届高考数学总复习立体几何考点专项教案.docx
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届高考数学总复习立体几何考点专项教案
2012届高考数学总复习立体几何考点专项教案
第七模块 立体几何综合检测
（时间120分钟，满分10分）
一、选择题：
本大题共12小题，每小题分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．设α，β为不重合的平面，，n为不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若α⊥β，α∩β＝n，⊥n，则⊥α
B．若⊂α，n⊂β，∥n，则α∥β
．若∥α，n∥β，⊥n，则α⊥β
D．若n⊥α，n⊥β，⊥β，则⊥α
解析：
本题考查的是立体几何的知识，属于基础题．选项A错误，本项主要是为考查面面垂直的性质定理．事实上选项A的已知条中加上⊂β，那么命题就是正确的，也就是面面垂直的性质定理．选项B错误，容易知道两个平面内分别有一条直线平行，那么这两个平面可能相交也可能平行．选项错误，因为两个平面各有一条与其平行的直线，如果这两条直线垂直，并不能保证这两个平面垂直．选项D正确，由n⊥α，n⊥β可得α∥β，又因为⊥β，所以⊥α
答案：
D
2．已知某个几何体的三视图如图，根据图中标出的尺寸（单位：
），可得这个几何体的体积是（ ）A123B133
163D1123
解析：
本题考查的是简单几何体的三视图．由三视图的知识可知题中的三视图表示的几何体是三棱锥，且三棱锥的底面三角形的高与底边都为1，三棱锥的高为1故体积V＝163，选
答案：
3．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线A⊥l，直线∥α，∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（ ）
A．AB∥B．A⊥
．AB∥βD．A⊥β
解析：
∵∥α，∥β，则∥l，故AB∥，A⊥，AB∥β都成立，∈α时，A⊥β成立，但∉α时A⊥β不成立．
答案：
D
4．已知过球面上A、B、三点的截面和球心的距离是球半径的14，且||＝，•＝0，那么球的表面积为（ ）
A803π B203π 3203π D809π
解析：
设球半径为R，球心到截面的距离d＝14R，则截面圆半径r＝R2－d2＝14R，又•＝0，则AB为截面圆的直径．
∴12R＝，R＝213，∴S球＝4πR2＝803π
故选A
答案：
A
．设x，，z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：
①x、、z均为直线；②x、是直线、z是平面；③z是直线，x、是平面；④x、、z均为平面．其中使“x⊥z且⊥zͤx∥”为真命题的是（ ）
A．③④B．①③．②③D．①②
答案：
6．已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为（ ）
A2B．6213D．22
解析：
因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为2，根据斜二测画法的规则，原图是底面的边长为1，高为直观图中正方形的对角线的2倍，即为22的平行四边形．
V＝13×1×22×3＝22
应选D
答案：
D
7．已知a＝（－1,0,2），平面α过点A（3,1，－1），B（1，－1,0），且α∥a，则平面α的一个法向量是（ ）
A．（4，－3,2）B．（1，34，12）
．（－4，－3,2）D．（－2，32，1）
解析：
设平面α的法向量是n＝（x，，z）．
＝（－2，－2,1）．
则－2x－2＋z＝0－x＋2z＝0，∴x＝2z＝－32z，
∴令z＝2，则x＝4，＝－3，
则平面α的一个法向量为（4，－3,2）．故选A
答案：
A
8．如图所示，在正四棱柱ABD—A1B11D1中，E、F分别是AB1，B1的中点，则以下结论中不成立的是（ ）A．EF与BB1垂直
B．EF与BD垂直
．EF与平面A1A1平行
D．平面EFB与平面B1B1垂直
解析：
过E、F分别作EE′⊥AB于E′，FF′⊥B于F′，连接E′F′，
则EF綊E′F′，E′F′⊥BB1，
E′F′⊥BD
∴EF⊥BB1，EF⊥BD，
故A、B正确．
又E′F′∥A，∴EF∥A，
∴EF∥平面A1A1，故正确．
