《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 講重點(diǎn) 選填題專練 第8講 立體幾何教學(xué)案 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 講重點(diǎn) 選填題專練 第8講 立體幾何教學(xué)案 理（22頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第8講　立體幾何 調(diào)研一　空間幾何體的三視圖、面積和體積 ■備考工具—————————————— 1．空間幾何體的三視圖 (1)幾何體的三視圖包括正(主)視圖、側(cè)(左)視圖、俯視圖，分別是從幾何體的正前方、正左方、正上方觀察幾何體畫出的輪廓線． (2)三視圖的畫法： ①基本要求：長對正，高平齊，寬相等． ②畫法規(guī)則：正(主)側(cè)(左)一樣高，正(主)俯一樣長，側(cè)(左)俯一樣寬；看不到的線畫虛線． 2．旋轉(zhuǎn)體的側(cè)面積和表面積 (1)若圓柱的底面半徑為r，母線長為l，則 S側(cè)＝2πrl，S表＝2πr(r＋l)． (2)若圓錐的底面半徑為r，母線長為l，則 S側(cè)＝πrl，S表＝

2、πr(r＋l)． (3)若圓臺(tái)的上、下底面半徑分別為r′，r，母線長為l，則 S側(cè)＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l＋rl)． (4)若球的半徑為R，則它的表面積S＝4πR2. 3．空間幾何體的體積公式 幾何體名稱 體積 棱(圓)柱 V＝Sh(S為底面面積，h為高) 棱(圓)錐 V＝Sh(S為底面面積，h為高) 棱(圓)臺(tái) V＝(S′＋＋S)h (S′，S為上、下底面面積，h為高) 球 V＝R3(R為球半徑) ■自測自評(píng)—————————————— 1．[2019·惠州調(diào)研]“牟合方蓋”是我國古代數(shù)學(xué)家劉徽在研究球的體積的過程中構(gòu)造的一個(gè)和諧優(yōu)

3、美的幾何體．它由完全相同的四個(gè)曲面構(gòu)成，相對的兩個(gè)曲面在同一個(gè)圓柱的側(cè)面上，好似兩個(gè)扣合(牟合)在一起的方形傘(方蓋)．其直觀圖如圖所示，圖中四邊形是為體現(xiàn)其直觀性所做的輔助線，當(dāng)其正視圖和側(cè)視圖完全相同時(shí)，它的俯視圖可能是(　　) 解析：因?yàn)橄鄬Φ膬蓚€(gè)曲面在同一個(gè)圓柱的側(cè)面上，好似兩個(gè)扣合在一起的方形傘，所以其正視圖和側(cè)視圖完全相同時(shí)，都是一個(gè)圓，俯視圖是從上向下看，所以俯視圖是4條邊及2條對角線均為實(shí)線的正方形，故選B. 答案：B 2．我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中有如下問題：“今有羨除，下廣六尺，上廣一丈，深三尺，末廣八尺，無深，袤七尺．問積幾何”，羨除是一個(gè)五面體，其中三

4、個(gè)面是梯形，另兩個(gè)面是三角形．已知一個(gè)羨除的三視圖如圖粗線所示，其中小正方形網(wǎng)格的邊長為1，則該羨除的表面中，三個(gè)梯形的面積之和為(　　) A．40　　　　 B．43 C．46 D．47 解析：由三視圖畫出羨除的直觀圖，如圖所示． 由三視圖可知，梯形ABCD是等腰梯形，AB＝2，CD＝6，高為4，其面積S1＝(2＋6)×4×＝16；梯形CDEF也是等腰梯形，CD＝6，EF＝4，高為3，其面積S2＝(6＋4)×3×＝15；梯形ABFE也是等腰梯形，AB＝2，EF＝4，下面求高，過點(diǎn)A作AG⊥CD，垂足為G，連接EG，則AG⊥EG，在Rt△AGE中，由三視圖可知，AG＝4，GE＝，

5、則AE＝，從而可得等腰梯形ABFE的高為＝5，其面積S3＝(2＋4)×5×＝15.綜上，三個(gè)梯形的面積之和為S＝S1＋S2＋S3＝16＋15＋15＝46，故選C. 答案：C 3．[2019·浙江卷]祖暅?zhǔn)俏覈媳背瘯r(shí)代的偉大科學(xué)家，他提出的“冪勢既同，則積不容異”稱為祖暅原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式V柱體＝Sh，其中S是柱體的底面積，h是柱體的高．若某柱體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該柱體的體積(單位：cm3)是(　　) A．158 B．162 C．182 D．324 解析：由三視圖可知，該幾何體是一個(gè)直五棱柱，所以其體積V＝×(4×3＋2×3＋6×6)×6＝16

