重難點(diǎn)07空間距離與體積問題（2種考法）

重難點(diǎn)07空間距離與體積問題（2種考法）【目錄】考法1：距離問題考法2：體積問題二、命題規(guī)律與備考策略二、命題規(guī)律與備考策略一.求點(diǎn)到平面的距離的四步驟二、常見幾何體體積的四種求法1.直接法求體積（也稱公式法）直接利用常見幾何體的體積計(jì)算公式求解體積即可?？芍苯邮褂霉降念}目，“高”一般都可直接或間接找到2.等體積法求三棱錐體積1、等體積轉(zhuǎn)化法一般情況下是三棱錐才有的特性。2、盡可能尋找在表面的三個(gè)點(diǎn)，通過三棱錐“換底”求解三棱錐的體積?！咀⒁狻俊皳Q底”的結(jié)果是使新底面所對應(yīng)的高簡單易求。3.多面體割補(bǔ)法求體積1、分割法：把不規(guī)則的幾何體分割成規(guī)則的幾何體，當(dāng)規(guī)則的幾何體用公式不易求出時(shí)，再將其分割沒轉(zhuǎn)化成比較好求體積的幾何體；【注意】大多數(shù)情況下，可以把不規(guī)則幾何體分割為三棱錐+四棱錐多從四棱錐底面對角線或者幾何體表面四邊形對角線處尋找分割的“刀口”2、補(bǔ)形法：把不規(guī)則的幾何體補(bǔ)成規(guī)則的幾何體，便于計(jì)算；常見的補(bǔ)形有：（1）將正四面體補(bǔ)形成正方體；（2）將等腰四面體（對棱相等）補(bǔ)形成長方體；（3）將三條棱兩兩相互垂直且相等的三棱錐補(bǔ)成正方體；（4）將臺體補(bǔ)成錐體等等?！咀⒁狻款}設(shè)條件存在將規(guī)則幾何體切去一些部分剩余的幾何體的情況，補(bǔ)形法可簡化題目。4.兩部分體積比例法（轉(zhuǎn)移法）利用祖暅原理和等積変化，把所求的幾何體轉(zhuǎn)化為與它等底、等高的幾何體的體積。【注意】利用好“同底等高”和“同底比例高”，本質(zhì)就是尋找合適的底面和平行高轉(zhuǎn)化。三、題型方法三、題型方法1．（2023?寶山區(qū)二模）四棱錐P﹣ABCD的底面是邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，PO⊥底面ABCD，PB與底面ABCD所成的角為60°，E是PB的中點(diǎn)．（1）求異面直線DE與PA所成角的大小（結(jié)果用反三角函數(shù)值表示）；（2）證明：OE∥平面PAD，并求點(diǎn)E到平面PAD的距離．【分析】（1）取AB的中點(diǎn)F，連接EF，DF，可得EF∥PA，所以DE與EF所成的角即為DE與PA所成的角，由題意求出EF，DE，DF的值，由余弦定理可得兩條直線所成角的余弦值，進(jìn)而求出角的大??；（2）由（1）可證得面OEF∥面PAD，進(jìn)而可證得OE∥面PAD，進(jìn)而可知E到平面PAD的距離等于O到平面PAD的距離，再由等體積法求出O到平面PAD的距離．【解答】解：（1）因?yàn)镻O⊥底面ABCD，BO＝OD，所以PB＝PD，又因?yàn)镻B與底面ABCD所成的角為60°，所以△PBD為等邊三角形，因?yàn)镋為PB的中點(diǎn)，所以PO＝DE＝PD＝，因?yàn)樗倪呅蜛BCD邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，所以△ABD為等邊三角形，即BD＝2，所以DE＝，AO＝，DF＝，取AB的中點(diǎn)F，連接EF，DF，可得EF∥PA，所以DE與EF所成的角即為DE與PA所成的角，則EF＝PA，PA＝＝＝，所以EF＝，在△DEF中，cos∠DEF＝＝＝，所以∠DEF＝arccos，即異面直線DE與PA所成角的大小為arccos；（2）證明：連接OF，由（1）可得OF∥AD，EF∥PA，EF∩OF＝F，所以面OEF∥面PAD，因?yàn)镺E?面OEF，所以O(shè)E∥面PAD；所以O(shè)到面PAD的距離等于E到面PAD的距離，設(shè)h，則VO﹣PAD＝VP﹣AOD，而VP﹣AOD＝SAOD?PO＝?S△ABD?PO＝?××2×2×，S△PAD＝PA?＝?3?＝?3?，所以??3?h＝×?×2×2×，解得h＝，即點(diǎn)E到平面PAD的距離為．【點(diǎn)評】本題考查線面平行的證法及面面平行的性質(zhì)的應(yīng)用，等體積法求點(diǎn)到面的距離的應(yīng)用，屬于中檔題．2．（2023?黃浦區(qū)二模）如圖，多面體A1C1D1ABCD是由棱長為3的正方體ABCD﹣A1B1C1D1沿平面A1BC1截去一角所得到在棱A1C1上取一點(diǎn)E，過點(diǎn)D1，C，E的平面交棱BC1于點(diǎn)F．（1）求證：EF∥A1B；（2）若C1E＝2EA1，求點(diǎn)E到平面A1D1CB的距離以及ED1與平面A1D1CB所成角的大?。痉治觥浚?）在正方體中可知A1B∥D1C，進(jìn)而可證得D1C∥面A1BC1，再由線面平行的性質(zhì)定理可得D1C∥EF，進(jìn)而可證得EF∥A1B；（2）由等體積法＝，可得E到面A1D1CB的距離，設(shè)線面角，可得角的正弦值，進(jìn)而求出線面角的大小．【解答】解：（1）證明：在正方體中，A1D1∥BC，且A1D1＝BC，所以四邊形A1D1CB為平行四邊形，所以A1B∥D1C，而D1C?