底面内过点 C 作CE AB ，垂足为 E ． 因为 AB AD ，且 AB CE^ ，所以 //AD CE ，又 //CD AB ． 所以四边形 ADCE 为矩形，故 1AE CD  ， 2CE AD  ， 在 Rt BCE 中， 2 2 1BE CB CE   ，所以 2AB AE EB   ， 所以 1 1 2 2 22 2ABCS AB CE    △ ， 1 1 42 23 3 3C SAB S ABC ABCV V S SD       △ ． 【点睛】思路点睛：本题考查证明面面垂直，求三棱锥的体积．证面面垂直，一般先证线面垂直，根据线面垂 直的判定定理可得．求棱锥的体积时，如果高不易得，则可换三棱锥的底，以三棱锥的任何一个面作为底面， 只要高易求，则可求体积．本题中就是 ABC 为底面，高为 SD ． 19．如图所示，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为正方形， E 为侧棱 PC 的中点． （1）求证：经过 A B E、 、 三点的截面平分侧棱 PD ； （2）若 PA  底面 ABCD ，且 2PA AD  ，求四面体 ABEP 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 3 ． 【分析】（1）设截面 ABE 与侧棱 PD 交于点 F ，连结 ,EF AF ，证明 / / .CD EF 即得 F 为 PD 的中点，即截 面 ABE 平分侧棱 PD ；（2）取 PB 中点 H ，连 EH ，证明 EH  平面 PAB ，即得解． 【解析】（1）证明：设截面 ABE 与侧棱 PD 交于点 F ，连结 ,EF AF ． 因为底面 ABCD 为矩形，所以 / /AB CD ．又 AB  平面 PCD ，且CD  平面 PCD ，所以 / /AB 平面 PCD ．又 AB Ì平面 ABE ，且平面 ABE  平面 PCD EF ，所以 / /AB EF ． 又因为 / /AB CD ，所以 / / .CD EF 因为 E 为 PC 的中点，所以 F 为 PD 的中点，即截面 ABE 平分侧棱 PD ． （2） PA  平面 ABCD ， BC  平面 ABCD ， BC PA  ，又 BC AB ， BC  平面 PAB ． 取 PB 中点 H ，连 EH ， E 是 PC 中点， / /EH BC ，即 1EH  且 EH  平面 PAB ， 又 Rt PAB 的面积 1 22S PA AB   ， 四面体 ABEP 的体积 1 2 3 3E PABV V S EH     ． 20．如图，在四棱锥 P ABCD 中，平面 ABCD  平面 PAD ， AD BC ， 1 2AB BC AP AD   ， 30ADP   90BAD   ． (1)证明 PD PB ； (2)设点 M 在线段 PC 上，且 1 3PM PC ，若 MBC 的面积为 2 7 3 ，求四棱锥 P ABCD 的体积． 【答案】（1）见解析；（2） 2 3 【解析】(1)  平面 ABCD  平面 PAD BAD=90  ， AB  平面 PAD ， AB PD  ， 在 ΔPAD 中， 1AP AD2  ， ADP 30  ，由正弦定理可得 1sin ADP APD2   ， APD 90   ， ∴PD⊥PA，又 PA∩AB=A，∴ PD  平面 PAD ， PD PB  ． （2）取 AD 的中点 F ，连结 CF， PF ，设 AD＝2a，则 AB＝BC＝AP＝a，PD 3 a，则 PB PC 2a  ， ∴ ΔPBC 为等腰三角形，且底边 BC 上的高为 7 a2 ， 1PM PC3  ， ΔMBC 的面积为 2 7 3 ， ΔPBC 的面积为 7 ， 1 7a a 72 2    解得： a 2 ， 四梭锥 P ABCD 的体积为  1 1 2 4 2 3 2 33 2       ． 21．（2021·江西赣州市·高三期末（文））如图，一简单组合体的一个面 ABC 内接于圆 O， AB 是圆 O 的直径， 矩形 BCDE 所在的平面垂直于圆 O 所在的平面． （1）证明：平面 ADE  平面 ADC ； （2）若 2AB  ， 1AC  ， 45EAB   ，试求该简单组合体的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 3 3 ． 【分析】（1）由题意可得 BC AC ，BC DC ，由线面垂直的判定定理可得 BC ⊥ 面 ADC ，再由 / /BC ED ， 可得 ED  面 ADC ，根据面面垂直的判定定理即可证明． （2）根据面面垂直的性质定理可得 EB AB ，且 AC  面 BCDE ，根据锥体的体积公式即可求解． 【解析】（1）证明：因为 ABC 内接于圆 O 且 AB 为直径，所以 BC AC ． 在矩形 BCDE 中有 BC DC 且 AC 与 DC 相交于点 C，所以 BC ⊥ 面 ADC ，而 / /BC ED ，所以 ED  面 ADC ，因此面 ADE  面 ADC ． （2）解：由题知 EB BC ，面 BCDE  面 ABC 且面 BCDE  面 ABC BC ，所以 EB  面 ABC ，所以 EB AB ．又因为 45EAB   ，所以 2EB AB  ，同理 AC  面 BCDE ， 在 Rt ABC△ 中 2 22 1 3BC    ，所以矩形 BCDE 的面积为 2 3 ，因此该简单组合体的体积 1 2 32 3 13 3V     ． 22．（2021·安徽宣城市·高三期末（文））如图①，是由正三角形 ABE 和正方形 BCDE 组成的平面图形，其中 2AB  ；将其沿 BE 折起，使得 2 2AC  ，如图②所示． （1）证明：图②中平面 ABE  平面 BCDE ； （2）在线段 AB 上取一点 P ，使 AP tAB  ，当三棱锥 P ACE 的体积为 2 3 9 时，求t 的值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 1 3t  ． 【分析】（1）通过题意有 AO BE ，以及 2 2 2AO OC AC  可得 AO OC ，结合线面垂直判定定理可得 AO  平面 BCDE ，结合面面垂直判定定理可得结论成立； （2）由 AP tAB  可得 APE ABES tS△ △ ，算出 ABES 及C 到平面 PAE 的距离，根据体积公式和条件建立等式 化简即可． 【解析】（1）证明：取 BE 的中点O ，连接 AO ，OC ， 因为 ABE△ 为正三角形且 2AB  ，所以 AO BE ，且 3AO  ， 因为 BCDE 为正方形，所以 1BO  ， 2BC  ， 5OC ， 因为 2 2AC  ，则 2 2 2AO OC AC  ，所以 AO OC ，又 BE OC O ，且 ,BE OC  平面 BCDE ， 所以 AO  平面 BCDE ，因为 AO  平面 ABE ，所以平面 ABE  平面 BCDE ． （2）在 AB 上取点 P ，连接 PC ， PE ， EC ， 由（1）知平面 ABE  平面 BCDE ，则C 到平面 PAE 的距离 2d BC  ． 因为 AP tAB  ，所以 APE ABES tS△ △ ， 因为 ABE△ 为正三角形，且 2AB  ，所以 1 2 2 sin 60 32ABES      △ ，所以 3APE ABES tS t △ △ ， 又因为三棱锥 P AEC 的体积 1 2 3 3 9P AEC APEV d S   △ ．所以 1 3t  ． 【点睛】(1)判定面面垂直的方法 ①面面垂直的定义； ②面面垂直的判定定理( ,a a       )． (2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一 步转化为线线垂直．