新高考2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第二部分講重點選填題專練第8講立體幾何教學(xué)案理

PAGEPAGE1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、正上方視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＝πr(r＋l)．(3)若圓臺的上、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＝eq\f(1,3)Sh(S為底面面積，h為高)棱(圓)臺V＝eq\f(1,2)(S′＋eq\r(S′S)＋S)h(S′，S為上、下底面面積，h為高)球V＝eq\f(4π,3)R3(R為球半徑)■自測自評——————————————1．[2024·惠州調(diào)研]“牟合方蓋”是我國古代數(shù)學(xué)家劉徽在探討球的體積的過程中構(gòu)造的一個和諧美麗的幾何體．它由完全相同的四個曲面構(gòu)成，相對的兩個曲面在同一個圓柱的側(cè)面上，好像兩個扣合(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)其直觀性所做的協(xié)助線，當(dāng)其正視圖和側(cè)視圖完全相同時，它的俯視圖可能是()解析：因為相對的兩個曲面在同一個圓柱的側(cè)面上，好像兩個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，都是一個圓，俯視圖是從上向下看，所以俯視圖是4條邊及2條對角線均為實線的正方形，故選B.答案：B2．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”，羨除是一個五面體，其中三個面是梯形，另兩個面是三角形．已知一個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，三個梯形的面積之和為()A．40 B．43C．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×eq\f(1,2)＝16；梯形CDEF也是等腰梯形，CD＝6，EF＝4，高為3，其面積S2＝(6＋4)×3×eq\f(1,2)＝15；梯形ABFE也是等腰梯形，AB＝2，EF＝4，下面求高，過點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＝eq\r(10)，則AE＝eq\r(26)，從而可得等腰梯形ABFE的高為eq\r(26－1)＝5，其面積S3＝(2＋4)×5×eq\f(1,2)＝15.綜上，三個梯形的面積之和為S＝S1＋S2＋S3＝16＋15＋15＝46，故選C.答案：C3．[2024·浙江卷]祖暅?zhǔn)俏覈媳背瘯r代的宏大科學(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．162C．182 D．324解析：由三視圖可知，該幾何體是一個直五棱柱，所以其體積V＝eq\f(1,2)×(4×3＋2×3＋6×6)×6＝162.故選B.答案：B4．[2024·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．1394 B．1322C．1800 D．1650解析：將正視圖中的直角三角形記為△ABC，如圖，∠ACB＝90°，AB＝25，過點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×eq\f(1,2)×15×20＋25×(15＋20＋25)＝1800.答案：C5．[2024·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＋4πC．64＋8π D．64＋4π解析：由三視圖可知，該幾何體是一個半球和一個直四棱柱的組合體，依據(jù)圖中數(shù)據(jù)可知，表面積為4×4×2－π×22＋4×2×4＋eq\f(1,2)×4π×22＝64＋4π，故選D.答案：D6．[2024·廣東六校聯(lián)考]某幾何體的三視圖如圖所示，計量單位為cm，它的體積是()A.eq\f(27\r(3),2)cm3B.eq\f(9,2)cm3C.eq\f(9\r(3),2)cm3D.eq\f(27,2)cm3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＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(2＋4)×3×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(9\r(3),2)(cm3)，故選C.答案：C7．[2024·全國卷Ⅲ]學(xué)生到工廠勞動實踐，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，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度為0.9g/cm3解析：由題易得長方體ABCD－A1B1C1D1的體積為6×6×4＝144(cm3)，四邊形EFGH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eq\f(1,2)×6×4＝12(cm2)，所以V四棱錐O－EFGH＝eq\f(1,3)×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：118.88．[2024·天津卷]已知四棱錐的底面是邊長為eq\r(2)的正方形，側(cè)棱長均為eq\r(5).若圓柱的一個底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點，另一個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eq\f(1,2)，易知四棱錐的高為eq\r(5－1)＝2，故圓柱的高為1，所以圓柱的體積為π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2×1＝eq\f(π,4).答案：eq\f(π,4)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；②半徑：r＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2)(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＝eq\f(\r(3),2)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＝eq\f(a,2)(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＝eq\f(\r(2),2)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：球心是正四面體的中心，半徑r＝eq\f(\r(6),4)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＝eq\f(\r(6),12)a(a為正四面體的棱長)．