1、 专题 5.1 立体几何有关的计算 一、单选题 1、(2019 扬州期末)底面半径为 1，母线长为 3 的圆锥的体积是()A、2 23 B、33 C62 D6 【答案】A【解析】圆锥的高为 h 32122 2，圆锥的体积 V13122 22 23.2、(2019 镇江期末)已知一个圆锥的底面积为，侧面积为 2，则该圆锥的体积为()A68 B64 C、33 D、2 23 【答案】C【解析】思路分析先求出圆锥的底面半径和高设圆锥的底面半径、高、母线长分别为 r，h，l，则r2，rl2，解得r1，l2.所以 h 3.圆锥的体积 V13Sh 33.3、(2019 宿迁期末)设圆锥的轴截面是一个边长为
2、2 cm 的正三角形，则该圆锥的体积为_ cm3.()A、2 B、33 C、2 23 D、64 【答案】B【解析】圆锥的底面半径 R1，高 h 2212 3，故圆锥的体积为 V1312 3 33.4、(2019 南通、泰州、扬州一调)已知正四棱柱的底面长是 3 cm，侧面的对角线长是 3 5 cm，则这个正四棱柱的体积为_cm3.()A、18 B、54 C、64 D、23【答案】B【解析】由题意知，正四棱柱的高为（3 5）2326，所以它的体积 V32654，故答案为 54.5、(2019 南京学情调研)如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，AB2，AA13，则四棱锥 A1B1C1CB 的
3、体积是()A、2 3 B、2 10 C、4 23 D、64 【答案】A【解析】如图，取 B1C1 的中点 E，连结 A1E，易证 A1E平面 BB1C1C，所以 A1E 为四棱锥 A1B1C1CB 的高，所以 V 四棱锥 A1B1C1CB13S 矩形 BB1C1CA1E13(23)32 3.6、(2020 年高考天津)若棱长为2 3 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A12 B24 C36 D144 【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即2222 32 32 332R，所以，这个球的表面积为2244336SR.故选：C 7、(2018 盐
4、城三模)若一圆锥的底面半径为 1，其侧面积是底面积的 3 倍，则该圆锥的体积为()A68 B64 C、33 D、2 23 【答案】D【解析】：设圆锥的高为h，母线为l，由2=,=SrlSr侧底得，21=31l，即=3l，22312 2h，故该圆锥的体积为212 212 233.9、(2020年高考全国卷理数)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A514 B512 C514 D512【答案】C【解析】如图，设,CDa PEb，则22224aPOPE
5、OEb，由题意得212POab，即22142abab，化简得24()210bbaa ，解得154ba(负值舍去).故选 C 10、(2020河南高三期末(文)张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知三棱锥 ABCD的每个顶点都在球O 的球面上，AB 底面 BCD，BCCD，且3ABCD，2BC，利用张衡的结论可得球O 的表面积为()A30 B10 10 C33 D12 10 【答案】B【解析】因为 BCCD，所以7BD，又 AB 底面 BCD，所以球O 的球心为侧棱 AD 的中点，从而球O 的直径为 10.利用张衡的结论可得25168，则10，
6、所以球O 的表面积为21041010 102.故选：B 11、(2020 年高考全国 II 卷理数)已知ABC 是面积为 9 34的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面上.若球 O的表面积为 16 ，则 O 到平面 ABC 的距离为()A 3 B 32 C1 D32【答案】C【解析】设球O 的半径为 R，则2416R，解得：2R.设ABC外接圆半径为 r，边长为a，ABC是面积为 9 34的等边三角形，2139 3224a，解得：3a，22229933434ara，球心O 到平面 ABC 的距离22431dRr.故选：C 12、(2020 届山东省潍坊市高三上期末)算数书竹简于上世纪八十年代
7、在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长 L 与高h，计算其体积V 的近似公式21.36vL h它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率 近似取为 3.那么近似公式2275vL h相当于将圆锥体积公式中的 近似取为()A 227 B 258 C15750 D 355113【答案】B【解析】设圆锥底面圆的半径为r，高为h，依题意，rL2，hrhr22)2(75231，所以275831，即 的近似值为 258，故选 B.13、(2020 年高考全国 II 卷理数)已知ABC 是面积为
