高考數(shù)學總復習考點專項教案立體幾何

第七模塊立體幾何綜合檢測(時間120分鐘，滿分150分)一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．設α，β為不重合的平面，m，n為不重合的直線，則下列命題正確的是()A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，則m⊥αB．若m?α，n?β，m∥n，則α∥βC．若m∥α，n∥β，m⊥n，則α⊥βD．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，則m⊥α解析：本題考查的是立體幾何的知識，屬于基礎題．選項A錯誤，本項主要是為考查面面垂直的性質(zhì)定理．事實上選項A的已知條件中加上m?β，那么命題就是正確的，也就是面面垂直的性質(zhì)定理．選項B錯誤，容易知道兩個平面內(nèi)分別有一條直線平行，那么這兩個平面可能相交也可能平行．選項C錯誤，因為兩個平面各有一條與其平行的直線，如果這兩條直線垂直，并不能保證這兩個平面垂直．選項D正確，由n⊥α，n⊥β可得α∥β，又因為m⊥β，所以m⊥α.答案：D2．已知某個幾何體的三視圖如圖，根據(jù)圖中標出的尺寸(單位：cm)，可得這個幾何體的體積是()A.eq\f(1,2)cm3 B.eq\f(1,3)cm3C.eq\f(1,6)cm3 D.eq\f(1,12)cm3解析：本題考查的是簡單幾何體的三視圖．由三視圖的知識可知題中的三視圖表示的幾何體是三棱錐，且三棱錐的底面三角形的高與底邊都為1cm，三棱錐的高為1cm.故體積V＝eq\f(1,6)cm3，選C.答案：C3．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，點A∈α，A?l，直線AB∥l，直線AC⊥l，直線m∥α，m∥β，則下列四種位置關(guān)系中，不一定成立的是()A．AB∥mB．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β解析：∵m∥α，m∥β，則m∥l，故AB∥m，AC⊥m，AB∥β都成立，C∈α時，AC⊥β成立，但C?α時AC⊥β不成立．答案：D4．已知過球面上A、B、C三點的截面和球心的距離是球半徑的eq\f(1,4)，且||＝5，·＝0，那么球的表面積為()A.eq\f(80,3)πB.eq\f(20,3)πC.eq\f(320,3)πD.eq\f(80,9)π解析：設球半徑為R，球心到截面的距離d＝eq\f(1,4)R，則截面圓半徑r＝eq\r(R2－d2)＝eq\f(\r(15),4)R，又·＝0，則AB為截面圓的直徑．∴eq\f(\r(15),2)R＝5，R＝eq\f(2\r(15),3)，∴S球＝4πR2＝eq\f(80,3)π.故選A.答案：A5．設x，y，z是空間不同的直線或平面，對下列四種情形：①x、y、z均為直線；②x、y是直線、z是平面；③z是直線，x、y是平面；④x、y、z均為平面．其中使“x⊥z且y⊥z?x∥y”為真命題的是()A．③④B．①③C．②③D．①②答案：C6．已知一個四棱錐的高為3，其底面用斜二測畫法所畫出的水平放置的直觀圖是一個邊長為1的正方形，則此四棱錐的體積為()A.eq\r(2)B．6eq\r(2)C.eq\f(1,3)D．2eq\r(2)解析：因為四棱錐的底面直觀圖是一個邊長為1的正方形，該正方形的對角線長為eq\r(2)，根據(jù)斜二測畫法的規(guī)則，原圖是底面的邊長為1，高為直觀圖中正方形的對角線的2倍，即為2eq\r(2)的平行四邊形．V＝eq\f(1,3)×1×2eq\r(2)×3＝2eq\r(2).應選D.答案：D7．已知a＝(－1,0,2)，平面α過點A(3,1，－1)，B(1，－1,0)，且α∥a，則平面α的一個法向量是()A．(4，－3,2)B．(1，eq\f(3,4)，eq\f(1,2))C．(－4，－3,2)D．(－2，eq\f(3,2)，1)解析：設平面α的法向量是n＝(x，y，z)．＝(－2，－2,1)．