2023高一立体几何15种题型方法全解+二级结论+高考题训练

2023高一立体几何15种题型方法全解+二级结论+高考题训练高一立体几何15种题型方法全解+二级结论+高考题训练15种基本题型【题型一】平行1：四边形法证线面平行【题型二】平行2：中位线法证线面平行【题型三】平行3：做平行平面法证线面平行【题型四】平行4：难题--线面平行探索型【题型五】平行5：证面面平行【题型六】平行：难题面面平行探索性题型【题型七】垂直1：线面垂直【题型八】垂直2：面面垂直【题型九】垂直3：难题--垂直探索性题型【题型十】垂直4：翻折中的垂直【题型十一】体积1：常规求法和等体积转化型【题型十二】体积2：难题多面体割补型【题型十三】体积3：难题--两部分体积比型【题型十四】体积4：难题--动点型【题型十五】体积5：难题--最值型【题型一】平行1：四边形法证线面平行【典例分析】如图，在正方体中，E，F分别是，CD的中点．（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】(1)取中点G，连接FG，，证四边形是平行四边形，结合线面平行的判定即可推理作答.（1）在正方体中，取中点G，连接FG，，如图，而F是CD的中点，则，，又E是的中点，则，，因此，，，四边形是平行四边形，有，而平面，平面，平面.【经验总结】基本规律1.利用平移法做出平行四边形2.利用中位线做出平行四边形【变式演练】1.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，，，，E是PB的中点.（1）求证：平面PAD；（2）若，求三棱锥P-ACE的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）取PA的中点F，连接EF，DF，利用平行四边形证明，再由线面平行的判定定理即可得证；（2）根据等体积法知，即可由棱锥体积公式求解.（1）取PA的中点F，连接EF，DF，∵点E，F分别为PB，PA的中点，∴，，又∵，，∴，，∴四边形EFDC是平行四边形，∴，又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD；2.如图，在四棱锥中，面，，且，，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，【分析】（1）只要证明AN所在平面ANE与平面PBC平行即可；（2）建立空间直角坐标系，用向量法计算二面角的余弦值；（3）用向量法计算直线与平面成角的正弦值，然后列方程求解．（1）证明：取CP中点F，连接NF、BF，因为F，N分为PC，PD的中点，则，且，又，且，，所以四边形NABF是平行四边形，，又面PBC，面PBC。所以AN∥平面PBC；【题型二】平行2：中位线法证线面平行【典例分析】.如图，四棱锥中，侧面底面，底面为梯形，，且，.交于点，为的重心.（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）连接并延长交于点，连接，由已知条件可得，得，再由为的重心，，则有，从而可得，再由线面平行的判定可证得结论，（2）由已知可得和为正三角形，连接并延长交于点，有，则面，从而可得，然后由已知条件求解，（1）证明：在图中：连接并延长交于点，连接.由底面为梯形，，，，则.又由为的重心，，则，所以.而平面，平面，所以平面.【经验总结】基本规律中位线法难点在于怎么“发现三角形”【变式演练】1.如图，三棱台，平面平面，侧面是等腰梯形，,分别是的中点.（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可；（2）利用平行线的性质，结合线面垂直的判定定理、三棱锥等积性、线面角的定义进行求解即可.（1）证明：连接与交于点，连接，因为，所以由棱台的性质可知：，且，因为是的中点，因此，因此四边形是平行四边形，所以是的中点，又是的中点，所以，而平面，平面，所以平面；2.如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，M为PB上靠近B的三等分点.（1）求证：平面ACM；（2）求直线PD与平面ACM的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）以线面平行的判定定理去证明即可解决；（1）证明：如图，连接BD，交AC于点N，连接MN.因为，，所以，又M为PB靠近B的三等分点，所以，所以，所以，又平面AMC，平面AMC，所以平面AMC.【题型三】平行3：做平行平面法证线面平行【典例分析】如图，C，D分别是以AB为直径的半圆O上的点，满足，△PAB为等边三角形，且与半圆O所成二面角的大小为90°，E为PA的中点.（1）求：DE//平面PBC；（2）求二面角A－BE－D的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）通过证明平面平面来证得平面.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值.（1）依题意，所以，所以三角形、三角形、三角形是等边三角形，所以，所以四边形是菱形，所以，由于平面，平面，所以平面.由于是的中点，是的中点，所以，由于平面，平面，所以平面.由于，所以平面平面，所以平面.【经验总结】基本规律做出平行平面来证线面平行，属于“麻烦的方法”，但是在证明后续的“探索性”题型时非常实用。授课时可以先用“中点型”培养“找面做面”的思维。【变式演练】1.在四棱锥中，，.（1）若E为PC的中点，求证：平面PAD.（2）当平面平面ABCD时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）作出辅助线，利用中位线证明线线平行，进而证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量解决二面角.（1）取CD的中点M，连接EM，BM，由已知得，为等边三角形，∴.∵，，∴，，∴.又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD.∵E为PC的中点，M为CD的中点，∴.又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD.∵，，∴平面平面PAD.∵平面BEM，∴平面PAD.2.如图所示的四棱锥的底面是一个等腰梯形，，且，是△的中线，点E是棱的中点．

