专题13 立体几何中的计算问题
【自主热身，归纳总结】
1、若正三棱锥的底面边长为，侧棱长为1，则此三棱锥的体积为 ．
【答案】：
【解析】：设此正三棱锥的高为，则，所以，，
故此三棱锥的体积．
2、 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝3 cm，AA1＝2 cm，则三棱锥AB1D1D的体积为________cm3.
【答案】 3
【解析】VAB1D1D＝VB1AD1D＝S△ADD1×A1B1＝××AD×D1D×A1B1＝××3×2×3＝3.
3、将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm3，则该圆柱的侧面积为________cm2.
【答案】：18π
【解析】：设正方形的边长为x cm，则圆柱的体积为πx2·x＝27π，解得x＝3，所以该圆柱的侧面积为2π×3×3＝18π(cm2)．
4、如图，正四棱锥PABCD的底面一边AB的长为2 cm，侧面积为8 cm2，则它的体积为________cm3.
【答案】 4
【解析】：如图，过点P作PO垂直于底面ABCD，且垂足为O，在平面ABCD中，过点O作直线AB的垂线，
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垂足为E，连结PE.
由正四棱锥的性质知，PE⊥AB，所以S侧＝(×2×PE)×4＝8，解得PE＝2，在Rt△POE中，PO＝＝＝1，所以正四棱锥的体积为×(2)2×1＝4.
5、已知正四棱柱的底面边长为3 cm，侧面的对角线长是3cm，则这个正四棱柱的体积是________cm3.
【答案】54
【解析】：设该正四棱柱的侧棱长为h cm，则(3)2＝32＋h2，解得h＝6(负值舍去)，从而这个正四棱柱的体积是V＝32×6＝54(cm3)．
6、若圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为________．
【答案】 π
7、现有一正四棱柱形铁块，底面边长为高的倍，将其熔化锻造成一个底面积不变的正四棱锥形铁件（不计材料损耗）．设正四棱柱与正四棱锥的侧面积分别为,,则的值为 ．
【答案】
【解析】设正四棱柱得高为，所以底面边长为，根据体积相等，且高相等，所以正四棱锥的高为，则正棱锥侧面的高为,所以
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8、以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比为________．
【答案】
【解析】：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S1＝2πrh＝2πr2.圆锥的母线l＝＝r，故圆锥的侧面积为S2＝×2πr×l＝πr2，所以S2∶S1＝∶2.
9、如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝4，AA1＝6.若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，则三棱锥AA1EF的体积是________．
【答案】：
【解法1】过B点作，垂足为E，平面ABC平面，且平面ABC 平面=AC,所以平面，又因为梯形的面积为=6，所以.
【解法2】,而=,所以四棱锥的体积为.
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【关联1】、如图，铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知正六棱柱的底面边长、高都为4 cm，圆柱的底面积为9 cm2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6 cm的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为________cm(不计损耗)．
【答案】. 2 由题意知，熔化前后的体积相等，熔化前的体积为6××42×4－9×4＝60，设所求正三棱柱的底面边长为x cm，则有x2·6＝60，解得x＝2，所以所求边长为2cm.
【关联2】、在棱长为2的正四面体中，，分别为，的中点，点是线段上一点，且，则三棱锥的体积为 ．
【答案】：
思路分析：解决空间几何体的体积计算问题常常有两个途径：一是直接利用体积公式求解，另一种是利用等体积转化的思想进行计算.
解题过程：连结，，，过点作于，因为，M为PA的中点，所以，同理，又因为，所以，又因为，所以，又因为，所以，从而，故为点到平面的高.在中，，N为BC的中点，则，的面积，在中，因为，，所以，从而三棱锥的体积．
【关联3】、如图，在正三棱柱中，已知，点在棱上，则三棱锥的体积为 ．
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【答案】．
【解析】： 因为正三棱柱中，，因为，，
所以，因为点在棱上，所以点到平面的距离就是点到平面的距离．作，垂直为点，因为正三棱柱中，面，面，所以，而，，，所以．因为正三棱柱中，，所以，的面积，所以三棱锥的体积．
例2、已知矩形ABCD的边AB＝4，BC＝3，若沿对角线AC折叠，使平面DAC⊥平面BAC，则三棱锥DABC的体积为________．
【答案】.
【解析】：在平面DAC内作DO⊥AC，垂足为点O，因为平面DAC⊥平面BAC，且平面DAC∩平面BAC＝AC，所以DO⊥平面BAC，因为AB＝4，BC＝3，所以DO＝，S△ABC＝×3×4＝6，所以三棱锥DABC的体积为V＝×6×＝.