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－2y＋z＝0,－x＋2z＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2z,y＝－\f(3,2)z))，∴令z＝2，則x＝4，y＝－3，則平面α的一個法向量為(4，－3,2)．故選A.答案：A8．如圖所示，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E、F分別是AB1，BC1的中點，則以下結(jié)論中不成立的是()A．EF與BB1垂直B．EF與BD垂直C．EF與平面ACC1A1平行D．平面EFB與平面BCC1B1垂直解析：過E、F分別作EE′⊥AB于E′，F(xiàn)F′⊥BC于F′，連接E′F′，則EF綊E′F′，E′F′⊥BB1，E′F′⊥BD.∴EF⊥BB1，EF⊥BD，故A、B正確．又E′F′∥AC，∴EF∥AC，∴EF∥平面ACC1A1，故C正確．應選D.答案：D9．如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD—A1B1C1D1中，動點P在ABCD內(nèi)，且P到直線AA1，BB1的距離之和等于2eq\r(2)，則△PAB的面積最大值是()A.eq\f(1,2)B．1C．2D．4解析：連結(jié)PA、PB，則PA、PB分別是P到直線AA1、BB1的距離，即PA＋PB＝2eq\r(2)，∵AB＝2，故P點的軌跡是以A、B為焦點的橢圓的一部分，當P點為短軸的端點時，△PAB底邊AB上的高最大值為1，△PAB的面積最大值為1，故選B.答案：B10.eq\x((2008·海南·寧夏卷))某幾何體的一條棱長為eq\r(7)，在該幾何體的主視圖中，這條棱的投影是長為eq\r(6)的線段，在該幾何體的左視圖與俯視圖中，這條棱的投影分別是長為a和b的線段，則a＋b的最大值為()A．2eq\r(2)B．2eq\r(3)C．4D．2eq\r(5)解析：結(jié)合長方體的對角線在三個面的投影來理解計算．如圖，設長方體的長寬高分別為m，n，k，由題意得eq\r(m2＋n2＋k2)＝eq\r(7)，eq\r(m2＋k2)＝eq\r(6)?n＝1，eq\r(1＋k2)＝a，eq\r(1＋m2)＝b，所以(a2－1)＋(b2－1)＝6?a2＋b2＝8，∴(a＋b)2＝！”#$%&'()*＋，－./012345b2＝16?a＋b≤4，當且僅當a＝b＝2時取等號．答案：C11．如圖所示，從平面α外一點P向平面α引垂線和斜線，A為垂足，B為斜足，射線BC?α，且∠PBC為鈍角，設∠PBC＝x，∠ABC＝y(tǒng)，則有()A．x>yB．x＝y(tǒng)C．x<yD．x，y的大小不確定解析：過A作AD⊥BC，垂足D在CB的延長線上，連結(jié)PD，∴PD⊥BC，cos∠PBA＝eq\f(AB,PB)，cos∠ABD＝eq\f(BD,AB)，cos∠PBD＝eq\f(BD,PB)，∴cos∠PBA·cos∠ABD＝cos∠PBD.又∵∠PBC為鈍角，∴∠PBD為銳角，∴cos∠PBD<cos∠ABD，∴∠PBD>∠ABD，∴x＝180°－∠PBD，y＝180°－∠ABD，∴x<y.應選C.答案：C12．如圖所示，頂點為P的圓錐的軸截面是等腰直角三角形，A是底面圓周上的點，B是底面圓內(nèi)的點，O為底面圓的圓心，AB⊥OB，垂足為B，OH⊥PB，垂足為H，且PA＝4，C為PA的中點，則當三棱錐O—HPC的體積最大時，OB的長是()A.eq\f(\r(5),3)B.eq\f(2\r(5),3)C.eq\f(\r(6),3)D.eq\f(2\r(6),3)解析：∵AB⊥OB，AB⊥OP，∴AB⊥平面PBO，又AB?平面PBA，∴面PAB⊥面POB.又∵OH⊥PB，∴OH⊥面PAB，∵HC?面PAB，PA?面PAB，∴OH⊥HC，OH⊥PA，又C是PA的中點，∴OC⊥PA，∴PC⊥面OHC.∴VO－HPC＝VP－HCO＝eq\f(1,3)·S△HOC·PC，PC＝2，則當S△HOC最大時，VO－HPC最大．此時OH＝HC，HO⊥HC.