（1）证明：∥平面．（2）若平面平面，且，求平面与平面夹角余弦值．（3）在（2）条件下，求点D到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【分析】（1）连接、，平行四边形的性质、线面平行的判定可得平面、平面，再根据面面平行的判定可得平面平面，利用面面平行的性质可证结论；（2）取的中点为，连接，证明出平面，，以为坐标原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角的余弦值.（3）利用等体积法，求D到平面的距离．（1）连接、，由、分别是棱、的中点，则，平面，平面，则平面．又，且，∴且，四边形是平行四边形，则，平面，平面，则平面．又，可得平面平面．又平面．∴平面．【题型四】平行4：难题--线面探索型【典例分析】在四棱锥中，底面是菱形，.（Ⅰ）若，求证：平面；（Ⅱ）若平面平面，求证：；（Ⅲ）在棱上是否存在点（异于点）使得平面，若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）不存在.【分析】（Ⅰ）由是菱形可得；结合，由线面垂直的判定定理可得平面.；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知,由面面垂直的性质可得,结合可得结果；（Ⅲ）利用反证法，假设存在点（异于点）使得平面，可推出平面平面，从而可得结论.【详解】（Ⅰ）因为底面是菱形。所以.又因为，，所以平面.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知.因为平面平面，平面平面，平面，因为平面，所以.因为底面是菱形，所以.所以.（Ⅲ）不存在.下面用反证法说明.假设存在点（异于点）使得∥平面.在菱形中，∥，因为平面，平面，所以∥平面.因为平面，平面，，所以平面∥平面.而平面与平面相交，矛盾.【经验总结】基本规律1.常规题，对应的点大多在中点处。2.要多训练非中点的题选。【变式演练】1.如图所示四棱锥中，底面，四边形中，，，，．求四棱锥的体积；求证：平面；在棱上是否存在点异于点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）4；（2）见解析；（3）不存在.【解析】【分析】利用四边形是直角梯形，求出，结合底面，利用棱锥的体积公式求解即可求；先证明，，结合，利用线面垂直的判定定理可得平面；用反证法证明，假设存在点异于点使得平面证明平面平面，与平面与平面相交相矛盾，从而可得结论．【详解】显然四边形ABCD是直角梯形，又底面平面ABCD，平面ABCD，在直角梯形ABCD中，，，，即又，平面；不存在，下面用反证法进行证明假设存在点异于点使得平面PAD．，且平面PAD，平面PAD，平面PAD又，平面平面PAD.而平面PBC与平面PAD相交，得出矛盾．2.如图，矩形和菱形所在平面互相垂直，已知，点是线段的中点.（1）求证：；（2）试问在线段上是否存在点，使得直线平面？若存在，请证明平面，并求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，证明见解析，2.【解析】【分析】（1）由已知可得是等边三角形，是线段的中点，得，根据面面垂直的性质定理证得平面，即可证明结论；（2）取的中点，可证，连接交于点，点即为所求的点.利用，可得，即可求出结论.【详解】（1）菱形，，，则是等边三角形，又是线段的中点，∴.又平面平面，平面平面，所以平面.又∵平面，故.（2）取的中点，连接交于点，点即为所求的点.证明：连接，∵，，∴，所以与相交于点，∵是的中点，是的中点，∴，又平面，平面，∴直线平面.又∵，∴.【题型五】平行5：证面面平行【典例分析】如图所示，在三棱柱中，分别是的中点，求证：（1）四点共面；（2）平面平面．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）利用三角形中位线的性质，证明，从而可得，即可证明，，，四点共面；（2）证明平面中有两条直线、分别与平面中的两条直线、平行，即可得到平面平面．【详解】(1)分别是的中点，是的中位线，则，又，四点共面．