6、2.故選B. 答案：B 4．[2019·山西八校聯(lián)考]《九章算術(shù)》中將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”．已知某“塹堵”的三視圖如圖所示，則該“塹堵”表面積為(　　) A．1 394 B．1 322 C．1 800 D．1 650 解析：將正視圖中的直角三角形記為△ABC，如圖，∠ACB＝90°，AB＝25，過點(diǎn)C作CD⊥AB，垂足為D，則BD＝16，AD＝25－16＝9，則AC2∶BC2＝(AD·AB)∶(BD·AB)＝AD∶BD＝9∶16，∴AC∶BC＝3∶4.又AC2＋BC2＝AB2，∴AC＝15，BC＝20，∴該“塹堵”的表面積為2××15×20＋25×(15＋20＋

7、25)＝1 800. 答案：C 5．[2019·合肥調(diào)研]已知某幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖和側(cè)視圖都由半圓及矩形組成，俯視圖由正方形及其內(nèi)切圓組成，則該幾何體的表面積等于(　　) A．48＋8π B．48＋4π C．64＋8π D．64＋4π 解析：由三視圖可知，該幾何體是一個(gè)半球和一個(gè)直四棱柱的組合體，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)可知，表面積為4×4×2－π×22＋4×2×4＋×4π×22＝64＋4π，故選D. 答案：D 6．[2019·廣東六校聯(lián)考]某幾何體的三視圖如圖所示，計(jì)量單位為cm，它的體積是(　　) A. cm3 B. cm3 C. cm3 D. cm3

8、 解析：由三視圖可知，該幾何體為如圖所示的四棱錐S－ABCD，則其體積V＝××(2＋4)×3×3×＝(cm3)，故選C. 答案：C 7．[2019·全國卷Ⅲ]學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用打印技術(shù)制作模型．如圖，該模型為長方體ABCD－A1B1C1D1挖去四棱錐O－EFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點(diǎn)，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度為0.9 g/cm3.不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為________ g. 解析：由題易得長方體ABCD－A1B1C1D1的體積為6×6×4＝144(cm3)，四邊形EFG

9、H為平行四邊形，如圖所示，連接GE，HF，易知四邊形EFGH的面積為矩形BCC1B1面積的一半，即×6×4＝12(cm2)，所以V四棱錐O－EFGH＝×3×12＝12(cm3)，所以該模型的體積為144－12＝132(cm3)，所以制作該模型所需原料的質(zhì)量為132×0.9＝118.8(g)． 答案：118.8 8．[2019·天津卷]已知四棱錐的底面是邊長為的正方形，側(cè)棱長均為.若圓柱的一個(gè)底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點(diǎn)，另一個(gè)底面的圓心為四棱錐底面的中心，則該圓柱的體積為________． 解析：由題可得，四棱錐底面對角線的長為2，則圓柱底面的半徑為，易知四棱錐的高為＝2，故圓

10、柱的高為1，所以圓柱的體積為π×2×1＝. 答案： 調(diào)研二　球的組合體 ■備考工具—————————————— 與球有關(guān)的組合體的常用結(jié)論 (1)長方體的外接球： ①球心：體對角線的中點(diǎn)； ②半徑：r＝(a，b，c為長方體的長、寬、高)． (2)正方體的外接球、內(nèi)切球及與各條棱相切的球： ①外接球：球心是正方體中心；半徑r＝a(a為正方體的棱長)； ②內(nèi)切球：球心是正方體中心；半徑r＝(a為正方體的棱長)； ③與各條棱都相切的球：球心是正方體中心；半徑r＝a(a為正方體的棱長)． (3)正四面體的外接球與內(nèi)切球(正四面體可以看作是正方體的一部分)： ①外接球：球心是正

11、四面體的中心，半徑r＝a(a為正四面體的棱長)． ②內(nèi)切球：球心是正四面體的中心，半徑r＝a(a為正四面體的棱長)． ■自測自評(píng)—————————————— 1．[2019·全國卷Ⅰ]已知三棱錐P－ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點(diǎn)，∠CEF＝90°，則球O的體積為(　　) A．8π　　　　　 B．4π C．2π D.π 解析：因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點(diǎn)，所以EF∥PB， 因?yàn)椤螩EF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE. 取AC的中點(diǎn)D，連接BD，PD，易證AC⊥平面BDP， 所以PB⊥A

