广东文科数学高考-用等体积法和向量法来解立体几何练习
专题12：文科立体几何高考真题大题(全国卷)赏析(解析版)
专题12：文科立体几何高考真题大题（全国卷）赏析（解析版） 题型一：求体积1，2018年全国卷Ⅲ文数高考试题如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【详解】分析：（1）先证AD CM ⊥,再证CM MD ⊥，进而完成证明． （2）判断出P 为AM 中点，，证明MC ∥OP ，然后进行证明即可． 详解：（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．2，2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】(1)见解析. (2)1. 【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 详解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且AC AD A =，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32．又23BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE = 13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322sin451332Q ABP ABPV QE S-=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=． 点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可. 3．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18 【分析】（1）先由长方体得，11B C ⊥平面11AA B B ，得到11B C BE ⊥，再由1BE EC ⊥，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为2a ，根据题中条件求出3a =；再取1BB 中点F ，连结EF ，证明EF ⊥平面11BB C C ，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11AA B B ；BE ⊂平面11AA B B ，所以11B C BE ⊥，又1BE EC ⊥，1111B C EC C ⋂=，且1EC ⊂平面11EB C ，11B C ⊂平面11EB C ，所以BE ⊥平面11EB C ；（2）设长方体侧棱长为2a ，则1AE A E a ==，由（1）可得1EB BE ⊥；所以22211EB BE BB +=，即2212BE BB =， 又3AB =，所以222122AE AB BB +=，即222184a a +=，解得3a =；取1BB 中点F ，连结EF ，因为1AE A E =，则EF AB ∥； 所以EF ⊥平面11BB C C ， 所以四棱锥11E BB C C -的体积为1111111136318333E BB C C BB C C V S EF BC BB EF -=⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯=矩形.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.4．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷） 四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= （1）证明：直线//BC 平面PAD ;（2）若△PCD 面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）43【分析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取AD 中点M ，由于平面PAD 为等边三角形，则PM AD ⊥，利用面面垂直的性质定理可推出PM ⊥底面ABCD ，设BC x =，表示相关的长度，利用PCD ∆的面积为27.试题解析：（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面（2）取的中点，连接由及得四边形为正方形，则.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以底面因为底面，所以,设，则，取的中点，连接，则,所以，因为的面积为，所以，解得（舍去），于是所以四棱锥的体积【详解】题型二：求距离5．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）详见解析（245【解析】分析：（1）连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；（2）过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =3 连结OB ．因为AB =BC 2AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC=12AC=2，CM=23BC=423，∠ACB=45°．所以OM=25，CH=sinOC MC ACBOM⋅⋅∠=45．所以点C到平面POM的距离为45．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.6．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABC A B C -的高为21. 【解析】试题分析：（1）根据题意欲证明线线垂直通常可转化为证明线面垂直，又由题中四边形是菱形，故可想到连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点，又因为侧面11BB C C 为菱形，对角线相互垂直11B C BC ⊥;又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，根据线面垂直的判定定理可得：1B C ⊥平面ABO ，结合线面垂直的性质：由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥;（2）要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点O 到平面ABC 的距离，即：作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H ，则由线面垂直的判定定理可得OH ⊥平面ABC ，再根据三角形面积相等：OH AD OD OA ⋅=⋅，可求出OH 的长度，最后由三棱柱111ABC A B C -的高为此距离的两倍即可确定出高． 试题解析：（1）连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点. 因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥. 又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥， 故1B C ⊥平面ABO.由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥.（2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H. 由于，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥， 又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得3OD. 由于1AC AB ⊥，所以11122OA B C ==,由OH AD OD OA ⋅=⋅，且2274AD OD OA =+=，得2114OH ， 又O 为1B C 的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为217. 