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专题十五 空间向量与立体几何-2021届高三《新题速递•数学》9月刊（江苏专用 适用于高考复习）
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这是一份专题十五 空间向量与立体几何-2021届高三《新题速递•数学》9月刊（江苏专用 适用于高考复习），文件包含专题十五空间向量与立体几何原卷版docx、专题十五空间向量与立体几何解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共74页， 欢迎下载使用。
1．（2019·卢龙县中学高二期中）已知三棱锥中，平面，且，.则该三棱锥的外接球的体积为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
∵，，∴ 是以 为斜边的直角三角形，
其外接圆半径 ，
则三棱锥外接球即为以为底面，以 为高的三棱柱的外接球，
∴三棱锥外接球的半径满足
故三棱锥外接球的体积
故选D.
【点睛】
本题考查的知识点是球内接多面体，其中根据已知求出球的半径是解答的关键．
2．（2020·河北高一期末）已知，，，是同一球面上的四个点，其中是正三角形，平面，，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
画出几何体的图形，把A、B、C、D扩展为三棱柱，上下底面中心连线的中点与A的距离为球的半径，求出半径即可求解球的表面积．
【详解】
由题意画出几何体的图形如图，
把A、B、C、D扩展为三棱柱，上下底面中心连线的中点与A的距离
为球的半径，
，是正三角形，所以 ．
所求球的表面积为：
故选C．
【点睛】
本题考查球的表面积的求法，球的内接体问题，考查空间想象能力以及计算能力．
3．（2020·四川武侯·成都七中高三其他（理））在梯形中，将梯形沿对角线折叠成三棱锥，当二面角是直二面角时，三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意画出图形，确定三棱锥外接球的半径，则三棱锥D﹣ABC的外接球的表面积可求．
【详解】
在梯形中，，，BC＝，
由，得,将梯形ABCD沿对角线AC折叠成三棱锥D-ABC,如图所示：
取AC的中点E，AB的中点O，连结DE，OE，∵平面DCA⊥平面ACB，平面DCA平面ACB=AC，DE⊥AC，
∴DE⊥平面ACB，∵DE＝，OE＝，∴在中，OD＝2，∴OB＝OA＝OC＝OD=2，
即外接球的半径为2，此时三棱锥外接球的表面积为4π•22＝16π．
故选D．
【点睛】
本题考查折叠问题，三棱锥的外接球表面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．
4．（2020·广西七星·桂林十八中高二期中（理））已知在三棱锥中，，，，，侧面底面，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
如图，取的中点，连接，过作平面，交于点，过作，交于点，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，，即，解得，
，，，则，，设球心，则，∴，解得，∴三棱锥的外接球的半径，∴三棱锥外接球的表面积为.故选D．
5．（2020·定远县育才学校高一期末）在空间，下列命题正确的是（ ）
A．如果直线a与平面β内的一条直线平行，则a∥β
B．如果平面内的一条直线a垂直于平面β内的任意一条直线，则⊥β．
C．如果直线a与平面β内的两条直线都垂直，则a⊥β
D．如果平面内的两条直线都平行于平面β，则∥β
【答案】B
【解析】
如果直线与平面内的一条直线平行，则或，故A错；因为垂直于内的任意一条直线，根据线面垂直的定义可以得到，而，所以，故B对；直线与平面内的两条相交直线垂直，那么才有，故C错；如果平面内两条相交直线都平行于平面，那么才有，故D错．综上，选B．
6．（2019·小店·山西大附中高二月考）已知三棱柱的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若为底面的中心，则PA与平面所成角的大小为
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
如图所示，
∵AA1⊥底面A1B1C1，∴∠APA1为PA与平面A1B1C1所成角，
∵平面ABC∥平面A1B1C1，∴∠APA1为PA与平面ABC所成角．
∵==．
∴ ==AA1，解得．
又P为底面正三角形A1B1C1的中心，∴A1P==1，
在Rt△AA1P中，tan∠APA1==，
∴∠APA1=60°．
故选：B．
点睛：求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.