【变式1】、．已知一个空间几何体的所有棱长均为1 cm，其表面展开图如图所示，则该空
间几何体的体积V== cm3．
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【答案】
【解析】空间几何体为一正方体和一正四棱锥的组合体，显然，正方体的体
积为1，正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为1，所以，棱锥的高为，所以，正四棱锥的体积为，即组合体的体积为
【变式2】、已知△ABC为等腰直角三角形，斜边BC上的中线AD = 2，将△ABC沿AD折成60°的二面角，连结BC，则三棱锥C - ABD的体积为 ．
【答案】：
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易错警示 由于二面角平面角的概念在必做部分考查较少形成了复习中的知识盲点在边长为4的正方形ABCD内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分)，
【关联1】、折叠成底面边长为的正四棱锥SEFGH(如图2)，则正四棱锥SEFGH的体积为________．
（图1） （图2）
【答案】：.
【解析】：连结EG，HF，交点为O，正方形EFGH的对角线EG＝2，EO＝1，则点E到线段AB的距离为1，EB＝＝.SO＝＝＝2，故正四棱锥SEFGH的体积为×()2×2＝.
【关联2】、已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为，过圆锥的两条母线作截面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为
【答案】
【解析】设底面半径为，由题意可得：母线长为.又侧面展开图面积为
，所以.又截面三角形ABD为等边三角形，故，又，故为等角直角三角形.设圆锥底面中心到截面的距离为，又，所以.
又,,，故
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【关联3】、 如图，在圆锥VO中，O为底面圆心，半径OA⊥OB，且OA＝VO＝1，则O到平面VAB的距离为________．
【答案】：
思路分析 在立体几何求点到平面的距离问题中，往往有两种途径：(1) 利用等体积法，这种方法一般不需要作出高线；(2) 利用面面垂直的性质作出高线，再进行计算．
解法1 因为VO⊥平面AOB，OA⊂平面AOB，所以VO⊥OA，同理VO⊥OB，又因为OA⊥OB，OA＝VO＝OB＝1，所以VA＝VB＝AB＝，所以S△VAB＝VA×ABsin60°＝.设O到平面VAB的距离为h，由VVAOB＝VOVAB，得S△AOB×VO＝S△VAB×h，得OA×OB×VO＝h，解得h＝.
解法2 取AB中点M，连结VM，过点O作OH⊥VM于H.因为OA＝OB，M是AB中点，所以OM⊥AB，因为VO⊥平面AOB，AB⊂平面AOB，所以VO⊥AB，又因为OM⊥AB，VO∩OM＝O，所以AB⊥平面VOM，又因为AB⊂平面VAB，所以面VAB⊥平面VOM，又因为OH⊥VM，OH⊂平面VOM，平面VAB∩平面VOM＝VH，所以OH⊥平面VAB，所以OH为点O到平面VAB的距离，且OH＝＝.
例3、如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，AB⊥BC，E，F分别是A1B，AC1的中点．
(1) 求证：EF∥平面ABC；
(2) 求证：平面AEF⊥平面AA1B1B；
(3) 若A1A＝2AB＝2BC＝2a，求三棱锥FABC的体积．
)
【解析】 (1) 连结A1C.因为直三棱柱A1B1C1ABC中，四边形AA1C1C是矩形，所以点F在A1C上，且为A1C的中点．
在△A1BC中，因为E，F分别是A1B，A1C的中点，所以EF∥BC.(2分)
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又因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.(4分)
(2) 因为在直三棱柱A1B1C1ABC中，B1B⊥平面ABC，所以B1B⊥BC.
因为EF∥BC，AB⊥BC，所以AB⊥EF，B1B⊥EF.(6分)
因为B1B∩AB＝B，所以EF⊥平面ABB1A1.(8分)
因为EF⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面ABB1A1.(10分)
(3) VFABC＝VA1ABC＝××S△ABC×AA1(12分)
＝××a2×2a＝.(14分)
【变式1】、如图，在五面体中，已知平面，，，，．
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积．
【解析】（1）因为，平面，平面，
所以平面， （3分）
又平面，平面平面，
所以． （6分）
（2）如图，在平面内过点B作于点．
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因为平面，平面，所以．又，平面，，
所以平面，
所以是三棱锥的高． （9分）
在直角三角形中，，，所以．
因为平面，平面，所以．
又由（1）知，，且，所以，所以， （12分）
所以三棱锥的体积． （14分）
易错警示 在证明线线、线面、面面的位置关系时，一定要注意条件的完备性，不能少写条件．另外，在求几何体的体积时， 一定要证明某条线为高的原因，即证明它与某个平面垂直，否则将导致丢分．
【变式2】、如图，在矩形ABCD中，AD＝2，AB＝4，E，F分别为边AB，AD的中点．现将△ADE沿DE
折起，得四棱锥ABCDE.
