新高考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)復(fù)習(xí)講義 25 空間幾何體的體積及表面積（教師版含解析）

考點(diǎn)25空間幾何體的體積及表面積

知識理解

一.圓柱、圓錐、圓臺的側(cè)面展開圖及側(cè)面積公式

圓柱圓錐圓臺

7∕<2πr,);

側(cè)面展開圖2πl(wèi)

∕rA∕7

□2πr金凝/

/

側(cè)面積公式S圓柱側(cè)=2nτ√S陽錐側(cè)=兀77S∣}∣n?w=π(r+r)/

二.空間幾何體的表面積與體積公式

表面積體積

幾何體

V=Sh

柱體（棱柱和圓柱）SSfflft=SWj+25底

V=∣SΛ

錐體（棱錐和圓錐）S表面積=Sis+S底

V=∣(S+5>+√S^)A

臺體（棱臺和圓臺）S表面積=Ssi+S上+SFh

4

球S=4τrR2V=鏟R3

考向分析

考向一空間幾何的體積

【例1】（2021?陜西咸陽市?高三一模）如圖，在三棱錐P—ABC中，平面B4C_L平面

ABC,PC，ACBC_LAeAC=PC=2,CB=4,M是出的中點(diǎn).

R

N

⑴求證：24，平面MBC；

（2）設(shè)點(diǎn)力是PB的中點(diǎn)，求三棱錐N-MBC的體積.

2

【答案】（1）證明見解析；（2）一.

3

【解析】（1）：平面PACJ_平面ABC,BCJ.AC,

.?.BC1,平面PAC,%O平面PAC,

BCA.PA,AC=PC,M是∕?的中點(diǎn)，

.?CM±PA,CMcBC=C,

.?.Q4_L平面MBC

（2）由（1）知PA，平面MBC,

QN是PB的中點(diǎn)，.?.N到平面MBC的距離是LPA=述=叵,

442

BC±AC,BC±PC,，平面Λ4C,BC±MC,

MC=LPA=6,

2

IC1rι.11,602

***VN-MBC=IXSMBCXWPA=-×-×^×?∣2×=—?

【方法總結(jié)】

求空間幾何體的體積的常用方法

公式法對于規(guī)則幾何體的體積問題，可以直接利用公式進(jìn)行求解

把不規(guī)則的圖形分割成規(guī)則的圖形，然后進(jìn)行體積計算；或者把不規(guī)則的幾何體補(bǔ)成規(guī)

割補(bǔ)法

則的幾何體，不熟悉的幾何體補(bǔ)成熟悉的幾何體，便于計算其體積

等體積法也稱等積轉(zhuǎn)化或等積變形，它是通過選擇合適的底面來求幾何體體積的一種方

等體積法

法，多用來解決三棱錐的體積

【舉一反三】

1.（2020?江西吉安市?高三其他模擬）在四棱錐P-ABC。中，PZ）_L平面ABCD,底面四邊形ABCD

是邊長為1的正方形，側(cè)棱Q4與底面成的角是45。，M，N分別是A3，PC的中點(diǎn).

⑴求證：MN〃平面PAJD；

（2）求三棱錐M-PBC的體積.

【答案】（1）證明見解析；（2）［.

【解析】證明：（1）取Po的中點(diǎn)。，連結(jié)。N、AQ,

:底面四邊形ABCD是邊長是1的正方形，又M是AB的中點(diǎn),

.?.AMHCD,且二AM=-CD,

2

.?.QNHAM,且QN=AM,.?.四邊形AMNQ是平行四邊形，

JMNHAQ,又AQU磁面E4。，MNZ平面EA￡>,,MN〃平面Q4￡).

(2)VPZ)J_平面ABCD,NPLD是側(cè)棱PA與底面成的角，

.?.ZAD=45°,AQW是等腰直角三角形，則PD=AZ>=1，

?V

r=V=-SPD=--?ABBC=-.

?.M-PBCΓp~MDR{-C3ZΛXMΛ∕BDC34?2

2.（2021?內(nèi)蒙古赤峰市?高三月考）如圖，四棱錐E—43C。中，底面ABCr）為直角梯形，其中AS,BC,

CDHAB,?ABE?ffiABCD,且46=4￡'=3￡'=23。=2。。=4,點(diǎn)用在棱4￡1上.

（1）證明：當(dāng)M4=2EΛ∕時，直線CE〃平面BDW；

⑵當(dāng)AEJ_平面MBC時，求C—8。M的體積.