(2)分别为的中点，，平面平面，平面，又分别是的中点，，，四边形是平行四边形，，平面平面，平面，又，平面平面，【经验总结】基本规律面面平行的核心思维是“线面平行”。【变式演练】1.如图，在圆柱中，，分别是上、下底面圆的直径，且，，分别是圆柱轴截面上的母线.（1）若，圆柱的母线长等于底面圆的直径，求圆柱的表面积.（2）证明：平面平面.【答案】（1）.（2）证明见详解.【分析】（1）借助圆柱的母线垂直于底面构造直角三角形计算可得半径，然后可得表面积；（2）构造平行四边形证明，结合已知可证.（1）连接CF、DF，因为CD为直径，记底面半径为R，EF=2R。则又解得R=2圆柱的表面积.2）连接、、、由圆柱性质知且且四边形为平行四边形又平面CDE，平面CDE平面CDE。同理，平面CDE又，平面ABH，平面ABH平面平面.2.如图①，在梯形中，AB∥PC，△ABC与△PAC均为等腰直角三角形，＝90°，，D，E分别为PA，PC的中点．将△PDE沿DE折起，使点P到点P的位置（如图②），为线段的中点．在图②中解决以下两个问题：（1）求证：平面GAC∥平面；（2）若直线PA与平面PABC所成的角为30°时，求三棱锥P－ACG的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）连接BE交AC于点M，连接GM，，可证得GM∥PE，根据线面平行的判定定理即可证得GM∥平面．同理可证得AC∥平面．由面面平行的判定定理即可证得结果.（2）利用等体积转换可得计算即可得出结果.（1）连接BE交AC于点M，连接GM，，四边形是正方形，M为BE的中点，又G为线段PB的中点，则GM∥PE，又平面，平面，所以GM∥平面．又D，E分别为PA，PC的中点，则DE∥AC，又平面，平面，所以AC∥平面．又GM∩AC=M，GM，AC⊂平面，所以平面GAC∥平面．【题型六】平行6：难题--面面平行探索性题型【典例分析】已知正四棱锥的各条棱长都相等，且点分别是的中点.（1）求证:；（2）在上是否存在点，使平面平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）设,连接,根据正四棱锥的性质，得平面,所以.又,证得平面，进而得到.（2）取中点，连并延长交于点，得，得平面，进而得到平面平面，在中，得是中点，是中点，即可求解结论.试题解析：（1）设,则为底面正方形中心，连接,因为为正四梭锥.所以平面,所以.又,且,所以平面；因为平面,故.（2）存在点，设,连.取中点，连并延长交于点，∵是中点，∴,即，又，平面，平面，∴平面,平面，又，平面，∴平面平面，在中，作交于，则是中点，是中点，∴.【经验总结】基本规律找面的经验：任何一对互相平行平面，和第三个平面相交，交线互相平行【变式演练】1.在正方体中，、分别为、的中点，，，如图.（1）若交平面于点，证明：、、三点共线；（2）线段上是否存在点，使得平面平面，若存在确定的位置，若不存在说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且.【解析】【分析】（1）先得出为平面与平面的交线，然后说明点是平面与平面的公共点，即可得出、、三点共线；（2）设，过点作交于点，然后证明出平面平面，再确定出点在上的位置即可.【详解】（1），平面，平面，所以，点是平面和平面的一个公共点，同理可知，点也是平面和平面的公共点，则平面和平面的交线为，平面，平面，所以，点也是平面和平面的公共点，由公理三可知，，因此，、、三点共线；（2）如下图所示：设，过点作交于点，下面证明平面平面.、分别为、的中点，，平面，平面，平面.又，平面，平面，平面，，、平面，因此，平面平面.下面来确定点的位置：、分别为、的中点，所以，，且，则点为的中点，易知，即，又，所以，四边形为平行四边形，，四边形为正方形，且，则为的中点，所以，点为的中点，，因此，线段上是否存在点，且时，平面平面.2.如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，平面,点为棱的中点.（1）求证：平面（2）直线上是否存在一点，使平面平面？