高考数学立体几何专题：等体积法

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。

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 $d = \frac{1}{\sqrt{29}}$。

高中数学的解析立体几何中的体积计算方法探究在高中数学的学习过程中，解析立体几何是一个重要的内容之一。

其中，计算体积是解析立体几何中的基础知识之一。

本文将探究解析立体几何中常见的体积计算方法，包括直接计算和利用截面积的计算方法，并通过具体例子进行说明。

一、直接计算的方法直接计算是解析立体几何中最常见的体积计算方法之一。

该方法适用于给定立体几何的坐标点，通过运用体积公式进行计算。

具体步骤如下：1. 确定立体几何的坐标点，并根据坐标点绘制几何图形。

例如，考虑一个长方体，其顶点坐标为A(x₁, y₁, z₁)，B(x₂, y₂,z₂)，C(x₃, y₃, z₃)，D(x₄, y₄, z₄)，E(x₅, y₅, z₅)，F(x₆, y₆, z₆)，G(x₇, y₇, z₇)，H(x₈, y₈, z₈)。

我们可以通过这些坐标点来确定长方体的各个顶点的位置。

2. 利用体积公式进行计算。

对于长方体而言，其体积计算公式为 V = (x₂ - x₁) * (y₆ - y₁) *(z₄ - z₁)。

根据给定的坐标点，我们可以代入公式进行计算，得到长方体的体积。

通过直接计算的方法，我们可以得到准确的体积结果。

然而，在一些复杂的立体几何问题中，直接计算的方法会变得繁琐，需要运用更加灵活的计算方法。

二、利用截面积的方法当面对一些复杂的立体几何问题时，我们可以利用截面积的方法进行体积计算。

该方法通过分解复杂的几何体为若干个简单的截面，并通过计算每个截面的面积与长方向上的长度之积来求得体积。

具体步骤如下：1. 将立体几何的复杂形状进行切割，并将其简化为若干个平行于某个坐标轴的截面。

以圆柱体为例，我们可以将其切割为无数个平行于底面的圆片。

每个圆片都可以看作是一个平行于底面的截面。

2. 计算每个截面的面积与长方向上的长度之积。

对于每个截面，我们可以通过已知条件计算出其面积，并乘以截面在长方向上的长度。

然后，我们将所有截面的面积与长度之积相加，即可得到立体几何的体积。

A BCD PA B CDP文科高考数学立体几何大题求各类体积方法【三年真题重温】1.【2011⋅新课标全国理，18】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB =60，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ． (Ⅰ) 证明：PA ⊥BD ；(Ⅱ) 若PD AD =，求二面角A PB C --的余弦值． 2.【2011 新课标全国文，18】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形．60,2,DAB AB AD PD ∠==⊥底面ABCD ．(Ⅰ) 证明：PA BD ⊥；(Ⅱ) 设1PD AD ==，求棱锥D PBC -的高．根据DE PB PD BD ⋅=⋅，得32DE =．即棱锥D PBC -的高为32．3.【2010 新课标全国理，18】如图，已知四棱锥P-ABCD 的底面为等腰梯形，AB CD,AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高 ，E 为AD 中点.（1） 证明：PE ⊥BC（2） 若∠APB=∠ADB=60°，求直线PA 与平面PEH 所成角的正弦值【解析】命题意图：本题主要考查空间几何体中的位置关系、线面所成的角等知识，考查空间想象能力以及利用向量法研究空间的位置关系以及线面角问题的能力.4.【2010 新课标全国文，18】如图，已知四棱锥P ABCD -的底面为等腰梯形，AB ∥CD ,AC BD ⊥,垂足为H ，PH 是四棱锥的高。

（Ⅰ）证明：平面PAC ⊥ 平面PBD ; （Ⅱ）若6AB =,APB ADB ∠=∠=60°,求四棱锥P ABCD -的体积。

5.【2012 新课标全国理】（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==， D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1（1）证明：BC DC ⊥1（2）求二面角11C BD A --的大小。

6.【2012 新课标全国文】（本小题满分12分）如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=12AA 1，D 是棱AA 1的中点(Ｉ)证明：平面BDC 1⊥平面BDC（Ⅱ）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比。