故三棱柱111ABC A B C -的高为217. 考点：1.线线，线面垂直的转化;2.点到面的距离;3.等面积法的应用 7．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥面ABCD ，E 为PD 的中点． （1）证明：//PB 平面AEC ; （2）设1AP =，3AD =，三棱锥P ABD -的体积 34V =，求A 到平面PBC 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2） A 到平面PBC 的距离为31313【详解】试题分析：（1）连结BD 、AC 相交于O ，连结OE ，则PB ∥OE ，由此能证明PB ∥平面ACE ．（2）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A 到平面PBD 的距离试题解析：(1）设BD 交AC 于点O ，连结EO ． 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB 又EO平面AEC ，PB平面AEC所以PB ∥平面AEC ． （2）136V PA AB AD AB =⋅⋅=由，可得. 作交于． 由题设易知，所以故， 又31313PA AB AH PB ⋅==所以到平面的距离为法2：等体积法136V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d ，又因为PB=所以又因为(或)，，所以考点 ：线面平行的判定及点到面的距离8．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2）41717. 【分析】（1）利用三角形中位线和11//A D B C 可证得//ME ND ，证得四边形MNDE 为平行四边形，进而证得//MN DE ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥1C CDE -的体积，再求出1C DE ∆的面积，利用11C CDE C C DE V V --=求得点C 到平面1C DE 的距离，得到结果.【详解】（1）连接ME ，1B CM ，E 分别为1BB ，BC 中点 ME ∴为1B BC ∆的中位线1//ME B C ∴且112ME B C = 又N 为1A D 中点，且11//A D B C 1//ND B C ∴且112ND B C = //ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形//MN DE ∴，又MN ⊄平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE//MN ∴平面1C DE（2）在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE BC ⊥， 根据题意有3DE =，117C E =，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面11BCC B ，所以1DE EC ⊥，所以113172DEC S ∆=⨯⨯， 设点C 到平面1C DE 的距离为d ，根据题意有11C CDE C C DE V V --=，则有11113171343232d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯， 解得41717d ==， 所以点C 到平面1C DE 的距离为417. 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.题型三：求面积9．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥，且90BAP CDP ∠=∠=︒.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】（1）证明见解析；（2）623+.【详解】 试题分析：（1）由90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．从而得AB PD ⊥，进而而AB ⊥平面PAD ，由面面垂直的判定定理可得平面PAB ⊥平面PAD ；（2）设PA PD AB DC a ====，取AD 中点O ，连结PO ，则PO ⊥底面ABCD ，且22,AD a PO a ==，由四棱锥P ABCD -的体积为83，求出2a =，由此能求出该四棱锥的侧面积.试题解析：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB 平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =． 从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为111222PA PD PA AB PD DC ⋅+⋅+⋅ 21sin606232BC +︒=+10．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（I ）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（II ）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -的体积为6，求该三棱锥的侧面积.【答案】（1）见解析（2）5【分析】（1）由四边形ABCD 为菱形知AC ⊥BD ，由BE ⊥平面ABCD 知AC ⊥BE ，由线面垂直判定定理知AC ⊥平面BED ，由面面垂直的判定定理知平面AEC ⊥平面BED ；（2）设AB =x ，通过解直角三角形将AG 、GC 、GB 、GD 用x 表示出来，在Rt ∆AEC 中，用x 表示EG ，在Rt ∆EBG 中，用x 表示EB ，根据条件三棱锥E ACD -6求出x ，即可求出三棱锥E ACD -的侧面积.【详解】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED（2）设AB =x ，在菱形ABCD 中，由 ∠ABC =120°，可得AG =GC =32x ,GB =GD =2x .因为AE ⊥EC ，所以在 Rt ∆AEC 中，可得EG =3x . 连接EG ，由BE ⊥平面ABCD ，知 ∆EBG 为直角三角形，可得BE =22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积3116632243E ACD V AC GD BE x -=⨯⋅⋅==.故 x =2 从而可得AE =EC =ED 6.所以∆EAC 的面积为3， ∆EAD 的面积与∆ECD 的面积均为 5故三棱锥E -ACD 的侧面积为3+25【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力.11．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）图1是由矩形,ADEB Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1,2AB BE BF ===， 60FBC ∠=，将其沿,AB BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明图2中的,,,A C G D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】(1)见详解；(2)4.【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED ，Rt ABC 和菱形BFGC 内部的夹角，所以//AD BE ，//BF CG 依然成立，又因E 和F 粘在一起，所以得证.因为AB 是平面BCGE 垂线，所以易证.(2) 欲求四边形ACGD 的面积，需求出CG 所对应的高，然后乘以CG 即可．【详解】(1)证：//AD BE ，//BF CG ，又因为E 和F 粘在一起.∴//AD CG ，A ，C ，G ，D 四点共面.又,AB BE AB BC ⊥⊥.AB ∴⊥平面BCGE ，AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ，得证.(2)取CG 的中点M ，连结,EM DM .因为//AB DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE CG ⊥，由已知，四边形BCGE 是菱形，且60EBC ∠=得EM CG ⊥，故CG ⊥平面DEM ． 因此DM CG ⊥．在Rt DEM △中，DE=1，3EM =，故2DM =．所以四边形ACGD 的面积为4.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形ACGD的面积考查考生的空间想象能力.。