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】(1)由题意利用线面垂直的判定定理证明题中的结论即可；（2）延长到点,使,此时平面平面.利用几何关系结合面面平行的判定定理即可证得题中的结论.【详解】(1)由线面垂直的定义可得：，由矩形的性质可得：，且是平面内的两条相交直线，故平面.（2）延长到点,使,此时平面平面.证明如下：连接，∵，∴点为的中点，又∵点为棱的中点，∴又底面为矩形，又∵点为延长线上的点,∴四边形为平行四边形又又∴平面平面【题型七】垂直1：线面垂直【典例分析】如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，BC＝2，∠CBA＝，ABEF为直角梯形，BE∥AF，∠BAF＝，BE＝2，AF＝3，平面ABCD⊥平面ABEF．（1）求证：AC⊥平面ABEF．（2）求多面体ABCDE与多面体ADEF的体积的比值．【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）依据题设条件及勾股定理先证线垂直，借助题设条件，运用性面面垂直的性质定理进行推证；（2）利用可求三棱锥的体积，利用面面垂直的性质得出多面体ABCDE的高，可求得其体积，从而可得答案.【详解】（1）在中，所以，所以，所以，又因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD平面ABEF=AB,AC平面ABCD，所以平面ABEF.【经验总结】基本规律讲透彻“三垂线定理”这个最常用的模型【变式演练】1.如图，三角形PCD所在的平面与等腰梯形ABCD所在的平面垂直，AB＝AD＝CD，AB∥CD，CP⊥CD，M为PD的中点．（1）求证：AM∥平面PBC；（2）求证：BD⊥平面PBC．【答案】（1）见解析（2）见解析【分析】（1）取的中点，连，，可证得四边形为平行四边形，于是，然后根据线面平行的判定定理可得结论成立．（2）在等腰中梯形中，取的中点，连，，证得四边形为菱形，进而得．同理四边形为菱形，可得．再由平面平面得到平面，于是得，最后根据线面垂直的判定可得平面．证明：（1）如图，取的中点，连，，∵为的中点，为的中点，∴，．又，，∴，，∴四边形为平行四边形，∴．又平面，平面，∴平面（2）如图，在等腰中梯形中，取的中点，连，．∵，，∴，，∴四边形为平行四边形．又，∴四边形为菱形，∴．同理，四边形为菱形，∴．∵，∴．∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，又平面，∴．∵，，∴平面．2.如图，已知是正三角形，都垂直于平面，且是的中点，求证：（1）平面；（2）平面.【答案】(1)见解析；（2）见解析【详解】（1）取AB的中点M,连FM,MC，∵F、M分别是BE、BA的中点，∴FM∥EA,FM＝EA，∵EA、CD都垂直于平面ABC，∴CD∥EA∴CD∥FM又DC＝a，∴FM＝DC∴四边形FMCD是平行四边形，∴FD∥MC，∴FD∥平面ABC．（2）∵M是AB的中点，△ABC是正三角形，∴CM⊥AB，又CM⊥AE，AB∩AE＝A，∴CM⊥面EAB，CM⊥AF，FD⊥AF，∵F是BE的中点,EA＝AB，∴AF⊥EB，∴AF⊥平面EDB．【题型八】垂直2：面面垂直【典例分析】如图，在以为顶点，母线长为的圆锥中，底面圆的直径长为2，是圆所在平面内一点，且是圆的切线，连接交圆于点，连接，.（1）求证：平面平面；（2）若是的中点，连接，，当二面角的大小为时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【分析】（1）由是圆的直径，与圆切于点，可得,由底面圆，可得，利用线面垂直的判定定理可知，平面，即可推出.又在中，，可推出，利用线面垂直的判定定理可证平面，从而利用面面垂直的判定定理可证出平面平面.解：（1）是圆的直径，与圆切于点，底面圆，∴，平面，∴.又∵在中，，∴∵，∴平面，从而平面平面.【经验总结】基本规律核心思维：寻找其中一个平面板的垂线（及其平行线）【变式演练】1.如图，梯形所在的平面与等腰梯形所在的平面互相垂直，G为AB的中点，，，，．

