立体几何大题—利用等体积解题
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。
立体几何求体积
立体几何求体积一、求体积的方法常见有如下三种：1、公式法：利用公式求出简单几何体体积。
2、等体积转化法：从不同的角度看待原几何体，通过改变顶点和底面，利用体积不变的原理，求原几何体的体积。
（一般指三棱锥，找高优先）3、割补法：对于给出的一个不规则的几何体，不能直接套用公式，常常需要通过“割”或“补”化复杂图形为已熟知的简单几何体，并作体积的加、减法，从而较快地找到解决问题的突破口。
（注：“一找二证三求”的顺序和原则。
）例1、在正四面体P ABC中,PA a,求此正四面体的体积.例2、三棱柱ABC A'B'C'的体积是36，点M 在侧棱CC '上，求四棱锥M ABB 'A'的体积A'C'B'MA CB例3、若ABCD －A 1B1C1D1 是棱长为a的正方体，E,F 分别是棱 A 1A 与CC1 的中点，求四棱锥C1-EB1FD 的体积。
例4、(10 安徽) 如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，AB=2EF=2 ，EF∥AB,EF ⊥FB,∠BFC=90°，BF=FC,H 为BC 的中点，(1)求证：FH∥平面EDB; （2）求证：AC⊥平面EDB; （3）求四面体B—DEF 的体积；E FDCHA B 1ABCDEFG 为多面体，平面ABED 与平面AGFD 垂直，点O在线段AD 上，例5、(11 安徽) 如图，OA 1,OD 2, VOAB , △O AC，△ODE ，△O DF 都是正三角形。
（1）证明直线BC ∥EF ；（2）求棱锥F-OBED的体积。
例6、(13·安徽)如图，四棱锥P－ABCD 的底面ABCD 是边长为 2 的菱形，∠BAD ＝60°.已知PB＝PD＝2，PA＝ 6.(1)证明：PC⊥BD；(2)若E 为P A的中点，求三棱锥P－BCE 的体积．例7、(辽宁卷)已知点P，A，B，C，D 是球O 表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD 是边长为 2 3的正方形．若PA＝2 6，求△OAB 的面积．例8、(13·广东)如图1，在边长为 1 的等边三角形ABC 中，D，E 分别是AB，AC 上的点，AD＝AE，F 是BC 的中点，AF 与DE 交于点G.将△ABF 沿AF 折起，得到如图 2 所示的三棱锥A－BCF，其中BC＝ 2.22时，求三棱锥F－DEG 的体积V(1)证明：DE∥平面BCF；(2)证明：CF⊥平面ABF；(3)当AD＝F-DEG.32练习：1、求侧棱长为2，底面边长为 3 的正三棱锥的体积。
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 $d = \frac{1}{\sqrt{29}}$。
高考数学立体几何专题：等体积法
高考数学立体几何专题：等体积法一、引言在高考数学中，立体几何是一门重要的学科，它考察了学生的空间想象能力和逻辑推理能力。
其中，等体积法是一种常用的方法，它在解决立体几何问题中具有重要的作用。
本文将详细介绍等体积法的基本原理和应用，并通过实例来展示其用法。
二等体积法的基本原理等体积法的基本原理是：对于同一个体积，可以将其分解为不同的几何形状，并且这些几何形状的体积相等。
在立体几何中，常见的几何形状有长方体、正方体、圆柱体、圆锥体等。
这些形状的体积可以通过其高度、底面积和高度的乘积等参数来计算。
三等体积法的应用等体积法在解决立体几何问题中具有广泛的应用。
下面我们将通过几个例子来展示其用法：1、求几何体的表面积和体积例1：已知一个长方体的长、宽和高分别为a、b和c，求该长方体的表面积和体积。
解：该长方体的表面积为2(ab+bc+ac)，体积为abc。
2、判断两个几何体是否体积相等例2：给定两个几何体，判断它们是否体积相等。
解：根据等体积法，我们可以分别计算两个几何体的体积，如果两个体积相等，则两个几何体体积相等；否则，两个几何体体积不相等。
3、求几何体的重心位置例3：已知一个长方体的长、宽和高分别为a、b和c，求该长方体的重心位置。
解：根据等体积法，我们可以将该长方体分成两个小的长方体，它们的重心位置与原长方体的重心位置相同。
因此，我们只需要找到这两个小长方体的重心位置即可。
四、结论等体积法是一种常用的方法，在解决立体几何问题中具有重要的作用。
它可以帮助我们计算几何体的表面积和体积，判断两个几何体是否体积相等，以及求几何体的重心位置等。
在实际应用中，我们需要灵活运用等体积法来解决各种不同的问题。
