2020年高考數(shù)學(xué)(文科)真題、模擬題名師匯編專項(xiàng)訓(xùn)練之專題04立體幾何(附帶詳細(xì)解析)

1、專題04立體幾何161 .【2019年高考全國(guó)n卷文數(shù)】設(shè) 國(guó)3為兩個(gè)平面，則 all 3的充要條件是A. a內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與 3平行B. a內(nèi)有兩條相交直線與 3平行C. % 3平行于同一條直線D. a, 3垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知:內(nèi)兩條相交直線都與平行是 / 的充分條件，由面面平行性質(zhì)定理知，若/ ，則內(nèi)任意一條直線都與平行，所以內(nèi)兩條相交直線都與平行是 /的必要條件，故選B.【名師點(diǎn)睛】本題考查了空間兩個(gè)平面的判定與性質(zhì)及充要條件，滲透直觀想象、邏輯推理素養(yǎng)，利用 面面平行的判定定理與性質(zhì)定理即可作出判斷.面面平行的判定問題要緊扣面面平行判定定理，最容易犯

2、的錯(cuò)誤為定理記不住，憑主觀臆斷，如：若a ,b ,a/ b,則 / ”此類的錯(cuò)誤.2 .【2019年高考全國(guó)出卷文數(shù)】如圖，點(diǎn) N為正方形ABCD的中心，ECD為正三角形，平面 ECD,平面ABCD, M是線段ED的中點(diǎn)，則A. BM=EN,且直線BM, EN是相交直線B. BM車N ,且直線BM , EN是相交直線C. BM=EN,且直線 BM, EN是異面直線D. BM在N ,且直線BM, EN是異面直線【解析】如圖所示，作 EO CD于O,連接ON , BD,易得直線BM, EN是三角形EBD的中線，是相交直線.過M作MF OD于F ,連接BF ,Q 平面 CDE 平面 ABCD , E

3、O CD, EO 平面 CDE , EO 平面 ABCD , MF 平面 ABCD , MFB與AEON均為直角三角形設(shè)正方形邊長(zhǎng)為2，易知EO J3,ON 1, EN 2，MF ,BF -, BM 用,BM EN ,故選 B. 22.解答本題時(shí)，先利【名師點(diǎn)睛】本題考查空間想象能力和計(jì)算能力，解答本題的關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形 用垂直關(guān)系，再結(jié)合勾股定理進(jìn)而解決問題.3.【2019年高考浙江卷】祖的I是我國(guó)南北朝時(shí)代的偉大科學(xué)家，他提出的幕勢(shì)既同，則積不容異”稱為祖附I原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式V柱#=Sh,其中S是柱體的底面積，h是柱體的高.若某柱體的三視圖如圖所示（單位：cm）,

4、則該柱體的體積（單位： cm3）是B. 162D. 324A. 158C. 182【答案】B【解析】由三視圖得該棱柱的高為6,底面可以看作是由兩個(gè)直角梯形組合而成的，其中一個(gè)上底為4,2 64 6下底為6,圖為3,另一個(gè)的上底為2,下底為6,圖為3,則該棱枉的體積為 3 3 6 162.22故選B.【名師點(diǎn)睛】本題首先根據(jù)三視圖，還原得到幾何體棱柱，根據(jù)題目給定的數(shù)據(jù)，計(jì)算幾何體的體積，常規(guī)題目.難度不大，注重了基礎(chǔ)知識(shí)、視圖用圖能力、基本計(jì)算能力的考查.易錯(cuò)點(diǎn)有二，一是不能正確還原幾何體；二是計(jì)算體積有誤.為避免出錯(cuò)，應(yīng)注重多觀察、細(xì)心算 .4 .【2019年高考浙江卷】設(shè)三棱錐 VRBC的

5、底面是正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)均相等，P是棱VA上的點(diǎn)（不含端點(diǎn)）.記直線PB與直線AC所成的角為 飛 直線PB與平面ABC所成的角為3,二面角PAC-B的平面 角為飛則A.伊丫必丫B.彷3<丫C.儼% faD.o<3, F3【答案】B【解析】如圖，G為AC中點(diǎn)，連接VG, V在底面ABC的投影為O,則P在底面白投影D在線段AO 上，過D作DE垂直于AC于E,連接PE, BD,易得PE/ VG,過P作PF/AC交VG于F,連接BF,過 D 作 DH / AC ,交 BG 于PDB均為直角三角形，可得 COSPD PDtan tan ,即ED BDH ,貝UBPF,PF EG DH BDPB