8、 9 34的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面上.若球 O的表面积为 16 ，则 O 到平面 ABC 的距离为()A 3 B 32 C1 D32【答案】C【解析】设球O 的半径为 R，则2416R，解得：2R.设ABC外接圆半径为 r，边长为a，ABC是面积为 9 34的等边三角形，2139 3224a，解得：3a，22229933434ara，球心O 到平面 ABC 的距离22431dRr.故选：C 14、(2020 届山东省潍坊市高三上学期统考)已知边长为 2 的等边三角形 ABC，D 为 BC 的中点，以 AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC，则过 A，B，C，D 四点的球的表面积
9、为()A3 B 4 C5 D6 【答案】C【解析】边长为 2 的等边三角形 ABC，D 为 BC 的中点，以 AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC，构成以 D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为 1,1，3，所以 21 1 35R ，球面积254()52S，故选 C.15、(2020 届山东省泰安市高三上期末)已知正三棱锥 SABC的侧棱长为4 3，底面边长为 6，则该正三棱锥外接球的表面积是()A16 B20 C32 D64 【答案】D【解析】如图所示，因为正三棱锥 SABC的侧棱长为4 3，底面边长为 6，则23 62 3
10、32AE，所以三棱锥的高2222(4 3)(2 3)6SESAAE,又由球心O 到四个顶点的距离相等，在直角三角形 AOE 中，,6AOR OESESOR，又由222OAAEOE，即222(2 3)(6)RR，解得4R，所以球的表面积为2464SR，故选 D.16、已知三棱锥中，直线与底面所成角为，则此时三棱锥外接球的表面积为()A B C D【答案】A【解析】取中点，则，因为直线与底面所成角为，所以，因为，所以，即为三棱锥外接球的球心，因为，所以，所以三棱锥外接球的表面积为.故选 A 17、(2019 年高考全国卷理数)已知三棱锥 PABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA=PB=PC，A
11、BC 是边长为 2 的正三角形，E，F 分别是 PA，AB 的中点，CEF=90，则球 O 的体积为()A68 B64 C62 D6 【答案】D【解析】解法一：,PAPBPCABC为边长为 2 的等边三角形，PABC为正三棱锥，ABCD2ABACBDCD2BCADADBCD38695BCOAOBCDOBCAODOADBCD3AODOAD2BCADAODOBOCOO2ABACBDCD122AOBC4 28PBAC，又 E，F 分 别 为 PA，AB 的 中 点，EFPB，EFAC，又 EFCE，,CEACCEF 平面 PAC，PB 平面 PAC，2APBPAPBPC，PABC为正方体的一部分，2
12、2226R，即36446 6,62338RVR ，故选 D 解法二：设2PAPBPCx，,E F 分别为,PA AB 的中点，EFPB，且12EFPBx，ABC为边长为 2 的等边三角形，3CF，又90CEF，213,2CExAEPAx，AEC中，由余弦定理可得2243cos2 2xxEACx，作 PDAC于 D，PAPC，D为 AC 的中点，1cos2ADEACPAx，2243142xxxx，221221222xxx，2PAPBPC，又=2AB BC AC，,PA PB PC两两垂直，22226R，62R，3446 66338VR，故选 D.18、正四面体 ABCD 中，M 是棱 AD 的中
13、点，O 是点 A 在底面 BCD 内的射影，则异面直线 BM 与 AO所成角的余弦值为()A26 B23 C24 D25【答案】B【解析】如图，设正四面体的棱长是 1，则32BM，高22361323AO，设点 M 在底面内的 射 影 是 N，则1626MNAO，所 以BMN即 为 所 求 异 面 直 线 所 成 角，则2cos3NMBMNBM，应选答案 B。19、(2020 届山东省日照市高三上期末联考)已知四棱锥 PABCD的体积是36 3，底面 ABCD 是正方形，PAB是等边三角形，平面 PAB 平面 ABCD，则四棱锥 PABCD外接球体积为()A28 21 B 99 112 C 63
14、72 D108 3 【答案】A【解析】设 AB 的中点为Q，因为 PAB是等边三角形，所以 PQAB，而平面 PAB 平面 ABCD，平面 PAB平面 ABCDAB，所以 PQ 平面 ABCD，四棱锥 PABCD的体积是36 3，136 33ABABPQ 1336 332ABABAB，所以边长6AB，3 3PQ，设OHx，3 3OMx，2222223 33 2ROAOMAMx，2222223ROPOHPHx，2 3x，2212321R 3428 213VR球.故选：A.20、(2018 年高考全国卷理数)设 ABCD，是同一个半径为 4 的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为9 3，则
