重难点07空间距离与体积问题（2种考法）

重难点07空间距离与体积问题（2种考法）【目录】考法1：距离问题考法2：体积问题二、命题规律与备考策略二、命题规律与备考策略一.求点到平面的距离的四步骤二、常见几何体体积的四种求法1.直接法求体积（也称公式法）直接利用常见几何体的体积计算公式求解体积即可。可直接使用公式的题目，“高”一般都可直接或间接找到2.等体积法求三棱锥体积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，通过三棱锥“换底”求解三棱锥的体积。【注意】“换底”的结果是使新底面所对应的高简单易求。3.多面体割补法求体积1、分割法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，当规则的几何体用公式不易求出时，再将其分割没转化成比较好求体积的几何体；【注意】大多数情况下，可以把不规则几何体分割为三棱锥+四棱锥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”2、补形法：把不规则的几何体补成规则的几何体，便于计算；常见的补形有：（1）将正四面体补形成正方体；（2）将等腰四面体（对棱相等）补形成长方体；（3）将三条棱两两相互垂直且相等的三棱锥补成正方体；（4）将台体补成锥体等等。【注意】题设条件存在将规则几何体切去一些部分剩余的几何体的情况，补形法可简化题目。4.两部分体积比例法（转移法）利用祖暅原理和等积変化，把所求的几何体转化为与它等底、等高的几何体的体积。【注意】利用好“同底等高”和“同底比例高”，本质就是寻找合适的底面和平行高转化。三、题型方法三、题型方法1．（2023•宝山区二模）四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥底面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为60°，E是PB的中点．（1）求异面直线DE与PA所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；（2）证明：OE∥平面PAD，并求点E到平面PAD的距离．【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，DF，可得EF∥PA，所以DE与EF所成的角即为DE与PA所成的角，由题意求出EF，DE，DF的值，由余弦定理可得两条直线所成角的余弦值，进而求出角的大小；（2）由（1）可证得面OEF∥面PAD，进而可证得OE∥面PAD，进而可知E到平面PAD的距离等于O到平面PAD的距离，再由等体积法求出O到平面PAD的距离．【解答】解：（1）因为PO⊥底面ABCD，BO＝OD，所以PB＝PD，又因为PB与底面ABCD所成的角为60°，所以△PBD为等边三角形，因为E为PB的中点，所以PO＝DE＝PD＝，因为四边形ABCD边长为2的菱形，∠DAB＝60°，所以△ABD为等边三角形，即BD＝2，所以DE＝，AO＝，DF＝，取AB的中点F，连接EF，DF，可得EF∥PA，所以DE与EF所成的角即为DE与PA所成的角，则EF＝PA，PA＝＝＝，所以EF＝，在△DEF中，cos∠DEF＝＝＝，所以∠DEF＝arccos，即异面直线DE与PA所成角的大小为arccos；（2）证明：连接OF，由（1）可得OF∥AD，EF∥PA，EF∩OF＝F，所以面OEF∥面PAD，因为OE⊆面OEF，所以OE∥面PAD；所以O到面PAD的距离等于E到面PAD的距离，设h，则VO﹣PAD＝VP﹣AOD，而VP﹣AOD＝SAOD•PO＝•S△ABD•PO＝•××2×2×，S△PAD＝PA•＝•3•＝•3•，所以••3•h＝ו×2×2×，解得h＝，即点E到平面PAD的距离为．【点评】本题考查线面平行的证法及面面平行的性质的应用，等体积法求点到面的距离的应用，属于中档题．2．（2023•黄浦区二模）如图，多面体A1C1D1ABCD是由棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1沿平面A1BC1截去一角所得到在棱A1C1上取一点E，过点D1，C，E的平面交棱BC1于点F．（1）求证：EF∥A1B；（2）若C1E＝2EA1，求点E到平面A1D1CB的距离以及ED1与平面A1D1CB所成角的大小．【分析】（1）在正方体中可知A1B∥D1C，进而可证得D1C∥面A1BC1，再由线面平行的性质定理可得D1C∥EF，进而可证得EF∥A1B；（2）由等体积法＝，可得E到面A1D1CB的距离，设线面角，可得角的正弦值，进而求出线面角的大小．