【答案】（1）證明見解析；（2）亞.

【解析】（1）證明：連結(jié)AC與BO交于點(diǎn)N,連結(jié)MN

CDCNI

QAB//CD,AB=2CD=4,.?.Z?GVDSAΛMB,

?B^AN~2

EM1EMCN

~MA~2,"~MA.~~AN,.?.MN∕∕EC

又MNU面BDM，CEu面BDM，；.CE〃平面BDM.

E

M

⑵解：QAEA平面MBC,3Λlu平面M8C,.^.AE_L8M，AB=AE=BE

.?.M是AE的中點(diǎn)，面ABEJ_面48。。，

???點(diǎn)E到面ABCD的距離為d=4X走=2百

2

M到面ABCD的距離為h='=6

2

VC-BDM=VM-BCD=ISABCDh=~~2?2?^3=

3.（2021?安徽蕪湖市?高三期末）如圖，三棱柱ABe-4gc∣的各棱的長均為2,A在底面上的射影為

（1）若。為BC的中點(diǎn)，求證：Ae〃平面AO耳:

（2）求四棱錐C-ABgA的體積.

【答案】（1）證明見解析；（2）生叵.

3

【解析】（D連接AB交A耳于點(diǎn)七，連接。6，則E為AB的中點(diǎn),

又。為BC的中點(diǎn)，.?.DE為.AiBC的中位線,

.?.DEHA1C,

又AC（Z平面ADBl,DEU平面ADBl,

.?.AC7/平面Ao片；

（2）在,.ABC中，。為重心，則AO=ZAO=絲,

33

2

在RLAOA中，Ai0=y∣AA--AO=

_2V_2有°22√64^^

則―網(wǎng)

AV=-X2

=^ΛBC-A1B1C13×^x^3^=亍

考向二空間幾何的表面積

【例2-1】（2020?全國高三專題練習(xí)）一個六棱錐的體積為？赤，其底面是邊長為2的正六邊形，側(cè)棱長都

相等，則該六棱錐的側(cè)面積為.

【答案】12

【解析】判斷棱錐是正六棱錐，利用體積求出棱錐的高，然后求出斜高，即可求解側(cè)面積.

?.?一個六棱錐的體積為2布，其底面是邊長為2的正六邊形，側(cè)棱長都相等，

.?.棱錐是正六棱錐，設(shè)棱錐的高為h,則1χ6χ也χ22χ∕z=2√J,.?."=l,

34

棱錐的斜高為+（且X2）2=√[73=2,該六棱錐的側(cè)面積為6xgx2x2=12.

【例2-2]（2020?全國高三專題練習(xí)）某組合體如圖所示，上半部分是正四棱錐尸-EFG”,下半部分是

長方體ASCD-EFG〃.正四棱錐P—EFG”的高為6，EF=2,AE=I,則該組合體的表面積為

A.20B.46+12C.16D.4^^+8

【答案】A

【解析】由題意，正四棱錐P—￡FG〃的斜高為JiTT=2,該組合體的表面積為

2x2+4x2xl+4x^x2x2=20.故選：A

2

【方法總結(jié)】

求解幾何體表面積的類型及求法

只需將它們沿著棱“剪開”展成平面圖形，利用求平面圖形面積的方法求多

求多面體的表面積

面體的表面積

求旋轉(zhuǎn)體的表面積可以從旋轉(zhuǎn)體的形成過程及其幾何特征入手，將其展開后求表面積

求不規(guī)則幾何體的通常將所給幾何體分割成基本的柱體、錐體、臺體，先求出這些基本的柱體、

表面積時錐體、臺體的表面積，再通過求和或作差，求出所給幾何體的表面積

【舉一反三】

1.(2020?湖南高三月考)如圖，四棱錐P-ABeD中，側(cè)面Q4D為等邊三角形且垂直于底面ABCz),

AB=BC^-AD,ZgAr)=Z/WC=90。.

2

(1)證明：直線平面B4O；

(2)若四棱錐P-ABCD的體積為，求該四棱錐的側(cè)面積.

【答案】⑴證明見解析；(2)8+4√3+2√7?

【解析】(1)在平面ABC。內(nèi)，因為NBAD=ZABC=90°,所以BC〃AO,

又BC2平面PAO,Ae)U平面「AD，故BC7/平面B4Z).

(2)取AO的中點(diǎn)M，連結(jié)尸M，CM.依題四邊形ABCM為正方形，

因為Q4O為等邊三角形，所以RW_LAr>.

