高中数学高考预测11 空间向量与立体几何（解析版）

这是一份高中数学高考预测11 空间向量与立体几何（解析版），共48页。试卷主要包含了平面的基本性质，空间直线、平面的位置关系，空间向量在立体几何中的应用， 直线的方向向量和平面的法向量， 空间位置关系的向量表示等内容，欢迎下载使用。
预测11 空间向量与立体几何

概率预测
☆☆☆☆☆
题型预测
选择题、填空题☆☆☆☆
解答题☆☆☆☆☆
考向预测
1、 重点考简单几何体的表面积或体积；
2、 球与简单几何体的切接问题或与之有关的最大值；
3、 几何体的点面距离等问题；
1、 线线、线面、面面垂直的判定与性质；
2、 第二小题重点考查利用向量计算线面角或二面角；


从近几年的高考试题来看,所考的主要内容是:
(1)有关线面位置关系的组合判断,试题通常以选择题的形式出现,主要是考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质;
(2)有关线线、线面和面面的平行与垂直的证明,试题以解答题中的第一问为主,常以多面体为载体,突出考查学生的空间想象能力及推理论证能力;
(3)线线角、线面角和二面角是高考的热点,选择题、填空题皆有，解答题中第二问必考,一般为中档题,在全卷的位置相对稳定，主要考查空间想象能力、逻辑思维能力和转化与化归的应用能力.


1.平面的基本性质
(1)熟悉三个公理的三种语言的描述（自然语言、图形语言、符号语言），明白各自的作用，能够依据这三个公理及其推论对点与平面、直线与平面、平面与平面的位置关系作简单的判断.
(2)掌握确定一个平面的依据：不共线的三点确定一个平面、直线与直线外一点确定一个平面、两相交直线确定一个平面、两平行直线确定一个平面.
2.空间直线、平面的位置关系
(1)空间两条直线与直线的位置关系：相交、平行、异面.
判断依据：是否在同一个平面上；公共点的个数情况.
理解平行公理与等角定理：
平行公理：平行于同一条直线的两条直线平行；
等角定理：空间中如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
(2)直线与平面的位置关系：直线在平面内、直线与平面平行或相交
判断依据：直线与平面的公共点的个数.
理解直线与平面平行的定义.
(3)空间两个平面的位置关系：相交、平行
判断依据：没有公共点则平行，有一条公共直线则相交.
3.空间直线、平面平行的判定定理与性质定理
(1)线面平行的判定定理与性质定理
1)线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则直线与平面平行.
符号语言：.
要判定直线与平面平行，只需证明直线平行于平面内的一条直线.
2)线面平行的性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的平面与已知平面的交线与该直线平行.
符号语言：.
当直线与平面平行时，直线与平面内的直线不一定平行，只有在两条直线共面时才平行.
3)面面平行的判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.
符号语言：.
要使两个平面平行，只需证明其中一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行即可，这里的直线需是相交直线.
4)面面平行的性质定理：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行.
符号语言：.
5)平行关系的转化

(2)直线、平面垂直的判定定理与性质定理
1)线面垂直的判定定理：如果直线垂直于平面内的两条相交直线，则直线与平面垂直.
符号语言：.
要判定直线与平面垂直，只需判定直线垂直于平面内的两条相交直线即可.
2)线面垂直的性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行.
符号语言：.
此性质反映了平行、垂直之间的关系，也可以获得以下推论：两直线平行，若其中一条直线与一个平面垂直，则另一条直线也与该平面垂直.
3)面面垂直的判定定理：若直线垂直于平面，则过该直线的平面与已知平面垂直.
符号语言：.
要证明平面与平面垂直，关键是在其中一个平面内找到一条与另一个平面垂直的直线.
4)面面垂直的性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.
符号语言：.
要通过平面与平面垂直推理得到直线与平面垂直，必须满足直线垂直于这两个平面的交线.
5)垂直关系的转化

4.空间向量在立体几何中的应用
(1)空间向量的坐标运算
设，则，
，，
，
，
，
.
5. 直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．
6. 空间位置关系的向量表示