专题10：立体几何中的体积问题（解析版）⑴圆柱侧面积；l r S ⋅⋅=π2侧面 ⑵圆锥侧面积：l r S ⋅⋅=π侧面⑶圆台侧面积：l R l r S ⋅⋅+⋅⋅=ππ侧面h S V ⋅=柱体h S V ⋅=31锥体()13V h S S S S =+⋅+下下台体上上 球的表面积和体积 32344R V R S ππ==球球，. 正三棱锥是底面是等边三角形，三个侧面是全等的等腰三角形的三棱锥。

正四面体是每个面都是全等的等边三角形的三棱锥。

1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，3AC =，4BC =，5AB =，点D 是AB 的中点.（1）求证：1AC BC ⊥；（2）若1CC BC =，求三棱锥1B BCD -的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）4【分析】（1）利用勾股定理，可得AC BC ⊥，结合1AC CC ⊥，根据线面垂直的判定定理以及性质定理，可得结果.（2）计算∆BCD S ，1BB ，然后根据三棱锥的体积公式，可得结果.【详解】（1）∵三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，∴1CC ⊥平面ABC ，∵AC ⊂平面ABC ，∴1CC AC ⊥，∵在ABC ∆中，3AC =，4BC =，5AB =，∴222AC BC AB +=，∴90ACB ∠=︒，∴AC BC ⊥，∵1CC ⊂平面11CC B B ，CB ⊂平面11CC B B ，1CC CB C =，∴AC ⊥平面11CC B B ，∵1BC ⊂平面11CC B B ，∴1AC BC ⊥.（2）∵D 是AB 中点， ∴111343222BCD ABC S S ∆∆==⨯⨯⨯=， ∵1BB ⊥平面ABC ，114BB AA ==，∴111134433B BCD BCD V S BB -∆=⋅=⨯⨯=. 【点睛】本题考查线面垂直的判定定理以及性质定理，还考查了锥体的体积公式，难点在于根据线段长度关系利用勾股定理得出垂直，重点在于对定理的应用，属基础题.2．如图所示：在三棱锥V ABC -中，平面VAB ⊥平面ABC ，VAB ∆为等边三角形，AC BC ⊥且2AC BC ==，,O M 分别为,AB VA 的中点.（1）求证：平面MOC ⊥平面VAB ；（2）求三棱锥V ABC -的体积.【答案】（1）详见解答；（23. 【分析】（1）由已知可得OC AB ⊥，再由面面垂直定理可得OC ⊥平面VAB ，即可证明结论； （2）OC ⊥平面VAB ，用等体积法求三棱锥V ABC -的体积.【详解】（1）,AC BC O =为AB 中点，OC AB ∴⊥，平面VAB ⊥平面ABC ，平面VAB 平面ABC AB =，OC ⊂平面ABC ，OC ∴⊥平面,VAB OC ∴⊂平面MOC ，平面MOC ⊥平面VAB ；（2）AC BC ⊥且2AC BC ==，O 分别为AB 的中点，11,2,2332VAB OC AB S ∆∴===⨯⨯=， OC ⊥平面VAB ，133V ABC C VAB VAB V V OC S --∆==⨯⨯=， 3V ABC V -∴=. 【点睛】本题考查面面垂直证明，注意空间垂直间的相互转化，考查椎体体积，意在考查直观想象、逻辑推理能力，属于基础题.3．如图所示，四棱锥的底面ABCD 是一个矩形，AC 与BD 交于点M ，VM 是四棱锥的高.若4VM cm =，4cm AB =，5VC cm =，求四棱锥的体积.【答案】35(cm )3. 【分析】在Rt VMC ∆中求出3(cm),MC =在Rt ABC ∆中求出25(cm)BC =，再根据棱锥的体积公式可得结果.【详解】 VM 是棱锥的高，VM MC ∴⊥.在Rt VMC ∆中，2222543(cm),MC VC VM =-=-=.26cm AC MC ∴==，在Rt ABC ∆中，22226425(cm)BC AC AB =-=-=.242585(cm )S AB BC ∴=⨯=⨯=底，3 11325854(cm )333V S VM ∴=⋅=⨯⨯=四棱锥底. 【点睛】本题考查了求三棱锥的体积，属于基础题.4．如图，四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的菱形，PD ⊥底面ABCD .（1）求证：AC ⊥平面PBD ；（2）若2PD =，直线PB 与平面ABCD 所成的角为45，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（1）证明见解析；（243 【分析】 （1）通过AC ⊥BD 与PD ⊥AC 可得AC ⊥平面PBD ；（2）由题先得出∠PBD 是直线PB 与平面ABCD 所成的角，即∠PBD =45°，则可先求出菱形ABCD 的面积，进而可得四棱锥P - ABCD 的体积.