2019年高考數(shù)學(xué) 高考題和高考模擬題分項(xiàng)版匯編 專題04 立體幾何 文（含解析）

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1、專題04 立體幾何 1．【2019年高考全國(guó)Ⅱ卷文數(shù)】設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α∥β的充要條件是 A．α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與β平行 B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行 C．α，β平行于同一條直線 D．α，β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(wèn)題要緊扣面面平行判定定理，最容易犯的錯(cuò)誤

2、為定理記不住，憑主觀臆斷，如：“若，則”此類的錯(cuò)誤． 2．【2019年高考全國(guó)Ⅲ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≠EN，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≠EN，且直線BM，EN是異面直線 【答案】B 【解析】如圖所示，作于，連接，BD，易得直線BM，EN是三角形EBD的中線，是相交直線. 過(guò)作于，連接， 平面平面，平面，平面，平面，與均為直角三角形．設(shè)正方形邊長(zhǎng)為2，易知，，，故選B． 【名師

3、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(wèn)題． 3．【2019年高考浙江卷】祖暅?zhǔn)俏覈?guó)南北朝時(shí)代的偉大科學(xué)家，他提出的“冪勢(shì)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=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），則該柱體的體積（單位：cm3）是 A．158 B．162 C．182 D．324 【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，另一個(gè)的上底為2，

4、下底為6，高為3，則該棱柱的體積為. 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V–ABC的底面是正三角形，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α，直線PB與平面ABC所成的角為β，二面角P–AC–B的平面角為γ，則 A．β<γ，α<γ B．β<α，β<γ C．β<α，γ

5、<α D．α<β，γ<β 【答案】B 【解析】如圖，為中點(diǎn)，連接VG，在底面的投影為，則在底面的投影在線段上，過(guò)作垂直于于E，連接PE，BD，易得，過(guò)作交于，連接BF，過(guò)作，交于，則，結(jié)合△PFB，△BDH，△PDB均為直角三角形，可得，即；在Rt△PED中，，即，綜上所述，答案為B. 【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(guò)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”

6、，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，那么P到平面ABC的距離為_(kāi)__________． 【答案】 【解析】作分別垂直于，平面，連接， 由題意可知，， 平面，又平面，， ，，， ， 又易知，為的平分線， ， 又，． 【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，難以發(fā)現(xiàn)垂直關(guān)系，問(wèn)題則很難解決，將幾何體擺放成正常視角，是立體幾何

7、問(wèn)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)Ⅱ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“半正多面體”（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_(kāi)________．（本題第一空2分，第二空3分．） 【答案】26， 【解析】由圖可知第一層（包括上底面）與第三層（包括下底面）各有

8、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個(gè)面． 如圖，設(shè)該半正多面體的棱長(zhǎng)為，則，延長(zhǎng)與的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)，延長(zhǎng)交正方體的棱于，由半正多面體對(duì)稱性可知，為等腰直角三角形， ， ， 即該半正多面體的棱長(zhǎng)為． 【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)Ⅲ卷文數(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(zhǎng)方體挖去四棱錐O?EFGH后所得的幾何體，其中O為長(zhǎng)方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所

9、在棱的中點(diǎn)，，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_(kāi)__________g. 【答案】118.8 【解析】由題意得，， ∵四棱錐O?EFGH的高為3cm，∴． 又長(zhǎng)方體的體積為， 所以該模型體積為， 其質(zhì)量為． 【名師點(diǎn)睛】本題考查幾何體的體積問(wèn)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

10、幾何體的體積為_(kāi)_________． 【答案】40 【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之后余下的幾何體， 則幾何體的體積. 【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： ①l

11、⊥m；②m∥；③l⊥． 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l⊥α，m∥α，則l⊥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： （1）如果l⊥α，m∥α，則l⊥m，正確； （2）如果l⊥α，l⊥m，則m∥α，不正確，有可能m在平面α內(nèi)； （3）如果l⊥m，m∥α，則l⊥α，不正確，有可能l與α斜交、l∥α. 故答案為：如果l⊥α，m∥α，則l⊥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

12、年高考天津卷文數(shù)】已知四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為的正方形，側(cè)棱長(zhǎng)均為.若圓柱的一個(gè)底面的圓周經(jīng)過(guò)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_(kāi)_________. 【答案】 【解析】由題意，四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為的正方形，側(cè)棱長(zhǎng)均為，借助勾股定理，可知四棱錐的高為.若圓柱的一個(gè)底面的圓周經(jīng)過(guò)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，故圓柱的高為，圓柱的底面半徑為，故圓柱的體積為. 【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(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，