6、 PB PB PBPBD, PED ,結(jié)合PFB, ABDH ,COS ，即 ；在 RtAPED 中,【名師點(diǎn)睛】本題以三棱錐為載體,綜合考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、 二面角的概念,以及各種角的計(jì)算.解答的基本方法是通過明確各種角，應(yīng)用三角函數(shù)知識(shí)求解，而后比較大小.而充分利用圖形特征，則可事倍功半 .常規(guī)解法下易出現(xiàn)的錯(cuò)誤有，不能正確作圖得出各種角，未能想到利用殊位置法”，尋求簡(jiǎn)便解法5 .【2019年高考全國(guó)I卷文數(shù)】已知/ ACB=90°, P為平面ABC外一點(diǎn)，PC=2,點(diǎn)P到/ ACB兩邊AC, BC的距離均為 73 ,那么P到平面ABC的距離為 .【答案】【

7、解析】作PD, PE分別垂直于AC, BC , PO 平面ABC ,連接CO ,由題意可知 CD PD,CD PO, PDI PO=P,CDA 平面 PDO,又 OD 平面 PDO, CD OD ,Q PD PE 73, PC 2, sin PCE sin PCD 2PCB PCA 60 ,又易知PO CO, CO為 ACB的平分線，OCD 45, OD CD 1,OC 在，又 PC 2, PO J4 2 亞.【名師點(diǎn)睛】本題主要考查學(xué)生空間想象能力，合理畫圖成為關(guān)鍵，準(zhǔn)確找到P在底面上的射影，使用線面垂直定理，得到垂直關(guān)系，利用勾股定理解決.注意畫圖視角選擇不當(dāng)，線面垂直定理使用不夠靈活，難

8、以發(fā)現(xiàn)垂直關(guān)系，問題則很難解決，將幾何體擺放成正常視角，是立體幾何問題解決的有效手段，幾何關(guān)系利于觀察，解題事半功倍.6 .【2019年高考全國(guó)n卷文數(shù)】中國(guó)有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長(zhǎng)方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是平正多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美.圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長(zhǎng)為1.則該半正多面體共有 個(gè)面，其棱長(zhǎng)為 .（本題第一空2分，第二空3分.）【答案】26, 、2 1【解析】由圖可知第一層（包括上底

9、面）與第三層（包括下底面）各有9個(gè)面，計(jì)18個(gè)面，第二層共有8個(gè)面，所以該半正多面體共有 188 26個(gè)面.如圖，設(shè)該半正多面體的棱長(zhǎng)為x ,則AB BE x ,延長(zhǎng)CB與FE的延長(zhǎng)線交于點(diǎn) G ,延長(zhǎng)BC交正方體的棱于H ,由半正多面體對(duì)稱性可知, BGE為等腰直角三角形,BG GECH-2x,2GH 2 -2x2x （近 1）x 1,即該半正多面體的棱長(zhǎng)為,2【名師點(diǎn)睛】本題立意新穎，空間想象能力要求高，物體位置還原是關(guān)鍵，遇到新題別慌亂，題目其實(shí) 很簡(jiǎn)單，穩(wěn)中求勝是關(guān)鍵.立體幾何平面化，無(wú)論多難都不怕，強(qiáng)大空間想象能力，快速還原圖形.7.【2019年高考全國(guó)出卷文數(shù)】學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，

10、利用 3D打印技術(shù)制作模型.如圖，該模型為長(zhǎng)方體ABCD AB1C1D1挖去四棱錐 O-EFGH后所得的幾何體，其中 。為長(zhǎng)方體的中心，E, F, G, H分別為所在棱的中點(diǎn)，AB= BC = 6 cm , AA產(chǎn)4cm , 3D打印所用原料密度為 0.9 g/cm3,不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為g.【答案】118.819【解析】由題意得，S四邊形EFGH4 6 4 2 3 12cm2,213四棱錐 O-EFGH 的圖為 3cm, ，VO EFGH - 12 3 12cm3 .33又長(zhǎng)萬(wàn)體 ABCD A1BC1D1的體積為V2 4 6 6 144cm ,3所以該模型體積為 V V