应选D答案：
D
9．如图所示，在棱长为2的正方体ABD—A1B11D1中，动点P在ABD内，且P到直线AA1，BB1的距离之和等于22，则△PAB的面积最大值是（ ）A12B．1．2D．4
解析：
连结PA、PB，则PA、PB分别是P到直线AA1、BB1的距离，即PA＋PB＝22，∵AB＝2，故P点的轨迹是以A、B为焦点的椭圆的一部分，当P点为短轴的端点时，△PAB底边AB上的高最大值为1，△PAB的面积最大值为1，故选B
答案：
B
10（2008•海南•宁夏卷）某几何体的一条棱长为7，在该几何体的主视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的左视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a＋b的最大值为（ ）
A．22B．23．4D．2
解析：
结合长方体的对角线在三个面的投影理解计算．
如图，设长方体的长宽高分别为，n，，由题意得2＋n2＋2＝7，
2＋2＝6ͤn＝1，
1＋2＝a，1＋2＝b，
所以（a2－1）＋（b2－1）＝6ͤa2＋b2＝8，
∴（a＋b）2＝！
”#$%≈’（）*＋，－/01234b2＝16ͤa＋b≤4，当且仅当a＝b＝2时取等号．
答案：
11．如图所示，从平面α外一点P向平面α引垂线和斜线，A为垂足，B为斜足，射线B⊂α，且∠PB为钝角，设∠PB＝x，∠AB＝，则有（ ）
A．x>
B．x＝
．x<
D．x，的大小不确定
解析：
过A作AD⊥B，垂足D在B的延长线上，
连结PD，∴PD⊥B，
s∠PBA＝ABPB，
s∠ABD＝BDAB，
s∠PBD＝BDPB，
∴s∠PBA•s∠ABD＝s∠PBD
又∵∠PB为钝角，∴∠PBD为锐角，
∴s∠PBD<s∠ABD，
∴∠PBD>∠ABD，
∴x＝180°－∠PBD，＝180°－∠ABD，
∴x<应选
答案：
12．如图所示，顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆周上的点，B是底面圆内的点，为底面圆的圆心，AB⊥B，垂足为B，H⊥PB，垂足为H，且PA＝4，为PA的中点，则当三棱锥—HP的体积最大时，B的长是（ ）
A3B2363D263
解析：
∵AB⊥B，AB⊥P，
∴AB⊥平面PB，又AB⊂平面PBA，
∴面PAB⊥面PB
又∵H⊥PB，∴H⊥面PAB，
∵H⊂面PAB，PA⊂面PAB，
∴H⊥H，H⊥PA，
又是PA的中点，∴⊥PA，∴P⊥面H
∴V－HP＝VP－H＝13•S△H•P，
P＝2，则当S△H最大时，V－HP最大．
此时H＝H，H⊥H
又＝12PA＝2，∴H＝2，∴H＝12P，
∴∠HP＝30°，∴B＝Ptan30°＝263故选D
答案：
D
二、填空题：
本大题共4小题，每小题分，共20分．把答案填在题中横线上．
13．在三棱锥V—AB中，当三条侧棱VA、VB、V之间满足条________时，有V⊥AB
解析：
当V⊥VA，V⊥VB，
有V⊥平面VAB，
∵AB⊂平面VAB，
∴V⊥AB
填V⊥VA，V⊥VB
答案：
V⊥VA，V⊥VB
14．已知a，b是异面直线，且a⊂平面α，b⊂平面β，a∥β，b∥α，则平面α与平面β的位置关系是________．
答案：
平行
1．一个几何体的三视图及其尺寸（单位：
）如图所示，则该几何体的侧面积为________2解析：
正确画出几何体的直观图是解答三视图问题的关键．如图，由三视图可得该几何体为一正四棱锥S—ABD，其中底面为边长为8的正方形，斜高为SH＝，在Rt△SH中，H＝4，所以S＝3，所以△SB的面积为：
12×SH×B＝12×8×＝20，
故侧面积为20×4＝802答案：
80
16．在正方体ABD—A1B11D1中，点E1、F1分别是线段A1B1、A11的中点，则直线BE1与AF1所成角的余弦值是________．
解析：
本题考查异面直线所成角的求法．
如图所示，取B中点G，连结AG，F1G，E1F1，容易证得E1F1GB为平行四边形．则∠AF1G是异面直线BE1与AF1所成的角或其补角．
设棱长为2，则E1F1＝1，AF1＝6，GF1＝BE1＝，AG＝，
∴由余弦定理
s∠AF1G＝AF21＋GF21－AG22•AF1•GF1＝6＋－2•30＝3010
答案：
3010
三、解答题：
本大题共6小题，共70分．解答应写出字说明、证明过程或演算步骤．