■自測自評——————————————1．[2024·全國卷Ⅰ]已知三棱錐P－ABC的四個頂點在球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，∠CEF＝90°，則球O的體積為()A．8eq\r(6)π B．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)π D.eq\r(6)π解析：因為點E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點，所以EF∥PB，因為∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中點D，連接BD，PD，易證AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE?平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因為PA＝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．因為AB＝2，所以該正方體的棱長為eq\r(2)，所以該正方體的體對角線長為eq\r(6)，所以三棱錐P－ABC的外接球的半徑R＝eq\f(\r(6),2)，所以球O的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\r(6)π，故選D.答案：D2．[2024·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．印信的形態(tài)多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形態(tài)是“半正多面體”(圖1)．半正多面體是由兩種或兩種以上的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是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的全部頂點都在同一個正方體的表面上，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個面都在正方體的表面上，且該半正多面體的表面由18個正方形，8個正三角形組成，因此題中的半正多面體共有26個面．留意到該半正多面體的俯視圖的輪廓是一個正八邊形，設(shè)題中的半正多面體的棱長為x，則eq\f(\r(2),2)x＋x＋eq\f(\r(2),2)x＝1，解得x＝eq\r(2)－1，故題中的半正多面體的棱長為eq\r(2)－1.答案：26eq\r(2)－13．[2024·惠州調(diào)研]已知正四棱錐的側(cè)棱與底面的棱長都為3eq\r(2)，則這個四棱錐外接球的表面積為()A．108π B．72πC．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：C4．[2024·南晶重點中學(xué)]在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝eq\f(2π,3)，AP＝3，AB＝2eq\r(3)，Q是邊BC上的一動點，且直線PQ與平面ABC所成角的最大值為eq\f(π,3)，則三棱錐P－ABC的外接球的表面積為()A．45π B．57πC．63π D．84π解析：如圖1，連接AQ，∵PA⊥平面ABC，∴∠PQA是直線PQ與平面ABC所成的角，當(dāng)AQ⊥BC時，∠PQA最大．∵AP＝3，直線PQ與平面ABC所成角的最大值為eq\f(π,3)，∴AQ＝eq\r(3)，又AB＝2eq\r(3)，∴∠ABC＝eq\f(π,6)，圖1又∠BAC＝eq\f(2π,3)，∴∠ACB＝eq\f(π,6)，∴AC＝2eq\r(3)，BC＝6，△ABC的外接圓半徑為2eq\r(3).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＝eq\f(3,2)，又AO1＝2eq\r(3)，∴R2＝OA2＝O1A2＋OOeq\o\al(2,1)＝eq\f(57,4)，∴三棱錐P－ABC的外接球的表面積為57π，故選B.圖2答案：B5．[2024·廣東六校聯(lián)考]已知三棱錐P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2eq\r(2)，BC＝eq\r(3)，PA＝PB＝3eq\r(2)，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．108πC．110π D．111π解析：如圖，設(shè)AB，AC的中點分別為D，E，過點D作直線m垂直于平面ABC，過點E作直線n垂直于平面ABC，過點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.因為E為AC的中點，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O在直線n上．易知四邊形DEFG為矩形，設(shè)OE＝x，因為AB＝2eq\r(2)，BC＝eq\r(3)，PA＝PB＝3eq\r(2)，且二面角P－AB－C的大小為150°，所以DE＝FG＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(\r(3),2)，BD＝eq\f(1,2)AB＝eq\r(2)，AE＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)eq\r(AB2＋BC2)＝eq\f(\r(11),2)，DP＝eq\r(BP2－BD2)＝eq\r(3\r(2)2－\r(2)2)＝4，GP＝DPsin60°＝2eq\r(3)，F(xiàn)P＝FG＋GP＝eq\f(5\r(3),2)，F(xiàn)E＝GD＝DPcos60°＝2.連接AF，則AF＝eq\r(AE2＋EF2)＝eq\f(3\r(3),2)<FP，所以O(shè)F＝OE－FE＝x－2.連接OA，在Rt△OAE中，OA2＝AE2＋OE2＝eq\f(11,4)＋x2.連接OP，在Rt△OPF中，OP2＝FP2＋OF2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(3),2)))2＋(x－2)2＝x2－4x＋eq\f(91,4)，又OP＝OA，所以eq\f(11,2)＋x2＝x2－4x＋eq\f(91,4)，解得x＝5，故三棱錐P－ABC外接球的半徑R＝eq\r(\f(11,4)＋52)＝eq\f(\r(111),2).