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专题7:空间中的距离及体积问题(解析版)(1)_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》_立体几何初步PDF_PDF

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文档文本内容

专题7:空间中的距离及体积问题
模块一:基础知识.........................................................................2
考点一:距离定义......................................................................2
考点二:点线距.........................................................................2
考点三:点面距.........................................................................2
考点四:线线距.........................................................................2
考点五:线面距.........................................................................3
考点六:面面距.........................................................................3
考点七:公式法求体积................................................................ 3
考点八:等体积法求三棱锥体积.................................................... 3
考点九:多面体割补法求体积....................................................... 3
考点十:两部分体积比例法.......................................................... 3
模块二:题型分类.........................................................................4
题型一:两点之间的距离............................................................. 4
题型二:点到直线的距离............................................................. 6
题型三:直线到直线的距离........................................................ 10
题型四:点到平面的距离........................................................... 15
题型五:直线到平面的距离........................................................ 25
题型六:平面到平面的距离........................................................ 29
题型七:直接法求体积.............................................................. 33
题型八:等体积法求体积........................................................... 34
题型九:割补法求体积.............................................................. 36
题型十:体积比例法求体积........................................................ 39
题型十一:体积的最值问题........................................................ 42
模块三:综合巩固....................................................................... 45
专题7:空间中的距离及体积问题
模块一:基础知识
考点一:距离定义
1.点到平面的距离:平面外一点P 在该平面上的射影为P",则线段PP"的长度就是点到平面的距离.
2.两条异面直线的距离:两条异面直线的公垂线在这两条异面直线间的线段的长度,叫做两条异面直线的
距离.求法:如果知道两条异面直线的公垂线,那么就转化成求公垂线段的长度,
注:①和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线;
②公垂线与两条直线相交的点所形成的线段,叫做这两条异面直线的公垂线段;
③两条异面直线公垂线段的长度叫做这两条异面直线的距离
④公垂线段是异面直线上任意两点的最小距离
3.直线到平面的距离:一条直线与一个平面平行,这条直线上的任意一点到这个平面的距离叫做这条直线
到这个平面的距离.
4.平面与平面的距离
两个平行平面的公垂线、公垂线线段的定义:和两个平行平面同时垂直的直线,叫做这两个平行平面的公
垂线,其中夹在这两个平面间的部分,叫做这两个平行平面的公垂线段.
两个平行平面的距离:两个平行平面的共垂线段的长度,叫做两个平行平面的距离
空间距离包括空间内任意两点间的距离、点到直线的距离、点到平面的距离、直线到平面的距离以及两个
平行平面的距离,其中两点间距离和点到直线的距离可以用两点间距离公式处理;点到平面的距离、直线
到平面的距离以及两个平行平面的距离都可以转化为点到平面的距离.
考点二:点线距
1、点在直线上的射影
自点A 向直线l 引垂线,垂足
1A 叫做点A 在直线l 上的射影.
点A 到垂足的距离叫点到直线的距离.
2、点线距的求法:
点到直线的距离问题主要是将空间问题转化为平面问题,利用解三角形的方法求解距离。
考点三:点面距
1、点到平面的距离:
已知点P 是平面外的任意一点,过点P 作PA


,垂足为A ,则PA 唯一,则PA 是点P 到平面
的距离。即:一点到它在一个平面内的正射影的距离叫做这一点到这个平面的距离
奎屯
王新敞
新疆(转化为点到点的距离)
结论:连结平面外一点P 与内一点所得的线段中,垂线段PA 最短
奎屯
王新敞
新疆
2、点面距的求解问题,主要有三个方法:
(1)定义法(直接法):找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线,求出垂线段的长度;
(2)等体积法:通过点面所在的三棱锥,利用体积相等求出对应的点线距离;
(3)转化法:转化成求另一点到该平面的距离,常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离.
考点四:线线距
1、公垂线:两条异面直线的公垂线在这两条异面直线间的线段(公垂线段)的长度,叫做两条异面直线
间的距离.两条异面直线的公垂线有且只有一条.
2、两条异面直线的距离:两条异面直线的公垂线段的长度.
考点五:线面距
直线到与它平行平面的距离:一条直线上的任一点到与它平行的平面的距离,叫做这条直线到平面的距离
(转化为点面距离).如果一条直线l 平行与平面,则直线l 上的各点到平面的垂线段相等,即各点到的
距离相等;垂线段小于或等于l 上任意一点与平面内任一点间的距离;
考点六:面面距
1、两个平行平面的公垂线、公垂线段:
(1)两个平面的公垂线:和两个平行平面同时垂直的直线,叫做两个平面的公垂线.
(2)两个平面的公垂线段:公垂线夹在平行平面间的的部分,叫做两个平面的公垂线段.
(3)两个平行平面的公垂线段都相等.
(4)公垂线段小于或等于任一条夹在这两个平行平面间的线段长.
2.两个平行平面的距离:两个平行平面的公垂线段的长度叫做两个平行平面的距离.
考点七:公式法求体积
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
考点八: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。
考点九: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。
考点十:两部分体积比例法
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。
模块二:题型分类
题型一:两点之间的距离
1.上、下底面面积分别为36π和49π,母线长为5 的圆台,其两底面之间的距离为(
)
A.4
B.3 2 C.2 3 D.2 6
【答案】D
【分析】首先根据题意得到所以圆台上、下底面半径分别为6 和7,再画出图形,利用勾股定理求解即可.
【详解】设圆台的母线长l、高h 和上、下两底面圆的半径r,R,
由题意可知:�= �, ���= ���, ���= ���,解得�= �, �= �,
如图可得:��= �, ��= �, ��= �, ��= �−�= �, ��= ��= �,
满足关系式���=���+���,即��=��+�,求得�= ��,
即两底面之间的距离为��.
故选:D.
2.如图,线段AB,BD 在平面�内,��⊥��,��⊥�,且��= 4,��= 3,��= 12,则C,D 两点间的
距离为(
)
A.19
B.17
C.15
D.13
【答案】D
【分析】根据线面垂直的性质定理结合勾股定理求解.
【详解】
连接��,因为��⊥��,所以��=
���+ ���= �,
又因为��⊥�,��⊂�,所以��⊥��,
所以��=
���+ ���= ��,
故选:D.
3.在矩形ABCD 中,��= 15,��= 20,现将△CBD 沿对角线BD 翻折,使得平面ABD 与平面CBD 垂直,此
时A、C 两点之间的距离为_____________
【答案】���
【分析】根据题意过点�作��⊥��,垂足为�,过点�作��⊥��,垂足为�,连接��,��,利用面面
垂直的性质得到��⊥��,利用勾股定理计算即可求解.
【详解】如图,过点�作��⊥��,垂足为�,过点�作��⊥��,垂足为�,连接��,��,
因为在矩形ABCD 中,��= ��,��= ��,
所以��=
���+ ���=
���+ ���= ��,
则Rt△���中,由面积相等可得
�
���⋅��=
�
���⋅��,
解得��= ��,则��=
���−���=
���−���= �
同理��= ��,��= �,所以��= �,
在Rt△���中,��=
���+ ���=
��+ ���=
���,
因为平面���⊥平面���,且平面���∩平面���= ��,又因为��⊥��,
且��⊂平面���,所以��⊥平面���,因为��⊂平面���,所以��⊥��,
在Rt△���中,��=
���+ ���=
���+ ���=
���,
故答案为:���.
4.如图,直三棱柱���−�1�1�1中,∠���=
π
2 ,��= ��1 = 1,��= 2,点�是��的中点,点�是线段
�1�上一动点,点�在平面���1上移动,则�,�两点之间距离的最小值为(
)
A.
3
3
B.
1
2C.
2
3D.1
【答案】A
【分析】根据题意可证:���∥平面����,可得�,�两点之间距离的最小值为�,利用等体积法求�,即
可得结果.
【详解】连接���交���于点�,连接��,
∵�, �分别为���, ��的中点,则��∥���,
且��⊂平面����,���⊄平面����,
∴���∥平面����,
则点�到平面����的距离相等,设为�,则�,�两点之间距离的最小值为�,
即点��到平面����的距离为�,
∵���的中点�在���上,则点�到平面����的距离为�,
由题意可得为��= ��= ���= �, ���= ��= ���=
�,
由��−����= ���−���,则
�
�× �×
�
�×
�×
�×
�
�=
�
�× �×
�
�× �× �,解得�=
�
�,
故�,�两点之间距离的最小值为�=
�
�.
故选:A.
5.�为矩形����所在平面外一点,且��⊥平面ABCD,P 到B、C、D 三点的距离分别为5、17、13,则�
点到�点的距离为______.
【答案】1
【分析】分别设��= �, ��= �, ��= �,利用勾股定理建立等式分别求出,即得.
【详解】如图所示,设��= �, ��= �, ��= �,因为��⊥平面����,
易得��⊥��, ��⊥��, ��⊥��,
在Rt△���中,��=
��+ ��=
�,
同理��=
��+ ��=
��,��=
��+ ��+ ��=
��,
解得�= �, �= �, �= ��,所以��= �, ��= �, ��= ��,
故答案为:1.
题型二:点到直线的距离
1.如图,正三角形ABC 的边长为2,P 是三角形ABC 所在平面外一点,PA 平面ABC,且
1
PA ,则P 到
BC 的距离为___________.
【答案】2
【解析】取BC 中点D ,连接AD ,PD
因为ABC

为正三角形,所以AD
BC

又因为PA 平面ABC,BC 平面ABC,则BC
PA

,
又PA
AD
A


,则BC 平面PAD ,则BC
PD

,
又正三角形ABC 的边长为2,则
3
AD 
则
2
2
1 3
2
PD
PA
AD





所以P 到BC 的距离为2
2.在棱长为2 的正方体����−�'�'�'�'中,点�为棱��'的中点,则点�'到直线��的距离为(
)
A.3
B.2 2 C.
6 5
5
D.
2 5
5
【答案】C
【分析】作出辅助线,找到点�'到直线��的距离,并求出各边长度,由余弦定理得到���∠�′��,由同角
三角函数关系得到���∠�′��,求出点到直线的距离.
【详解】链接�′�,�'�,�′�′,过点�′作�′�⊥��于点�,
故�′�即为点�'到直线��的距离,
∵正方体����−�'�'�'�'的棱长为�,
∴�′�′ = �′�=
��+ ��= ��,��=
���+ ���=
�+ �=
�,
�′�=
�′�′�
+ �′��=
�+ �= �,
在△�′��中,���∠�′��=
�′��+���−�′��
��′�⋅��
=
�+�−�
�×��× �=
��
��,
故���∠�′��=
�−����∠�′��=
���
��.
点�'到直线��的距离为�′�= �′����∠�′��= ��×
���
��=
��
�.
故选:C
3.在长方体����−�1�1�1�1中,如果��= ��= 1,��1 = 2,那么A 到直线�1�的距离为(
)
A.
3 6
3
B.
3 6
2
C.
2 6
3
D.
2 3
3
【答案】D
【分析】由已知可得���=
�,��=
�,���⊥��.根据等面积法,即可求出答案.
【详解】
如图,连结��,���.
因为���是长方体的体对角线,所以���=
���+ ���+ ����=
�,
��=
���+ ���=
�.
由长方体的性质可知,���⊥平面����,
因为��⊂平面����,所以���⊥��.
所以,�△����=
�
����× ��=
�.
设A 到直线���的距离为�,则�△����=
�
����× �=
�
�×
��=
�,
所以,�=
��
�=
��
�.
故选:D.
4.【等面积法】古希腊数学家帕普斯在《数学汇编》第三卷中记载着一个确定重心的定理:“如果同一平
面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交,那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的
体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”,即�= ��(V 表示平面图形绕旋转轴旋
转的体积,S 表示平面图形的面积,�表示重心绕旋转轴旋转一周的周长).已知Rt△ACB 中,��⊥��, ��=
2, ��= 4,则△ACB 的重心G 到AC 的距离为(
)
A.
4
3B.
2
3C.1
D.2
【答案】B
【分析】根据题意,用式子分别表示出圆锥体积、三角形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长,进而求
出距离.
【详解】直角三角形绕��旋转一周所得的圆锥的体积为�=
�
�× ��× �=
���
�;
三角形���的面积�=
�
�× �× �= �,记重心�到��的距离为�,
由�= ��,可得
���
�= ���× �,解得�=
�
�,
所以△���的重心G 到��的距离为
�
�.
故选:B.
5. P 为边长为a 的正三角形ABC 所在平面外一点且PA
PB
PC
a



,则P 到AB 的距离为_____.
【答案】
3
2
a
【解析】因为PA
PB
AB
a



,所以ABP

是等边三角形
所以P 到AB 的距离为
2
2
3
2
2
a
a
a








故答案为:
3
2
a
6.在菱形ABCD中,
6
AB 
,
30
B


,P 为菱形ABCD所在平面外一点,PA


,
4
PA 
,P 到直线
BC 距离为_________.
【答案】5
【解析】如图,作PH
BC

,垂足为H ,
因为PA


,即PA 平面ABCD,且BC 平面ABCD,
所以PA
BC

.
因为
,
,
PH
PA
P PH PA


平面PAH ,
所以BC 平面PAH .
因为AH 平面PAH ,所以BC AH .
因为
6
AB 
,
30
B


,所以
6 sin30
3
AH 

.
因为PA 平面ABCD ,AH 平面ABCD ,所以PA
AH

.
所以
2
2
2
2
4
3
5
PH
PA
AH





.
故答案为:5.
7.如图,S 为矩形ABCD所在平面外一点,且SC


,S 到D,A,B 的距离分别是
5 ,17 ,13 ,则
SC ______;S 到BD 的距离是______.
【答案】1;2
【解析】(1)把该四棱锥放在长方体中,
设AB
x

