專題專題8××立體幾何命題趨勢命題趨勢高考當中立體幾何的考查分選擇題、填空題和解答題．其中選擇題、填空題的考查主要為：（1）空間幾何體的三視圖結合幾何量（線段長度、表面積、體積等）計算以及利用平面的基本性質及線線、線面、與面面判定定理與性質定理對命題真假的判斷．（2）多面體的內切球與外接球的考查．解答題的考查主要為線線、線面、與面面平行和垂直關系的判斷與證明以及多面的體積，點到面，線到面的距離為主．考點清單考點清單1．空間幾何體的表面積與體積（1）多面體的表面積S棱柱表=S棱柱側+2（2）旋轉體的表面積①圓柱：S表=2πr(r+l)，其中r為底面半徑，②圓錐：S表=πr(r+l)，其中r為底面半徑，③圓臺：S表=π(r'2+r④球體：S球=4π（3）幾何體的體積公式①柱體：V柱體=Sh，其中S為底面面積，②椎體：，其中S為底面面積，h為高；③臺體：，其中S'、S分別為上、下底面面積，h為高；④球體：，其中r為球的半徑．2．空間點、直線、平面之間的位置關系（1）平面的基本性質公理1：如果一條直線上的兩點在同一個平面內，那么這條直線在這個平面內．公理2：過不同在一條直線上的三點，有且只有一個平面．推論1：經過一條直線和直線外一點，有且只有一個平面．推論2：經過兩條相交直線，有且只有一個平面．推論3：經過兩條平行直線，有且只有一個平面．公理3：如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線．公理4：平行于同一直線的兩條直線平行．3．直線、平面平行的判定及其性質（1）直線與平面平行的判定定理文字語言：平面外的一條直線與此平面內的一條直線平行，則該直線與此平面平行．符號語言：a?α，b?α，a//圖形語言：如下圖．（2）直線與平面平行的性質定理文字語言：一條直線與一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行．符號語言：a//α，a?β，圖形語言：如下圖．（3）平面與平面平行的判定定理文字語言：一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行．符號語言：a?β，b?β，a∩b=P，a//α，圖形語言：如下圖．（4）平面與平面平行的性質定理文字語言：如果兩個平行的平面同時與第三個平面相交，那么它們的交線平行．符號語言：α//β，γ∩α=a，圖形語言：如下圖．4．直線、平面垂直的判定及其性質（1）直線與平面垂直的判定定理文字語言：一條直線與一個平面內的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直．符號語言：l⊥a，l⊥b，a?α，b?α，a∩b=P?圖形語言：如下圖．（2）直線與平面垂直的性質定理文字語言：垂直于同一個平面內的兩條直線平行．符號語言：a⊥α，b⊥圖形語言：如下圖．（3）平面與平面垂直的判定定理文字語言：如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直．符號語言：l?β，l⊥圖形語言：如下圖．（4）平面與平面垂直的性質定理文字語言：兩平面垂直，則一個平面內垂直于交線的直線與另一個平面垂直．符號語言：α⊥β，α∩β=l，a?α，a⊥圖形語言：如下圖．

