?沖刺訓(xùn)練11 空間向量與立體幾何

概率沖刺訓(xùn)練
☆☆☆☆☆
題型沖刺訓(xùn)練
選擇題、填空題☆☆☆☆
解答題☆☆☆☆☆
考向沖刺訓(xùn)練
1、 重點(diǎn)考簡單幾何體的表面積或體積；
2、 球與簡單幾何體的切接問題或與之有關(guān)的最大值；
3、 幾何體的點(diǎn)面距離等問題；
1、 線線、線面、面面垂直的判定與性質(zhì)；
2、 第二小題重點(diǎn)考查利用向量計(jì)算線面角或二面角；


從近幾年的高考試題來看,所考的主要內(nèi)容是:
(1)有關(guān)線面位置關(guān)系的組合判斷,試題通常以選擇題的形式出現(xiàn),主要是考查空間線線、線面、面面位置關(guān)系的判定與性質(zhì);
(2)有關(guān)線線、線面和面面的平行與垂直的證明,試題以解答題中的第一問為主,常以多面體為載體,突出考查學(xué)生的空間想象能力及推理論證能力;
(3)線線角、線面角和二面角是高考的熱點(diǎn),選擇題、填空題皆有，解答題中第二問必考,一般為中檔題,在全卷的位置相對穩(wěn)定，主要考查空間想象能力、邏輯思維能力和轉(zhuǎn)化與化歸的應(yīng)用能力.


1.平面的基本性質(zhì)
(1)熟悉三個(gè)公理的三種語言的描述（自然語言、圖形語言、符號語言），明白各自的作用，能夠依據(jù)這三個(gè)公理及其推論對點(diǎn)與平面、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系作簡單的判斷.
(2)掌握確定一個(gè)平面的依據(jù)：不共線的三點(diǎn)確定一個(gè)平面、直線與直線外一點(diǎn)確定一個(gè)平面、兩相交直線確定一個(gè)平面、兩平行直線確定一個(gè)平面.
2.空間直線、平面的位置關(guān)系
(1)空間兩條直線與直線的位置關(guān)系：相交、平行、異面.
判斷依據(jù)：是否在同一個(gè)平面上；公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)情況.
理解平行公理與等角定理：
平行公理：平行于同一條直線的兩條直線平行；
等角定理：空間中如果兩個(gè)角的兩條邊分別對應(yīng)平行，那么這兩個(gè)角相等或互補(bǔ).
(2)直線與平面的位置關(guān)系：直線在平面內(nèi)、直線與平面平行或相交
判斷依據(jù)：直線與平面的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù).
理解直線與平面平行的定義.
(3)空間兩個(gè)平面的位置關(guān)系：相交、平行
判斷依據(jù)：沒有公共點(diǎn)則平行，有一條公共直線則相交.
3.空間直線、平面平行的判定定理與性質(zhì)定理
(1)線面平行的判定定理與性質(zhì)定理
1)線面平行的判定定理：平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，則直線與平面平行.
符號語言：.
要判定直線與平面平行，只需證明直線平行于平面內(nèi)的一條直線.
2)線面平行的性質(zhì)定理：一條直線與一個(gè)平面平行，則過這條直線的平面與已知平面的交線與該直線平行.
符號語言：.
當(dāng)直線與平面平行時(shí)，直線與平面內(nèi)的直線不一定平行，只有在兩條直線共面時(shí)才平行.
3)面面平行的判定定理：一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個(gè)平面平行，則這兩個(gè)平面平行.
符號語言：.
要使兩個(gè)平面平行，只需證明其中一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個(gè)平面平行即可，這里的直線需是相交直線.
4)面面平行的性質(zhì)定理：如果兩個(gè)平行平面同時(shí)與第三個(gè)平面相交，那么它們的交線平行.
符號語言：.
5)平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化