【详解】解：（1）因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD ，又因为PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥AC ，又PD BD D ⋂=，故AC ⊥平面PBD ；（2）因为PD ⊥平面ABCD ，所以∠PBD 是直线PB 与平面ABCD 所成的角，于是∠PBD =45°，因此BD =PD =2.又AB = AD =2，所以菱形ABCD 的面积为sin 6023S AB AD ︒=⋅⋅=，故四棱锥P - ABCD 的体积1433V S PD =⋅=. 【点睛】本题主要考查空间线、面关系等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力以及运算求解能力，是基础题.5．如图，在边长为2的菱形ABCD 中，60ADC ∠=︒，现将ADC 沿AC 边折到APC △的位置．（1）求证：PB AC ⊥；（2）求三棱锥P ABC -体积的最大值．【答案】（1）见解析；（2）1【分析】（1）取AC 的中点为O ，连接PO OB 、，由线面垂直的判定定理即可证出.（2）由体积相等转化为P ABC ΔPOB 1V AC S 3-=⋅即可求出. 【详解】（1）如图所示，取AC 的中点为O ，连接PO OB 、，易得AC PO AC OB ⊥⊥，，PO OB O = AC POB ∴⊥平面,又PB ⊆ 面POB AC PB ∴⊥（2）由（1）知AC POB 260? AC 2PO OB ABCD ADC ⊥∠=︒===平面，且在边长为的菱形中，，所以，3 ，P ABC A POB C POB V V V ---=+体积转化为 ΔPOB 1AC S 3=⋅ =11233sin sin 32POB POB ⨯⨯⨯⨯∠=∠ ,当POB 90∠=︒时，P ABC V -的最大值为1. 【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理和等体积转化思想，属于基础题.6．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，1PA PD ==，E 为AD 的中点.（1）求证：PE ⊥平面ABCD ；（2）求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）23【分析】（1）根据等腰三角形证明PE AD ⊥，得到答案. （2）计算得到2AD =，22PE =，再利用体积公式计算得到答案. 【详解】（1）1PA PD ==，E 为AD 的中点，故PE AD ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ， 平面PAD 平面ABCD AD =，故PE ⊥平面ABCD .（2）PA PD ⊥，1PA PD ==，故2AD =，22PE =. 故122223P ABCD V -=⨯⨯⨯=. 【点睛】 本题考查了线面垂直，四棱锥的体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力. 7．如图所示，在长方体ABCD A B C D ''''-中，求棱锥D A CD ''-的体积与长方体的体积之比.【答案】1:6【解析】【分析】棱锥D A CD ''-可以看成棱锥C A DD ''-，然后结合棱锥与棱柱的体积公式求解即可.【详解】解：已知的长方体可以看成直四棱柱ADD A BCC B '''-，设它的底面ADD A ''面积为S ，高为h ，则长方体的体积为ADD A BCC B V Sh '''-=.因为棱锥D A CD ''-可以看成棱锥C A DD ''-，且A DD ''的面积为12S ，棱锥C A DD ''-的高是h ，所以111326D A CD C A DD V V Sh Sh ''''--==⨯=. 因此所求体积之比为1:6.【点睛】本题考查了棱锥及棱柱的体积公式，重点考查了转换顶点求棱锥的体积，属基础题 8．如图，过圆柱的两条母线1AA 和1BB 的截面11A ABB 的面积为S ，母线1AA 的长为l ，11190AO B ︒∠=，求此圆柱的体积.【答案】22S l π. 【分析】 根据已知易得AOB 是等腰直角三角形，根据截面11A ABB 的面积为S 求出AB 长，进而求得底面圆面积再求体积即可。

