2020高考數(shù)學(xué)專題04 立體幾何(解析版)

1、 專題04立體幾何【2019年高考全國I卷理數(shù)】已知三棱錐PABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上，PA=PB=PC,ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點(diǎn)，ZCEF=90。，則球O的體積為A.兀B.4/6兀C.2訂6兀D.J6?！敬鸢浮緿【解析】解法一：QPA=PB=PC,ABC為邊長為2的等邊三角形，P-ABC為正三棱錐，PB丄AC，又E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點(diǎn)，二EFPB，AEF丄AC，又EF丄CE4n空6=忌38CEIAC=C,.EF丄平面PACPB丄平面PAC，/.ZAPB=90。,.PA二PB二PC二邁P-ABC為正方體的一部分2Rr2+2+2仝，即R=/V=3畑=故選

2、D.解法二：設(shè)PA=PB=PC=2x，E,F分別為PA,AB的中點(diǎn)，./EFPB且EF=2PB=xQAABC為邊長為2的等邊三角形，ACF=爲(wèi)1又ZCEF=90。，./CE=弋3-x2,AE=2PA=xx2+4AEC中，由余弦定理可得cosZEAC=-x2)，2x2xxAD1作PD丄AC于DQPA=PCD為AC的中點(diǎn)，：osZEAC=-PA2xx2+4一3+x2_12xTOC o 1-5 h zJ2L2x2+1=2,x2=,x=,PA二PB=PC=22又AB=BC=AC=2,:.pA,pB,pC兩兩垂直，.2R=：2+2+2=-J6,:.R二竺2V=纟兀R3=J6兀，故選D.338【名師點(diǎn)睛】

3、本題主要考查學(xué)生的空間想象能力，補(bǔ)體法解決外接球問題.可通過線面垂直定理，得到三棱兩兩互相垂直關(guān)系，快速得到側(cè)棱長，進(jìn)而補(bǔ)體成正方體解決.【2019年高考全國II卷理數(shù)】設(shè)aB為兩個(gè)平面，則a“的充要條件是A.a內(nèi)有無數(shù)條直線與B平行B.a內(nèi)有兩條相交直線與B平行C.aB平行于同一條直線D.aB垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：a內(nèi)兩條相交直線都與卩平行是a卩的充分條件，由面面平行性質(zhì)定理知，若a卩，則a內(nèi)任意一條直線都與卩平行，所以a內(nèi)兩條相交直線都與卩平行是a卩的必要條件，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

4、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，最容易犯的錯(cuò)誤為定理記不住，憑主觀臆斷，如：“若aua,bu卩,ab，則a卩”此類的錯(cuò)誤.【2019年高考全國III卷理數(shù)】如圖，點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，ECD為正三角形，平面ECD丄平面ABCD，M是線段ED的中點(diǎn)，則BM=EN,且直線BM,EN是相交直線BMEN,且直線BM,EN是相交直線BM=EN,且直線BM,EN是異面直線BMEN,且直線BM,EN是異面直線【答案】B【解析】如圖所示，作EO丄CD于O，連接ON,ED,易得直線BM,EN是三角形EBD的中線，是相交直線.過M作MF丄OD于F，連接B

5、FQ平面CDE丄平面ABCD,EO丄CD,EOu平面CDE,AEO丄平面ABCD,mf丄平面ABCD:.MFB與AEON均為直角三角形.設(shè)正方形邊長為2,易知EO二朽,ON二1,EN二235MF二,BF=BM=釣，:.BM主EN,故選B.22【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)造直角三角形解答本題時(shí)，先利用垂直關(guān)系，再結(jié)合勾股定理進(jìn)而解決問題.【2019年高考浙江卷】祖暅?zhǔn)俏覈媳背瘯r(shí)代的偉大科學(xué)家他提出的“冪勢既同則積不容異”稱為祖暅原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式V柱體刃,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）,則該柱體的

6、體積（單位：cm3）是打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,下底為6,高為3,另個(gè)的上底為2,下底為6,高為3,則該棱柱的體積為f竽x3+V2B.【名師點(diǎn)睛】本題首先根據(jù)三視圖，還原得到幾何體一棱柱，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.【2019年高考浙江卷】設(shè)三棱錐V-ABC的底面是正三角形，側(cè)棱長均相等，P是棱VA上的點(diǎn)（不含端點(diǎn)）.