7．（2019·四川省绵阳南山中学高一月考）在三棱锥中，面，则三棱锥的外接球表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
首先计算BD长为2，判断三角形BCD为直角三角形，将三棱锥还原为长方体，根据体对角线等于直径，计算得到答案.
【详解】
三棱锥中，面
中：
在中：
即ABCD四点都在对应长方体上：体对角线为AD
答案选D
【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球表面积，将三棱锥放在对应的长方体里面是解题的关键.
8．（2020·昆明市官渡区第一中学高二期末（理））三棱锥A-BCD的所有顶点都在球的表面上，平面，，，则球的表面积为 ( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，在中，利用正弦定理和余弦定理，求得所在小圆的半径，在根据平面，利用勾股定理求得球的半径，即可求解求得表面积，得到答案．
【详解】
由题意，设所在小圆的半径为，且，
在中，由余弦定理得，所以
又由正弦定理得 ，
又因为平面，且，
设球的半径为，所以，所以，
所以球的表面积为，故选D．
【点睛】
本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）利用球的截面的性质，根据勾股定理列出方程求解球的半径．
9．（2020·广东汕头·高二期末）如图，正四棱锥底面的四个顶点在球的同一个大圆上，点在球面上，如果，则球的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可知，平面，并且是半径，由四棱锥的体积公式求出球的半径，然后求出的体积，即可得到答案.
【详解】
如图，正四棱锥的底面的四个顶点在球的同一个大圆上，
点在球面上，所以平面，，
所以，解得，
所以球的体积为，故选D.
【点睛】
本题主要考查了球的组合体的应用，对于一个求解一个外接球的体积时，关键是求出外接球的半径，常见的方法：（1）构造三角形解三角形求出半径；（2）找出几何体上到各个顶点距离相等的点，即球心，进而求出半径；（3）将结合体补成一个长方体，其对角线即为求的直径，进而求解球的半径，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力.
10．（2020·荆州市北门中学高一期末）体积为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为，所以正方体的外接球的半径为，所以该球的表面积为，故选A.
【考点】 正方体的性质，球的表面积
【名师点睛】与棱长为的正方体相关的球有三个： 外接球、内切球和与各条棱都相切的球，其半径分别为、和.
11．（2020·山东高三其他）三棱锥的所有顶点都在半径为2的球的球面上.若是等边三角形，平面平面，，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意求得，则且， 又由平面平面，可得平面，即三棱锥的高，在中，利用基本不等式求得面积的最大值，进而可得三棱锥体积的最大值，得到答案.
【详解】
由题意知，三棱锥的所有顶点都在半径为2的球的球面上，若是等边三角形，
如图所示，可得，则且，
又由平面平面，所以平面，即三棱锥的高，
又由在中，，设，则,
所以，当且仅当时取等号，即的最大值为3，
所以三棱锥体积的最大值为，
故选B.
【点睛】
本题主要考查了有关球的内接组合体的性质，以及三棱锥的体积的计算问题，其中解答中充分认识组合体的结构特征，合理计算三棱锥的高和底面面积的最大值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.
12．（2020·岳麓·湖南师大附中高三三模（理））在四面体中，，，底面，为的重心，且直线与平面所成的角是，若该四面体的顶点均在球的表面上，则球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
分析：求出△ABC外接圆的直径，利用勾股定理求出球O的半径，即可求出球O的表面积．
详解：∵，BC＝6，
∴cs∠BAC，即∠BAC＝120°，
延长DG交BC于M，则M为BC的中点，连结AM，
∵DA⊥平面ABC，
∴∠DMA为直线DG与平面ABC所成的角，即∠DMA＝30°，
∵AMAB，∴AD＝1，
设N为△ABC的外心，则ON⊥平面ABC，
∵OA＝OD，∴O在AD的中垂线上，故而ONDA，
由正弦定理可知2NC4，
∴NC＝2，
∴外接球的半径OC，
∴球O的表面积S＝4π•49π．
故选：D．
点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．
13．（2020·湖南天心·长郡中学高一月考）已知正方体的棱长为1，给出下列四个命题：①对角线被平面和平面、三等分；②正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的表面积之比为；③以正方体的顶点为顶点的四面体的体积都是；④正方体与以为球心，1为半径的球的公共部分的体积是．其中正确的序号是（ ）
A．①②B．②④C．①②③D．①②④
【答案】D
【解析】
【分析】
对①，画出图象，设对角线与平面相交于点，则平面，用等体积的方法计算出，从而证得被平面和平面三等分；对②，计算正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的半径，再计算其表面积之比；对③，显然；对④，正方体与以为球心，1为半径的球的公共部分是球的.
