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）

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．3 B．2 C．1 D．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．①② B．③④ C．①③ D．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；‎ 6‎ ‎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．1 B．2 C．3 D．4‎ 答案　C ‎4．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．①③ B．③④‎ C．①②③ D．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；‎ 6‎ ‎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，‎ 6‎ 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，‎ 6‎ ‎∴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，‎ 6‎ ‎∴CD⊥平面B1C1D，‎ ‎∴点C到平面B1C1D的距离为CD的长，即为.‎ ‎ ‎ 6‎