高考数学 考纲解读与热点难点突破 专题13 空间几何体（热点难点突破）文（含解析）-人教版高三全册数学试题VIP专享VIP免费

空间几何体1．已知α，β是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：①若l⊥α，α⊥β，则l∥β；②若l∥α，α∥β，则l∥β；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β.其中说法正确的个数为()A．3B．2C．1D．4答案C解析①若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，不正确；②若l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，不正确；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β，正确；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β或l∥β或l与β相交且l与β不垂直，不正确，故选C.2．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为()A．①②B．③④C．①③D．②④答案D解析由题意可得图①中GH与MN平行，不合题意；图②中GH与MN异面，符合题意；图③中GH与MN相交，不合题意；图④中GH与MN异面，符合题意．则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为②④.3．给出下列四个命题：①如果平面α外一条直线a与平面α内一条直线b平行，那么a∥α；②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；③如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；④若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面．其中真命题的个数为()A．1B．2C．3D．4答案C4．对于四面体A—BCD，有以下命题：①若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD与底面所成的角相等；②若AB⊥CD，AC⊥BD，则点A在底面BCD内的射影是△BCD的内心；③四面体A—BCD的四个面中最多有四个直角三角形；④若四面体A—BCD的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为.其中正确的命题是()A．①③B．③④C．①②③D．①③④答案D解析①正确，若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD在底面上的射影相等，即与底面所成角相等；②不正确，如图，点A在平面BCD内的射影为点O，连接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以点O是△BCD的垂心；③正确，如图，AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°，其中有4个直角三角形；④正确，设正四面体的内切球的半径为r，棱长为1，高为，根据等体积公式×S△BCD×＝×4×S△BCD×r，解得r＝，那么内切球的表面积S＝4πr2＝，故选D.5．已知m，n，l1，l2表示不同的直线，α，β表示不同的平面，若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是()(2)求三棱锥E－ACD的体积．(1)证明连接BE交AF于点O，取AC的中点H，连接OH，DH，则OH是△AFC的中位线，所以OH∥CF且OH＝CF，由已知得DE∥CF且DE＝CF，所以DE∥OH且DE＝OH，所以四边形DEOH为平行四边形，DH∥EO，又因为EO⊄平面ACD，DH⊂平面ACD，所以EO∥平面ACD，即BE∥平面ACD.(2)解由已知得，四边形ABFE为正方形，且边长为2，则AF⊥BE，由已知AF⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BDE，可得AF⊥平面BDE，又DE⊂平面BDE，所以AF⊥DE，又AE⊥DE，AF∩AE＝A，AF，AE⊂平面ABFE，所以DE⊥平面ABFE，又EF⊂平面ABEF，所以DE⊥EF，四边形DEFC是直角梯形，又AE⊥EF，DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面CDE，所以AE⊥平面CDE，所以AE是三棱锥A－DEC的高，VE－ACD＝VA－ECD＝VA－EFD＝×AE××DE×EF＝.22.如图，多面体ABCB1C1D是由三棱柱ABC－A1B1C1截去一部分后而成，D是AA1的中点．(1)若F在CC1上，且CC1＝4CF，E为AB的中点，求证：直线EF∥平面C1DB1；(2)若AD＝AC＝1，AD⊥平面ABC，BC⊥AC，求点C到平面B1C1D的距离．(1)证明方法一取AC的中点G，CC1的中点H，连接AH，GF，GE，如图所示．∵AD∥C1H且AD＝C1H，∴四边形ADC1H为平行四边形，∴AH∥C1D，又F是CH的中点，G是AC的中点，∴GF∥AH，∴GF∥C1D，又GF⊄平面C1DB1，C1D⊂平面C1DB1，∴GF∥平面C1DB1，又G，E分别是AC，AB的中点，∴GE∥BC∥B1C1，又GE⊄平面C1DB1，B1C1⊂平面C1DB1，∴GE∥平面C1DB1，又GE∩GF＝G，GE⊂平面GEF，GF⊂平面GEF，∴平面GEF∥平面C1DB1，又EF⊂平面GEF，∴EF∥平面C1DB1.又C1F＝CC1－CF＝CC1，∴EM∥C1F且EM＝C1F，故四边形EMC1F为平行四边形，∴C1M∥EF，又EF⊄平面C1DB1，C1M⊂平面C1DB1，∴EF∥平面C1DB1.(2)解∵AD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴AD⊥AC，又AD＝AC＝1，CC1＝2AD，AD∥CC1，∴C1D2＝DC2＝AC2＋AD2＝2AD2＝2，C1C2＝4，故CC＝CD2＋C1D2，即C1D⊥CD，又BC⊥AC，AD⊥BC，AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACC1D，∴BC⊥平面ACC1D，又CD⊂平面ACC1D，∴BC⊥CD，又B1C1∥BC，∴B1C1⊥CD，又DC1∩B1C1＝C1，DC1，B1C1⊂平面B1C1D，∴CD⊥平面B1C1D，∴点C到平面B1C1D的距离为CD的长，即为.