【详解】
①如图所示，假设对角线与平面相交于点，
可得平面，所以，
解得，因此对角线被平面和平面三等分，正确；
②易得正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的半径分别为，，
，因此表面积之比为，正确；
③，不正确；
④正方体与以为球心，1为半径的球的公共部分的体积，正确，
故选：D．
【点睛】
本题考查了立体几何综合问题，正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的半径与正方体边长的关系，考查了学生空间想象能力，分析推理能力，运算能力，属于中档题.
14．（2020·天津和平·耀华中学高三一模）已知正三棱柱的底面边长为3，外接球表面积为，则正三棱柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据正三棱柱的几何特点得到外接球的半径为2，找到球心位置，由勾股定理得到棱柱的高，进而得到体积.
【详解】
正三棱柱的底面边长为3,故底面的外接圆的半径为：外接球表面积为
外接球的球心在上下两个底面的外心MN的连线的中点上，记为O点，如图所示
在三角形中，
解得
故棱柱的体积为：
故答案为D.
【点睛】
本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.
15．（2020·甘肃省静宁县第一中学高三其他（理））已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，则三棱柱外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设的外接圆圆心为的外接圆圆心为，根据题意可得球心为的中点，在中求解球的半径，从而可得球的体积．
【详解】
解：设的外接圆圆心为，
的外接圆圆心为，
球的球心为，
因为三棱柱的侧棱与底面垂直，
所以球的球心为的中点，且直线与上、下底面垂直，
且，，
所以在中，
，即球的半径为，
所以球的体积为，故选D．
【点睛】
本题考查了柱体外接球的体积问题，解决问题的关键是要能准确想象出三棱柱各点、各棱、各面与外接球的位置关系，从立体图形中构建出平面图形，从而解得球的半径，属于中档题．
16．（2020·广东高三月考（文））如图，正三棱柱各条棱的长度均相等，为的中点，分别是线段和线段的动点（含端点），且满足，当运动时，下列结论中不正确的是
A．在内总存在与平面平行的线段
B．平面平面
C．三棱锥的体积为定值
D．可能为直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】
A项用平行于平面ABC的平面与平面MDN相交，则交线与平面ABC平行；
B项利用线面垂直的判定定理；
C项三棱锥与三棱锥体积相等，三棱锥的底面积是定值，高也是定值，则体积是定值;
D项用反证法说明三角形DMN不可能是直角三角形.
【详解】
A项，用平行于平面ABC的平面截平面MND，则交线平行于平面ABC，故正确；
B项，如图：
当M、N分别在BB1、CC1上运动时,若满足BM=CN,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,由DO垂直于平面BCC1B1可得平面平面，故正确；
C项,当M、N分别在BB1、CC1上运动时,△A1DM的面积不变,N到平面A1DM的距离不变,所以棱锥N-A1DM的体积不变,即三棱锥A1-DMN的体积为定值,故正确；
D项,若△DMN为直角三角形,则必是以∠MDN为直角的直角三角形,但MN的最大值为BC1,而此时DM,DN的长大于BB1,所以△DMN不可能为直角三角形,故错误.
故选D
【点睛】
本题考查了命题真假判断、棱柱的结构特征、空间想象力和思维能力，意在考查对线面、面面平行、垂直的判定和性质的应用，是中档题.