（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面平面；（Ⅲ）求多面体的体积.【答案】(I)证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（III）3.【分析】（Ⅰ）可证，从而得到平面．（Ⅱ）可证平面，从而得到平面平面【详解】（Ⅰ）因为，且，则四边形为平行四边形，故．又平面，平面，所以平面．（Ⅱ）连接．在等腰梯形中，，从而四边形为平行四边形，又，故四边形为菱形，故.在梯形中，同理可证四边形为平行四边形，故.因为，从而，而平面平面，平面平面，平面，故平面，而平面，故，因为，故平面.因为平面，故平面平面.2.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点．（1）若为线段上的动点，证明：平面平面；（2）若为线段，，上的动点（不含，），，三棱锥的体积是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【分析】(1)利用,可得平面,根据面面垂直的判定定理可证平面平面;(2)由底面，得平面平面．将问题转化为点到直线的距离有无最大值即可解决.【详解】（1）证明:因为，为线段的中点，所以,因为底面，平面，所以,又因为底面为正方形，所以，,所以平面,因为平面，所以,因为，所以平面,因为平面，所以平面平面.【题型九】垂直3：难题--垂直探索性题型【典例分析】直三棱柱中，，，，点是线段上的动点.（1）当点是的中点时，求证：平面；（2）线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，试求出的长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）【试题分析】（1）连接，交于点，连接，则点是的中点，利用三角形的中位线有,，由此证得线面平行.（2）当时平面平面.利用，可证得平面，由此证得两个平面垂直.利用等面积法求得的长.【试题解析】（1）如图，连接，交于点，连接，则点是的中点，又点是的中点，由中位线定理得，因为平面，平面，所以平面.（2）当时平面平面.证明：因为平面，平面，所以．又，，所以平面，因为平面，所以平面平面，故点满足.因为，，，所以，故是以角为直角的三角形，又，所以.【经验总结】基本规律使用好“逆向思维”这个证明垂直的捷径方法：要证明的必然是成立的。【变式演练】1.如图，在三棱柱中，底面，，点是的中点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：∥平面．（Ⅲ）设，，在线段上是否存在点，使得?若存在，确定点的位置;若不存在，说明理由．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）存在，为线段的中点，理由略．试题分析：（Ⅰ）通过证得，且，即可证得平面，即证；（Ⅱ）设与的交点为，连结，因为是的中点，是的中点，由三角形的中位线定理得∥，又由线面平行的判定定理即证∥平面；（Ⅲ）在线段上存在点，使得，且为线段的中点．证明如下：由已知得．由已知，为线段的中点，所以，可得平面．连接．因为平面，所以，易证，所以平面，即可得．试题解析：（Ⅰ）在三棱柱中，因为底面，底面，所以．又，，所以平面．而，则．（Ⅱ）设与的交点为，连结，E因为是的中点，是的中点，所以∥．因为平面，平面，所以∥平面．E（Ⅲ）在线段上存在点，使得，且为线段的中点．EM证明如下：因为底面，底面，所以．EM由已知，为线段的中点，所以．又，所以平面．取线段的中点，连接．因为平面，所以．由已知，由平面几何知识可得．又，所以平面．又平面，所以．2.三棱锥中，，面面．（1）求长；（2）求三棱锥体积；（3）内（含边界）上是否存在点，使面．若存在点，求出点的位置；若不存在点，说明理由．【答案】（1）3；（2）；（3）存在，在棱上，且．【分析】(1)根据勾股定理可得,进而可得,再用勾股定理计算即可.(2)作的中点,连接可知平面,再求解体积即可.(3)作于,再证明面即可.【详解】（1）∵,∴.∵平面⊥平面,平面平面,平面,且,可知平面,.∴.（2）作的中点,连接,由题意知平面,∴.（3）作于,在上..∵平面,平面,∴,且,平面,平面,,∴平面,即存在,在棱上,且.【题型十】垂直4：难题--翻折中的垂直【典例分析】如图①，在菱形ABCD中，∠A＝60°且AB＝2，E为AD的中点，将△ABE沿BE折起使AD＝，得到如图②所示的四棱锥A﹣BCDE.（Ⅰ）求证：平面ABE⊥平面ABC；（Ⅱ）若P为AC的中点，求三棱锥P﹣ABD的体积.【答案】（Ⅰ）证明见详解；（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）先证，即可求得平面，结合//，即可由线面垂直推证面面垂直；（Ⅱ）根据点是中点，则的体积为体积的一半，再转化顶点求得的体积，则问题得解.【详解】（Ⅰ）因为四边形是菱形，且点为中点，又，故三角形为等边三角形，则，又在三角形中，，满足，故，又平面，故可得平面，又因为//，故可得平面，又平面，故可得平面平面.即证.【经验总结】基本规律翻折过程中，始终在同一个平面内的点线关系“不变”【变式演练】1.如图，ABCD是块矩形硬纸板，其中，E为DC中点，将它沿AE折成直二面角.（1）求证：平面BDE；（2）求四棱锥体积.【答案】（1）证明见解析；（2）1．【解析】【分析】（1）先证，由面面垂直（直二面角）得平面，再得线线垂直，然后可得线面垂直；（2）由直二面角即面面垂直，可求得到平面的距离，从而可求得体积．【详解】（1）由题意，所以，所以，又二面角是直二面角，即平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又因为，，所以平面BDE；2.如图1所示，在等腰梯形ABCD中，，，垂足为E，，将沿EC折起到的位置，如图2所示，使平面平面ABCE.（1）连结BE，证明：平面；（2）在棱上是否存在点G，使得平面，若存在，直接指出点G的位置不必说明理由，并求出此时三棱锥的体积；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点G为的中点，.【分析】（1）通过面面垂线的性质定理，证得平面ABCE