用等体积法解点到立方体的距离和体积立体几何题
用等体积法解点到立方体的距离和体积立体几何题本文将介绍如何使用等体积法解决点到立方体的距离和体积相关的立体几何题。
1. 点到立方体的距离要求解点到立方体的距离，我们可以使用等体积法来求解。
具体步骤如下：1. 给定立方体的边长为a，点的坐标为(x, y, z)。
2. 首先计算点到立方体各个面的距离：- 点到立方体底面的距离为z。
- 点到立方体上、下、左、右侧面的距离分别为a-x、x、a-y、y。
- 点到立方体前、后面的距离分别为a-z、z。
3. 点到立方体的最短距离即为以上计算结果中的最小值。
通过以上步骤，我们可以求解点到立方体的距离。
2. 立方体的体积要求解立方体的体积，可以使用等体积法进行计算。
具体步骤如下：1. 给定立方体的边长为a。
2. 立方体的体积计算公式为 V = a^3。
通过以上步骤，我们可以求解立方体的体积。
3. 样例分析3.1 点到立方体的距离假设给定一个边长为5的立方体，点的坐标为(2, 3, 4)。
根据上述步骤计算：- 点到底面的距离为4。
- 点到上、下、左、右侧面的距离分别为3、2、2、2。
- 点到前、后面的距离分别为1、1。
所以，点到立方体的最短距离为1。
3.2 立方体的体积假设给定一个边长为5的立方体。
根据上述步骤计算：- 立方体的体积为 5^3 = 125。
通过以上样例分析，我们可以更好地理解使用等体积法解决点到立方体的距离和体积的立体几何题。
4. 结论使用等体积法可以解决点到立方体的距离和体积的立体几何题。
其中，点到立方体的距离可以通过计算点到立方体各个面的距离，并取最小值来得出。
立方体的体积可以直接使用边长的立方来计算。
希望本文对您理解等体积法解决相关立体几何问题有所帮助！。
用等体积法解点到平面的距离和体积立体几何题
用等体积法解点到平面的距离和体积立体几何题体积立体几何问题是许多数学和工程领域经常遇到的问题之一。
解决这类问题的一种方法是使用等体积法，它可以帮助我们计算点到平面的距离和体积等相关参数。
1. 问题描述假设有一个点和一个平面，我们想要计算点到该平面的距离和体积。
下面是一个简单的解题步骤：- 第一步，我们首先需要确定平面的方程。
平面的方程通常可以通过已知的点或者法向量来确定。
- 第二步，通过点到平面的距离公式，我们可以计算出点到平面的距离。
距离公式为：$$d = \left| \frac{{ax + by + cz + d}}{{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}}\right|$$其中，$(x, y, z)$ 是点的坐标，$ax + by + cz + d$ 是平面的方程，$(a, b, c)$ 是平面的法向量，$d$ 是平面的常数项。
- 第三步，如果我们需要计算点在平面上的投影点的坐标，我们可以使用点到平面的距离公式的推导过程。
对于平面的方程 $ax+ by + cz + d = 0$，我们可以将点到平面的距离公式推导为：$$P = \left( x-\frac{{a(ax+by+cz+d)}}{{a^2+b^2+c^2}}, y-\frac{{b(ax+by+cz+d)}}{{a^2+b^2+c^2}}, z-\frac{{c(ax+by+cz+d)}}{{a^2+b^2+c^2}} \right)$$- 第四步，如果我们需要计算体积，我们可以将问题转化为计算封闭图形的体积。
具体的方法会根据所涉及的几何形状而有所不同。
2. 示例问题以下是一个例子，展示了如何使用等体积法解决点到平面的距离和体积问题：问题：已知平面的方程为 $2x - 3y + 4z - 5 = 0$，点的坐标为$(1, 2, 3)$，求点到该平面的距离。
解答：- 根据距离公式，代入点的坐标和平面的方程，可以计算出点到平面的距离：$$d = \left| \frac{{2 \cdot 1 - 3 \cdot 2 + 4 \cdot 3 -5}}{{\sqrt{{2^2 + (-3)^2 + 4^2}}}} \right| = \left| \frac{1}{\sqrt{29}} \right|$$因此，点到平面的距离为 $d = \frac{1}{\sqrt{29}}$。
立体几何大题—利用等体积解题
立体几何大题—利用等体积解题立体几何大题中，求空间距离是一个重点，其中求点到平面的距离和求两条异面直线间的距离是难点。
求点到平面的距离通常有四种方法：直接法、转移法、体积法和向量法。
在解题时需要根据题目情况选择合适的方法。
例1：已知矩形ABCD，AB=a,AD=b，PA⊥平面ABCD，PA=2c，Q是PA的中点，求(1)Q到BD的距离；(2)P到平面BQD的距离。
解(1)：在矩形ABCD中，作AE⊥BD，E为垂足。
连接QE，由三垂线定理得QE⊥BE，因此QE的长为Q到BD的距离。
在矩形ABCD中，AB=a,AD=b，∴AE=ab/(a+b)^2.在Rt△QAE中，QA=1/2PA=c/2.根据勾股定理得QE=c^2+ab/(a^2+b^2)^(1/2)。
因此，Q到BD的距离为c+(2a+b)/(a^2+b^2)^(1/2)。
解(2)：由于平面BQD经过线段PA的中点，P到平面BQD的距离等于A到平面BQD的距离。
在△AQE中，作AH⊥XXX，H为垂足。
因为BD⊥AE，BD⊥QE，所以BD⊥平面AQE，因此BD⊥AH。
因此，P到平面BQD的距离等于AH，即ABCD中AE的长度为ab/(a+b)。
因此，P到平面BQD的距离为ab/(a+b)。
例2：已知棱长为2的正方体AC1，G是AA1的中点，求BD到平面GB1D1的距离。
解：连接BG1，因为BG1⊥平面GB1D1，所以BD⊥BG1，因此BD⊥平面GB1D1.因此，BD到平面GB1D1的距离等于BD到线段BG1的距离。
在△AAG1中，AG1=AA1/2=√2，因此BG1=√6.在Rt△BAG1中，用勾股定理得BD到BG1的距离为√(6-2√2)。
例3：已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1，点E在棱D1D 上，截面EAC∥D1B且面EAC与底面ABCD所成的角为45°，AB=a，求(1)截面EAC的面积；(2)异面直线A1B1与AC之间的距离；(3)三棱锥B1-EAC的体积。
立体几何大题—利用等体积解题