位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2

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

直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m,
l∥α,n⊥m⇔n·m＝0
l⊥α,n∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m,
α∥β,n∥m⇔n＝λm
α⊥β,n⊥m⇔n·m＝03. 异面直线所成的角
7·.设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则

a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)



a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
求法
cosβ＝
cosθ＝|cos β|＝
8 求直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝.
5. 求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉
①
　②
　③

(2)如图②③，n1，n2 分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足
|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．

利用空间向量计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
二、探索性问题
对于探索性问题常见的是是否存在点的位置问题，此类问题主要是有两种方法：一是直接通过参数设点坐标，二是通过向量之间的关系，引入参数，然后表示点坐标。特别要注意引入参数的范围。

1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，设，则，
由题意得，即，化简得，
解得（负值舍去）.
故选C．

2、【2020年高考全国II卷理数】已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为
A． B． C．1 D．
【答案】C
【解析】设球的半径为，则，解得：.
设外接圆半径为，边长为，
是面积为的等边三角形，
，解得：，，
球心到平面的距离.
故选：C．

3、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，
得，为等边三角形，
由正弦定理可得，
，根据球的截面性质平面，
，
球的表面积.
故选：A.

4、【2020年高考天津】若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，
即，
所以，这个球的表面积为.
故选：C．
5、【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n．“l ，m，n共面”是“l ，m，n两两相交”的
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】依题意是空间不过同一点的三条直线，
当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交.
当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，所以在同一平面.
综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件.
故选：B
6、【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为

A．20° B．40°
C．50° D．90°
【答案】B
【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..
由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.
故选：B.

7、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】解法一：为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，
，又，分别为，的中点，，，又，平面，∴平面，，为正方体的一部分，，即，故选D．

解法二：设，分别为的中点，，且，为边长为2的等边三角形，，
又，，
中，由余弦定理可得，
作于，
，为的中点，，，
，，
又，两两垂直，
，，，故选D.

8、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是
A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线 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：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．


9、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则

A．BM=EN，且直线BM，EN 是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN 是相交直线
C．BM=EN，且直线BM，EN 是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN 是异面直线
【答案】B
【解析】如图所示，作于，连接，BD，易得直线BM，EN 是三角形EBD的中线，是相交直线.
过作于，连接，
平面平面，平面，平面，平面，与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，，，故选B．

10、【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．
【答案】
【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中，且点M为BC边上的中点，
设内切圆的圆心为，

由于，故，
设内切圆半径为，则：

，
解得：，其体积：.
故答案为：.
11、【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是_______．
【答案】
【解析】设圆锥底面半径为，母线长为，则
，解得.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.
12、【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半轻为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 ▲ cm.

【答案】
【解析】正六棱柱体积为，
圆柱体积为，
所求几何体体积为.
故答案为：
13、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
【答案】.
【解析】如图：

取的中点为，的中点为，的中点为，
因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，
因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，
因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，
因为，所以，
所以根据弧长公式可得.
故答案为：.
14、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥O—EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.

【答案】118.8
【解析】由题意得，，
∵四棱锥O−EFGH的高为3cm， ∴．
又长方体的体积为，
所以该模型体积为，其质量为．

15、【2019年高考北京卷理数】已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m； ②m∥； ③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m在平面α内；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l与α斜交、l∥α.
故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
16、【2019年高考天津卷理数】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．
【答案】
【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，借助勾股定理，可知四棱锥的高为.
若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，圆柱的底面半径为，
故圆柱的体积为.
17、【2019年高考江苏卷】如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E−BCD的体积是 ▲ .

【答案】10
【解析】因为长方体的体积为120，所以，
因为为的中点，所以，
由长方体的性质知底面，
所以是三棱锥的底面上的高，
所以三棱锥的体积
18、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．

（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【解析】（1）设，由题设可得，
.
因此，从而.
又，故.
所以平面.
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.