17．如图，在正三棱柱AB—A1B11中，点D在边B上，AD⊥1D
（1）求证：
AD⊥平面B1B1
（2）设E是B11上一点，当B1EE1的值为多少时，A1E∥平面AD1，请给出证明．
证明：
（1）在正三棱柱中，1⊥平面AB，
AD⊂平面AB，∴AD⊥1
又AD⊥1D，1交1D于1，
且1和1D都在平面B1B1内，
∴AD⊥平面B1B1
（2）由
（1），得AD⊥B在正三角形AB中，
D是B的中点．
当B1EE1＝1，即E为B11的中点时，
四边形DEB1B是平行四边形．
∵B1B∥DE，且B1B＝DE，又B1B∥AA1，
且B1B＝AA1，
∴DE∥AA1，且DE＝AA1
所以四边形ADEA1为平行四边形，所以EA1∥AD
而EA1⊄平面AD1，故A1E∥平面AD1
18．如图所示，四边形ABD为矩形，B⊥平面ABE，F为E上的点，且BF⊥平面AE
（1）求证：
AE⊥BE
（2）设点为线段AB的中点，点N为线段
E的中点，求证：
N∥平面DAE
证明：
（1）因为B⊥平面ABE，AE⊂平面ABE，
所以AE⊥B
又BF⊥平面AE，AE⊂平面AE，所以AE⊥BF，
又BF∩B＝B，所以AE⊥平面BE
又BE⊂平面BE，所以AE⊥BE
（2）取DE的中点P，连结PA、PN，因为点N为线段E的中点，
所以PN∥D，且PN＝12D
又四边形ABD是矩形，点为线段AB的中点，
所以A∥D，且A＝12D，
所以PN∥A，且PN＝A，故四边形ANP是平行四边形，所以N∥AP
而AP⊂平面DAE，N⊄平面DAE，
所以N∥平面DAE
19．如图所示，在四棱柱ABD—A1B11D1中，AB＝B＝A＝3，AD＝D＝1，平面AA11⊥平面ABD
（1）求证：
BD⊥AA1；
（2）若E为线段B的中点，求证：
A1E∥平面D1D1
证明：
（1）因为BA＝B，DA＝BD，
所以BD是线段A的垂直平分线．所以BD⊥A
又平面AA11⊥平面ABD，
平面AA11∩平面ABD＝A，BD⊂平面ABD，
所以BD⊥平面AA11
因为AA1⊂平面AA11，所以BD⊥AA1
（2）因为AB＝B＝A＝3，DA＝D＝1，
所以∠BA＝∠BA＝60°，∠DA＝30°连接AE
因为E为B的中点，所以∠EA＝30°
所以∠EA＝∠DA
所以AE∥D
因为D⊂平面D1D1，
AE⊄平面D1D1，
所以AE∥平面D1D1
因为棱柱ABD—A1B11D1，
所以AA1∥DD1
因为DD1⊂平面D1D1，
AA1⊄平面D1D1，
所以AA1∥平面D1D1
因为AA1⊂平面AA1E，
AE⊂平面AA1E，AA1∩AE＝A，
所以平面AA1E∥平面D1D1
因为A1E⊂平面AA1E，所以A1E∥平面D1D1
20．四棱锥P—ABD中，底面ABD是边长为2的正方形，PB⊥B，PD⊥D，且PA＝2，E点满足＝13
（1）求证：
PA⊥平面ABD
（2）在线段B上是否存在点F使得PF∥面EA？
若存在，确定F的位置；若不存在，请说明理由．
（3）求二面角E—A—D的余弦值．
解：
（1）证明：
在正方形ABD中，AB⊥B
又∵PB⊥B，
∴B⊥平面PAB，∴B⊥PA
同理D⊥PA，∴PA⊥平面ABD
（2）当F为B中点时，
使得PF∥平面EA，理由如下：
作B中点F，连结DF交A于点S，连结ES，PF
∵AD綊2F，
∴FSSD＝FAD＝12，
又由已知有PEED＝12，∴PF∥ES
∵PF⊄平面EA，E⊂平面EA，∴PF∥平面EA，即当F为B中点时，PF∥平面EA
（3）解法一：
在AD上取一点使A＝13AD，连结E，
则E∥PA，∴E⊥面ABD
过点做H⊥A交A于H点，连结EH，
则EH⊥A，
从而∠EH为二面角E—A—D的平面角．
在△PAD中，E＝23AP＝43，在△AH中，∠HA＝4°，
∴H＝Asin4°＝22•23＝23，
∴tan∠EH＝EH＝22，
∴s∠EH＝13
∴二面角E－A－D的余弦值为13
解法二：
（1）同解法一．
（2）如图以A为坐标原点，AB、AD、AP分别为x轴、轴、z轴．
建立坐标系，则A（0,0,0），（2,2,0），P（0,0,2），D（0,2,0），
∴＝（0,2，－2），
设E（x，，z），
由PE＝13，
得（x，，z－2）＝13（0,2，－2），
∴x＝0＝23z＝43，
则E（0，23，43）．
设平面AE的法向量为n＝（x，，z），
则n•AE＝0n•A＝0，即23＋43z＝02x＋2＝0
取平面AE的一个法向量n＝（2，－2,1），