立体几何大题中有关体积的求法1、求空间距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难点2、求点到平面的距离通常有四种方法(1)直接法，即直接由点作垂线，求垂线段的长(2)转移法，转化成求另一点到该平面的距离(3)体积法(4)向量法例题分析：例1、如图，已知ABCD 是矩形，AB =a ,AD =b ,P A ⊥平面ABCD ，P A =2c ,Q 是P A 的中点求 (1)Q 到BD 的距离；(2)P 到平面BQD 的距离例2、如图，在棱长为2的正方体1AC 中，G 是1AA 的中点，求BD 到平面11D GB 的距离.BACDOGH 1A 1C 1D1B 1O1A例3、已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1，点E 在棱D 1D 上，截面EAC ∥D 1B 且面EAC 与底面ABCD 所成的角为45°,AB =a ,求(1)截面EAC 的面积；(2)异面直线A 1B 1与AC 之间的距离；(3)三棱锥B 1—EAC 的体积参考答案：例1、如图，已知ABCD 是矩形，AB =a ,AD =b ,P A ⊥平面ABCD ，P A =2c ,Q 是P A 的中点 求 (1)Q 到BD 的距离；(2)P 到平面BQD 的距离解 (1)在矩形ABCD 中，作AE ⊥BD ，E 为垂足 连结QE ，∵QA ⊥平面ABCD ，由三垂线定理得QE ⊥BE ∴QE 的长为Q 到BD 的距离 在矩形ABCD 中，AB =a ,AD =b ,∴AE =22ba ab +在Rt △QAE 中，QA =21P A =c ∴QE =22222ba ba c++∴Q 到BD(2)解法一 ∵平面BQD 经过线段P A 的中点， ∴P 到平面BQD 的距离等于A 到平面BQD 的距离 在△AQE 中，作AH ⊥QE ，H 为垂足∵BD ⊥AE ,BD ⊥QE ,∴BD ⊥平面AQE ∴BD ⊥AH∴AH ⊥平面BQE ，即AH 为A 到平面BQD 的距离在Rt △AQE 中，∵AQ =c ,AE =22ba ab +∴AH =22222)(ba cb a abc ++∴P 到平面BD 的距离为22222)(ba cb a abc ++解法二 设点A 到平面QBD 的距离为h ，由V A —BQD =V Q —ABD ,得31S △BQD ·h =31S △ABD ·AQ h =S AQ S BQD ABD ==⋅∆∆例2． 如图，在棱长为2的正方体1AC 中，G 是1AA 的中点，求BD 到平面11D GB 的距离. 思路启迪：把线面距离转化为点面距离，再用点到平面距离的方法求解. 解答过程：解析一 BD ∥平面11D GB ，BD ∴上任意一点到平面11D GB 的距离皆为所求，以下求点O 平面11D GB 的距离,1111C A D B ⊥ ，A A D B 111⊥，⊥∴11D B 平面11ACC A ,又⊂11D B 平面11D GB∴平面1111D GB ACC A ⊥，两个平面的交线是G O 1,作G O OH 1⊥于H ，则有⊥OH 平面11D GB ，即OH 是O 点到平面11D GB 的距离. 在OG O 1∆中，222212111=⋅⋅=⋅⋅=∆AO O O S OG O . 又362,23212111=∴=⋅⋅=⋅⋅=∆OH OH G O OH S OG O . 即BD 到平面11D GB 的距离等于362. 解析二 BD ∥平面11D GB ，BACDOGH 1A 11D1B 1OBD ∴上任意一点到平面11D GB 的距离皆为所求，以下求点B 平面11D GB 的距离.设点B 到平面11D GB 的距离为h ，将它视为三棱锥11D GB B -的高，则，由于632221,111111=⨯⨯==∆--D GB GBB D D GB B S V V 34222213111=⨯⨯⨯⨯=-GBB D V , ,36264==∴h 即BD 到平面11D GB 的距离等于362. 小结：当直线与平面平行时，直线上的每一点到平面的距离都相等，都是线面距离.所以求线面距离关键是选准恰当的点，转化为点面距离.本例解析一是根据选出的点直接作出距离；解析二是等体积法求出点面距离.例3、已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1，点E 在棱D 1D 上，截面EAC ∥D 1B 且面EAC 与底面ABCD 所成的角为45°,AB =a ,求(1)截面EAC 的面积；(2)异面直线A 1B 1与AC 之间的距离；(3)三棱锥B 1—EAC 的体积解 (1)连结DB 交AC 于O ，连结EO ， ∵底面ABCD 是正方形 ∴DO ⊥AC ，又ED ⊥面ABCD ∴EO ⊥AC ，即∠EOD =45°又DO =22a ，AC =2a ，EO =︒45cos DO =a ，∴S △EAC =22a (2)∵A 1A ⊥底面ABCD ，∴A 1A ⊥AC ，又A 1A ⊥A 1B 1 ∴A 1A 是异面直线A 1B 1与AC 间的公垂线 又EO ∥BD 1，O 为BD 中点，∴D 1B =2EO =2a∴D 1D =2a ，∴A 1B 1与AC 距离为2a(3)连结B 1D 交D 1B 于P ，交EO 于Q ，推证出B 1D ⊥面EAC ∴B 1Q 是三棱锥B 1—EAC 的高，得B 1Q =23a 32422322311a a a V EAC B =⋅⋅=-1A。
高考数学中如何解决复杂的立体几何体积问题
高考数学中如何解决复杂的立体几何体积问题在高考数学考试中，立体几何体积问题是一个常见且具有一定难度的题型。
解决这类问题需要灵活运用立体几何的相关知识，掌握计算体积的方法和技巧。
以下将从计算几何体积的基本公式、应用场景以及解题技巧三个方面来介绍如何解决复杂的立体几何体积问题。
一、计算几何体积的基本公式要解决立体几何体积问题，首先需要掌握计算各种几何体积的基本公式，包括立方体、长方体、圆柱体、圆锥体和球体等常见几何体的体积计算公式。
下面以几种典型的几何体为例进行介绍。
1. 立方体的体积计算公式：立方体的体积计算公式非常简单，即体积等于边长的立方，也可以记为V=a³(a为边长)。
2. 长方体的体积计算公式：长方体的体积计算公式为V=a×b×h (a、b、h分别为长方体的长、宽和高)。
3. 圆柱体的体积计算公式：圆柱体的体积计算公式为V=πr²h (r为底面半径，h为高)。
4. 圆锥体的体积计算公式：圆锥体的体积计算公式为V=1/3πr²h (r为底面半径，h为高)。
5. 球体的体积计算公式：球体的体积计算公式为V=4/3πr³ (r为球体的半径)。
了解和熟练掌握这些几何体积的计算公式，是解决立体几何体积问题的基础。
二、应用场景在高考数学中，立体几何体积问题常常涉及到实际生活和应用场景，例如容器的容积、房屋的体积、水池的容量等。
在解决这类问题时，需要根据实际情况选择合适的几何体模型，并运用适当的计算公式进行计算。
例如，某水池为圆柱形，要求计算池中的水量。
根据题目给出的信息，可以确定使用圆柱体的体积计算公式V=πr²h进行计算，其中r为底面半径，h为水池的深度。
通过代入公式中的数值，即可得到水池的容量。
三、解题技巧在解决复杂的立体几何体积问题时，除了掌握计算公式外，还需要一些解题技巧。
以下列举几点常用的技巧：1. 分割几何体：对于复杂的几何体，可以通过分割成多个简单几何体来计算体积。
用等体积法解点到棱柱的距离和体积立体几何题
用等体积法解点到棱柱的距离和体积立体几何题引言本文旨在介绍如何使用等体积法来解决点到棱柱的距离和体积问题。
等体积法是一种几何问题的解决方法，通过利用体积相等的性质，可以简化计算过程并得出准确的结果。
解决点到棱柱的距离问题如果我们需要计算一个点到棱柱的距离，可以使用等体积法来简化计算过程。
1. 将棱柱视为一个立方体，仅保留与给定点垂直的一面，使其成为两个三角形和一个矩形的组合。
2. 计算这两个三角形的面积和矩形的面积，并将其相加得到总体积。
3. 找到与给定点所在垂直线相交的位置，使该点垂直距离棱柱最小。
4. 计算该位置与棱柱底面的垂直距离，即为点到棱柱的最小距离。
这种方法的关键在于将棱柱转化为一个立方体，从而简化计算过程。
通过计算体积，我们可以找到垂直距离最小的位置，从而得出点到棱柱的最小距离。
解决体积立体几何题等体积法也可以应用于解决体积立体几何题，例如计算棱柱的体积。
下面是一个简单的方法：1. 将棱柱视为一个立方体，选择一个基准面作为一个单元体积。
2. 计算这个基准面的面积，并乘以棱柱的高度来得到一个单元体积。
3. 计算整个棱柱包含的基准面的个数，即为棱柱的体积。
同样，这种方法利用了体积相等的性质，将复杂的立体几何题简化为计算基准面的面积和个数的问题。
结论等体积法是一种简化几何计算过程的有效方法。
通过利用体积相等的性质，我们能够解决点到棱柱的距离和体积立体几何题。
这种方法的优势在于简化计算过程，减少了可能出现的错误，并得出准确的结果。
请注意，本文介绍的方法仅适用于简单的棱柱问题，并且必须在进行计算之前确认问题的前提条件。
在解决更复杂的几何问题时，可能需要使用其他方法或结合多种方法以获得准确的结果。
立体几何文科体积问题归类总结
立体几何大题（文科）---体积问题学前了解：立体几何体积问题，几乎是作为文科大题第二问的必考选项。
里面考查思想中，重点考察了等体积、等面积的转化思想。
其中，有两个难点。
一是寻找垂线转移顶点，二是计算边长。
那么，针对转化的模型不同，我对其进行以下分类。