所以三棱錐P－ABC外接球的表面積S＝4πR2＝4π×eq\f(111,4)＝111π，故選D.答案：D6．[2024·開封定位考試]已知空間四邊形ABCD，∠BAC＝eq\f(2π,3)，AB＝AC＝2eq\r(3)，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．36πC．24π D．12π解析：如圖，取BC的中點E，連接AE，DE，AD，由AB＝AC＝2eq\r(3)，∠BAC＝eq\f(2π,3)，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.因為平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，所以DE⊥平面ABC，AE⊥平面BCD.設(shè)G為△BCD的中心，在平面ADE上過點G作直線m平行于AE，再取AC的中點F，在平面ABC上過點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H作直線n平行于DE，設(shè)直線m與直線n交于點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×eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,3)＝eq\r(3)，所以O(shè)H＝eq\r(3).在Rt△AHF中，∠FAH＝eq\f(π,3)，AF＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(3)，可得AH＝2eq\r(3).連接OA，在Rt△AOH中，由勾股定理得OA＝eq\r(AH2＋OH2)＝eq\r(2\r(3)2＋\r(3)2)＝eq\r(15)，即空間四邊形ABCD的外接球的半徑為eq\r(15)，所以空間四邊形ABCD的外接球的表面積為4π×(eq\r(15))2＝60π.故選A.答案：A7．[2024·洛陽統(tǒng)考]在四面體ABCD中，AD⊥平面ABC，AB＝AC＝eq\r(10)，BC＝2，若四面體ABCD的外接球的表面積為eq\f(676π,9)，則四面體ABCD的體積為()A．24 B．12C．8 D．4解析：如圖，∵四面體ABCD的外接球的表面積為eq\f(676,9)π，∴球的半徑為eq\f(13,3)，又AB＝AC＝eq\r(10)，BC＝2，∴cos∠BAC＝eq\f(4,5)，∴sin∠BAC＝eq\f(3,5)，∴△ABC的外接圓的半徑O1A＝eq\f(5,3)，∴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eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(10)×eq\r(10)×eq\f(3,5)×8＝8，故選C.答案：C8．[2024·福州質(zhì)檢]如圖，以棱長為1的正方體的頂點A為球心，以eq\r(2)為半徑作一個球面，則該正方體的表面被球面所截得的全部弧長之和為()A.eq\f(3π,4) B.eq\r(2)πC.eq\f(3π,2) D.eq\f(9π,4)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eq\f(1,4)，所以全部弧長之和為3×eq\f(2π,4)＝eq\f(3π,2).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，運用該定理時，應(yīng)留意定理成立時所滿意的條件．(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)的幾個重要結(jié)論：①兩個平面平行，其中一個平面內(nèi)的隨意一條直線平行于另一個平面．②夾在兩個平行平面之間的平行線段相等．③經(jīng)過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行．④兩條直線被三個平行平面所截，截得的對應(yīng)線段對應(yīng)成比例．⑤假如兩個平面分別平行于第三個平面，那么這兩個平面相互平行．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：若始終線垂直于平面內(nèi)任始終線，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平面．(4)用面面平行的性質(zhì)定理：若始終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，在一個平面內(nèi)垂直于交線的直線必垂直于另一個平面．(6)用面面垂直的性質(zhì)：若兩相交平面同時垂直于第三個平面，則兩平面的交線垂直于第三個平面．4．面面垂直證明的兩種思路(1)用面面垂直的判定定理，即證明其中一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線．(2)用面面垂直的定義．即證明兩個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——————————————1．[2024·全國卷Ⅱ]設(shè)α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是()A．α內(nèi)有多數(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)有多數(shù)條直線與β平行，當(dāng)這多數(shù)條直線相互平行時，α與β可能相交，所以A不正確；對于B，依據(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平面可能相交，也可能平行，如長方體的相鄰兩個側(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：B2．[2024·全國卷Ⅲ]如圖，點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，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O，連接ON，EO，因為△ECD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＝eq\r(3)，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＝eq\f(\r(3),2)，CP＝eq\f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋22＝7，得BM＝eq\r(7)，所以BM≠EN.