又側(cè)面PAD_L底面ABeD,平面PAD、平面ABCD=AD,所以加_L底面ABCr>.

因為OWU底面ABCr>.

所以PMj_CM,

同理區(qū)4_1_側(cè)面24。，所以BA_LAP.

設(shè)JBC=X,則CΛ∕=x,CD=近X,PM=-s/??>PC-PD=Ix.

四棱錐P—ABCD的體積V=LX在上型Xj§X=4G，解得X=2.

32

取Co的中點(diǎn)N,連結(jié)PN,則PNLCZ),所以PN=巫

X-

2

所以SZSPCD=^×y∕2x×^^-x=2幣,

SNAB=^PBC=--^?2%=4,SAPAD=4右.

所以四棱錐P—ABCD的側(cè)面積為8+4√J+24.

P

2.（2020?全國高三專題練習(xí)）如圖，在四棱柱/應(yīng)484"中，底面四C9,BD1LB1D,四邊形

是邊長為4的菱形，仄46,E,廠分別是線段47的兩個三等分點(diǎn).

（1）求證：477/平面4應(yīng)'；

（2）求四棱柱ABCD-ARCR的表面積.

【答案】（1）證明見解析⑵96+12"

【解析】（1）連接AA交于M,連接ME,如圖,

DiC1

AEFB

M,E分別為A2，AE的中點(diǎn),

:.ME//DiF,

又。尸（Z平面4座；MEU平面4%

.?.0F∕/平面40E

（2）在四棱柱ABCD-ABQD、中,〃口_L底面ABCD,

所以四棱柱為直四棱柱，

因為在矩形。力8片中，BDxLBiD,

所以四邊形2。8片是正方形,

所以DB=DlD=6,

所以S菱形Ms=2SVABD=2幣X3=6幣,

又SlM=4x4x6=96,

所以S=S側(cè)+25底=96+2×6√7=96+12√7,

即四棱柱/版的表面積為96+12JL

3.（2020,上海閔行區(qū)?高三一模）如圖，在圓柱Oa中，AB是圓柱的母線,BC是圓柱的底面。的直

徑，。是底面圓周上異于3、C的點(diǎn).

（1）求證：CD_L平面ABr＞；

（2）若BD=2，CO=4,AC=6,求圓柱。。的側(cè)面積.

【答案】（1）證明見解析；（2）8辰.

【解析】（1）如圖所示：

由已知可知A5J_平面BCO,CQu平面BCD,

.-.ABLCD

點(diǎn)。是〉O上異于8、C的點(diǎn)，BC是，。的直徑，

所以8_L8￡>,

又ABBD=B,

CD-L平面ΛBD.

⑵在RJBDC中，BD=2,Co=4,ZiaDC=90。，

BC=-JBD2+CD2=√22+42=2√5，

?,-AB=√AC2-BC2=√62-（2√5）2=4

，圓柱。I。的側(cè)面積為：5?）=BC-π?AB=S?j5τr-

考向三點(diǎn)面距

【例3】（2021?河南信陽市?高三月考）如圖，在長方體438—440。中，M為BlCl中點(diǎn).

（1）求證：AB∣〃平面8"M;

⑵若A4∣=AO=2,AB=2母,求點(diǎn)A到平面8。M的距離.

【答案】（1）證明見解析；（2）拽2.

11

【解析】（1）連接AG交BR于點(diǎn)0,則。為AG中點(diǎn)，連接OM,

又"為BCl中點(diǎn)，故OM為aAgG的中位線，故。

又OMU平面BDlM,Afil0平面BDlM,

所以Ag〃平面.

⑵由⑴知,ABl〃平面BRM,

則A到平面BDIM的距離與B1到平面BDM的距離相等，連接D1B1.

故=^β，

VDI-BBlMl-D1MB

又AO∣MB中，DxM=3,BM=下,BDI=4.

由余弦定理知：COSNMAB=H則SinNMAB=也，

66

故SBDIM=BlBAHAM?sinZMDiB=√∏,

VDI-BBIM=-×-×BBi×B}M×CiDi=-×-×2×l×2>f2=-y∣2.

CC,,3?Λ-B?M2√22痙

故用到平面BD]M的距離d=--------=7==———

ΛBDiMV?1??

即點(diǎn)A到平面BDxM的距離為2叵.