(2)直線、平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理
1)線面垂直的判定定理：如果直線垂直于平面內(nèi)的兩條相交直線，則直線與平面垂直.
符號語言：.
要判定直線與平面垂直，只需判定直線垂直于平面內(nèi)的兩條相交直線即可.
2)線面垂直的性質(zhì)定理：垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行.
符號語言：.
此性質(zhì)反映了平行、垂直之間的關(guān)系，也可以獲得以下推論：兩直線平行，若其中一條直線與一個(gè)平面垂直，則另一條直線也與該平面垂直.
3)面面垂直的判定定理：若直線垂直于平面，則過該直線的平面與已知平面垂直.
符號語言：.
要證明平面與平面垂直，關(guān)鍵是在其中一個(gè)平面內(nèi)找到一條與另一個(gè)平面垂直的直線.
4)面面垂直的性質(zhì)定理：兩個(gè)平面垂直，則一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個(gè)平面垂直.
符號語言：.
要通過平面與平面垂直推理得到直線與平面垂直，必須滿足直線垂直于這兩個(gè)平面的交線.
5)垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化

4.空間向量在立體幾何中的應(yīng)用
(1)空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算
設(shè)，則，
，，
，
，
，
.
5. 直線的方向向量和平面的法向量
(1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或重合，則稱此向量a為直線l的方向向量．
(2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則向量a叫做平面α的法向量．
6. 空間位置關(guān)系的向量表示

位置關(guān)系
向量表示
直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2

l1∥l2
n1∥n2?n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2?n1·n2＝0

直線l的方向向量為n，平面α的法向量為m,
l∥α,n⊥m?n·m＝0
l⊥α,n∥m?n＝λm
平面α，β的法向量分別為n，m,
α∥β,n∥m?n＝λm
α⊥β,n⊥m?n·m＝03. 異面直線所成的角
7·.設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則

a與b的夾角β
l1與l2所成的角θ
范圍
(0，π)



a與b的夾角β
l1與l2所成的角θ
求法
cosβ＝
cosθ＝|cos β|＝
8 求直線與平面所成的角
設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈a，n〉|＝.
5. 求二面角的大小
(1)如圖①，AB，CD是二面角α－l－β的兩個(gè)面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉
①
　②
?、?br />
(2)如圖②③，n1，n2 分別是二面角α－l－β的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足
|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補(bǔ)角)．

利用空間向量計(jì)算二面角大小的常用方法
(1)找法向量：分別求出二面角的兩個(gè)半平面所在平面的法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角的大?。?br /> (2)找與棱垂直的方向向量：分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量，則這兩個(gè)向量的夾角的大小就是二面角的大小．
二、探索性問題
對于探索性問題常見的是是否存在點(diǎn)的位置問題，此類問題主要是有兩種方法：一是直接通過參數(shù)設(shè)點(diǎn)坐標(biāo)，二是通過向量之間的關(guān)系，引入?yún)?shù)，然后表示點(diǎn)坐標(biāo)。特別要注意引入?yún)?shù)的范圍。

1、【2020年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個(gè)正四棱錐.以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如圖，設(shè)，則，
由題意得，即，化簡得，
解得（負(fù)值舍去）.
故選C．

2、【2020年高考全國II卷理數(shù)】已知△ABC是面積為的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都在球O的球面上.若球O的表面積為16，則O到平面ABC的距離為
A． B． C．1 D．
【答案】C
【解析】設(shè)球的半徑為，則，解得：.
設(shè)外接圓半徑為，邊長為，
是面積為的等邊三角形，
，解得：，，
球心到平面的距離.
故選：C．

3、【2020年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】已知為球的球面上的三個(gè)點(diǎn)，⊙為的外接圓，若⊙的面積為，，則球的表面積為
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】設(shè)圓半徑為，球的半徑為，依題意，
得，為等邊三角形，
由正弦定理可得，
，根據(jù)球的截面性質(zhì)平面，
，
球的表面積.
故選：A.