連接BD，BE，因為四邊形ABCD為正方形，所以N為BD的中點，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：B3．[2024·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⊥nB．若m⊥n，則a⊥bC．若m∥n，則a∥bD．若m與n相交，則a與b相交或異面解析：對于選項A，當(dāng)直線a，b相交，且所在平面與平面α垂直時，直線m，n重合，故A不正確；對于選項B，不妨在正方體ABCD－A1B1C1D1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m⊥n，但a與b不垂直，故B不正確；對于選項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m∥n，但a與b不平行，故C不正確；對于選項D，若m與n相交，則a與b不行能平行，只能是相交或異面，故D正確．選D.答案：D4．[2024·武漢4月調(diào)研]已知兩個平面相互垂直，下列命題：①一個平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的任一條直線；②一個平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的多數(shù)條直線；③一個平面內(nèi)隨意一條直線必垂直于另一個平面；④過一個平面內(nèi)隨意一點作交線的垂線，則此垂線必垂直于另一個平面．其中正確命題的個數(shù)是()A．3 B．2C．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；②，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1內(nèi)的隨意一條直線，l與平面ABCD內(nèi)同AB平行的全部直線垂直，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；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．故選C.答案：C5．[2024·北京卷]已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：________.解析：若l⊥α，l⊥m，則m∥α，明顯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)全部直線，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．[2024·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的隨意一點，以AO為直徑的圓與AD的另一個交點為C，P為SD的中點．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)論的個數(shù)是()A．0 B．1C．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D是圓O上的動點，∴平面SAD不能總垂直于平面SBD，故②錯誤．連接DO并延長交圓O于E，連接SE，PO，∵P為SD的中點，O為DE的中點，∴OP∥SE.又OP?平面PAB，SE?平面PAB，∴SE∥平面PAB，故③正確，故選C.答案：C7．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：①四面體ABCD每組對棱相互垂直；②四面體ABCD每個面的面積相等；③從四面體ABCD每個頂點動身的三條棱兩兩夾角之和大于90°而小于180°；④連接四面體ABCD每組對棱中點的線段相互垂直平分；⑤從四面體ABCD每個頂點動身的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長．其中正確結(jié)論的序號是________．(寫出全部正確結(jié)論的序號)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，E，F(xiàn)重合，此時AC⊥BD，所以當(dāng)四面體ABCD為正四面體時，每組對棱相互垂直，故①錯誤；②，因為AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，所以四面體四個面全等，所以四面體ABCD每個面的面積相等，故②正確；③，當(dāng)四面體為正四面體時，同一個頂點動身的隨意兩條棱的夾角均為60°，此時四面體ABCD每個頂點動身的三條棱兩兩夾角之和等于180°，故③錯誤；圖1④，如圖2，G，H，I，J為各邊中點，因為AC＝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每組對棱中點的線段相互垂直平分，故④正確；⑤，從A點動身的三條棱為AB，AC，AD，因為AC＝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每個頂點動身的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長，故⑤正確．綜上所述，正確的結(jié)論為②④⑤.圖2答案：②④⑤8．[2024·河北九校聯(lián)考]已知兩條不同的直線m，n，兩個不重合的平面α，β，給出下面五個命題：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是________．解析：命題①，明顯正確；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．其解決方法常采納“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；利用特別點(線段的端點或中點)作平行線平移；補(bǔ)形平移．最終將空間角轉(zhuǎn)化為平面角，利用解三角形的學(xué)問求解.(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eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，應(yīng)留意加以區(qū)分．設(shè)異面直線a，b所成的角為θ，則cosθ＝|eq\f(a·b,|a||b|)，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，必需在這條直線上的某一點處作一條(或找一條)平面的垂線．可以利用兩個平面垂直的性質(zhì)作線面垂直．