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專題八：立體幾何
例 題
如圖，P為正方形ABCD外一點，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2，E為PD的中點．
（1）求證：PA⊥CE；
（2）求四棱錐P－ABCD的表面積．
【解析】（1）證明：取PA的中點F，連接EF，BF，則EF∥AD∥BC，即EF，BC共面．
∵PB⊥平面ABCD，∴PB⊥BC．
又BC⊥AB且PB∩AB＝B，
∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PA．
∵PB＝AB，∴BF⊥PA，又BC∩BF＝B，
∴PA⊥平面EFBC，∴PA⊥CE．
（2）解：設四棱錐P－ABCD的表面積為S，
∵PB⊥平面ABCD，
∴PB⊥C
2、D，又CD⊥BC，PB∩BC＝B，
∴CD⊥平面PBC，
∴CD⊥PC，即△PCD為直角三角形，
由（1）知BC⊥平面PAB，而AD∥BC，
∴AD⊥平面PAB，
故AD⊥PA，即△PAD也為直角三角形．
綜上，S＝PCCD＋PBCB＋PAAD＋ABPB＋ABBC＝8＋4．
【答案】（1）見解析；（2）8＋4．
基礎回歸
立體幾何是高考中必考的題型之一，并且分值占卷面的12%左右，多數(shù)是22分，?？純蓚€客觀題和一個主觀題，對學生的空間想象能力和運算推理能力要求較高，考點主要集中在空間幾何體的三視圖，空間幾何體的表面積與體積，證明直線、平面的平行與垂直關
3、系，求角．立體幾何主要位于必修2中立體幾何初步．
規(guī)范訓練
綜合題（48分/60min）
1．（12分/15min）在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，點D1為棱PD的中點，過D1作與平面ABCD平行的平面，與棱PA，PB，PC相交于點A1，B1，C1，∠BAD＝60．
（1）證明：B1為PB的中點；
（2）已知棱錐的高為3，且AB＝2，AC，BD的交點為O，連接B1O，求三棱錐B1－ABO外接球的體積．
【解析】（1）證明：連接B1D1．
?BD∥B1D1，
即B1D1為△PBD的中位線，即B1為PB的中點．
（2）解
4、：由（1）可得，OB1＝，AO＝，BO＝1，且OA⊥OB，OA⊥OB1，OB⊥OB1，
即三棱錐B1－ABO的外接球為以OA，OB，OB1為長，寬，高的長方體的外接球，則該長方體的體對角線長d＝＝，即外接球半徑R＝．
則三棱錐B1－ABO外接球的體積V＝πR3＝π3＝．
【答案】（1）見解析；（2）．
滿分規(guī)范
1.時間：你是否在限定時間內完成？ □是 □否 2.步驟：答題步驟是否與標答一致？ □是 □否
3.語言：答題學科用語是否精準規(guī)范？□是 □否 4.書寫：字跡是否工整？卷面是否整潔？□是 □否
5.得分點：答題得分點是否全面無誤？□是 □否 6.教材
5、：教材知識是否全面掌握？ □是 □否
2．（12分/15min）如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，側棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中點，過點E作EF⊥PB交PB于點F．
（1）證明：PA∥平面EDB；
（2）證明：PB⊥平面EFD；
（3）求三棱錐E－BCD的體積．
【解析】（1）證明：如圖所示，連接AC，交BD于點O，連接EO．
∵底面ABCD是正方形，
∴點O是AC的中點．
在△PAC中，EO是中位線，∴PA∥EO．
∵EO?平面EDB，PA?平面EDB，
∴PA∥平面EDB．
（2）解：∵PD＝DC
6、，又E是斜邊PC的中點，∴DE⊥PC．①
由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC．
∵底面ABCD是正方形，∴DC⊥BC．
又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC．
又DE?平面PDC，∴BC⊥DE．②
由①和②，得DE⊥平面PBC．