由题设可得.
所以.
设是平面的法向量，则，即，
可取.
由（1）知是平面的一个法向量，记，
则.
所以二面角的余弦值为.
19、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
（1）证明：点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．

【解析】设，，，如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．

（1）连结，则，，，，，，得．
因此，即四点共面，所以点在平面内．
（2）由已知得，，，，，，，．
设为平面的法向量，则
即可取．
设为平面的法向量，则
同理可取．
因为，所以二面角的正弦值为．
20、【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（Ⅰ）证明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）如图，过点D作，交直线AC于点，连结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．
由三棱台得，所以.
（Ⅱ）方法一：
过点作，交直线BD于点，连结.
由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由平面得，故平面BCD，所以为直线CO与平面DBC所成角.
设.
由，得，
所以，
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
方法二：
由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为.
如图，以为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.

设.
由题意知各点坐标如下：
.
因此.
设平面BCD的法向量.
由即，可取.
所以.
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
21、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）连结B1C，ME．
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME=B1C．
又因为N为A1D的中点，
所以ND=A1D．
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，
所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则

，A1(2，0，4)，，，，，，．
设为平面A1MA的法向量，则，
所以可取．
设为平面A1MN的法向量，则
所以可取．
于是，
所以二面角的正弦值为．
22、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．

（1）证明：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．由题设知≌，所以，
故，．
以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz，

则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．
设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则
即
所以可取n=.
设平面的法向量为m=（x，y，z），则
即
所以可取m=（1，1，0）．
于是．
所以，二面角的正弦值为．

一、单选题
1、（2021·山东青岛市·高三期末）设，是两个不同的平面，是一条直线，以下结论正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】A
【解析】
选项A. 若两平面平行，则垂直于一个平面的直线必垂直于另一个平面，故A正确.
选项B. 若，若，且直线不在平面内，
此时满足，，但此时，故B不正确.
选项C. 若，，则直线可能有，也可能有，故C不正确.
选项D. 若，,则直线可能在平面 内，可能与平面相交，也可能，故D不正确.
故选：A
2、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为2的等边三角形，为的中点，以为折痕进行折叠，使折后的，则过，，，四点的球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
边长为2的等边三角形，为的中点，以为折痕进行折叠，使折后的，构成以D为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1,1，，所以，球面积，故选C.
3、（2021·山东德州市·高三期末）阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二．今有一“圆柱容球”模型，其圆柱表面积为，则该模型中球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
由题意球的表面积为，即，，
所以体积为．
故选：D．
4、（2021·江苏泰州市·高三期末）我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径意思是：球的体积V乘16，除以9，再开立方，即为球的直径d，由此我们可以推测当时球的表面积S计算公式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
因为，所以，所以，
所以，
故选：A.
5、（2021·河北张家口市·高三期末）在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，，分别为，的中点，则与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
如图，不妨设.
取的中点为Q，连接，
则且，
故四边形为平行四边形，∴，
∴即为所求异面直线所成的角.
在中，，，
则.
故选：D.

6、（2020·湖北高三月考）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一个数学问题：“现有刍甍，下宽3丈，长4丈；上长2丈，无宽，高1丈.问：有体积多少？”本题中刍甍是如图所示的几何体，底面是矩形，， ， ， ，直线到底面的距离，则该几何体的体积是（　　）

A．5 B．10 C．15 D．
【答案】A
【解析】

沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直，
则将几何体分成两个四棱锥和1个直三棱柱，
则三棱柱的体积，
两个四棱锥的体积，
所以该几何体的体积是3+2=5.
故选：A
7、（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知四棱锥的体积是，底面是正方形，是等边三角形，平面平面，则四棱锥外接球体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
设的中点为，因为是等边三角形，所以，而平面平面，
平面平面，所以平面，
四棱锥的体积是，
，所以边长，，设，，，
，，
.
故选：A.


二、多选题
8、（2020届山东省潍坊市高三上期末）等腰直角三角形直角边长为1 ，现将该三角形绕其某一边旋转一周 ，则所形成的几何体的表面积可以为（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【解析】
如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，
所以所形成的几何体的表面积是.
如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，
所以写成的几何体的表面积.
综上可知形成几何体的表面积是或.
故选：AB
9、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若则
B．若则
C．若，，则
D．若，则
【答案】ACD
【解析】

若，则且使得，，又，则，，由线面垂直的判定定理得，故A对；
若，，如图，设，平面为平面，，设平面为平面，，则，故B错；
垂直于同一条直线的两个平面平行，故C对；
若，则，又，则，故D对；
故选：ACD．
10、（2021·山东泰安市·高三期末）如图，在正方体中，是棱上的动点．则下列结论正确的是（ ）