4、【2020年高考天津】若棱長為的正方體的頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】這個(gè)球是正方體的外接球，其半徑等于正方體的體對角線的一半，
即，
所以，這個(gè)球的表面積為.
故選：C．
5、【2020年高考浙江】已知空間中不過同一點(diǎn)的三條直線l，m，n．“l(fā) ，m，n共面”是“l(fā) ，m，n兩兩相交”的
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充分必要條件
D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】依題意是空間不過同一點(diǎn)的三條直線，
當(dāng)在同一平面時(shí)，可能，故不能得出兩兩相交.
當(dāng)兩兩相交時(shí)，設(shè)，根據(jù)公理可知確定一個(gè)平面，而，根據(jù)公理可知，直線即，所以在同一平面.
綜上所述，“在同一平面”是“兩兩相交”的必要不充分條件.
故選：B
6、【2020年新高考全國Ⅰ卷】日晷是中國古代用來測定時(shí)間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時(shí)間．把地球看成一個(gè)球(球心記為O)，地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面.在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點(diǎn)A處的緯度為北緯40°，則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為

A．20° B．40°
C．50° D．90°
【答案】B
【解析】畫出截面圖如下圖所示，其中是赤道所在平面的截線；是點(diǎn)處的水平面的截線，依題意可知；是晷針?biāo)谥本€.是晷面的截線，依題意依題意,晷面和赤道平面平行，晷針與晷面垂直，
根據(jù)平面平行的性質(zhì)定理可得可知、根據(jù)線面垂直的定義可得..
由于，所以，
由于，
所以，也即晷針與點(diǎn)處的水平面所成角為.
故選：B.

7、【2019年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】已知三棱錐P?ABC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)，∠CEF=90°，則球O的體積為
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】解法一：為邊長為2的等邊三角形，為正三棱錐，
，又，分別為，的中點(diǎn)，，，又，平面，∴平面，，為正方體的一部分，，即，故選D．

解法二：設(shè)，分別為的中點(diǎn)，，且，為邊長為2的等邊三角形，，
又，，
中，由余弦定理可得，
作于，
，為的中點(diǎn)，，，
，，
又，兩兩垂直，
，，，故選D.

8、【2019年高考全國Ⅱ卷理數(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．


9、【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⊥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)正方形邊長為2，易知，，，故選B．

10、【2020年高考全國Ⅲ卷理數(shù)】已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為_________．
【答案】
【解析】易知半徑最大球?yàn)閳A錐的內(nèi)切球，球與圓錐內(nèi)切時(shí)的軸截面如圖所示，
其中，且點(diǎn)M為BC邊上的中點(diǎn)，
設(shè)內(nèi)切圓的圓心為，

由于，故，
設(shè)內(nèi)切圓半徑為，則：

，
解得：，其體積：.
故答案為：.
11、【2020年高考浙江】已知圓錐的側(cè)面積（單位：cm2）為，且它的側(cè)面展開圖是一個(gè)半圓，則這個(gè)圓錐的底面半徑（單位：cm）是_______．
【答案】
【解析】設(shè)圓錐底面半徑為，母線長為，則
，解得.
故答案為：
【點(diǎn)睛】本小題主要考查圓錐側(cè)面展開圖有關(guān)計(jì)算，屬于基礎(chǔ)題.
12、【2020年高考江蘇】如圖，六角螺帽毛坯是由一個(gè)正六棱柱挖去一個(gè)圓柱所構(gòu)成的．已知螺帽的底面正六邊形邊長為2 cm，高為2 cm，內(nèi)孔半輕為0.5 cm，則此六角螺帽毛坯的體積是 ▲ cm.

【答案】
【解析】正六棱柱體積為，
圓柱體積為，
所求幾何體體積為.
故答案為：
13、【2020年新高考全國Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD=60°．以為球心，為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為________．
【答案】.
【解析】如圖：