针对求体积、和求点到面的距离问题，通常采用等体积法。
（三棱锥）一、简单等体积法。
1、如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是矩形，侧面PAB是正三角形，AB＝2，BC＝2，PC＝6，E，H分别为PA、AB中点。
（I）求证：PH⊥平面ABCD；（II）求三棱锥P－EHD的体积。
2、如图，在三棱柱中，三条棱两两互相垂直，且，分别是的中点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求到的距离．3、如图，直三棱柱111ABC A B C -中，AC =CB ，D ，E 分别是AB ，1BB 的中点。
（1）证明：//1BC 平面CD A 1；（2）求证：CD ⊥平面ABB 1A 1；（3）设12,22AA AC CB AB ＝＝＝＝，求E 到截面DC A 1的距离d.4、111C C AB -A B 中，底面C ∆AB 为等腰直角三角形，C 90∠AB =o ，4AB =，16AA =，点M 是1BB 中点．（I ）求证：平面1C A M ⊥平面11C C AA ；（II ）求点A 到平面1C A M 的距离．二、平行线转移顶点法（找好顶点后，看有没有过顶点平行底面的直线）1、如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，且AB＝AD＝2，CD＝4，四边菜ADE1F1是正方形，且平面ADE1F1⊥平面ABCD，M是E1C的中点。
（1）证明：BM∥平面ADE 1F1；（2）求三棱锥D－BME1的体积。
2、如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=AD=2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC=4，点M为PC中点．（1）求证：平面ADM⊥平面PBC；（2）求点P到平面ADM的距离．3、在如图所示的几何体中，平面ACE⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为平行四边形，∠CAD＝90°，EF // BC，EF ＝12BC，AC ＝2，AE＝EC＝1．（1）求证：CE ⊥AF ；（2）若三棱锥F －ACD 的体积为13，求点D 到平面ACF 的距离．三、斜三棱柱（或多边锥体）变三棱锥法（等高等低的柱体和锥体是3倍关系）1、（全国卷2014文科）如图1-4，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C 的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.图1-4(1)证明：B1C⊥AB；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC -A1B1C1的高．2、如图4,三棱柱111ABC A B C -中,侧面11AAC C ⊥侧面11ABB A ,12AC AA AB ==,1160AAC ∠=︒,1AB AA ⊥,H 为棱1CC 的中点,D 为1BB 的中点.(Ⅰ) 求证:1A D ⊥平面1AB H ；(Ⅱ) 若2AB =,求三棱柱111ABC A B C -的体积.3、如图，在三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，2AB AC ==，14A A =，1A 在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是11B C 的中点.（Ⅰ）证明：11A D A BC ⊥平面；（Ⅱ）求四棱锥111A BB C C -的体积.A B C A 1B 1C 1D H 图44、如图所示的多面体ABCDE 中，已知ABCD 是边长为2的正方形，平面ABCD ⊥平面ABE ，∠AEB=90°，AE=BE.（Ⅰ）若M 是DE 的中点，试在AC 上找一点N ，使得MN//平面ABE ，并给出证明； （Ⅱ）求多面体ABCDE 的体积。
巧用向量法速解高考(立体几何)题
巧用向量法 速解高考（立体几何）题众所周知，解决立体几何问题，“平移是手段，垂直是关键”，向量的运算中，两向量的共线易解决平行问题，向量的数量积则易解决垂直、两向量所成角及线段的长度等问题.一般来说，当掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具，应该说不仅降低了学习的难度，而且增强了可操作性，为学生提供了崭新的视角，丰富了思维结构，消除了学生对立体几何学习所产生的畏惧心理障碍，更有利于新课改、新理念、新教材的教学实验.本文主要是谈利用向量法求解空间角的问题.角这一几何量本质上是对直线与平面位置关系的定量分析，其中转化的思想十分重要，三种空间角都可转化为平面角来计算，可以进一步转化为向量的夹角求解.1. 求两条异面直线所成的角异面直线所成的角α利用它们所在的向量，转化为向量的夹角θ问题，但θ∈［0,π］, α∈(0,2π］，所以c osα=｜c osθ｜=b a ba ∙.［例1］如图，三棱柱OAB -O 1A 1B 1，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB =60°,∠A O B =90°,且OB =OO 1=2，OA =3，求异面直线A 1B 与A O 1所成角的大小.思路分析：用平移A 1B 或A O 1的方法求解，是很困难的，于是我们很自然地想到向量法求解.充分利用∠AOB =90°，建立空间直角坐标系，写出有关点及向量的坐标，将几何问题转化成代数计算问题.解：建立如图4-29所示的空间直角坐标系，则O （0,0,0),O 1(0,1,3),A (3,0,0),A 1(3,1,3),B (0,2,0). ∴A 1B =O B -O A 1=（-3，1，-3），O 1A =O A -OO 1=（3，-1，3）.设异面直线所成的角为α，则c71=.故异面直线A 1B 与A O 1所成的角的大小为a r cc os 71. 解题回顾：（1）以向量为工具，利用空间向量的坐标表示空间向量的数量积计算，异面直线所成角问题思路自然，解法灵活简便.（2）也可以直接用自由向量=a , =b , 1OO =c 表示1AO 与B A 1，然后再求解.2. 求直线与平面所成的角在求平面的斜线与平面所成角时，一般有两种思考的途径，如图4-30，一种是按定义得∠P OH=〈OP ,OH〉,另一种方法是利用法向量知识，如图，平面α的法向量为n ，先求OP与n 的夹角，注意P O 与α成角θ与〈，n 〉的关系，于是就有sinθ=｜c os 〈,n 〉｜.［例2］如图4-31，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.思路分析：利用正三棱柱的性质，建立适当的空间直角坐标系，写出有关点的坐标，求角时有两种思路:一种是由定义找出线面角，取A 1B 1的中点M ，连结C 1M ，证明∠C 1AM 是AC 1与面A 1B 所成的角；另一种是利用平面AB 1的法向量n=（λ,x ,y)求解.解： 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0),B (0,a , 0),A 1(0,0, 2a ), C 1(a 23-,2a ,2a ) ，取A 1B 1的中点M ，则M （0，2a ,2a ),连结AM 、MC 1，有1MC =（a 23-,0,0)， =（0，a ，0),1AA =(0,0,2a ).由于1MC ·=0, 1MC ·1AA =0，∴MC 1⊥面ABB 1A 1.∴∠C 1AM 是AC 1与侧面A 1B 所成的角θ. ∵1AC =(a 23-,2a ,2a ), =(0, 2a ,2a ),∴1AC ·=0+42a +2a 2=492a . 而｜1AC ｜=2222443a a a ++=3a ,｜｜=a a a 232422=+, ∴c os 〈1AC ,〉=23233492a a a ∙. ∴〈1AC ,AM 〉=30°，即AC 1与侧面AB 1所成的角为30°. 解法二：（法向量法）（接解法一）1AA =（0，0，2a ）.设侧面A 1B 的法向量n=(λ,x ,y).