11

【舉一反三】

1.（2021?安徽蚌埠市?高三二模）如圖，已知四邊形ABCI）和BCEG均為直角梯形，AD//BC,CE//

JT

BG,且NBCD=NBCE=—,NEeD=I20°,BC=CD=CE=2AD=2BG=2.

2

(1)求證：AG〃平面Br>E；

(2)求點(diǎn)G到平面8。E的距離.

【答案】（1）證明見解析；（2）好.

5

【解析】（1）證明：在平面BCEG中，過G作GN±CE于N,交BE于M，連接DM，

由題意知MG=肱V,MNHBCHDA且MN=AD==BC,

2

ΛMG//AD,MC=AD,

二四邊形ADMG為平行四邊形，

.?.AGHDM,

又DMU平面B￡>E，AGO平面BoE，

.?.AG//平面BOE.

(2)BC±CE,BCA.CD,CECD=C,CE,C￡>u平面CQE,

二BC_L平面ECD,：BCu平面BCE

，平面BCE，平面Ee0,

在平面Ea)內(nèi)過。點(diǎn)作DFLCE交CE于F，

則。尸，平面BCE,

ZfiCD=120°,

二ZDCF=60o,DF=DCsin60o=√3-

設(shè)點(diǎn)G到平面BDE的距離為d,

-BDE=vD-BEG得;SBDE,d=；SBEG，DF,

則由九

由題意知BE=8。=20，DE=辰E=26

SBDE=*=∣?2^?√5=√15,

SBEG=*BG?BC=T代入ISBDE?d=;SBEGDF，

解得4=好，即點(diǎn)G到平面BoE的距離為立.

55

2.（2021?河南高三期末）如圖，直四棱柱ABC。-A4GA的底面ABCO為平行四邊形,

3

AD=3,AB=5,cos/BAD=—,BD=Z)Z)1,E是CC1的中點(diǎn).

（I）求證：平面。，平面

（II）求點(diǎn)G到平面BDE的距離.

【答案】（I）證明見解析；（H）反叵.

13

【解析】（I）由題意可得BO?=AT>2+A52一2A8χAOCOSN840=16,

所以AZ>2+8I>2=AB?,因此AoJ_8￡>，

在直四棱柱ABCo-A4G2中，平面ABe。，所以。R_L6。，

又因為AO=。，所以8D_L平面AD。，

因為Bz）U平面。BE，所以平面DBE，平面A。。一

（II）如圖，在平面BCC內(nèi)作LBE,垂足為F.

由（I）知8。J.平面ADDi,因為平面ADDi//平面BCC,,

所以BoJ?平面BCG，所以8。_LGE,

又因為BDCBE=B,所以平面BDE.

所以線段C1F的長就是點(diǎn)C1到平面BDE的距離.

因為Cel=DDl=BD=4,BC=3,所以CE=ClE=2,BE=而.

在平面BCC1內(nèi)，可知，BCEs，CFE,

C.FBC3√B

所以注=正=而，得CQ6*

所以點(diǎn)a到平面BDE的距離為9姮.

3.(2021?河南駐馬店市?高三期末)如圖，該多面體由底面為正方形ABs的直四棱柱被截面AEFG所

截而成，其中正方形ASC。的邊長為4,“是線段砂上(不含端點(diǎn))的動點(diǎn)，F(xiàn)C=3EB=6?

(1)證明：GH〃平面ABCD；

(2)求〃到平面AfC的距離.

【答案】(1)證明見解析；(2)、石.

【解析】(1)證明：取BC的中點(diǎn)M,連接MW,DM.

因為該多面體由底面為正方形ABCD的直四棱柱被截面但G所截而成,

所以截面AEFG是平行四邊形，

則DG=CF-EB=4.

因為R7=3E8=6,

所以"M=；x(2+6)=4,nDG〃FC〃HM、

所以四邊形。G"M是平行四邊形，所以GH〃DM.

因為u平面ABCD,G”2平面ABeD,

所以G”〃平面ABCr).

(2)解：連接/￡4，HC,AF，記F到平面ACE的距離為d,

則H到平面ACE的距離為-.

2

在中，EF=6,高為4,所以ACE戶的面積為,x6x4=12.

2

因為三棱錐A—CEP的高為4,所以A-CEF的體積為Jx12x4=16.

3

在AACE中，AC=4√2>AE=CE=2小,

所以Z?ACE的面積為∣×4√2×√(2√5)2-(2√2)2=4√6.