取的中點(diǎn)為，的中點(diǎn)為，的中點(diǎn)為，
因?yàn)?0°，直四棱柱的棱長均為2，所以△為等邊三角形，所以，，
又四棱柱為直四棱柱，所以平面，所以，
因?yàn)?，所以?cè)面，
設(shè)為側(cè)面與球面的交線上的點(diǎn)，則，
因?yàn)榍虻陌霃綖椋?，所以?br /> 所以側(cè)面與球面的交線上的點(diǎn)到的距離為，
因?yàn)?，所以?cè)面與球面的交線是扇形的弧，
因?yàn)?，所以?br /> 所以根據(jù)弧長公式可得.
故答案為：.
14、【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，該模型為長方體挖去四棱錐O—EFGH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)，，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】118.8
【解析】由題意得，，
∵四棱錐O?EFGH的高為3cm， ∴．
又長方體的體積為，
所以該模型體積為，其質(zhì)量為．

15、【2019年高考北京卷理數(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⊥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.
16、【2019年高考天津卷理數(shù)】已知四棱錐的底面是邊長為的正方形，側(cè)棱長均為．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_____________．
【答案】
【解析】由題意，四棱錐的底面是邊長為的正方形，側(cè)棱長均為，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.
17、【2019年高考江蘇卷】如圖，長方體的體積是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方體的體積為120，所以，
因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以，
由長方體的性質(zhì)知底面，
所以是三棱錐的底面上的高，
所以三棱錐的體積
18、【2020年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】如圖，為圓錐的頂點(diǎn)，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，．是底面的內(nèi)接正三角形，為上一點(diǎn)，．

（1）證明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【解析】（1）設(shè)，由題設(shè)可得，
.
因此，從而.
又，故.
所以平面.
（2）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

由題設(shè)可得.
所以.
設(shè)是平面的法向量，則，即，
可取.
由（1）知是平面的一個(gè)法向量，記，
則.
所以二面角的余弦值為.
19、【2020年高考全國Ⅱ卷理數(shù)】如圖，在長方體中，點(diǎn)分別在棱上，且，．
（1）證明：點(diǎn)在平面內(nèi)；
（2）若，，，求二面角的正弦值．

【解析】設(shè)，，，如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，建立空間直角坐標(biāo)系．

（1）連結(jié)，則，，，，，，得．
因此，即四點(diǎn)共面，所以點(diǎn)在平面內(nèi)．
（2）由已知得，，，，，，，．
設(shè)為平面的法向量，則
即可取．
設(shè)為平面的法向量，則
同理可?。?br /> 因?yàn)?，所以二面角的正弦值為?br /> 20、【2020年高考浙江】如圖，在三棱臺ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（Ⅰ）證明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求直線DF與平面DBC所成角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）如圖，過點(diǎn)D作，交直線AC于點(diǎn)，連結(jié)OB．

由，得，
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以.
由，得.
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．
由三棱臺得，所以.
（Ⅱ）方法一：
過點(diǎn)作，交直線BD于點(diǎn)，連結(jié).
由三棱臺得，所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角.
由平面得，故平面BCD，所以為直線CO與平面DBC所成角.
設(shè).
由，得，
所以，
因此，直線DF與平面DBC所成角的正弦值為.
方法二：
由三棱臺得，所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角，記為.
如圖，以為原點(diǎn)，分別以射線OC，OD為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系.

設(shè).
由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：
.
因此.
設(shè)平面BCD的法向量.
由即，可取.
所以.
因此，直線DF與平面DBC所成角的正弦值為.
21、【2019年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn)．

（1）證明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A?MA1?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BB1，BC的中點(diǎn)，
所以ME∥B1C，且ME=B1C．
又因?yàn)镹為A1D的中點(diǎn)，
所以ND=A1D．
由題設(shè)知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，
因此四邊形MNDE為平行四邊形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，
所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D?xyz，則

，A1(2，0，4)，，，，，，．
設(shè)為平面A1MA的法向量，則，
所以可?。?br /> 設(shè)為平面A1MN的法向量，則
所以可?。?br /> 于是，
所以二面角的正弦值為．
22、【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⊥EC1．

（1）證明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．
【解析】（1）由已知得，平面，平面，
故．
又，所以平面．
（2）由（1）知．由題設(shè)知≌，所以，
故，．
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D–xyz，

則C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．
設(shè)平面EBC的法向量為n=（x，y，x），則
即
所以可取n=.
設(shè)平面的法向量為m=（x，y，z），則
即
所以可取m=（1，1，0）．
于是．
所以，二面角的正弦值為．