17．（2020·全国单元测试）已知，则向量与的夹角是（ ）
A．90°B．60°C．30°D．0°
【答案】A
【解析】
【分析】
根据空间向量模长的概念求出，，求出与的数量积为0，进而可得结果.
【详解】
，
，，
即与的夹角为，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了空间向量的模长以及向量垂直与数量积之间的关系，属于基础题.
二、多选题
18．（2020·山东潍坊·高二期末）已知直三棱柱中，，，是的中点，为的中点.点是上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当点运动到中点时，直线与平面所成的角的正切值为
B．无论点在上怎么运动，都有
C．当点运动到中点时，才有与相交于一点，记为，且
D．无论点在上怎么运动，直线与所成角都不可能是30°
【答案】ABD
【解析】
【分析】
构造线面角，由已知线段的等量关系求的值即可判断A的正误；利用线面垂直的性质，可证明即可知B的正误；由中位线的性质有可知C的正误；由直线的平行关系构造线线角为，结合动点P分析角度范围即可知D的正误
【详解】
直三棱柱中，，
选项A中，当点运动到中点时，有E为的中点，连接、，如下图示
即有面
∴直线与平面所成的角的正切值：
∵，
∴，故A正确
选项B中，连接，与交于E，并连接，如下图示
由题意知，为正方形，即有
而且为直三棱柱，有面，面
∴，又
∴面，面，故
同理可证：，又
∴面，又面，即有，故B正确
选项C中，点运动到中点时，即在△中、均为中位线
∴Q为中位线的交点
∴根据中位线的性质有：，故C错误
选项D中，由于，直线与所成角即为与所成角：
结合下图分析知：点在上运动时
当在或上时，最大为45°
当在中点上时，最小为
∴不可能是30°，故D正确
故选：ABD
【点睛】
本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小
19．（2020·全国单元测试）如图，在正方体中，以为原点建立空间直角坐标系，为的中点，为的中点，则下列向量中，不能作为平面的法向量的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
设正方体的棱长为2，依次求出各点坐标，设向量是平面的法向量，根据法向量的定义，逐一验证各选项即可求出答案．
【详解】
解：设正方体的棱长为2，则，，
∴，
设向量是平面的法向量，
则取，得，
则是平面的一个法向量，
结合其他选项，检验可知只有B选项是平面的法向量，
故选：ACD．
【点睛】
本题主要考查平面的法向量的应用，属于基础题．
20．（2020·全国单元测试）如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，是棱的中点，是的延长线与的延长线的交点.若点在直线上，则下列结论错误的是（ ）.
A．当为线段的中点时，平面
B．当为线段的三等分点时，平面
C．在线段的延长线上，存在一点，使得平面
D．不存在点，使与平面垂直
【答案】ABC
【解析】
【分析】
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，假设平面，且，得到，则与共线，研究是否有解即可.
【详解】
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、
轴、轴建立空间直角坐标系，
则由，，，，
，，所以，
，，.
设平面的一个法向量为，
则，取，则，，
所以平面的一个法向量为.
假设平面，且，
则.
因为也是平面的法向量，
所以与共线，
所以成立，
但此方程关于无解.
因此不存在点，使与平面垂直，
故选：ABC.
【点睛】
本题主要考查空间向量的立体几何中的应用，属于中档题.
第II卷（非选择题）
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三、解答题
21．（2020·山东专题练习）在如图所示的圆柱中，AB为圆的直径，是的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱的母线．
（1）求证：平面ADE；
（2）设BC=1，已知直线AF与平面ACB所成的角为30°，求二面角A—FB—C的余弦值．
【答案】（1）见解析（2）.
【解析】
【分析】
（1）由，另易证得，即可证得面面，由面面平行，从而证得线面平行，即面.
（2）连接，易证面，可过作交于，连接，则即为二面角A—FB—C的平面角，求出其余弦值即得.
【详解】
解：（1）连接，因为C，D是半圆的两个三等分点，
所以，
又，
所以均为等边三角形.