点F在B上，设F（2，b,0），
则PF＝（2，b，－2），
∵PF∥平面EA，
∴PF⊥n，即PF•n＝0，得b＝1，
∴当F为B的中点时，有∥平面EA
（3）由
（2）知平面EA的一个法向量为n＝（2，－2,1），
平面AD的法向量为＝（0,0,2），
∴s〈，n〉＝AP•n|AP|•|n|
＝222＋（－2）2＋12•2
＝13
故二面角E—A—D的余弦值为13
21．如图所示，已知平行四边形ABD和矩形AEF所在的平面互相垂直，AB＝1，AD＝2，∠AD＝60°，AF＝a（a>0），是线段EF的中点．
（1）求证：
A⊥BF；
（2）若二面角F—BD—A的大小为60°，求a的值．
（3）令a＝1，设点P为一动点，若点P从出发，沿棱按照→E→的路线运动到点，求这一过程中形成的三棱锥P—BFD的体积的最小值．
解：
∵AB＝1，AD＝2，∠AD＝60°，∴∠DA＝90°
则D⊥A，以D、A、E分别为x轴、轴、z轴建立空间坐标系，
（1）（0,0,0），D（1,0,0），A（0，3，0），F（0，3，a），B（－1，3，0），＝（0，3，0），＝（1,0，a），＝（－1，3，a），
•＝0，所以A⊥BF
（2）平面ABD的法向量n＝（0,0,1），平面FBD的法向量＝（x，，z）．
DF•＝0BF•＝0，＝（－a，－2a3，1）
|s〈，n〉|＝|•n|1•||＝12，a2＝97，a＝377
（3）设A与BD交于，则F∥，
所以∥平面FBD，
当P点在或时，三棱锥P—BFD的体积最小．
（VP—BFD）in＝V—BFD＝VF—BD
＝13×12×2×1×sin120°＝36
22．如图所示，在四棱锥P—ABD中，PA⊥底面ABD，∠DAB为直角，AB∥D，AD＝D＝2AB，E，F分别为P，D的中点．
（1）试证：
D⊥平面BEF；
（2）设PA＝AB，且二面角E—BD—的平面角大于30°，求的取值范围．
解析：
解法一：
（1）由已知DF∥AB，且∠DAB为直角，
故ABFD是矩形，从而D⊥BF
又PA⊥底面ABD，D⊥AD，故知D⊥PD
在△PD中，E、F分别为P、D的中点，故EF∥PD
从而D⊥EF，由此得D⊥而BEF
（2）连接A交BF于G，易知G为A的中点，连接EG，则在△PA中，易知G为A的中点，连接EG，则在△PA中易知EG∥PA
又因PA⊥底面ABD，故EG⊥底面ABD，在底面ABD中，过G作GH⊥BD，垂足为H，连接EH，则EH⊥BD，
从而∠EHG为二面角E—BD—的平面角．
设AB＝a，则在△PA中，有EG＝12PA＝12a
以下计算GH，考察底面的平面图（如图）．连接GD
因S△GBD＝12BD•GH＝12GB•DF，
故GH＝GB•DFBD
在△ABD中，因为AB＝a，AD＝2a，得BD＝a，
而GB＝12FB＝12AD＝aDF＝AB，
从而得GH＝GB•DFBD＝a•aa＝a
因此tan∠EHG＝EGGH＝12aa＝2
由>0知∠EHG是锐角，故要使∠EHG>30°，
必须2>tan30°＝33，
解之得，的取值范围为>21
解法二：
（1）如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设AB＝a，则易知点A，B，，D，F的坐标分别为A（0,0,0），B（a,0,0），（2a,2a,0），D（0,2a,0），F（a,2a,0）．
从而＝（2a,0,0），＝（0,2a,0），•＝0，故⊥
设PA＝b，则P（0,0，b），而E为P中点．
故E（a，a，b2）．
从而＝（0，a，b2）．
•＝0，故⊥
由此得D⊥面BEF
（2）设E在x平面上的投影为G，过G作GH⊥BD垂足为H，由三垂线定理知EH⊥BD
从而∠EHG为二面角E—BD—的平面角．
由PA＝•AB得P（0,0，a），E（a，a，a2），G（a，a,0）．
设H（x，,0），则＝（x－a，－a,0），
＝（－a,2a,0），
由•＝0得－a（x－a）＋2a（－a）＝0，
即x－2＝－a①
又因＝（x－a，,0），且与的方向相同，故x－a－a＝2a，即2x＋＝2a②
由①②解得x＝3a，＝4a，
从而＝（－2a，－1a,0），||＝a
tan∠EHG＝|EG||GH|＝a2a＝2
由>0知∠EH是锐角，
由∠EH>30°，得tan∠EHG>tan30°，
即2>33
故的取值范围为>211
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