新高考2025版高考数学二轮复习第二部分讲重点选填题专练第8讲立体几何教学案理

PAGEPAGE1第8讲立体几何调研一空间几何体的三视图、面积和体积■备考工具——————————————1．空间几何体的三视图(1)几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方视察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法：①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正(主)侧(左)一样高，正(主)俯一样长，侧(左)俯一样宽；看不到的线画虚线．2．旋转体的侧面积和表面积(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l)．(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l)．(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，母线长为l，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l＋rl)．(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.3．空间几何体的体积公式几何体名称体积棱(圆)柱V＝Sh(S为底面面积，h为高)棱(圆)锥V＝eq\f(1,3)Sh(S为底面面积，h为高)棱(圆)台V＝eq\f(1,2)(S′＋eq\r(S′S)＋S)h(S′，S为上、下底面面积，h为高)球V＝eq\f(4π,3)R3(R为球半径)■自测自评——————————————1．[2024·惠州调研]“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在探讨球的体积的过程中构造的一个和谐美丽的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好像两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图所示，图中四边形是为体现其直观性所做的协助线，当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是()解析：因为相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好像两个扣合在一起的方形伞，所以其正视图和侧视图完全相同时，都是一个圆，俯视图是从上向下看，所以俯视图是4条边及2条对角线均为实线的正方形，故选B.答案：B2．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形．已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为()A．40 B．43C．46 D．47解析：由三视图画出羡除的直观图，如图所示．由三视图可知，梯形ABCD是等腰梯形，AB＝2，CD＝6，高为4，其面积S1＝(2＋6)×4×eq\f(1,2)＝16；梯形CDEF也是等腰梯形，CD＝6，EF＝4，高为3，其面积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，过点A作AG⊥CD，垂足为G，连接EG，则AG⊥EG，在Rt△AGE中，由三视图可知，AG＝4，GE＝eq\r(10)，则AE＝eq\r(26)，从而可得等腰梯形ABFE的高为eq\r(26－1)＝5，其面积S3＝(2＋4)×5×eq\f(1,2)＝15.综上，三个梯形的面积之和为S＝S1＋S2＋S3＝16＋15＋15＝46，故选C.答案：C3．[2024·浙江卷]祖暅是我国南北朝时代的宏大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是()A．158 B．162C．182 D．324解析：由三视图可知，该几何体是一个直五棱柱，所以其体积V＝eq\f(1,2)×(4×3＋2×3＋6×6)×6＝162.故选B.答案：B4．[2024·山西八校联考]《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵”表面积为()A．1394 B．1322C．1800 D．1650解析：将正视图中的直角三角形记为△ABC，如图，∠ACB＝90°，AB＝25，过点C作CD⊥AB，垂足为D，则BD＝16，AD＝25－16＝9，则AC2∶BC2＝(AD·AB)∶(BD·AB)＝AD∶BD＝9∶16，∴AC∶BC＝3∶4.又AC2＋BC2＝AB2，∴AC＝15，BC＝20，∴该“堑堵”的表面积为2×eq\f(1,2)×15×20＋25×(15＋20＋25)＝1800.答案：C5．[2024·合肥调研]已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由半圆及矩形组成，俯视图由正方形及其内切圆组成，则该几何体的表面积等于()A．48＋8π B．48＋4πC．64＋8π D．64＋4π解析：由三视图可知，该几何体是一个半球和一个直四棱柱的组合体，依据图中数据可知，表面积为4×4×2－π×22＋4×2×4＋eq\f(1,2)×4π×22＝64＋4π，故选D.答案：D6．[2024·广东六校联考]某几何体的三视图如图所示，计量单位为cm，它的体积是()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：由三视图可知，该几何体为如图所示的四棱锥S－ABCD，则其体积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)，故选C.答案：C7．[2024·全国卷Ⅲ]学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3解析：由题易得长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即eq\f(1,2)×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥O－EFGH＝eq\f(1,3)×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．答案：118.88．[2024·天津卷]已知四棱锥的底面是边长为eq\r(2)的正方形，侧棱长均为eq\r(5).若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．解析：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为eq\f(1,2)，易知四棱锥的高为eq\r(5－1)＝2，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2×1＝eq\f(π,4).