在数学的世界里，立体几何是一门研究空间几何形状、大小、位置关系的科学。
它不仅在数学领域中占据着重要的地位，同时也是高考数学中的重要考点之一。
本文将针对高考数学立体几何专题进行深入探讨，帮助大家更好地理解和掌握这一部分内容。
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。
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。
新高考2023版高考数学一轮总复习练案45高考大题规范解答系列四__立体几何
高考大题规范解答系列(四)——立体几何1．(2022·安徽黄山质检)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点，且AD⊥BC，四边形ABB1A1为正方形．(1)求证：A1C∥平面AB1D；(2)若∠BAC＝60°，BC＝4，求点A1到平面AB1D的距离．[解析] (1)连接BA1，交AB1于点E，再连接DE，由已知得，四边形ABB1A1为正方形，E为A1B的中点，∵D是BC的中点，∴DE∥A1C，又DE⊂平面AB1D，A1C⊄平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D.(2)∵在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ABC，且BC为它们的交线，又AD⊥BC，∴AD⊥平面BCC1B1，又∵B1D⊂平面BCC1B1，∴AD⊥B1D，且AD＝2，B1D＝2.同理可得，过D作DG⊥AB，则DG⊥面ABB1A1，且DG＝.设A1到平面AB1D的距离为h，由等体积法可得：VA1－AB1D＝VD－AA1B1，即··AD·DB1·h＝··AA1·A1B1·DG，即2×2·h＝4×4×，∴h＝.即点A1到平面AB1D的距离为.(注：本题也可建立空间直角坐标系用向量法求解．)2．(2022·陕西汉中质检)如图所示，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，∠ADC＝∠DCB＝90°，AD＝1，BC＝3，PC＝CD＝2，PC⊥底面ABCD，E为AB的中点．(1)求证：平面PDE⊥平面APC；(2)求直线PC与平面PDE所成的角的正弦值．[解析] 如图所示，以点C为坐标原点，直线CD，CB，CP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系C－xyz，则相关点的坐标为C(0,0,0)，A(2,1,0)，B(0,3,0)，P(0,0,2)，D(2，0,0)，E(1，2,0)．(1)由于DE＝(－1,2,0)，CA＝(2,1,0)，CP＝(0,0,2)，所以DE·CA＝(－1,2,0)·(2,1,0)＝0，DE·CP＝(－1,2,0)·(0,0,2)＝0，所以DE⊥CA，DE⊥CP，而CP∩CA＝C，所以DE⊥平面PAC，∵DE⊂平面PDE，∴平面PDE⊥平面PAC.(2)设n＝(x，y，z)是平面PDE的一个法向量，则n·DE＝n·PE＝0，由于DE＝(－1,2,0)，PE＝(1,2，－2)，所以有，令x＝2，则y＝1，z＝2，即n＝(2,1,2)，再设直线PC与平面PDE所成的角为α，而PC＝(0,0，－2)，所以sin α＝|cos〈n，PC〉|＝＝＝，∴直线PC与平面PDE所成角的正弦值为.3．(2022·湖北百师联盟质检)斜三棱柱ABC－HDE中，平面ABC⊥平面BCD，△ABC为边长为1的等边三角形，DC⊥BC，且DC长为，设DC中点为M，F、G分别为CE、AD的中点．(1)证明：FG∥平面ABC；(2)求二面角B－AC－E的余弦值．[解析] (1)解法一：取BD中点N，连结GN，NF，易知N、M、F三点共线，由GN∥AB，且GN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，故GN∥平面ABC，同理可得NF∥平面ABC，因为GN∩NF＝N，故平面GNF∥平面ABC.由FG⊂平面FGN，故FG∥平面ABC.解法二：取AB中点N，连结GN，NC，易知GN是△ABD的中位线，故GN∥BD，GN＝BD，因为CE綊BD，F为CE的中点．所以CF綊GN.四边形FGNC是平行四边形，故FG∥CN，因为CN⊂平面ABC，FG⊄平面ABC，故FG∥平面ABC.(2)以BC中点O为坐标原点，以OC、ON、OA分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，由已知可得A，C，E，故CE＝(1，，0)，AC＝，设m＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则，解得m＝(，－1,1)，由于ON⊥平面ABC，不妨取平面ABC的法向量为n＝(0,1,0)．