所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面ADE，平面ADE，所以平面ADE.
因为EA，FC都是圆柱的母线，所以EA//FC.
又因为平面ADE，平面ADE，
所以平面ADE. 又平面，
所以平面平面ADE，又平面，所以平面ADE.
（2）连接AC，因为FC是圆柱的母线，所以圆柱的底面，
所以即为直线AF与平面ACB所成的角，即
因为AB为圆的直径，所以，
在，
所以，所以在
因为，又因为，所以平面FBC，
又平面FBC，所以.
在内，作于点H，连接AH.
因为平面ACH，所以平面ACH，
又平面ACH，所以，
所以就是二面角的平面角.
在，在，
所以，所以，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查了线面平行的判定，线面角的应用，求二面角，考查了学生的分析观察能力，逻辑推理能力，空间想象能力，学生的运算能力，属于中档题.
22．（2019·浙江南湖·嘉兴一中高二期中）如图所示，在正方体中，为的中点，为的中点.
求证：（1）四点共面；
（2）三线共点.
【答案】（1）见证明 （2）见证明
【解析】
【分析】
（1）连接，结合平面几何知识可证得，于是可得结论成立．（2）由题意可得直线与必相交，设交点为，然后再证明点在平面与平面的交线上，进而得到结论成立．
【详解】
证明：（1）连接.
∵分别是和的中点，
∴.
又，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴与确定一个平面，
∴四点共面．
（2）由（1）知，，且，
∴直线与必相交，设.
∵平面，，
∴平面.
又平面，，
∴平面，即是平面与平面的公共点，
又平面平面，
∴，
∴三线共点．
【点睛】
（1）要证明“线共面”或“点共面”，可先由部分直线或点确定一个平面，再证其余直线或点也在这个平面内．
（2）要证明“点共线”可将线看作两个平面的交线，只要证明这些点都是这两个平面的公共点，根据公理3可知这些点在交线上，因此可得点共线．
23．（2019·江苏昆山·高一期中）如图，正方体，棱长为a，E，F分别为、上的点，且.
（1）当x为何值时，三棱锥的体积最大？
（2）求三棱椎的体积最大时，二面角的正切值；
（3）求异面直线与所成的角的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）直接将三棱锥的体积用表示出来，再求二次函数的最大值；
（2）取中点O，由（1）知，E，F为中点时，三棱锥的体积最大，连接，说明即为二面角的平面角，再求出的正切值；
（3）在上取点H使，则（或补角）是异面直线与所成的角，再解三角形，用表示出，从而求出异面直线与所成的角的取值范围.
【详解】
解：（1）因为正方体，所以平面
所以，
当时，三棱锥的体积最大.
（2）取中点O，由（1）知，E，F为中点时，三棱锥的体积最大.
所以，因此，，
所以就是二面角的平面角.
在中，
在中，，
三棱椎的体积最大时，二面角的正切值为.
（3）在上取点H使，则在正方形中，
所以，，所以，
所以（或补角）是异面直线与所成的角.
在中，，
在中，，
在中，，
在中，，
因为，所以，所以，
所以，所以
所以异面直线与所成的角的取值范围为.
【点睛】
本题考查了三棱锥的体积公式，几何法求二面角的余弦值，求异面直线所成的角，还结合考查了求函数的最值和取值范围，属于中档题.
24．（2020·山西三模（理））如图，在长方体中，，，，分别在棱，上，满足，平面.
（1）求线段的长度；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，由，求得，从而可得结果；
（2）求出平面的法向量，结合（1）利用空间向量夹角余弦公式可得结果.
【详解】
（1）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，.
设，则，，，.
设平面的法向量
则由，得，取，
∵，∴.
∴.
（2）由（1）得，，设平面的法向量为.
则由，得，取，
∴.
∵二面角是锐二面角，
∴二面角的余弦值是.