立体几何大题中有关体积、面积和距离的求法(教师版)立体几何大题中有关体积、面积和距离的求法知识点梳理1.柱、锥、台和球的侧面积和体积圆柱：侧面积为$S_\text{侧}=2\pi rh$，体积为$V=\pir^2h$圆锥：侧面积为$S_\text{侧}=\pi rl$，体积为$V=\frac{1}{3}\pi r^2h$圆台：侧面积为$S_\text{侧}=\pi(r_1+r_2)l$，体积为$V=\frac{1}{3}\pi h(r_1^2+r_2^2+r_1r_2)$直棱柱、正棱锥、正棱台、球的表面积和体积公式不再赘述。

2.几何体的表面积直棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和。

圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和。

一公式法例1.正三棱柱的侧面展开图是边长分别为2和4的矩形，则它的体积为。

解：因为正三棱柱的侧面展开图是边长分别为2和4的矩形，所以有以下两种情况：①：2是下底面的周长，4是三棱柱的高，此时下底面的边长为$\frac{2}{\sqrt{3}}$，所以体积为$V=\frac{4}{3}\sqrt{3}$，面积为$S=2\sqrt{3}$。

②：4是下底面的周长，2是三棱柱的高，此时下底面的边长为$\sqrt{3}$，所以体积为$V=\frac{4}{3}\sqrt{3}$，面积为$S=2\sqrt{3}$。

所以正三棱柱的体积为$\frac{4}{3}\sqrt{3}$。

例2.如图，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体的体积为（）。

解：由题意可知此几何体是一个四棱锥，由图可知底面两条对角线的长分别为2和3，底面边长为2，所以底面菱形的面积为$S=\frac{3}{2}$，侧棱为$\sqrt{2^2+3^2}= \sqrt{13}$，则棱锥的高$h=\sqrt{3^2-(\frac{\sqrt{13}}{2})^2}=\frac{\sqrt{35}}{2}$。