11、2 Vo efgh 144 12 132cm ,其質(zhì)量為 0.9 132 118.8g .【名師點(diǎn)睛】本題考查幾何體的體積問題，理解題中信息聯(lián)系幾何體的體積和質(zhì)量關(guān)系，從而利用公式 求解.根據(jù)題意可知模型的體積為長(zhǎng)方體體積與四棱錐體積之差進(jìn)而求得模型的體積，再求出模型的質(zhì) 量即可.8 .【2019年高考北京卷文數(shù)】某幾何體是由一個(gè)正方體去掉一個(gè)四棱柱所得，其三視圖如圖所示.如果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1,那么該幾何體的體積為 .【答案】40NQC1B1【解析】如圖所示，在棱長(zhǎng)為4的正方體中，三視圖對(duì)應(yīng)的幾何體為正方體去掉棱柱MPD01之后余下的幾何體,31則幾何體的體積V 43 2 42 4

12、40.2【名師點(diǎn)睛】本題首先根據(jù)三視圖，還原得到幾何體，再根據(jù)題目給定的數(shù)據(jù)，計(jì)算幾何體的體積屬于中等題.(1)求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，禾J用相應(yīng)體積公式求解；(2)若所給幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用等積法、分割法、補(bǔ)形法等方法進(jìn)行求解.9 .【2019年高考北京卷文數(shù)】已知 l, m是平面 外的兩條不同直線.給出下列三個(gè)論斷：lm； m/;1，,以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題：.【答案】如果U % m / /，則1，m.【解析】將所給論斷，分別作為條件、結(jié)論，得

13、到如下三個(gè)命題：(1)如果U % m/ %則1± m,正確；(2)如果1，& 1，m,則m/ 出不正確，有可能 m在平面a內(nèi)；(3)如果l,m, m / a,則1± a,不正確，有可能1與a斜交、1/ a.故答案為：如果U a, m/ a,則1±m.【名師點(diǎn)睛】本題主要考查空間線面的位置關(guān)系、命題、邏輯推理能力及空間想象能力.將所給論斷，分別作為條件、結(jié)論加以分析即可 .10 .【2019年高考天津卷文數(shù)】已知四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為J2的正方形，側(cè)棱長(zhǎng)均為 J5 .若圓柱的一個(gè)底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點(diǎn)，另一個(gè)底面的圓心為四棱錐底面的中心，則該圓柱的

14、體積為【解析】由題意，四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為22的正方形，側(cè)棱長(zhǎng)均為 J5，借助勾股定理，可知四棱錐的高為2 .若圓柱的一個(gè)底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點(diǎn)，一個(gè)底面的圓心為四棱錐底面的,、， 1中心，故圓枉的局為1 ,圓枉的底面半徑為 一，故圓枉的體積為.注意本題中圓柱的底面半徑是棱錐120,E為CCi的中點(diǎn)，則三棱錐E- BCD2【名師點(diǎn)睛】根據(jù)棱錐的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，確定所求的圓柱的高和底面半徑底面對(duì)角線長(zhǎng)度的一半、不是底邊棱長(zhǎng)的一半11 .【2019年高考江蘇卷】如圖，長(zhǎng)方體ABCD AB1C1D1的體積是的體積是 MG【答案】10【解析】因?yàn)殚L(zhǎng)方體 ABCD A1B1C1D1的體積為120,

15、所以AB BC CC1 120,1 一因?yàn)镋為CC1的中點(diǎn)，所以CE CC1,2由長(zhǎng)方體的性質(zhì)知CC1 底面ABCD ,所以CE是三棱錐E BCD的底面BCD上的高，111111所以三棱錐E BCD 的體積 V ABBC CE-ABBCCC1一120 10 .3 232212【名師點(diǎn)睛】本題蘊(yùn)含 整體和局部”的對(duì)立統(tǒng)一規(guī)律.在幾何體面積或體積的計(jì)算問題中，往往需要注意 理清整體和局部的關(guān)系，靈活利用 割”與 補(bǔ)”的方法解題.由題意結(jié)合幾何體的特征和所給幾何體的性質(zhì) 可得三棱錐的體積.12.【2019年高考全國(guó)I卷文數(shù)】如圖，直四棱柱 ABCD力1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4,AB=2,

16、 /BAD=60°, E, M, N分別是BC, BB1, A1D的中點(diǎn).A(1)證明：MN /平面 CiDE;（2）求點(diǎn)C到平面CiDE的距離.【答案】（i）見解析；（2） 4折i7共1c.【解析】（1）連結(jié)BiC,ME .因?yàn)镸, E分別為BBi, BC的中點(diǎn)，所以 ME / BC ,且ME i 又因?yàn)镹為AD的中點(diǎn)，所以ND - AiD .2由題設(shè)知AB/DC,可得BC= AD，故ME = ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形， MN / ED .又MN 平面CiDE ,所以MN/平面CiDE .（2）過C作CiE的垂線，垂足為H.由已知可得DE BC , DE CiC ,所以