精題集訓精題集訓（70分鐘）經典訓練題經典訓練題一、選擇題．1．如圖，小方格是邊長為1的小正方形，粗線畫出的是某四棱錐的三視圖，則該四棱錐的外接球表面積為（）A．32π B．302π C．41π D2．已知平面α，β，直線l，m，且有l⊥α，m?β，給出下列命題：①若，則l⊥m；②若，則α⊥β；③若α⊥β，則；④若l⊥m，則．其中正確命題的個數是（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題．3．沿正三角形ABC的中線AD翻折，使點B與點C間的距離為2，若該正三角形邊長為2，則四面體ABCD外接球表面積為______．三、解答題．4．如圖，在三棱錐S-ABC中，已知ΔSAC是正三角形，G為ΔSAC的重心，D，E分別為SC，AB的中點，F在AB上，且．（1）求證：平面SGF；（2）若平面平面ACB，，∠ACB=120°，求三棱錐的體積．5．如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是直角梯形，且AD⊥DC，，PD⊥平面ABCD，AD=4，BC=CD=2，點E為線段PA的靠近點P的三等分點．（1）求證：平面BDE；（2）若異面直線PA與BC所成的角為45°，求多面體BCDEP的體積．6．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，側面PBC是正三角形，E是PB的中點，且AE⊥平面PBC．（1）證明：平面ACE；（2）若AB⊥AP，PC=2，求點P到底面ABCD的距離．7．在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，已知（1）求證：平面ABCD；（2）若平面BDD1B1⊥8．如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，O為AC與BD的交點，AB⊥平面PAD，△PAD是正三角形，，AD=CD=2AB．（1）若點E為棱PA上一點，且平面PBC，求的值；（2）求證：平面PCD⊥平面PBC．高頻易錯題高頻易錯題一、選擇題．1．設l，m是兩條不同的直線，α是一個平面，則下列說法正確的是（A．若l⊥m，m?α，則l⊥α B．若l⊥αC．若，，則m⊥α D．若，，則2．如圖，在正四棱錐中，，，分別是，，的中點，動點在線段上運動時，下列四個結論：①；②；③平面；④平面，其中恒成立的為（）A．①③ B．③④ C．①② D．②③④精準預測題精準預測題一、選擇題．1．如圖是一個正方體的表面展開圖，則圖中“0”在正方體中所在的面的對面上的是（）A．2 B．1 C．高 D．考2．若α，β，γ是空間中三個不同的平面，α∩β=l，α∩γ=m，γ∩β=n，則是的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．如圖，某柱樁的底座由一個正六棱柱中間挖掉一個圓柱構成．已知該正六棱柱每個側面是邊長為30cm的正方形，所挖掉的圓柱的底面半徑為10cm．為了延長底座的使用時長，需將底座地面之上的部分（除與地面直接接觸的底面之外的表面）涂上防氧化層，則涂層的總面積為（A．27003+5400+500πcmC．13503+5400+500πcm4．如圖，將正四棱錐P-ABCD置于水平反射鏡面上，得一“倒影四棱錐”P-ABCD-Q．下列關于該“倒影四棱錐”的說法中，所有正確結論的編號是（）①平面BCQ；②PQ⊥平面ABCD③若P，A，④若該“倒影四棱錐”存在外接球，則AB=PA．A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②④二、填空題．5．已知一個棱長為1的正方體內接于半球體，即正方體的上底面的四個頂點在球面上，下底面的四個頂點在半球體的底面圓內，則該半球體(包括底面)的表面積為_________．三、解答題．6．如圖三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是邊長2為等邊三角形，ECE⊥FB（1）證明：EF⊥平面CEB（2）求三棱錐的體積．7．如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，ΔACD是直角三角形，∠ABD=∠（1）證明：平面ACD⊥平面ABC；（2）設AB長為1，點E為BD的中點，求點D到平面ACE8．已知等腰梯形ADCE中，，EC=2AD=2AE=4，，B為EC的中點，如圖1，將三角形ABE沿AB折起到ABE'（E'?平面（1）點F為線段AE'的中點，判斷直線DF與平面（2）當△BCE'9．如圖，已知四邊形ABCD為等腰梯形，，∠ABD=90°，四邊形ADMN為矩形，點G，H分別是線段MN，CD的中點，點I在線段AD上．（1）探究：是否存在點I，使得平面平面ACN？并證明；（2）若，線段MN在平面ABCD內的投影與線段AD重合，求多面體BC-ADMN的體積．