一、單選題
1、（2021·山東青島市·高三期末）設(shè)，是兩個(gè)不同的平面，是一條直線，以下結(jié)論正確的是（ ）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，，則
D．若，，則
【答案】A
【解析】
選項(xiàng)A. 若兩平面平行，則垂直于一個(gè)平面的直線必垂直于另一個(gè)平面，故A正確.
選項(xiàng)B. 若，若，且直線不在平面內(nèi)，
此時(shí)滿足，，但此時(shí)，故B不正確.
選項(xiàng)C. 若，，則直線可能有，也可能有，故C不正確.
選項(xiàng)D. 若，,則直線可能在平面 內(nèi)，可能與平面相交，也可能，故D不正確.
故選：A
2、（2020屆山東省濰坊市高三上學(xué)期統(tǒng)考）已知邊長為2的等邊三角形，為的中點(diǎn)，以為折痕進(jìn)行折疊，使折后的，則過，，，四點(diǎn)的球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
邊長為2的等邊三角形，為的中點(diǎn)，以為折痕進(jìn)行折疊，使折后的，構(gòu)成以D為頂點(diǎn)的三棱錐，且三條側(cè)棱互相垂直，可構(gòu)造以其為長寬高的長方體，其對角線即為球的直徑，三條棱長分別為1,1，，所以，球面積，故選C.
3、（2021·山東德州市·高三期末）阿基米德是偉大的古希臘數(shù)學(xué)家，他和高斯、牛頓并列為世界三大數(shù)學(xué)家，他一生最為滿意的一個(gè)數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)就是“圓柱容球”定理，即圓柱容器里放了一個(gè)球，該球頂天立地，四周碰邊（即球與圓柱形容器的底面和側(cè)面都相切），球的體積是圓柱體積的三分之二，球的表面積也是圓柱表面積的三分之二．今有一“圓柱容球”模型，其圓柱表面積為，則該模型中球的體積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
由題意球的表面積為，即，，
所以體積為．
故選：D．
4、（2021·江蘇泰州市·高三期末）我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中“開立圓術(shù)”曰：置積尺數(shù)，以十六乘之，九而一，所得開立方除之，即立圓徑意思是：球的體積V乘16，除以9，再開立方，即為球的直徑d，由此我們可以推測當(dāng)時(shí)球的表面積S計(jì)算公式為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
因?yàn)椋裕裕?br /> 所以，
故選：A.
5、（2021·河北張家口市·高三期末）在四棱錐中，平面，四邊形是正方形，，，分別為，的中點(diǎn)，則與所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
如圖，不妨設(shè).
取的中點(diǎn)為Q，連接，
則且，
故四邊形為平行四邊形，∴，
∴即為所求異面直線所成的角.
在中，，，
則.
故選：D.

6、（2020·湖北高三月考）《九章算術(shù)》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書中有一個(gè)數(shù)學(xué)問題：“現(xiàn)有芻甍，下寬3丈，長4丈；上長2丈，無寬，高1丈.問：有體積多少？”本題中芻甍是如圖所示的幾何體，底面是矩形，， ， ， ，直線到底面的距離，則該幾何體的體積是（　　）

A．5 B．10 C．15 D．
【答案】A
【解析】

沿上棱兩端向底面作垂面，且使垂面與上棱垂直，
則將幾何體分成兩個(gè)四棱錐和1個(gè)直三棱柱，
則三棱柱的體積，
兩個(gè)四棱錐的體積，
所以該幾何體的體積是3+2=5.
故選：A
7、（2020屆山東省日照市高三上期末聯(lián)考）已知四棱錐的體積是，底面是正方形，是等邊三角形，平面平面，則四棱錐外接球體積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
設(shè)的中點(diǎn)為，因?yàn)槭堑冗吶切?，所以，而平面平面?br /> 平面平面，所以平面，
四棱錐的體積是，
，所以邊長，，設(shè)，，，
，，
.
故選：A.