17、DEL平面CiCE ,故DE，CH.從而CH，平面CiDE ,故CH的長(zhǎng)即為C到平面CiDE的距離,由已知可得CE=i, CiC=4 ,所以CiE 而，故CH 47 i7從而點(diǎn)C到平面CiDE的距離為 47 .i7【名師點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及的知識(shí)點(diǎn)有線面平行的判定，點(diǎn)到平面的距離的求解，在解題的過程中，注意要熟記線面平行的判定定理的內(nèi)容，注意平行線的尋找思路，再者就是利用線面垂直找到距離問題，當(dāng)然也可以用等積法進(jìn)行求解13.【2019年高考全國(guó)n卷文數(shù)】如圖，長(zhǎng)方體 ABCD RiBiCiDi的底面ABCD是正方形，點(diǎn) E在AAi 上，BEX ECi.（i）證明：BE，平

18、面 EBiCi；（2）若AE=AiE, AB=3,求四棱錐E BB1cle的體積.【答案】（i）見詳解；（2） i8.【解析】（i）由已知得BiCi,平面ABBiAi, BE 平面ABBiAi,故 BiCi BE .又BE ECi ,所以BE,平面EB1cl.(2)由(1)知/ BEBi=90°.由題設(shè)知 RtAABERtAAiBiE,所以 AEBA,EB1 45 ,故 AE=AB=3, AAi 2AE 6.作EF BBi,垂足為F ,則EF，平面BBQC，且EF AB 3.1所以，四梭錐E BB1C1C的體積V - 3 6 3 18.3【名師點(diǎn)睛】本題主要考查線面垂直的判定，以及四

19、棱錐的體積的求解，熟記線面垂直的判定定理， 以及四棱錐的體積公式即可，屬于基礎(chǔ)題型.14.【2019年高考全國(guó) 出卷文數(shù)】圖1是由矩形ADEB, Rt ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其 中 AB=1 , BE=BF=2, /FBC=60°.將其沿 AB, BC折起使得 BE與BF重合，連結(jié) DG ,如圖2.(1)證明：圖2中的A, C, G, D四點(diǎn)共面，且平面 ABC,平面 BCGE;(2)求圖2中的四邊形 ACGD的面積.【答案】(1)見解析；(2) 4.【解析】(1)由已知得ADPBE, CGPBE,所以ADPCG,故AD, CG確定一個(gè)平面，從而 A, C, G,D

20、四點(diǎn)共面.由已知得AB BE, AB BC,故AB 平面BCGE .又因?yàn)锳B 平面ABC,所以平面ABC 平面BCGE .(2)取CG的中點(diǎn)M,連結(jié)EM, DM.因?yàn)锳B/DE, AB 平面BCGE,所以DE 平面BCGE,故DE CG.由已知，四邊形BCGE是菱形，且/ EBC=60°得EM CG ,故CG 平面DEM.因此DM CG .在 RtA DEM 中，DE=1, EM=由，故 DM=2.所以四邊形ACGD的面積為4.15.【名師點(diǎn)睛】本題是很新穎的立體幾何考題,是不變的，再者折疊后的多面體不是直棱柱,【2019年高考北京卷文數(shù)】如圖，在四棱錐首先是多面體折疊問題，考查考

21、生在折疊過程中哪些量突出考查考生的空間想象能力P ABCD中，PA 平面ABCD,底部ABCD為菱形，E為CD的中點(diǎn).（1）求證：BD,平面PAC；（2）若/ ABC=60。，求證：平面 PAB,平面PAE；（3）棱PB上是否存在點(diǎn)F,使得CF /平面PAE?說(shuō)明理由.【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）存在，理由見解析【解析】（1）因?yàn)镻A 平面ABCD,所以PA BD .又因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以BD AC .所以BD 平面PAC.(2)因?yàn)镻A，平面ABCD, AE 平面ABCD,所以PA±AE.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，/ ABC=60。，且E為CD的中點(diǎn)，所以AEL

22、CD.所以AB，AE.所以AE，平面PAB.所以平面PAB，平面PAE.(3)棱PB上存在點(diǎn)F,使得CF /平面PAE.取F為PB的中點(diǎn)，取G為PA的中點(diǎn)，連結(jié)CF, FG, EG.1則 FG / AB,且 FG= AB2因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，且E為CD的中點(diǎn)，一,一 1所以 CE/ AB,且 CE=1AB2所以 FG / CE,且 FG = CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形.所以 CF/ EG.因?yàn)镃F 平面PAE, EG 平面PAE,所以CF /平面PAE.【名師點(diǎn)睛】本題主要考查線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立體幾何中的探索問題等知識(shí)，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力

