2012届高考数学总复习立体几何考点专项教案

(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α，β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α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥α
B．若m?α，n?β，m∥n，则α∥β
C．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β
D．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥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的已知条件中加上m?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⊥α，n⊥β可得α∥β，又因为m⊥β，所以m⊥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：cm)，可得这个几何体的体积是(　　)

A.12 cm3B.13 cm3
C.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V＝16 cm3，选C.
答案：C
3．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A?l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是(　　)
A．AB∥m B．AC⊥m
C．AB∥β D．AC⊥β
解析：∵m∥α，m∥β，则m∥l，故AB∥m，AC⊥m，AB∥β都成立，C∈α时，AC⊥β成立，但C?α时AC⊥β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(　　)
A.803π　　　B.203π　　　C.3203π　　　D.809π
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＝4πR2＝803π.
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：①x、y、z均为直线；②x、y是直线、z是平面；③z是直线，x、y是平面；④x、y、z均为平面．其中使“x⊥z且y⊥z?x∥y”为真命题的是(　　)
A．③④ B．①③ C．②③ D．①②
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(　　)
A.2 B．62 C.13 D．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)
C．(－4，－3,2) D．(－2，32，1)
解析：设平面α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EE′⊥AB于E′，FF′⊥BC于F′，连接E′F′，
则EF?E′F′，E′F′⊥BB1，
E′F′⊥BD.
∴EF⊥BB1，EF⊥BD，
故A、B正确．
又E′F′∥AC，∴EF∥AC，
∴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(　　)

A.12 B．1 C．2 D．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．22 B．23 C．4 D．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＝6?n＝1，
1＋k2＝a，1＋m2＝b，
所以(a2－1)＋(b2－1)＝6?a2＋b2＝8，
∴(a＋b)2＝ ！”#$%&'()*＋，－./012345b2＝16?a＋b≤4，当且仅当a＝b＝2时取等号．
答案：C
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BC?α，且∠PBC为钝角，设∠PBC＝x，∠ABC＝y，则有(　　)
A．x>y
B．x＝y
C．xD．x，y的大小不确定
解析：过A作AD⊥BC，垂足D在CB的延长线上，
连结PD，∴PD⊥BC，
cos∠PBA＝ABPB，
cos∠ABD＝BDAB，
cos∠PBD＝BDPB，
∴cos∠PBA?cos∠ABD＝cos∠PBD.
又∵∠PBC为钝角，∴∠PBD为锐角，
∴cos∠PBD∴∠PBD>∠ABD，
∴x＝180°－∠PBD，y＝180°－∠ABD，
∴x答案：C
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，O为底面圆的圆心，AB⊥OB，垂足为B，OH⊥PB，垂足为H，且PA＝4，C为PA的中点，则当三棱锥O—HPC的体积最大时，OB的长是(　　)
A.53 B.253 C.63 D.263
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的中点，∴OC⊥PA，∴PC⊥面OHC.
∴VO－HPC＝VP－HCO＝13?S△HOC?PC，
PC＝2，则当S△HOC最大时，VO－HPC最大．
此时OH＝HC，HO⊥HC.
又OC＝12PA＝2，∴HO＝2，∴HO＝12OP，
∴∠HPO＝30°，∴OB＝OPtan30°＝263.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V—ABC中，当三条侧棱VA、VB、VC之间满足条件________时，有VC⊥AB.
解析：当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⊥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
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S—ABCD，其中底面为边长为8的正方形，斜高为SH＝5，在Rt△SOH中，OH＝4，所以SO＝3，所以△SBC的面积为：12×SH×BC＝12×8×5＝20，
故侧面积为20×4＝80 cm2.

