2012届高考数学总复习立体几何考点专项教案.doc

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mB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.答案：D2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( )A.12 cm3B.13 cm3C.16 cm3 D.112 cm3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 cm，三棱锥的高为1 cm.故体积V16 cm3，选C.答案：C3已知平面平面，l，点A，A l，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( )AABm BACmCAB DAC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：D4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( )A.803 B.203 C.3203 D.809解析：设球半径为R，球心到截面的距离d14R，则截面圆半径rR2d2154R，又 0，则AB为截面圆的直径152R5，R2153，S球4R2803.故选A.答案：A5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yz xy”为真命题的是( )A B C D答案：C6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( )A.2 B62 C.13 D22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V13122322.应选D.答案：D7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2x2yz0x2z0，x2zy32z，令z2，则x4，y3，则平面的一个法向量为(4，3,2)故选A.答案：A8如图所示，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是AB1，BC1的中点，则以下结论中不成立的是( )AEF与BB1垂直BEF与BD垂直CEF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，EFBD.EFBB1，EFBD，故A、B正确又EFAC，EFAC，EF平面ACC1A1，故C正确应选D.答案：D9如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1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( )A.12 B1 C2 D4解析：连结PA、PB，则PA、PB分别是P到直线AA1、BB1的距离，即PAPB22，AB2，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：B10.(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ab的最大值为( )A22 B23 C4 D25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m2n2k27，m2k26 n1，1k2a，1m2b，所以(a21)(b21)6 a2b28，(ab)2 ！”#$% ()*，./012345b216 ab4，当且仅当ab2时取等号答案：C11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PBCx，ABCy，则有( ) Ax yBxyCx yDx，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，cosPBAABPB，cosABDBDAB，cosPBDBDPB，cosPBA cosABDcosPBD.又PBC为钝角，PBD为锐角，cosPBD cosABD，PBD ABD，x180PBD，y180ABD，x y.应选C.答案：C12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，O为底面圆的圆心，ABOB，垂足为B，OHPB，垂足为H，且PA4，C为PA的中点，则当三棱锥OHPC的体积最大时，OB的长是( )A.53 B.253 C.63 D.263解析：ABOB，ABOP，AB平面PBO，又AB 平面PBA，面PAB面POB.又OHPB，OH面PAB，HC 面PAB，PA 面PAB，OHHC，OHPA，又C是PA的中点，OCPA，PC面OHC.VOHPCVPHCO13 SHOC PC，PC2，则当SHOC最大时，VOHPC最大此时OHHC，HOHC.又OC12PA2，HO2，HO12OP，HPO30，OBOPtan30263.故选D.答案：D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上13在三棱锥VABC中，当三条侧棱VA、VB、VC之间满足条件_时，有VCAB.解析：当VCVA，VCVB，有VC平面VAB，AB 平面VAB，VCAB.填VCVA，VCVB.答案：VCVA，VCVB14已知a，b是异面直线，且a 平面，b 平面，a，b，则平面与平面的位置关系是_答案：平行15一个几何体的三视图及其尺寸(单位：cm)如图所示，则该几何体的侧面积为_cm2.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SABCD，其中底面为边长为8的正方形，斜高为SH5，在RtSOH中，OH4，所以SO3，所以SBC的面积为：12SHBC128520，故侧面积为20480 cm2.答案：8016在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E1、F1分别是线段A1B1、A1C1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BC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E1F11，AF16，GF1BE15，AG5，由余弦定理cosAF1GAF21GF21AG22 AF1 GF16552 303010.答案：3010三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D在边BC上，ADC1D.