,AD
y

,SC
z

,
由题得
2
2
5
SD
x
z



①
2
2
13
SB
y
z



②,
2
2
2
17
SA
x
y
z




③,
将①②③联解,可得
2
x 
,
2 3
y 
,
1
z .
故S到C 点的距离
1
SC .
(2)过点S作SO
BD

,垂足为
,
O
由题得
5,
13,
4,
SD
SB
BD



所以
5 13 16
1
8
cos
,
sin
2 5
13
65
65
BSD
BSD









,
所以1
1
8
4
5
13
,
2
2
2
65
SO
SO







.
所以S 到BD 的距离是2.
故答案为:1;2.
题型三:直线到直线的距离
1.已知矩形ABCD中,
2,
1
AB
BC

,折叠使点A,C 重合,折痕为MN ,打开平面ADMN ,使二面角
A
MN
C


的大小为3
,则直线MN 与直线AC 的距离为(
)
A.
3
2
B.
15
4
C.1
D.3 2
2
【答案】B
【解析】如图,设MN 的中点为P,
则折叠后二面角A
MN
C


的平面角为
APC

.
又
5
2
PA
PC


,于是
APC
△
是边长为
5
2 的正三角形.
设AC 的中点为Q,则PQ为AC 与MN 的公垂线段,
也即直线MN 与直线AC 的距离,
为
3
5
15
2
2
4
PQ 


.故选:B.
2.已知矩形����中,��= 2, ��= 1,折叠使点A,C 重合,折痕为��,打开平面
����,使二面角�−��−�的大小为
�
3,则直线��与直线��的距离为(
)
A.
3
2
B.
15
4
C.1
D.
3 2
2
【答案】B
【分析】设��的中点为P,��的中点为Q,则��为��与��的公垂线段,利用题设中的二面角可求公垂
线段的长度.
【详解】如图,设��的中点为P,则折叠后二面角�−��−�的平面角为∠���.
又��= ��=
�
�,于是△���是边长为
�
�的正三角形.
设��的中点为Q,则��为��与��的公垂线段,也即直线��与直线��的距离,为��=
�
�×
�
�=
��
�.
故选:B.
3.已知菱形����中,∠���=
π
3 ,沿对角线��折起,使二面角�−��−�的平面角为�,若异面直线��
与��的距离是菱形边长的
3
4,则�=(
)
A.
π
6
B.
π
4
C.
π
3
D.
π
2
【答案】C
【分析】先找到二面角�−��−�的平面角为∠���,再证明��是异面直线��与��的距离,在R�△
���中求解.
【详解】如图,设菱形的边长为��,连接两条对角线��∩��= �
易得��⊥��,��= ��=
��
菱形����沿对角线��折起,连接��,得到三棱锥�−���
在菱形����中,��⊥��,翻着后垂直不变,即��⊥��
��⊥��
所以∠���是二面角�−��−�的平面角,即∠���= �
又因为
��⊥��
��⊥��
��∩��= �
��, ��⊂面���
所以��⊥平面���,取��中点�,连接��
又因为��⊂平面���
所以��⊥��
在△���中,��= ��=
��,并且�为��的中点,
所以��⊥��
故��是异面直线��与��的距离
又因为异面直线��与��的距离是菱形边长的
�
�
所以��=
�
�× ��=
�
��
在R�△���中,∠���=
�
�
所以���
�
�=
��
��=
�
��
��=
�
�,又因为
�
�∈�,
π
�
所以
�
�=
π
�∴�=
π
�
故选:C
4.如图,在空间四边形ABCD中,
2
AB
BD
AD



,
7
2
BC
CD


,
3
2
AC 
,延长BC 到E ,使BC
CE

,
取BD 中点F ,求异面直线AF 与DE 的距离和它们所成的角.
【答案】异面直线AF 与DE 间的距离为1,它们所成角为60
【解析】
2
AB
AD
BD




,
ABD

为等边三角形.
F

为BD 的中点,
AF
BD


,即AF
FD

.
7
2
BC
CD
CE




,则
CBD
CDB


,
CED
CDE


,
所以,


1
90
2
BDE
CBD
CDB
CED
CDE







,则DF
DE

,
DF

的长即为异面直线AF 与DE 的距离.
又
1
1
2
DF
BD

,所以,异面直线AF 与DE 间的距离为1.
如图,连接CF ,
F

、C 分别是BD 、BE 的中点,
//
CF DE

且
1
2
CF
DE

,
AFC


或其补角即为异面直线AF 与DE 所成的角.
在等边三角形ABD 中,
3
3
2
AF
AB


,
在直角三角形BDE 中,


2
2
2
2
1
1
1
3
7
2
2
2
2
2
CF
DE
BE
BD






.
在
AFC
△
中,由余弦定理得
2
2
2
1
cos
2
2
AF
FC
AC
AFC
AF FC






,
0
180
AFC





,所以,
60
AFC


,即异面直线AF 与DE 所成的角为60.
5.(多选)在长方体����−�1�1�1�1中,��= ��1 = 2��= 2 ,则(
)
A.��1与��1是异面直线
B.��1与��1是异面直线
C.异面直线�1�1与��的距离为1
D.异面直线��1与��的距离为
2 5
5
【答案】ABD
【分析】利用异面直线的定义判断选项AB,求出异面直线����与��的距离为2,即可判断选项C,把异面
直线���与��的距离转化为��到平面����的距离,再转化为点�到平面����的距离,再利用等体积法
求解判断.
【详解】如图所示,���与���是异面直线,���与���是异面直线,所以选项AB 正确;
由正方体得���⊥平面��������,所以���⊥����.又���⊥��,所以���是异面直线����与��的公
垂线段,又���= �,所以异面直线����与��的距离为2,所以选项C 错误;
因为��∥��, ��⊄平面����,���⊂平面����,所以��∥平面����,所以��到平面����的距离就是
异面直线���与��的距离,即点�到平面����的距离就是异面直线���与��的距离.设距离为�,由题得
���=
��+ ��=
�.因为���−���= ��−����, ∴
�
�⋅
�
�× �× �× �=
�
�⋅
�
�× �×
�× �, ∴�=
�
�
�.所以
异面直线���与��的距离为
��
�,所以选项D 正确.
故选:ABD
6.如图,已知四棱锥P
ABCD

中,ABCD为矩形,PB 平面
,
3,
5
ABCD BC
PC


,
4 2
PA 
,异面直
线BC 与PD 之间的距离为___________.
【答案】2 2
【解析】因为PB 平面ABCD ,所以
,
5,
3
PB
BC PC
BC


,
所以
4,
4 2
PB
PA


,所以
4
AB 
,
因为
,
,
,
4,
3
PB
BA PB
BC AB
BC PB
AB
BC






因此我们将四棱锥P
ABCD

构建成长方体EPGH
ABCD

.
接下来我们寻找异面直线
,
PD BC 的公垂线
PD 在平面GCDH 上的投影为GD ,CH
GD

,
易证CH 平面PGD ,故得CH
PD

,CH
BC

,
连接BH ,BH 与PD 相交于O,则O 为BH 的中点,
作BC 的中点F ,连接OF ,则
/ /
OF
HC ,
OF
BC


,OF
PD

,
所以OF 是
,
PD BC 的公垂线段,即OF 的长度就是异面直线BC 与PD 之间的距离.
且
1
2 2
2
OF
HC


,
故答案为:2 2 .
7.空间四边形ABCD 中,
2
AB
BD
AD



,
3
BC
CD


,延长BC 到E ,使得BC
CE

,F 为BD 中点,
则异面直线AF 和DE 的距离为______.
【答案】1
【解析】如图,
2
AB
AD


,F 为BD 中点,所以AF
BD

,
3
BC
CD


,F 为BD 中点,则CF
BD

,
又BC
CE

,因此
/ /
DE
CF ,有BD
DE

,
所以DF 是异面直线AF 和DE 的距离,
故它们的距离等于1,
故答案为:1.
8.(多选)如图,在棱长为4 的正方体����−�1�1�1�1中,E,F,G 分别为棱��,��,��的中点,点
P 为线段�1�上的动点,则(
)
A.两条异面直线�1�和��1所成的角为45°
B.存在点P,使得�1�//平面���
C.对任意点P,平面���1 ⊥平面���
D.点�1到直线�1�的距离为4
【答案】BCD
【分析】根据异面直线所成角的概念结合正方体的性质可判断A,根据线面平行的判定定理可判断B,根
据线面垂直的判定定理可得��⊥平面����,然后根据线线垂直的判定定理可判断C,利用余弦定理结合
条件可判断D.
【详解】对于A,由正方体的性质可知���//���,两条异面直线���和���所成的角即为∠����= ��°,
所以A 错误
;
对于B,当点P 与点��重合时,由题可知��//��, ��= ��, ����//��, ����= ��,
所以��//����, ��= ����,四边形������为平行四边形,故���//���,
又���⊄平面���,���⊂平面���,则���//平面���,所以B 正确;
对于C,连结��,由于���⊥平面����,��⊂平面����,故���⊥��,
又��= ��, ��= ��, ∠�= ∠���,故△���≅△���,故∠���= ∠���,即∠���+ ∠���= ��∘,
故��⊥��,
又��, ���相交,��, ���⊂平面����,故��⊥平面����,又��⊂平面���,故对任意点�,平面����⊥
平面���,所以C 正确;
对于D,由正方体的性质可得����= ��, ���=
��+ ��+ ��= �,���=
��+ ��= ��,
所以���∠�����=
����
�+���
�−����
�⋅����⋅���
=
��+ ��
�−��
����
=
�
�,
所以∠�����= ��°,所以点��到直线���的距离�= �������∠�����= ��×
�
�= �,所以D 正确.
故选:BCD.
题型四:点到平面的距离
1.如图,P 为矩形ABCD 所在平面外一点,PA 平面ABCD ,若已知
3,
4,
1
AB
AD
PA



,求点P 到BD
的距离.
【答案】13
5
【解析】过A 作AE
BD

于E ,连接PE ,
直线PA⊥平面ABCD,
AP
BD


,
又AE
BD

,
,
,
AP
AE
A AP AE



面PAE,
则BD 面PAE
PE
BD


,PE 为所求的距离,
在
ABD
△
中,
12
5
AB AD
AE
BD



,
在
APE
V
中,
2
2
2
2
12
13
1
.
5
5
PE
AE
AP











,
2. ABC

的三边长分别为3、4、5,P 为平面ABC 外一点,它到三边的距离都等于2,则P 到平面ABC 的
距离是________.
【答案】
3
【解析】如图ABC

,
3,
4,
5
AB
BC
AC



,则ABC

为直角三角形,
作PO 平面ABC 于O,PD
AB

于D ,PE
BC

于E ,PF
AC

于F ,
连接
,
,
OD OE OF ,
由题可知
2
PD
PE
PF



,故OD
OE
OF


,
由PO 平面ABC ,AB 平面ABC ,所以PO AB ,
又
AB
PD


,
,
PD
PO
P PD



平面POD ,PO平面POD ,
AB

平面POD ,DO 平面POD ,
AB
OD


,同理
,
BC
OE AC
OF


,
故O 是Rt
ABC
△
的内切圆圆心,设其半径为r ,
则


1
1
3 4
3
4
5
2
2
r





,所以
1
r
OD

,
所以
2
1
2
1
3
PO 


.
3.如图,圆柱��1的上、下底面圆心分别为�1,O,底面圆直径��= 2,圆柱高为3,C 是下底面圆周上
一动点,连接��1,过��1作圆柱的截面,当截面与圆柱的下底面所成的角最小时,点O 到截面的距离为
(
).
A.
3
2
B.
2
2
C.1
D.与动点C 的位置有关
【答案】A
【分析】根据二面角的定义作出二面角的平面角,利用二面角的正切值分析得D 点与C 点重合时,二面角
最小,从而可求解.
【详解】∵截面过���,∴截面与圆柱的下底面的交线过C 点,
设交线为l,连接��,过点O 向l 引垂线,垂足点为D,连接���,
则∠����为截面与圆柱的下底面所成的角�,且����=
���
��=
�
��,
∴要使�最小,则��最大,而��≤��= �,
此时D 点与C 点重合,�⊥平面����,且l 在截面内,从而截面垂直于平面����,
∴点O 到截面的距离为点O 到直线���的距离
��⋅���
���
=
�× �
�
=
�
�.
故选:A.
4.在直四棱柱����−�1�1�1�1中,四边形����为平行四边形,平面�1��⊥平面�1��.
(1)求证:��⊥��;
(2)若��1 = 2��= 2��= 4,�,�分别为��1,��1的中点,求�到平面BDF 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2) �
【分析】(1)先证明出��⊥平面����,再利用线面垂直的判定定理证明出��⊥��;
(2)连接���,证明出���⊥平面BDF.进而求出点�到平面BDF 的距离.
【详解】(1)由题意知���⊥平面����,��⊂平面����,所以���⊥��.
过�在平面����内作直线��⊥���;交���于点G,
因为平面����⊥平面����,平面����∩平面����= ���,��⊂平面����,
所以��⊥平面����.
又��⊂平面����,所以��⊥��.
因为���∩��= �,���,��⊂平面����,所以��⊥平面����,
又��⊂平面����,所以��⊥��.
(2)连接���,由(1)知��⊥��,因为��//��,所以��⊥��.
因为�为���中点,且���= ���= ���= �,
所以����= ���= ��= ��= �,
���⊥��,���= ��,��= ��,
��=
��+ ��
�= ��,���=
��+ ��= ��,
所以����+ ���= ����,因此���⊥��,又因为��∩��= �,
所以���⊥平面BDF.
因为�为���的中点,所以点�到平面BDF 的距离为
�
����=
�
�× ��=
�.
5.如图,PA 是三棱锥