因為A-C砂的體積與F-ACE的體積相等，

所以gx4j^xd=16,所以4=2j^.

故H到平面ACE的距離為√6.

強(qiáng)化練習(xí)

1.（2021?安徽高三期末）如圖，在直四棱柱（側(cè)棱垂直底面的棱柱稱為直棱柱）ABC。-A4GA中，底

面是邊長為2的菱形，且ND4B=6O。，A41=AB,點(diǎn)￡,尸分別為。烏，CG的中點(diǎn)，點(diǎn)G在DF上.

（1）證明：BG//平面力位.

（2）求三棱錐6/四的體積.

【答案】（1）證明見解析；②VB-AEC=當(dāng).

【解析】（1）如圖所示：

連接劭交然于點(diǎn)。，則。為劭的中點(diǎn),

連接班；0E,BD1,則BD"/OE.

?.?BDi0平面ACE,OEU平面ACE,

：.BA//平面/位

?:EDJ/CF,ED?=CF,

：.四邊形DlECF為平行四邊形，

.?.DxFHEC.

又?.?〃∕7α平面ACE,EC?平面ACE,

：.DxF11平面ACE.

,：BACZ）尸=〃，.?.平面BDiF//平面/位,

YBGu平面8。F,

.?.BG〃平面”K

⑵在,一ABC中，M=3C=2,ZCAB=30°,

則〃1邊上的高為1,AC=2√3,

.?.Sabc=gX2??∕3XI=?/?.

又點(diǎn)￡到平面4比'的距離為DE,且DE=L

VESBC?DE=*,

?^B-ACE=VE-ABC,

√3

^B-AEC

3

2.（2021?安徽六安市?高三一模）如圖，在四棱錐P—ABCD中，Q4_L平面4?SAB//CD,

BC=CD=2AB=2,PA=3,￡是外的中點(diǎn).

（1）證明：AE//平面PBa

π

（2）若NA8C=§,求三棱錐P—ACE的體積.

【答案】（1）證明見解析；（2）立.

【解析】⑴證明：取人的中點(diǎn)E連接以1?BF,如圖所示:

因為￡尸分別為外，閨的中點(diǎn)，

所以EF//CZ）且EF=IC。，

2

又CD=2AB,ABUCD,

所以E∕∕∕A3且所=AB

所以四邊形A￡7歸是平行四邊形，

所以AE//8/"

又因為AEu平面如GBFU平面PBC

所以AE//平面如C

⑵因為力比1,BC=2,ZABC=60°,

所以AC?=AB2+BC2-2AB?8C?cos60°=l+4—2χlx2χl=3,即AC=√？,

2

所以AC2+AB2=BC2,即ABLAC,

因為￡是陽的中點(diǎn)，

所以Vp_ACE=^D-ACE=VE-ACD=萬^P-ACD,

又ABI/CD,所以CDL4C,所以SA8=gχ2χb=6,

所以VP-ACo=§XSACDXPA=IX石X3=6>

所以Vp_ACE~VD-ACE=^E-ACD~~^P-ACD~'

（

3.2021?陜西西安市?高三一模）如圖在四棱錐P-ABCD中，底面ABCo為菱形，4JR4D為正三角形,

平面B4D_L平面ABCDE、尸分別是A。、CD的中點(diǎn).

(1)證明：BDLPF-,

(2)若必是棱PB上一點(diǎn)，三棱錐M—A4Z)與三棱錐P-Z)EV的體積相等，求"點(diǎn)的位置.

【答案】(1)證明見解析；(2)"點(diǎn)在心上靠近一點(diǎn)的四等分點(diǎn)處.

【解析】(1)連接AC,Q4=PO且f是AO的中點(diǎn)，，PE_LAD.

又平面PAD_L平面ABeD,平面PAO)平面ABCD=A￡),PEU平面04).

.?.PE，平面ABCD,BDU平面ABCD,:.BDLPE.

又ABa)為菱形，且E、歹分別為棱AD、CD的中點(diǎn)，.?.EV∕/AC.

BD1.AC,：.BDLEF,又BDSE,PECEF=E,：.BD上平面PEF；

:.PFU平面PEF,：.BD±PF.

(2)如圖，連接M4、MD,

EPMPMλ

設(shè)——=πλ,則rιl——=-一

MBPBA+1

λλ

^M-PAD^B-PADVP-ABD'

2+12+1

SADEF=~ΔDAC,則VP-DEF=ZVP-ACo=入VP-ABD,又VU-PAD=Vp_DEF?