(1)求证：AD平面BCC1B1.(2)设E是B1C1上一点，当B1EEC1的值为多少时，A1E平面ADC1，请给出证明证明：(1)在正三棱柱中，CC1平面ABC，AD 平面ABC，ADCC1.又ADC1D，CC1交C1D于C1，且CC1和C1D都在平面BCC1B1内，AD平面BCC1B1.(2)由(1)，得ADBC.在正三角形ABC中，D是BC的中点当B1EEC11，即E为B1C1的中点时，四边形DEB1B是平行四边形B1BDE，且B1BDE，又B1BAA1，且B1BAA1，DEAA1，且DEAA1.所以四边形ADEA1为平行四边形，所以EA1AD.而EA1 平面ADC1，故A1E平面ADC1.18如图所示，四边形ABCD为矩形，BC平面ABE，F为CE上的点，且BF平面ACE.(1)求证：AEBE.(2)设点M为线段AB的中点，点N为线段CE的中点，求证：MN平面DAE.证明：(1)因为BC平面ABE，AE 平面ABE，所以AEBC.又BF平面ACE，AE 平面ACE，所以AEBF，又BFBCB，所以AE平面BCE.又BE 平面BCE，所以AEBE.(2)取DE的中点P，连结PA、PN，因为点N为线段CE的中点，所以PNDC，且PN12DC.又四边形ABCD是矩形，点M为线段AB的中点，所以AMDC，且AM12DC，所以PNAM，且PNAM，故四边形AMNP是平行四边形，所以MNAP.而AP 平面DAE，MN 平面DAE，所以MN平面DAE.19如图所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ABBCCA3，ADCD1，平面AA1C1C平面ABCD.(1)求证：BDAA1；(2)若E为线段BC的中点，求证：A1E平面DCC1D1. 证明：(1)因为BABC，DABD，所以BD是线段AC的垂直平分线所以BDAC.又平面AA1C1C平面ABCD，平面AA1C1C平面ABCDAC，BD 平面ABCD，所以BD平面AA1C1C.因为AA1 平面AA1C1C，所以BDAA1.(2)因为ABBCCA3，DADC1，所以BACBCA60，DCA30.连接AE.因为E为BC的中点，所以EAC30.所以EACDCA.所以AEDC.因为DC 平面DCC1D1，AE 平面DCC1D1，所以AE平面DCC1D1.因为棱柱ABCDA1B1C1D1，所以AA1DD1.因为DD1 平面DCC1D1，AA1 平面DCC1D1，所以AA1平面DCC1D1.因为AA1 平面AA1E，AE 平面AA1E，AA1AEA，所以平面AA1E平面DCC1D1.因为A1E 平面AA1E，所以A1E平面DCC1D1.20四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PBBC，PDCD，且PA2，E点满足 13 .(1)求证：PA平面ABCD.(2)在线段BC上是否存在点F使得PF面EAC？若存在，确定F的位置；若不存在，请说明理由(3)求二面角EACD的余弦值解：(1)证明：在正方形ABCD中，ABBC.又PBBC，BC平面PAB，BCPA.同理CDPA，PA平面ABCD. (2)当F为BC中点时，使得PF平面EAC，理由如下：作BC中点F，连结DF交AC于点S，连结ES，PF.AD綊2FC，FSSDFCAD12，又由已知有PEED12，PFES.PF 平面EAC，EC 平面EAC，PF平面EAC，即当F为BC中点时，PF平面EAC.(3)解法一：在AD上取一点O使AO13AD，连结EO，则EOPA，EO面ABCD.过点O做OHAC交AC于H点，连结EH，则EHAC，从而EHO为二面角EACD的平面角在PAD中，EO23AP43，在AHO中，HAO45，HOAOsin4522 2323，tanEHOEOHO22，cosEHO13.二面角EACD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、y轴、z轴建立坐标系，则A(0,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)， (0,2，2)，设E(x，y，z)，由PE13 ，得(x，y，z2)13(0,2，2)，x0y23z43，则E(0，23，43)设平面AEC的法向量为n(x，y，z)，则n AE0n AC0，即23y43z02x2y0取平面AEC的一个法向量n(2，2,1)，点F在BC上，设F(2，b,0)，则PF(2，b，2)，PF平面EAC，PFn，即PF n0，得b1，当F为BC的中点时，有 平面EAC.(3)由(2)知平面EAC的一个法向量为n(2，2,1)，平面ACD的法向量为 (0,0,2)，cos ，nAP n|AP| |n|222(2)212 213.故二面角EACD的余弦值为13.21如图所示，已知平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB1，AD2，ADC60，AFa(a 0)，M是线段EF的中点(1)求证：ACBF；(2)若二面角FBDA的大小为60，求a的值(3)令a1，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PBFD的体积的最小值解：AB1，AD2，ADC60，DCA90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)，(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)DF m0BF m0，m(a，2a3，1)|cosm，n|m n|1 |m|12，a297，a377.(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PBFD的体积最小(VPBFD)minVCBFDVFBCD131221sin12036.22如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，DAB为直角，ABCD，ADCD2AB，E，F分别为PC，CD的中点(1)试证：CD平面BEF；(2)设PAkAB，且二面角EBDC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.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EBDC的平面角设ABa，则在PAC中，有EG12PA12ka.以下计算GH，考察底面的平面图(如图)连接GD.因SGBD12BD GH12GB DF，故GHGB DFBD.在ABD中，因为ABa，AD2a，得B