P
ABC 的高,线段BC 的中点为M ,且AB
AC

,
2
AB
AC
PA



.
(1)证明:BC 平面PAM ;
(2)求A 到平面PBC 的距离.
【答案】(1)证明见解析;(2)2 3
3
.
【解析】(1)因为AB
AC

,线段BC 的中点为M ,所以BC
AM

.
因为PA 是三棱锥

P
ABC 的高,所以PA 平面ABC ,
因为BC 平面ABC ,所以PA
BC

.
因为PA 平面PAM ,AM 平面PAM ,PA
AM
A


,所以BC 平面PAM
(2)法一:(综合法)
在平面PAM 中,过A 点作AH
PM

,如图所示,
因为BC 平面PAM ,AH 平面PAM ,所以BC
AH

.
因为AH
PM

,BC 平面PBC ,PM 平面PBC ,PM
BC
M


,
所以AH 平面PBC .
在Rt BAC

中,
2
2
1
1
1
4
4
2
2
2
2
AM
BC
AB
AC







.
所以在Rt PAM

中,
2
2
4
2
6
PM
PA
AM





,
所以
2 2
2 3
3
6
PA
AM
AH
PM




,
所以A 到平面PBC 的距离为2 3
3
.
法二:(等体积法)
设A 到平面PBC 的距离为d ,
则在Rt BAC

中,
2
2
1
1
1
4
4
2
2
2
2
AM
BC
AB
AC







.
在Rt PAM

中,
2
2
4
2
6
PM
PA
AM





.
因为PA 是三棱锥

P
ABC 的高,
所以
1
1
1
4
2 2 2
3
3
2
3
P ABC
ABC
V
S
PA







△
,
1
1
1
4
2 2
6
3
3
2
3
P ABC
PB
PBC
C
A
V
V
S
d
d











△
,解得
2 3
3
d 
,
所以A 到平面PBC 的距离为2 3
3
.
6.已知四棱柱����−�1�1�1�1的底面是正方形,��= 2,��1 = 2 2,点�1在底面ABCD 的射影为BC 中
点H,则点�1到平面ABCD 的距离为(
)
A.6
B.7
C.2 2 D.3
【答案】B
【分析】求出���,根据����∥平面ABCD 即可得点��到平面ABCD 的距离.
【详解】如图,
连接���,则���⊥平面ABCD,且���=
���
�−���=
�,
由题可知����∥��,
又∵����⊄平面ABCD,��⊂平面ABCD,
∴����∥平面ABCD,
∴点��到平面ABCD 的距离与点B1 到平面ABCD 的距离���相等.
故选:B.
7.如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为正方形,PA⊥平面ABCD,��= ��= 2,点E,F 分别是PC,
PD 的中点,则点C 到平面AEF 的距离为(
)
A.
2
2
B.2
C.
3
2D.2
【答案】B
【分析】易证��⊥平面AEF,得到PF 为点P 到平面AEF 的距离,再根据E 是PC 的中点,得到点C 与点P
到平面AEF 的距离相等求解.
【详解】解:在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为正方形,PA⊥平面ABCD,
所以��⊥��,��⊥��,又��∩��= �,
所以��⊥平面PAD,又��⊂平面PAD,
所以��⊥��,
因为点E,F 分别是PC,PD 的中点,
所以��//��,所以��⊥��,
又��= ��,则��⊥��,且��∩��= �,
所以��⊥平面AEF,
所以PF 为点P 到平面AEF 的距离,
又因为E 是PC 的中点,
所以点C 与点P 到平面AEF 的距离相等,
即��=
�,
所以点C 到平面AEF 的距离为�,
故选:B
8.如图,正方形����所在平面外一点�满足��⊥平面����,且��= 3,��= 4.求点�到平面���的距
离.
【答案】
��
�
【分析】计算出三棱锥�−���的体积以及△���的面积,然后利用等体积法可求得点�到平面���的距
离.
【详解】解:因为四边形����是边长为�的正方形,则�△���=
�
���⋅��=
�
�× ��=
�
�,
因为��⊥平面����,则��−���=
�
��△���⋅��=
�
�×
�
�× �= �.
因为��⊥平面����,��、��⊂平面����,则��⊥��,��⊥��,
又因为��⊥��,��∩��= �,��、��⊂平面���,∴��⊥平面���,
因为��⊂平面���,所以,��⊥��,
因为��= �,��= �,则��=
���+ ���=
��+ ��= �,
所以,�△���=
�
���⋅��=
�
�× �× �=
��
�,
设点�到平面���的距离为�,则��−���= ��−���,即
�
��△���⋅�=
�
�×
��
��= �,
解得�=
��
�,
因此,点�到平面���的距离为
��
�.
9.如图,在四棱锥�−����中,四边形����是菱形,∠���= 60°,��= ��,�是棱��上的一点,且2��Ԧ
ሬሬሬሬ=
3��Ԧ
ሬሬሬሬ.
(1)证明:��⊥平面���.
(2)若��= 2,��= ��=
6,求点�到平面���的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
���
�
【分析】(1)利用菱形、等腰三角形的性质以及线面垂直的判定定理.
(2)利用线面垂直的判定定理、性质定理以及等体积法进行求解.
【详解】(1)证明:记��∩��= �,连接��,则�是��,��的中点.
因为四边形����是菱形,所以��⊥��.
因为��= ��,且�是��的中点,所以��⊥��.
因为��,��⊂平面���,且��∩��= �,
所以��⊥平面���.
(2)
连接��.因为��= ��,且�是��的中点,所以��⊥��.
因为��⊥��,��,��⊂平面����,且��∩��= �,所以��⊥平面����.
因为��= �,∠���= ��°,所以��= �,��=
�,所以��=
�,
故三棱锥�−���的体积��−���=
�
�×
�
�× �×
�×
�= �,
因为���Ԧ
ሬሬሬሬ= ���Ԧ
ሬሬሬሬ,所以��−���=
�
���−���=
�
�.
过点�作��⊥��,垂足为�,
由题中数据可得��=
�
���=
�
�,��=
�
���=
��
�,则��=
��
�.
因为��⊂平面���,且��⊥平面���,所以��⊥��,
则△���的面积�=
�
�× �×
��
�=
��
�.
设点�到平面���的距离为�,则��−���=
�
�×
��
��=
�
�,解得�=
���
�.
10.如图多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 是菱形,
60
ABC


,EA 平面ABCD ,
//
EA BF ,
2
2
AB
AE
BF



.
(1)证明:平面EAC 平面EFC ;
(2)求点B 到平面CEF 的距离.
【答案】(1)证明见解析;(2)
2
2
【解析】(1)证明:取EC 的中点G ,连接BD 交AC 于N ,连接GN ,GF ,
因为ABCD 是菱形,所以AC
BD

,且N 是AC 的中点,
所以
//
GN AE 且
1
2
GN
AE

,又
//
AE BF ,
2
2
AE
BF


,
所以
//
GN BF 且GN
BF

,
所以四边形BNGF 是平行四边形,所以
//
GF BN ,
又EA 平面ABCD,BN 平面ABCD,所以EA
BN

,
又因为AC
EA
A


,
,
AC EA 平面EAC ,
所以NB 平面EAC ,所以GF 平面EAC ,
又GF 平面EFC ,所以平面EFC 平面EAC ;
(2)设B 到平面CEF 的距离为d ,
因为EA 平面ABCD ,AC 平面ABCD ,所以EA
AC

,
因为
//
EA BF , EA 平面ABCD ,所以BF 平面ABCD ,
且BC 平面ABCD ,所以BF
BC

,
因为
60
ABC


,
2
AB 
,所以
2
AC 
,
所以
2
2
2 2
EC
AC
AE



,
2
2
5
CF
BC
BF



,
2
2
2
1
5
EF 


,
所以FG
EC

且
2
2
3
FG
CF
CG



,
所以
1
6
2
CEF
S
EC FG



△
,
取AB 中点为M ,连接CM ,因为ABCD是菱形,
60
ABC


,
所以ABC

为等边三角形,所以CM
AB

,且
2
2
2
1
3
CM 


,
又因为EA 平面ABCD,CM 平面ABCD,所以EA
CM

,
且
,
,
AB
EA
A AB EA



平面ABFE ,
所以CM 平面ABFE ,
又因为
1
1
1
3
3
3
2
3
C BEF
BEF
V
S
CM
BF
AB CM









,
因为
B CEF
C BEF
V
V



,即1
3
3
3
CEF
S
d


△
,所以
2
2
d 
.
11.在三棱锥

P
ABC 中,底面ABC 是边长为2 的等边三角形,点P 在底面ABC 上的射影为棱BC 的中点O,
且PB 与底面ABC 所成角为π
3 ,点M 为线段PO 上一动点.
(1)证明:BC
AM

;
(2)若
1
2
PM
MO 
,求点M 到平面PAB 的距离.
【答案】(1)见解析;(2)
15
15
.
【解析】(1)分别连接AO ,AM ,
O

为BC 中点,ABC

为等边三角形
AO
BC


,
点P 在底面ABC 上的投影为点O ,
PO

平面ABC ,
BC 

平面ABC ,
PO
BC


,
又
,
AO
PO
O AO




平面
,
APO PO 平面APO ,
BC

面APO ,
AM 

面APO ,
BC
AM

∴
.
(2)设点M 到平面PAB 的距离为h ,点O到面PAB 的距离为d ,
1
1
,
2
3
PM
h
d
MO 


,
BO

为PB 在底面ABC 上的投影,
PBO

为PB 与面ABC 所成角,
3
PBO



,
PO

垂直平分BC ,
PB
PC


,
PBC
△
为正三角形,
2
PB


,
Rt AOP

中,易得
3
AO
OP


2
2
6
AP
AO
PO



,
2
BA
BP



,
B

到PA 的距离为
2
2
6
10
2
2
2










,
15
2
PAB
S



,
又
3
2
AOB
S


,
由
P
AOB
O PAB
V
V



,
1
1
3
3
AOB
PAB
S
PO
S
d






,
3
3
15
2
5
15
2
AOB
PAB
S
PO
d
S








,
1
15
3
15
h
d



,
点M 到平面PAB 的距离为15
15
12.已知三棱锥�−���的四个顶点均在球�的球面上,��= ��= 2,��= ��=
5,��= ��=
3,�
为球�的球面上一动点,则点�到平面���的最大距离为(
)
A.
6
2 +
22
11
B.
6
2 +
66
22
C.6 +
22
11
D.6 +
66
22
【答案】B
【详解】以三棱锥的棱作为长方体的面对角线,可将其补全为长方体,根据长方体外接球半径的求法可求
得球�的半径�,利用正弦定理可求得△���的外接圆半径,进而求得圆心�到平面���的距离,则最大
距离为�+ �.
【分析】∵��= ��= �,��= ��=
�,��= ��=
�,
∴可将三棱锥�−���补成如图所示的长方体����−����,
∴���+ ���= ���= �,���+ ���= ���= �,���+ ���= ���= �,
∴���+ ���+ ���= �,∴球�的半径�=
�
�
���+ ���+ ���=
�
�;
在△���中,���∠���=
���+���−���
���⋅��
=
�+�−�
���=
���
��,则���∠���=
���
��.
设△���的外接圆半径为�,则��=
�
���
��
,解得:�=
���
��,
则球心�到平面���的距离�=
��−��=
�
�−
��
��=
��
��,
∴点�到平面���的最大距离为
�
�+
��
��.
故选:B.
【点睛】关键点点睛:本题考查多面体外接球相关问题的求解,本题求解三棱锥外接球的关键是能够根据
三棱锥对棱长相等的特征,以三棱锥的棱作为长方体的面对角线,将几何体补全为长方体.
题型五:直线到平面的距离
1.设正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D

的棱长是2,求棱
1
AA 和平面
1
1
BB D D 的距离.
【答案】
2
【解析】连接BD、AC,
1
1
1
1
ABCD
A B C D


为正方体,
四边形ABCD 为正方形,
AC
BD


,
1
AC
BB


,
1
BD
BB
B


,
AC

平面
1
1
BB D D ,
A

到平面
1
1
BB D D 的距离为1
2 2
2
2 

,
1
AA

平面
1
1
BB D D ,
1
AA

到平面的距离即A 到平面的距离,
棱
1
AA 和平面
1
1
BB D D 的距离为
2 .
2.若正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D