【解答】解：（1）证明：在正方体中，A1D1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1D1CB为平行四边形，所以A1B∥D1C，而D1C⊈面A1BC1，A1B⊆面A1BC1，所以D1C∥面A1BC1，又因为D1C⊆面EFCD1，面A1BC1∩面EFCD1＝EF，所以D1C∥EF，所以EF∥A1B；（2）点E到平面A1D1CB的距离即是E到面ABD1的距离，设为h，因为＝，在正方体中，B到面A1D1E的距离为正方体的棱长3，又因为若C1E＝2EA1，所以＝＝××A1D1×D1C1＝×3×3＝，因为A1D1⊥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的距离为；A1E＝A1C1＝•3＝，D1E＝＝＝，设ED1与平面A1D1CB所成角的大小为α，α∈[0，]，则sinα＝＝＝，所以α＝arcsin，即ED1与平面A1D1CB所成角的大小为arcsin．【点评】本题考查线面平行的性质的应用及等体积法求点到面的距离，属于中档题．3．（2023•奉贤区校级模拟）如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折蟊，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且AE＝．（1）求证：直线EC与平面ABD没有公共点；（2）求点C到平面BED的距离．【分析】（1）取DB中点O，连接AO，CO．可证明四边形AOCE为平行四边形，可得CE∥面ADB．即直线EC与平面ABD没有公共点；（2）V△C﹣BDE＝V△E﹣BDC，∴וd＝．可得点C到平面BED的距离．【解答】解：（1）∵取DB中点O，连接AO，CO．∵△ABD、△CDB都是以DB为斜边的解三角形，∴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＝，∴四边形AOCE为平行四边形，∴AO∥CE，CE⊄面ADB，AO⊂面ADB，∴CE∥面ADB．∴直线EC与平面ABD没有公共点；（2）由（1）可得EC⊥面CDB，在△BDE中，BE＝DE＝，BD＝2，∴S△BDE＝＝2．∵V△C﹣BDE＝V△E﹣BDC，∴וd＝，∴d＝1．∴点C到平面BED的距离为1．【点评】本题考查空间点、线、面位置关系，线面间的距离等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转4．（2023•徐汇区校级三模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC为等边三角形，四边形BCC1B1是边长为2的正方形，D为AB中点，且．（1）求证：CD⊥平面ABB1A1；（2）若点P在线段B1C上，且直线AP与平面A1CD所成角的正弦值为，求点P到平面A1CD的距离．【分析】（1）根据勾股定理可得A1A⊥AD，再根据线面垂直的判定可得A1A⊥平面ABC，进而根据正三角形与线面垂直的性质与判定可得CD⊥平面ABB1A1；（2）取BC中点为O，B1C1中点为Q，可得OA，OB，OQ两两垂直，再建立空间直角坐标系根据线面角与点面距离的方法求解即可．【解答】（1）证明：由题知，因为，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为AB中点，于是CD⊥AB，又AB∩AA1＝A，所以CD⊥平面ABB1A1；（2）解：取BC中点为O，B1C1中点为Q，则OA⊥BC，OQ⊥BC，由（1）知A1A⊥平面ABC，且OA⊂平面ABC，所以OA⊥AA1，又B1B∥A1A，所以OA⊥BB1，BB1∩BC＝B，所以OA⊥平面BCC1B1，于是OA，OB，OQ两两垂直，如图，以O为坐标原点，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，所以，设平面A1CD的法向量为，则，即，令x＝1，则，于是，设，则，由于直线AP与平面A1CD所成角的正弦值为，于是，即，整理得4λ2﹣8λ+3＝0，由于λ∈[0，1]，所以，于是，设点P到平面A1CD的距离为d，则，所以点P到平面A1CD的距离为．【点评】本题主要考查线面垂直的证明，点面距离的计算，空间向量及其应用等知识，属于中等题．5．（2022•宝山区二模）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，点E是棱AB上的点，AE＝2EB．（1）求异面直线AD1与EC所成角的大小；（2）求点C到平面D1DE的距离．【分析】（1）首先平移直线找到异面直线所成的角，然后计算其大小即可；（2）利用等体积法转化顶点即可求得点面距离．【解答】解：（1）在线段CD上取靠近点D的三等分点F，连结AF，D1F，由平面几何的知识易知AF∥CE，故∠D1AF或其补角即为异面直线AD1与EC所成角，由于，故△D1AF为等边三角形，∠D1AF＝60°，即异面直线AD1与EC所成角为60°．（2）如图所示，利用等体积法，，设点C到平面D1DE的距离为h，则，即，解得，即点C到平面D1DE的距离为．【点评】本题主要考查异面直线所成的角的求解，点面距离的计算，等体积法的应用，空间想象能力的培养等知识，属于基础题．