12、C，又AC∩CE＝C，AC，CE?平面PAC，所以PB⊥平面PAC， 所以PB⊥PA，PB⊥PC，因?yàn)镻A＝PB＝PC，△ABC為正三角形， 所以PA⊥PC，即PA，PB，PC兩兩垂直，將三棱錐P－ABC放在正方體中如圖所示．因?yàn)锳B＝2，所以該正方體的棱長為，所以該正方體的體對角線長為，所以三棱錐P－ABC的外接球的半徑R＝，所以球O的體積V＝πR3＝π3＝π，故選D. 答案：D 2．[2019·全國卷Ⅱ]中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1)．半正多面體是由兩種或兩種以上的

13、正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美．圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有________個(gè)面，其棱長為________． 解析：依題意知，題中的半正多面體的上、下、左、右、前、后6個(gè)面都在正方體的表面上，且該半正多面體的表面由18個(gè)正方形，8個(gè)正三角形組成，因此題中的半正多面體共有26個(gè)面．注意到該半正多面體的俯視圖的輪廓是一個(gè)正八邊形，設(shè)題中的半正多面體的棱長為x，則x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故題中的半正多面體的棱長為－1. 答案：26?。? 3．[2019·惠州調(diào)研]已知正四棱錐的側(cè)棱

14、與底面的棱長都為3，則這個(gè)四棱錐外接球的表面積為(　　) A．108π B．72π C．36π D．12π 解析：由題意得正四棱錐的高為3.設(shè)正四棱錐的外接球半徑為R，則(3－R)2＋32＝R2，解得R＝3，所以正四棱錐的外接球的表面積S＝4πR2＝36π.故選C. 答案：C 4．[2019·南晶重點(diǎn)中學(xué)]在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝，AP＝3，AB＝2，Q是邊BC上的一動(dòng)點(diǎn)，且直線PQ與平面ABC所成角的最大值為，則三棱錐P－ABC的外接球的表面積為(　　) A．45π B．57π C．63π D．84π 解析：如圖1，連接AQ，∵PA⊥平面ABC，

15、∴∠PQA是直線PQ與平面ABC所成的角，當(dāng)AQ⊥BC時(shí)，∠PQA最大． ∵AP＝3，直線PQ與平面ABC所成角的最大值為， ∴AQ＝，又AB＝2，∴∠ABC＝， 圖1 又∠BAC＝， ∴∠ACB＝，∴AC＝2，BC＝6，△ABC的外接圓半徑為2.如圖2是三棱錐P－ABC的外接球，O為球心，O1為△ABC的外接圓圓心，連接OP，OA，OO1，O1A，設(shè)球的半徑為R，∵OP＝OA＝R，PA＝3，∴OO1＝，又AO1＝2，∴R2＝OA2＝O1A2＋OO＝，∴三棱錐P－ABC的外接球的表面積為57π，故選B. 　 圖2 答案：B 5．[2019·廣東六校聯(lián)考]已知三棱錐P－AB

16、C中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝，PA＝PB＝3，且二面角P－AB－C的大小為150°，則三棱錐P－ABC外接球的表面積為(　　) A．100π B．108π C．110π D．111π 解析：如圖，設(shè)AB，AC的中點(diǎn)分別為D，E，過點(diǎn)D作直線m垂直于平面ABC，過點(diǎn)E作直線n垂直于平面ABC，過點(diǎn)P作PF垂直于直線n，垂足為F，連接PD，DE，可得PD⊥AB，DE⊥AB，則∠PDE為二面角P－AB－C的平面角．易知點(diǎn)P，D，E，F(xiàn)在同一平面內(nèi)，且直線m在平面PDEF內(nèi)，設(shè)PF交直線m于G.因?yàn)镋為AC的中點(diǎn)，AB⊥BC，所以E為Rt△ABC外接圓的圓心，則三棱錐P－ABC外接球的球心

17、O在直線n上．易知四邊形DEFG為矩形，設(shè)OE＝x，因?yàn)锳B＝2，BC＝，PA＝PB＝3，且二面角P－AB－C的大小為150°，所以DE＝FG＝BC＝，BD＝AB＝，AE＝AC＝＝，DP＝＝＝4，GP＝DPsin60°＝2，F(xiàn)P＝FG＋GP＝，F(xiàn)E＝GD＝DPcos60°＝2.連接AF，則AF＝＝

18、面積S＝4πR2＝4π×＝111π，故選D. 答案：D 6．[2019·開封定位考試]已知空間四邊形ABCD，∠BAC＝，AB＝AC＝2，BD＝CD＝6，且平面ABC⊥平面BCD，則空間四邊形ABCD的外接球的表面積為(　　) A．60π B．36π C．24π D．12π 解析：如圖，取BC的中點(diǎn)E，連接AE，DE，AD，由AB＝AC＝2，∠BAC＝，可得BC＝6，又BD＝CD＝6，所以△BCD是等邊三角形．易得DE⊥BC，AE⊥BC，又DE∩AE＝E，所以BC⊥平面ADE.因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，所以DE⊥平面ABC，AE⊥平面BCD.設(shè)G為