的底面边长为1,
1
AB 与底面ABCD 成60角,则
1
1
AC 到底面ABCD 的距离
为__________.
【答案】
3
【解析】∵正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D

,
∴平面
//
ABCD
平面
1
1
1
1
D
C
B
A
,

1
1
AC 平面
1
1
1
1
D
C
B
A
,
1
1//
AC

平面ABCD ,
1
1
AC

到底面ABCD的距离为正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D

的高
∵正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D

的底面边长为1,
1
AB 与底面ABCD 成60角,
1
3
AA


故答案为:
3 .
3.已知直线m、n 及平面�,其中�//�,那么在平面�内到两条直线m、n 距离相等的点的集合可能是:①
一条直线;②一个平面;③一个点;④空集.其中正确的是(
)
A.①②③
B.①②④
C.①④D.②④
【答案】B
【分析】设一个平面�,该面满足�//�,�//�,且�, �到平面�的距离相等且异侧,全面考虑平面�与平面
�位置关系的几种情况,判断即可.
【详解】设一个平面�,该面满足�//�,�//�,且�, �到平面�的距离相等且异侧,如图
则平面�的所有点到两条直线m、n 距离相等,
若平面�与平面�相交于�时,则�上的所有点到两条直线m、n 距离相等,故①正确;
若平面�与平面�平行时,则平面�上没有点到两条直线m、n 距离相等,故④正确;
若平面�与平面�重合时,则平面�上所有点到两条直线m、n 距离相等,故②正确;
故任何时候都不可能只有一个点满足条件,
所以正确的有①②④.
故选:B.
4.设正方体����−�1�1�1�1的棱长是2,求棱��1和平面��1�1�的距离.
【答案】�
【分析】根据已知得出��⊥��,即可得出��⊥平面������,即可求出点�到平面������的距离,根
据���∥平面������,得出���到平面的距离即A 到平面的距离,即可得出答案.
【详解】连接BD、AC,
∵����−��������为正方体,
∴四边形ABCD 为正方形,
∴��⊥��,
∵��⊥���,��∩���= �,
∴��⊥平面������,
∴�到平面������的距离为
�
�× ��=
�,
∵���∥平面������,
∴���到平面的距离即A 到平面的距离,
∴棱���和平面������的距离为�.
5.如图,在正四棱锥P-ABCD 中,��= ��= 3 2,点M,N 分别在PA,BD 上,且
��
��=
��
��=
1
3.
(1)求证:��⊥��;
(2)求证:��//平面PBC,并求直线MN 到平面PBC 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
��
�
【分析】
(1)连接AN 并延长交BC 于E,连接PE,先通过比例得到��∥��,再通过证明��⊥��可得��⊥
��;
(2)通过��//��可得��//平面PBC,将求直线MN 到平面PBC 的距离转化为点N 到平面PBC 的距离,
利用等体积法
�
�× �△���× ��−���=
�
�× �△���× ��−���可得距离.
【详解】(1)连接AN 并延长交BC 于E,连接PE,
∵
��
��=
�
�,即
��
��=
�
�
∵��//��,
��
��=
�
�,
∴
��
��=
��
��=
�
�,即
��
��=
�
�,
∴
��
��=
��
��=
�
�,
∴��//��,
又∴
��
��=
�
�, ��= ��,故E 为BC 中点,
又在正四棱锥中PA=AB,则��= ��,
∴��⊥��,即PE⊥AD,
∴��⊥��;
(2)由(1)得��//��,且��⊄面PBC,��⊂面PBC,
∴��//平面PBC,
故直线MN 到平面PBC 的距离即为点N 到平面PBC 的距离,设为�
�△���=
�
���⋅��=
�
�× ��×
��
�−
��
�
�
=
��
�,
�△���=
�
�×
�
���⋅��=
�
�×
�
�× ��× ��= �,
点P 到面ABCD 的距离�′ =
���−
��
�
�
=
��
�−
��× �
�
�
= �,
由��−���= ��−���,得
�
�× �△���× �′ =
�
�× �△���× �,
∴
�
�× �× �=
�
�×
��
�× �,
得�=
��
�.
6.已知正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D

中,
1
4,
2 2
AB
CC


,E 为
1
CC 的中点,则直线
1
AC 与平面BED 的距离
为________.
【答案】2 10
5
【解析】如图:连接AC ,交BD 于O,连接OE ,
在正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D

中O 为AC 的中点,E 为
1
CC 的中点
所以
1
//
OE C A ,又OE 平面BDE ,
1
C A 平面BDE ,
所以
1 //
C A 平面BDE ,
直线
1
AC 与平面BED 的距离即为点A 到平面BED 的距离,设为h ,
在三棱锥E
ABD

中,
1
1
1
8 2
4
4
2
3
3
2
3
E
ABD
ABD
V
S
EC








在三棱锥A
BDE

中,
4 2
BD 
,
2
2
3 2
BE
BC
CE



,
2
2
3 2
DE
DC
CE



,




2
2
1
4 2
3 2
2 2
4 5
2
EBD
S







1
1
8 2
4 5
3
3
3
A BDE
EBD
V
S
h
h










2 10
5
h


故答案为:2 10
5
.
7.如图,在五面体ABCDEF 中,AB // DC ,
2
BAD



,
3
CD
AD


,四边形ABFE 为平行四边形,FA 
平面ABCD,
5
FC 
,则直线AB 到平面EFCD 距离为_________.
【答案】3 7
4
【解析】如图,作AG
FD

由AB // DC ,DC 平面EFCD ,AB 平面EFCD
所以AB //平面EFCD
所以直线AB 到平面EFCD 距离
等价于点A 到平面EFCD 距离
又FA 平面ABCD,CD 平面ABCD,所以FA CD ,
又
2
BAD



,则CD
AD

,
,
AD FA 平面FAD ,AD
FA
A


,
所以CD 平面FAD
AG 平面FAD ,所以CD
AG

又
,
CD FD 平面EFCD ,CD
FD
D


,所以AG 平面EFCD
所以点A 到平面EFCD 距离为AG
由
3
CD
AD


,所以
2
2
3 2
AC
CD
AD



又
5
FC 
,所以
2
2
7
AF
FC
AC



在AFD

中,
2
2
4
FD
AD
AF



又1
1
3 7
2
2
4
FD AG
AD AF
AG







故答案为:3 7
4
题型六:平面到平面的距离
1.如图(1)平行六面体容器
1
1
1
1
ABCD
A B C D

盛有高度为h 的水,
1
2
AB AD AA


,
1A AB


1
60
A AD
BAD



.固定容器底而一边BC 于地面上,将容器倾斜到图(2)时,水面恰好过A ,
1
B ,
1
C ,
D 四点,则h 的值为(
)
A.
3
3
B.
6
3
C.2 3
3
D.2 6
3
【答案】B
【解析】如图:作
1A E
AD

于点E ,作
1A F
AB

于点F ,
因为
1
1
60
A AD
A AB



o ,
则
1
1
1
3
sin 60
2
3
2
A E
A F
AA






,
1
1
cos60
2
1
2
AE
AF
AA






,
又因为
60
EAF
BAD



o ,所以
AEF
△
为等边三角形,则
1
EF
AE

,
取EF 的中点G ,连接AG ,
1AG ,
则AG
EF

,
1AG
EF

,
1
1
2
2
EG
FG
EF



,
因为
1
AG
AG
G


,所以EF 面
1
AA G ,
则
2
2
2
1
3
1
2
2
AG
AF
GF











,


2
2
2
2
1
1
1
11
3
2
2
AG
A E
EG











,
由余弦定理可得:
2
2
2
1
1
1
1
3
11
4
3
4
4
cos
2
3
3
2 2
2
AA
AG
AG
A AG
AA AG










,
所以
2
2
1
1
3
6
sin
1
cos
1
3
3
A AG
A AG















,
作
1A H
AG

于点H ,因为EF 面
1
AAG ,
1A H 面
1
AAG ,
所以
1
EF
A H

,因为AG
EF
G


,所以
1A H 面ABCD,
所以点
1A 到面ABCD 的距离为
1
1
1
6
2 6
sin
2
3
3
d
A H
AA
AAG






,
故平面
1
1
1
1
D
C
B
A
到平面ABCD 的距离为
2 6
3
d 
,
由题意可知:所盛水的体积为平行六面体容器
1
1
1
1
ABCD
A B C D

的一半,
所以
1
6
2
3
h
d


,故选:B.
2.用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体.已知正六面体
1
1
1
1
ABCD
A B C D

的棱长为4 ,则平
面
1
1
AB D 与平面
1
BC D 间的距离为(
)
A.
3
B.
6
3
C.4 3
3
D.2 3
【答案】C
【解析】由题意知:正六面体
1
1
1
1
ABCD
A B C D

是棱长为4的正方体,
1
1
//
AB
C D

,
1
1//
B D
BD ,
1
1
1
1
AB
B D
B

I
,
1
C D
BD
D

I
,
平面
1
1//
AB D
平面
1
BC D ,
连接
1AC ,
1
1
1
1
B D
AC


,
1
1
1

B D
AA ,
1
1
1
1
AC
AA
A


,
1
1
B D

平面
1
AAC ,
又AC 平面
1
AAC ,
1
1
1
B D
AC


,同理可证得:
1
1
AD
AC

,
又
1
1
1
,
B D AD 平面
1
ABD ,
1
1
1
1
B D
AD
D


,
1AC

平面
1
1
AB D ,
1AC

平面
1
BC D ,
设垂足分别为
,
E F ,则平面
1
1
AB D 与平面
1
BC D 间的距离为EF .
正方体的体对角线长为
2
2
2
4
4
4
4 3



.
在三棱锥
1
1
1
A
AB D

中,由等体积法求得:
1
1
4 4 4
4 3
2
3
1
3
4 2
4 2
2
2
A E






,
∴平面
1
1
AB D 与平面
1
BC D 间的距离为:
8 3
4 3
4 3
3
3


.故选:C .
3.在长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D

中,有一过AD 且与平面
1
1
A D CB 平行的平面,棱
1
5
AA 
,
12
AB 
,则平
面与平面
1
1
A D CB 的距离是_________.
【答案】60
13
【解析】因为平面∥平面
1
1
A D CB ,AD 平面,
所以AD 到平面
1
1
A D CB 的距离即为平面与平面
1
1
A D CB 间的距离,
易知AD∥平面
1
1
A D CB ,从而点A 到平面
1
1
A D CB 的距离即为所求的距离.
如图,过点A 作
1
AH
A B

于点H .
因为
1
1
A D 平面
1
1
A B BA ,
1
1
A D 平面
1
1
A D CB
所以平面
1
1
A B BA 平面
1
1
A D CB ,
又平面
1
1
A B BA 平面
1
1
A D CB =
1A B
所以AH 平面
1
1
A D CB ,则AH 即为所求.
在
1
Rt
BAA
△
中,
12
AB 
,
1
5
AA 
,则
2
1
2
1
13
AB
A
AA
B



,
因为
1
1
AH A B
A A AB



,所以
1
1
60
13
A A AB
AH
A B



.
故平面与平面
1
1
A D CB 的距离为60
13 .
故答案为:60
13
4.我国古代大多数城门楼的底座轮廓大致为上、下两面互相平行,且都是矩形的六面体(如图),现从某
城楼中抽象出一几何体ABCD-EFGH,其中ABCD 是边长为4 的正方形,EFGH 为矩形,上、下底面与左、右
两侧面均垂直,��= 4,��= 2,��= ��= ��= ��,且平面ABCD 与平面EFGH 的距离为4,则异面直
线BG 与CH 所成角的余弦值为______.
【答案】
����
���
【分析】补形为正方体,利用正方体的性质以及异面直线所成角的定义,结合余弦定理即可求解.
【详解】如图,把此六面体补成正方体,连接AH,AC,由题可知��∥��,
所以∠AHC 是异面直线BG 与CH 所成角或其补角,
在△AHC 中,��=
��+ ��= �,��=
��+ ��+ ��=
��,��= ��,
则���∠���=
���+���−���
�����
=
��+��−��
�×�× ��=
����
���.
故答案为:
����
���
5.如图,在棱长为2 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D

中,E,F 分别为
1
1
A D ,
1
1
B C 的中点.
(1)求证:平面
1 //
AB E
平面
1
BD F ;
(2)求平面
1
AB E 与平面
1
BD F 之间的距离.
【答案】(1)证明见解析;(2)
6
3
.
【解析】(1)证明:∵正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D

中E,F 分别为
1
1
A D ,
1
1
B C 的中点,
∴
1
D E ∥
1B F ,
1
D E =
1B F
∴四边形
1
1
B FD E 是平行四边形,∴
1
1
//
B E D F .
又
1B E 平面
1
BD F ,
1
D F 平
1
BD F ,∴
1 //
B E
平面
1
BD F .
∵EF ∥AB ,EF = AB
∴四边形ABFE 是平行四边形,∴
//
AE BF .
又AE 平向
1
BD F ,BF 平面
1
BD F ,∴AE∥平面
1
BD F .
又∵
1
AE
B E
E