又OC＝eq\f(1,2)PA＝2，∴HO＝eq\r(2)，∴HO＝eq\f(1,2)OP，∴∠HPO＝30°，∴OB＝OPtan30°＝eq\f(2\r(6),3).故選D.答案：D二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上．13．在三棱錐V—ABC中，當三條側(cè)棱VA、VB、VC之間滿足條件________時，有VC⊥AB.解析：當VC⊥VA，VC⊥VB，有VC⊥平面VAB，∵AB?平面VAB，∴VC⊥AB.填VC⊥VA，VC⊥VB.答案：VC⊥VA，VC⊥VB14．已知a，b是異面直線，且a?平面α，b?平面β，a∥β，b∥α，則平面α與平面β的位置關(guān)系是________．答案：平行15．一個幾何體的三視圖及其尺寸(單位：cm)如圖所示，則該幾何體的側(cè)面積為________cm2.解析：正確畫出幾何體的直觀圖是解答三視圖問題的關(guān)鍵．如圖，由三視圖可得該幾何體為一正四棱錐S—ABCD，其中底面為邊長為8的正方形，斜高為SH＝5，在Rt△SOH中，OH＝4，所以SO＝3，所以△SBC的面積為：eq\f(1,2)×SH×BC＝eq\f(1,2)×8×5＝20，故側(cè)面積為20×4＝80cm2.答案：8016．在正方體ABCD—A1B1C1D1中，點E1、F1分別是線段A1B1、A1C1的中點，則直線BE1與AF1所成角的余弦值是________．解析：本題考查異面直線所成角的求法．如圖所示，取BC中點G，連結(jié)AG，F(xiàn)1G，E1F1，容易證得E1F1GB為平行四邊形．則∠AF1G是異面直線BE1與AF1所成的角或其補角．設棱長為2，則E1F1＝1，AF1＝eq\r(6)，GF1＝BE1＝eq\r(5)，AG＝eq\r(5)，∴由余弦定理cos∠AF1G＝eq\f(AF\o\al(2,1)＋GF\o\al(2,1)－AG2,2·AF1·GF1)＝eq\f(6＋5－5,2·\r(30))＝eq\f(\r(30),10).答案：eq\f(\r(30),10)三、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．如圖，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，點D在邊BC上，AD⊥C1D.(1)求證：AD⊥平面BCC1B1.(2)設E是B1C1上一點，當eq\f(B1E,EC1)的值為多少時，A1E∥平面ADC1，請給出證明．證明：(1)在正三棱柱中，CC1⊥平面ABC，AD?平面ABC，∴AD⊥CC1.又AD⊥C1D，CC1交C1D于C1，且CC1和C1D都在平面BCC1B1內(nèi)，∴AD⊥平面BCC1B1.(2)由(1)，得AD⊥BC.在正三角形ABC中，D是BC的中點．當eq\f(B1E,EC1)＝1，即E為B1C1的中點時，四邊形DEB1B是平行四邊形．∵B1B∥DE，且B1B＝DE，又B1B∥AA1，且B1B＝AA1，∴DE∥AA1，且DE＝AA1.所以四邊形ADEA1為平行四邊形，所以EA1∥AD.而EA1?平面ADC1，故A1E∥平面ADC1.18．如圖所示，四邊形ABCD為矩形，BC⊥平面ABE，F(xiàn)為CE上的點，且BF⊥平面ACE.(1)求證：AE⊥BE.(2)設點M為線段AB的中點，點N為線段CE的中點，求證：MN∥平面DAE.證明：(1)因為BC⊥平面ABE，AE?平面ABE，所以AE⊥BC.又BF⊥平面ACE，AE?平面ACE，所以AE⊥BF，又BF∩BC＝B，所以AE⊥平面BCE.又BE?平面BCE，所以AE⊥BE.(2)取DE的中點P，連結(jié)PA、PN，因為點N為線段CE的中點，所以PN∥DC，且PN＝eq\f(1,2)DC.又四邊形ABCD是矩形，點M為線段AB的中點，所以AM∥DC，且AM＝eq\f(1,2)DC，所以PN∥AM，且PN＝AM，故四邊形AMNP是平行四邊形，所以MN∥AP.而AP?平面DAE，MN?平面DAE，所以MN∥平面DAE.19．