23、16.【2019年高考天津卷文數(shù)】如圖，在四棱錐P ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，4PCD為等邊三角形，平面PAC 平面PCD, PA CD,CD 2, AD 3.(1)設(shè)G, H分別為PB, AC的中點(diǎn)，求證：GH /平面PAD ;(2)求證：PA 平面PCD;(3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值.【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3) Y3.3【解析】(1)連接BD ,易知ACI BD H , BH DH .又由 BG= PG ,故 GH / PD.又因?yàn)镚H 平面FAD, PD 平面PAD,所以GH /平面PAD.(2)取棱PC的中點(diǎn)N,連接DN.依題意，得DNXPC,

24、又因?yàn)槠矫鍼AC 平面PCD,平面PACI平面PCD PC ,所以DN 平面PAC,又PA 平面PAC,故DN PA.又已知 PA CD , CD I DN D ,所以pa 平面PCD.(3)連接AN,由(2)中DN 平面PAC,可知 DAN為直線AD與平面PAC所成的角, 因?yàn)閆XPCD為等邊三角形，CD=2且N為PC的中點(diǎn)，所以DN 、.3.又 DN AN ,在 RtzXAND 中，sin DAN DN .AD 3所以，直線AD與平面PAC所成角的正弦值為 Y3.3【名師點(diǎn)睛】本小題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、平面與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查空間想象能力和推理

25、論證能力.17.【2019年高考江蘇卷】如圖，在直三棱柱ABC AiBiCi中，D, E分別為BC, AC的中點(diǎn)，AB=BC.求證：（1） AiBi/平面 DECi；（2） BEXCiE.【答案】（I）見解析；（2）見解析.【解析】（I）因?yàn)镈, E分別為BC, AC的中點(diǎn)，所以 ED /AB.在直三棱柱 ABC-A iBiCi 中，AB/ AiBi,所以 AiBi / ED.又因?yàn)镋D?平面DECi, AiBi 平面DECi,所以AiBi /平面 DECi.（2）因?yàn)锳B=BC, E為AC的中點(diǎn)，所以 BEX AC.因?yàn)槿庵?ABC-A iBiCi是直棱柱，所以 CCd平面ABC.又因?yàn)锽

26、E?平面ABC,所以CCiXBE.因?yàn)?CiC?平面 AiACCi, AC?平面 AiACCi, CiCAAC=C,所以BE,平面AiACCi.因?yàn)镃iE?平面AiACCi,所以BEXCiE.【名師點(diǎn)睛】本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空 間想象能力和推理論證能力.i8.【20i9年高考浙江卷】如圖，已知三棱柱ABC AiBiCi,平面AiACCi平面ABC, ABCBAC 30,AA Ac AC,E,F 分別是 AC, AiBi 的中點(diǎn).(i)證明：EF BC ;(2)求直線EF與平面AiBC所成角的余弦值【解析】方法(i)連接AiE,因?yàn)锳iA=A

27、iC, E是AC的中點(diǎn)，所以AiE±AC.又平面AiACCi，平面ABC, AiE 平面AACCi ,平面 AiACCi n平面 ABC=AC,所以，AiE,平面 ABC,則 AiEBC.又因?yàn)?AiF/AB, Z ABC=90 °,故 BCAiF.所以BC,平面AiEF.因此EFXBC.(2)取BC中點(diǎn)G,連接EG, GF,則EGFAi是平行四邊形.由于AiE，平面ABC,故AiEEG,所以平行四邊形 EGFAi為矩形.由(1)得BC，平面EGFAi,則平面AiBC,平面EGFAi,所以EF在平面AiBC上的射影在直線AiG上.連接AiG交EF于O,則/ EOG是直線EF

28、與平面AiBC所成的角(或其補(bǔ)角)不妨設(shè) AC=4,則在 RtAiEG中，AiE=2 V3 , EG= 73 .由于。為AiG的中點(diǎn)，故EO OGAGi522i19222所以cos EOGEO2 OG2 EG232EO OG 53因此，直線EF與平面AiBC所成角的余弦值是 一.5方法(i)連接AiE,因?yàn)锳iA=AiC, E是AC的中點(diǎn)，所以AiEXAC.又平面AiACCi,平面ABC, AiE 平面AiACCi,平面AiACCiA平面ABC=AC,所以，AiE，平面ABC.如圖，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線 EC, EAi為y,百由的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Eiyz.不妨設(shè)AC=4,則27A