6．（2022•闵行区二模）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为菱形，PD⊥平面ABCD，∠BAD＝60°，E为棱BC的中点．（1）求证：ED⊥平面PAD；（2）若PD＝AD＝2，求点D到平面PBC的距离．【分析】（1）连接BD，由线面垂直判定定理即可求证；（2）以D为坐标原点，DA、DE、DP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，代入公式即可求解．【解答】（1）证明：连接BD，如图，∵底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，∴△BCD为等边三角形，∵E为BC的中点，∴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为坐标原点，DA、DE、DP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，则，，∴，设平面PBC的法向量为＝（x，y，z），则，令y＝2，则，∴，又＝（1，，0），∴点D到平面PBC的距离为：＝＝．【点评】本题考查了线面垂直的证明和点到平面的距离，属于中档题．7．（2022•宝山区模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P是CC1的中点，过AP的平面与BB1，DD1分别交于Q，R，且BQ＝．（1）求异面直线PQ与AB所成角的大小；（2）求C1到平面AQPR的距离．【分析】（1）根据直线与平面垂直的性质定理，确定PQ与AB的位置关系，进而求PQ与AB所成角的大小；（2）C1到平面AQPR的距离即C到平面AQP的距离，根据等体积法求解即可．【解答】（1）解：∵ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，∴AB⊥平面BCC1B1，∵PQ⊂平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，∴异面直线PQ与AB所成角的大小为90°．（2）C1到平面AQPR的距离即C到平面AQP的距离，S△PQC＝＝，AB为三棱锥A﹣PQC的高，VA﹣PQC＝＝；P是CC1的中点，过AP的平面与BB1，DD1分别交于Q，R，且BQ＝，∴DR＝，四边形AQPR为菱形，AC＝，AP＝＝，RQ＝BD＝，S△APQ＝SAQPR＝＝，设C1到平面AQP的距离为d，∵V＝VA﹣PQC＝×d＝，解得：d＝．∴求C1到平面AQPR的距离为．【点评】本题考查异面直线的夹角和点到平面的距离，是中档题．8．（2023•嘉定区校级三模）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，，E、F、G分别为AB、BC、C1D1的中点．（1）求三棱锥A﹣GEF的体积；（2）点P在矩形ABCD内，若直线D1P∥平面EFG，求线段D1P长度的最小值．【分析】（1）利用VA﹣GEF＝VG﹣AEF，可求三棱锥A﹣GEF的体积；（2）连结D1A，AC，D1C，推导出EF∥平面ACD1，EG∥平面ACD1，从而平面EFG∥平面ACD1，推导出点P在直线AC上，在△ACD1中，AD1＝，AC＝2，CD1＝2，由此能求出当D1P⊥AC时，线段D1P的长度最小，并能求出最小值．【解答】解：（1）VA﹣GEF＝VG﹣AEF＝×S△AEF•DD1＝××××1＝；（2）如图，连结D1A，AC，D1C，∵E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，∴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，∴点P在直线AC上，在△ACD1中，AD1＝，AC＝2，CD1＝2，＝＝，∴当D1P⊥AC时，线段D1P的长度最小，最小值为＝．【点评】本题考查线段长度的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．9．（2023•金山区二模）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝AA1＝2，D是AB的中点．（1）求直线CC1与DB1所成的角的大小；（2）求证：平面CDB1⊥平面ABB1A1，并求点B到平面CDB1的距离．【分析】（1）由已知可得∠BB1D是直线CC1与DB1所成的角，求解即可；（2）由已知可证CD⊥平面ABB1A1，进而可证平面CDB1⊥平面ABB1A1，过B作BH⊥DB1于H，可得线段BH的长就是点B到平面CDB1的距离，求解即可．