如圖所示，在四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AB＝BC＝CA＝eq\r(3)，AD＝CD＝1，平面AA1C1C⊥平面ABCD.(1)求證：BD⊥AA1；(2)若E為線段BC的中點，求證：A1E∥平面DCC1D1.證明：(1)因為BA＝BC，DA＝BD，所以BD是線段AC的垂直平分線．所以BD⊥AC.又平面AA1C1C⊥平面ABCD，平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，BD?平面ABCD，所以BD⊥平面AA1C1C.因為AA1?平面AA1C1C，所以BD⊥AA1.(2)因為AB＝BC＝CA＝eq\r(3)，DA＝DC＝1，所以∠BAC＝∠BCA＝60°，∠DCA＝30°.連接AE.因為E為BC的中點，所以∠EAC＝30°.所以∠EAC＝∠DCA.所以AE∥DC.因為DC?平面DCC1D1，AE?平面DCC1D1，所以AE∥平面DCC1D1.因為棱柱ABCD—A1B1C1D1，所以AA1∥DD1.因為DD1?平面DCC1D1，AA1?平面DCC1D1，所以AA1∥平面DCC1D1.因為AA1?平面AA1E，AE?平面AA1E，AA1∩AE＝A，所以平面AA1E∥平面DCC1D1.因為A1E?平面AA1E，所以A1E∥平面DCC1D1.20．四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E點滿足＝eq\f(1,3).(1)求證：PA⊥平面ABCD.(2)在線段BC上是否存在點F使得PF∥面EAC？若存在，確定F的位置；若不存在，請說明理由．(3)求二面角E—AC—D的余弦值．解：(1)證明：在正方形ABCD中，AB⊥BC.又∵PB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PA.同理CD⊥PA，∴PA⊥平面ABCD.(2)當F為BC中點時，使得PF∥平面EAC，理由如下：作BC中點F，連結(jié)DF交AC于點S，連結(jié)ES，PF.∵AD綊2FC，∴eq\f(FS,SD)＝eq\f(FC,AD)＝eq\f(1,2)，又由已知有eq\f(PE,ED)＝eq\f(1,2)，∴PF∥ES.∵PF?平面EAC，EC?平面EAC，∴PF∥平面EAC，即當F為BC中點時，PF∥平面EAC.(3)解法一：在AD上取一點O使AO＝eq\f(1,3)AD，連結(jié)EO，則EO∥PA，∴EO⊥面ABCD.過點O做OH⊥AC交AC于H點，連結(jié)EH，則EH⊥AC，從而∠EHO為二面角E—AC—D的平面角．在△PAD中，EO＝eq\f(2,3)AP＝eq\f(4,3)，在△AHO中，∠HAO＝45°，∴HO＝AOsin45°＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(2,3)＝eq\f(\r(2),3)，∴tan∠EHO＝eq\f(EO,HO)＝2eq\r(2)，∴cos∠EHO＝eq\f(1,3).∴二面角E－AC－D的余弦值為eq\f(1,3).解法二：(1)同解法一．(2)如圖以A為坐標原點，AB、AD、AP分別為x軸、y軸、z軸．建立坐標系，則A(0,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，∴＝(0,2，－2)，設E(x，y，z)，由eq\x\to(PE)＝eq\f(1,3)，得(x，y，z－2)＝eq\f(1,3)(0,2，－2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0,y＝\f(2,3),z＝\f(4,3)))，則E(0，eq\f(2,3)，eq\f(4,3))．設平面AEC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\x\to(AE)＝0,n·\x\to(AC)＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0,2x＋2y＝0))取平面AEC的一個法向量n＝(2，－2,1)，點F在BC上，設F(2，b,0)，則eq\x\to(PF)＝(2，b，－2)，∵PF∥平面EAC，∴PF⊥n，即eq\x\to(PF)·n＝0，得b＝1，∴當F為BC的中點時，有∥平面EAC.