參考答案參考答案經典訓練題經典訓練題一、選擇題．1．【答案】C【解析】根據三視圖可得原幾何體如圖所示，且PH⊥平面ABCD，PH=4，H為AB的中點，四邊形ABCD為正方形，其邊長為4．設O1為正方形ABCD的中心，O2為則外接球的球心O滿足OO1⊥平面ABCD，O所以，又HO2?平面PAB，故O所以四邊形HO在正方形ABCD中，HO在△PAB中，4-PO22故外接球半徑為，故外接球的表面積為，故選C．【點評】幾何體外接球的半徑的求法，關鍵是球心位置的確定，可用球心與各面的外接圓的圓心的連線與此面垂直來確定，如果球心的位置不確定，那么可用補體的方法來確定球心的位置．2．【答案】B【解析】對于①：因為，l⊥α，所以l⊥β，又m?β，所以l⊥m對于②：因為，l⊥α，所以m⊥α，又m?β，所以α⊥β對于③：因為α⊥β，l⊥α，所以l與m可能平行或異面，故錯誤；對于④：因為l⊥m，l⊥α，所以或m?α，所以不一定成立，故錯誤，故選B．【點評】判斷符號語言描述的空間中位置關系的命題的真假：（1）利用定理、定義、公理等直接判斷；（2）作出簡單圖示，利用圖示進行說明；（3）將規則幾何體作為模型，取其中的部分位置關系進行分析．二、填空題．3．【答案】【解析】由題意，折疊后的四面體中，AD⊥CD，AD⊥DB，CD∩DB=D，AD⊥面BCD，且，在中，AD＝3，且BC＝2，設△BCD的外心為N，外接圓半徑r，過N作MN⊥平面BDC，過A作，則四邊形ADNM為矩形，，∵△BDC中，，BC＝2，故∠BDC＝90°，由正弦定理可得，，即，則可得外接球球心O在MN的中點，，四面體的外接球表面積，故答案為．【點評】本題考查空間想象能力，計算能力；三棱柱上下底面中點連線的中點，到三棱柱頂點的距離相等，說明中心就是外接球球心，是本題解題的關鍵，仔細觀察和分析題意，是解好數學題目的前提．三、解答題．4．【答案】（1）證明見解析；（2）1．【解析】（1）證明：連接AD，∵D為SC的中點，G為ΔSAC的重心，∴點G一定在AD上，且，∵E為AB的中點，∴，又，∴，即，∴，則，∵GF?平面SGF，DE?平面SGF，∴平面SGF．（2）解：延長SG，交AC于H，由題設知，H為AC的中點，∵ΔSAC是正三角形，∴SH⊥∵平面平面ACB，平面SAC∩平面ACB=AC，SH?平面，∴平面ACB，即SH為三棱錐S-ABC的高，∵AC=2，∴SH=3又，，∴，故．【點評】本題主要考了空間幾何體中，線面平行、線面垂直、面面垂直以及三棱錐的體積，難度適中．5．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】（1）連接AC交BD于點O，連接OE．因ABCD是直角梯形，且AD⊥DC，，AD=4，BC=2，所以△ADO和△CBO相似，且有，又點E為線段PA的靠近點P的三等分點，有，所以有，∴OE∥CP，又OE?平面BDE，所以PC∥平面BDE．（2）直線PA與BC所成的角為45°，，即∠PAD=45°，又，PD⊥平面ABCD，所以．計算得，．∴多面體體積．【點評】本題考查線面平行的判斷定理和多面體體積計算，解題的關鍵是通過三角形的相似成比例得出平行關系．6．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】（1）連接BD角AC于點O，連接OE，因為底面ABCD是平行四邊形，所以O為BD中點，又E是PB的中點，所以，且，因為平面ACE，PD?