而PB?平面PBC，∴DE⊥PB．
又EF⊥PB，且DE∩EF＝E，
∴PB⊥平面EFD．
（3）解：∵E是PC的中點，∴點E到平面BCD的距離是PD的一半，
∴VE－BCD＝1＝．
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（2）．
滿分規(guī)范
1.時間：你是否在限定時間內完成？ □是 □否 2.步驟：答題步驟是否與標答一致？ □
7、是 □否
3.語言：答題學科用語是否精準規(guī)范？□是 □否 4.書寫：字跡是否工整？卷面是否整潔？□是 □否
5.得分點：答題得分點是否全面無誤？□是 □否 6.教材：教材知識是否全面掌握？ □是 □否
3．（12分/15min）如圖，四邊形ABCD為梯形，AB∥CD，PD⊥平面ABCD，∠BAD＝∠ADC＝90，DC＝2AB＝2a，DA＝a，E為BC中點．
（1）求證：平面PBC⊥平面PDE；
（2）線段PC上是否存在一點F，使PA∥平面BDF？若存在，請找出具體位置，并進行證明；若不存在，請分析說明理由．
【解析】（1）證明：連接BD，∠BAD＝∠ADC＝9
8、0，
∵AB＝a，DA＝a，
∴BD＝DC＝2a．又E為BC中點，∴BC⊥DE．
又∵PD⊥平面ABCD，∴BC⊥PD．
∵DE∩PD＝D，∴BC⊥平面PDE．
∵BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PDE．
（2）解：當點F位于PC三分之一分點(靠近點P)時，PA∥平面BDF．證明如下：
連接AC，BD交于點O，
∵AB∥CD，∴△AOB∽△COD，
又∵AB＝DC，∴AO＝OC，
從而在△CPA，AO＝AC，而PF＝PC，
∴OF∥PA，
而OF?平面BDF，PA?平面BDF，
∴PA∥平面BDF．
【答案】（1）見解析；（2）見解析．
滿分規(guī)范
1
9、.時間：你是否在限定時間內完成？ □是 □否 2.步驟：答題步驟是否與標答一致？ □是 □否
3.語言：答題學科用語是否精準規(guī)范？□是 □否 4.書寫：字跡是否工整？卷面是否整潔？□是 □否
5.得分點：答題得分點是否全面無誤？□是 □否 6.教材：教材知識是否全面掌握？ □是 □否
4．（12分/15min）如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，∠BAD＝60，AB＝2AD，AP⊥BD．
（1）證明：平面ABD⊥平面PAD；
（2）若PA與平面ABCD所成的角為60，AD＝2，PA＝PD，求點C到平面PAB的距離．
【解析】（1
10、）證明：在△ABD中，由余弦定理得
BD2＝AB2＋AD2－2ABADcos ∠BAD，
∵∠BAD＝60，AB＝2AD，
∴BD2＝4AD2＋AD2－22ADADcos 60＝3AD2，
∴AB2＝AD2＋BD2，即BD⊥AD．
又∵AP⊥BD，AD∩AP＝A，
∴BD⊥平面PAD．
∵BD?平面ABD，
∴平面ABD⊥平面PAD．
（2）解：取AD的中點O，連接PO，BO，
∵PA＝PD，∴PO⊥AD．
由（1）知平面ABD⊥平面PAD，交線為AD，
∴PO⊥平面ABD，
由AD＝2，得AB＝4，BD＝2，OB＝，
∵PA與平面ABCD所成的角為60，∴∠P
11、AO＝60，
得OP＝，∴PB＝4，PA＝2．
∵AB∥CD，∴CD∥平面PAB，故點C到平面PAB的距離即為點D到平面PAB的距離d，
在三棱錐P－ABD中，VD－PAB＝VP－ABD，
即2d＝22，求得d＝，
∴點C到平面PAB的距離為．
【答案】（1）見解析；（2）．
滿分規(guī)范
1.時間：你是否在限定時間內完成？ □是 □否 2.步驟：答題步驟是否與標答一致？ □是 □否
3.語言：答題學科用語是否精準規(guī)范？□是 □否 4.書寫：字跡是否工整？卷面是否整潔？□是 □否
5.得分點：答題得分點是否全面無誤？□是 □否 6.教材：教材知識是否全面掌握？ □是 □否
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高考備考“最后30天”大沖刺 數(shù)學專題八 立體幾何文 教師版