29、i (0, 0, 24)，B ( 73, 1, 0) , BiG/3,3,2V3) , F(,3,273) ， C(0, 2, 0).2 2uuir.33 uur 因此，EF(',±,2Q)，BC ( 73,1,0) .2 2uur uur由 EF BC 0得 EF BC .(2)設(shè)直線EF與平面AiBC所成角為0.UULT_ UUUU_由(1)可得 BC=( 73,1, 0), AC=(0,2, 2V3).設(shè)平面A1BC的法向量為n (x, y,z),UUU4 BC n 0 /日 ,.3x y 0由，得 ，AC n 0 y .3z 0uuir一 一 一.uuur . I E

30、F n I取n (1, 73,1),故 sin | cos( EF ,n | = -Uuu -|EF| |n|3因此，直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為 一 .5【名師點(diǎn)睛】本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力19.【云南省昆明市2019屆高三高考5月模擬數(shù)學(xué)試題】 已知直線l 平面 ，直線m/平面 ，若則下列結(jié)論正確的是B.l / mC. mD.【解析】對(duì)于A,直線平面 ，l / 或 l對(duì)于B,直線l 平面,直線mil平面l m或l與m相交或l與m異面，B錯(cuò)誤;對(duì)于C,直線mil平面或m與相交或m 或m/,，C錯(cuò)誤;對(duì)于D

31、,直線l 平面,直線m/平面，則l m或l與m相交或l與m異面，D錯(cuò)誤.【名師點(diǎn)睛】本題考查了空間平面與平面關(guān)系的判定及直線與直線關(guān)系的確定問題，也考查了幾何符 號(hào)語(yǔ)言的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題.20.【陜西省2019屆高三年級(jí)第三次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題】已知三棱柱 ABC AB1C1的側(cè)棱與底面邊長(zhǎng)都相等,Ai在底面ABC上的射影為BC的中點(diǎn)，則異面直線 AB與CCi所成的角的余弦值為B.D.C.西4【答案】B【解析】如圖，設(shè) BC的中點(diǎn)為D,連接A1D、AD、AB,易知 AiAB即為異面直線AB與CCi所成的角（或其補(bǔ)角）設(shè)三棱柱ABC A1B1C1的側(cè)棱與底面邊長(zhǎng)均為 1,則AD梳AD 1, AB亭,

32、2_22由余弦定理，得cos AABAA2 AB2 AB22AA AB故應(yīng)選B.【名師點(diǎn)睛】本題主要考查了異面直線所成角的求解，通過平移找到所成角是解這類問題的關(guān)鍵，若平移不好作，可采用建系，利用空間向量的運(yùn)算求解，屬于基礎(chǔ)題.解答本題時(shí)，易知 AAB即為異面直線AB與CC1所成的角（或其補(bǔ)角），進(jìn)而通過計(jì)算 ABA各邊長(zhǎng)，利用余弦定理求解即可 .21 .【四川省宜賓市2019屆高三第三次診斷性考試數(shù)學(xué)試題】如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，E,F分別是BC,CD的中點(diǎn)，現(xiàn)在沿AE,AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)四面體，使B,C, D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為P ,則四面體P AEF的高為A.C

33、.【解析】如圖，由題意可知PA, PE, PF兩兩垂直, PA 平面 PEF ,1 -1 1-VA PEFSa PEF PA11233 2設(shè)P到平面AEF的距離為h,一21113又 SAaef2-12-12-11 -,2222, , VP AEF故選B.【名師點(diǎn)睛】本題考查了平面幾何的折疊問題，空間幾何體的體積計(jì)算，屬于中檔題.折疊后，利用VA PEFVP AEF即可求得P到平面AEF的距離.22.【廣東省深圳市高級(jí)中學(xué) 2019屆高三適應(yīng)性考試（6月）數(shù)學(xué)試題】在三麴隹P ABC中，平面PAB 平面ABC, zABC是邊長(zhǎng)為6的等邊三角形， aPAB是以AB為斜邊的等腰直角三角形，則該三棱 錐外接球的表面積為.【答案】48幾【解析】如圖，在等邊三角形 ABC中，取AB的中點(diǎn)F ,設(shè)等邊三角形 ABC的中心為O,連接PF,CF, OP.2 一