【解答】解：（1）∵CC1∥BB1，∴∠BB1D是直线CC1与DB1所成的角，在直角三角形B1BD中，tan∠BB1D＝，∴直线CC1与DB1所成的角的大小为arctan；（2）∵BB1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，∴BB1⊥CD，又∵D是AB的中点，∴CD⊥AB，∵BB1∩AB＝B，∴CD⊥平面ABB1A1，再由CD⊂平面CDB1，∴平面CDB1⊥平面ABB1A1，过B作BH⊥DB1于H，∵平面CDB1⊥平面ABB1A1，且平面CDB1∩平面ABB1A1＝DB1，∴BH⊥平面CDB1，∴线段BH的长就是点B到平面CDB1的距离，BH＝＝，∴点B到平面CDB1的距离为．【点评】本题考查求异面直线所成的角，考查点到面的距离的求法，属中档题．10．（2023•杨浦区二模）四边形ABCD是边长为1的正方形，AC与BD交于O点，PA⊥平面ABCD，且二面角P﹣BC﹣A的大小为45°．（1）求点A到平面PBD的距离；（2）求直线AC与平面PCD所成的角．【分析】（1）作AE⊥PO于E，可证AE⊥平面BPD，求得AE的长即可求得点A到平面PBD的距离；（2）作AF⊥PD于F，连接CF，可证∠ACF为AC与平面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为A到平面PBD的距离，根据二面角的定义知∠PBA＝45°，则PA＝AB＝1，AO＝AC＝，Po＝＝，解得AE＝＝，∴点A到平面PBD的距离为；（2）作AF⊥PD于F，连接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为AC与平面PCD所成的角，Rt△AFC中，AF＝PD＝，AC＝，得sin∠ACF＝＝，∠ACF＝30°．∴直线AC与平面PCD所成的角为30°．【点评】本题考查点到面的距离的求法，考查线面角的求法，属中档题．11．（2022•上海模拟）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1（侧棱垂直于底面，且底面是正三角形的棱柱）的底面边长为6，点M在边BC上，△AMC1是以点M为直角顶点的等腰直角三角形．（1）求证：点M为BC边的中点；（2）求点C到平面AMC1的距离．【分析】（1）根据等腰直角三角形，可得AM⊥C1M且AM＝C1M，根据三垂线定理可知AM⊥CM，而底面ABC为边长为a的正三角形，进一步得到点M为BC边的中点；（2）过点C作CH⊥MC1，根据线面垂直的判定定理可知AM⊥平面C1CM，CH⊥平面C1AM，则CH即为点C到平面AMC1的距离，根据等面积法可求出CH的长．【解答】解：（1）证明：∵△AMC1为以点M为直角顶点的等腰直角三角形，∴AM⊥C1M且AM＝C1M∵三棱柱ABC﹣A1B1C1，∴CC1⊥底面ABC∴C1M在底面内射影为CM，∴AM⊥CM．∵底面ABC为正三角形，∴点M为BC边的中点（2）过点C作CH⊥MC1，由（1）知AM⊥C1M且AM⊥CM，∴AM⊥平面C1CM，∵CH在平面C1CM内，∴CH⊥AM，∴CH⊥平面C1AM由（1）知，AM＝C1M＝3，CM＝BC＝3，CC1⊥BC，∴CC1＝＝3，∴CH＝＝＝，∴点C到平面AMC1的距离为底面边长为．【点评】本题主要考查了点线的位置关系，以及点到平面的距离，同时考查了空间想象能力和计算能力，以及转化与划归的思想，属于中档题．12．（2023•上海）已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝3，AC＝4，M为BC中点，过点M分别作平行于平面PAB的直线交AC、PC于点E，F．（1）求直线PM与平面ABC所成角的大小；（2）求直线ME到平面PAB的距离．【分析】（1）连接AM，PM，∠PMA为直线PM与平面ABC所成的角，在△PAM中，求解即可；（2）先证明AC⊥平面PAB，可得AE为直线ME到平面PAB的距离．进则求AE的长即可．【解答】解：（1）连接AM，PM，∵PA⊥平面ABC，∴∠PMA为直线PM与平面ABC所成的角，在△PAM中，∵AB⊥AC，∴BC＝＝5，∵M为BC中点，∴AM＝BC＝，∴tan∠PMA＝，即直线PM与平面ABC所成角为arctan；（2）由ME∥平面PAB，MF∥平面PAB，ME∩MF＝M，∴平面MEF∥平面PAB，∵ME⊂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为直线ME到平面PAB的距离，∵ME∥平面PAB，ME⊂平面ABC，平面ABC∩平面PAB＝AB，∴ME∥AB，∵M为BC中点，∴E为AC中点，∴AE＝2，∴直线ME到平面PAB的距离为2．【点评】本题考查直线与平面所成的角，考查直线与平面的距离的求法，属中档题．13．（2023•徐汇区校级三模）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝AD＝1，D1D＝CD＝2，AB⊥AD．（1）求证：BC⊥平面D1DB；（2）求点D到平面BCD1的距离．【分析】（1）证明直线BC垂直面D1DB内的两条相交直线D1D、DB，即可得到BC⊥平面D1DB；（2）利用等体积法求点D到平面BCD1的距离．