高中数学《立体几何》专题复习 三1．(2017·唐山模拟)正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为( ) A ．64π B ．32π C ．16π D ．8π答案 A解析 如图，作PM ⊥平面ABC 于点M ，则球心O 在PM 上，PM ＝6，连接AM ，AO ，则OP ＝OA ＝R(R 为外接球半径)，在Rt △OAM 中，OM ＝6－R ，OA ＝R ，又AB ＝6，且△ABC 为等边三角形，故AM ＝2362－32＝23，则R 2－(6－R)2＝(23)2，则R ＝4，所以球的表面积S ＝4πR 2＝64π.2．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π答案 C解析 由V ＝Sh ，得S ＝4，得正四棱柱底面边长为2.画出球的轴截面可得，该正四棱柱的对角线即为球的直径，所以球的半径为R ＝1222＋22＋42＝ 6.所以球的表面积为S ＝4πR 2＝24π.故选C.3．若一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是( ) A ．8π B ．6π C ．4π D ．π答案 C解析 设正方体的棱长为a ，则a 3＝8.因此内切球直径为2，∴S 表＝4πr 2＝4π.4．(2017·课标全国Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径长为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A ．π B.3π4 C.π2 D.π4 答案 B解析 根据已知球的半径长是1，圆柱的高是1，如图，所以圆柱的底面半径r ＝22－122＝32，所以圆柱的体积V ＝πr 2h ＝π×(32)2×1＝34π.故选B. 5．(2018·安徽合肥模拟)已知球的直径SC ＝6，A ，B 是该球球面上的两点，且AB ＝SA ＝SB ＝3，则三棱锥S －ABC 的体积为( ) A.324B.924 C.322 D.922答案 D解析 设该球球心为O ，因为球的直径SC ＝6，A ，B 是该球球面上的两点，且AB ＝SA ＝SB ＝3，所以三棱锥S －OAB 是棱长为3的正四面体，其体积V S －OAB ＝13×12×3×332×6＝924，同理V O －ABC ＝924，故三棱锥S －ABC 的体积V S －ABC ＝V S －OAB ＋V O －ABC ＝922，故选D.6．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( ) A.3172B ．210 C.132 D ．310 答案 C解析 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M. 又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝（52）2＋62＝132. 7．(2018·广东惠州一模)已知一个水平放置的各棱长均为4的三棱锥形容器内有一小球O(质量忽略不计)，现从该三棱锥形容器的顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于( ) A.76π B.43πC.23π D.12π 答案 C解析 由题知，没有水的部分的体积是三棱锥形容器的体积的18，三棱锥形容器的体积为13·34·42·63·4＝1623，所以没有水的部分的体积为223.设其棱长为a ，则其体积为13×34a 2×63a ＝223，∴a ＝2，设小球的半径为r ，则4×13×3×r ＝223，解得r ＝66，∴球的表面积为4π×16＝23π，故选C.8.如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为1的正方体，S －ABCD 是高为1的正四棱锥，若点S ，A 1，B 1，C 1，D 1在同一个球面上，则该球的体积为( ) A.25π16 B.49π16 C.81π16 D.243π128答案 C解析 如图所示，O 为球心，设OG 1＝x ，则OB 1＝SO ＝2－x ，同时由正方体的性质可知B 1G 1＝22，则在Rt △OB 1G 1中，OB 12＝G 1B 12＋OG 12，即(2－x)2＝x 2＋(22)2，解得x ＝78，所以球的半径R ＝OB 1＝98，所以球的表面积S ＝4πR 2＝81π16，故选C. 9．(2018·郑州质检)四棱锥P －ABCD 的五个顶点都在一个球面上，该四棱锥的三视图如图所示，E ，F 分别是棱AB ，CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球的表面积为( )A ．9πB ．3πC ．22πD ．12π答案 D解析 该几何体的直观图如图所示，该几何体可看作由正方体截得，则正方体外接球的直径即为PC.由直线EF 被球面所截得的线段长为22，可知正方形ABCD 对角线AC 的长为22，可得正方形ABCD 的边长a ＝2，在△PAC 中，PC ＝22＋（22）2＝23，球的半径R ＝3，∴S 表＝4πR 2＝4π×(3)2＝12π.10．(2014·湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B解析 此几何体为一直三棱柱，底面是边长为6，8，10的直角三角形，侧棱为12，故其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径，故其半径为r ＝12×(6＋8－10)＝2，故选B.11．(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________． 答案 92π解析 设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，得a ＝3，设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3a ＝3，得R ＝32，所以该球的体积为43πR 3＝43π(32)3＝92π.12．若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________．答案63π解析 设正四面体的棱长为a ，则正四面体的表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 13．已知一圆柱内接于球O ，且圆柱的底面圆的直径与母线长均为2，则球O 的表面积为________． 答案 8π解析 圆柱的底面圆的直径与母线长均为2，所以球的直径为22＋22＝8＝22，即球半径为2，所以球的表面积为4π×(2)2＝8π.14．(2017·衡水中学调研卷)已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若PA ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________． 