新版高考備考“最后30天”大沖刺 數(shù)學 專題八 立體幾何文 教師版

《新版高考備考“最后30天”大沖刺 數(shù)學 專題八 立體幾何文 教師版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新版高考備考“最后30天”大沖刺 數(shù)學 專題八 立體幾何文 教師版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 1

2、 1 0 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，

3、∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PA． ∵PB＝AB，∴BF⊥PA，又BC∩BF＝B， ∴PA⊥平面EFBC，∴PA⊥CE． （2）解：設(shè)四棱錐P－ABCD的表面積為S， ∵PB⊥平面ABCD， ∴PB⊥CD，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＝PC·CD＋PB·CB＋PA·AD＋AB·PB＋AB·BC＝8＋4． 【答案】（1）見解析；（2）8＋4． 基礎(chǔ)回歸 立體幾何是高

4、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(guān)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）

5、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：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O(shè)A，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＝×π×3＝． 【答案】（1）見解析；（2）． 滿分規(guī)范 1.時間：你是否在限定時間內(nèi)完成？ □

6、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 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(cè)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，

7、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，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

8、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(nèi)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 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

9、，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＝90°， ∵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∽△C

10、OD， 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.時間：你是否在限定時間內(nèi)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－AB

11、CD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）證明：在△ABD中，由余弦定理得 BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos ∠BAD， ∵∠BAD＝60°，AB＝2AD， ∴BD2＝4AD2＋AD2－2·2AD·ADcos 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

12、． （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°，∴∠PAO＝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××2××d＝××2×2×，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(nèi)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 歡迎訪問“高中試卷網(wǎng)”——http://sj.fjjy.org