【解答】（1）证明：∵ABCD﹣A1B1C1D1为直四棱柱，∴D1D⊥平面ABCD，则BC⊥D1D．∵AB∥CD，AB⊥AD，∴四边形ABCD为直角梯形，又∵AB＝AD＝1，CD＝2，∴BD2＝2，BC2＝2，得BD2+BC2＝CD2，则BC⊥DB，∵D1D∩DB＝D，∴BC⊥平面D1DB；（2）解：由已知可得，，BC＝，又由（1）知BC⊥BD1，∴，，，设点D到平面BCD1的距离为h，由，可得，则h＝．即点D到平面BCD1的距离为．【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等体积法求点到平面的距离，是中档题．14．（2023•浦东新区校级三模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AC＝BC，PA＝PB，且点C在以点O为圆心AB为直径的半圆AB上．（1）求证：AB⊥PC；（2）若AC＝2，且PC与平面ABC所成角为，求点B到平面PAC的距离．【分析】（1）连接OP，OC，根据线面垂直的性质证明AB⊥平面OPC即可；（2）根据线面垂直的性质可得PC与平面ABC所成角为∠PCO＝，再根据等体积法能求出结果．【解答】解：（1）证明：连接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与平面ABC所成角为，∴OC＝OP，∵点C在以点O为圆心，AB为直径的半圆上，AC＝BC＝2，∴OC＝OP＝OA＝OB＝，PA＝AC＝PC＝2，设点B到平面PAC的距离为h，∵VP﹣ABC＝VB﹣PAC，∴，解得h＝．【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、点到平面的距离、等体积法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．15．（2022•浦东新区二模）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1＝2，点D是线段A1B1的中点．（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；（2）已知P为侧棱BB1的中点，求点P到平面BCD的距离．【分析】（1）由直三棱柱体积计算公式能求出三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．（2）法一：设点P到平面BCD的距离为d，A1到平面BCB1C1的距离为2，由，由此能求出点P到平面BCD的距离．法二：以C为坐标原点，分别以CB、CA、CC1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点P到平面BCD的距离．【解答】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1＝2，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．（2）解法一：设点P到平面BCD的距离为d，由题知A1C1⊥平面BCB1C1，即A1到平面BCB1C1的距离为2，∵点D是线段A1B1的中点，∴D到平面BCB1C1的距离为1．在△BB1D中，，在△CC1D中，，∴，又S△BCP＝，又由，∴点P到平面BCD的距离．解法二：以C为坐标原点，分别以CB、CA、CC1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由已知得B（2，0，0），P（2，0，1），D（1，1，2），则，，，设平面BCD的一个法向量是，由，得，令，设点P到平面BCD的距离为d，∴点P到平面BCD的距离．【点评】本题考查直三棱锥的体积、线面垂直的判断、点到平面的距离、等体积法、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．16．（2022•青浦区校级模拟）如图，在直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝，点P、Q分别为A1B1、BC的中点，C1Q与底面ABC所成的角为arctan2．（1）求异面直线PB与QC1所成角的大小（结果用反三角函数表示）；（2）求点C与平面AQC1的距离．【分析】（1）由已知求得C1C＝2，以B为坐标原点，分别以BC、BA、BB1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出、的坐标，由两向量所成角的余弦值求解异面直线PB与QC1所成角的大小；（2）求出平面AQC1的法向量及，由向量法求点C与平面AQC1的距离．【解答】解：（1）∵C1C⊥平面ABC，∴∠C1QC为C1Q与底面ABC所成角，即tan∠C1QC＝，∴C1C＝2．