答案33解析 方法一：先在一个正方体中找一个满足条件的正三棱锥，再利用正方体的性质解题．如图，满足题意的正三棱锥P －ABC 可以是正方体的一部分，其外接球的直径是正方体的体对角线，且面ABC 与体对角线的交点是体对角线的一个三等分点，所以球心到平面ABC 的距离等于体对角线长的16，故球心到截面ABC 的距离为16×23＝33.方法二：用等体积法：V P －ABC ＝V A －PBC 求解)．15．(2018·四川成都诊断)已知一个多面体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是直角边长为1的等腰直角三角形，俯视图是边长为1的正方形，若该多面体的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为________．答案3π解析由三视图知几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱垂直于底面，高等于1，其底面是边长为1的正方形，∴四棱锥的外接球即是边长为1的正方体的外接球，∴外接球的直径为3，∴外接球的表面积S＝4π×(32)2＝3π.16．(2018·河北唐山模拟)已知矩形ABEF所在的平面与矩形ABCD所在平面互相垂直，AD＝2，AB＝3，AF＝332，M为EF的中点，则多面体M－ABCD的外接球的表面积为________．答案16π解析记多面体M－ABCD的外接球的球心为O，如图，过点O分别作平面ABCD和平面ABEF的垂线，垂足分别为Q，H，连接MH并延长，交AB于点N，连接OM，NQ，AQ，设球O的半径为R，球心到平面ABCD的距离为d，即OQ＝d，∵矩形ABEF所在的平面与矩形ABCD所在的平面互相垂直，AF＝332，M为EF的中点，∴MN＝332，∴AN＝NB＝32，NQ＝1，∴R2＝(4＋92)2＋d2＝12＋(332－d)2，∴d＝32，R2＝4，∴多面体M－ABCD的外接球的表面积为4πR2＝16π.1．(2017·课标全国Ⅱ，文)长方体的长，宽，高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．答案14π解析依题意得，长方体的体对角线长为32＋22＋12＝14，记长方体的外接球的半径为R，则有2R＝14，R＝142，因此球O的表面积等于4πR2＝14π.2．(2018·湖南长沙一中模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为()A ．8π B.25π2C ．12π D.41π4答案 D解析 根据三视图得出，几何体是正方体中的一个四棱锥O －ABCD ，正方体的棱长为2，A ，D 为所在棱的中点．根据几何体可以判断，球心应该在过A ，D 的平行于正方体底面的中截面上，设球心到平面BCO的距离为x ，则到AD 的距离为2－x ，所以R 2＝x 2＋(2)2，R 2＝12＋(2－x)2，解得x ＝34，R＝414，该多面体外接球的表面积为4πR 2＝414π，故选D. 3．(2014·陕西，理)已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( ) A.32π3B ．4πC ．2π D.4π3答案 D解析 因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半，所以半径r ＝1212＋12＋（2）2＝1，所以V 球＝4π3×13＝4π3.故选D.4．(2018·洛阳统一考试)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π答案 D解析 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去3个角后得到，该长方体的长、宽、高分别为5、4、3，所以其外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以该几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×(522)2＝50π，故选D.5．(2018·广东清远三中月考)某一简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积是( )A ．13πB ．16πC ．25πD ．27π答案 C解析 由三视图可知该几何体是底面为正方形的长方体，底面对角线为4，高为3，设外接球半径为r ，则2r ＝（22）2＋（22）2＋32＝5，∴r ＝52，∴长方体外接球的表面积S ＝4πr 2＝25π.6．(2018·福建厦门模拟)已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为32R ，AB ＝AC ＝BC ＝23，则球O 的表面积为( ) A.163π B ．16π C.643π D ．64π答案 D解析 因为AB ＝AC ＝BC ＝23，所以△ABC 为正三角形，其外接圆的半径r ＝232sin60°＝2，设△ABC 外接圆的圆心为O 1，则OO 1⊥平面ABC ，所以OA 2＝OO 12＋r 2，所以R 2＝(32R)2＋22，解得R 2＝16，所以球O 的表面积为4πR 2＝64π，故选D.7．(2018·四川广元模拟)如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，将△ADE ，△EBF ，△FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使得A ，B ，C 三点重合于点A ′，若四面体A ′EFD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为________．答案62解析 由题意可知△A ′EF 是等腰直角三角形，且A ′D ⊥平面A ′EF.由于△A ′EF 可以补全为边长为1的正方形，则该四面体必能补全为长、宽、高分别为1，1，2的正四棱柱，三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球，易知正四棱柱的外接球的直径为12＋12＋22＝ 6.故球的半径为62. 8．(2017·德州模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，该几何体的体积是________；若该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的表面积是________．答案 133π解析 由三视图知该几何体是底面为1的正方形，高为1的四棱锥，故体积V ＝13×1×1×1＝13，该几何体与棱长为1的正方体具有相同的外接球，外接球直径为3，该球表面积S ＝4π×(32)2＝3π，正方体、长方体的体对角线即为外接球的直径．。