λ1

----=一.

2+14

解得/1=；,即M點(diǎn)在心上靠近P點(diǎn)的四等分點(diǎn)處.

4.(2021?安徽池州市?高三期末)已知正方體ABC。—Λ14Gn,棱長為2,M為棱C。的中點(diǎn)，N為

面對角線BG的中點(diǎn)，如下圖.

(1)求三棱錐6-AMR的體積；

(2)求證：M)_L平面AMQ.

4

【答案】⑴丁;(2)證明見解析.

3

【解析】(1)在正方體ABCQ-AgGA中，易知

114

vV

B-AMDl=DLABΛ/=§X5X2X2X2=§.

⑵證明：取BC的中點(diǎn)分別為F,連接NF,DF.

因為N,F分別為8G，BC的中點(diǎn)，所以Nf7∕CC∣,又ABCO-AgCQ是正方體,

所以CG，平面ABCO

所以NrJ_平面ABCZ),因為AAZu平面ABCr)

所以版

因為FC=MD,AD=DC,ZFCD=ZMDA,

所以ZXFCD三AMDA,所以NaT>=NOA例，

所以NFDC+NOMA=90°,所以EDJ_AM.

因為MFD=F,所以AM_1_平面NF,

因為NDU平面NFD,所以

連接80，CID,在正方體ABC?！?耳GA中,

易知BO=GO，所以O(shè)Nj.BG.

又BG//A。，所以AAJ.ON.

又ADiAM=A,ADi,AMU平面AMDi,

所以Nr），平面AMD一

5.(2021?六盤山高級中學(xué)高三期末)如圖，四邊形ABCO為矩形，且AT>=4,AB=2亞,，平面

ABCD,∕?=2,E為BC的中點(diǎn).

⑴求證：PCLDE；

(2)若Λ/為PC的中點(diǎn)，求三棱錐M—Q4B的體積.

【答案】（1）證明見解析；（2）逑.

3

【解析】（1）如圖，連接AC,

P

B

,.?七為8。的中點(diǎn)，二￡：。=2,CD?2√2-

由四=生=也，z4βc=NECe)=90o,得RtAABCsRfAECD,

BCCD2

.?.ZACB=AEDC,又/DEC+ZEDC=900得ZACB+ZDEC=90°

：.DElAC,

又YPA_L平面ABCD,且JDEU平面ABCD,

???PAA.DE，

又，:ACCQ4=A,

二Z)E，平面PAC,

又,：PCU平面A4E，

.?.PClDE.

（2）如圖，取AC、AB的中點(diǎn)N、H，連接MN、NH.

M

BEC

易得MN"PA

,：Q4u平面7?B

.?.肱V//平面RW,又NHLAB且NH工PA

：ABcPA=A,

二NHJ_平面Q48

?.?S“AB=gx2x2√Σ=2五，NH=；AD=2,

'?vM-PAB=vN-PAB=1×SΔ,PAB×NH=272×2=?

法二：因為M為Pe的中點(diǎn),所以九PAB=gVc"AB=gVp"Bc=gxgxgx4χ2√∑χ2=∕l?

6.(2020?江西吉安市?高三其他模擬)如圖，在三棱錐S-ABC中，已知LsAC是正三角形，G為i,S4C

的重心，D,E分別為SC,AB的中點(diǎn)，尸在AB匕且Af=‘A8.

3

(1)求證：DE〃平面SGF；

⑵若平面SC_L平面ACδ,AC=BC=2,NAcB=I20°,求三棱錐的體積.

【答案】（1）證明見解析；（2）1.

【解析】（1）證明：連接A。，

?；￡＞為SC的中點(diǎn)，G為乙S4C的重心，

AG2

，點(diǎn)G一定在AD上，且一=一，

AD3

???￡為45的中點(diǎn)，；.4￡=；48,

又Ab=JAB,ΛAE=-AB,即竺=2,

32AE3

.AGAF

??=,

ADAE

則GF〃OE，???Gbu平面SGF，DEZ平面SGb,

.?.DE〃平面SGE；

（2）解：延長SG,交AC于“，

由題設(shè)知，”為AC的中點(diǎn)，

一S4C是正三角形，；.S"_LAC,

：平面?S4C?L平面AC8,

平面SAC'平面ACB=AC,SHu平面SAC,

SH_L平面ACS,即SH為三棱錐S-ABC的高,

?：AC=2,：.SH=B

又AC=BC=2,ZACB=I20°,

.?.SAABC=g?AC?βCsinZACB=g?2?2sin120°=有，

故VjBC=gS-Bc?SH=g?6?6=L

7.（2021?陜西寶雞市?高三一模）如圖三棱柱ABC-A4C中，底面zA5C是邊長2為等邊三角形，E，

F分別為AB,AAl的中點(diǎn)，CE1FBi,AB=0AA=?EBt.