面A1BC1，A1B?面A1BC1，所以D1C∥面A1BC1，又因?yàn)镈1C?面EFCD1，面A1BC1∩面EFCD1＝EF，所以D1C∥EF，所以EF∥A1B；（2）點(diǎn)E到平面A1D1CB的距離即是E到面ABD1的距離，設(shè)為h，因?yàn)椋?，在正方體中，B到面A1D1E的距離為正方體的棱長3，又因?yàn)槿鬋1E＝2EA1，所以＝＝××A1D1×D1C1＝×3×3＝，因?yàn)锳1D1⊥面AA1B，所以A1D1⊥A1B，所以＝A1D1×A1B＝×3×3＝，所以??h＝?3，即?h＝?3，解得h＝，所以E到面A1D1CB的距離為；A1E＝A1C1＝?3＝，D1E＝＝＝，設(shè)ED1與平面A1D1CB所成角的大小為α，α∈[0，]，則sinα＝＝＝，所以α＝arcsin，即ED1與平面A1D1CB所成角的大小為arcsin．【點(diǎn)評】本題考查線面平行的性質(zhì)的應(yīng)用及等體積法求點(diǎn)到面的距離，屬于中檔題．3．（2023?奉賢區(qū)校級模擬）如圖，將邊長為2的正方形ABCD沿對角線BD折蟊，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且AE＝．（1）求證：直線EC與平面ABD沒有公共點(diǎn)；（2）求點(diǎn)C到平面BED的距離．【分析】（1）取DB中點(diǎn)O，連接AO，CO．可證明四邊形AOCE為平行四邊形，可得CE∥面ADB．即直線EC與平面ABD沒有公共點(diǎn)；（2）V△C﹣BDE＝V△E﹣BDC，∴×?d＝．可得點(diǎn)C到平面BED的距離．【解答】解：（1）∵取DB中點(diǎn)O，連接AO，CO．∵△ABD、△CDB都是以DB為斜邊的解三角形，∴AO⊥DB，CO⊥DB，又平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD＝DB，∴CO⊥面ABD，AO⊥平面CBD．∵AE⊥平面ABD，∴AE∥CO，AE＝CO＝，∴四邊形AOCE為平行四邊形，∴AO∥CE，CE?面ADB，AO?面ADB，∴CE∥面ADB．∴直線EC與平面ABD沒有公共點(diǎn)；（2）由（1）可得EC⊥面CDB，在△BDE中，BE＝DE＝，BD＝2，∴S△BDE＝＝2．∵V△C﹣BDE＝V△E﹣BDC，∴×?d＝，∴d＝1．∴點(diǎn)C到平面BED的距離為1．【點(diǎn)評】本題考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，線面間的距離等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、空間想象能力，考查化歸與轉(zhuǎn)4．（2023?徐匯區(qū)校級三模）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，四邊形BCC1B1是邊長為2的正方形，D為AB中點(diǎn)，且．（1）求證：CD⊥平面ABB1A1；（2）若點(diǎn)P在線段B1C上，且直線AP與平面A1CD所成角的正弦值為，求點(diǎn)P到平面A1CD的距離．【分析】（1）根據(jù)勾股定理可得A1A⊥AD，再根據(jù)線面垂直的判定可得A1A⊥平面ABC，進(jìn)而根據(jù)正三角形與線面垂直的性質(zhì)與判定可得CD⊥平面ABB1A1；（2）取BC中點(diǎn)為O，B1C1中點(diǎn)為Q，可得OA，OB，OQ兩兩垂直，再建立空間直角坐標(biāo)系根據(jù)線面角與點(diǎn)面距離的方法求解即可．【解答】（1）證明：由題知，因?yàn)?，所以A1A⊥AD，又B1B⊥BC，B1B∥A1A，所以A1A⊥BC，又AD?BC＝B，所以A1A⊥平面ABC，又CD?平面ABC，所以CD⊥AA1，在正三角形ABC中，D為AB中點(diǎn)，于是CD⊥AB，又AB∩AA1＝A，所以CD⊥平面ABB1A1；（2）解：取BC中點(diǎn)為O，B1C1中點(diǎn)為Q，則OA⊥BC，OQ⊥BC，由（1）知A1A⊥平面ABC，且OA?平面ABC，所以O(shè)A⊥AA1，又B1B∥A1A，所以O(shè)A⊥BB1，BB1∩BC＝B，所以O(shè)A⊥平面BCC1B1，于是OA，OB，OQ兩兩垂直，如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，所以，設(shè)平面A1CD的法向量為，則，即，令x＝1，則，于是，設(shè)，則，由于直線AP與平面A1CD所成角的正弦值為，于是，即，整理得4λ2﹣8λ+3＝0，由于λ∈[0，1]，所以，于是，設(shè)點(diǎn)P到平面A1CD的距離為d，則，所以點(diǎn)P到平面A1CD的距離為．【點(diǎn)評】本題主要考查線面垂直的證明，點(diǎn)面距離的計(jì)算，空間向量及其應(yīng)用等知識，屬于中等題．5．（2022?寶山區(qū)二模）在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，點(diǎn)E是棱AB上的點(diǎn)，AE＝2EB．