二、多選題
8、（2020屆山東省濰坊市高三上期末）等腰直角三角形直角邊長為1 ，現(xiàn)將該三角形繞其某一邊旋轉(zhuǎn)一周 ，則所形成的幾何體的表面積可以為（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【解析】
如果是繞直角邊旋轉(zhuǎn)，形成圓錐，圓錐底面半徑為1，高為1，母線就是直角三角形的斜邊，
所以所形成的幾何體的表面積是.
如果繞斜邊旋轉(zhuǎn)，形成的是上下兩個(gè)圓錐，圓錐的半徑是直角三角形斜邊的高，兩個(gè)圓錐的母線都是直角三角形的直角邊，母線長是1，
所以寫成的幾何體的表面積.
綜上可知形成幾何體的表面積是或.
故選：AB
9、（2020屆山東省泰安市高三上期末）已知是兩個(gè)不重合的平面，是兩條不重合的直線，則下列命題正確的是（ ）
A．若則
B．若則
C．若，，則
D．若，則
【答案】ACD
【解析】

若，則且使得，，又，則，，由線面垂直的判定定理得，故A對；
若，，如圖，設(shè)，平面為平面，，設(shè)平面為平面，，則，故B錯(cuò)；
垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行，故C對；
若，則，又，則，故D對；
故選：ACD．
10、（2021·山東泰安市·高三期末）如圖，在正方體中，是棱上的動(dòng)點(diǎn)．則下列結(jié)論正確的是（ ）

A．平面
B．
C．直線與所成角的范圍為
D．二面角的大小為
【答案】ABD
【解析】
對于選項(xiàng)A：因?yàn)槠矫嫫矫?，平面?br /> 所以平面，故選項(xiàng)A正確；

如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為，則，，
，，，
對于選項(xiàng)B：，，因?yàn)?br /> ，所以，即，故選項(xiàng)B正確；
對于選項(xiàng)C：，，設(shè)直線與所成角為，
則，當(dāng)時(shí)最大等于，此時(shí)最小為，當(dāng)時(shí)最小等于，此時(shí)最大為，所以，即直線與所成角的范圍為，故選項(xiàng)C不正確；
對于選項(xiàng)D：二面角即二面角，因?yàn)?，?br /> 平面，平面，所以即為二面角的平面角，
在正方形中，，所以二面角的大小為，故選項(xiàng)D正確；
故選：ABD
11、（2021·山東威海市·高三期末）在棱長為的正方體中，分別為的中點(diǎn)，則（ ）
A．
B．平面
C．平面
D．過直線且與直線平行的平面截該正方體所得截面面積為
【答案】BC
【解析】
（1）求出所成的角，不為
（2）通過證明面面平行，再到線面平行.即先證面面，再可以說明平面
（3）先證面，則可說明，同理可得，則證明了垂直于平面內(nèi)兩條相交直線，故平面
（4）找到過直線且與直線平行的平面即平面，求出面積即可
【詳解】

A. 由圖易知，又有，故為等邊三角形，故與所成的角為
所成的角為，故A錯(cuò).
B. 記中點(diǎn)為，易知，，則可知面，面
故面面
面，故平面.

C. 四邊形為正方形， ，又面，故
則面
故
同理
故平面.
D.記中點(diǎn)為，由B項(xiàng)可知，面面，故面，又面，
故過且與直線平行的平面為如圖所示的平面，
面積為.

故選：BC
12、（2021·江蘇蘇州市·高三期末）已知四邊形是等腰梯形（如圖1），，，，．將沿折起，使得（如圖2），連結(jié)，，設(shè)是的中點(diǎn).下列結(jié)論中正確的是（ ）

A． B．點(diǎn)到平面的距離為
C．平面 D．四面體的外接球表面積為
【答案】BD
【解析】
因?yàn)椋?br /> 所以為等腰直角三角形，過C做，交AB于F，如圖所示：