,∴平面
1 //
AB E
平面
1
BD F .
(2)平面
1
AB E 与平面
1
BD F 之间的距离也就是点B 到面
1
AB E 的距离,设为h,
∵正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D

的棱长为2,∴
1
5
AE
B E


,
1
2 2
AB 
,
∴
1
AB E
△
的面积




1
2
2
1
2 2
5
2
6
2
AB E
S





△
∴三棱锥
1
B
AB E

的体积
1
1
1
6
3
3
B AB E
AB E
V
S
h
h




△
,.
又三棱锥
1
E
ABB

的体积
1
1
1
1
1
1
2
2
2 1
3
3
2
3
E
ABB
ABB
V
S
A E






△
.
由
1
1
B AB
E
A
E
BB
V
V



可得,
6
2
3
3
h 
解得
6
3
h 
.
∴平面
1
AB E 与平面
1
BD F 之间的距离为
6
3 .
题型七:直接法求体积
1.如图,在正三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中,M 为棱
1
AA 的中点,N 为棱
1
CC 上靠近点C 的一个三等分点,若记正
三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的体积为V,则四棱锥B
AMNC

的体积为(
)
A.5
12V
B.5
18V
C.5
24V
D.5
36V
【答案】B
【解析】正三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中,设
1
,
AB
a AA
b


取AC 的中点D,连接BD,
则BD⊥AC,BD=
3
2 a ,
2
1
3
3
2
2
4
ABC
S
a
a
a




,
正三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的体积
2
1
3
4
ABC
a b
V
S
AA




,
1
AA 平面ABC,BD平面ABC,则
1
AA BD,
又BD⊥AC,
1
AA
AC
A


,
1,
AA AC 平面
1
1
ACC A ,则BD⊥平面
1
1
ACC A ,
1
1
1
5
2
3
2
12
AMNC
ab
S
b
b
a











,
则四棱锥B
AMNC

的体积
2
1
1 5
3
5 3
3
3
12
2
7
5
8
2
1
B AMNC
AMNC
V
ab
a b
V
S
BD
a







.故选:B.
2.如图,在四棱锥P
ABCD

中,PA ⊥平面ABCD,正方形ABCD的边长为2 ,
4
PA 
,设E 为侧棱PC 的
中点.求四棱锥E
ABCD

的体积V ;
【答案】8
3
【解析】因为在四棱锥P
ABCD

中,PA ⊥平面ABCD,
正方形ABCD的边长为2,
4
PA 
,E 为侧棱PC 的中点,
所以,点E 到平面ABCD的距离
1
2
2
h
PA


,
又因为
4
ABCD
S

,
所以,四棱锥E
ABCD

的体积
1
1
8
4
2
3
3
3
ABCD
V
S
h





.
3.如图,三棱锥S
ABC

的底面ABC 的侧面SAB 都是边长为2 的等边三角形,D ,E 分别是AB ,AC 的
中点,SD
CD

.
(1)证明:BC ∥平面SDE ;
(2)求三棱锥S
ABC

的体积.
【答案】(1)证明见解析;(2)1
【解析】(1)因为
,
D E 分别是
,
AB AC 的中点,所以DE
BC
∥
,
因为BC 平面SDE ,DE 平面SDE ,
所以BC ∥平面SDE ;
(2)因为
SAB
△
是等边三角形,D 是AB 的中点,
所以SD
AB

,
因为SD
CD

,
又
,
,
AB
CD
D AB CD



平面ABC ,
所以SD 平面ABC ,
因为底面ABC 和侧面SAB 都是边长为2 的等边三角形,
所以
2 sin 60
3
SD 



,
3
2 2
3
4
ABC
S




,
所以
1
1
3
3
1
3
3
S
ABC
ABC
V
S
SD








.
题型八:等体积法求体积
1.三棱锥

P
ABC 的侧棱
,
,
PA PB PC上分别有三点E,F,G,且
1
1
1,
,
2
3
PE
PF
PG
EA
FB
GC



,则三棱锥

P
ABC
与P
EFG

的体积之比是(
)
A.6
B.8
C.12
D.24
【答案】D
【解析】设
PFG
△
的面积为
1S ,设PBC

的面积为
2
S ,
则
1
1
sin
2
S
PF PG
FPG



,
2
1
sin
2
S
PB PC
BPC



,
又
FPG
BPC


,
1
1
,
3
4
PF
PG
PB
PC


,
∴
1
2
1
12
S
S 
,
过点E 作EM 平面PBC ,过点A 作AN 平面PBC ,如图,
则EM
AN
∥
,∴
PEM
△
与
PAN
△
相似,
又
1
2
PE
PA 
,∴
1
2
EM
AN 
,
∵
1
1
3
P EFG
E FPG
V
V
S
EM





,
2
1
3
P ABC
A BPC
V
V
S
AN





,
∴
24
P ABC
P EFG
V
V



,
∴三棱锥

P
ABC 与P
EFG

的体积之比是24.故选:D.
2.如图,已知多面体FABCDE 的底面ABCD是边长为2 的菱形,
60
ABC


,FA 底面ABCD,
/ /
DE
AF ,
M 是BC 的中点,且
3
3
FA
DE


.
(1)求证AM
EF

;
(2)求三棱锥E
ACF

的体积.
【答案】(1)证明见解析;(2)
3
【解析】(1)由题意可知,底面ABCD 是边长为2 的菱形,
60
ABC


,
∴ABC

为等边三角形,
又∵M 是BC 的中点,∴AM
BC

,
又AD ∥BC ,∴AM
AD

,
∵FA 底面ABCD,AM 平面ABCD,故FA
AM

,
∵FA 平面ADEF,AD 平面ADEF,FA
AD
A


,
∴AM 面ADEF,EF 平面ADEF,故AM
EF

.
(2)由(1)知,AD ∥BC ,AM 面ADEF,
则点C 到平面ADEF 的距离即AM 的长,
又∵ABC

是边长为2 等边三角形,
∴
3
AM 
,
∵FA 底面ABCD,
/ /
DE
AF ,∴四边形ADEF 为直角梯形,
∴
1
1
3 2
3
2
2
AEF
S
AF DA






,
∴
1
3
3
E
ACF
C
AEF
AEF
V
V
S
AM








.
即三棱锥E
ACF

的体积为:
3 .
3.已知直棱柱
1
1
1
1
ABCD
ABC D

的底面ABCD 为菱形,且
2
AB
AD
BD



,
1
3
AA 
,点E 为
1
1
B D 的中点.
(1)证明:
/ /
AE
平面
1
BDC ;
(2)求三棱锥
1
E
BDC

的体积.
【答案】(1)证明见解析;(2)1
【解析】(1)连接AC 交BD 于点F ,连接
1
C F ,
在直四棱柱
1
1
1
1
ABCD
ABC D

中
1
1
//
AA CC ,
1
1
=
AA
CC ,
所以四边形
1
1
AAC C 为平行四边形,即
1
1
//
AC AC ,
1
1
=
AC A C ,
又因为底面ABCD 为菱形,所以点F 为AC 的中点,
点E 为
1
1
B D 的中点,即点E 为
1
1
AC 的中点,所以
1 //
C E AF ,
1
C E
AF
=
,
即四边形
1
AFC E 为平行四边形,所以
1
//
AE C F ,
因为
1
C F 平面
1
BDC ,AE 平面
1
BDC ,,所以
//
AE
平面
1
BDC ;
(2)在直棱柱
1
1
1
1
ABCD
ABC D

中
1
BB 平面
1
1
1
1
D
C
B
A
,
1
1
AC 平面
1
1
1
1
D
C
B
A
,
所以
1
1
1
BB
AC

,
又因为上底面
1
1
1
1
D
C
B
A
为菱形,所以
1
1
1
1
B D
AC

,
因为
1
1
1
1
1
1
1
,
,
B D
BB
B B D BB


I
平面
1
1
BB D D ,
所以
1
1
AC 平面
1
1
BB D D ,
因为在
ABD
△
中,
2
AB
AD
BD



,
且点F 为BD 的中点,所以
2
2
1
2
2
3
2
AF










,即
1
3
C E 
,
所以
1
1
1
1
1
1
2
3
3
1
3
3
2
E BDC
C
BDE
BDE
V
V
S
C E










△
.
题型九:割补法求体积
1.如图,在几何体ABCFED 中,
8
AB 
,
10
BC 
,
6
AC 
,侧棱AE,CF,BD 均垂直于底面ABC,
3
BD 
,
4
FC 
,
5
AE ,则该几何体的体积为__________.
【答案】96
【解析】由
8,
10,
6
AB
BC
AC



,得
2
2
2
AB
AC
BC


,所以AB
AC

.
分别在
,
CF AE 边上取CM
AN
BD


,连接DM,MN,DN,如图所示,
∵
8,
6,
3
AB
AC
BD



,直三棱柱ABC-NDM 的体积
1
8 6 3
72
2
ABC NDM
V




,
EA 

平面ABC ,AB 平面ABC ,
EA
AB


,
又AB
AC

,
,
EA AC 平面ACFE ,EA
AC
A


,
AB

平面ACFE ,
AN
BD


,
//
AN BD ,四边形ANDB 为平行四边形,
AB
DN


,
//
AB DN ,
则DN 平面ACFE ,四棱锥D
MFEN

的高为DN ,
由
3
CM
AN
BD



,
4,
5,
6
CF
AE
AC



,
则有
1,
2,
6,
8
MF
NE
NM
AC
DN
AB






,
∴四棱锥D
MFEN

的体积为1
1
(1
2) 6 8
24
3
2





,
则所求几何体的体积为72
24
96


.
故答案为:96.
2.如图所示,空间几何体ADE
BCF
-
中,四边形ABCD 是直角梯形,AD
DC

,四边形CDEF 是矩形,且AD 
平面CDEF,
2
AB
AD
DE



,
4
EF 
,则空间几何体ADE
BCF
-
的体积为___________.
【答案】20
3
【解析】如图,作BM
CD

于M ,
//
MN FC 与直线EF 交于点N ,连接BN ,
由题设条件可知,
2
DM 
,
三棱柱AED
BNM

为直三棱柱,体积为1
2
2
2
4
2 

,
锥体B
MCFN

底面MCFN 为正方形,高为BM ,
则锥体体积为1
8
2 2 2
3
3


,
故几何体ADE
BCF
-
的体积为8
20
4
3
3


.
故答案为:20
3
3.设三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的体积为1,则四棱锥
1
1
1
A
BCC B

的体积为___________
【答案】2
3
【解析】如图,连结
1A B ,
1
AB ,
1AC ,
1B C .
设ABC

的面积为S,则
1
1
1
A B C
△
的面积为S,设
1
AA
h

.
由已知
1 1
1
1
ABC
A B C
V
Sh


,所以
1
1
1
1 1
1
1
1
3
3
A
B CC
C
A B C
V
V
Sh





.
又
1
1
1
3
3
A
ABC
V
Sh



,所以
1
1
1 1 1
1
1
1
1
1
3
A
B BC
ABC
A B C
A
B CC
A
ABC
V
V
V
V








.
所以
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
A
B CC
A
B
A
CC B
C
B
B
V
V
V






.
故答案为:2
3 .
4.刍(chu)甍(meng)是几何体中的一种特殊的五面体.中国古代数学名著《九章算术》中记载:“刍甍
者,下有袤有广,而上有袤无广。刍,草也。甍,屋盖也。求积术日:倍下表,上袤从之,以广乘之,又
以高乘之,六而一。”翻译为“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱,刍甍字面意思为茅草
屋顶。……”现有一个刍甍如图所示,四边形ABCD为长方形,
//
EF
平面ABCD,
ADE
V
和
BCF
△
是全
等的等边三角形.
(1)求证:
//
EF DC ;
(2)若已知
2
2
4
AB
BC
EF



,求该五面体ABCDEF 的体积.
【答案】(1)证明见解析;(2)10
2
3
.
【解析】(1)五面体ABCDEF 中,因为
//
EF
平面ABCD,
EF 平面CDEF ,平面CDEF 平面ABCD
CD

,
所以
//
EF CD.
(2)过点E 作EG
DC

,作EH
AB

,垂足分别为G ,H ,
过点F 作FM
DC

,作FN
AB

,垂足分别为M ,N ,
连接GH ,MN ,如图,
取GH 中点O,连接EO,由EG
EH

知,EO
GH

,
因为DC
EG

,DC
GH

,
且EG ,GH 是平面EGH 内两相交直线,
所以DC 平面EGH ,
因为EO 平面EGH ,所以EO
DC

,
又GH ,DC 是平面ABCD内两相交直线,
所以EO 平面ABCD,
在EGH

中,
3
EG
EH


,
2
GH 
,可得
2
EO 
,
所以,四棱锥E
ADGH

和F
BCMN

的体积均为
1
1
1
2
(1 2)
2
2
3
3
3
ADGH
V
S
EO







,
三棱柱EGH
FMN

的体积
2
1
2
2
2
2 2
2
EGH
V
S
EF













,
所以,该五面体ABCDEF 的体积为
1
2
10
2
2
3
V
V


.
题型十:体积比例法求体积
1.已知正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D

的棱长为1,P 是线段
1
1
B D 上的动点,则三棱锥
1
P
A BD

的体积为(
)
A.1
8
B.1
6
C.1
5
D.1
4
【答案】B
【解析】因为在正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D