答案：eq\f(π,4)调研二球的组合体■备考工具——————————————与球有关的组合体的常用结论(1)长方体的外接球：①球心：体对角线的中点；②半径：r＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2)(a，b，c为长方体的长、宽、高)．(2)正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球：①外接球：球心是正方体中心；半径r＝eq\f(\r(3),2)a(a为正方体的棱长)；②内切球：球心是正方体中心；半径r＝eq\f(a,2)(a为正方体的棱长)；③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径r＝eq\f(\r(2),2)a(a为正方体的棱长)．(3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)：①外接球：球心是正四面体的中心，半径r＝eq\f(\r(6),4)a(a为正四面体的棱长)．②内切球：球心是正四面体的中心，半径r＝eq\f(\r(6),12)a(a为正四面体的棱长)．■自测自评——————————————1．[2024·全国卷Ⅰ]已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为()A．8eq\r(6)π B．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)π D.eq\r(6)π解析：因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证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，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为eq\r(2)，所以该正方体的体对角线长为eq\r(6)，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝eq\f(\r(6),2)，所以球O的体积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，故选D.答案：D2．[2024·全国卷Ⅱ]中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形态多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形态是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的全部顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．留意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则eq\f(\r(2),2)x＋x＋eq\f(\r(2),2)x＝1，解得x＝eq\r(2)－1，故题中的半正多面体的棱长为eq\r(2)－1.答案：26eq\r(2)－13．[2024·惠州调研]已知正四棱锥的侧棱与底面的棱长都为3eq\r(2)，则这个四棱锥外接球的表面积为()A．108π B．72πC．36π D．12π解析：由题意得正四棱锥的高为3.设正四棱锥的外接球半径为R，则(3－R)2＋32＝R2，解得R＝3，所以正四棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝36π.故选C.答案：C4．[2024·南晶重点中学]在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝eq\f(2π,3)，AP＝3，AB＝2eq\r(3)，Q是边BC上的一动点，且直线PQ与平面ABC所成角的最大值为eq\f(π,3)，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为()A．45π B．57πC．63π D．84π解析：如图1，连接AQ，∵PA⊥平面ABC，∴∠PQA是直线PQ与平面ABC所成的角，当AQ⊥BC时，∠PQA最大．∵AP＝3，直线PQ与平面ABC所成角的最大值为eq\f(π,3)，∴AQ＝eq\r(3)，又AB＝2eq\r(3)，∴∠ABC＝eq\f(π,6)，图1又∠BAC＝eq\f(2π,3)，∴∠ACB＝eq\f(π,6)，∴AC＝2eq\r(3)，BC＝6，△ABC的外接圆半径为2eq\r(3).如图2是三棱锥P－ABC的外接球，O为球心，O1为△ABC的外接圆圆心，连接OP，OA，OO1，O1A，设球的半径为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)，∴三棱锥P－ABC的外接球的表面积为57π，故选B.图2答案：B5．[2024·广东六校联考]已知三棱锥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的大小为150°，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为()A．100π B．108πC．110π D．111π解析：如图，设AB，AC的中点分别为D，E，过点D作直线m垂直于平面ABC，过点E作直线n垂直于平面ABC，过点P作PF垂直于直线n，垂足为F，连接PD，DE，可得PD⊥AB，DE⊥AB，则∠PDE为二面角P－AB－C的平面角．易知点P，D，E，F在同一平面内，且直线m在平面PDEF内，设PF交直线m于G.因为E为AC的中点，AB⊥BC，所以E为Rt△ABC外接圆的圆心，则三棱锥P－ABC外接球的球心O在直线n上．易知四边形DEFG为矩形，设OE＝x，因为AB＝2eq\r(2)，BC＝eq\r(3)，PA＝PB＝3eq\r(2)，且二面角P－AB－C的大小为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)，FP＝FG＋GP＝eq\f(5\r(3),2)，FE＝GD＝DPcos60°＝2.连接AF，则AF＝eq\r(AE2＋EF2)＝eq\f(3\r(3),2)<FP，所以OF＝OE－FE＝x－2.连接OA，在Rt△OAE中，OA2＝AE2＋OE2＝eq\f(11,4)＋x2.连接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，故三棱锥P－ABC外接球的半径R＝eq\r(\f(11,4)＋52)＝eq\f(\r(111),2).所以三棱锥P－ABC外接球的表面积S＝4πR2＝4π×eq\f(111,4)＝111π，故选D.答案：D6．