19、△BCD的中心，在平面ADE上過點(diǎn)G作直線m平行于AE，再取AC的中點(diǎn)F，在平面ABC上過點(diǎn)F作FH⊥AC交AE的延長線于H，所以H為△ABC的外心，在平面ADE上過點(diǎn)H作直線n平行于DE，設(shè)直線m與直線n交于點(diǎn)O，則O為空間四邊形ABCD的外接球的球心，四邊形OGEH為矩形，所以GE＝OH，GE∥OH.在等邊三角形BCD中，GE＝6××＝，所以O(shè)H＝.在Rt△AHF中，∠FAH＝，AF＝AC＝，可得AH＝2.連接OA，在Rt△AOH中，由勾股定理得OA＝＝＝，即空間四邊形ABCD的外接球的半徑為，所以空間四邊形ABCD的外接球的表面積為4π×()2＝60π.故選A. 答案：A 7．[

20、2019·洛陽統(tǒng)考]在四面體ABCD中，AD⊥平面ABC，AB＝AC＝，BC＝2，若四面體ABCD的外接球的表面積為，則四面體ABCD的體積為(　　) A．24 B．12 C．8 D．4 解析：如圖，∵四面體ABCD的外接球的表面積為π， ∴球的半徑為，又AB＝AC＝，BC＝2， ∴cos∠BAC＝，∴sin∠BAC＝， ∴△ABC的外接圓的半徑O1A＝， ∴球心O到平面ABC的距離OO1＝4，又AD⊥平面ABC，∴AD＝2OO1＝8，∴四面體ABCD的體積為×××××8＝8，故選C. 答案：C 8．[2019·福州質(zhì)檢]如圖，以棱長為1的正方體的頂點(diǎn)A為球心，以為半徑作

21、一個(gè)球面，則該正方體的表面被球面所截得的所有弧長之和為(　　) A. B.π C. D. 解析：正方體的表面被該球面所截得的弧長是相等的三部分，如圖，上底面被球面截得的弧長是以A1為圓心，1為半徑的圓周長的，所以所有弧長之和為3×＝.故選C. 答案：C 調(diào)研三　空間線面位置關(guān)系的判定 ■備考工具—————————————— 1．線面平行的判定方法 (1)定義法．一般結(jié)合反證法證明，此方法不常用． (2)利用直線與平面平行的判定定理，使用該定理時(shí)，應(yīng)注意定理成立時(shí)所滿足的條件． (3)利用面面平行的性質(zhì)，把面面平行轉(zhuǎn)化為線面平行． 2．面面平行的性質(zhì) (1)面面平

22、行的性質(zhì)定理的作用：主要用來證明線線平行． (2)面面平行的性質(zhì)的幾個(gè)重要結(jié)論： ①兩個(gè)平面平行，其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線平行于另一個(gè)平面． ②夾在兩個(gè)平行平面之間的平行線段相等． ③經(jīng)過平面外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知平面平行． ④兩條直線被三個(gè)平行平面所截，截得的對應(yīng)線段對應(yīng)成比例． ⑤如果兩個(gè)平面分別平行于第三個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面互相平行． 3．判定直線與平面垂直的常用方法 (1)利用線面垂直的定義：若一直線垂直于平面內(nèi)任一直線，則這條直線垂直于該平面． (2)利用線面垂直的判定定理：若一條直線與平面內(nèi)兩條相交直線都垂直，則這條直線與平面垂直． (3)用線面垂直

23、的性質(zhì)：若兩平行線中的一條垂直于平面，則另一條也垂直于這個(gè)平面． (4)用面面平行的性質(zhì)定理：若一直線垂直于兩平行平面之一，則必垂直于另一平面． (5)用面面垂直的性質(zhì)定理：兩平面垂直，在一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線必垂直于另一個(gè)平面． (6)用面面垂直的性質(zhì)：若兩相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，則兩平面的交線垂直于第三個(gè)平面． 4．面面垂直證明的兩種思路 (1)用面面垂直的判定定理，即證明其中一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)平面的一條垂線． (2)用面面垂直的定義．即證明兩個(gè)平面所成的二面角是直二面角，把證明面面垂直的問題轉(zhuǎn)化為證明平面角為直角的問題． ■自測自評(píng)——————————————