（1）求異面直線AD1與EC所成角的大??；（2）求點(diǎn)C到平面D1DE的距離．【分析】（1）首先平移直線找到異面直線所成的角，然后計(jì)算其大小即可；（2）利用等體積法轉(zhuǎn)化頂點(diǎn)即可求得點(diǎn)面距離．【解答】解：（1）在線段CD上取靠近點(diǎn)D的三等分點(diǎn)F，連結(jié)AF，D1F，由平面幾何的知識易知AF∥CE，故∠D1AF或其補(bǔ)角即為異面直線AD1與EC所成角，由于，故△D1AF為等邊三角形，∠D1AF＝60°，即異面直線AD1與EC所成角為60°．（2）如圖所示，利用等體積法，，設(shè)點(diǎn)C到平面D1DE的距離為h，則，即，解得，即點(diǎn)C到平面D1DE的距離為．【點(diǎn)評】本題主要考查異面直線所成的角的求解，點(diǎn)面距離的計(jì)算，等體積法的應(yīng)用，空間想象能力的培養(yǎng)等知識，屬于基礎(chǔ)題．6．（2022?閔行區(qū)二模）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面為菱形，PD⊥平面ABCD，∠BAD＝60°，E為棱BC的中點(diǎn)．（1）求證：ED⊥平面PAD；（2）若PD＝AD＝2，求點(diǎn)D到平面PBC的距離．【分析】（1）連接BD，由線面垂直判定定理即可求證；（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA、DE、DP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，代入公式即可求解．【解答】（1）證明：連接BD，如圖，∵底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°，∴△BCD為等邊三角形，∵E為BC的中點(diǎn)，∴DE⊥BC，∵AD∥BC，∴DE⊥AD，∵PD⊥平面ABCD，DE?平面ABCD，∴PD⊥DE，∵PD∩AD＝D，∴ED⊥平面PAD；（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA、DE、DP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則，，∴，設(shè)平面PBC的法向量為＝（x，y，z），則，令y＝2，則，∴，又＝（1，，0），∴點(diǎn)D到平面PBC的距離為：＝＝．【點(diǎn)評】本題考查了線面垂直的證明和點(diǎn)到平面的距離，屬于中檔題．7．（2022?寶山區(qū)模擬）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，P是CC1的中點(diǎn)，過AP的平面與BB1，DD1分別交于Q，R，且BQ＝．（1）求異面直線PQ與AB所成角的大小；（2）求C1到平面AQPR的距離．【分析】（1）根據(jù)直線與平面垂直的性質(zhì)定理，確定PQ與AB的位置關(guān)系，進(jìn)而求PQ與AB所成角的大??；（2）C1到平面AQPR的距離即C到平面AQP的距離，根據(jù)等體積法求解即可．【解答】（1）解：∵ABCD﹣A1B1C1D1為正方體，∴AB⊥平面BCC1B1，∵PQ?平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，∴異面直線PQ與AB所成角的大小為90°．（2）C1到平面AQPR的距離即C到平面AQP的距離，S△PQC＝＝，AB為三棱錐A﹣PQC的高，VA﹣PQC＝＝；P是CC1的中點(diǎn)，過AP的平面與BB1，DD1分別交于Q，R，且BQ＝，∴DR＝，四邊形AQPR為菱形，AC＝，AP＝＝，RQ＝BD＝，S△APQ＝SAQPR＝＝，設(shè)C1到平面AQP的距離為d，∵V＝VA﹣PQC＝×d＝，解得：d＝．∴求C1到平面AQPR的距離為．【點(diǎn)評】本題考查異面直線的夾角和點(diǎn)到平面的距離，是中檔題．8．（2023?嘉定區(qū)校級三模）在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，，E、F、G分別為AB、BC、C1D1的中點(diǎn)．（1）求三棱錐A﹣GEF的體積；（2）點(diǎn)P在矩形ABCD內(nèi)，若直線D1P∥平面EFG，求線段D1P長度的最小值．【分析】（1）利用VA﹣GEF＝VG﹣AEF，可求三棱錐A﹣GEF的體積；（2）連結(jié)D1A，AC，D1C，推導(dǎo)出EF∥平面ACD1，EG∥平面ACD1，從而平面EFG∥平面ACD1，推導(dǎo)出點(diǎn)P在直線AC上，在△ACD1中，AD1＝，AC＝2，CD1＝2，由此能求出當(dāng)D1P⊥AC時(shí)，線段D1P的長度最小，并能求出最小值．【解答】解：（1）VA﹣GEF＝VG﹣AEF＝×S△AEF?DD1＝××××1＝；（2）如圖，連結(jié)D1A，AC，D1C，∵E，F(xiàn)，G分別為AB，BC，C1D1的中點(diǎn)，∴AC∥EF，EF?平面ACD1，AC?