[2024·开封定位考试]已知空间四边形ABCD，∠BAC＝eq\f(2π,3)，AB＝AC＝2eq\r(3)，BD＝CD＝6，且平面ABC⊥平面BCD，则空间四边形ABCD的外接球的表面积为()A．60π B．36πC．24π D．12π解析：如图，取BC的中点E，连接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是等边三角形．易得DE⊥BC，AE⊥BC，又DE∩AE＝E，所以BC⊥平面ADE.因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，所以DE⊥平面ABC，AE⊥平面BCD.设G为△BCD的中心，在平面ADE上过点G作直线m平行于AE，再取AC的中点F，在平面ABC上过点F作FH⊥AC交AE的延长线于H，所以H为△ABC的外心，在平面ADE上过点H作直线n平行于DE，设直线m与直线n交于点O，则O为空间四边形ABCD的外接球的球心，四边形OGEH为矩形，所以GE＝OH，GE∥OH.在等边三角形BCD中，GE＝6×eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,3)＝eq\r(3)，所以OH＝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).连接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)，即空间四边形ABCD的外接球的半径为eq\r(15)，所以空间四边形ABCD的外接球的表面积为4π×(eq\r(15))2＝60π.故选A.答案：A7．[2024·洛阳统考]在四面体ABCD中，AD⊥平面ABC，AB＝AC＝eq\r(10)，BC＝2，若四面体ABCD的外接球的表面积为eq\f(676π,9)，则四面体ABCD的体积为()A．24 B．12C．8 D．4解析：如图，∵四面体ABCD的外接球的表面积为eq\f(676,9)π，∴球的半径为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的外接圆的半径O1A＝eq\f(5,3)，∴球心O到平面ABC的距离OO1＝4，又AD⊥平面ABC，∴AD＝2OO1＝8，∴四面体ABCD的体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(10)×eq\r(10)×eq\f(3,5)×8＝8，故选C.答案：C8．[2024·福州质检]如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以eq\r(2)为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的全部弧长之和为()A.eq\f(3π,4) B.eq\r(2)πC.eq\f(3π,2) D.eq\f(9π,4)解析：正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的eq\f(1,4)，所以全部弧长之和为3×eq\f(2π,4)＝eq\f(3π,2).故选C.答案：C调研三空间线面位置关系的判定■备考工具——————————————1．线面平行的判定方法(1)定义法．一般结合反证法证明，此方法不常用．(2)利用直线与平面平行的判定定理，运用该定理时，应留意定理成立时所满意的条件．(3)利用面面平行的性质，把面面平行转化为线面平行．2．面面平行的性质(1)面面平行的性质定理的作用：主要用来证明线线平行．(2)面面平行的性质的几个重要结论：①两个平面平行，其中一个平面内的随意一条直线平行于另一个平面．②夹在两个平行平面之间的平行线段相等．③经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．④两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段对应成比例．⑤假如两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面相互平行．3．判定直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的定义：若始终线垂直于平面内任始终线，则这条直线垂直于该平面．(2)利用线面垂直的判定定理：若一条直线与平面内两条相交直线都垂直，则这条直线与平面垂直．(3)用线面垂直的性质：若两平行线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于这个平面．(4)用面面平行的性质定理：若始终线垂直于两平行平面之一，则必垂直于另一平面．(5)用面面垂直的性质定理：两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．(6)用面面垂直的性质：若两相交平面同时垂直于第三个平面，则两平面的交线垂直于第三个平面．4．面面垂直证明的两种思路(1)用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线．(2)用面面垂直的定义．即证明两个平面所成的二面角是直二面角，把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．■自测自评——————————————1．[2024·全国卷Ⅱ]设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有多数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面解析：对于A，α内有多数条直线与β平行，当这多数条直线相互平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，依据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可知选B.答案：B2．[2024·全国卷Ⅲ]如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线解析：取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝eq\r(3)，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则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.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B.答案：B3．[2024·合肥质检一]平面α外有两条直线a，b，它们在平面α内的投影分别是直线m，n，则下列命题正确的是()A．若a⊥b，则m⊥nB．若m⊥n，则a⊥bC．若m∥n，则a∥bD．