7、記直線PB與直線AC所成的角為久直線PB與平面ABC所成的角為，二面角P-AC-B的平面角為y，貝yA.BY，aYB.Ba，BYC.Ba，YaD.aB，Y邙【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在底面的投影D在線段AO上，過D作DE垂直于AC于連接PE,BD,易得PEVG，過P作PFAC交VG于F，連接BF,過D作DHAC，交BG于H，則a=ZBPF,卩=/PBD,丫二ZPED，結(jié)合PFB,KBDH,PFEGDHBDooPDB均為直角三角形，可得cos二二卩PBPBPBPBPDPD在RtAPED中，tan丫二二tan卩，即丫卩，綜上所述，答案為B.EDB

8、D【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“特殊位置法”，尋求簡便解法.【2019年高考全國III卷理數(shù)】學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用3D打印技術(shù)制作模型如圖，該模型為長方體ABCD-A1B1C1D1挖去四棱錐OEFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點(diǎn)，AB=BC=6cm,AA1=4cm，3D打印所用原料密度為0.9g/cm3,不考慮打

9、印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為g.【答案】118.81【解析】由題意得，S二4x6-42x3二12cm2四邊形EFGH21四棱錐OEFGH的高為3cm,V=：x12x3二12cm3O-EFGH3又長方體ABCD一ABCD的體積為V=4x6x6=144cm3所以該模型體積為V=V一V=14412=132cm32O-EFGH其質(zhì)量為0.9x132=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.7【2019年高考北京卷理數(shù)】某幾何體是由一個(gè)正方

10、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為1,那么該幾何體的體積為.I一i1一十nnTjnr-a-|t-1.r卜卜霍樣LLrTWi,ir-arliT-f【答案】40【解析】如圖所示，在棱長為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MPDA1-NQCb之后余下的幾何體，1貝9幾何體的體積V=43x（2+4）x2x4=40.【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，利用相應(yīng)體積公式求解；（2）若所給幾

11、何體的體積不能直接利用公式得出,貝常用等積法、分割法、補(bǔ)形法等方法進(jìn)行求解【2019年高考北京卷理數(shù)】已知1，m是平面a外的兩條不同直線.給出下列三個(gè)論斷:l丄m；mJ么；l丄么.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ILa,mJa，則l丄m.【解析】將所給論斷，分別作為條件、結(jié)論，得到如下三個(gè)命題：如果l丄a,mJa，則l丄m,正確；如果l丄a,l丄m,則mJa，不正確，有可能m在平面a內(nèi)；如果l丄m,mJa，則l丄a,不正確，有可能l與a斜交、lJa.故答案為：如果l丄a,mJa，則l丄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

12、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.【2019年高考天津卷理數(shù)】已知四棱錐的底面是邊長為*2的正方形，側(cè)棱長均為污.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，則該圓柱的體積為n【答案】-【解析】由題意，四棱錐的底面是邊長為、込的正方形，側(cè)棱長均為，借助勾股定理，可知四棱錐的咼為i51=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中心，故圓柱的1高為1，圓柱的底面半徑為故圓柱的體積為nx【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注意本題中圓柱的底面半徑是棱錐底面對(duì)角線長度的

13、一半、不是底邊棱長的一半.10.【2019年高考江蘇卷】如圖，長方體ABCDABCD的體積是120為CC的中點(diǎn)，則三棱錐EBCD11111的體積是.【答案】10【解析】因?yàn)殚L方體ABCD-的體積為120,所以AB-BC-CC1=120,1因?yàn)镋為CC的中點(diǎn)，所以CE=懇CC121由長方體的性質(zhì)知CC1丄底面ABCD所以CE是三棱錐E-BCD的底面BCD上的高，111111所以三棱錐EBCD的體積V=xAB-BC-CE=xAB-BCCC=x120=10.3232212【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

14、“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.11.【2019年高考全國I卷理數(shù)】如圖，直四棱柱ABCD-A1B1C1D的底面是菱形，AA=4，AB=2,ZBAD=60。,E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn).（1）證明：MN平面CDE；（2）求二面角A-MA-N的正弦值.【答案】（1）見解析；（2）【解析】（1）連結(jié)B1C，ME.因?yàn)镸,E分別為BB,BC的中點(diǎn)，1所以ME/B1C，且ME=2B1C.1又因?yàn)镹為A的中點(diǎn)，所以ND=2A由題設(shè)知A1B11DC,可得B1CAD，故MEND,因此四邊形MNDE為平行四邊形，MN/ED.又MN乞平面EDC,所以MN