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。

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。

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。

高中数学立体几何角度和与体积计算方法在高中数学中，立体几何是一个重要的章节，它涉及到角度和体积的计算方法。

本文将以具体的题目为例，分析和说明这些题目的考点，并给出解题技巧和指导性语言，帮助高中学生或他们的父母更好地理解和应用这些知识。

一、角度计算方法角度是立体几何中一个重要的概念，它可以用来描述物体之间的相对位置关系。

在计算角度时，我们可以利用几何知识和三角函数来求解。

例如，有一道题目如下：已知一个正方体的一个顶点A，以及与这个顶点相邻的两个顶点B和C，求∠BAC的度数。

解题思路：1. 首先，我们可以利用正方体的性质，知道正方体的六个面都是相等的正方形，所以∠BAC的度数应该是90度。

2. 其次，我们可以利用三角函数来计算∠BAC的度数。

根据正方体的性质，我们可以知道AB与AC是两个边长相等的直角三角形，所以可以利用三角函数中的正弦函数来计算∠BAC的度数。

由于∠BAC是直角，所以sin(∠BAC) = 1，所以∠BAC的度数是90度。

通过这个例子，我们可以看到，角度的计算方法可以根据题目的要求来选择合适的方法。

在解题时，我们可以根据题目给出的条件和已知的几何知识来选择合适的计算方法。

二、体积计算方法体积是立体几何中另一个重要的概念，它可以用来描述物体的大小和容积。

在计算体积时，我们可以利用几何知识和公式来求解。

例如，有一道题目如下：已知一个长方体的长、宽、高分别为3cm、4cm、5cm，求它的体积。

解题思路：1. 首先，我们可以利用长方体的性质，知道长方体的体积可以通过长、宽、高的乘积来计算。

所以这个长方体的体积为3cm × 4cm × 5cm = 60cm³。

2. 其次，我们可以利用公式来计算长方体的体积。

长方体的体积公式为V = lwh，其中V表示体积，l表示长，w表示宽，h表示高。

所以这个长方体的体积为V = 3cm × 4cm × 5cm = 60cm³。

体积计算的五种方法方法1.公式法例1．正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A ．20+B ．C ．563D 例2．（2020全国1卷）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO ，求三棱锥P −ABC 的体积.解析：（1）连接,,OA OB OC ，D Q 为圆锥顶点，O 为底面圆心，OD ∴⊥平面ABC ，P 在DO 上，,OA OB OC PA PB PC ==∴==，ABC 是圆内接正三角形，AC BC ∴=，PAC △≌PBC ，90APC BPC ∴∠=∠=︒，即,PB PC PA PC ⊥⊥，,PA PB P PC =∴⊥ 平面,PAB PC ⊂平面PAC ，∴平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为,rl rl π=2222OD l r =-=，解得1,r l ==2sin 60AC r =，在等腰直角三角形APC 中，22AP AC ==Rt PAO 中，2PO ===，∴三棱锥P ABC -的体积为11333P ABC ABC V PO S -=⋅==△.方法2.等积转化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。

转化的目的是为了找到易于计算的：“好底”与“好高”.例3．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是侧面11BB C C 内的一个动点，则三棱锥1D AED -的体积为_________.例4.如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1DD 中点.若正方体棱长为2，求三棱锥1D AEC -的体积.23三、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；大多数情况下，可以把不规则几何体分割为三棱锥+四棱锥，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。

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。

立体几何中求体积的几种方法
立体几何中求体积的方法：
1、分割法，一般的考试题目不会给你一个简单的长方体，正方体，圆等等一些能套公式就能求出体积，而是弄一些多面体，让你求它的体积。

分割法，就是把多面体分割成几个我们常见的立体，然后求各个分割体的体积，最后相加就能得出所要求的体积了。

2、补形法，多面体加以拼补，把它拼成我们常见的立体，求出该立体的体积后，把补上去的各个立体的体积算出来，相减就能得出所要求的体积了。

3、等体积法，这个方法举例比较好说明，比如，求四面体P-ABC的体积，但是顶点P到面ABC的距离不好求（即高h），然而我们把顶点和底面换一下，换成四面体A-PBC，此时，定点A到面PBC的距离可以很容易就得到（AP丄面PBC，即AP就是高）,这样四面体A-PBC的体积就很容易求出来了。

显然，四面体P-ABC和四面体A-PBC是同一个立体，因此，求出四面体A-PBC的体积也是求出四面体P-ABC的体积。