B

(1)證明：防，平面CEg；

(2)求三棱錐尸-BCE的體積.

【答案】(1)詳見解析；(2)亞.

4

【解析】設(shè)AA=24,因為AB=J5A4,=手E耳,

所以AB-2?∣2a,EB1=yj6a,BBl-2a,

因為E為AB的中點(diǎn)，

所以EB=JL，

2

所以=EB+BB；,即EB±BBt,

所以四邊形ABgA是平行四邊形，

所以四邊形ABg%是矩形，

因為尸為AAl的中點(diǎn),

所以A/=AP=α,

所以尸5「=A尸2+A5j=9/,EF=AF2+AE2=3a2,

所以尸=EF?+EB：,即歷，EBl,

因為三棱柱底面ABC是等邊三角形，E為AB的中點(diǎn)，

所以CELAB,又CEL尸耳，/6與尸片相交，

所以CE_L平面ABgA,又所U平面ABgA1,

所以C￡_LEb,又CEEB∣=E,

所以EF_L平面。￡片；

(2)由(1)知：CEL平面ABgA,所以四為三棱錐C-BfE的高，且CE=G，

EF4,EB、=6,Sj=gx冬有=乎,

所以％BCE=VCBFE=LXSEFBXCE=遠(yuǎn).

r—ι)∣CrSC-z>∣rL.3itrJ

8.(2021嚏國高三專題練習(xí))如圖，已知直三棱柱/磨45G中，/俏冊Λ4∣=l,/人員"在A?上,且加=3陽

G在44上，且y?=3制.

(1)求三棱錐4T6G的體積；

⑵求證:AQLEG.

【答案】(1),;(2)證明見解析.

6

【解析】⑴在直三棱柱力的力出。中，BCLAC.

所以融入平面ACCyA,,

所以夕到平面ACGA1的距離為1,

所以VArg=%-/u￡=_x_xlx]x]=_.

因為陷！物，

3

所以DEI/BC,

又比」平面ACC1A1,

所以DRL平面ACGAy.

又4Gu平面ACCiA,

所以DEVACx.

在正方形4S4中，

11

由CD=—CA>Ai—AiA

33t

得DGLAQ.

又DECDMD,

所以“U平面DEG.

所以

9.（2020?洛陽市教育局中小學(xué)教研室高三月考）如圖，在三棱柱ABC-A4G中，側(cè)面A4CC，底面

ABC,∕C∣CA=60°,ABlAC,AC=AB=AAt=2.

BlG

(1)求證：C41?BC1；

（2）求三棱柱ABC-A,S1C1的側(cè)面積.

【答案】（1）證明見解析；（2）4+24+2指

【解析】（1）如圖所示：

連接AG，

：AC=AA1,

.?.側(cè)面ACGA是菱形，

AC11CA1,

:側(cè)面44CC?L底面A8C,且平面ABC、平面AHGC=AC,

ABlAC,

?'?AB平面AAGC，

又?.?C4∣U平面44tC。，

.?.CAiIAB,

又?.AGAB=A,

：.CA_L平面GAB,

又BGU平面GAB,

：.CAxLBCl-

（2）如上圖：設(shè)棱C4的中點(diǎn)為0,連G。，BD,

則CsAC,

底面ABC.從而C。，8。，

由ZC1CA=60°,AC=AB=AAI=2,

得：AO=I,G=石，

222222

：.BC1=BD+DC1=BA+AD+DC1=8,

在，BCG中，由余弦定理得：COSNBCG=變±CG'g-=√2,

2BCCCl4

即SinNBCG=^?,

，

SBdClqCθRj=CBJ.CC.sinZB1CC1=2√7,

由（1）知A3J_平面AACC,

.*?AAy±AB,SBAABl=A5?AA∣=4,

又SACGA=CA-CxD=2?∣3,

???三棱柱ABC-Ag￡的側(cè)面積為4+2"+2后.

10.（2020唾國高三專題練習(xí)）如圖所示,在直三棱柱ABe-AgG中，。為BC的中點(diǎn)，AB=3,AC=A,

BC=5.