15、平面CDE.(2)由已知可得DE丄DA.uuuxyz,CA(2,0,0)，A1(2，0，4)，M(1a/3,2)，N(1,0,2)uuuruuur_AN=(1,0,2)，MN二(0,3,0)1uuurAA=(0,0,4)iuuuurAM1(1,v3,2)設(shè)m=(x,y,z)為平面AMA的法向量，則uuuurm-AM=0uuurm-AA=0i所以F22二0可取m二(朽丄0)4z二0.設(shè)n=(p,q,廠)為平面AMN的法向量，則uuuun-MN二0,uuurn-AN二0.1以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA的方向?yàn)閄軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D所以二；：J取取=（2。-1）所以二面角A-MA1-N的

16、正弦值為5【名師點(diǎn)睛】本題考查線面平行關(guān)系的證明、空間向量法求解二面角的問題求解二面角的關(guān)鍵是能夠利用垂直關(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系，從而通過求解法向量夾角的余弦值來得到二面角的正弦值，屬于常規(guī)題型.12.【2019年高考全國II卷理數(shù)】如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上,BE丄Eq.（1）證明：BE丄平面EBC；（2）若AE=A1E，求二面角BECC的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】（1）由已知得，丄平面ABBBEu平面ABB,故BC丄BE11又BE丄Eq,所以BE丄平面EB1C1.（2）由（1）知ZBEB190。.由題設(shè)知RtABE竺

17、R/AE，所以ZAEB=45。，故AE=AB，AA=2AB.uuuruuru以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA的方向?yàn)閤軸正方向，IDAI為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz，13.則C(0,1,0),B(1,1,0),C1uurCC1=(0,0,2)設(shè)平面EBC的法向量為=(x,y,x),ruurCB-n0,uur即CE-n0,x二0,xy+z二0,所以可取=(0,_1,_1).設(shè)平面ECC1的法向量為加=(x,y,z)ruuuuCC-m=0,uur1即CE-m0,2z二0,xy+z二0.所以可取皿=(1,1,0).n-m1干是cos=于疋丨nIImI22),E(1,0,1),uuruurCB

18、二(1,0,0),CE二(1,1,1)，則3所以，二面角B-ECC1的正弦值為予【名師點(diǎn)睛】本題考查了利用線面垂直的性質(zhì)定理證明線線垂直以及線面垂直的判定，考查了利用空間向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函數(shù)關(guān)系，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算能力【2019年高考全國III卷理數(shù)】圖1是由矩形ADEB,RtAABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB=1,BE=BF=2,ZFBC=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丄平面BCGE；(2)求圖2中的二面角B-CG-A的大小.【答案】(1)見解析；(2)30o.【解析】(

19、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四點(diǎn)共面.由已知得AB丄BE,AB丄BC,故AB丄平面BCGE.又因?yàn)锳Bu平面ABC，所以平面ABC丄平面BCGE.(2)作EH丄BC,垂足為H.因?yàn)镋Hu平面BCGE,平面BCGE丄平面ABC,所以EH丄平面ABC.由已知，菱形BCGE的邊長為2,ZEBC=60,可求得BH=1,EH=uuur以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HC的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz,則A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,uur_uur,CG=(1,0,),AC=(2,1,0).設(shè)平面ACGD

20、的法向量為=(x,y,z)，則ruturx+、3z=0,2x一y=0.CG-n=0,uuur即AC-n=0,/、n-m3所以心5=二三所以可取=(3,6,-運(yùn)又平面BCGE的法向量可取為加=(0,1,0),因此二面角BCGA的大小為30.【名師點(diǎn)睛】本題是很新穎的立體幾何考題,首先是多面體折疊問題,考查考生在折疊過程中哪些量是不變的，再者折疊后的多面體不是直棱柱，最后通過建系的向量解法將求二面角轉(zhuǎn)化為求二面角的平面角問題，突出考查考生的空間想象能力.14.【2019年高考北京卷理數(shù)】如圖，在四棱錐PABCD中，PA丄平面ABCD,AD丄CD,ADIIBC,PF1PA=AD=CD=2,BC=3.