平面ACD1，∴EF∥平面ACD1，∵EG∥AD1，EG?平面ACD1，AD1?平面ACD1，∴EG∥平面ACD1，∵EF∩EG＝E，∴平面EFG∥平面ACD1，∵D1P∥平面EFG，∴點(diǎn)P在直線AC上，在△ACD1中，AD1＝，AC＝2，CD1＝2，＝＝，∴當(dāng)D1P⊥AC時(shí)，線段D1P的長度最小，最小值為＝．【點(diǎn)評】本題考查線段長度的最小值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．9．（2023?金山區(qū)二模）如圖，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝AA1＝2，D是AB的中點(diǎn)．（1）求直線CC1與DB1所成的角的大??；（2）求證：平面CDB1⊥平面ABB1A1，并求點(diǎn)B到平面CDB1的距離．【分析】（1）由已知可得∠BB1D是直線CC1與DB1所成的角，求解即可；（2）由已知可證CD⊥平面ABB1A1，進(jìn)而可證平面CDB1⊥平面ABB1A1，過B作BH⊥DB1于H，可得線段BH的長就是點(diǎn)B到平面CDB1的距離，求解即可．【解答】解：（1）∵CC1∥BB1，∴∠BB1D是直線CC1與DB1所成的角，在直角三角形B1BD中，tan∠BB1D＝，∴直線CC1與DB1所成的角的大小為arctan；（2）∵BB1⊥平面ABC，CD?平面ABC，∴BB1⊥CD，又∵D是AB的中點(diǎn)，∴CD⊥AB，∵BB1∩AB＝B，∴CD⊥平面ABB1A1，再由CD?平面CDB1，∴平面CDB1⊥平面ABB1A1，過B作BH⊥DB1于H，∵平面CDB1⊥平面ABB1A1，且平面CDB1∩平面ABB1A1＝DB1，∴BH⊥平面CDB1，∴線段BH的長就是點(diǎn)B到平面CDB1的距離，BH＝＝，∴點(diǎn)B到平面CDB1的距離為．【點(diǎn)評】本題考查求異面直線所成的角，考查點(diǎn)到面的距離的求法，屬中檔題．10．（2023?楊浦區(qū)二模）四邊形ABCD是邊長為1的正方形，AC與BD交于O點(diǎn)，PA⊥平面ABCD，且二面角P﹣BC﹣A的大小為45°．（1）求點(diǎn)A到平面PBD的距離；（2）求直線AC與平面PCD所成的角．【分析】（1）作AE⊥PO于E，可證AE⊥平面BPD，求得AE的長即可求得點(diǎn)A到平面PBD的距離；（2）作AF⊥PD于F，連接CF，可證∠ACF為AC與平面PCD所成的角，求解即可．【解答】解：（1）作AE⊥PO于E，∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，∵BD⊥AC，∵AC∩AP＝A，∴BD⊥平面APC，∵AE?平面ACP，∴AE⊥BD，∵AE⊥OP，BD∩OP＝O，∴AE⊥平面BPD，∴AE為A到平面PBD的距離，根據(jù)二面角的定義知∠PBA＝45°，則PA＝AB＝1，AO＝AC＝，Po＝＝，解得AE＝＝，∴點(diǎn)A到平面PBD的距離為；（2）作AF⊥PD于F，連接CF，∵AP＝AD，∴FP＝FD，∵CD⊥AD，CD⊥PA，AP∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，∵AF?平面PAD，∴CD⊥AF，AF⊥PD，CD∩PD＝D，∴AF⊥平面PCD，∠ACF為AC與平面PCD所成的角，Rt△AFC中，AF＝PD＝，AC＝，得sin∠ACF＝＝，∠ACF＝30°．∴直線AC與平面PCD所成的角為30°．【點(diǎn)評】本題考查點(diǎn)到面的距離的求法，考查線面角的求法，屬中檔題．11．（2022?上海模擬）如圖，正三棱柱ABC﹣A1B1C1（側(cè)棱垂直于底面，且底面是正三角形的棱柱）的底面邊長為6，點(diǎn)M在邊BC上，△AMC1是以點(diǎn)M為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形．（1）求證：點(diǎn)M為BC邊的中點(diǎn)；（2）求點(diǎn)C到平面AMC1的距離．【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形，可得AM⊥C1M且AM＝C1M，根據(jù)三垂線定理可知AM⊥CM，而底面ABC為邊長為a的正三角形，進(jìn)一步得到點(diǎn)M為BC邊的中點(diǎn)；（2）過點(diǎn)C作CH⊥MC1，根據(jù)線面垂直的判定定理可知AM⊥平面C1CM，CH⊥平面C1AM，則CH即為點(diǎn)C到平面AMC1的距離，根據(jù)等面積法可求出CH的長．【解答】解：（1）證明：∵△AMC1為以點(diǎn)M為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，∴AM⊥C1M且AM＝C1M∵三棱柱ABC﹣A1B1C1，∴CC1⊥底面ABC∴C1M在底面內(nèi)射影為CM，∴AM⊥CM．