15、三棱锥 DABC体积的最大值为()A12 3 B18 3 C 24 3 D54 3 【答案】B【解析】如图所示，设点 M 为三角形 ABC 的重心，E 为 AC 中点，当点 D 在平面 ABC 上的射影为 M 时，三棱锥 DABC的体积最大，此时，4ODOBR，239 34ABCSAB，6AB,点 M 为三角形 ABC 的重心，22 33BMBE，RtOBM中，有222OMOBBM，426DMODOM，max1 9 3 618 33D ABCV，故选 B.21、鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，外观看是
16、严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为()(容器壁的厚度忽略不计)9061A B C D【答案】C【解析】由题意知，当该球为底面边长分别为、，高为的长方体的外接球时，球的半径取最小值，所以，该球形容器的半径的最小值为，因此，该球形容器的表面积的最小值为.故选：C.二、多选题 22、(2020届山东省潍坊市高三上期末)等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为()A 2 B12 C
17、2 2 D22 【答案】AB【解析】如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为 1，高为 1，母线就是直角三角形的斜边2，所以所形成的几何体的表面积是2212121Srlr.如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是 1，所以写成的几何体的表面积222122Srl.综上可知形成几何体的表面积是21 或 2.故选：AB 36404144216141364 122 41441423、(2019 春思明区校级月考)如图所示，在正三棱柱111ABCA B C中，2ACa，13BBa，D 是11AC 的中点，点 F 在线段1
18、AA 上，若CF 平面1B DF 则 AF 的长度为()A aB3aC 2aD 2 3a【答案】AC 【解析】：CF 平面1B DF，CFDF在矩形11ACC A 中，设 AFm2222221110CDDFCFCCDCa2224CFam，222(3)DFama联立解得 ma，或2ma则 AF 的长度为 a 或 2a 故选：AC 24、(2020蒙阴县实验中学高三期末)已知四棱锥 PABCD，底面 ABCD 为矩形，侧面 PCD 平面 ABCD，2 3BC，2 6CDPCPD.若点M 为 PC 的中点，则下列说法正确的为()A BM 平面 PCD B/PA面 MBD C四棱锥 MABCD外接球的
19、表面积为36 D四棱锥 MABCD的体积为 6【答案】BC【解析】作图在四棱锥 PABCD中：由题：侧面 PCD 平面 ABCD，交线为CD，底面 ABCD 为矩形，BCCD，则 BC平面 PCD，过点 B 只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项 A 错误；连接 AC 交 BD于O，连接 MO，PAC中，OM PA，MO 面MBD，PA 面 MBD，所以/PA面 MBD，所以选项 B 正确；四棱锥 MABCD的体积是四棱锥 PABCD的体积的一半，取CD 中点 N，连接 PN，PNCD，则 PN 平面 ABCD，3 2PN，四棱锥 MABCD的体积 112 32 63 21223MABCDV
20、所以选项 D 错误.矩形 ABCD 中，易得6,3,3ACOCON，PCD 中求得：16,2NMPC在 Rt MNO 中223MOONMN 即：OMOAOBOCOD，所以 O 为四棱锥 MABCD外接球的球心，半径为3，所以其体积为36，所以选项 C 正确 故选：BC 25、如图，在四面体 ABCD中，点1B，1C，1D 分别在棱 AB，AC，AD 上，且平面111/B C D平面 BCD，1A 为 BCD内一点，记三棱锥1111AB C D的体积为V，设1ADxAD，对于函数()Vf x，则下列结论正确的是()A当23x 时，函数()f x 取到最大值B函数()f x 在 2(,1)3上是减
21、函数C函数()f x 的图象关于直线12x 对称D不存在0 x，使得01()4A BCDf xV(其中A BCDV 为四面体 ABCD的体积)【答案】ABD 【解析】在棱长为(0)a a 的正四面体 ABCD中，点1B，1C，1D 分别在棱 AB，AC，AD 上，且平面111/B C D平面 BCD，由题意可知111B C DBCD，111C DADxCDAD，1 112B C DBCDSxS棱锥1111AB C D与棱锥 ABCD的高之比为1x设0A BCDVV，11 1120()(1)AB C DVf xxx V200()23f xxVx V，当()0f x时，203x，当()0f x时，
22、23x，当23x 时，函数()f x取到最大值故 A 正确；函数在函数()f x 在 2(,1)3上是减函数，故 B 正确；函数()f x的图象不关于直线12x 对对称，故C 错误；22224()()(1)33327A BCDA BCDfVV，不存在0 x，使得01()4A BCDf xV(其中A BCDV 为四面体 ABCD的体积)故 D 正确故选：ABD 26、(2020 届江苏省七市第二次调研考试)如图，在体积为 V 的圆柱12O O 中，以线段12O O 上的点 O 为项点，上下底面为底面的两个圆锥的体积分别为1V，2V，则12VVV的值是_.【答案】13【解析】由题得，1211212