21、E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且pC二-.求證：CD丄平面PAD；求二面角F-AE-P的余弦值；PG2設(shè)點(diǎn)G在PB上，且二了.判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由.PB3【答案】(1)見解析；(2)；(3)見解析.3【解析】(1)因?yàn)镻A丄平面ABCD,所以PA丄CD.又因?yàn)锳D丄CD,所以CD丄平面PAD.(2)過A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M.因?yàn)镻A丄平面ABCD，所以PAIAM,PA丄AD.如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，貝皿(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，所以E(0,1,1).uuruuruur所以AE二

22、(0,1,1),PC二(2,2,-2),AP二(0,0,2)uar1uur所以PF二-PC二22-2、3,33丿uuiruuurumr,AF二AP+PF二224、3,3,3丿ruurn-AE=0,0)，則F(1,2,h)uuruuruuruur(1)依題意，AB二(1,0,0)是平面ADE的法向量，又BF二(0,2,h)，可得BF-AB=0，又因?yàn)橹本€BF平面ADE，所以BF平面ADEuuruuruur依題意，BD二(-1,1,0),BE二(-1,0,2),CE二(-1,-2,2)ruurnBD=0,x+y0,設(shè)n(x,y,z)為平面BDE的法向量，則彳uur即.八不妨令z1，n-BE0,-x

23、+2z0,uur.uur.ce-n4可得n(2,2,1).因此有cos:CE,nu-UJ-ICEIInI94所以，直線CE與平面BDE所成角的正弦值為9ruurmBD0,一x+y0,設(shè)m(x,y,z)為平面BDF的法向量，則uur即仁m-BF0,2y+hz0,不妨令y1，可得m1,1,-hIh丿由題意，有|cos加,n|=佇ImIInI18=3，解得h二7.經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意3J2+h28所以，線段CF的長為7【名師點(diǎn)睛】本小題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力.16.【2019年高考江

24、蘇卷】如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點(diǎn)，AB=BC.求證：（1）AB平面DEC；（2）BE丄CQ【答案】（1）見解析；（2）見解析.【解析】（1）因?yàn)镈，E分別為BC，AC的中點(diǎn),所以ED/AB.在直三棱柱ABCABC中，AB/AB，所以A1B1/ED.又因?yàn)镋D平面DEC.A1B1電平面DEC，所以A/平面DEC1.(2)因?yàn)锳B=BC,E為AC的中點(diǎn)，所以BE丄AC.因?yàn)槿庵鵄BC-ABC是直棱柱，所以CC丄平面ABC.又因?yàn)锽Eu平面ABC,所以CC丄BE.因?yàn)镃Cu平面A/CC,ACu平面AACC,CCnAC=C,所以BE丄平面A1ACC1.因?yàn)镃

25、Eu平面A1ACC1,所以BE丄CE.【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.17.【2019年高考浙江卷】(本小題滿分15分)如圖，已知三棱柱ABC-兔B0,平面名ACq丄平面ABC,ZABC=90,ABAC=30。,名A=AC=AC,E,F分別是AC,AB的中點(diǎn).證明：EF丄BC；求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.3【答案】(1)見解析；(2)5【解析】方法一：(1)連接AE,因?yàn)锳A=AC,E是AC的中點(diǎn)，所以A”丄AC.又平面AACC丄平面ABC,A1Eu平面AACC平面AJCCf平面ABC=AC,所以，A

26、”丄平面ABC,貝山店丄BC.又因?yàn)锳FAB,ZABC=90。，故BC丄A/.所以BC丄平面AEF.因此EF丄BC.ff(2)取BC中點(diǎn)G,連接EG,GF,則EGFA,是平行四邊形.由于AE丄平面ABC,故AE丄EG,所以平行四邊形EGFA1為矩形.由(1)得BC丄平面EGFA1,則平面ABC丄平面EGFA1,所以EF在平面ABC上的射影在直線AG上.連接A1G交EF于0,貝ZEOG是直線EF與平面ABC所成的角(或其補(bǔ)角).不妨設(shè)AC=4,則在RtA!1EG中，AE=2j3,EG=.由于0為AG的中點(diǎn)，故EO=OG=-=122所以cosZEOG=E02+0G2-EG22EOOG3因此，直線E