13、長(zhǎng)方體的體積是120，E為的中點(diǎn)，則三棱錐E?BCD的體積是 ▲ . 【答案】10 【解析】因?yàn)殚L(zhǎng)方體的體積為120，所以， 因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以， 由長(zhǎng)方體的性質(zhì)知底面， 所以是三棱錐的底面上的高， 所以三棱錐的體積. 【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(wèn)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–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別

14、是BC，BB1，A1D的中點(diǎn). （1）證明：MN∥平面C1DE； （2）求點(diǎn)C到平面C1DE的距離． 【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）. 【解析】（1）連結(jié). 因?yàn)镸，E分別為的中點(diǎn)，所以，且. 又因?yàn)镹為的中點(diǎn)，所以. 由題設(shè)知，可得，故， 因此四邊形MNDE為平行四邊形，. 又平面，所以MN∥平面. （2）過(guò)C作C1E的垂線，垂足為H. 由已知可得，，所以DE⊥平面，故DE⊥CH. 從而CH⊥平面，故CH的長(zhǎng)即為C到平面的距離， 由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故. 從而點(diǎn)C到平面的距離為. 【名師點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問(wèn)題，涉及的知識(shí)點(diǎn)有

15、線面平行的判定，點(diǎn)到平面的距離的求解，在解題的過(guò)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(wèn)題，當(dāng)然也可以用等積法進(jìn)行求解. 13．【2019年高考全國(guó)Ⅱ卷文數(shù)】如圖，長(zhǎng)方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1． （1）證明：BE⊥平面EB1C1； （2）若AE=A1E，AB=3，求四棱錐的體積． 【答案】（1）見(jiàn)詳解；（2）18. 【解析】（1）由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE平面ABB1A1， 故． 又，所以BE⊥平面． （2）由（1）知∠BEB1=90°. 由題設(shè)知

16、Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以， 故AE=AB=3，. 作，垂足為F，則EF⊥平面，且． 所以，四棱錐的體積． 【名師點(diǎn)睛】本題主要考查線面垂直的判定，以及四棱錐的體積的求解，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)Ⅲ卷文數(shù)】圖1是由矩形ADEB，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

17、案】（1）見(jiàn)解析；（2）4. 【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，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ABBE，ABBC，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DECG. 由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EMCG，故CG平面DEM． 因此DMCG． 在DEM中，DE=1，EM=，故DM=2． 所以四邊形ACGD的面積為4． 【名師點(diǎn)睛】本題是很新穎的立體幾何考題，首先是多面

18、體折疊問(wèn)題，考查考生在折疊過(guò)程中哪些量是不變的，再者折疊后的多面體不是直棱柱，突出考查考生的空間想象能力. 15．【2019年高考北京卷文數(shù)】如圖，在四棱錐中，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(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）存在，理由見(jiàn)解析. 【解析】（1）因?yàn)槠矫鍭BCD， 所以． 又因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形， 所以． 所以平面PAC． （2）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，平面ABCD，

19、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AE⊥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，F(xiàn)G，EG． 則FG∥AB，且FG=AB． 因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，且E為CD的中點(diǎn)， 所以CE∥AB，且CE=AB． 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

20、定理，面面垂直的判定定理，立體幾何中的探索問(wèn)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. 16．【2019年高考天津卷文數(shù)】如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，為等邊三角形，平面平面，. （1）設(shè)G，H分別為PB，AC的中點(diǎn)，求證：平面； （2）求證：平面； （3）求直線AD與平面所成角的正弦值. 【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）． 【解析】（1）連接，易知，. 又由，故. 又因?yàn)槠矫鍼AD，平面PAD， 所以平面PAD. （2）取棱PC的中點(diǎn)N，連接DN.依題意，得DN⊥PC， 又因?yàn)槠矫嫫矫鍼CD，平面平面， 所以平面PAC， 又平面PAC，故.

21、 又已知，， 所以平面PCD. （3）連接AN，由（2）中平面PAC，可知為直線與平面PAC所成的角， 因?yàn)闉榈冗吶切?，CD=2且N為PC的中點(diǎn)， 所以. 又， 在中，. 所以，直線AD與平面PAC所成角的正弦值為. 【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論證能力. 17．【2019年高考江蘇卷】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）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E． 【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析

22、. 【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ABC?A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED. 又因?yàn)镋D?平面DEC1，A1B1平面DEC1， 所以A1B1∥平面DEC1. （2）因?yàn)锳B=BC，E為AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC. 因?yàn)槿庵鵄BC?A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 又因?yàn)锽E?平面ABC，所以CC1⊥BE. 因?yàn)镃1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C， 所以BE⊥平面A1ACC1. 因?yàn)镃1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E. 【名師點(diǎn)睛】本小題主要考查直

23、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. 18．【2019年高考浙江卷】如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點(diǎn). （1）證明：； （2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值. 【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）． 【解析】方法一： （1）連接A1E，因?yàn)锳1A=A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC． 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC， 所以，A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC． 又因?yàn)锳1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F． 所以BC⊥平