同時，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，由一個半平面α內(nèi)不在棱l上的A點向另一半平面β作垂線，垂足為B，由點B(或點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＝|eq\f(v·n,|v||n|).3．點到面的距離(1)干脆法：作點到面的垂線．(2)在三棱錐中用等體積法求解．(3)向量法：d＝eq\f(|n·\o(MA,\s\up6(→))|,|n|).(n為平面的法向量，A為平面上一點，MA為過A點的斜線段)■自測自評——————————————1．[2024·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，N是AM的中點，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，cosθ＝()A.eq\f(\r(6),3)－1 B．2－eq\f(\r(10),2)C．1－eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(10),2)－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.因為異面直線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＝2eq\r(2)，BN＝eq\r(5).在△EBN中，EN2＝BE2＋BN2－2BE·BN·cos∠EBN＝13－4eq\r(10)cos∠EBN.同理，在△EMN中，EN2＝ME2＋MN2－2ME·MN·cos(π－θ)＝5＋4cosθ，所以13－4eq\r(10)cos∠EBN＝5＋4cosθ.當(dāng)∠EBN＝60°時，解得cosθ＝2－eq\f(\r(10),2)；當(dāng)∠EBN＝120°時，解得cosθ＝2＋eq\f(\r(10),2)>1，不合題意，舍去．故cosθ＝2－eq\f(\r(10),2).故選B.解法二：在題圖2中，以M為原點，MB，MD所在的直線分別為x，y軸，過點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eq\o(CM,\s\up6(→))＝(－2，－2,0)，eq\o(BN,\s\up6(→))＝(－2，cosθ，sinθ)．當(dāng)異面直線CM與BN所成的角是60°時，|cos〈eq\o(MC,\s\up6(→))，eq\o(BN,\s\up6(→))〉|＝eq\f(4－2cosθ,2\r(2)·\r(4＋cos2θ＋sin2θ))＝eq\f(1,2)，得cosθ＝2－eq\f(\r(10),2).答案：B2．[2024·合肥調(diào)研]在△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝1，AB＝eq\r(3).將△ABC繞BC旋轉(zhuǎn)，使得點A轉(zhuǎn)到點P，如圖．若D為BC的中點，E為PC的中點，AE＝eq\f(\r(3),2)，則AB與平面ADE所成角的正弦值是()A.eq\f(\r(3),8)B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(3),4)D.eq\f(\r(3),3)解析：通解：因為D，E分別為BC和PC的中點，所以DE∥PB，又∠CAB＝90°，所以DE⊥PC，又AC＝1，CE＝eq\f(1,2)，AE＝eq\f(\r(3),2)，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)，因為AE＝eq\f(\r(3),2)，AD＝1，DE＝eq\f(\r(3),2)，由余弦定理可得，cos∠AED＝eq\f(\f(3,4)＋\f(3,4)－1,2×\f(3,4))＝eq\f(1,3)，所以A為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(\r(3),6)，0))，B為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3)，\f(1,2)))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，\f(5\r(3),6)，\f(1,2)))，所以AB與平面ADE所成角的正弦值為|eq\f(n·\o(AB,\s\up6(→)),|n|·|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\r(3))＝eq\f(\r(3),6)，故選B.優(yōu)解：因為D，E分別是BC和PC的中點，所以DE∥PB，又∠CAB＝90°，所以DE⊥PC，又AC＝1，CE＝eq\f(1,2)，AE＝eq\f(\r(3),2)，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＝eq\f(BF,AB)＝eq\f(\f(1,2),\r(3))＝eq\f(\r(3),6).答案：B3．[2024·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AA1A.eq\r(3) B．3C.eq\r(5) D.eq\r(6)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＝eq\r(A1B\o\al(2,1)＋B1C\o\al(2,1))＝eq\r(2).在Rt△A1AC1中，tan∠A1AC1＝eq\f(A1C1,A1A)，即A1A＝eq\f(A1C1,tan∠A1AC1)＝eq\f(\r(2),\f(\r(3),3))＝eq\r(6)，故選D.答案：D4．[2024·安徽示范中學(xué)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有且只有四個．類似的，在立體幾何中，與正四面體的四個面所在平面的距離相等的點()A．有且只有一個 B．有且只有三個C．有且只有四個 D．有且只有五個解析：如圖1所示，與△ABC的三條邊所在直線的距離相等的點為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，正四面體P－ABC的內(nèi)切球的球心到四個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ABC－DEF內(nèi)存在一個球，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滿意題意的點，因此滿意題意的點有且只有五個，故選D.答案：D5．[2024·河南安陽]二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，則該二面角的大小為()A．150° B．45°C．60° D．120°解析：由條件，知eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,