∵底面ABC為正三角形，∴點(diǎn)M為BC邊的中點(diǎn)（2）過點(diǎn)C作CH⊥MC1，由（1）知AM⊥C1M且AM⊥CM，∴AM⊥平面C1CM，∵CH在平面C1CM內(nèi)，∴CH⊥AM，∴CH⊥平面C1AM由（1）知，AM＝C1M＝3，CM＝BC＝3，CC1⊥BC，∴CC1＝＝3，∴CH＝＝＝，∴點(diǎn)C到平面AMC1的距離為底面邊長為．【點(diǎn)評】本題主要考查了點(diǎn)線的位置關(guān)系，以及點(diǎn)到平面的距離，同時(shí)考查了空間想象能力和計(jì)算能力，以及轉(zhuǎn)化與劃歸的思想，屬于中檔題．12．（2023?上海）已知三棱錐P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝3，AC＝4，M為BC中點(diǎn)，過點(diǎn)M分別作平行于平面PAB的直線交AC、PC于點(diǎn)E，F(xiàn)．（1）求直線PM與平面ABC所成角的大小；（2）求直線ME到平面PAB的距離．【分析】（1）連接AM，PM，∠PMA為直線PM與平面ABC所成的角，在△PAM中，求解即可；（2）先證明AC⊥平面PAB，可得AE為直線ME到平面PAB的距離．進(jìn)則求AE的長即可．【解答】解：（1）連接AM，PM，∵PA⊥平面ABC，∴∠PMA為直線PM與平面ABC所成的角，在△PAM中，∵AB⊥AC，∴BC＝＝5，∵M(jìn)為BC中點(diǎn)，∴AM＝BC＝，∴tan∠PMA＝，即直線PM與平面ABC所成角為arctan；（2）由ME∥平面PAB，MF∥平面PAB，ME∩MF＝M，∴平面MEF∥平面PAB，∵M(jìn)E?平面MEF，∴ME∥平面PAB，∵PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，∴PA⊥AC，∵AB⊥AC，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴AC⊥平面PAB，∴AE為直線ME到平面PAB的距離，∵M(jìn)E∥平面PAB，ME?平面ABC，平面ABC∩平面PAB＝AB，∴ME∥AB，∵M(jìn)為BC中點(diǎn)，∴E為AC中點(diǎn)，∴AE＝2，∴直線ME到平面PAB的距離為2．【點(diǎn)評】本題考查直線與平面所成的角，考查直線與平面的距離的求法，屬中檔題．13．（2023?徐匯區(qū)校級三模）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝AD＝1，D1D＝CD＝2，AB⊥AD．（1）求證：BC⊥平面D1DB；（2）求點(diǎn)D到平面BCD1的距離．【分析】（1）證明直線BC垂直面D1DB內(nèi)的兩條相交直線D1D、DB，即可得到BC⊥平面D1DB；（2）利用等體積法求點(diǎn)D到平面BCD1的距離．【解答】（1）證明：∵ABCD﹣A1B1C1D1為直四棱柱，∴D1D⊥平面ABCD，則BC⊥D1D．∵AB∥CD，AB⊥AD，∴四邊形ABCD為直角梯形，又∵AB＝AD＝1，CD＝2，∴BD2＝2，BC2＝2，得BD2+BC2＝CD2，則BC⊥DB，∵D1D∩DB＝D，∴BC⊥平面D1DB；（2）解：由已知可得，，BC＝，又由（1）知BC⊥BD1，∴，，，設(shè)點(diǎn)D到平面BCD1的距離為h，由，可得，則h＝．即點(diǎn)D到平面BCD1的距離為．【點(diǎn)評】本題考查直線與平面垂直的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓(xùn)練了利用等體積法求點(diǎn)到平面的距離，是中檔題．14．（2023?浦東新區(qū)校級三模）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AC＝BC，PA＝PB，且點(diǎn)C在以點(diǎn)O為圓心AB為直徑的半圓AB上．（1）求證：AB⊥PC；（2）若AC＝2，且PC與平面ABC所成角為，求點(diǎn)B到平面PAC的距離．【分析】（1）連接OP，OC，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)證明AB⊥平面OPC即可；（2）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得PC與平面ABC所成角為∠PCO＝，再根據(jù)等體積法能求出結(jié)果．【解答】解：（1）證明：連接OP，OC，∵PA＝PB，AC＝BC，∴AB⊥OP，AB⊥OC，∵OP∩OC＝O，∴AB⊥平面OPC，∵PC?平面OPC，∴AB⊥PC．（2）由（1）得，∵AB⊥OP，且平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，∴OP⊥平面ABC，∴PC與平面ABC所成角為，∴OC＝OP，∵點(diǎn)C在以點(diǎn)O為圓心，AB為直徑的半圓上，AC＝BC＝2，∴OC＝OP＝OA＝OB＝，PA＝AC＝PC＝2，設(shè)點(diǎn)B到平面PAC的距離為h，∵VP﹣ABC＝VB﹣PAC，∴，解得h＝．【點(diǎn)評】本題考查線面垂直的判定與性質(zhì)、點(diǎn)到平面的距離、等體積法等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．