2019年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

空间几何体1．已知α，β是两个不一样的平面，l是一条直线，给出以下说法：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.此中说法正确的个数为( )A．3B．2C．1D．4答案C分析①若l⊥，⊥，则∥或?，不正确；②若l∥，∥，则∥β或?，不正确；③若⊥，ααβlβlβααβllβlαα∥β，则l⊥β，正确；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β或l∥β或l与β订交且l与β不垂直，不正确，应选C.2．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的极点或所在棱的中点，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分析由题意可得图①中GH与MN平行，不合题意；图②中GH与MN异面，切合题意；图③中GH与MN订交，不合题意；图④中GH与MN异面，切合题意．则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为②④.3．给出以下四个命题：①假如平面α外一条直线a与平面α内一条直线b平行，那么a∥α；②过空间必定点有且只有一条直线与已知平面垂直；③假如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若两个订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．此中真命题的个数为( )A．1B．2C．3D．4答案C4．关于四周体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的心里；③四周体A—BCD的四个面中最多有四个直角三角形；④若四周体A—BCD的6条棱长都为π1，则它的内切球的表面积为6.此中正确的命题是( )A．①③B．③④C．①②③D．①③④答案D分析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，连结BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，因此点O是△BCD的垂心；③正确，如图，AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°，此中有4个直角三角形；r，棱长为1，高为6161④正确，设正四周体的内切球的半径为，依据等体积公式×S△BCD×＝×4×S3333△BCD×r，解得r＝6π，那么内切球的表面积S＝4πr2＝，应选D.1265．已知m，n，l1，l2表示不一样的直线，α，β表示不一样的平面，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)证明连结BE交AF于点O，取AC的中点H，连结OH，DH，则OH是△AFC的中位线，1因此OH∥CF且OH＝2CF，1由已知得DE∥CF且DE＝CF，2因此DE∥OH且DE＝OH，因此四边形DEOH为平行四边形，DH∥EO，又由于EO?平面ACD，DH?平面ACD，因此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，因此AF⊥DE，又AE⊥DE，AF∩AE＝A，AF，AE?平面ABFE，因此DE⊥平面ABFE，又EF?平面ABEF，因此DE⊥EF，四边形DEFC是直角梯形，又AE⊥EF，DE∩EF＝E，DE，EF?平面CDE，因此AE⊥平面CDE，因此AE是三棱锥A－DEC的高，VE－ACD＝VA－ECD＝VA－EFD1AE1DE2＝××××＝.32322.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，连结AH，GF，GE，如下图．∵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C1DB1.3又C1F＝CC1－CF＝4CC1，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CC21＝CD2＋C1D2，即C1D⊥CD，又BC⊥AC，AD⊥BC，AC∩AD＝A，AC，AD?平面ACC1D，∴BC⊥