中,
1
1
/ /
BB
DD ,
1
1
BB
DD

,
所以四边形
1
1
BB D D 是平行四边形,故
1
1 / /
B D
BD ,
又
1
1
B D 面
1A BD ,BD 面
1A BD ,所以
1
1 / /
B D
面
1A BD ,
因为P 是线段
1
1
B D 上的动点,
所以P 到面
1A BD 的距离与
1
D 到面
1A BD 的距离相等,
所以
1
1
1
1
1
1
1
1
1 1 1
3
2
6
P A BD
D
A BD
B A DD
V
V
V








故选:B.
2.如图所示,在正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D

中,AB=1,E 为CD 的中点,则四棱锥
1
1
E
ABC D

的体积为______.
【答案】1
3
【解析】因为正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D

,所以
/ /
DC
面
1
1
ABC D ,
即点E 到面
1
1
ABC D 的距离等于点D 到面
1
1
ABC D 的距离,
所以
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
1 1 1
3
3
2
3
E
ABC D
D
ABC D
D
AD C
C
ADD
ADD
V
V
V
V
S
D C















故答案为:1
3
3.如图,在正四棱锥P
ABCD

中,
2,
4,
AB
PA
M


是PB 上的点且
2
,
PM
MB N

是PD 的中点.求:
(1)四棱锥P
ABCD

的表面积;
(2)三棱锥N
MCD

的体积.
【答案】(1)4
4 15

;(2)2
14
9
【解析】(1)作PE
BC

,垂足为E,
由正四棱锥性质可知,E 为BC 中点,
所以
2
2
2
2
4
1
15
PE
PB
BE





所以
1
4
4
2
15
4
4 15
2
P ABCD
S 






;
(2)作PO 平面ABCD,
由正四棱锥性质可知O 为BD 的中点
因为
2
2
1
1
2
2
2
OB
BD
BC
CD




所以
2
2
14
PO
PB
OB



又
2
,
PM
MB N

是PD 的中点,
所以
2
2
1
3
3
3
N
MCD
M
NCD
B NCD
N
BCD
P BCD
V
V
V
V
V









1
1
1
2
4
14
14
6
6
3
9
P ABCD
V 





.
4.如图,在四棱锥P
ABCD

中,底面ABCD为平行四边形,
120
ABC


,
1
AB ,
5
PA 
,PD
CD

,
PB
BD

,点N 在棱PC 上,平面PBD 平面ABCD.
(1)证明:AB
PB

;
(2)若
//
PA 平面BDN ,求三棱锥N
PAD

的体积.
【答案】(1)证明见解析;(2)
3
6
【解析】(1)因为平面PBD 平面ABCD,平面PBD 平面ABCD
BD

,
PB
BD

,PB 平面PBD .
PB

平面ABCD,AB 平面ABCD,
PB
AB


;
(2)连接AC 交BD 于点O,连接ON ,
因为
//
PA 平面BDN ,平面PAC 平面BDN
ON

,PA 平面PAC ,
所以
//
PA ON ,因为O为AC 的中点,则N 为PC 的中点,
因为AB
PB

,底面ABCD为平行四边形,
所以CD
PB

,
又CD
PD

,PB
PD
P


,
,
PB PD 平面PBD ,
所以CD 平面PBD ,
又BD 平面PBD ,所以CD
BD

,
因为
5
PA 
,
1
AB ,所以
2
2
2
PB
PA
AB



,
又
120
ABC


,所以
60
BCD


,则
30
DBC


,所以
2
sin 30
DC
AD
BC




,
所以
1
1
3
3
sin120
2 1
2
2
2
2
ACD
S
AD DC






,
所以
1
1
1
1
1
1
3
3
2
2
2
2
3
2
3
2
6
N
PAD
C PAD
P ACD
ACD
V
V
V
PB
S













.
5.如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,D、E 分别为A1B1、AA1的中点,点F 在棱AB 上,且AF= 1
4 AB.
(1)求证:EF∥平面BDC1;
(2)在棱AC 上是否存在一个点G,使得平面EFG 将三棱柱分割成的两部分体积之比为1:15,若存在,
指出点G 的位置;若不存在,说明理由.
【答案】(1)证明见解析;(2)点G 不存在,理由见解析
【解析】(1)证明:取AB 的中点M,
∵AF= 1
4 AB,∴F 为AM 的中点,
又∵E 为AA1的中点,∴EF∥A1M
在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,M 分别为A1B1,AB 的中点,
∴A1D∥BM,A1D=BM,
∴A1DBM 为平行四边形,∴AM∥BD∴EF∥BD.
∵BD⊂平面BC1D,EF⊄平面BC1D,
∴EF∥平面BC1D.
(2)设AC 上存在一点G,
使得平面EFG 将三棱柱分割成两部分的体积之比为1:15,
则
1 1 1
:
1:16
E
AFG
ABC
A B C
V
V



,
∵
1 1
1
1
1
1
sin
3
2
1
sin
2
E AFG
ABC A B C
AF AG
GAF AE
V
V
AB AC
CAB AA










1
1
1
1
3
4
2
24
AG
AG
AC
AC






∴1
1
24
16
AG
AC


,∴
3
2
AG
AC 
,
∴AG= 3
2 AC>AC.
所以符合要求的点G 不存在.
题型十一:体积的最值问题
1.三棱锥A
BCD

中,AC 平面BCD,BD
CD

.若
4
AB 
,
2
BD ,则该三棱锥体积的最大值为(
)
A.16
3
B.4
C.8
3
D.2
【答案】D
【解析】设CD
x

,其中
0
x 
,如下图所示:
因为AC 平面BCD,BC 平面BCD,所以,AC
BC

,
因为BD
CD

,所以,
2
2
2
4
BC
BD
CD
x




,
又因为
4
AB 
,所以,


2
2
2
2
16
4
12
AC
AB
BC
x
x







,
由
2
0
12
0
x
x






可得0
2 3
x


,
1
1 2
2
2
BCD
S
BD CD
x
x





△
,


2
2
2
2
2
12
1
1
12
12
2
3
3
3
6
A BCD
BCD
x
x
x
x
V
S
AC
x
x













,
当且仅当
2
2
12
x
x


时,即当
6
x 
时,
该三棱锥体积取最大值为2 .故选:D.
2.在《九章算术》中记载,堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱,阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面
的四棱锥,鳖臑为四个面都为直角三角形的三棱锥,如图,在堑堵
1
1
1
ABC
A B C
-
中,
1
,
2


AC
BC AA
,
鳖臑
1
1
1
B
AC B

的外接球的体积为8 2 π
3
,则阳马
1
1
B
ACC A

体积的最大值为(
)
A.2
3
B.4
3
C.8
3
D.4
【答案】B
【解析】设
1
1
1
,
,
AC
x BC
y B
AC B



的外接球半径为r,
则
1
1
1
B
AC B

的外接球的体积为
3
4π
8 2π ,
2
3
3
r
r


.
2
2
2
2
2
4
(2 )
8,
4
x
y
r
x
y








.
又阳马
1
1
B
ACC A

的体积为


1 1
1 1
2
2
1
1
1
4
2
3
3
3
3
B ACC A
ACC A
V
S
BC
xy
x
y










,
所以阳马
1
1
B
ACC A

体积的最大值为4
3 .故选:B.
3.如图,在三棱锥A
BCD

中,
2
BC
DC
AB
AD




,
2 2
BD 
,平面ABD 平面
,
BCD O 为BD 中点,
点
,
P Q 分别为线段
,
AO BC 上的动点(不含端点),且AP
CQ

,则三棱锥P
QCO

体积的最大值为
___________.
【答案】1
12
【解析】如图,在三棱锥A
BCD

中,
由题意,
2
BC
DC
AB
AD




,
2 2
BD 
,
底面
BCD
△
是等腰直角三角形,
O

为BD 的中点,则AO
BD

,CO
BD

,
又平面ABD 平面BCD,平面ABD 平面BCD
BD

,AO 平面
ABD,
AO

平面BCD,
OC 
Q
平面BCD,
AO
OC


,
AOC

是直角三角形,
因为AO
BD

,CO
BD

,AO
CO
O


,AO 、CO 平面AOC ,
BD

平面AOC ,
设AP
x

,三棱锥P
QCO

的体积为
1
3
POC
V
S
h



,
其中h 为Q 到平面AOC 的距离,
2
sin 45
2
h
x
x



,




2
2
1
1 1
2
1
1
2
1
2
2
2
3
3 2
2
6
6
2
12
POC
V
S
h
x
x
x
x
x





















,
故当
2
2
x 
时,三棱锥P
QCO

的体积达到最大值,最大值为1
12 .
故答案为:1
12
4.如图,四边形ABCD 是圆柱底面的内接四边形,PA 是圆柱的母线,
3
PA ,
2
2
AD
AB