若m与n相交，则a与b相交或异面解析：对于选项A，当直线a，b相交，且所在平面与平面α垂直时，直线m，n重合，故A不正确；对于选项B，不妨在正方体ABCD－A1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，AD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，AD，记为m，n，此时m⊥n，但a与b不垂直，故B不正确；对于选项C，不妨在正方体ABCD－A1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，CD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，CD，记为m，n，此时m∥n，但a与b不平行，故C不正确；对于选项D，若m与n相交，则a与b不行能平行，只能是相交或异面，故D正确．选D.答案：D4．[2024·武汉4月调研]已知两个平面相互垂直，下列命题：①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任一条直线；②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的多数条直线；③一个平面内随意一条直线必垂直于另一个平面；④过一个平面内随意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．其中正确命题的个数是()A．3 B．2C．1 D．0解析：构造正方体ABCD－A1B1C1D1，如图，①，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，BD⊂平面ABCD，但A1D与BD不垂直，故①错；②，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1内的随意一条直线，l与平面ABCD内同AB平行的全部直线垂直，故②正确；③，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，但A1D与平面ABCD不垂直，故③错；④，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，过交线AD上的点作交线的垂线l，则l可能与另一平面垂直，也可能与另一平面不垂直，故④错．故选C.答案：C5．[2024·北京卷]已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.解析：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，明显①③⇒②正确；若l⊥m，m∥α，则l∥α，l与α相交但不垂直都可以，故①②⇒③不正确；若l⊥α，m∥α，则l垂直α内全部直线，在α内必存在与m平行的直线，所以可推出l⊥m，故②③⇒①正确．答案：若l⊥m，l⊥α，则m∥α.(答案不唯一)6．[2024·福建质检]如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，D是圆O上异于A，B的随意一点，以AO为直径的圆与AD的另一个交点为C，P为SD的中点．现给出以下结论：①△SAC为直角三角形；②平面SAD⊥平面SBD；③平面PAB必与圆锥SO的某条母线平行．其中正确结论的个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：如图，连接OC，∵AO为圆的直径，∴AC⊥OC.∵SO垂直于底面圆O，AC⊂底面圆O，∴AC⊥SO.∵SO∩OC＝O，∴AC⊥平面SOC.又SC⊂平面SOC，∴AC⊥SC，∴△SAC为直角三角形，故①正确．由于点D是圆O上的动点，∴平面SAD不能总垂直于平面SBD，故②错误．连接DO并延长交圆O于E，连接SE，PO，∵P为SD的中点，O为DE的中点，∴OP∥SE.又OP⊂平面PAB，SE⊄平面PAB，∴SE∥平面PAB，故③正确，故选C.答案：C7．若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，给出下列结论：①四面体ABCD每组对棱相互垂直；②四面体ABCD每个面的面积相等；③从四面体ABCD每个顶点动身的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体ABCD每个顶点动身的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．其中正确结论的序号是________．(写出全部正确结论的序号)解析：①，如图1，AE，CF分别为BD边上的高，由三角形全等可知DE＝BF，当且仅当AD＝AB，CD＝BC时，E，F重合，此时AC⊥BD，所以当四面体ABCD为正四面体时，每组对棱相互垂直，故①错误；②，因为AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，所以四面体四个面全等，所以四面体ABCD每个面的面积相等，故②正确；③，当四面体为正四面体时，同一个顶点动身的随意两条棱的夹角均为60°，此时四面体ABCD每个顶点动身的三条棱两两夹角之和等于180°，故③错误；图1④，如图2，G，H，I，J为各边中点，因为AC＝BD，所以四边形GHIJ为菱形，GI，HJ相互垂直平分，其他同理可得，所以连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分，故④正确；⑤，从A点动身的三条棱为AB，AC，AD，因为AC＝BD，所以AB，AC，AD可以构成三角形，同理可得其他．所以从四面体ABCD每个顶点动身的三条棱的长可作为一个三角形的三边长，故⑤正确．综上所述，正确的结论为②④⑤.图2答案：②④⑤8．[2024·河北九校联考]已知两条不同的直线m，n，两个不重合的平面α，β，给出下面五个命题：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.其中正确命题的序号是________．解析：命题①，明显正确；命题②，m，n可能异面，故②为假命题；命题③，可能n⊂α，故③为假命题；命题④，由线面垂直、线面平行的性质以及面面垂直的判定知④为真命题；命题⑤，由m∥n，m⊥α，得n⊥α，又α∥β，所以n⊥β，故⑤为真命题．综上，正确的命题为①④⑤.答案：①④⑤调研四空间角与距离■备考工具——————————————1．求异面直线所成的角主要有两种方法(1)作图法．其解决方法常采纳“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特别点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．最终将空间角转化为平面角，利用解三角形的学问求解.(2)向量法．