A．平面
B．
C．直线与所成角的范围为
D．二面角的大小为
【答案】ABD
【解析】
对于选项A：因为平面平面，平面，
所以平面，故选项A正确；

如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，，
，，，
对于选项B：，，因为
，所以，即，故选项B正确；
对于选项C：，，设直线与所成角为，
则，当时最大等于，此时最小为，当时最小等于，此时最大为，所以，即直线与所成角的范围为，故选项C不正确；
对于选项D：二面角即二面角，因为，，
平面，平面，所以即为二面角的平面角，
在正方形中，，所以二面角的大小为，故选项D正确；
故选：ABD
11、（2021·山东威海市·高三期末）在棱长为的正方体中，分别为的中点，则（ ）
A．
B．平面
C．平面
D．过直线且与直线平行的平面截该正方体所得截面面积为
【答案】BC
【解析】
（1）求出所成的角，不为
（2）通过证明面面平行，再到线面平行.即先证面面，再可以说明平面
（3）先证面，则可说明，同理可得，则证明了垂直于平面内两条相交直线，故平面
（4）找到过直线且与直线平行的平面即平面，求出面积即可
【详解】

A. 由图易知，又有，故为等边三角形，故与所成的角为
所成的角为，故A错.
B. 记中点为，易知，，则可知面，面
故面面
面，故平面.

C. 四边形为正方形， ，又面，故
则面
故
同理
故平面.
D.记中点为，由B项可知，面面，故面，又面，
故过且与直线平行的平面为如图所示的平面，
面积为.

故选：BC
12、（2021·江苏苏州市·高三期末）已知四边形是等腰梯形（如图1），，，，．将沿折起，使得（如图2），连结，，设是的中点.下列结论中正确的是（ ）

A． B．点到平面的距离为
C．平面 D．四面体的外接球表面积为
【答案】BD
【解析】
因为，，
所以为等腰直角三角形，过C做，交AB于F，如图所示：

所以，即AE=BF，又，，
所以，则，
对于A：因为，，平面BCDE，
所以平面BCDE，平面BCDE，
所以，
若，且平面ADE，
则平面ADE，
所以DE
与已知矛盾，所以BC与AD不垂直，故A错误；
对于B：连接MC，如图所示，

在中，DE=DC=1，所以，又，EB=2，
所以，所以，
又因为，平面AEC，
所以平面AEC，平面AEC，
所以，即为直角三角形，
在中，，所以，
因为是的中点，
所以的面积为面积的一半，所以，
因为，
所以DE即为两平行线CD、EB间的距离，
因为，设点E到平面的距离为h，
则，即，
所以，所以点到平面的距离为，故B正确；
对于C：因为，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，与已知矛盾，故C错误.
对于D：因为，所以的外接圆圆心为EB的中点，
又因为，所以的外接圆圆心为AB的中点M，
根据球的几何性质可得：四面体的外接球心为M，
又E为球上一点，在中，
所以外接球半径,
所以四面体的外接球表面积，故D正确.
故选：BD
三、填空题
13（2021·湖北高三期末）若一个圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，且扇环的面积为，圆台上、下底面圆的半径分别为，则________.
【答案】1
【解析】
设截得圆台的圆锥的母线长为,截下的小圆锥的母线长为,圆台的母线长为,
则圆锥的底面周长与侧面展开图大圆弧长相等，即,∴同理，，
根据圆台的侧面积公式得：,
∴，
故答案为：.
14、（2021·山东德州市·高三期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，O为对角线与的交点，若，，则三棱锥的外接球表面积为_________．

【答案】．
【解析】
取中点，中点，连接，则，
因为底面，所以平面，是菱形，则，所以是的外心，
又底面，平面，所以，所以到四点距离相等，即为三棱锥的外接球球心．
又，，所以，所以，
所以三棱锥的外接球表面积为．
故答案为：．

15、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知三棱锥，平面ABC，，，，直线SB和平面ABC所成的角大小为.若三棱锥的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________.
【答案】
【解析】
如图：

平面，则为直线SB和平面所成的角，即
在中：，
如图，设为三棱锥外接球的球心，G为外接圆圆心，
连结，则必有面
在，，
则
其外接圆半径，
又，
所以三棱锥外接球半径为
该球的表面积为,
故答案为：.
16、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在三棱锥P-ABC中，，，则PA与平面ABC所成角的大小为________；三棱锥P-ABC外接球的表面积是________.