，由此证得.利用勾股定理计算证明，从而证得平面.（2）通过线面平行的判定定理，判断出点G为的中点.利用换顶点的方法，通过，来计算出三棱锥的体积.【详解】1因为平面平面ABCE，平面平面，平面，所以

平面ABCE

，

又因为

平面ABCE，所以

，又，满足，所以

，又

，所以

平面.2在棱上存在点G，使得平面，此时点G为的中点.，由1知，平面ABCE，所以

，又，所以

平面，所以CE为三棱锥的高，且在中，，G为斜边的中点，所以

，所以

.故，在棱上存在点G，使得平面，此时三棱锥的体积为.【题型十一】体积1：常规求法和等体积转化型【典例分析】如图所示，在棱长为2的正方体中，M是线段AB上的动点．（1）证明：平面；（2）若M是AB的中点，证明：平面平面；（3）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．【分析】（1）利用得出平面.（2）通过证明平面，可证得平面平面.（3）利用等体积转化求出即可.【详解】（1）证明：因为在正方体中，，平面，平面，平面（2）证明：在正方体中，,是中点，.平面，平面，则.平面，平面，且，平面.平面，∴平面平面（3）因为平面，所以点，点到平面的距离相等.故．【经验总结】基本规律1.等体积转化法一般情况下是三棱锥才有的特性。2.尽可能寻找在表面的三个点3.利用好“同底等高”和“同底比例高”。【变式演练】1.四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，PA＝CD＝2，PA⊥底面ABCD，E在PB上.（1）证明：AC⊥PD；（2）若PE＝2BE，求三棱锥P﹣ACE的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）过A作AF⊥DC于F，推导出AC⊥DA，AC⊥PA，从而AC⊥平面PAD，由此能求出AC⊥PD．（2）由VP﹣ACE＝VP﹣ABC﹣VE﹣ABC，能求出三棱锥P﹣ACE的体积．【详解】（1）过A作AF⊥DC于F，因为AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，所以CF＝DF＝AF＝1，所以∠DAC＝90°，所以AC⊥DA，又PA⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PA，又PA，AD⊂平面PAD，PA∩AD＝A，所以AC⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴AC⊥PD.（2）由PE＝2BE，可得VP﹣ACE＝VP﹣ABC﹣VE﹣ABC，所以，，所以三棱锥P﹣ACE的体积VP﹣ACE＝VP﹣ABC﹣VE﹣ABC.2.如图，四棱锥中，平面，，，，为线段上一点，，为的中点．（I）证明平面；（II）求四面体的体积.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).试题分析：（Ⅰ）取的中点，然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形，从而得到，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）由条件可知四面体N-BCM的高，即点到底面的距离为棱的一半，由此可顺利求得结果．试题解析：（Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，.又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是.因为平面，平面，所以平面.（Ⅱ）因为平面，为的中点，所以到平面的距离为.取的中点，连结.由得，.由得到的距离为，故.所以四面体的体积.【题型十二】体积2：难题--多面体割补型【典例分析】如图，梯形所在的平面与等腰梯形所在的平面互相垂直，G为AB的中点，，，，．