平面ACE，所以平面ACE．（2）因為AB⊥AP，PC=2，側面PBC是正三角形，E是PB的中點，所以，則AB=2，AE=1，又AE⊥平面PBC，CE?平面PBC，所以CE=22-所以△ABC是底邊為2，腰為2的等腰三角形，因此，設點P到底面ABC的距離為d，由，得，所以．因此點P到底面ABC的距離為，即點P到底面ABCD的距離為．【點評】求解空間中點P到平面的距離的方法：（1）空間向量的方法：建立適當的空間直角坐標系，求出平面的法向量，以及一條斜線的方向向量PA，根據，即可求出點到面的距離；（2）等體積法：先設所求點到面的距離，選幾何體不同的頂點，求出該幾何體對應的體積，列出等量關系，即可求出點到面的距離．7．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析．【解析】證明：（1）連接AC在平行六面體ABCD-A因為，，所以四邊形ABC1D因為O為平行四邊形BDD1B1的中心，所以O為BD因為E為的中點，所以，因為OE?平面ABCD，AC?平面ABCD，所以平面ABCD（2）因為，，所以AC⊥BD，因為平面BDD1B1⊥平面ABCD，平面BD所以AC⊥平面BDD1B1，所以因為OB=OD1，所以【點評】本題考查線面平行的證明，解題的關鍵是得出O為AC1的中點，證出8．【答案】（1）；（2）證明見解析．【解析】（1）∵平面PBC，OE?平面PAC，平面PAC∩平面PBC=PC，∴，∴AO:OC=AE:EP，∵，CD=2AB，∴AO:OC=AB:CD=1:2，∴．（2）取PD、PC的中點，分別為M、F，連接AM、BF、MF，∴，，∵，，∴且MF=AB，即四邊形為平行四邊形，∴，在正三角形PAD中，M為PD中點，∴AM⊥∵AB⊥平面PAD，∴AB⊥又∵，∴CD⊥AM，∵，∴BF⊥PD，BF⊥CD又∵PD∩CD=D，PD、CD?平面PCD，∴BF⊥平面PCD，∵BF?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PCD．【點評】已知條件為線面平行時，要注意考慮線面平行的性質定理．要證明面面垂直，可通過證明線面垂直來證明．高頻易錯題高頻易錯題一、選擇題．1．【答案】C【解析】l⊥m，m?α，則l，α可能平行，故l⊥α，l⊥m，則m，α可能平行，也可能線l⊥α，，由線面平行的性質可得m⊥α，故C，，l與m可能平行、相交、異面，故D不正確，故選C．【點評】空間直線、平面平行或垂直等位置關系命題的真假判斷，除了利用定理、公理、推理判斷外，還常采用畫圖（尤其是畫長方體）、現實實物判斷法（如墻角、桌面等）、排除篩選法等；另外，若原命題不太容易判斷真假，可以考慮它的逆否命題，判斷它的逆否命題真假，原命題與逆否命題等價．2．【答案】A【解析】如圖所示，連接、相交于點，連接，．在①中：由正四棱錐，可得底面，，∴．∵，∴平面，∵，，分別是，，的中點，∴，，而，∴平面平面，∴平面，∴．故正確；在②中：由異面直線的定義可知：與是異面直線，不可能，因此不正確；在③中：由①可知平面平面，∴平面，因此正確；在④中：由①同理可得：平面，若平面，則，與相矛盾，因此當與不重合時，與平面不垂直．即不正確，∴恒成立的結論是①③，故選A．【點評】本題考查命題真假的判斷，是中檔題，解題時需要認真審題，注意空間思維能力的培養．精準預測題精準預測題一、選擇題．1．【答案】C【解析】將展開圖還原成正方體可知，“0”在正方體中所在的面的對面上的是“高”，故選C．【點評】本題考了幾何體的展開圖，屬于基礎題．2．【答案】C【解析】如圖所示，設平面ABB1A1為α，平面BCC1B直線為l，直線AA1為m，為n．若，m?平面γ，l?γ，所以，又l?β，β∩γ=n，所以，所以，即充分性成立；反之，若，m?