15．（2022?浦東新區(qū)二模）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1＝2，點(diǎn)D是線段A1B1的中點(diǎn)．（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積；（2）已知P為側(cè)棱BB1的中點(diǎn)，求點(diǎn)P到平面BCD的距離．【分析】（1）由直三棱柱體積計(jì)算公式能求出三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積．（2）法一：設(shè)點(diǎn)P到平面BCD的距離為d，A1到平面BCB1C1的距離為2，由，由此能求出點(diǎn)P到平面BCD的距離．法二：以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CB、CA、CC1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出點(diǎn)P到平面BCD的距離．【解答】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1＝2，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積．（2）解法一：設(shè)點(diǎn)P到平面BCD的距離為d，由題知A1C1⊥平面BCB1C1，即A1到平面BCB1C1的距離為2，∵點(diǎn)D是線段A1B1的中點(diǎn)，∴D到平面BCB1C1的距離為1．在△BB1D中，，在△CC1D中，，∴，又S△BCP＝，又由，∴點(diǎn)P到平面BCD的距離．解法二：以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CB、CA、CC1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，由已知得B（2，0，0），P（2，0，1），D（1，1，2），則，，，設(shè)平面BCD的一個(gè)法向量是，由，得，令，設(shè)點(diǎn)P到平面BCD的距離為d，∴點(diǎn)P到平面BCD的距離．【點(diǎn)評】本題考查直三棱錐的體積、線面垂直的判斷、點(diǎn)到平面的距離、等體積法、向量法等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．16．（2022?青浦區(qū)校級模擬）如圖，在直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝，點(diǎn)P、Q分別為A1B1、BC的中點(diǎn)，C1Q與底面ABC所成的角為arctan2．（1）求異面直線PB與QC1所成角的大?。ńY(jié)果用反三角函數(shù)表示）；（2）求點(diǎn)C與平面AQC1的距離．【分析】（1）由已知求得C1C＝2，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BC、BA、BB1所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出、的坐標(biāo)，由兩向量所成角的余弦值求解異面直線PB與QC1所成角的大??；（2）求出平面AQC1的法向量及，由向量法求點(diǎn)C與平面AQC1的距離．【解答】解：（1）∵C1C⊥平面ABC，∴∠C1QC為C1Q與底面ABC所成角，即tan∠C1QC＝，∴C1C＝2．以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BC、BA、BB1所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B（0，0，0），Q（1，0，0），C1（2，0，2），P（0，1，2），則＝（0，1，2），，設(shè)異面直線PB與QC1所成角的大小為θ，∴cosθ＝＝，則異面直線PB與QC1所成角的大小為arccos；（2）設(shè)平面AQC1的法向量為，由（1）知，，，由，取y＝1，得．又，∴點(diǎn)C與平面AQC1的距離d＝．【點(diǎn)評】本題考查空間角的求法，訓(xùn)練了利用空間向量求點(diǎn)到平面的距離，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．17．（2021?楊浦區(qū)校級三模）如圖，空間幾何體由兩部分構(gòu)成，上部是一個(gè)底面半徑為1，高為2的圓錐，下部是一個(gè)底面半徑為1，高為2的圓柱，圓錐和圓柱的軸在同一直線上，圓錐的下底面與圓柱的上底面重合，點(diǎn)P是圓錐的頂點(diǎn)，AB是圓柱下底面的一條直徑，AA1、BB1是圓柱的兩條母線，C是弧的中點(diǎn)．（1）求異面直線PA1與BC所成的角的大??；（2）求點(diǎn)B1到平面PAC的距離．