,
120
BAD


,
C 是
BD 上的一个动点.
(1)求圆柱的表面积S圆柱;
(2)求四棱锥P
ABCD

的体积
P ABCD
V 
的最大值.
【答案】(1)14
6 21 π
3

;(2)9 3
4
【解析】(1)连接BD,在
ABD
△
中,
1
AB ,
2
AD 
,
120
BAD


,
由余弦定理,得
2
2
2
2
cos
7
BD
AB
AD
AB AD
BAD






,
所以
7
BD 
,设圆柱底面半径为r,
由正弦定理,得
7
2 21
2
sin
sin120
3
BD
r
BAD





,
所以
21
3
r =
,故圆柱的表面积


2 21π
21
14
6 21
2π
3
π
3
3
3
S
r r
PA















圆柱
.
(2)由(1)知,
BCD
△
中,
7
BD 
,
180
60
BCD
BAD




,
由余弦定理,得
2
2
2
2
cos
BD
BC
CD
BC CD
BCD





2
2
2
BC
CD
BC CD
BC CD
BC CD
BC CD










,
即
7
BC CD


,当且仅当
7
BC
CD


时,等号成立,
所以
1
1
7 3
sin
7sin 60
2
2
4
BCD
S
BC CD
BCD






△
,
因为
1
1
3
sin
1 2sin120
2
2
2
ABD
S
AB AD
BAD






△
,
3
PA ,
所以四棱锥P
ABCD

的体积,


1
1
1
3
7 3
9 3
3
3
3
3
2
4
4
P ABCD
ABCD
ABD
BCD
V
S
PA
S
S
PA



















△
△
,
故四棱锥P
ABCD

的体积
P ABCD
V 
的最大值为
9 3
4 .
模块三:综合巩固
1.设��⊥Rt △���所在的平面�,∠���= 90°,PB、PC 分别与�成45°和30°角,��= 2,点P 到BC
的距离是_________________.
【答案】�
【分析】根据题意画出几何体,利用线面垂直的判定定理和性质定理即可求得��即为点P 到BC 的距离,
由勾股定理计算结果为�.
【详解】如图所示:
根据题意可知∠���= ��∘, ∠���= ��∘,又��= �,
所以��= �, ��= ��;��= ��, ��= �;
又∠���= ��°,所以��= �;
作��⊥��于�,由��⊥平面�,��, ��⊂平面�,所以��⊥��,��⊥��
又��∩��= �,��, ��⊂平面���,所以��⊥平面���,
又��⊂平面���,所以��⊥��,所以��即为点P 到BC 的距离;
易知��=
�,由勾股定理可得��=
���+ ���=
�.
即点P 到BC 的距离�.
故答案为:�
2.如图,在棱长为1 的正方体����−�1�1�1�1中,�为��的中点,点�在线段�1�上,点�到直线��1的
距离的最小值为___________.
【答案】
�
�
【分析】取����的中点�,连接��,���,证得���//平面����,把���上任一点到平面����的距离即
为两条异面直线���与���的距离,过点��作���⊥���,利用面面垂直的性质定理,证得���⊥平面����,
过点�作��//��交���于点�,得到��//���,取���= ��,连接��,证得��⊥平面����,在直角
△�����中,求得���的值,即可求解.
【详解】解:如图所示,取����的中点�,连接��,���,所以���//��,
又��⊂平面����,���⊄平面����,所以���//平面����,
所以直线���上任一点到平面����的距离即为两条异面直线���与���的距离,
过点��作���⊥���,
因为平面����⊥平面��������,且���⊂平面��������,所以���⊥平面����.
过点�作��//��交���于点�,则��//���,
取���= ��,连接��,则四边形�����是矩形,可得��⊥平面����,
在直角△�����中,由���⋅���= ����⋅���,所以���=
����·���
���
=
��
�
��+(�
�)�
=
�
�,
故点�到直线���的距离的最小值为
�
�.
故答案为:
�
�.
3.如图,已知四棱锥�−����中,����为矩形,��⊥平面����, ��= 3, ��= 5,��= 4 2,异面直线
��与��之间的距离为___________.
【答案】��
【分析】由条件计算各边长度,将棱锥补成长方体,在长方体找到��, ��的公垂线段,求出长度即可.
【详解】因为��⊥平面����,所以��⊥��, ��= �, ��= �,
所以��= �, ��= ��,所以��= �,
因为��⊥��, ��⊥��, ��⊥��, ��= ��= �, ��= �
因此我们将四棱锥�−����构建成长方体����−����.
接下来我们寻找异面直线��, ��的公垂线
��在平面����上的投影为��,��⊥��,
易证��⊥平面���,故得��⊥��,��⊥��,
连接��,��与��相交于�,则�为��的中点,
作��的中点�,连接��,则��//��,∴��⊥��,��⊥��,
所以��是��, ��的公垂线段,即��的长度就是异面直线��与��之间的距离.
且��=
�
���= ��,
故答案为:��.
4.正方体����−�1�1�1�1,棱长为�,则棱�1�1所在直线与直线��1间的距离为______.
【答案】
�
��
【分析】欲求棱����所在直线与面对角线���所在直线间的距离,先找到这两条直线的公垂线段,即与
这两条直线都垂直相交的线段,在求出公垂线段的长度即可.
【详解】如图,取���中点�,连接���,
在正方体����−��������中,
因为����⊥平面������,���⊂平面������
所以����⊥���,
又���⊥���,���∩���= �,
则���是异面直线����和���的公垂线,
因为,正方体����−��������,棱长为�,
所以���=
�
��.
故答案为:
�
��
5.在棱长为1 的正方体����−�1�1�1�1中,直线AC 与直线�1�1的距离是______.
【答案】1
【分析】在正方体����−��������中,找到异面直线AC 与直线����的公垂线段,求其长度即可.
【详解】如图,取AC 与����的中点�, �,
因为��= ��,�为��的中点,则��⊥��,同理��⊥����,
所以直线AC 与直线����的距离为线段��长,
又��= ���= �,所以直线AC 与直线����的距离为1.
故答案为:1.
6.在棱长为�的正方体����−�1�1�1�1中,点�为等边三角形�1��中线�1�上一点,记�到平面�1�1��、
平面�1�1��以及平面����的距离的平方和为�,则�的最小值为______.
【答案】
��
�
【分析】作图找到�到平面������、平面������以及平面����的距离对应线段,结合
���
���=
��
��=
��
��=
�∈[�, �],
��
���= �−
���
���=
��
���得到�关于x 的关系式,由二次函数性质求最小值.
【详解】由正方体的性质知:���在平面������、平面������以及平面����上的射影分别为
���, ���, ��,
又�在���上,故�在平面������、平面������以及平面����上的射影�, �, �分别在线段���, ���, ��
上,
所以�= ���+ ���+ ���,
令
���
���=
��
��=
��
��= �∈[�, �],
��
���= �−
���
���=
��
���,且��= ��=
�
����=
�
�,
所以��= ��=
�
��,��= �(�−�),故�=
���
�(��−
�
��) + ��=
���
�(�−
�
�)�+
��
�,
当�=
�
�时,�的最小值为
��
�.
故答案为:
��
�
7.已知正方体����−�1�1�1�1的棱长为1,O 是�1�1的中点,则点O 到平面���1�1的距离为______.
【答案】
�
�
【分析】利用几何法,连接���交���于�,连接���,取���的中点�,连接��.证明出��即为点O 到平
面������的距离,进而求出��.
【详解】如图示,连接���交���于�,连接���,取���的中点�,连接��.
在正方体����−��������中,������为正方形,所以���⊥���,且���=
�
����=
�
�
��+ ��=
�
�.
因为����⊥面������,���⊂面������,所以����⊥���.
因为����⊂面������,���⊂面������,����∩���= ��,
所以���⊥面������.
因为�为���的中点,�为����的中点,所以���//��,且��=
�
����=
�
�.
所以��⊥面������.
所以��即为点O 到平面������的距离,
即点O 到平面������的距离为
�
�.
故答案为:
�
�
8.如图,��是三棱锥�−���的高,线段��的中点为�,且��⊥��,��= ��= ��= 2.
(1)证明:��⊥平面���;
(2)求�到平面���的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
��
�.
【分析】(1)根据已知条件证明��⊥��,��⊥��,由直线与平面垂直的判定定理即可证明.
(2)法一:在平面���中,过�点作��⊥��,证明��⊥平面���,再求值即可;法二:�到平面���
的距离,是三棱锥�−���的高,利用等体积法求解.
【详解】(1)因为��= ��,线段��的中点为�,所以��⊥��.
因为��是三棱锥�−���的高,所以��⊥平面���,
因为��⊂平面���,所以��⊥��.
因为��⊂平面���,��⊂平面���,��∩��= �,所以��⊥平面���
(2)法一:(综合法)
在平面���中,过�点作��⊥��,如图所示,
因为��⊥平面���,��⊂平面���,所以��⊥��.
因为��⊥��,��⊂平面���,��⊂平面���,��∩��= �,所以��⊥平面���.
在Rt△���中,��=
�
���=
�
�
���+ ���=
�
�×
�+ �=
�.
所以在Rt△���中,��=
���+ ���=
�+ �=
�,
所以��=
����
��
=
��
�=
��
�,所以�到平面���的距离为
��
�.
法二:(等体积法)
设�到平面���的距离为�,则在Rt△���中,��=
�
���=
�
�
���+ ���=
�
�×
�+ �=
�.
在Rt△���中,��=
���+ ���=
�+ �=
�.
因为��是三棱锥�−���的高,所以��−���=
�
��△���× ��=
�
�×
�
�× �× �× �=
�
�,
��−���= ��−���=
�
��△���× �=
�
�×
�
�× ��×
�× �=
�
�,解得�=
��
�,
所以�到平面���的距离为
��
�.
9.如图,在四棱锥�−����中,��⊥面����,��⊥��, ��//��,点�, �分别为��, ��的中点,��=
2, ��= 2 2.
(1)证明:直线��//平面���;
(2)求点�到平面���的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
�
�
【分析】(1)根据线面平行的判断定理,转化证明��//��,即可证明线面平行;
(2)利用线面关系,将点�到平面���的距离转化为求点�到平面的距离,利用垂直关系,即可求解.
【详解】(1)证明:∵点�, �分别为��, ��的中点,
∴��//��.
∵��//��, ∴��//��.
∵��⊄平面���, ��⊂平面���,
∴��平面���.
(2)过�作��⊥��于�.
∵��//平面���,
∴点�到平面���的距离等于点�到平面���的距离.
又∵点�为��的中点,
∴点�到平面���的距离等于点�到平面���的距离一半.
∵��⊥底面����, ∴��⊥��, ��⊥��.
又∵��⊥��, ��∩��= �, ∴��⊥平面���.
∵��//��, ∴��⊥平面���. ∵��⊂平面���, ∴��⊥��.
∵��∩��= �, ∴��⊥平面���.
由��= �, ��= ��,得��= ��,
由
�
�× ��× ��=
�
�× ��× ��,
得��=
��
�,则点�到平面���的距离为
��
�.
点�到平面���的距离为
�
�.
10.如图,在四棱锥�−����中,底面ABCD 为正方形,二面角�−��−�为直二面角.��= ��=
2,��⊥
��,M,N 分别为AP,AC 的中点.
(1)求平面BMN 与平面PCD 夹角的余弦值;
(2)若平面���∩平面���= �,求点A 到直线l 的距离.
【答案】(1)
�
�
(2) �.
【分析】(1)根据图形位置关系,作��//��,��//��,连接MF,ND 补成棱柱确定线面、面面关系,即
可求得BMN 与平面PCD 夹角的余弦值;
(2)由(1)可得面���∩面���= ��,结合线面关系,即可求点A 到交线的距离.
【详解】(1)解:∵��⊥��,��= ��=
�,∴��= �
∵面���⊥面����,面���∩面����= ��,
又∵底面����为正方形,
∴��//��,��⊥��,��= ��= ��= ��= �,
又��⊂面����,则��⊥面PBC,故��⊥面PBC,��⊂面���,
∴��⊥��,且面ABCD 为正方形,如下图,作��//��,��//��,连接MF,ND,
∴四边形����、四边形����为矩形,则��⊥��
∵M、N 分别为AP 和AC 的中点
∴B、M、F 三点共线,B、N、D 三点共线,
易知:面���与面���为同一个平面,且面���∩面���= ��,
所以平面���∩平面���= ��,
∵��⊥��,��⊥��,又��∩��= �, ��, ��⊂面����
∴��⊥面����,结合��//��,故��⊥面����,
又��⊂面����,则��⊥��,在矩形����中��⊥��,
由��⊂面���,��⊂面���,故平面BMN 与平面PCD 夹角为∠���,
∵��⊥��,��=
�,��= �,∴��=
�
∴���∠���=
��
��=
�
�=
�
�
∴平面BMN 与平面PCD 夹角的余弦值为
�
�;
(2)解:由(1)知四边形����为矩形,所以��= ��=
�,
由(1)知:��⊥面����,又��⊂面����,故��⊥��
∵面���∩面���= ��= �
∴A 到直线l 的距离即A 到直线��的距离,即为线段��的长,
∴A 到直线l 的距离为�
11.(多选)长方体����−�1�1�1�1中,��= 3,��= 2,��1 = 1,则(
)
A.�到平面�1��的距离为
6
7
B.�到平面�1��的距离为
4
7
C.沿长方体的表面从�到�1的最短距离为3 2
D.沿长方体的表面从�到�1的最短距离为2 5
【答案】AC
【分析】利用体积相等求出点�到平面����的距离即可判断选项A 和B;求�点到��的最短距离,由两点
之间直线段最短,想到需要把长方体剪开再展开,把�到��的最短距离转化为求三角形的边长问题,根据
实际图形,应该有三种展法,展开后利用勾股定理求出每一种情况中���的长度,比较三个值的大小后即
可得到结论,进而判断C 和D.
【详解】如图,连接���, ��, ���,因为��= �,��= �,���= �,
所以���=
�+ ��=
��,���=
�+ ��=
�,��=
��+ ��=
��,
在△����中,由余弦定理可得:���∠����=
����+����−���
����⋅���
=
��+�−��
�× ��× �=
�
��,
所以���∠����=
�−����∠����=
�−
�
��=
��
��,
则�△����=
�
����⋅������∠����=
�
�×
��×
�×
��
��=
�
�,
又�△���=
�
���⋅��=
�
�× �× �= �,
设点�到平面����的距离为�,由体积相等可得:
���−���= ��−����,即
�
��△���× ���=
�
��△����× �,
所以
�
�× �× �=
�
�×
�
�× �,解得:�=
�
�,故选项A 正确;选项B 错误;
长方体����−��������的表面可能有三种不同的方法展开,如图所示:
��= �,��= �,���= �,
表面展开后,依第一个图形展开,则���=
(�+ �)�+ ��= ��;
依第二个图形展开,则���=
(�+ �)�+ ��=
��;
依第三个图形展开,则���=
(�+ �)�+ ��= ��;
三者比较得:�点沿长方形表面到��的最短距离为��,故选项C 正确,选项D 错误,
故选:AC.
12.如图,在正四棱锥P-ABCD 中,AB=2,侧面PAD 与底面ABCD 的夹角为
π
3 .
(1)求正四棱锥P-ABCD 的体积;
(2)若点M 是正四棱锥P-ABCD 内任意一点,点M 到平面ABCD,平面PAB,平面PBC,平面PCD,平面PDA
的距离分别为�1,�2,�3,�4,�5,证明:2�1 + �2 + �3 + �4 + �5 = 2 3;
【答案】(1)
��
�
(2)证明见解析;
【分析】(1)连接��, ��交于点�,取��的中点�,证明∠���即为面PAD 与底面ABCD 所成角的平面角,
从而可求得底面边长及高,再根据棱锥的体积公式即可得解;
(2)根据��−����=
�
��������+
�
��△�����+
�
��△�����+
�
��△�����+
�
��△�����,利用等体积法即可得
证.
【详解】(1)连接��, ��交于点�,取��的中点�,连接��, ��, ��,
由正四棱锥的几何特征可得�为��, ��的中点,
因为��= ��,所以��⊥��,同理��⊥��,
��∩��= �,��, ��⊂平面����,
��⊥平面����,��⊂平面����,
所以��⊥��,
��= ��=
�,��= ��,
因为�为��的中点,
所以��⊥��, ��⊥��,
所以∠���即为面���与底面ABCD 所成角的平面角,即∠���=
π
�,
��=
�
���= �,则��= �, ��=
�,
所以��−����=
�
�× �× �×
�=
��
�;
(2)�����= �× �= �, �△���= �△���= �△���= �△���=
�
�× �× �= �,
因为��−����=
�
�× ���+
�
�× ���+ ��+ ��+ ��=
��
�,
所以���+ ��+ ��+ ��+ ��= ��;
13.如图,在三棱柱���−�1�1�1中,��1 ⊥平面�1�1�1,��= ��,F 是�1�1的中点,点E 在棱��1上.
(1)证明:�1�⊥�1�;
(2)若∠���= 120°,��1 = 2��= 2,且点�1到平面�1��的距离为
21
7 ,求��: ��1的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)�: �
【分析】(1)要证明一条直线垂直于另一条直线,只要证明该直线垂直于另一条直线所在的平面即可;
(2)运用等体积法计算点到平面的距离.
【详解】(1)在直三棱柱���−������中,���⊥���,又��= ��,F 为����中点,
∴���⊥����,又���∩����= ��,���⊂平面������,����⊂平面������
∴���⊥平面������,���⊂平面������,∴���⊥���;
(2)因为F 是��, ��的中点,∴�△�����= �△�����,又���= ���, ∴三棱锥��−�����= ��−�����,
∴点��到平面����的距离等于点��到平面����的距离,即���−����= ���−����,
由(1)知,���⊥平面������,即���也是三棱锥��−�����底面�����上的高,
由条件可知:���=
�
�����=
�
�
,���=
�
�,设���= �,在Rt△�����中,�△�����=
�
�·���·���=
�
�×
�
�×
�
�=
�
�,
在Rt△����中,��=
��+
�
�
�
=
��+
�
�, �△����=
�
����·��=
�
�
��+
�
�,
由���−����= ���−����,即
�
����⋅�△����=
�
����−����⋅�△����,∴
�
�×
�
�× �=
�
�×
��
�×
�
�×
�
�+ ��
,
得�= �, ∴��: ���= �: �;
综上,��: ���= �: �.
14.如图1,在直角梯形ABCD 中,��∥��,∠���= 90°,��= ��=
1
2 ��,将△���沿AC 折起(如图
2).在图2 所示的几何体�−���中:
(1)若平面ACD⊥平面ABC,求证:AD⊥BC;
(2)设P 为BD 的中点,记P 到平面ACD 的距离为ℎ1,P 到平面ABC 的距离为ℎ2,求证:
ℎ1
ℎ2为定值,并求
出此定值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析,2
【分析】(1)先通过余弦定理及勾股定理证明AC⊥BC,再通过面面垂直的性质定理证明BC⊥平面ACD,
从而可证线线垂直;
(2)利用等体积法建立高的关系式,求解即可.
【详解】(1)记��= ��=
�
���= �,在△���中,��=
���+ ���=
��,∠���= ��°,
在△���中,��= ��,由余弦定理得��=
���+ ���−���× ��× ���∠���=
���+ ���−�× ��×
��×
�
�=
��,
所以���+ ���= ���,所以AC⊥BC,
因为平面ACD⊥平面ABC,平面���∩平面ABC=AC,BC⊂平面ABC,
所以BC⊥平面ACD,又��⊂平面ACD,所以��⊥��;
(2)由题意��−���=
�
����△���,��−���=
�
����△���,
因为P 为BD 的中点,��−���= ��−���= ��−���= ��−���,
所以
�
����△���=
�
����△���,即
��
��=
�△���
�△���=
�
�����
�
�����=
�
����
�
���= �.
15.四面体����中,��= ��= 13,��= ��= 14,��= ��= 15,则异面直线��与��的距离为______.
【答案】���
【分析】将四面体����补成长方体����−����,连接��交��于点�,连接��交��于点�,连接��,
推导出��⊥��,��⊥��,并计算出��的长,即可得解.
【详解】将四面体����补成长方体����−����,连接��交��于点�,连接��交��于点�,连接��,
则�、�分别为��、��的中点,
由已知可得
���= ���+ ���= ���
���= ���+ ���= ���
���= ���+ ���= ���
,可得��= ���,
因为��//��且��= ��,故四边形����为平行四边形,则��//��且��= ��,
又因为�、�分别为��、��的中点,所以,��//��且��= ��,
故四边形����为平行四边形,故��//��且��= ��= ��= ���,
∵��⊥平面����,��⊂平面����,∴��⊥��,即��⊥��,
同理可得��⊥��,故异面直线��与��的距离为��= ���.
故答案为:���.
16.如图,三棱柱���−�1�1�1的底面是边长为2 的正三角形,侧棱��1垂直于底面ABC,��1 =
3,D 是
CB 延长线上一点,且��= ��.
(1)证明:直线��1∥平面��1�;
(2)直线��1到平面��1�的距离.
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
�
�
【分析】(1)构造平行四边形������,进而即可证明直线���∥平面����;
(2)结合(1)可知直线���∥平面����,可得直线���到平面����的距离与点�到平面����的距离相
等,根据��−����= ���−���即可求解.
【详解】(1)依题意可得����∥��,且����= ��= �,
则四边形������为平行四边形,所以���∥���,
又���⊄平面����,且���⊂平面����,
所以直线���∥平面����.
(2)结合(1)可知直线���∥平面����,
所以直线���到平面����的距离与点�到平面����的距离相等,
设点�到平面����的距离为�,
结合(2)得��= ��,则���= �,
所以�△����=
�
�× ��× ���= ��,�△���=
�
�× ��× ��=
�,
又��−����= ���−���,即
�
�× ��× �=
�
�×
�×
�,得�=
�
�,
所以直线���到平面����的距离为
�
�.
17.长方体中����−�1�1�1�1,��= 5,��= 4,��1 = 3,则�1�1到平面���1�1的距离为______.
【答案】
��
�##�. �
【分析】根据线面平行的判定定理,易得����//平面������,从而有��到平面������的距离就等于����
到平面������的距离,在平面������内,过点��作���⊥���,�为垂足,易得���⊥平面������,
即点��到平面������的距离为���,从而在Rt△�����中即可求解.
【详解】解:如图,
在长方体����−��������中,����//��,
又��⊂平面������,����⊂平面������,
∴����//平面������,
∴��到平面������的距离就等于����到平面������的距离,
在平面������内,过点��作���⊥���,�为垂足,
∵��⊥平面������,���⊂平面������,
∴���⊥��,
∵��∩���= �, ��⊂平面������,���⊂平面������,
∴���⊥平面������,
∴点��到平面������的距离为���,
∵����= ��= ��= �,���= �,且∠�����= ��°,���=
����
�+ ���
�=
��+ ��= �,
∴由
�
�����⋅���=
�
����⋅���,得���=
����⋅���
���
=
��
�=
��
�,
∴直线����到平面������的距离为
��
�.
故答案为:
��
�.
18.如图,在四棱锥�−����中,底面����是菱形,∠���= 60∘,平面���⊥平面����,��⊥��,��=
��= 2,PD 的中点为F.
(1)求证:��//平面���;
(2)求直线��到面���的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
���
�.
【分析】(1)连接BD 交AC 于O,连接FO,得��//��,根据线面平行的判定可得��//平面���;
(2)根据线面平行,将线到面的距离化为点到面的距离,再根据等体积法可求出结果.
【详解】(1)连接BD 交AC 于O,连接FO,
∵F 为AD 的中点,O 为BD 的中点,则��//��,
∵��⊄平面ACF,��⊂平面ACF,∴��//平面ACF.
(2)因为平面���⊥平面ABCD,平面���∩平面����= ��,��⊥��,��⊂平面���,所以��⊥平
面ABCD.
由于��//平面ACF,则PB 到平面ACF 的距离,即P 到平面ACF 的距离.
又因为F 为PD 的中点,点P 到平面ACF 的距离与点D 到平面ACF 的距离相等.
取AD 的中点E,连接EF,CE,
则��//��,因为��⊥平面ABCD,所以��⊥平面ABCD,
因为��⊂平面����,所以��⊥��,
因为菱形����且∠���= ��∘,��= ��= �,
所以��=
�,��= �,
则��=
���+ ���=
�+ �= �,��= �,��=
�
���=
�
�
�+ �=
�,�△���=
�
�×
�×
�−
�
�=
�
�,
设点D 到平面ACF 的距离为��,由��−���= ��−���得
�
��△���× ��= �
��△���× ��⇒��= �△���× ��
�△���
=
�× �
�
�
= ���
�
即直线PB 到平面ACF 的距离为
���
�.
19.如图,平面PCBM 平面ABC ,
90
PCB