24、1．[2019·全國卷Ⅱ]設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α∥β的充要條件是(　　) A．α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行 B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行 C．α，β平行于同一條直線 D．α，β垂直于同一平面 解析：對于A，α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行，當(dāng)這無數(shù)條直線互相平行時(shí)，α與β可能相交，所以A不正確；對于B，根據(jù)兩平面平行的判定定理與性質(zhì)知，B正確；對于C，平行于同一條直線的兩個(gè)平面可能相交，也可能平行，所以C不正確；對于D，垂直于同一平面的兩個(gè)平面可能相交，也可能平行，如長方體的相鄰兩個(gè)側(cè)面都垂直于底面，但它們是相交的，所以D不正確．綜上可知選B. 答案：B 2．[2019·全國卷Ⅲ]如圖，

25、點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點(diǎn)，則(　　) A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線 B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線 C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線 D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線 解析：取CD的中點(diǎn)O，連接ON，EO，因?yàn)椤鱁CD為正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.設(shè)正方形ABCD的邊長為2，則EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.過M作CD的垂線，垂足為P，連接BP，則MP＝，C

26、P＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝2＋2＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.連接BD，BE，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以N為BD的中點(diǎn)，即EN，MB均在平面BDE內(nèi)，所以直線BM，EN是相交直線，選B. 答案：B 3．[2019·合肥質(zhì)檢一]平面α外有兩條直線a，b，它們在平面α內(nèi)的投影分別是直線m，n，則下列命題正確的是(　　) A．若a⊥b，則m⊥n B．若m⊥n，則a⊥b C．若m∥n，則a∥b D．若m與n相交，則a與b相交或異面 解析：對于選項(xiàng)A，當(dāng)直線a，b相交，且所在平面與平面α垂直時(shí)，直線m，n重合，故A不正確；對于選項(xiàng)B，不妨在正方體ABCD－A1B1C1

27、D1中考慮，取面對角線AB1，AD1，其所在直線分別記為a，b，其在平面ABCD上的投影分別為AB，AD，記為m，n，此時(shí)m⊥n，但a與b不垂直，故B不正確；對于選項(xiàng)C，不妨在正方體ABCD－A1B1C1D1中考慮，取面對角線AB1，CD1，其所在直線分別記為a，b，其在平面ABCD上的投影分別為AB，CD，記為m，n，此時(shí)m∥n，但a與b不平行，故C不正確；對于選項(xiàng)D，若m與n相交，則a與b不可能平行，只能是相交或異面，故D正確．選D. 答案：D 4．[2019·武漢4月調(diào)研]已知兩個(gè)平面相互垂直，下列命題： ①一個(gè)平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個(gè)平面內(nèi)的任一條直線； ②一個(gè)平面內(nèi)已知直

28、線必垂直于另一個(gè)平面內(nèi)的無數(shù)條直線； ③一個(gè)平面內(nèi)任意一條直線必垂直于另一個(gè)平面； ④過一個(gè)平面內(nèi)任意一點(diǎn)作交線的垂線，則此垂線必垂直于另一個(gè)平面． 其中正確命題的個(gè)數(shù)是(　　) A．3　　　　　　 B．2 C．1 D．0 解析：構(gòu)造正方體ABCD－A1B1C1D1，如圖， ①，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D?平面ADD1A1，BD?平面ABCD，但A1D與BD不垂直，故①錯(cuò)； ②，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1內(nèi)的任意一條直線，l與平面ABCD內(nèi)同AB平行的所有直線垂

29、直，故②正確； ③，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D?平面ADD1A1，但A1D與平面ABCD不垂直，故③錯(cuò)； ④，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，過交線AD上的點(diǎn)作交線的垂線l，則l可能與另一平面垂直，也可能與另一平面不垂直，故④錯(cuò)．故選C. 答案：C 5．[2019·北京卷]已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個(gè)論斷： ①l⊥m；②m∥α；③l⊥α. 以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題：________. 解析：

30、若l⊥α，l⊥m，則m∥α，顯然①③?②正確；若l⊥m，m∥α，則l∥α，l與α相交但不垂直都可以，故①②?③不正確；若l⊥α，m∥α，則l垂直α內(nèi)所有直線，在α內(nèi)必存在與m平行的直線，所以可推出l⊥m，故②③?①正確． 答案：若l⊥m，l⊥α，則m∥α.(答案不唯一) 6．[2019·福建質(zhì)檢]如圖，AB是圓錐SO的底面圓O的直徑，D是圓O上異于A，B的任意一點(diǎn)，以AO為直徑的圓與AD的另一個(gè)交點(diǎn)為C，P為SD的中點(diǎn)．現(xiàn)給出以下結(jié)論： ①△SAC為直角三角形； ②平面SAD⊥平面SBD； ③平面PAB必與圓錐SO的某條母線平行． 其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是(　　) A．0 B．1