23、1211113333OOOVVSOOSOOSOOV，得1213VVV.故答案为：1327、(江苏省南通市、泰州市 2019-2020 学年高三上学期期末)在正三棱柱 ABC A1B1C1 中，AA1AB2，则三枝锥 A1 BB1C1 的体积为_.【答案】2 33【解析】因为正三棱柱111ABCA B C,则1BB 底面111A B C,111A B C是等边三角形又因为12AAAB,则三棱柱各棱长均为 2,则11 11 1 12112 32sin602323ABB CB A B CVV,故答案为：2 3328、(2020 届江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次联合调研)在正三棱柱 ABC A1
24、B1C1 中，AA1AB2，则三枝锥 A1 BB1C1 的体积为_.【答案】2 33【解析】因为正三棱柱111ABCA B C,则1BB 底面111A B C,111A B C是等边三角形又因为12AAAB,则三棱柱各棱长均为 2,则11 11 1 12112 32sin602323ABB CB A B CVV,故答案为：2 3329、(江苏省南通市 2019-2020 学年高三上学期期初)已知一个圆锥的底面半径为 3cm，侧面积为26cm，则该圆锥的体积是_3cm.【答案】3【解析】设圆锥母线长为l，则侧面积为12362Slrl，故2 3l.故圆锥的高223hlr，圆锥体积为2133Vr h
25、.故答案为：3.30、(江苏省南通市海安高级中学 2019-2020 学年高三阶段测试)如图正四棱柱1111ABCDA B C D的体积为27，点 E，F 分别为棱11,B B C C 上的点(异于端点)且/EFBC，则四棱锥1AAEFD的体积为_.【答案】9【解析】连接 DE，正四棱柱1111ABCDA B C D的体积为 27，点 E，F 分别为棱11,B B C C 上的点(异于端点)，且/EFBC，11AAEDAFEDVV，111111 1111193662AAEDE A ADA ADA ADDABCD AC DVVSABSABV，四棱锥1AAEFD的体积19AAEFDV故答案为：93
26、1、(江苏省南通市海安高级中学 2019-2020 学年高三 9月月考)已知长方体1111ABCDA B C D的体积为72，则三棱锥1ABCD的体积为_.【答案】12【解析】设长方体1111ABCDA B C D的底面积为 S，高为h，则长方体1111ABCDA B C D的体积为72Sh，由题意可知，三棱锥1ABCD的底面积为 12 S，高为h，因此，三棱锥1ABCD的体积为1111172123266ABCDVShSh，故答案为12.四、解答题 32、如图，在直三棱柱 A1B1C1ABC 中，ABBC，E，F 分别是 A1B，AC1 的中点(1)求证：EF平面 ABC；(2)求证：平面 A
27、EF平面 AA1B1B；(3)若 A1A2AB2BC2a，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 EFBC.(2 分)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 B1BBC.因为 EFBC，ABBC，所以 ABEF，B1BEF.(6 分)因为 B1BABB，所以 EF平面 ABB1A1.(8 分)因
28、为 EF平面 AEF，所以平面 AEF平面 ABB1A1.(10 分)(3)VFABC12VA1ABC1213SABCAA1(12 分)121312a22aa36.(14 分)33、如图，在五面体 ABCDEF 中，已知 DE 平面 ABCD，/ADBC，o60BAD，2AB，1DEEF (1)求证：/BCEF；(2)求三棱锥 BDEF的体积 解析(1)因为/ADBC，AD 平面 ADEF，BC 平面 ADEF，所以/BC平面 ADEF，(3 分)又 BC 平面 BCEF，平面 BCEF平面 ADEFEF，所以/BCEF (6 分)(2)如图，在平面 ABCD 内过点 B 作 BHAD于点 H
29、 因为 DE 平面 ABCD，BH 平面 ABCD，所以 DEBH 又 AD，DE 平面 ADEF，ADDED，所以 BH 平面 ADEF，所以 BH 是三棱锥 BDEF的高 (9 分)在直角三角形 ABH 中，o60BAD，2AB，所以3BH 因为 DE 平面 ABCD，AD 平面 ABCD，所以 DEAD 又由(1)知，/BCEF，且/ADBC，所以/ADEF，所以 DEEF，(12 分)所以三棱锥 BDEF的体积11131 133326DEFVSBH (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
30、高的原因，即证明它与某个平面垂直，否则将导致丢分 34、如图，在矩形 ABCD 中，AD2，AB4，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 MFCD，且 MF12CD.图 1 在折叠前，四边形 ABCD 为矩形，E 为 AB 的中点，所以 BECD，且 BE12CD.所以 MFBE，且 MFBE.所以四边形 BEFM 为平行四边形，故 E