所以cos〈m，n〉＝＝－.由图可知所求二面角为钝角，故二面角B－AC－E的余弦值为－.4．(2021·全国新高考)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3.(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)求二面角B－QD－A的平面角的余弦值．[解析] (1)取AD的中点为O，连接QO，CO.因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD，而AD＝2，QA＝，故QO＝＝2.在正方形ABCD中，因为AD＝2，故DO＝1，故CO＝，因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC，因为OC∩AD＝O，故QO⊥平面ABCD，因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.(2)在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系．则D(0,1,0)，Q(0,0,2)，B(2，－1,0)，故BQ＝(－2,1,2)，BD＝(－2,2,0)．设平面QBD的法向量n＝(x，y，z)，则即，取x＝1，则y＝1，z＝，故n＝.而平面QAD的法向量为m＝(1,0,0)，故cos〈m，n〉＝＝.二面角B－QD－A的平面角为锐角，故其余弦值为.5．(2021·安徽省淮北市一模)在直角梯形ABCD(如图1)中，∠ABC＝90°，BC∥AD，AD＝8，AB＝BC＝4，M为线段AD中点．将△ABC沿AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到几何体B－ACD(如图2)．(1)求证：CD⊥平面ABC；(2)求AB与平面BCM所成角θ的正弦值．[解析] (1)由题设可知AC＝4，CD＝4，AD＝8，∴AD2＝CD2＋AC2，∴CD⊥AC，又∵平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，∴CD⊥平面ABC.(2)解法一：等体积法取AC的中点O连接OB，由题设可知△ABC为等腰直角三角形，所以OB⊥面ACM，∵V B－ACM＝V A－BCM且V B－ACM＝S △ACM·BO＝，而SΔBCM＝4，∴A到面BCM的距离h＝，所以sin θ＝＝.解法二：向量法，取AC的中点O，连接OB，由题设可知△ABC为等腰直角三角形，所以OB⊥面ACM，连接OM，因为M、O分别为AD和AC的中点，所以OM∥CD，由(1)可知OM⊥AC，故以OM、OC、OB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A(0，－2，0)，B(0,0,2)，C(0,2，0)，M(2，0,0)，∴CB＝(0，－2，2)，CM＝(2，－2，0)，BA＝(0，－2，－2)，设平面BCM法向量n＝(x，y，z)由得令y＝1得n＝(1,1,1)∴平面BCM的一个法向量n＝(1,1,1)，∴sin θ＝＝.6．(2021·山东聊城三模)如图，在平面四边形ABCD中，BC＝CD，BC⊥CD，AD⊥BD，以BD为折痕把△ABD折起，使点A到达点P的位置，且PC⊥BC.(1)证明：PD⊥CD；(2)若M为PB的中点，二面角P－BC－D的大小为60°，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．[解析] (1)证明：因为BC⊥CD，BC⊥PC，PC∩CD＝C，所以BC⊥平面PCD，又因为PD⊂平面PCD，所以BC⊥PD，又因为PD⊥BD，BD∩BC＝B，所以PD⊥平面BCD，又因为CD⊂平面BCD，所以PD⊥CD.(2)因为PC⊥BC，CD⊥BC，所以∠PCD是二面角P－BC－D的平面角，即∠PCD＝60°，在Rt△PCD中，PD＝CD tan 60°＝CD，取BD的中点O，连接OM，OC，因为BC＝CD，BC⊥CD，所以OC⊥BD，由(1)知，PD⊥平面BCD，OM为△PBD的中位线，所以OM⊥BD，OM⊥OC，即OM，OC，BD两两垂直，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，设OB＝1，则P(0,1，)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，M，CP＝(－1，1，)，CD＝(－1,1,0)，CM＝，设平面MCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由得令z＝，得n＝(，，)，所以cos〈n，CP〉＝＝＝，所以直线PC与平面MCD所成角的正弦值为.7．