31、 C．2 D．3 解析：如圖，連接OC，∵AO為圓的直徑， ∴AC⊥OC.∵SO垂直于底面圓O，AC?底面圓O，∴AC⊥SO.∵SO∩OC＝O， ∴AC⊥平面SOC.又SC?平面SOC， ∴AC⊥SC，∴△SAC為直角三角形，故①正確．由于點(diǎn)D是圓O上的動(dòng)點(diǎn)，∴平面SAD不能總垂直于平面SBD，故②錯(cuò)誤．連接DO并延長交圓O于E，連接SE，PO，∵P為SD的中點(diǎn)，O為DE的中點(diǎn)，∴OP∥SE.又OP?平面PAB，SE?平面PAB，∴SE∥平面PAB，故③正確，故選C. 答案：C 7．若四面體ABCD的三組對棱分別相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，給出下列結(jié)論： ①

32、四面體ABCD每組對棱相互垂直； ②四面體ABCD每個(gè)面的面積相等； ③從四面體ABCD每個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和大于90°而小于180°； ④連接四面體ABCD每組對棱中點(diǎn)的線段相互垂直平分； ⑤從四面體ABCD每個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱的長可作為一個(gè)三角形的三邊長． 其中正確結(jié)論的序號(hào)是________．(寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)) 解析：①，如圖1，AE，CF分別為BD邊上的高，由三角形全等可知DE＝BF，當(dāng)且僅當(dāng)AD＝AB，CD＝BC時(shí)，E，F(xiàn)重合，此時(shí)AC⊥BD，所以當(dāng)四面體ABCD為正四面體時(shí)，每組對棱相互垂直，故①錯(cuò)誤；②，因?yàn)锳B＝CD，AC＝BD，AD＝BC，所以四

33、面體四個(gè)面全等，所以四面體ABCD每個(gè)面的面積相等，故②正確；③，當(dāng)四面體為正四面體時(shí)，同一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的任意兩條棱的夾角均為60°，此時(shí)四面體ABCD每個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和等于180°，故③錯(cuò)誤； 圖1 ④，如圖2，G，H，I，J為各邊中點(diǎn)，因?yàn)锳C＝BD，所以四邊形GHIJ為菱形，GI，HJ相互垂直平分，其他同理可得，所以連接四面體ABCD每組對棱中點(diǎn)的線段相互垂直平分，故④正確；⑤，從A點(diǎn)出發(fā)的三條棱為AB，AC，AD，因?yàn)锳C＝BD，所以AB，AC，AD可以構(gòu)成三角形，同理可得其他．所以從四面體ABCD每個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱的長可作為一個(gè)三角形的三邊長，故⑤正確．綜上所述

34、，正確的結(jié)論為②④⑤. 圖2 答案：②④⑤ 8．[2019·河北九校聯(lián)考]已知兩條不同的直線m，n，兩個(gè)不重合的平面α，β，給出下面五個(gè)命題： ①m∥n，m⊥α?n⊥α； ②α∥β，m?α，n?β?m∥n； ③m∥n，m∥α?n∥α； ④m⊥α，m∥β?α⊥β； ⑤α∥β，m∥n，m⊥α?n⊥β. 其中正確命題的序號(hào)是________． 解析：命題①，顯然正確；命題②，m，n可能異面，故②為假命題；命題③，可能n?α，故③為假命題；命題④，由線面垂直、線面平行的性質(zhì)以及面面垂直的判定知④為真命題；命題⑤，由m∥n，m⊥α，得n⊥α，又α∥β，所以n⊥β，故⑤為真命題．綜

35、上，正確的命題為①④⑤. 答案：①④⑤ 調(diào)研四　空間角與距離 ■備考工具—————————————— 1．求異面直線所成的角主要有兩種方法 (1)作圖法．其解決方法常采用“平移線段法”，平移的方法一般有三種類型：利用圖中已有的平行線平移；利用特殊點(diǎn)(線段的端點(diǎn)或中點(diǎn))作平行線平移；補(bǔ)形平移．最終將空間角轉(zhuǎn)化為平面角，利用解三角形的知識(shí)求解. (2)向量法．此法解題關(guān)鍵在于找出兩異面直線的方向向量，求兩向量的夾角，而要求兩向量的夾角，可以求兩向量的坐標(biāo)，也可以把所求向量用一組基向量表示，兩向量的夾角范圍是[0，π]，而兩異面直線所成角的范圍是，應(yīng)注意加以區(qū)分．設(shè)異面直線a，b所成