所以，即AE=BF，又，，
所以，則，
對于A：因?yàn)椋?，平面BCDE，
所以平面BCDE，平面BCDE，
所以，
若，且平面ADE，
則平面ADE，
所以DE
與已知矛盾，所以BC與AD不垂直，故A錯(cuò)誤；
對于B：連接MC，如圖所示，

在中，DE=DC=1，所以，又，EB=2，
所以，所以，
又因?yàn)?，平面AEC，
所以平面AEC，平面AEC，
所以，即為直角三角形，
在中，，所以，
因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，
所以的面積為面積的一半，所以，
因?yàn)椋?br /> 所以DE即為兩平行線CD、EB間的距離，
因?yàn)?，設(shè)點(diǎn)E到平面的距離為h，
則，即，
所以，所以點(diǎn)到平面的距離為，故B正確；
對于C：因?yàn)?，平面ADC，平面ADC，
所以平面ADC，
若平面，且平面AEB，
所以平面ACD平面AEB，與已知矛盾，故C錯(cuò)誤.
對于D：因?yàn)?，所以的外接圓圓心為EB的中點(diǎn)，
又因?yàn)?，所以的外接圓圓心為AB的中點(diǎn)M，
根據(jù)球的幾何性質(zhì)可得：四面體的外接球心為M，
又E為球上一點(diǎn)，在中，
所以外接球半徑,
所以四面體的外接球表面積，故D正確.
故選：BD
三、填空題
13（2021·湖北高三期末）若一個(gè)圓臺的側(cè)面展開圖是半圓面所在的扇環(huán)，且扇環(huán)的面積為，圓臺上、下底面圓的半徑分別為，則________.
【答案】1
【解析】
設(shè)截得圓臺的圓錐的母線長為,截下的小圓錐的母線長為,圓臺的母線長為,
則圓錐的底面周長與側(cè)面展開圖大圓弧長相等，即,∴同理，，
根據(jù)圓臺的側(cè)面積公式得：,
∴，
故答案為：.
14、（2021·山東德州市·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面為菱形，底面，O為對角線與的交點(diǎn)，若，，則三棱錐的外接球表面積為_________．

【答案】．
【解析】
取中點(diǎn)，中點(diǎn)，連接，則，
因?yàn)榈酌?，所以平面，是菱形，則，所以是的外心，
又底面，平面，所以，所以到四點(diǎn)距離相等，即為三棱錐的外接球球心．
又，，所以，所以，
所以三棱錐的外接球表面積為．
故答案為：．

15、（2020屆山東省濱州市三校高三上學(xué)期聯(lián)考）已知三棱錐，平面ABC，，，，直線SB和平面ABC所成的角大小為.若三棱錐的四個(gè)頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為________.
【答案】
【解析】
如圖：

平面，則為直線SB和平面所成的角，即
在中：，
如圖，設(shè)為三棱錐外接球的球心，G為外接圓圓心，
連結(jié)，則必有面
在，，
則
其外接圓半徑，
又，
所以三棱錐外接球半徑為
該球的表面積為,
故答案為：.
16、（2020屆山東省棗莊、滕州市高三上期末）如圖，在三棱錐P-ABC中，，，則PA與平面ABC所成角的大小為________；三棱錐P-ABC外接球的表面積是________.

【答案】
【解析】
如圖，作平行四邊形，連接，由，則平行四邊形是矩形．
由，，，∴平面，而平面，∴，同理可得，又，∴平面．，是PA與平面ABC所成角．
由得，又，∴．
∴PA與平面ABC所成角是．
由知的中點(diǎn)到的距離相等，是三棱錐P-ABC外接球的直徑．
由平面得，，
．
故答案為：；．


五、解答題
17、（2021·山東德州市·高三期末）在四棱錐中，為直角三角形，且，四邊形為直角梯形，且為直角，E為的中點(diǎn)，F(xiàn)為的四等分點(diǎn)且，M為中點(diǎn)且．