(开放题)(2022·云南昆明模拟)如图，在三棱锥A－BCD中，△BCD是边长为2的等边三角形，AB＝AC，O是BC的中点，OA⊥CD.(1)证明：平面ABC⊥平面BCD；(2)若E是棱AC上的一点，从①CE＝2EA；②二面角E－BD－C大小为60°；③A－BCD的体积为这三个论断中选取两个作为条件，证明另外一个成立．[证明] (1)因为AB＝AC，O是BC的中点，所以OA⊥BC，又因为OA⊥CD，所以OA⊥平面BCD，因为OA⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCD.(2)连接OD，又因为△BCD是边长为2的等边三角形，所以DO⊥BC，由(1)知OA⊥平面BCD，所以AO，BC，DO两两互相垂直．以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系．设|OA|＝m，则O(0,0,0)，A(0,0，m)，B(1,0,0)，C(－1，0,0)，D(0，，0)，若选①②作为条件，证明③成立．因为CE＝2EA，所以E，易知平面BCD的法向量为n＝(0,0,1)，BE＝，BD＝(－1，，0)，设m＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，则，所以，可取m＝，由二面角E－BD－C大小为60°可得cos θ＝＝＝，解得m＝3，所以A－BCD的体积为×2×××3＝.若选①③作为条件，证明②成立．因为A－BCD的体积为，所以×2×××|OA|＝，解得|OA|＝3，又因为CE＝2EA，所以E，易知平面BCD的法向量为n＝(0,0,1)，BE＝，BD＝，设m＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，则所以，可取m＝，所以cos θ＝＝＝，即二面角E－BD－C大小为60°.若选②③作为条件，证明①成立．因为A－BCD的体积为，所以×2×××|OA|＝，解得|OA|＝3，即A(0,0,3)，AC＝(－1,0，－3)，不妨设AE＝λAC(0≤λ≤1)，所以E(－λ，0，－3λ＋3)，易知平面BCD的法向量为n＝(0,0,1)，BE＝(－λ－1,0，－3λ＋3)，BD＝(－1，，0)，设m＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，取m＝(3(1－λ)，(1－λ)，λ＋1)cos θ＝＝＝，解得λ＝3(舍)，λ＝，所以CE＝2EA.8．(2022·河北石家庄质检)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，△PAB 为等边三角形，平面PAB⊥底面ABCD，E为AD的中点．(1)求证：CE⊥PD；(2)在线段BD(不包括端点)上是否存在点F，使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为，若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．[解析] (1)证明：取AB的中点O，连结PO，OD，因为PA＝PB，所以PO⊥AB，又因为平面PAB⊥平面ABCD，所以PO⊥底面ABCD，取CD的中点G，连结OG，则OB，OP，OG两两垂直，分别以OB，OG，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图所示)，设AB＝2，则C(1,2,0)，P(0,0，)，E(－1,1,0)，D(－1，2,0)，所以CE＝(－2，－1,0)，PD＝(－1,2，－)，则CE·PD＝2－2＝0，故CE⊥PD，所以CE⊥PD.(2)由(1)可知，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，所以PE＝(－1,1，－)，AP＝(1,0，)，BD＝(－2,2,0)，BE＝(－2,1,0)，设BF＝λBD(0<λ<1)，则BF＝(－2λ，2λ，0)，所以EF＝BF－BE＝(－2λ＋2,2λ－1,0)，设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，令y＝1，则x＝，z＝，故n＝，所以|cos〈AP，n〉|＝＝＝，整理可得9λ2－6λ＋1＝0，解得λ＝，所以在BD上存在点F，使得直线AP与平面PEF所成角的正弦值为，此时点F为靠近点B的三等分点，即BF＝BD.。