【分析】（1）以O(shè)為原點(diǎn)，OC為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出異面直線PA1與BC所成的角的大?。?）求出平面PAC的法向量，利用向量法能求出點(diǎn)B1到平面PAC的距離．【解答】解：（1）由題意以O(shè)為原點(diǎn)，OC為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則P（0，0，4），A1（0，﹣1，2），B（0，1，0），C（1，0，0），＝（0，﹣1，﹣2），＝（1，﹣1，0），cos＜，＞＝＝＝．∴異面直線PA1與BC所成的角的大小為．（2）B1（0，1，2），A（0，﹣1，0），＝（0，1，﹣2），＝（0，﹣1，﹣4），＝（1，0，﹣4），設(shè)平面PAC的法向量＝（x，y，z），則，取z＝1，得＝（4，﹣4，1），∴點(diǎn)B1到平面PAC的距離為：d＝＝＝．【點(diǎn)評】本題考查異面直線所成角的大小、點(diǎn)到平面的距離的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力，考查函數(shù)與方程思想，是中檔題．考法2：體積問題一、填空題1．（2022·上海黃浦·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知為球O的半徑，過的中點(diǎn)M且垂直的平面截球得到圓M，若圓M的面積為，則球O的體積為.【答案】【分析】根據(jù)圓M的面積求得圓的半徑，再根據(jù)勾股定理即可得解.【詳解】解：設(shè)球O為R，則，因?yàn)閳AM的面積為，所以圓M的半徑為，根據(jù)勾股定理，所以球O的體積為.故答案為：.2．（2023·上海普陀·曹楊二中?？寄M預(yù)測）如圖，在四棱錐中，平面，，，，，直線與平面成角.設(shè)四面體外接球的圓心為，則球的體積為.【答案】/【分析】先證明出△PCD和△PBC均為直角三角形，得到O點(diǎn)位置，可求得外接球的半徑，可求其體積．【詳解】在底面ABCD上，，AD⊥AB，DC＝2，AD＝AB＝1，所以∠ADB＝∠ABD＝45°，所以，在△BCD上，，由余弦定理可得：，所以，所以∠CBD＝90°．所以BD⊥CB．又因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥BC．又PD∩BD＝D，PD面PBD，BD面PBD所以BC⊥面PBD，所以BC⊥PB．則△PCD和△PBC均為直角三角形，當(dāng)O點(diǎn)為PC中點(diǎn)時(shí)，OP＝OD＝OB＝OC，此時(shí)O為四面體PBCD的外接球的球心．∵直線PA與平面ABCD成45°角．PD⊥平面ABCD，則∠PAD＝45°，∴PD＝AD＝1，又，∴四面體PBCD外接球的半徑為，所以四面體PBCD外接球的體積為．故答案為：．3．（2023·上海青浦·統(tǒng)考一模）已知圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，為上底面圓的圓心，AB為下底面圓的直徑，為下底面圓周上一點(diǎn)，則三棱錐外接球的體積為．【答案】/【分析】設(shè)外接球半徑為，底面圓心為，外接球球心為，由外接球的定義，結(jié)合圓柱的幾何性質(zhì)，確定球心在線段上，即可在直角三角形上根據(jù)幾何關(guān)系求出外接球半徑，即可由公式算球的體積．【詳解】由于AB為下底面圓的直徑，C為下底面圓周上一點(diǎn)，所以為直角三角形，，如圖所示，設(shè)外接球半徑為，底面圓心為，外接球球心為，由外接球的定義，，易得在線段上，又圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，所以底面圓半徑，，則，解得，外接球體積為．故答案為：.4．（2023·上海奉賢·上海市奉賢中學(xué)?？既＃┮粋€(gè)正方體和一個(gè)球的表面積相同，則正方體的體積和球的體積的比值．【答案】/【分析】根據(jù)正方體和球的表面積公式即可得到正方體棱長和球的半徑的關(guān)系，再利用正方體和球的體積公式即可得到答案.【詳解】由已知可得設(shè)正方體的棱長為,球的半徑為，由題意可知，故可得，則，，故，故答案為：.5．（2022·上?！そy(tǒng)考模擬預(yù)測）現(xiàn)將半徑為1和2的小鉛球，熔成一個(gè)大鉛球，那么，這個(gè)大鉛球內(nèi)接正四面體的體積為.【答案】【分析】根據(jù)大鉛球的體積等于兩個(gè)小鉛球的體積之和，可求出大鉛球的半徑，再根據(jù)球內(nèi)接正四面體的結(jié)構(gòu)特征即可求出其體積．【詳解】因?yàn)榇筱U球的體積等于兩個(gè)小鉛球的體積之和，設(shè)大鉛球的半徑為，所以，，解得，如圖所示：設(shè)球內(nèi)接正四面體的棱長為，易知，，所以，解得，因此球內(nèi)接正四面體的體積為．故答案為：．6．（2022·上?！