此法解题关键在于找出两异面直线的方向向量，求两向量的夹角，而要求两向量的夹角，可以求两向量的坐标，也可以把所求向量用一组基向量表示，两向量的夹角范围是[0，π]，而两异面直线所成角的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，应留意加以区分．设异面直线a，b所成的角为θ，则cosθ＝|eq\f(a·b,|a||b|)，其中a，b分别是直线a，b的方向向量．2．线面角、二面角(1)求线面角的关键是确定直线在平面内的射影．为此，必需在这条直线上的某一点处作一条(或找一条)平面的垂线．可以利用两个平面垂直的性质作线面垂直．同时，垂线段的确定，应体现已知条件，便于求解．(2)二面角的大小是用它的平面角来度量的．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：如图，由一个半平面α内不在棱l上的A点向另一半平面β作垂线，垂足为B，由点B(或点A)向二面角的棱l作垂线，垂足为O，连接AO(或BO)，则∠AOB即为二面角的平面角．然后通过解三角形求解．(3)若直线a的方向向量为v，平面α的法向量为n，直线a与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|eq\f(v·n,|v||n|).3．点到面的距离(1)干脆法：作点到面的垂线．(2)在三棱锥中用等体积法求解．(3)向量法：d＝eq\f(|n·\o(MA,\s\up6(→))|,|n|).(n为平面的法向量，A为平面上一点，MA为过A点的斜线段)■自测自评——————————————1．[2024·山西八校联考]如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC⊥CD，AD＝2BC，BC＝CD，M是AD的中点，N是AM的中点，把△ABM沿直线BM翻折，连接BN，CM，如图2，设∠AMD＝θ，当异面直线CM与BN所成的角是60°时，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：在题图2中，延长DM到E，使MD＝ME，连接BE，NE，则BE∥MC.因为异面直线CM与BN所成的角是60°，所以∠EBN＝60°或∠EBN＝120°.设BC＝2，则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.当∠EBN＝60°时，解得cosθ＝2－eq\f(\r(10),2)；当∠EBN＝120°时，解得cosθ＝2＋eq\f(\r(10),2)>1，不合题意，舍去．故cosθ＝2－eq\f(\r(10),2).故选B.解法二：在题图2中，以M为原点，MB，MD所在的直线分别为x，y轴，过点M且垂直于平面MBCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设BC＝2，则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)．当异面直线CM与BN所成的角是60°时，|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·合肥调研]在△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝1，AB＝eq\r(3).将△ABC绕BC旋转，使得点A转到点P，如图．若D为BC的中点，E为PC的中点，AE＝eq\f(\r(3),2)，则AB与平面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：因为D，E分别为BC和PC的中点，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内设EF⊥ED，以EF，ED，EP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，可得平面ADE的法向量为n＝(0,0,1)，因为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为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(\r(3),6)，0))，B为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与平面ADE所成角的正弦值为|eq\f(n·\o(AB,\s\up6(→)),|n|·|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\r(3))＝eq\f(\r(3),6)，故选B.优解：因为D，E分别是BC和PC的中点，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.如图，延长ED至F，使得EF＝PB，连接BF，所以BF⊥平面AED，连接AF，所以∠BAF为AB与平面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·湖南四校联考]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，异面直线AC1与BB1所成的角为30°，则AA1A.eq\r(3) B．3C.eq\r(5) D.eq\r(6)解析：如图，连接A1C1，由长方体的性质知，BB1∥AA1，则∠A1AC1即异面直线AC1与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)，故选D.答案：D4．[2024·安徽示范中学考试]在平面几何中，与三角形的三条边所在直线的距离相等的点有且只有四个．类似的，在立体几何中，与正四面体的四个面所在平面的距离相等的点()A．有且只有一个 B．有且只有三个C．有且只有四个 D．有且只有五个解析：如图1所示，与△ABC的三条边所在直线的距离相等的点为O1，O2，O3，O4，其中O1是△ABC的内切圆的圆心，O2是与AC，AB的延长线和线段BC都相切的圆的圆心，O3是与CA，CB的延长线和线段AB都相切的圆的圆心，O4是与BC，BA的延长线和线段AC都相切的圆的圆心．类似的，如图2所示，正四面体P－ABC的内切球的球心到四个面所在平面的距离相等，将正四面体P－ABC延拓为正四面体P－DEF，所得三棱台ABC－DEF内存在一个球，其球心到平面ABC，平面PDE，平面PEF，平面PDF的距离相等，同理，分别将四面体A－PBC，B－PAC，C－PAB进行延拓均可得到一个满意题意的点，因此满意题意的点有且只有五个，故选D.答案：D5．[2024·河南安阳]二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，则该二面角的大小为()A．150° B．45°C．60° D．120°解析：由条件，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,