第8章立体几何专题10 点到面的距离常考题型专题练习——【含答案】
1点到面的距离【方法总结】1、直接作点到面的垂线，放到三角形中，利用解三角形进行求解。
2、利用等体积法进行求解【巩固练习】1、已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为___________．【解析】过点P 作PO ⊥平面ABC 交平面ABC 于点O ，过点P 作PD ⊥AC 交AC 于点D ，作PE ⊥BC 交BC 于点E ，联结OD ，OC ，OE ， 则,,AC POD BC POE ⊥⊥平面平面 所以,,AC OD BC OE ⊥⊥又90ACB ∠=︒, 故四边形ODCE 为矩形. 有所做辅助线可知3PD PE ==，1所以()22231CD CE ==-=，所以矩形ODCE 为边长是1的正方形，则2OC =.在Rt PCO △中，2,2PC OC ==，所以2PO =.PO 即为点P 到平面ABC 的距离，即所求距离为2.2.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．解析 （1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =.又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=AB DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥.又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE .旗开得胜1（2）过C作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故41717CH =. 从而点C 到平面1C DE 的距离为41717.3、如图，在三棱锥-P ABC 中，22==AB BC4====PA PB PC AC ，O 为AC 的中点．O MPCBA旗开得胜1(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且2=MC MB ，求点C 到平面POM 的距离．【解析】(1)因为4===AP CP AC ，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且23=OP ．连结OB ．因为22==AB BC AC ，所以∆ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，122==OB AC ． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．HO MPCBA(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122==OC AC ，24233==CM BC ，45∠=ACB ． 所以253=OM ，sin 455⋅⋅∠==OC MC ACB CH OM ．。
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。
等体积法——精选推荐
等体积法浅谈⾼中⽂科数学⽴体⼏何等体积法的优势摘要：⾼中数学相对⽽⾔是有难度的，要想学好数学不仅要刻苦努⼒⽽且还要掌握好的⽅法，对于⾼中⽂科数学也是如此。
要想数学可以拿到⾼分掌握好解题的⽅法是很重要的，对于⾼中数学来说更是如此，⼀道题可以有很多种解题的⽅法。
那么这多种解法中我们应该采⽤哪种⽅法呢？因为考试的时间是有限的，⾼效速度的解出⼀个题是⾄关重要的。
所以我们采⽤的这种⽅法要很简单，容易理解，⽽且解出这道题所⽤的时间是最短的。
解⼀道题能⽤简单的⽅法我们就要尽量⽤简单的⽅法，什么样的⽅法才是⾼效速率的⽅法呢，这个值得我们深思熟虑。
关键词：⾼中⽂科数学⽴体⼏何等体积法⾼中⽂科数学中⽴体⼏何是我们考试的重点也是难点，解⽴体⼏何不仅要会识图还要会画图。
⽴体⼏何题是我们⾼中⽂科数学必学的题型也是必考的题型，其考查的主要是多种能⼒的相互结合和相互渗透，对培养学⽣的思维逻辑有很重要的作⽤。
总之，⾼中⽂科数学对⽴体⼏何的研究是必须的。
⽴体⼏何是⾼中⽂科教学中的难点，有的学⽣对图形的认识不精通，有的空间想象能⼒不是很强，因此我们需要寻求简单易懂的⽅法来解决⽴体⼏何问题。