36、的角為θ，則cosθ＝|，其中a，b分別是直線a，b的方向向量． 2．線面角、二面角 (1)求線面角的關(guān)鍵是確定直線在平面內(nèi)的射影．為此，必須在這條直線上的某一點(diǎn)處作一條(或找一條)平面的垂線．可以利用兩個(gè)平面垂直的性質(zhì)作線面垂直．同時(shí)，垂線段的確定，應(yīng)體現(xiàn)已知條件，便于求解． (2)二面角的大小是用它的平面角來度量的．找(或作)出二面角的平面角，并且求出其大小，常用下面的方法：如圖，由一個(gè)半平面α內(nèi)不在棱l上的A點(diǎn)向另一半平面β作垂線，垂足為B，由點(diǎn)B(或點(diǎn)A)向二面角的棱l作垂線，垂足為O，連接AO(或BO)，則∠AOB即為二面角的平面角．然后通過解三角形求解． (3)若直線a

37、的方向向量為v，平面α的法向量為n，直線a與平面α所成的角為θ，則sinθ＝|. 3．點(diǎn)到面的距離 (1)直接法：作點(diǎn)到面的垂線． (2)在三棱錐中用等體積法求解． (3)向量法：d＝.(n為平面的法向量，A為平面上一點(diǎn)，MA為過A點(diǎn)的斜線段) ■自測自評(píng)—————————————— 1．[2019·山西八校聯(lián)考]如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC⊥CD，AD＝2BC，BC＝CD，M是AD的中點(diǎn)，N是AM的中點(diǎn)，把△ABM沿直線BM翻折，連接BN，CM，如圖2，設(shè)∠AMD＝θ，當(dāng)異面直線CM與BN所成的角是60°時(shí)，cosθ＝(　　) A.－1　　　　　 B．2－

38、 C．1－ D.－2 解析：解法一：在題圖2中，延長DM到E，使MD＝ME，連接BE，NE，則BE∥MC.因?yàn)楫惷嬷本€CM與BN所成的角是60°，所以∠EBN＝60°或∠EBN＝120°.設(shè)BC＝2，則MN＝1，ME＝2，BE＝2，BN＝.在△EBN中，EN2＝BE2＋BN2－2BE·BN·cos∠EBN＝13－4cos∠EBN.同理，在△EMN中，EN2＝ME2＋MN2－2ME·MN·cos(π－θ)＝5＋4cosθ，所以13－4cos∠EBN＝5＋4cosθ.當(dāng)∠EBN＝60°時(shí)，解得cosθ＝2－；當(dāng)∠EBN＝120°時(shí)，解得cosθ＝2＋>1，不合題意，舍去．故cosθ＝2－.故選

39、B. 解法二：在題圖2中，以M為原點(diǎn)，MB，MD所在的直線分別為x，y軸，過點(diǎn)M且垂直于平面MBCD的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BC＝2，則M(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2，2,0)，N(0，cosθ，sinθ)，所以＝(－2，－2,0)，＝(－2，cosθ，sinθ)．當(dāng)異面直線CM與BN所成的角是60°時(shí)，|cos〈，〉|＝＝，得cosθ＝2－. 答案：B 2．[2019·合肥調(diào)研]在△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝1，AB＝.將△ABC繞BC旋轉(zhuǎn)，使得點(diǎn)A轉(zhuǎn)到點(diǎn)P，如圖．若D為BC的中點(diǎn)，E為PC的中點(diǎn)，AE＝，則AB與平面ADE所成角的正弦值是(　　)

40、 A. B. C. D. 解析：通解：因?yàn)镈，E分別為BC和PC的中點(diǎn)，所以DE∥PB，又∠CAB＝90°，所以DE⊥PC，又AC＝1，CE＝，AE＝，所以AE⊥PC，所以PC⊥平面ADE.在平面ADE內(nèi)設(shè)EF⊥ED，以EF，ED，EP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，可得平面ADE的法向量為n＝(0,0,1)，因?yàn)锳E＝，AD＝1，DE＝，由余弦定理可得，cos∠AED＝＝，所以A為，B為，所以＝，所以AB與平面ADE所成角的正弦值為|＝＝，故選B. 優(yōu)解：因?yàn)镈，E分別是BC和PC的中點(diǎn)，所以DE∥PB，又∠CAB＝90°，所以DE⊥PC，又AC＝1，CE＝，AE＝