そy(tǒng)考模擬預(yù)測）一個(gè)四面體的頂點(diǎn)在空間直角坐標(biāo)系中的坐標(biāo)分別是、、、，則該四面體的內(nèi)切球與外接球體積之比為【答案】/【分析】作出坐標(biāo)系和四面體，得到四面體和正方體的關(guān)系，利用正方體的外接球和正方體的關(guān)系求出外接球的半徑，再利用分割法得到正四面體的體積，進(jìn)而求出其內(nèi)切球的半徑，最后利用球的體積公式進(jìn)行求解.【詳解】點(diǎn)、、、恰為棱長為的正方體的四個(gè)點(diǎn)，該四點(diǎn)構(gòu)成了一個(gè)棱長為的正四面體（如圖所示）.設(shè)該正四面體的內(nèi)切球和外接球半徑分別為、，體積分別為、，則該正四面體的外接球也是正方體的外接球，則，即.由圖可得該四面體的體積為：，又，所以，解得，則，.故答案為：.7．（2022·上海閔行·上海市七寶中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知直三棱柱的各棱長都相等，體積為18．若該三棱柱的所有頂點(diǎn)都在球O的表面上，則球O的體積為．【答案】【分析】設(shè)出直三棱柱的棱長，由體積解出棱長，再得出外接球的半徑后求體積【詳解】設(shè)直三棱柱的棱長為，則體積為，解得，故底面外接圓的半徑為，三棱柱外接球的半徑為，球的體積故答案為：二、解答題8．（2023·上海松江·?？寄M預(yù)測）如圖，在直三棱柱中，，，．(1)求證：；(2)設(shè)與底面ABC所成角的大小為，求三棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由證出，再由線面垂直的性質(zhì)得出，然后根據(jù)線面垂直的判定定理即可得證；（2）由為與底面ABC所成角求出棱柱的高，再由等體積法求體積即可.【詳解】（1），，，，，又直三棱柱中，平面，平面，，又，平面，平面，平面，.（2）平面，在平面上的射影為，即為與底面ABC所成角，，，.9．（2023·上?！とA師大二附中?？寄M預(yù)測）在如圖所示的圓錐中，底面直徑與母線長均為4，點(diǎn)C是底面直徑AB所對弧的中點(diǎn)，點(diǎn)D是母線PA的中點(diǎn).

(1)求該圓錐的側(cè)面積與體積；(2)求異面直線AB與CD所成角的大小.【答案】(1)；(2).【分析】（1）由圓錐的側(cè)面積與體積公式求解即可；（2）找到異面直線AB與CD所成角的平面角，計(jì)算即可.【詳解】（1）由題意，得，，，，；（2）如圖：

取PO的中點(diǎn)E，連接DE，CE，因?yàn)辄c(diǎn)D是母線PA的中點(diǎn)，所以，則或其補(bǔ)角即為異面直線AB與CD所成角，因?yàn)槠矫妫矫?，所以，所以，因?yàn)辄c(diǎn)C是底面直徑AB所對弧的中點(diǎn)，所以，所以,又，且兩直線在平面內(nèi)，所以平面EOC，平面，∴，，，于是，即異面直線AB與CD所成角的大為.10．（2023·上海徐匯·統(tǒng)考三模）如圖，已知頂點(diǎn)為的圓錐其底面圓的半徑為8，點(diǎn)為圓錐底面半圓弧的中點(diǎn)，點(diǎn)為母線的中點(diǎn).

(1)若母線長為10，求圓錐的體積；(2)若異面直線與所成角大小為，求、兩點(diǎn)間的距離.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出圓錐的高，再利用錐體的體積公式計(jì)算作答.（2）取的中點(diǎn)，作出異面直線與所成角，再利用線面垂直的性質(zhì)結(jié)合勾股定理求解作答.【詳解】（1）圓錐的底面圓半徑為8，母線長為10，而，則，解得，所以圓錐的體積為.（2）取的中點(diǎn)，連接,，

由弧為圓錐底面的半圓弧知圓錐底面圓心在上且為中點(diǎn)，為母線的中點(diǎn)，則與所成角為或其補(bǔ)角，由平面，得平面，平面，則，于是有，由是半圓弧的中點(diǎn)可得，則，所以.11．（2023·上海奉賢·上海市奉賢中學(xué)校考三模）已知三棱錐，平面，PA=6，AC=4，，M，N分別在線段PB，PC上．

(1)若PB與平面所成角大小為，求三棱錐的體積V；(2)若平面，求證：平面【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）利用線面角求出，進(jìn)而求出面積，再求出體積作答.（2）由線面垂直的判定證得平面，再利用線面垂直的性質(zhì)、判定推理作答.【詳解】（1）在三棱錐中，平面，則是PB與平面所成角，即，而，則，在中，，，有，因此的面積，所以三棱錐的體積.（2）在三棱錐中，平面，平面，則，而，平面，于是平面，平面，有，因?yàn)槠矫妫矫?，則，又平面，所以平面.12．（2022·上海閔行·上海市七寶中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，是圓柱體的一條母線，過底面圓的圓心，是圓上不與、重合的任意一點(diǎn)，已知棱，，.

（1）求異面直線與平面所成角的大??；（2）將四面體繞母線旋轉(zhuǎn)一周，求三邊旋轉(zhuǎn)過程中所圍成的幾何體的體積.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）欲求直線與平面所成的角，先證明出平面，從而得出