(3)由(2)知平面EAC的一個法向量為n＝(2，－2,1)，平面ACD的法向量為＝(0,0,2)，∴cos〈，n〉＝eq\f(\x\to(AP)·n,|\x\to(AP)|·|n|)＝eq\f(2,\r(22＋(－2)2＋12)·2)＝eq\f(1,3).故二面角E—AC—D的余弦值為eq\f(1,3).21．如圖所示，已知平行四邊形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝1，AD＝2，∠ADC＝60°，AF＝a(a>0)，M是線段EF的中點．(1)求證：AC⊥BF；(2)若二面角F—BD—A的大小為60°，求a的值．(3)令a＝1，設點P為一動點，若點P從M出發(fā)，沿棱按照M→E→C的路線運動到點C，求這一過程中形成的三棱錐P—BFD的體積的最小值．解：∵AB＝1，AD＝2，∠ADC＝60°，∴∠DCA＝90°則CD⊥CA，以CD、CA、CE分別為x軸、y軸、z軸建立空間坐標系，(1)C(0,0,0)，D(1,0,0)，A(0，eq\r(3)，0)，F(xiàn)(0，eq\r(3)，a)，B(－1，eq\r(3)，0)，＝(0，eq\r(3)，0)，＝(1,0，a)，＝(－1，eq\r(3)，a)，·＝0，所以AC⊥BF.(2)平面ABD的法向量n＝(0,0,1)，平面FBD的法向量m＝(x，y，z)．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\x\to(DF)·m＝0,\x\to(BF)·m＝0))，m＝(－a，－eq\f(2a,\r(3))，1)|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,1·|m|)＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(9,7)，a＝eq\f(3\r(7),7).(3)設AC與BD交于O，則OF∥CM，所以CM∥平面FBD，當P點在M或C時，三棱錐P—BFD的體積最?。?VP—BFD)min＝VC—BFD＝VF—BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×sin120°＝eq\f(\r(3),6).22．如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠DAB為直角，AB∥CD，AD＝CD＝2AB，E，F(xiàn)分別為PC，CD的中點．(1)試證：CD⊥平面BEF；(2)設PA＝kAB，且二面角E—BD—C的平面角大于30°，求k的取值范圍．解析：解法一：(1)由已知DF∥AB，且∠DAB為直角，故ABFD是矩形，從而CD⊥BF.又PA⊥底面ABCD，CD⊥AD，故知CD⊥PD.在△PDC中，E、F分別為PC、CD的中點，故EF∥PD.從而CD⊥EF，由此得CD⊥而BEF.(2)連接AC交BF于G，易知G為AC的中點，連接EG，則在△PAC中，易知G為AC的中點，連接EG，則在△PAC中易知EG∥PA.又因PA⊥底面ABCD，故EG⊥底面ABCD，在底面ABCD中，過G作GH⊥BD，垂足為H，連接EH，則EH⊥BD，從而∠EHG為二面角E—BD—C的平面角．設AB＝a，則在△PAC中，有EG＝eq\f(1,2)PA＝eq\f(1,2)ka.以下計算GH，考察底面的平面圖(如圖)．連接GD.因S△GBD＝eq\f(1,2)BD·GH＝eq\f(1,2)GB·DF，故GH＝eq\f(GB·DF,BD).在△ABD中，因為AB＝a，AD＝2a，得BD＝eq\r(5)a，而GB＝eq\f(1,2)FB＝eq\f(1,2)AD＝a.DF＝AB，從而得GH＝eq\f(GB·DF,BD)＝eq\f(a·a,\r(5a))＝eq\f(\r(5),