以B为坐标原点，分别以BC、BA、BB1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），Q（1，0，0），C1（2，0，2），P（0，1，2），则＝（0，1，2），，设异面直线PB与QC1所成角的大小为θ，∴cosθ＝＝，则异面直线PB与QC1所成角的大小为arccos；（2）设平面AQC1的法向量为，由（1）知，，，由，取y＝1，得．又，∴点C与平面AQC1的距离d＝．【点评】本题考查空间角的求法，训练了利用空间向量求点到平面的距离，考查运算求解能力，是中档题．17．（2021•杨浦区校级三模）如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为2的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合，点P是圆锥的顶点，AB是圆柱下底面的一条直径，AA1、BB1是圆柱的两条母线，C是弧的中点．（1）求异面直线PA1与BC所成的角的大小；（2）求点B1到平面PAC的距离．【分析】（1）以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线PA1与BC所成的角的大小．（2）求出平面PAC的法向量，利用向量法能求出点B1到平面PAC的距离．【解答】解：（1）由题意以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，则P（0，0，4），A1（0，﹣1，2），B（0，1，0），C（1，0，0），＝（0，﹣1，﹣2），＝（1，﹣1，0），cos＜，＞＝＝＝．∴异面直线PA1与BC所成的角的大小为．（2）B1（0，1，2），A（0，﹣1，0），＝（0，1，﹣2），＝（0，﹣1，﹣4），＝（1，0，﹣4），设平面PAC的法向量＝（x，y，z），则，取z＝1，得＝（4，﹣4，1），∴点B1到平面PAC的距离为：d＝＝＝．【点评】本题考查异面直线所成角的大小、点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．考法2：体积问题一、填空题1．（2022·上海黄浦·统考模拟预测）已知为球O的半径，过的中点M且垂直的平面截球得到圆M，若圆M的面积为，则球O的体积为.【答案】【分析】根据圆M的面积求得圆的半径，再根据勾股定理即可得解.【详解】解：设球O为R，则，因为圆M的面积为，所以圆M的半径为，根据勾股定理，所以球O的体积为.故答案为：.2．（2023·上海普陀·曹杨二中校考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，直线与平面成角.设四面体外接球的圆心为，则球的体积为.【答案】/【分析】先证明出△PCD和△PBC均为直角三角形，得到O点位置，可求得外接球的半径，可求其体积．【详解】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．又因为PD⊥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．则△PCD和△PBC均为直角三角形，当O点为PC中点时，OP＝OD＝OB＝OC，此时O为四面体PBCD的外接球的球心．∵直线PA与平面ABCD成45°角．PD⊥平面ABCD，则∠PAD＝45°，∴PD＝AD＝1，又，∴四面体PBCD外接球的半径为，所以四面体PBCD外接球的体积为．故答案为：．3．（2023·上海青浦·统考一模）已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为上底面圆的圆心，AB为下底面圆的直径，为下底面圆周上一点，则三棱锥外接球的体积为．【答案】/【分析】设外接球半径为，底面圆心为，外接球球心为，由外接球的定义，结合圆柱的几何性质，确定球心在线段上，即可在直角三角形上根据几何关系求出外接球半径，即可由公式算球的体积．【详解】由于AB为下底面圆的直径，C为下底面圆周上一点，所以为直角三角形，，如图所示，设外接球半径为，底面圆心为，外接球球心为，由外接球的定义，，易得在线段上，又圆柱的轴截面是边长为2的正方形，所以底面圆半径，，则，解得，外接球体积为．故答案为：.4．（2023·上海奉贤·上海市奉贤中学校考三模）一个正方体和一个球的表面积相同，则正方体的体积和球的体积的比值．【答案】/【分析】根据正方体和球的表面积公式即可得到正方体棱长和球的半径的关系，再利用正方体和球的体积公式即可得到答案.【详解】由已知可得设正方体的棱长为,球的半径为，由题意可知，故可得，则，，故，故答案为：.5．（2022·上海·统考模拟预测）现将半径为1和2的小铅球，熔成一个大铅球，那么，这个大铅球内接正四面体的体积为.【答案】【分析】根据大铅球的体积等于两个小铅球的体积之和，可求出大铅球的半径，再根据球内接正四面体的结构特征即可求出其体积．