24、面A1EF． 因此EF⊥BC． （2）取BC中點(diǎn)G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形． 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形． 由（1）得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上． 連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補(bǔ)角）． 不妨設(shè)AC=4，則在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=. 由于O為A1G的中點(diǎn)，故， 所以． 因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是． 方法二： （1）連接A1E，因?yàn)锳1A=A1C，E是AC的中點(diǎn)，

25、所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC． 如圖，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線EC，EA1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），B（，1，0），，，C(0，2，0)． 因此，，． 由得． （2）設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為θ． 由（1）可得． 設(shè)平面A1BC的法向量為n， 由，得， 取n，故， 因此，直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為． 【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

26、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】已知直線平面，直線平面，若，則下列結(jié)論正確的是 A．或 B． C． D． 【答案】A 【解析】對(duì)于A，直線平面，，則或，A正確； 對(duì)于B，直線平面，直線平面，且，則或與相交或與異面，∴B錯(cuò)誤； 對(duì)于C，直線平面，且，則或與相交或或，∴C錯(cuò)誤； 對(duì)于D，直線平面，直線平面，且，則或與相交或與異面，∴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(wèn)題，也考查了幾何符號(hào)語(yǔ)言的應(yīng)用問(wèn)題，是基礎(chǔ)題． 20．【陜西省2019屆高三年級(jí)第三次聯(lián)

27、考數(shù)學(xué)試題】已知三棱柱的側(cè)棱與底面邊長(zhǎng)都相等，在底面上的射影為的中點(diǎn)，則異面直線與所成的角的余弦值為 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如圖，設(shè)的中點(diǎn)為，連接、、， 易知即為異面直線與所成的角（或其補(bǔ)角）. 設(shè)三棱柱的側(cè)棱與底面邊長(zhǎng)均為1， 則，，， 由余弦定理，得. 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(guò)平移找到所成角是解這類問(wèn)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)，易知即為異面直線與所成的角（或其補(bǔ)角），進(jìn)而通過(guò)計(jì)算的各邊長(zhǎng)，利用余弦定理求解即可. 21．【四川省宜賓市2019屆高

28、三第三次診斷性考試數(shù)學(xué)試題】如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形中，分別是的中點(diǎn)，現(xiàn)在沿及把這個(gè)正方形折成一個(gè)四面體，使三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為，則四面體的高為 A． B． C． D．1 【答案】B 【解析】如圖，由題意可知兩兩垂直， ∴平面， ∴， 設(shè)P到平面的距離為h， 又， ∴， ∴，故， 故選B. 【名師點(diǎn)睛】本題考查了平面幾何的折疊問(wèn)題，空間幾何體的體積計(jì)算，屬于中檔題．折疊后，利用即可求得P到平面的距離． 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】在三棱錐中，平面平面，是邊長(zhǎng)為6的等邊三角形，是以為斜邊的等腰直角三角形，則該三棱錐

29、外接球的表面積為_(kāi)______． 【答案】 【解析】如圖，在等邊三角形中，取的中點(diǎn)，設(shè)等邊三角形的中心為，連接PF，CF，OP. 由，得， 是以為斜邊的等腰角三角形，, 又平面平面，平面， ，， 則為棱錐的外接球球心，外接球半徑， 該三棱錐外接球的表面積為， 故答案為. 【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(jiàn)方法有：①若三條棱兩兩垂直，則用（為三條棱的長(zhǎng)）；②若面（），則（為外接圓半徑）；③可以轉(zhuǎn)化為長(zhǎng)方體的外接球；④特殊幾何體可以直接找出球心和半徑. 23．【河南省洛

30、陽(yáng)市2019年高三第三次統(tǒng)一考試（5月）數(shù)學(xué)試題】在四棱柱中，四邊形是平行四邊形，平面，，，為中點(diǎn). （1）求證：平面平面； （2）求多面體的體積. 【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）. 【解析】（1）在中，， 由余弦定理得， ∴. ∴. ∵平面平面， ∴. 又， ∴平面. 又平面， ∴平面平面. （2）設(shè)的中點(diǎn)分別為，連接， ∵分別為的中點(diǎn)， ∴多面體為三棱柱. ∵平面， ∴為三棱柱的高. 又， ∴三棱柱的體積為. 在四棱錐中，. ∴底面. ∵， ∴四棱錐的體積為， ∴多面體的體積為. 【名師點(diǎn)睛】（1）根據(jù)余弦定理求，底面滿足勾股定理，所以，又可證明，所以平面，即證明面面垂直； （2）取的中點(diǎn)，分別連接，這樣多面體可分割為三棱柱和三棱錐，再分別求體積即可. 23