（1）證明：平面；
（2）設(shè)二面角的大小為，求的取值范圍．
【解析】
（1）取的中點(diǎn)，連接，，，如圖所示：

因?yàn)?，?br /> 所以，.
因?yàn)樗倪呅螢橹苯翘菪?，且，?br /> 所以四邊形為正方形，即為的中點(diǎn).
又因?yàn)椋瑸榈闹悬c(diǎn)，所以為的中點(diǎn).
所以.
又因?yàn)?，所?
所以平面.
又因?yàn)槠矫?，所?
所以平面.
（2）以為原點(diǎn)，，分別為，軸，垂直的直線為軸，
建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：

設(shè)，，，則，，
，.
，，，.
設(shè)平面的法向量，
則，令，解得，，
故.
設(shè)平面的法向量，
則，令，解得，，
故.
由圖知，二面角的平面角為銳角，
所以.
故.
18、（2021·山東青島市·高三期末）如圖，在直角梯形中，，，，，.將矩形沿翻折，使得平面平面.

（1）若，證明：平面平面；
（2）當(dāng)三棱錐的體積最大時(shí)，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值.
【解析】
（1）證明：連接，因
所以
因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面?br /> 所以平面
因?yàn)槠矫?，所?br /> 因?yàn)椋云矫?br /> 因?yàn)槠矫?，所以平面平?br /> （2）解：在中，設(shè)，，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，三角形面積有最大值為
因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面?br /> 平面，所以平面
所以
所以，當(dāng)時(shí)，三棱錐體積的最大值為
因?yàn)椋云矫?
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，以，，所在
直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系.

則，
，
所以，
，
平面的法向量，
設(shè)平面的法向量，所以，
取，則，，即，
所以，
故平面與平面所成的銳二面角的余弦值為.
19、（2020屆山東省煙臺市高三上期末）如圖，在四棱錐中，為直角梯形，，，平面平面，是以為斜邊的等腰直角三角形，，為上一點(diǎn)，且.

（1）證明：直線平面；
（2）求二面角的余弦值.
【解析】
（1）連接交于點(diǎn),連接,
因?yàn)?所以與相似,
所以,
又,所以,
因?yàn)槠矫?平面,
所以直線平面
（2）由題,因?yàn)槠矫嫫矫?平面平面,平面,,所以平面,
以為坐標(biāo)原點(diǎn),所在的方向分別為軸、軸的正方向,與均垂直的方向作為軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,


因?yàn)?,
則,,,,
所以,,,
設(shè)平面的一個(gè)法向量為,則
,即,
令,得,,于是,
設(shè)平面的一個(gè)法向量為,則
,即,
令,得,,于是,
設(shè)二面角的平面角的大小為,則,
所以二面角的余弦值為
20、（2020屆山東省泰安市高三上期末）如圖，在三棱錐P—ABC中，△PAC為等腰直角三角形，為正三角形，D為A的中點(diǎn)，AC=2．

(1)證明：PB⊥AC；
(2)若三棱錐的體積為，求二面角A—PC—B的余弦值
【解析】
（1）證：為等腰直角三角形，為中點(diǎn)，，
又為正三角形，為中點(diǎn)，，
又，平面，
平面PBD，又平面，
（2）解：設(shè)三棱錐的高為，
，
，
，又平面ABC，
如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，

則，，，，
，，，
設(shè)為平面的一個(gè)法向量，則，即，
令，得，，
又是平面的一個(gè)法向量，∴，
由圖可知二面角的平面角為銳角，∴二面角的余弦值為．
21、（2020屆山東省濰坊市高三上期中）如圖，在棱長均為的三棱柱中，平面平面，，為與的交點(diǎn)．

（1）求證：；
（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值．
【解析】
（1）因?yàn)樗倪呅螢榱庑?，所以?br /> 又平面平面，平面平面，
所以平面，
因?yàn)槠矫妫?br /> 所以.
（2）因?yàn)?，所以菱形為正方形?br /> 在中，，
在中，，，，
所以，，又，，
所以，平面；
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，以，，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

，，，，
設(shè)平面的一個(gè)法向量為平面的一個(gè)法向量為，則

令，得，

令，得，
設(shè)平面與平面所成銳二面角為，
則，
所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為.

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