∴n·AB =0，且n·1AA =0.∴ax =0,且2a y=0.∴x =y=0.故n=(λ,0,0).∵1AC =(a 23-,2a ,2a ), ∴c os 〈1AC ,n 〉=λλλλ232311-=∙∙-=∙a a AG n AG n .∴sinθ=｜c os 〈1AC ,n 〉｜=21.∴α=30°. 解题回顾：充分利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系，再用向量有关知识求解线面角.解法二给出了一般的方法，先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算.3. 利用向量法求二面角利用向量法求二面角的平面角有两种途径，一种是根据二面角的平面角的定义，如图， AB ⊥l,CD ⊥l,AB ⊂α,CD ⊂β,则二面角α-l-β的大小为〈,〉.另一种方法是利用两平面的法向量的夹角求解，但应注意法向量n 1、n 2的夹角与二面角的大小是相等或互补的.［例3］如图，在底面是一直角梯形的四棱锥S —ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =90°，S A ⊥平面ABCD ，S A =AB =BC =1，21=AD ，求面S CD 与面S BA 所成的角.思路分析: 本题是“无棱”的二面角，利用向量法求二面角大小更显示了向量工具的魅力.抓住AD 、AB 、A S 两两互相垂直建立坐标系，用待定系数法求出面S AB 、面S CD 的法向量，再求其夹角.解: 如图4-33，建立空间直角坐标系，则A （0，0，0），B （0，1，0），C （1，1，0），D （21，0，0），S （0，0，1），得 DC =（21，1，0），=（21，0，-1）， SC =（1，1，-1）. 设平面S DC 的法向量为n=（x 1,y 1，z 1),∵n 1⊥面S DC ，∴n 1⊥,n 1⊥SC. ∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∙=∙=∙.0,0,0111n n n ∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-+=-=++0,021,00211111111z y x z x y x ∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=.212111,11x z x y ∴n 1=(x 1,-21x 1, 21x 1). 设平面S AD 的法向量为n 2=（x 2,y 2,z 2),则S A =(0,0,-1),S B =(0,-1,1). ∴220,0.n SA n SB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ∴⎩⎨⎧=+-=-.0,0222z y z ∴z 2=y 2=0.∴n 2=(x 2,0,0).∴c os 〈n 1,n 2〉=2121n n n n ∙ =32324141002121221212121±==∙++++x x x x x x x x x x . ∵面S AB 与面S CD 所成角的二面角为锐角θ，∴c osθ=｜c os 〈n 1,n 2〉｜=32 =36. ∴θ=a r cc os 36.故面S CD 与面S BA 所成的角为a r cc os 36. 解题回顾：本题考查了空间向量的坐标表示、空间向量的数量积、空间向量垂直的充要条件、空间向量的夹角公式和直线与平面垂直的判定，考查了学生的运算能力、综合运用所学知识解决问题的能力.。
用等体积法解点到面的距离和体积立体几何题
用等体积法解点到面的距离和体积立体几何题在每年的高考中，立体几何是一个重要考查对象。
解决立体几何问题需要我们具备看图、读图、绘图能力、转化能力及空间想象能力。
然而，许多同学在研究时感到困难和麻烦，导致在高考中失分较多。
近年来的高考中，求点到面的距离和体积的问题经常被考查，有时借助常规方法并不能轻松地获得结果。
使用等体积法则可以解决这些问题，给你一种“柳暗花明又一村”的感觉。
一）用等体积法求点到平面的距离在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动。
要证明D1E⊥AD1，并求出当E为AB 的中点时，点E到面ACD1的距离。
解：设点E到平面ACD1的距离为h，在ΔACD1中，AD1=2，AC=CD1=5，故SΔACD1=1/2×2×5=5.又由长方体ABCD－A1B1C1D1的性质可知，SΔADE=SΔBCE=SΔAEB=SΔCDE=1，故VABCD1=4VΔADE=4VΔBCE=4VΔAEB=4VΔCDE=4.因此，VABCD1=4/3πh³，即h=13/3.二）求二面角大小已知四棱锥P—ABCD，PB⊥AD，侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD与底面ABCD 所成的二面角为120.要求点P到平面ABCD的距离和面APB 与面CPB所成二面角的大小。
解：（Ⅰ）取AD的中点E，连结PE，BE，由ΔPAD为等边三角形可知PE⊥AD。
又因为PB⊥AD，所以AD⊥平面PBE。
因此，AD⊥BE，且∠PEB为平面PAD与平面ABCD 所成二面角的平面角，即∠PEB=120°。
设点P到平面ABCD 的距离为h，则VABCD=VABE，即h=AE×BE×PE×sin120°/2=AE×BE/2=3/2.Ⅱ）略。
C1DE的体积。
Ⅰ）解：∠EAC=45°，∵EAC∥D1B，∴∠D1BE=45°D1BE是45°—45°—90°的等腰直角三角形DE=BE=a/√2SXXXSABD1/2•AB•BD=1/2•a•aⅡ）解：设F为A1B1与AC的交点，∠EAF=45°，∴△EAF是45°—45°—90°的等腰直角三角形，∴AF=EF=a/√2BF=AB-AF=a-a/√2=a(√2-1)异面直线A1B1与AC之间的距离为BF/√2=a(√2-1)/2Ⅲ）解：由（Ⅰ）知SXXX1/2•a•a三棱锥B1C1DE的体积为VB1C1DE=1/3•SXXXDE1/3•1/2•a•a•a/√21/6•a3/√2评：本题利用了45°—45°—90°等腰直角三角形的性质，巧妙地求出了截面面积和异面直线距离，并且通过构造三棱锥B1C1DE，避免了直接求解四棱柱ABCD—A1B1C1D的体积。
高考数学立体几何专题：等体积法(一)
第一个问题：如下图所示：计算：上顶点P 到底面ABC 的距离P h 。
第一种情况：底面ABC 的垂线过上顶点P 。
例题一：已知：在三棱锥ABC P -中：直线⊥PA 底面ABC 。
计算：点P 到底面ABC 的距离P h 。
解答：直线⊥PA 底面ABC ，直线PA 上点P 是上顶点，直线PA 上点A 是底面ABC 上一点PA ⇒是点P 到底面ABC 的距离，PA h P =。
例题二：已知：如下图所示，直线⊥PQ 平面ABC 。
计算：点P 到底面ABC 的距离P h 。
解答：直线⊥PQ 平面ABC ，直线PQ 上点P 是上顶点，直线PQ 上点D 是平面ABC 上一点PD ⇒是点P 到平面ABC 的距离，PD h P =。
第二种情况：底面ABC 的垂线不过上顶点P 。
例题一：已知：在三棱锥ABC P -中：点D 和点E 分别为AB 和PA 的中点，⊥DE 平面ABC 。
计算：点P 到底面ABC 的距离。
解答：点D 和点E 分别为AB 和PA 的中点DE ⇒是PAB ∆的中位线PB DE //⇒，⊥DE 底面ABC⊥⇒PB 底面ABC ，直线PB 上的点P 是上顶点，直线PB 上的点B 在底面ABC 上⇒点P 到底面ABC 的距离为PB 。
例题二：已知：在三棱柱111C B A ABC -中，点P 是棱1BB 的中点，⊥1AB 底面ABC 。
计算：点P 到底面ABC 的距离。
解答：过点P 作1AB 的平行线交AB 于点Q 。
如下图所示：⊥1AB 底面ABC ，⊥⇒PQ AB PQ 1//平面ABC ，直线PQ 上的点P 是上顶点，直线PQ 上的点Q 在底面ABC 上⇒点P 到底面ABC 的距离为PQ 。
第二个问题：如下图所示：计算：三棱锥ABC P -的体积。
P ABC ABC P h S V ⨯⨯=∆-31，其中P h 是上顶点P 到底面ABC 的距离。