平面α，n?α，所以又n?β，，所以，所以，即必要性成立，故是的充要條件，故選C．【點評】解決與線面關系有關的命題真假判斷及充分條件、必要條件判斷問題時，可采用構造法，即構造特殊幾何體，使幾何體中的棱、面符合題目條件，然后通過空間平行、垂直的判定定理及性質定理判斷即可．3．【答案】C【解析】S涂層=S正六棱柱上底面+S正六棱柱側面+S圓柱側面-S圓柱上底面=13503故選C．【點評】本題考查了幾何體表面積的計算，屬于基礎題．4．【答案】D【解析】由題意四棱錐P-ABCD與四棱錐是兩個相同的正四棱錐，連接AC，BD相交于點O，連接由四棱錐P-ABCD為正四棱錐，則PO⊥平面ABCD根據題意四棱錐為正四棱錐，所以QO⊥平面ABCD．PO，OQ均垂直于平面ABCD，所以所以PQ⊥平面ABCD，故②由，根據題意，所以△APO與?CQO全等，所以∠所以，AP?平面QCB，所以平面BCQ，故①正確；當P，A，根據對稱性，則Q點不在此球面上，故③不正確；若該“倒影四棱錐”存在外接球，根據對稱性則正方形ABCD的外接圓是該球的大圓，所以此時球的球心為正方形ABCD的對角線的交點，即點O設AB=2a，則OA=2a所以，所以④正確，故選D．【點評】本題考查線面的平行和垂直關系的判斷和幾何體的外接球的相關知識，解答本題的關鍵是由△APO與?CQO全等，得到∠PAO=∠OCQ，進一步得出，若該“倒影四棱錐”存在外接球，根據對稱性則正方形ABCD二、填空題．5．【答案】【解析】作出半球和正方體的軸截面，如圖所示，設求得的半徑為R，因為正方體的棱長為1，所以正方體的對角線長AB=2在直角△OBC中，，半球的表面積為，故答案為．【點評】本題考查了幾何體外接球的相關計算，屬于中檔題．三、解答題．6．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】設AA因為，所以AB=22a因為E為AB的中點，所以EB=2所以EB12所以四邊形ABB1A因為F為AA1的中點，所以所以FB12所以FB12因為三棱柱底面△ABC是等邊三角形，E為AB所以，又CE⊥FB1，AB與FB又EF?平面ABB1又CE∩EB1=E，所以EF（2）由（1）知：平面ABB1A1，所以CE為三棱錐C-，，，所以．【點評】本題關鍵是反復應用勾股定理論證EF⊥EB7．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】（1）證明：如圖所示，取AC的中點O，連接BO∵ΔABC是等邊三角形，ΔABD與ΔCBD中，AB=BD=BC∴ΔABD是直角三角形，是斜邊，，，∴DO2+BO又DO∩AC=O，∴OB又OB?平面ABC，∴平面ACD⊥（2）設E是BD的中點，ΔABC是等邊三角形，邊長為1，，，，，，，，，，點D到平面ACE的距離．【點評】本題第一問的關鍵是證明ΔABD?ΔCBD，第二問的關鍵是求△ACE8．【答案】（1）相交，詳見解析；（2）2．【解析】（1）直線DF與平面BCE因為E'?平面ABCD，所以D?假設平面BCE'，設平面DCF∩平面BC則，顯然CM與CB不重合，又因為，平面BCE'，且DF，AD相交，均在平面ADE所以平面平面BCE'，但E所以直線DF與平面BCE（2）證明：取AB的中點O，連接E'O，由等腰梯形ADCE中，AD//EC，EC=2AD=2AE=4，知△ABE是等邊三角形，四邊形ADCB是菱形，且∠C=60°即△ABD和△故E'O⊥AB，DO⊥AB，所以AB⊥平面E'OD又，所以E'D因為△BCE'所以當△BCE'所以E'C=E【點評】本題第一問解題關鍵在于利用反證法，先假設直線與平面平行，推出矛盾，即推翻假設，證得結論；第二問在于求得面積的關系式，探尋何時最大，確定關系再計算線段長度．9．【答案】（1）當點I為線段AD的中點時，平面平面ACN，證明見解析；（2）．【解析】（