答案：80
16．在正方体ABCD—A1B1C1D1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E1F1＝1，AF1＝6，GF1＝BE1＝5，AG＝5，
∴由余弦定理
cos∠AF1G＝AF21＋GF21－AG22?AF1?GF1＝6＋5－52?30＝3010.
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ABC—A1B1C1中，点D在边BC上，AD⊥C1D.
(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，∴AD⊥CC1.
又AD⊥C1D，CC1交C1D于C1，
且CC1和C1D都在平面BCC1B1内，
∴AD⊥平面BCC1B1.
(2)由(1)，得AD⊥BC.在正三角形ABC中，
D是BC的中点．
当B1EEC1＝1，即E为B1C1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：AE⊥BE.
(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的中点P，连结PA、PN，因为点N为线段CE的中点，
所以PN∥DC，且PN＝12DC.
又四边形ABCD是矩形，点M为线段AB的中点，
所以AM∥DC，且AM＝12DC，
所以PN∥AM，且PN＝AM，故四边形AMNP是平行四边形，所以MN∥AP.
而AP?平面DAE，MN?平面DAE，
所以MN∥平面DAE.
19．如图所示，在四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AB＝BC＝CA＝3，AD＝CD＝1，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)若E为线段BC的中点，求证：A1E∥平面DCC1D1.
证明：(1)因为BA＝BC，DA＝BD，
所以BD是线段AC的垂直平分线．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.
因为AA1?平面AA1C1C，所以BD⊥AA1.
(2)因为AB＝BC＝CA＝3，DA＝DC＝1，
所以∠BAC＝∠BCA＝60°，∠DCA＝30°.连接AE.
因为E为BC的中点，所以∠EAC＝30°.
所以∠EAC＝∠DCA.
所以AE∥DC.
因为DC?平面DCC1D1，
AE?平面DCC1D1，
所以AE∥平面DCC1D1.
因为棱柱ABCD—A1B1C1D1，
所以AA1∥DD1.
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，AA1∩AE＝A，
所以平面AA1E∥平面DCC1D1.
因为A1E?平面AA1E，所以A1E∥平面DCC1D1.
20．四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，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E—AC—D的余弦值．
解：(1)证明：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)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?2FC，
∴FSSD＝FCAD＝12，
又由已知有PEED＝12，∴PF∥ES.
∵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AO＝13AD，连结EO，
则EO∥PA，∴EO⊥面ABCD.
过点O做OH⊥AC交AC于H点，连结EH，
则EH⊥AC，
从而∠EHO为二面角E—AC—D的平面角．
在△PAD中，EO＝23AP＝43，在△AHO中，∠HAO＝45°，
∴HO＝AOsin45°＝22?23＝23，
∴tan∠EHO＝EOHO＝22，
∴cos∠EHO＝13.
∴二面角E－AC－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、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PE＝13 ，
得(x，y，z－2)＝13(0,2，－2)，
∴x＝0y＝23z＝43，
则E(0，23，43)．
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则n?AE＝0n?AC＝0，即23y＋43z＝02x＋2y＝0
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，
∴PF⊥n，即PF?n＝0，得b＝1，
∴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〈 ，n〉＝AP?nAP?n
＝222＋(－2)2＋12?2
＝13.
故二面角E—AC—D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，AB＝1，AD＝2，∠ADC＝60°，AF＝a(a>0)，M是线段EF的中点．(1)求证：AC⊥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M出发，沿棱按照M→E→C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CD⊥CA，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)．
DF?m＝0BF?m＝0，m＝(－a，－2a3，1)
cos〈m，n〉＝m?n1?m＝12，a2＝97，a＝377.
(3)设AC与BD交于O，则OF∥CM，
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
＝13×12×2×1×sin120°＝36.
22．如图所示，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠DAB为直角，AB∥CD，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DF∥AB，且∠DAB为直角，
故ABFD是矩形，从而CD⊥BF.
又PA⊥底面ABCD，CD⊥AD，故知CD⊥PD.
在△PDC中，E、F分别为PC、CD的中点，故EF∥PD.
从而CD⊥EF，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EG∥PA.
又因PA⊥底面ABCD，故EG⊥底面ABCD，在底面ABCD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—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S△GBD＝12BD?GH＝12GB?DF，
故GH＝GB?DFBD.
在△ABD中，因为AB＝a，AD＝2a，得BD＝5a，
而GB＝12FB＝12AD＝a.DF＝AB，
从而得GH＝GB?DFBD＝a?a5a＝55a.
因此tan∠EHG＝EGGH＝12ka55a＝52k.
由k>0知∠EHG是锐角，故要使∠EHG>30°，
必须52k>tan30°＝33，
解之得，k的取值范围为k>2155.
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

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GH⊥BD垂足为H，由三垂线定理知EH⊥BD.
从而∠EHG为二面角E—BD—C的平面角．
由PA＝k?AB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,0)，
由 ? ＝0得－a(x－a)＋2a(y－a)＝0，
即x－2y＝－a①
又因 ＝(x－a，y,0)，且 与 的方向相同，故x－a－a＝y2a，即2x＋y＝2a②
由①②解得x＝35a，y＝45a，
从而 ＝(－25a，－15a,0)， ＝55a.
tan∠EHG＝EGGH＝ka255a＝52k.
由k>0知∠EHC是锐角，
由∠EHC>30°，得tan∠EHG>tan30°，

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