（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面平面；（Ⅲ）求多面体的体积.【答案】(I)证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（III）3.【分析】（Ⅰ）可证，从而得到平面．（Ⅱ）可证平面，从而得到平面平面（Ⅲ）可证几何体是三棱柱，从而利用公式可求几何体的体积.【详解】（Ⅰ）因为，且，则四边形为平行四边形，故．又平面，平面，所以平面．（Ⅱ）连接．在等腰梯形中，，从而四边形为平行四边形，又，故四边形为菱形，故.在梯形中，同理可证四边形为平行四边形，故.因为，从而，而平面平面，平面平面，平面，故平面，而平面，故，因为，故平面.因为平面，故平面平面.（III）设．由（Ⅰ）得平面且，由（Ⅱ）得，而平面，平面，故平面，因为，故平面平面，又，故四边形为平行四边形，故，所以，所以几何体是三棱柱．由（Ⅱ）得平面，平面，故，所以.由（Ⅱ）得平面．所以多面体的体积为：．在等腰梯形中，，又为锐角，故，故，所以，所以，故多面体的体积为：.【经验总结】基本规律1.大多数情况下，可以把不规则几何体分割为三棱锥+四棱锥2.多从四棱锥底面对角线或者几何体表面四边形对角线处寻找分割的“刀口”【变式演练】1.如图，已知平面平面，B为线段中点，，四边形为正方形，平面平面，，，M为棱中点.（1）求证：平面平面；（2）若，求多面体的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明.（2）延长至使得，得到三棱柱，，再求出即为三棱柱的高，利用柱体、锥体的体积公式即可求解.【详解】（1）由正方形知，，又平面平面，且交线为，平面，∴平面，又平面，∴平面平面.（2）延长至使得，则得到三棱柱，所求几何体的体积，取的中点M，由条件为正三角形，∴，∴，由平面平面且交线为，∴平面，即为三棱柱的高，∵..所以.2.如图，在多面体中，为矩形，为等腰梯形，，，，且，平面平面，，分别为，的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若，求多面体的体积.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）取的中点.连接，，可证，，然后利用平面平面，可证平面.（Ⅱ）将多面体分为四棱锥和三棱锥两部分，将转化为，然后利用四棱锥和三棱锥的体积公式分别求出然后求和即可.解：（Ⅰ）如图，取的中点.连接，.在矩形中，∵，分别为线段，的中点，∴.又平面，平面，∴平面.在中，∵，分别为线段，的中点，∴.又平面，平面，∴平面.又，平面，∴平面平面又平面，∴平面.（Ⅱ）如图，过点作于.∵平面平面，平面平面，平面，∴平面.同理平面.连接，.在中，∵，，∴.同理.∵，∴等边的高为，即.连接.∴.【题型十三】体积3：难题两部分体积比【典例分析】如图，在四棱锥中，底面为菱形，为正三角形，平面平面，、分别是、的中点.（1）证明：平面；（2）若是棱上一点，三棱锥与三棱锥的体积相等，求的值.【答案】（1）详见解析；（2）.【分析】（1）连接，可得，利用面面垂直的性质可证平面，利用线面垂直的性质可证，由，，可证，，利用线面垂直的判定定理即可证明平面；（2）连接、，设，则，利用，可得，进而解得的值，即可得出的值.【详解】（1）连接，且是的中点，又平面平面，平面平面，平面，平面.平面，又为菱形，且、分别为棱、的中点，，，，又，，平面；（2）如图，连接、，设，则，，又，，，解得，即.