(1)求證：AB〃平面AZ)G；

(2)若三棱錐3-A。G的體積為4,求直三棱柱ABC-AgC的表面積?

【答案】(1)證明見解析；(2)60.

【解析】(1)如圖所示，設(shè)AC與AG相交于點(diǎn)E，連接EO，

在ΔABC中，。為BC的中點(diǎn)，E為AC的中點(diǎn)，所以A8//OE,

因為ABZ平面AOG,Z)EU平面AoG,所以AB//AOg；

(2)因為三棱錐B-ADCi的體積為4，

可得VB-ADG=%-48D=]%-A8C=5*3*3*4*萬、。。]=4,

解得CG=4,

11.(2020?全國高三專題練習(xí))如圖，正三棱錐P—ABC的底面邊長為2,側(cè)棱長為3.

(1)求正三棱錐P-ABC的表面積;

(2)求正三棱錐P-ABC的體積.

【答案】（1）6√Σ+J?;（2）—.

3

【解析】（1）取BC的中點(diǎn)。，連接PD,

22

在RtAPBD中，可得Pf）=yjPB-BD=2√2-

:?SW=LBC?PD=2日

ZΔIoC2

?.?正三棱錐的三個側(cè)面是全等的等腰三角形，

/.正三棱錐P-ABC的側(cè)面積是3S4PBC=6√2.

o

?.?正三棱錐的底面是邊長為2的正三角形，.?.SAABC=∣×2×2×sin60=√3.

則正三棱錐P-ABC的表面積為6√Σ+G；

（2）連接AO,設(shè)。為正三角形ABe的中心，則PO_L底面ABC.

且OD=—AD=-

33

在Rt-PQQ中，PO=?∣PD2-OD2=-

3

/.正三棱錐P-ABC的體積為?SAABC-PO=?.

12.（2021?山西呂梁市?高三一模）棱長為2的正方體ABCQ-A與GA,E為0C中點(diǎn)，。為BR的中

點(diǎn).

(1)求證：OE〃平面AoA；

(2)求點(diǎn)A到平面BEQ的距離.

【答案】(1)見解析；(2)友.

3

(1)如圖，連接BO，取8。的中點(diǎn)為G,連接OG,GE,

因為DlO=OB,DG=GB,故OGHDD、,

而OGa平面U平面，故OG〃平面AZ)A，

因為DE=EC,DG=GB,故GEHBC,

由正方體ABCD-AB1C1D1可得ADHBC,故GEHAD,

而GEZ平面A。。，ADU平面，故GE〃平面AOq,

因為GECOG=G,而GE,OGu平面OGE,

故平面OGE〃平面Ao4,而OEU平面OGE,故OE〃平面AOq.

⑵連接ADl,AE,

因為E為。。的中點(diǎn)，正方體的棱長為2,故D∣E=BE=5D?B=Z6

SAaHrLf=-×2×2=2.

故SDlBE=；X2石×J5-3=y∣6.

又丫…十2χ2q-"=*x折其中〃為點(diǎn)力到平面啊的距離，

故d=M還.

√63

13.（2021?江西新余市?高三期末）在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD為正方形，平面248，平面

ABCD,.PAB為等腰直角三角形，PA±PB,AB=2.

（1）求證：平面PBC，平面PAC；

（2）設(shè)E為Co的中點(diǎn)，求點(diǎn)E到平面PBC的距離.

【答案】（1）證明見解析；（2）變.

2

【解析】（1）證明：：面∕?8_L面ABC。，且平面BABc平面ABcD=AB,BC±AB,BCU面ABCi）

又PAU面PAB

.-.PAlBC

又因為由已知

且PBCBC=B,所以24_1面28。，又∕?u面PAC

.?.面抬CL面PBC.

（2）aPAB中，PA=PB,取AB的中點(diǎn)。，連P。，則P0,4?

?.?面∕?B，面ABC。且它們交于AB,PoU面PAB

.?.PO，面ABCO

?1SPo

由VE-PBC~VP-BCEnaSPBch=,SPO=＞，=―色,由已知可求得PO=1,

BCE、PBC

SBCE=I,SPBC=叵，所以h=與.

所以點(diǎn)E到平面PBC的距離為正.

14.(2020?全國高三專題練習(xí))如圖，已知qA5C為等邊三角形，〃,后分別為AC,AB邊的中點(diǎn)，把