⼀、⾼中⽂科⽴体⼏何教学的基本⽅法分析下⾯以⾼中⽂科⼏何教学案例对基本的⽴体⼏何法进⾏解析。
（⼀）、直接法的分析例⼀：如图所⽰在正⽅体ＡＣ′中，棱长为ａ，求点Ａ′到平⾯ＡＢ′Ｄ′的距离（直接找出点到直线的距离）分析:求点Ａ′到平⾯ＡＢ′Ｄ′的距离，我们可以⾸先在平⾯ＡＢ′Ｄ′中找到点Ａ′的射影。
那么Ａ′的射影在哪⾥呢？我们可以根据分析得知Ａ′的射影就是三⾓形ＡＢ′Ｄ′的外⼼，因为A ′B ′= A ′D ′= A ′A ⼜因为三⾓形ＡＢ′Ｄ′是个等边三⾓形，所以三⾓形ＡＢ′Ｄ′的外⼼⼜是三⾓形的重⼼，这样我们就可以求出AH 了，我们知道A ′A 的长度⼜知道三⾓形A ′AH 是直⾓三⾓形我们就可以求出A ′H 也就是点Ａ′到它在三⾓形ＡＢ′Ｄ′射影的距离了，也就是点Ａ′到平⾯ＡＢ′Ｄ′的距离。
高考数学立体几何专题：等体积法(二)
（Ⅱ）解答： CC1 平面 ABCD ，三棱锥 C C1DE 中点 C ， D ， E 是底面 ABCD 的三个点
底面 CDE ，上顶点 C1 ，高 CC1 。
根据等体积法得到： VC C1DE
VC1CDE
1 3
hC
SC1DE
1 3
CC1
S
CDE
hC
CC1 SCDE S C1DE
。
①计算高： CC1 AA1 4 。
底面 CMO ，上顶点 P ，高 PO 。
根据等体积法得到： VC POM
VPCMO
1 3
hP
S POM
1 3
PO
S
CMO
hP
PO SCMO S POM
。
①计算高 PO 2 3 。
②计算 CMO 的面积：如下图所示：
MC 2MB BC MB MC MB 2MB 3MB 2 2 MB 2 2 MC 2MB 4 2 。
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A1D // B1C ， ME // B1C A1D // ME ND // ME 。
N
为
A1D
的中点
ND
1 2
A1D
，
A1D
B1C
ND
1 2
B1C
，
ME
1 2
B1C
ND
ME
，
ND
//
ME
四边形 NMED 是平行四边形 MN // DE ， DE 平面 C1DE MN // 平面 C1DE 。
MC 2MB BC MB MC MB 2MB 3MB 2 2 MB 2 2 MC 2MB 4 2 。
3
3
在 CMO 中： MC 4 2 ， OC 2 ， BCA 450 3
高中数学立体几何体积的求解方法
高中数学立体几何体积的求解方法立体几何体积的求解方法在求解立体几何体积时，需要注意一个原则：找到易于求解的底面和高。
其中，椎体是最易考到的题型，尤其是高的求解。
下面介绍四种求解椎体体积的方法：1.直接法：通过点作底面的垂线，求垂线段的长作为高，底面的面积是底面积。
2.转移法（等体积法）：更换椎体的底面，选择易于求解的底面积和高。
3.分割法（割补法）：将一个复杂的几何体分成若干易于计算的椎体。
4.向量法：利用空间向量的方法（理科）。
下面列举几个典型例题：1.直接法例1：在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，A1A=AB=2，BC=3.求四棱锥B-A1A1C1D的体积。
例2：已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠ABC=45°，DC=1，AB=2，PA⊥平面ABCD，PA=1.若M是PC的中点，求三棱锥M-ACD的体积。
变式1：在四棱锥P-ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD=AD，E是PB的中点，F是CD上的点且FC=1.求三棱锥E-BCF的体积。
变式2：在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA=1，AB=1，AC=2，∠BAC=60°。
求三棱锥P-ABC的体积。
2.转移法例3：已知三棱锥A-BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB中点，D为PB中点，且△PMB为正三角形。
若BC=4，AB=20，求三棱锥D-BCM的体积。
例4：在四棱锥P-ABCD中，侧棱PA丄底面ABCD底面ABCD为矩形，E为PD上一点，AD=2AB=2AP=2，PE=2DE。
求三棱锥P-XXX的体积。
变式3：在三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD。
若AB=BD=CD=1，M为AD中点，求三棱锥A-XXX的体积。
变式4：在矩形ABCD中，AD⊥平面ABE，AE=EB=BC=2，F为CE上的点，且BF⊥平面XXX。