【经验总结】基本规律1.直接求体积，大多数是难度较大。2.利用等体积转化（或者不等体积转化）3.寻找合适的底面和平行高转化。【变式演练】1.如图，是边长为3的正方形，平面，平面，.（1）证明：平面平面；（2）在上是否存在一点，使平面将几何体分成上下两部分的体积比为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）存在点且满足条件.【解析】试题分析：（1）根据，结合面面平行的判定定理可知两个平面平行；（2）先求出整个几何体的体积.假设存在一点，过作交于，连接，设，求得几何体的体积，将其分割成两个三棱锥，利用表示出两个三棱锥的高，再利用体积建立方程，解方程组求得的值.试题解析：解：（1）∵平面，平面，∴，∴平面，∵是正方形，，∴平面，∵，平面，平面，∴平面平面.（2）假设存在一点，过作交于，连接，，设，则，设到的距离为，则，，∴，解得，即存在点且满足条件.2.如图，多面体中，，平面⊥平面，四边形为矩形，∥，点在线段上，且.(1)求证：⊥平面；(2)若，求多面体被平面分成的大、小两部分的体积比.【答案】（1）证明见解析(2)11:1【分析】（1）由勾股定理逆定理证得，再由面面垂直的性质定理得线面垂直；（2）连接EB,AE.多面体被分为四个三棱锥，由它们之间的体积关系可求得比值．【详解】（1）因为四边形ABCD为矩形，所以CD=AB.为AB=DE=2，所以CD=DE=2.因为点G在线段CE上，且EG=2GC=AB，所以EC=AB=CD=所以，即又平面CDE⊥平面ABCD，平面CDE平面ABCD=CD,DE平面CDE，所以DE⊥平面ABCD.(2)设三棱锥G-BCD的体积为1，连接EB,AE.因为EG=2GC,所以CG=EC,所以.易知又EF=2BC,BC∥EF，所以，故又，所以故故多面体ABCDEF被平面BDG分成的大、小两部分的体积比为11:1.【题型十四】体积4：难题动点型【典例分析】如图，是边长为3的等边三角形，四边形为正方形，平面平面.点，分别为棱，上的点，且，为棱上一点，且.（Ⅰ）当时，求证：平面；（Ⅱ）已知三棱锥的体积为，求的值.【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）先连接，根据面面平行的判定定理，先证明平面平面，进而可得出结论成立；（Ⅱ）取的中点为，连接，证明平面；再过点作于点，得平面，再由求出，进而可得出结果.解：（Ⅰ）连接，当时，且，四边形是平行四边形，.，，，，，平面平面，又平面，平面.（Ⅱ）取的中点为，连接，则，平面平面，平面.过点作于点，则，平面，则..，.，即.【变式演练】1.如图，四边形ABCD为矩形，△BCF为等腰三角形，且∠BAE＝∠DAE＝90°，EA//FC.（1）证明：BF//平面ADE.（2）设，问是否存在正实数，使得三棱锥A﹣BDF的高恰好等于BC？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在正实数.【解析】【分析】（1）通过证明平面平面来证明BF//平面ADE；（2）设，，则，利用等体积法，则，可得关于的方程，求解可得.【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，因为，平面，平面，所以平面，又，所以平面平面故平面；（2），又，平面，设，，则，在矩形和中，有，，所以在中，边上的高，又，所以，由等体积法得，即，∴，所以存在正实数，使得三棱锥的高恰好等于.2.如图所示，在三棱锥中，平面，，，.（1）证明：平