41、，所以AE⊥PC，所以PC⊥平面ADE.如圖，延長ED至F，使得EF＝PB，連接BF，所以BF⊥平面AED，連接AF，所以∠BAF為AB與平面ADE所成的角，所以sin∠BAF＝＝＝. 答案：B 3．[2019·湖南四校聯(lián)考]在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，異面直線AC1與BB1所成的角為30°，則AA1＝(　　) A. B．3 C.　　　 D. 解析：如圖，連接A1C1，由長方體的性質(zhì)知，BB1∥AA1，則∠A1AC1即異面直線AC1與BB1所成的角，所以∠A1AC1＝30°.在Rt△A1B1C1中，A1C1＝＝.在Rt△A1AC1中，tan∠A1AC

42、1＝，即A1A＝＝＝，故選D. 答案：D 4．[2019·安徽示范高中考試]在平面幾何中，與三角形的三條邊所在直線的距離相等的點(diǎn)有且只有四個(gè)．類似的，在立體幾何中，與正四面體的四個(gè)面所在平面的距離相等的點(diǎn)(　　) A．有且只有一個(gè) B．有且只有三個(gè) C．有且只有四個(gè) D．有且只有五個(gè) 解析：如圖1所示，與△ABC的三條邊所在直線的距離相等的點(diǎn)為O1，O2，O3，O4，其中O1是△ABC的內(nèi)切圓的圓心，O2是與AC，AB的延長線和線段BC都相切的圓的圓心，O3是與CA，CB的延長線和線段AB都相切的圓的圓心，O4是與BC，BA的延長線和線段AC都相切的圓的圓心．類似的，如圖2所示，

43、正四面體P－ABC的內(nèi)切球的球心到四個(gè)面所在平面的距離相等，將正四面體P－ABC延拓為正四面體P－DEF，所得三棱臺(tái)ABC－DEF內(nèi)存在一個(gè)球，其球心到平面ABC，平面PDE，平面PEF，平面PDF的距離相等，同理，分別將四面體A－PBC，B－PAC，C－PAB進(jìn)行延拓均可得到一個(gè)滿足題意的點(diǎn)，因此滿足題意的點(diǎn)有且只有五個(gè)，故選D. 答案：D 5．[2019·河南安陽]二面角的棱上有A，B兩點(diǎn)，直線AC，BD分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，則該二面角的大小為(　　) A．150° B．45° C．60° D．120° 解

44、析：由條件，知·＝0，·＝0，＝＋＋，∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈，〉＝(2)2， ∴cos〈，〉＝－，〈，〉＝120°，∴二面角的大小為60°，故選C. 答案：C 6．[2019·武漢2月調(diào)研]在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)A關(guān)于平面BDC1的對稱點(diǎn)為M，則M到平面A1B1C1D1的距離為________． 解析：解法一：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，正方體的棱長為1，在正方ABCD－A1B1C1D1下面補(bǔ)一個(gè)棱長為1的正方體ABCD－A2B2C2D2，連接A2C2，B2D2，AC2，設(shè)B2D2∩A2C2

45、＝E，連接CE交AC2于M(即A關(guān)于平面BDC1的對稱點(diǎn))，易得M，所以點(diǎn)M到平面A1B1C1D1的距離為1－＝. 解法二：依題意，點(diǎn)M在平面ACC1A1上，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系， 由已知得A， C1，直線OC1的方程為y＝x，其斜率為， 因?yàn)辄c(diǎn)A關(guān)于直線OC1的對稱點(diǎn)為M，設(shè)M(a，b)， 所以解得 所以點(diǎn)M到直線A1C1的距離為1－＝，所以點(diǎn)A關(guān)于平面BDC1的對稱點(diǎn)M到平面A1B1C1D1的距離為. 解法三：依題意，點(diǎn)M在平面ACC1A1上，如圖，取AC的中點(diǎn)O，連接C1O并延長，與過A且垂直于C1O的直線交于N，取MN＝AN，過M作AC的垂線MP交AC于P、交A1C1于Q，MQ的長等于點(diǎn)A關(guān)于平面BDC1的對稱點(diǎn)M到平面A1B1C1D1的距離，因?yàn)檎襟w的棱長為1，所以CC1＝1，OA＝OC＝. 在Rt△OCC1中，由勾股定理得 OC1＝， cos∠COC1＝， 所以cos∠AON＝，sin∠AON＝， sin∠OAN＝， 在Rt△OAN中，AN＝OA·sin∠AON＝×＝，所以AM＝2AN＝， 在Rt△AMP，PM＝AM·sin∠OAN＝×＝，所以MQ＝，所以點(diǎn)A關(guān)于平面BDC1的對稱點(diǎn)M到平面A1B1C1D1的距離為. 答案： 22