（1）求证：EF∥平面ABC；
（2）若平面ADE⊥平面BCDE，求四面体FDCE的体积．
【解析】 (1) 证法1 如图1，取线段AC的中点M，连结MF，MB.
因为F，M为AD，AC的中点，
所以MF∥CD，且MF＝CD.
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图1
在折叠前，四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以BE∥CD，且BE＝CD.
所以MF∥BE，且MF＝BE.
所以四边形BEFM为平行四边形，故EF∥BM.
又EF⊄平面ABC，BM⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
证法2 如图2，延长DE交CB的延长线于点N，连结AN.
在折叠前，四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以BE∥CD，且BE＝CD.
图2
所以∠NBE＝∠NCD，∠NEB＝∠NDC.
所以△NEB∽△NDC.
所以＝＝，即E为DN的中点．
又F为AD的中点，所以EF∥NA.
又EF⊄平面ABC，NA⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
证法3 如图3，取CD的中点O，连结OE，OF.
图3
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(2) 解法1 在折叠前，四边形ABCD为矩形，AD＝2，AB＝4，E为AB的中点，所以△ADE，△CBE都是等腰直角三角形，且AD＝AE＝EB＝BC＝2.
所以∠DEA＝∠CEB＝45°，且DE＝EC＝2.
又∠DEA＋∠DEC＋∠CEB＝180°，所以∠DEC＝90°，即DE⊥CE.
又平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，CE⊂平面BCDE，所以CE⊥平面ADE，即CE为三棱锥CEFD的高．
因为F为AD的中点，所以
S△EFD＝××AD×AE＝×2×2＝1.
所以四面体FDCE的体积
V＝×S△EFD×CE＝×1×2＝.
解法2 如图4，过F作FH⊥DE，H为垂足．
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图4
因为平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，FH⊂平面ADE，所以FH⊥平面BCDE，即FH为三棱锥FECD的高．
在折叠前，四边形ABCD为矩形，且AD＝2，AB＝4，E为AB的中点，所以△ADE是等腰直角三角形．
又F为AD的中点，所以DF＝1.
所以FH＝DF·sin45°＝.
又S△EDC＝×CD×BC＝×4×2＝4，
所以四面体FDCE的体积
V＝×S△EDC×FH＝×4×＝.
解法3 如图5，过A作AG⊥DE，G为垂足．
图5
因为平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，AG⊂平面ADE，所以AG⊥平面BCDE，即AG为三棱锥AECD的高．
在折叠前，四边形ABCD为矩形，且AD＝2，AB＝4，E为AB的中点，
所以△ADE是等腰直角三角形．
所以AG＝AD·sin45°＝.
又S△EDC＝×DC×BC＝×4×2＝4，
所以三棱锥AECD的体积
VAECD＝×S△EDC×AG＝×4×＝.
因为F为AD的中点，所以S△EFD＝S△EAD.
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所以VCEFD＝VCEAD＝VAECD＝.
即四面体FDCE的体积为.
【关联】、如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠ADC＝120°，AA1＝AB＝1，点O1，O分别是上、下底面菱形的对角线的交点．
（1）求证：A1O∥平面CB1D1；
（2）求点O到平面CB1D1的距离．
【解析】 (1) 因为AA1∥C C1且AA1＝C C1，所以四边形A1ACC1是
平行四边形，所以AC∥A1C1且AC＝A1C1.
因为O1，O分别是A1C1，AC的中点，故O C∥A1O1且O C＝A1O1.
所以四边形A1O1C O为平行四边形，所以A1O∥O1C.
又A1O⊄平面CB1D1，O1C⊂平面CB1D1，
所以A1O∥平面CB1D1.
（2）解法1 等体积法．
设点O到平面CB1D1的距离为h.
因为D1D⊥平面ABCD，所以D1D⊥C O.
因为AC，BD为菱形ABCD的对角线，
所以C O⊥BD.
因为D1D∩BD＝D，
所以C O⊥平面BB1D1D.
在菱形ABCD中，BC＝1，∠BCD＝60°，C O＝.
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解法2 作垂线．
因为AA1⊥平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1.
因为A1C1，B1D1为菱形A1B1C1D1的对角线，所以B1D1⊥A1C1.
因为AA1∩A1C1＝A1，所以B1D1⊥平面AA1C1C.
因为B1D1⊂平面CB1D1，所以平面CB1D1⊥平面AA1C1C.
在平面AA1C1C内，作OH⊥C O1，H为垂足，而平面CB1D1∩平面AA1C1C＝CO1，
所以OH⊥平面CB1D1，即线段OH的长为点O到平面CB1D1的距离．
在矩形AA1C1C中，∠O CH＝∠C O1C1，sin∠CO1C1＝＝＝，
sin∠OCH＝＝＝，所以＝，故OH＝.
因此，点O到平面CB1D1的距离为.
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