问题：第一个问题中解决的上顶点P 到底面ABC 的距离，都会有一个共同特点，底面ABC 有一条垂线。
用等体积法解点到曲面的距离和体积立体几何题
用等体积法解点到曲面的距离和体积立体几何题引言在立体几何中，求解点到曲面的距离和体积是非常常见且重要的问题。
本文将介绍一种解决这类问题的方法——等体积法。
等体积法的原理等体积法是通过构造某一等量体积的几何体，来求解点到曲面的距离和体积。
该方法基于体积守恒原理，即几何体之间的体积保持不变。
解决点到曲面距离的步骤1. 给定一个点和一个曲面，确定需要求解的距离。
2. 利用等体积法，构造一个几何体，使其体积与需要求解的距离相等。
3. 根据等量体积的原理，通过计算几何体的参数得到距离值。
解决体积问题的步骤1. 给定一个曲面和特定的几何体，确定需要求解的体积。
2. 利用等体积法，构造一个等量体积的几何体，使其体积与需要求解的体积相等。
3. 根据等量体积的原理，通过计算几何体的参数得到体积值。
实例应用假设有一个球形，需要计算球体的体积。
我们可以采用等体积法来解决此问题。
1. 给定球形的直径为10cm。
2. 利用等体积法，构造一个立方体，使其体积与球体的体积相等。
3. 假设该立方体的边长为x cm，则立方体的体积为x³。
4. 根据等量体积的原理，设置方程x³ = 4/3πr³，其中r是球体的半径。
5. 解方程得到立方体的边长x，即可得到球体的体积。
结论等体积法是解决点到曲面的距离和体积问题的有效方法。
通过构造等量体积的几何体，我们可以快速准确地求解出所需的距离和体积值。
在实际应用中，可以根据具体问题和几何体的特点选择合适的等体积构造方法来解决问题。
巧用向量法，妙解立体几何题
思路探寻立体几何问题的命题方式较多，常见的有证明线面平行、求二面角、求点到平面的距离等.由于立体几何问题对同学们的空间想象和运算能力有较高的要求，所以对大部分的同学来说，解答这类问题存在一定的难度.若根据题意和几何图形的特点构造空间向量，则可利用向量法，简便、快速地求得问题的答案.接下来，通过几个例题介绍一下如何巧妙运用向量法解答立体几何问题.一、运用向量法求点到平面的距离一般来说，求点到平面的距离，可以运用定义法、等体积法、向量法.运用向量法求点到平面的距离，要先求出平面的一个法向量n ；再求出一个已知点P 与平面内任意一点M 的方向向量MP ，可得点P 到平面的距离为d =| MP |∙|cos < n , MP >|=| n ∙ MP || n |，其中| MP |是向量 MP 的模，| n |是平面的法向量n 的模.例1.如图1所示的多面体是由底面为ABCD 的长方形被截面AEC 1F 所截而得到的，其中AB =4，BC =2,CC 1=3,BE =1.试求点C 到平面AEC 1F 的距离.解：以DA 、DC 、DF 为坐标轴建立如图1所示的空间直角坐标系，则A (2,0,0),C (0,4,0),E (2,4,1),C 1(0,4,3)，CC 1=(0,0,3)，设F 点的坐标为（0，0，z ），由于AEC 1F 为平行四边形，所以 AF =EC 1，又 AF =(-2,0,z ), EC 1=(-2,0,2)，即z =2.设n 为平面AEC 1F 的一个法向量，因为 n 不垂直于平面ADF ，所以设 n =(x ,y ,1)，于是{n ∙ AE =0， n ∙ AF =0，即{4y +1=0，-2x +2=0，解得ìíîx =1，y =-14，设 CC 1与n 的夹角为α，可得cos α=| CC 1∙ n || CC 1|∙| n |=31，则点C 到平面AEC 1F 的距离为d =|CC 1cos α|=3×.先根据图形的特点建立空间直角坐标系，得到 CC 1；然后求出平面AEC 1F 的法向量，即可利用公式d =| CC 1|∙|cos < n , CC 1>|=| n ∙CC 1|| n |求解.在求平面的法向量时，可采用待定系数法，先设出平面的法向量；然后根据法向量与平面内的两个直线垂直的关系，建立方程组，解该方程组即可求出待定系数、法向量的坐标.二、运用向量法证明线面平行由线面平行的判定定理可知，要证明线面平行，只要证明直线与平面内的两条相交直线平行即可.但有时候很难在平面内找到两条相交的直线与已知直线平行，此时，可建立合适的空间直角坐标系，求得平面外一条直线的方向向量 l 和平面的法向量n ，只要证明 n ∙l =0，就说明直线l 与平面平行.例2.如图2，在直三棱锥ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，AB =AC =AA 1=1，延长A 1C 1至点P ，使C 1P =A 1C 1，连接AP 交棱CC 1于点D ，求证：PB 1//平面BDA 1.图2图3证明：如图3所示，以A 1为原点，以 A 1B 1, A 1C 1,A 1A为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则P (0,2,0),B 1(1,0,0),B (1,0,1),D (0,1,0.5)，所以 PB 1=()1,-2,0, BD =æèöø-1,1,-12, BA 1=(-1,0,-1)，设平面BDA 1的法向量为n =(x ,y ,z )，由ìíî BD ∙n =0，BA 1∙ n =0，得{-x +y -0.5z =0，-x -z =0，不妨令z =2，则x =-2，y =-1，可得n =(-2,-1,2)，则 PB 1∙ n =1×()-2+()-2×()-1+0×2=0，得 PB 1⊥ n ，所以PB 1//平面BDA 1.先建立空间直角坐标系，求得 PB 1、 BD 、BA 1，根据BD 、 BA 1垂直平面BDA 1的法向量，建立方程组，求得法向量n ，并证明 PB 1∙ n =0，即可证明平面BDA 1的法向量n 与PB 1的方向向量 PB 1垂直，这就说明PB 1//平面BDA 1.求解空间几何中的二面角、线面角等问题，也可以采用向量法.运用向量法求解立体几何问题，一要寻找题目或图形中的垂直关系，有时可以作一个平面的垂线，以建立方便求点的坐标的空间直角坐标系；二要熟记并灵活运用一些空间向量的运算法则、公式、定义等.（作者单位：江西省南昌市第十九中学）肖雪芝图147Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
高考数学专题20 立体几何大题(解析版)
高考数学专题20 立体几何大题(解析版)立体几何是高考中必考的题型，占12分，通常考察考生对立体几何知识的掌握情况和解题技巧，如线面垂直、面面垂直、线面平行、线面角、二面角等问题。
在解答立体几何题目时，容易出现以下易错点：1.求两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角时，如果所求的角为90°，还有一种求角的方法，即用证明它们垂直的方法。
2.线面平行的判定定理和性质定理在应用时都是三个条件，但这三个条件易混为一谈。
面面平行的判定定理易把条件错误地记为“一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行”，导致证明过程跨步太大。
3.作出二面角的平面角的主要方法有哪些？（定义法、三垂线法、垂面法）其中，三垂线法是一定平面，二作垂线，三作斜线，射影可见。
4.求点到面的距离的常规方法有哪些？（直接法、等体积法、换点法、向量法）5.求多面体体积的常规方法有哪些？（割补法、等积变换法）6.两条异面直线所成的角的范围：0°<α≤90°；直线与平面所成的角的范围：0°≤α≤90°；二面角的平面角的取值范围：0°≤α≤180°。
7.用向量法求线面角得到的是正弦值，而不是余弦值。
8.用向量法求二面角时，最后一步要判断二面角的平面角是钝角还是锐角，否则结果会出错。
题组一1．（2015新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA 18，点E，F分别在A1B1D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。
1）画出交线围成的正方形；2）求直线AF与平面α所成的角的正弦值。