高考数学立体几何公式与题型精讲
高考数学立体几何公式与题型精讲在高考数学中，立体几何是一个重要的板块，它不仅考查我们的空间想象力，还对逻辑推理和数学运算能力有较高要求。
下面，让我们一起来深入探讨立体几何中的常用公式和典型题型。
一、立体几何中的基本公式1、长方体体积公式长方体的体积＝长×宽×高，如果用a、b、c 分别表示长方体的长、宽、高，那么体积 V ＝ abc 。
2、正方体体积公式正方体的体积＝棱长³，若正方体的棱长为 a ，则体积 V ＝ a³。
3、柱体体积公式柱体的体积＝底面积×高。
对于圆柱，底面积为圆的面积πr² （r 为底面半径），高为 h ，则体积 V ＝πr²h ；对于棱柱，底面积为 S ，高为 h ，体积 V ＝ Sh 。
4、锥体体积公式锥体的体积＝ 1/3×底面积×高。
圆锥的体积 V ＝1/3×πr²h （r 为底面半径，h 为高）；棱锥的体积V ＝1/3×Sh （S 为底面积，h 为高）。
5、球的体积公式球的体积 V ＝4/3×πR³ （R 为球的半径）。
6、球的表面积公式球的表面积 S ＝4πR² 。
7、线面平行的判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。
8、线面垂直的判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直。
9、面面平行的判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行。
10、面面垂直的判定定理如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直。
二、常见题型及解法1、证明线线平行常用方法有：利用三角形中位线、平行四边形对边平行、平行线分线段成比例定理的逆定理等。
例如：在四面体 ABCD 中，E、F 分别是 AB、AC 的中点，求证：EF∥BC 。
证明：因为 E、F 分别是 AB、AC 的中点，所以 EF 是△ABC 的中位线，根据三角形中位线定理，EF∥BC 。
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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.
B
A
C
D
O
G
H 1
A 1
C 1D
1
B 1O
Q
P D
C B
A
E D 11
B 1
A 1D
B
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 =
2
2
b
a a
b +
在Rt △QAE 中，QA =
2
1
P A =c ∴QE =2
22
22b a b
a c ++
∴Q 到BD 2
22
22
b a b a
c ++
(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
H E Q
P D
C
A
∴AH ⊥平面BQE ，即AH 为A 到平面BQD 的距离
在Rt △AQE 中，∵AQ =c ,AE =
2
2
b
a a
b +
∴AH =
2
22
2
2
)(b
a c
b a ab
c ++
∴P 到平面BD 的距离为
2
22
2
2
)(b
a c
b a ab
c ++
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 =3
1
S △ABD ·AQ h =
2
2222)(b
a c
b a abc
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，2222
1
2111=⋅⋅=⋅⋅=∆AO O O S OG O . 又3
6
2,23212111=∴=⋅⋅=⋅⋅=
∆OH OH G O OH S OG O . 即BD 到平面11D GB 的距离等于3
6
2. 解析二 BD ∥平面11D GB ，
B
A
C
D
O
G
H 1
A 1
1D
1
B 1O
BD ∴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 3
4
222213111=
⨯⨯⨯⨯=-GBB D V , ,3
6
26
4=
=
∴h 即BD 到平面11D GB 的距离等于
3
6
2. 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 =
2
3a 3
24
22322311a a a V EAC B =⋅⋅=-
E
D 11B 1A 1D
B。