2020高考数学二轮复习练习：第三部分 回顾5 立体几何含解析 6页

回顾5　立体几何 ‎[必记知识]‎ ‎1．空间几何体的表面积和体积 几何体 侧面积 表面积 体积 圆柱 S侧＝2πrl S表＝2πr(r＋l)‎ V＝S底h＝πr2h 圆锥 S侧＝πrl S表＝πr(r＋l)‎ V＝S底h＝πr2h 圆台 S侧＝π(r＋r′)l S表＝π(r2＋r′2＋rl＋r′l)‎ V＝(S上＋S下＋)h＝π(r2＋r′2＋rr′)h 直棱柱 S侧＝Ch(C为底面周长)‎ S表＝S侧＋S上＋S下(棱锥的S上＝0)‎ V＝S底h 正棱锥 S侧＝Ch′(C为底面周长，h′为斜高)‎ V＝S底h 正棱台 S侧＝(C＋C′)h′(C，C′分别为上、下底面周长，h′为斜高)‎ V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝4πR2‎ V＝πR3‎ ‎2.空间线面位置关系的证明方法 ‎(1)线线平行：⇒a∥b，⇒a∥b，‎ ⇒a∥b，⇒c∥b.‎ ‎(2)线面平行：⇒a∥α，⇒a∥α，⇒a∥α.　‎ ‎(3)面面平行：⇒α∥β，⇒α∥β，‎ ⇒α∥γ.‎ ‎(4)线线垂直：⇒a⊥b.‎ ‎(5)线面垂直：⇒l⊥α，⇒a⊥β，⇒a⊥β，⇒b⊥α.‎ ‎(6)面面垂直：⇒α⊥β，⇒α⊥β.‎ ‎[提醒]　要注意空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理中的条件.如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易误得出m⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α 的限制条件.‎ ‎3．用空间向量证明平行垂直 设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，υ＝(a3，b3，c3)．则有：‎ ‎(1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.‎ ‎(2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.‎ ‎(3)面面平行 α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.‎ ‎(4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.‎ ‎4．用向量求空间角 ‎(1)直线l1，l2的夹角θ有cos θ＝|cos〈l1，l2〉|(其中l1，l2分别是直线l1，l2的方向向量)．‎ ‎(2)直线l与平面α的夹角θ有sin θ＝|cos〈l，n〉|(其中l是直线l的方向向量，n是平面α的法向量)．‎ ‎(3)平面α，β的夹角θ有cos θ＝|cos〈n1，n2〉|，则αlβ二面角的平面角为θ或π－θ(其中n1，n2分别是平面α，β的法向量)．‎ ‎[提醒]　在处理实际问题时，要注意异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的取值范围，要根据具体图形确定二面角的平面角是锐角还是钝角.‎ ‎[必会结论]‎ ‎1．平行、垂直关系的转化示意图 ‎2．球的组合体 ‎(1)球与长方体的组合体：长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长．‎ ‎(2)球与正方体的组合体：正方体的内切球的直径是正方体的棱长，正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长，正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长．‎ ‎(3)球与正四面体的组合体：棱长为a的正四面体的内切球的半径为a(正四面体高a的)，外接球的半径为a(正四面体高a的)．‎ ‎[必练习题]‎ ‎1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：‎ ‎①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α；‎ ‎②若α∥β，m⊂α，则m∥β；‎ ‎③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β；‎ ‎④若m∥α，m∥β，则α∥β.‎ 其中正确命题的序号是(　　)‎ A．①③　　　　　　 B．①②‎ C．③④ D．②③‎ 解析：选D.对于①，注意到直线m可能与平面α，β的交线平行，此时结论不成立，因此①不正确；对于②，直线m与平面β必没有公共点，因此m∥β，②正确；对于③，由m⊥α，n⊥α，得m∥n，又n⊥β，因此m⊥β，③正确；对于④，平面α，β可能是相交平面，因此④不正确．综上所述，其中正确命题的序号是②③，选D.‎ ‎2．已知一个圆锥底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的表面积为(　　)‎ A．π B． C．2π D．3π 解析：选C.依题意，作出圆锥与球的轴截面，如图所示，设球的半径为r，易知轴截面三角形边AB上的高为2，因此＝，解得r＝，所以圆锥内切球的表面积为4π×＝2π，故选C.‎ ‎3．已知S，A，B、C是球O表面上的不同点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝1，BC＝，若球O的表面积为4π，则SA＝(　　)‎ A． B．1‎ C． D． 解析：选B.根据已知把SABC补成如图所示的长方体．因为球O的表面积为4π，所以球O的半径R＝1，2R＝＝2，解得SA＝1，故选B.‎ ‎4．棱长都为2的直平行六面体ABCDA1B1C1D1中，∠BAD＝60°，则对角线A1C与侧面DCC1D1所成角的正弦值为(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选C.过点A1作直线A1M⊥D1C1，交C1D1的延长线于点M，连接CM，可得A1M⊥平面DD1C1C，则∠A1CM就是直线A1C与平面DD1C1C所成的角．由所有棱长均为2及∠A1D1C1＝120°，得A1M＝A1D1sin 60°＝，又A1C＝＝＝4，‎ 所以sin∠A1CM＝＝，故选C.‎ ‎5．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，(　　)‎ A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直 B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直 C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 D．对任意位置，三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直 解析：选B.若存在某个位置，使得AC⊥BD，作AE⊥BD于E，则BD⊥平面AEC，所以BD⊥EC，在△ABD中，AB2＝BE·BD，BE＝，而在△BCD中，BC2＝BE·BD，BE＝，两者矛盾．故A错误．‎ 若存在某个位置，使得AB⊥CD，又因为AB⊥AD，则AB⊥平面ACD，所以AB⊥AC，故AC＝1，故B正确，D错误．‎ 若存在某个位置．使得AD⊥BC，又因为AD⊥AB，则AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC，而斜边CD小于直角边AD，矛盾，故C错误．‎ ‎6.如图，在四棱锥PACBD中，底面ACBD为正方形，PD⊥平面ACBD，BC＝AC＝a，PA＝PB＝a，PC＝a，则点C到平面PAB 的距离为________．‎ 解析：‎ 根据条件可以将四棱锥置于一个正方体中进行研究，如图所示，易知AB＝a，设点C到平面PAB的距离为h，因为VPABC＝VCPAB，即×S△ABC·PD＝S△PAB·h，所以×a2×a＝××(a)2×h，解得h＝a，所以点C到平面PAB的距离为a.‎ 答案：a ‎7．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则·的取值范围是________．‎ 解析：以DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.‎ 则D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)．‎ 所以＝(0，1，0)，＝(－1，－1，1)．‎ 因为点P在线段BD1上运动，‎ 所以设＝λ＝(－λ，－λ，λ)，且0≤λ≤1.‎ 所以＝＋＝＋＝(－λ，1－λ，λ)，‎ 所以·＝1－λ∈[0，1]．‎ 答案：[0，1]‎ ‎8.如图，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将△ABC沿DE，EF，DF折成四面体PDEF，则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为________．‎ 解析：‎ 折成的四面体是正四面体，如图连接HE，取HE的中点K，连接GK，PK，则GK∥DH.故∠PGK即为所求的异面直线所成的角．设这个正四面体的棱长为2，在△PGK中，PG＝，GK＝，PK＝＝，故cos∠PGK＝＝，即异面直线PG与DH所成的角的余弦值是.‎ 答案： ‎ ‎