,
//
PM BC ,直线AM 与直线PC 所成的角为60,又
1
AC ,
2
2
BC
PM


,
90
ACB


.
(1)求证:AC
BM

;
(2)求多面体PMABC 的体积.
【答案】(1)证明见解析;(2)
6
6
.
【解析】(1)因为平面PCBM 平面ABC ,平面PCBM 平面ABC
BC

,
BC AC ,AC 平面ABC ,所以AC 平面PCBM ,
由BM 平面PCBM ,得AC BM ;
(2)取BC 的中点N,则
1
1
2
CN
BC

,连接MN,AN,
已知平面PCBM 平面ABC ,平面PCBM 平面ABC
BC

,
90
PCB


,PC 平面PCBM ,
PC

平面ABC ,
又
//
PM BC

,则
//
PM CN ,且PM
CN

,
MNCP

是平行四边形,则
//
MN PC ,
所以
AMN

是直线AM 与直线PC 所成角的平面角,所以
60
AMN


,
在Rt
ACN
△
中,
2
2
1 1
2
AN
AC
CN




,
在Rt AMN

中,
2
6
tan60
tan60
3
3
AN
AN
MN
MN






,
由题意知,多面体PMABC 即为四棱锥A
BCPM

,
则
1
1
1(
)
3
3
2
PMABC
A BCPM
BCPM
V
V
AC S
AC
PM
CB
MN








1
1
6
6
1
(2 1)
3
2
3
6






,
即多面体PMABC 的体积为
6
6 .
20.如图,在四棱锥P
ABCD

中,底面ABCD是边长为2 的正方形,侧棱PD 底面ABCD,PD
DC

,
E 是PC 的中点,作EF
PB

交PB 于点F .求三棱锥A
BDE

的体积;
【答案】2
3
【解析】取DC 中点M ,连接EM ,
在
PDC
△
中,M
E
、
分别为CD
CP
、
中点,
∴EM 为
PDC
△
的中位线,
∴
//
EM PD ,且
1
2
EM
PD

,
又∵
2
PD 
,∴
1
EM 
∵PD 底面ABCD,
∴EM 底面ABCD,
∴
1
1
2
2
2 1
3
2
3
A BDE
E
ABD
V
V






.
21.如图,在四棱锥P
ABCD

中,
/ /
AB
CD ,
2
CD
AB

,过AB 的平面分别交PD,PC 于点E,F,且
2
PE
ED

,
记四棱锥P
ABFE

的体积为
1V ,几何体ABCDEF 的体积为
2
V ,则
1
2
V
V ___________.
【答案】14
13 /14:13
【解析】由
/ /
AB
CD ,AB 面PCD,CD 面PCD,故
/ /
AB
面PCD,
又面PCD面ABFE
EF

,AB 面ABFE ,则
/ /
AB
EF ,
所以
/ /
EF
CD ,则
2
3
EF
PE
CD
PD


,又
1
2
AB
CD 
,可得
3
4
AB
EF 
,
如图,连接BE,BD,三棱锥P-ABE 和三棱锥P-BEF 的底面共面,即高相等,
所以它们体积的比值等于底面积的比值,
综上,
3
4
ABE
BEF
S
AB
S
EF




,故
3
4
P ABE
P BEF
V
V



.
三棱锥B-PAE 和三棱锥B-DAE 的底面共面,它们体积的比值等于底面积的比值,
由
2
PE
ED

,则
2
PAE
DAE
S
PE
S
DE




,故
2
B PAE
P ABE
B DAE
D ABE
V
V
V
V






,所以
1
3
D ABE
P ABD
V
V



.
三棱锥P-ABD 和三棱锥P-BCD 的底面共面,它们体积的比值等于底面积的比值,
所以
1
2
ABD
BCD
S
AB
S
CD




,则
1
2
P ABD
P BCD
V
V



,
设四棱锥P-ABCD 的体积为V,则
1
3
P ABD
V
V


.
由
2
P ABE
D ABE
V
V



,
1
3
D ABE
P ABD
V
V



,则
2
2
2
3
9
P ABE
D ABE
P ABD
V
V
V
V






.
由
3
4
P ABE
P BEF
V
V



,则
4
3
P BEF
P ABE
V
V



,
所以
1
7
14
3
27
P BEF
P ABE
P ABE
V
V
V
V
V







,
2
1
13
27
V
V
V
V



,即
1
2
14
13
V
V 
.
故答案为:14
13
22.如图,在三棱锥

P
ABC 中,PA 平面ABC ,AB
BC

,AD
BP

,PA
AC

,若三棱锥

P
ABC 外
接球的表面积为8,则三棱锥P
ACD

体积的最大值为(
)
A.
2
3
B.
1
2
C.
3
4
D.
2
4
【答案】A
【解析】设AB
a
=
,BC
b

,由三棱锥

P
ABC 外接球的表面积为8,得外接球的半径
2
R 
.又PA 平
面ABC ,AB
BC

,
所以


2
2
2
2
2
2
2
2
2
8
AB
BC
AP
AC
AP
AP
R







,
所以
2
AP 
,所以
2
2
4
a
b


.
因为PA 平面ABC ,AD
PB

,所以
2
4
PB
a


,
2
2
4
a
BD
a


,
过D 作DE
AB

,垂足为E,则DE 平面ABC ,
所以
//
DE PA,所以DE
BD
PA
BP

,所以
2
2
2
4
a
DE
a


,
所以






2
2
2
2
2
1
1
2
4
4
2
3
6
4
3 4
3 2
P ABC
D ABC
ACD
P ACD
a
ab
ab
V
V
S
PA
DE
ab
V
a
a
a
b




















△
4
4
2
2
3
6 2
3
a
b
b
a










,
当且仅当2a
b
b
a

,即
2 3
3
a 
,
2 6
3
b 
时,“=”成立,
所以三棱锥P
ACD

体积的最大值为
2
3
.故选:A.