31、FBM.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 BECD，且 BE12CD.图 2 所以NBENCD，NEBNDC.所以NEBNDC.所以NENDBECD12，即 E 为 DN 的中点 又 F 为 AD 的中点，所以 EFNA.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 折叠前，四边形 ABCD 为矩形，E 为 AB 的中点，所以 BECD，且 BE
32、12CD.所以 BECO，且 BECO.所以四边形 BEOC 为平行四边形，所以 EOBC.又 EO平面 ABC，BC平面 ABC，所以 EO平面 ABC.因为 F，O 分别为 AD，CD 的中点，所以 FOAC.又 FO平面 ABC，AC平面 ABC，所以 FO平面 ABC.又 FO，EO平面 FEO，FOEOO，所以平面 FEO平面 ABC.因为 EF平面 FEO，所以 EF平面 ABC.(2)解法 1 在折叠前，四边形 ABCD 为矩形，AD2，AB4，E 为 AB 的中点，所以ADE，CBE 都是等腰直角三角形，且 ADAEEBBC2.所以DEACEB45，且 DEEC2 2.又DEA
33、DECCEB180，所以DEC90，即 DECE.又平面 ADE平面 BCDE，平面 ADE平面 BCDEDE，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 SEFD1212ADAE14221.所以四面体 FDCE 的体积 V13SEFDCE1312 22 23.解法 2 如图 4，过 F 作 FHDE，H 为垂足 图 4 因为平面 ADE平面 BCDE，平面 ADE平面 BCDEDE，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 AD2，AB4，E 为
34、 AB 的中点，所以ADE 是等腰直角三角形 又 F 为 AD 的中点，所以 DF1.所以 FHDFsin45 22.又 SEDC12CDBC12424，所以四面体 FDCE 的体积 V13SEDCFH134 22 2 23.解法 3 如图 5，过 A 作 AGDE，G 为垂足 图 5 因为平面 ADE平面 BCDE，平面 ADE平面 BCDEDE，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 AD2，AB4，E 为 AB 的中点，所以ADE 是等腰直角三角形 所以 AGADsin45 2.又 SEDC12DCBC1242
35、4，所以三棱锥 AECD 的体积 VAECD13SEDCAG134 24 23.因为 F 为 AD 的中点，所以 SEFD12SEAD.所以 VCEFD12VCEAD12VAECD2 23.即四面体 FDCE 的体积为2 23.35、如图，直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是菱形，ADC120，AA1AB1，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 AA1C C1 且 AA1C C1，所以四边形 A1ACC1 是 平行四边形，所以 ACA1C1 且 ACA1C1.因为
36、O1，O 分别是 A1C1，AC 的中点，故 O CA1O1 且 O CA1O1.所以四边形 A1O1C O 为平行四边形，所以 A1OO1C.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 D1DC O.因为 AC，BD 为菱形 ABCD 的对角线，所以 C OBD.因为 D1DBDD，所以 C O平面 BB1D1D.在菱形 ABCD 中，BC1，BCD60，C O 32.易知点 O 到直线 B1D1 的距离为 DD11，且 BDB1D11，所以OB1D1
37、 的面积 11OB DS12DD1B1D112.所以三棱锥 C-OB1D1 的体积 V13SOB1D1C O 312.在CB1D1 中，CB1CD1 2，B1D11，则可求得CB1D1 的面积 SC B1D1 74.由 V13SC B1D1h13 74 h 312，得 h 217.因此，点 O 到平面 CB1D1 的距离为 217.解法 2 作垂线 因为 AA1平面 A1B1C1D1，所以 AA1B1D1.因为 A1C1，B1D1 为菱形 A1B1C1D1 的对角线，所以 B1D1A1C1.因为 AA1A1C1A1，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 OHC O1，H 为垂足，而平面 CB1D1平面 AA1C1CCO1，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 CHC O1C1，sinCO1C1C C1C O1 172 27，sinOCHOHO COH322OH3，所以 272OH3，故 OH 217.因此，点 O 到平面 CB1D1 的距离为 217.