解析】Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：Ⅱ）作EM⊥AB，垂足为M，则AM=4，EM=8.因为EHGF为正方形，所以EH=EF=BC=10.由勾股定理可得，EH^2-EM^2=6，所以AH=10.以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向。
用等体积法解点到面的距离和体积立体几何题
用等体积法解点到面的距离和体积2017.12 立体几何是每年高考中的一个重要考查对象，在每年的高考中都占有很大的比例。
解立体几何题需要我们的看图、读图、绘图能力；也需要我们的转化能力及空间想象能力.因此许多同学学习起感觉到很困难很麻烦，导致在高考中失分较多，影响考试的成绩。
纵观近年的高考，我们不难发现，在立体几何的考试中，经常考查到求点到面的距离和体积的问题，而这些问题的解决有时借助常规的方法并不能轻松地获得结果.这时如果能想到等体积法，则可以给你一种“柳暗花明又一村”的感觉.下面我们将从几道高考题中感受到这种方法带给我们的好处(一)用等体积法求点到平面的距离1.如图，在长方体ABCD —A i B i C i D i 中，AD=AA i=1, AB=2 ,点E在棱AB上移动.(1)证明：D i E丄A i D ;⑵ 当E为AB的中点时,求点E到面ACD i的距离；⑶AE等于何值时，二面角D i —EC—D的大小为一.4 AE B(1), (3)略.(2)解：设点E到平面AC D i的距离为h,在△ AC D i中，A D i= 2 ,AC = CDI CD i = 5，故S AI 32出 1 1而S ACE = - AE BC = 2-1 1V Di」EC - 3 S「AEC DD ~ 3 SAD1C h，• h=_2.如图，已知四棱锥P—ABCD，PB丄AD，侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120。
(I)求点P到平面ABCD的距离；(U)求面APB与面CPB所成二面角的大小。
解：(I)取AD的中点E,连结PE，BE。
••• △ PAD为等边三角形• PE丄AD 又T PB丄ADA••• AD 丄平面 PBE 二 AD 丄 BE/• / PEB 为平面 PAD与平面ABCD 所成二面角的平面角，即/ PEB=120°。
设点P 到平面ABCD 的距离为h,: V P —ABE = V A —PBE...h= 涯AE = PE ・BE ・AE Qn120 =卩丘冷门他。
用等体积法解点到棱锥的距离和体积立体几何题
用等体积法解点到棱锥的距离和体积立体几何题问题描述我们有一个棱锥，其中一条棱作为底面，顶点在棱的上方。
现在我们想要求出一个点到这个棱锥的距离以及棱锥的体积。
我们可以使用等体积法来解决这个问题。
等体积法等体积法是一种解决几何问题的方法，它基于一个简单的原理：如果两个几何体具有相同的体积，那么它们在某些方面是相等的。
在本题中，我们可以通过将原来的棱锥"切割"成两个几何体，一个是顶部的锥体，另一个是底部的柱体，来求解问题。
点到棱的距离我们首先来求解点到棱的距离。
假设棱的两个端点分别为A和B，我们要求解的点为C。
通过等体积法，我们可以将棱锥切割成底部的柱体和顶部的锥体。
首先，我们可以连接点C与底面的两个端点A和B，形成一个三角形ACB。
然后，我们可以求解这个三角形的面积，将其乘以棱AB的长度，再除以ACB的底边AB的长度，就可以得到点C到棱AB的距离。
具体的计算公式如下：点到棱的距离 = 2 * 三角形ACB的面积 / AB的长度棱锥的体积接下来，我们来求解棱锥的体积。
通过等体积法，我们可以将棱锥切割成底部的柱体和顶部的锥体。
首先，我们可以计算底部柱体的体积。
底部柱体的高度等于点到底面的距离，底面的面积等于底边AB的长度乘以棱锥的底面积。
因此，底部柱体的体积等于底面的面积乘以高度。
接着，我们计算顶部锥体的体积。
顶部锥体的高度等于点到棱AB的距离，底面的面积等于棱锥的底面积。
因此，顶部锥体的体积等于底面的面积乘以高度再除以3。
最后，将底部柱体的体积和顶部锥体的体积相加，就可以得到棱锥的总体积。
具体的计算公式如下：棱锥的体积 = 底面的面积 * 点到底面的距离 + 底面的面积 * 点到棱的距离 / 3示例计算假设底面的长度为10，点到底面的距离为5，点到棱的距离为3，棱锥的底面积为25。
首先，计算点到棱的距离：点到棱的距离 = 2 * 三角形ACB的面积 / AB的长度= 2 * ( 1/2 * AB的长度 * 点到底面的距离) / AB的长度= 点到底面的距离= 3然后，计算棱锥的体积：棱锥的体积 = 底面的面积 * 点到底面的距离 + 底面的面积 * 点到棱的距离 / 3= 25 * 5 + 25 * 3 / 3= 125 + 75 / 3= 125 + 25= 150因此，点到棱的距离为3，棱锥的体积为150。
用等体积法解点到球体的距离和体积立体几何题
用等体积法解点到球体的距离和体积立体几何题等体积法是一种解决与球体相关的立体几何题目的有效方法。
通过使用这种方法，我们能够快速而准确地计算从点到球体的距离以及球体的体积。
1. 点到球体的距离点到球体的距离是指从一个点到球体表面上最近点的距离。
使用等体积法，我们可以通过以下步骤来计算点到球体的距离：1. 确定球体的半径（r）和球心坐标（a，b，c）。
2. 设点的坐标为（x，y，z）。
3. 计算点到球心的距离，即距离公式为：`d = sqrt((x-a)^2 + (y-b)^2 + (z-c)^2)`4. 如果这个距离小于等于球体的半径，点在或在球体内，距离为0；如果距离大于球体的半径，点在球体外，距离为距离与半径之差。
例如，如果给定一个球体的半径为5，球心坐标为（2，3，4），点的坐标为（5，6，7），我们可以通过计算以下公式来得到点到球体的距离：d = sqrt((5-2)^2 + (6-3)^2 + (7-4)^2)= sqrt(3^2 + 3^2 + 3^2)= sqrt(27)≈ 5.196所以，点到球体的距离约为5.196。
2. 球体的体积球体的体积是指球体所占据的空间大小。
使用等体积法，我们可以通过以下步骤来计算球体的体积：1. 确定球体的半径（r）。
2. 根据体积公式`V = (4/3) * π * r^3`，计算球体的体积。
例如，如果给定一个球体的半径为5，我们可以通过计算以下公式来得到球体的体积：V = (4/3) * π * 5^3≈ 523.599所以，球体的体积约为523.599。
使用等体积法可以大大简化解决点到球体的距离和体积问题的过程。
通过明确定义的步骤和准确的计算，我们可以轻松地求解这些几何问题。
高中数学测试题立体几何与体积计算的应用
高中数学测试题立体几何与体积计算的应用立体几何是高中数学中的一个重要部分，涉及到对各种空间图形的认识、分析和计算。
而体积计算是立体几何中的一个重要概念，是求解空间图形内部容纳物体的能力。
本文将围绕立体几何与体积计算的应用展开论述，通过一些高中数学测试题来帮助读者更好地理解和掌握这一知识点。
1. 正方体与长方体体积计算正方体和长方体是我们生活中最常见的几何图形之一，其体积的计算较为简单。
首先我们来解答如下测试题：测试题1：一个边长为2cm的正方体，求其体积。
解析：正方体的体积计算公式为边长的立方，即 V = a^3。
代入题目给出的边长 a = 2cm，可得 V = 2^3 = 8cm^3。
因此，该正方体的体积为8cm^3。
测试题2：一个长为3cm、宽为4cm、高为5cm的长方体，求其体积。
解析：长方体的体积计算公式为长 ×宽 ×高，即 V = l × w × h。
代入题目给出的长、宽、高分别为 l = 3cm、w = 4cm 和 h = 5cm，可得 V = 3 × 4 × 5 = 60cm^3。
因此，该长方体的体积为60cm^3。
通过以上测试题，我们可以看到，通过运用相应的体积计算公式，我们能够准确地计算出正方体和长方体的体积。
2. 圆柱与圆台体积计算圆柱和圆台是立体几何中的两个重要图形，它们的体积计算稍微复杂一些。
接下来我们来解答如下测试题：测试题3：一个底面半径为2cm，高为5cm的圆柱，求其体积。
解析：圆柱的体积计算公式为πr^2h，其中π 取近似值3.14，r 表示底面半径，h 表示高。
代入题目给出的底面半径 r = 2cm 和高 h = 5cm，可得V = 3.14 × 2^2 × 5 ≈ 62.8cm^3。
因此，该圆柱的体积约为62.8cm^3。
测试题4：一个底面半径为3cm，上底半径为2cm，高为4cm的圆台，求其体积。