27、F與平面ABC所成角的余弦值是5方法二：(1)連接Af，因?yàn)锳A=AC,E是AC的中點(diǎn)，所以Af丄AC.又平面AJCC丄平面ABC,A1Eu平面AJCC.平面AJCCf平面ABC=AC,所以，A1E丄平面ABC.如圖，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線EC,EA為y,z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz.不妨設(shè)AC=4,則A1(0,0,2朽B(P3,1,0),B(“3,3,2/3)F(，2,2f3),C(0,2，0).uurJ33uur因此，EF二(U、,BC=(73,1,0)22uuruur由EF-BC=0得EF丄BC(2)設(shè)直線EF與平面ABC所成角為&TOC o 1-5 h z HYPERL

28、INK l bookmark46 o Current Document uurluuur廠由(1)可得BC=(3,1,0),AC=(0,2，-23)設(shè)平面ABC的法向量為=(x,y,z) HYPERLINK l bookmark18 o Current Document uurrlBC-n=0-J3x+y二0，得,A1Cn=0y-羽z=0uur啓IEF-nI4取n=(1,3,1)，故sm0=lcos:EF,nI-uuir=IEFI-1nI53因此，直線EF與平面ABC所成的角的余弦值為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

29、能力.18.【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丄平面么，直線m平面卩，若a丄卩,則下列結(jié)論正確的是A.1卩或lW0B.l/mC.m丄aD.l丄m【答案】A【解析】對(duì)于A,直線l丄平面a,a丄卩，則l卩或lu0,A正確；對(duì)于B,直線l丄平面a，直線m平面卩，且么丄卩，則l/m或l與m相交或l與m異面，.B錯(cuò)誤；對(duì)于C,直線m平面卩，且a丄卩，則m丄a或m與a相交或mua或ma,.c錯(cuò)誤；對(duì)于D,直線l丄平面a，直線m平面卩，且么丄卩，則l/m或l與m相交或l與m異面，.D錯(cuò)誤.故選A.【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

30、符號(hào)語言的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題19.【陜西省2019屆咼三年級(jí)第三次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題】已知三棱柱ABCA1Bf的側(cè)棱與底面邊長都相等,A1在底面ABC上的射影為BC的中點(diǎn)，則異面直線AB與CC1所成的角的余弦值為3B.45D.4CW【答案】B【解析】如圖，設(shè)BC的中點(diǎn)為D，連接A1D、AD、A1B易知ZAAB即為異面直線AB與CC1所成的角（或其補(bǔ)角）設(shè)三棱柱ABC-A1的側(cè)棱與底面邊長均為1,則AD=冷，AD=2，AB弋AA2+AB2AB2+一由余弦定理，得cos/*AB二一=2=312xlxl4故應(yīng)選B.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

31、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ZAAB即為異面直線AB與CC所成的角（或其補(bǔ)角），進(jìn)而通過計(jì)算AABA的各邊長，利用余弦定理求解即可.20.【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，邊長為2的正方形ABCD中，E,F分別是BC,CD的中點(diǎn)，現(xiàn)在沿人丘,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PAEF的高為 2l【答案】B【解析】如圖，由題意可知PAPE，PF兩兩垂直,PA丄平面PEF.V二1S-PA二-x-xlxlx2二1TOC o 1-5 h zAPEF3pef323設(shè)P到平面AEF的距

32、離為h，又S二22-xlx2-xlx2-xlx1二-aef2222V二lx3xh二hp-aef322l了2，故h=_ HYPERLINK l bookmark22 o Current Document 33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，利用匕嚇”二V即可求得P到平面AEF的距離.APEFPAEF21.【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】在三棱錐PABC中，平面PAB丄平面ABC，ABC是邊長為6的等邊三角形，PAB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】48n【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.由AB=6，得AO=BO=CO=3CF二2淪,OF3QPAB是以AB為斜邊的等腰角三角形，PF丄AB,又平面PAB丄平面ABC,PF丄平面ABCPF丄OF，OP=JOF2+PF2=2、打則O為棱錐P-ABC的外接球球心，外接球半徑R二OC二2爲(wèi)該三棱錐外接球的表面積為4nx（23二48n故答案為48n.【名師點(diǎn)睛】本題主要考查四面體外接球表面積，考查空間想象能力，是中檔題.要求外接球的表面積和體積，關(guān)鍵是求出球的半徑求外接球半徑的常見方法有：若三條棱兩兩垂直，則用4R2二a2