【答案】
【解析】
如图，作平行四边形，连接，由，则平行四边形是矩形．
由，，，∴平面，而平面，∴，同理可得，又，∴平面．，是PA与平面ABC所成角．
由得，又，∴．
∴PA与平面ABC所成角是．
由知的中点到的距离相等，是三棱锥P-ABC外接球的直径．
由平面得，，
．
故答案为：；．


五、解答题
17、（2021·山东德州市·高三期末）在四棱锥中，为直角三角形，且，四边形为直角梯形，且为直角，E为的中点，F为的四等分点且，M为中点且．

（1）证明：平面；
（2）设二面角的大小为，求的取值范围．
【解析】
（1）取的中点，连接，，，如图所示：

因为，，
所以，.
因为四边形为直角梯形，且，，
所以四边形为正方形，即为的中点.
又因为，为的中点，所以为的中点.
所以.
又因为，所以.
所以平面.
又因为平面，所以.
所以平面.
（2）以为原点，，分别为，轴，垂直的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示：

设，，，则，，
，.
，，，.
设平面的法向量，
则，令，解得，，
故.
设平面的法向量，
则，令，解得，，
故.
由图知，二面角的平面角为锐角，
所以.
故.
18、（2021·山东青岛市·高三期末）如图，在直角梯形中，，，，，.将矩形沿翻折，使得平面平面.

（1）若，证明：平面平面；
（2）当三棱锥的体积最大时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【解析】
（1）证明：连接，因
所以
因为平面平面，平面平面，
所以平面
因为平面，所以
因为，所以平面
因为平面，所以平面平面
（2）解：在中，设，，
所以，
当且仅当，即时，三角形面积有最大值为
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面
所以
所以，当时，三棱锥体积的最大值为
因为，所以平面.
以为坐标原点，以，，所在
直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.

则，
，
所以，
，
平面的法向量，
设平面的法向量，所以，
取，则，，即，
所以，
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
19、（2020届山东省烟台市高三上期末）如图，在四棱锥中，为直角梯形，，，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，为上一点，且.

（1）证明：直线平面；
（2）求二面角的余弦值.
【解析】
（1）连接交于点,连接,
因为,所以与相似,
所以,
又,所以,
因为平面,平面,
所以直线平面
（2）由题,因为平面平面,平面平面,平面,,所以平面,
以为坐标原点,所在的方向分别为轴、轴的正方向,与均垂直的方向作为轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,


因为,,
则,,,,
所以,,,
设平面的一个法向量为,则
,即,
令,得,,于是,
设平面的一个法向量为,则
,即,
令,得,,于是,
设二面角的平面角的大小为,则,
所以二面角的余弦值为
20、（2020届山东省泰安市高三上期末）如图，在三棱锥P—ABC中，△PAC为等腰直角三角形，为正三角形，D为A的中点，AC=2．

(1)证明：PB⊥AC；
(2)若三棱锥的体积为，求二面角A—PC—B的余弦值
【解析】
（1）证：为等腰直角三角形，为中点，，
又为正三角形，为中点，，
又，平面，
平面PBD，又平面，
（2）解：设三棱锥的高为，
，
，
，又平面ABC，
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设为平面的一个法向量，则，即，
令，得，，
又是平面的一个法向量，∴，
由图可知二面角的平面角为锐角，∴二面角的余弦值为．
21、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为的三棱柱中，平面平面，，为与的交点．

（1）求证：；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【解析】
（1）因为四边形为菱形，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以.
（2）因为，所以菱形为正方形，
在中，，
在中，，，，
所以，，又，，
所以，平面；
以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

，，，，
设平面的一个法向量为平面的一个法向量为，则

令，得，

令，得，
设平面与平面所成锐二面角为，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.