xx届高考数学总复习立体几何考点专项教案

1 / 19 XX 届高考数学总复习立体几何考点专项教案 本资料为 WoRD 文档，请点击下载地址下载全文下载地址第七模块 立体几何综合检测 (时间 120 分钟，满分 150 分 ) 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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 ， 为不重合的平面， m， n 为不重合的直线，则下列命题正确的是 ( ) A若 ， n， mn ，则 m B若 m ， n ， mn ，则 c若 m ， n ， mn ，则 D若 n ， n ， m ，则 m 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 的已知条件中加上 m ，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 c 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 ， n 可得 ，又因为 m ，所以 m. 2 / 19 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： cm)，可得这个几何体的体积是 ( ) 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 1cm，三棱锥的高为 1cm.故体积 V16cm3，选 c. 答案： c 3已知平面 平面 ， l，点 A ， Al，直线 ABl ，直线 Acl ，直线 m ， m ，则下列四种位置关系中，不一定成立的是 ( ) A ABmB Acm c ABD Ac 解析： m ， m ，则 ml ，故 ABm ， Acm ， AB都成立， c 时， Ac 成立，但 c 时 Ac不成立 答案： D 4已知过球面上 A、 B、 c 三点的截面和球心的距离是球半径的 14，且 | 5， 0，那么球的表面积为 ( ) 3 / 19 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 154R，又 0，则 AB 为截面圆的直径 152R 5， R 2153， S 球 4R2 803. 故选 A. 答案： A 5设 x， y， z 是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：x 、 y、 z 均为直线； x 、 y 是直线、 z 是平面； z 是直线， x、 y 是平面； x 、 y、 z 均为平面其中使 “xz 且yzxy” 为真命题的是 ( ) A B c D 答案： c 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 ( ) 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 131223 22. 4 / 19 应选 D. 答案： D 7已知 a ( 1,0,2)，平面 过点 A(3,1， 1)， B(1， 1,0)，且 a ，则平面 的一个法向量是 ( ) A (4， 3,2)B (1， 34， 12) c ( 4， 3,2)D ( 2， 32， 1) 解析：设平面 的法向量是 n (x， y， z) ( 2， 2,1) 则 2x 2y z 0 x 2z 0， x 2zy 32z， 令 z 2，则 x 4， y 3， 则平面 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 ABcD A1B1c1D1 中， E、 F 分别是 AB1， Bc1 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 c EF 与平面 Acc1A1 平行 D平面 EFB 与平面 Bcc1B1 垂直 解析：过 E、 F 分别作 EEAB 于 E ， FFBc 于 F ，连接 EF ， 则 EF 綊 EF ， EFBB1 ， 5 / 19 EFBD. EFBB1 ， EFBD ， 故 A、 B 正确 又 EFAc ， EFAc ， EF 平面 Acc1A1，故 c 正确 应选 D. 答案： D 9如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABcD A1B1c1D1 中，动点 P 在 ABcD 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 ( ) 1c 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.(XX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 ( ) 6 / 19 A 22B 23c 4D 25 解析：结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算 如图，设长方体的长宽高分别为 m， n， k，由题意得 m2 n2 k2 7， m2 k2 6n 1， 1 k2 a， 1 m2 b， 所以 (a2 1) (b2 1) 6a2 b2 8， (a b)2 ！ ”#$%&()* ， ./012345b2 16a b4 ，当且仅当 a b 2 时取等号 答案： c 11如图所示，从平面 外一点 P 向平面 引垂线和斜线，A 为垂足， B 为斜足，射线 Bc ，且 PBc 为钝角，设 PBc x， ABc y，则有 ( ) A xy B x y c xy D x， y 的大小不确定 解析：过 A 作 ADBc ，垂足 D 在 cB 的延长线上， 连结 PD， PDBc ， cosPBA ABPB， cosABD BDAB， 7 / 19 cosPBD BDPB， cosPBAcosABD cosPBD. 又 PBc 为钝角， PBD 为锐角， cosPBDABD ， x 180 PBD ， y 180 ABD ， x0)，m 是线段 EF 的中点 (1)求证： AcBF ； (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 m 出发，沿棱按照mEc 的路线运动到点 c，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， ADc 60 ， DcA 90 则 cDcA ，以 cD、 cA、 cE 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间坐标系， (1)c(0,0,0)， D(1,0,0)， A(0， 3， 0)， F(0， 3， a)， B( 1，3， 0)， 16 / 19 (0， 3， 0)， (1,0， a)， ( 1， 3， a)， 0，所以 AcBF. (2)平面 ABD 的法向量 n (0,0,1)，平面 FBD 的法向量 m(x， y， z) DFm 0BFm 0， m ( a， 2a3， 1) |cos m， n | |mn|1|m| 12， a2 97， a 377. (3)设 Ac 与 BD 交于 o，则 oFcm ， 所以 cm 平面 FBD， 当 P 点在 m 或 c 时，三棱锥 P BFD 的体积最小 (VP BFD)min Vc BFD VF BcD 131221sin120 36. 22如图所示，在四棱锥 P ABcD 中， PA 底 面 ABcD， DAB为直角， ABcD ， AD cD 2AB， E， F 分别为 Pc， cD 的中点 (1)试证： cD 平面 BEF； (2)设 PA kAB，且二面角 E BD c 的平面角大于 30 ，求k 的取值范围 解析：解法一： (1)由已知 DFAB ，且 DAB 为直角， 故 ABFD 是矩形，从而 cDBF. 又 PA 底面 ABcD， cDAD ，故知 cDPD. 在 PDc 中， E、 F 分别为 Pc、 cD 的中点，故 EFPD. 17 / 19 从而 cDEF ，由此得 cD 而 BEF. (2)连接 Ac 交 BF 于 G，易知 G 为 Ac 的中 点，连接 EG，则在PAc 中，易知 G 为 Ac 的中点，连接 EG，则在 PAc 中易知EGPA. 又因 PA 底面 ABcD，故 EG 底面 ABcD，在底面 ABcD 中，过 G 作 GHBD ，垂足为 H，连接 EH，则 EHBD ， 从而 EHG 为二面角 E BD c 的平面角 设 AB a，则在 PAc 中，有 EG 12PA 12ka. 以下计算 GH，考察底面的平面图 (如图 )连接 GD. 因 SGBD 12BDGH 12GBDF， 故 GH GBDFBD. 在 ABD 中，因为 AB a， AD 2a，得 BD 5a， 而 GB 12FB 12AD AB， 从而得 GH GBDFBD aa5a 55a. 因此 tanEHG EGGH 12ka55a 52k. 由 k0 知 EHG 是锐角，故要使 EHG30 ， 必须 52ktan30 33， 解之得， k 的取值范围为 k2155. 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 y 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， c， D， F 的 坐标分别为 18 / 19 A(0,0,0)， B(a,0,0)， c(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 Pc 中点 故 E(a， a， b2) 从而 (0， a， b2) 0，故 . 由此得 cD 面 BEF. (2)设 E 在 xoy 平面上的投影为 G，过 G 作 GHBD 垂足为 H，由三垂线定理知 EHBD. 从而 EHG 为二面角 E BD c 的平面角 由 PA kAB 得 P(0,0， ka)， E(a， a， ka2)， G(a，a,0) 设 H(x， y,0)，则 (x a， y a,0)， ( a,2a