【详解】因为大铅球的体积等于两个小铅球的体积之和，设大铅球的半径为，所以，，解得，如图所示：设球内接正四面体的棱长为，易知，，所以，解得，因此球内接正四面体的体积为．故答案为：．6．（2022·上海·统考模拟预测）一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是、、、，则该四面体的内切球与外接球体积之比为【答案】/【分析】作出坐标系和四面体，得到四面体和正方体的关系，利用正方体的外接球和正方体的关系求出外接球的半径，再利用分割法得到正四面体的体积，进而求出其内切球的半径，最后利用球的体积公式进行求解.【详解】点、、、恰为棱长为的正方体的四个点，该四点构成了一个棱长为的正四面体（如图所示）.设该正四面体的内切球和外接球半径分别为、，体积分别为、，则该正四面体的外接球也是正方体的外接球，则，即.由图可得该四面体的体积为：，又，所以，解得，则，.故答案为：.7．（2022·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）已知直三棱柱的各棱长都相等，体积为18．若该三棱柱的所有顶点都在球O的表面上，则球O的体积为．【答案】【分析】设出直三棱柱的棱长，由体积解出棱长，再得出外接球的半径后求体积【详解】设直三棱柱的棱长为，则体积为，解得，故底面外接圆的半径为，三棱柱外接球的半径为，球的体积故答案为：二、解答题8．（2023·上海松江·校考模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，．(1)求证：；(2)设与底面ABC所成角的大小为，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由证出，再由线面垂直的性质得出，然后根据线面垂直的判定定理即可得证；（2）由为与底面ABC所成角求出棱柱的高，再由等体积法求体积即可.【详解】（1），，，，，又直三棱柱中，平面，平面，，又，平面，平面，平面，.（2）平面，在平面上的射影为，即为与底面ABC所成角，，，.9．（2023·上海·华师大二附中校考模拟预测）在如图所示的圆锥中，底面直径与母线长均为4，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点.

(1)求该圆锥的侧面积与体积；(2)求异面直线AB与CD所成角的大小.【答案】(1)；(2).【分析】（1）由圆锥的侧面积与体积公式求解即可；（2）找到异面直线AB与CD所成角的平面角，计算即可.【详解】（1）由题意，得，，，，；（2）如图：

取PO的中点E，连接DE，CE，因为点D是母线PA的中点，所以，则或其补角即为异面直线AB与CD所成角，因为平面，平面，所以，所以，因为点C是底面直径AB所对弧的中点，所以，所以,又，且两直线在平面内，所以平面EOC，平面，∴，，，于是，即异面直线AB与CD所成角的大为.10．（2023·上海徐汇·统考三模）如图，已知顶点为的圆锥其底面圆的半径为8，点为圆锥底面半圆弧的中点，点为母线的中点.

(1)若母线长为10，求圆锥的体积；(2)若异面直线与所成角大小为，求、两点间的距离.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据给定条件，求出圆锥的高，再利用锥体的体积公式计算作答.（2）取的中点，作出异面直线与所成角，再利用线面垂直的性质结合勾股定理求解作答.【详解】（1）圆锥的底面圆半径为8，母线长为10，而，则，解得，所以圆锥的体积为.（2）取的中点，连接,，

由弧为圆锥底面的半圆弧知圆锥底面圆心在上且为中点，为母线的中点，则与所成角为或其补角，由平面，得平面，平面，则，于是有，由是半圆弧的中点可得，则，所以.11．（2023·上海奉贤·上海市奉贤中学校考三模）已知三棱锥，平面，PA=6，AC=4，，M，N分别在线段PB，PC上．

(1)若PB与平面所成角大小为，求三棱锥的体积V；(2)若平面，求证：平面【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）利用线面角求出，进而求出面积，再求出体积作答.（2）由线面垂直的判定证得平面，再利用线面垂直的性质、判定推理作答.【详解】（1）在三棱锥中，平面，则是PB与平面所成角，即，而，则，在中，，，有，因此的面积，所以三棱锥的体积.（2）在三棱锥中，平面，平面，则，而，平面，于是平面，平面，有，因为平面，平面，则，又平面，所以平面.12．（2022·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）如图，是圆柱体的一条母线，过底面圆的圆心，是圆上不与、重合的任意一点，已知棱，，.

（1）求异面直线与平面所成角的大小；（2）将四面体绕母线旋转一周，求三边旋转过程中所围成的几何体的体积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）欲求直线与平面所成的角，先证明出平面，从而得出