【点睛】
本题主要考查利用空间向量求二面角，属于中档题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
25．（2020·涡阳县第九中学期末（理））如图，在正方体中，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先建立空间直角坐标系并写各点坐标，再求平面的一个法向量，接着判断，最后证明平面
（2）先求平面的一个法向量，再求二面角的余弦值：
【详解】
解：（1）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，如图，不妨设棱长为1，
则，，，，
设平面的一个法向量为.
，，，
由，得，
取，
∵，∴，
又平面，∴平面.
（2）设是平面的一个法向量，
由，得，
取
∴二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查利用空间向量证明线面平行、利用空间向量求二面角的余弦值，是中档题
26．（2020·山东专题练习）请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①AB⊥BC，②FC与平面ABCD所成的角为，③∠ABC．
如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，，PD的中点为F．
（1）在线段AB上是否存在一点G，使得AF平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；
（2）若_______，求二面角F﹣AC﹣D的余弦值．
【答案】（1）存在，G是线段AB的中点，证明见解析；（2）详见解析
【解析】
【分析】
（1）设PC的中点为H，连结FH，由题意得AGHF为平行四边形，则AF∥GH，由此能证明在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG．
（2）选择①AB⊥BC，推导出AB，AD，AP彼此两两垂直，以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角F﹣AC﹣D的余弦值．选择②FC与平面ABCD所成的角为，取BC中点E，连结AE，取AD的中点M，连结FM，CM，则FM∥PA，且FM＝1，FM⊥平面ABCD，FC与平面ABCD所成角为∠FCM，，推导出AE，AD，AP彼此两两垂直，以AE、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角F﹣AC﹣D的余弦值．选择③∠ABC，推导出PA⊥BC，取BC中点E，连结AE，推导出 AE，AD，AP彼此两两垂直，以AE、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角F﹣AC﹣D的余弦值．
【详解】
（1）在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG．
证明如下：如图所示：
设PC的中点为H，连结FH，
因为，，，，
所以
所以四边形AGHF为平行四边形，
则AF∥GH，
又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC，
∴AF∥平面PGC．
（2）选择①AB⊥BC：
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，
由题意知AB，AD，AP彼此两两垂直，
以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），F（0，1，1），P（0，0，2），
∴（0，1，1），（﹣2，﹣1，1），
设平面FAC的一个法向量为（x，y，z），
∴，
取y＝1，得（﹣1，1，﹣1），
平面ACD的一个法向量为（0，0，1），
设二面角F﹣AC﹣D的平面角为θ，
则csθ，
∴二面角F﹣AC﹣D的余弦值为．
选择②FC与平面ABCD所成的角为：
∵PA⊥平面ABCD，取BC中点E，连结AE，取AD的中点M，连结FM，CM，
则FM∥PA，且FM＝1，
∴FM⊥平面ABCD，
FC与平面ABCD所成角为∠FCM，∴，
在Rt△FCM中，CM，
又CM＝AE，∴AE2+BE2＝AB2，∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP彼此两两垂直，
以AE、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，
∴A（ 0，0，0），B（ ，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），E（，0，0），F（0，1，1），P（0，0，2），
∴（0，1，1），（，0，1），
设平面EAC的一个法向量为（x，y，z），
则，
取x，得（，﹣3，3），
平面ACD的一个法向量为：（0，0，1），
设二面角F﹣AC﹣D的平面角为θ，
则csθ．
∴二面角F﹣AC﹣D的余弦值为．
选择③∠ABC：
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BC，取BC中点E，连结AE，
∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC是正三角形，
∵E是BC的中点，∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP彼此两两垂直，
以AE、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，
∴A（ 0，0，0），B（ ，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），E（，0，0），F（0，1，1），P（0，0，2），
∴（0，1，1），（，0，1），
设平面EAC的一个法向量为（x，y，z），
则，
取x，得（，﹣3，3），
平面ACD的法向量（0，0，1），
设二面角F﹣AC﹣D的平面角为θ，
θ则csθ．
∴二面角F﹣AC﹣D的余弦值为．
【点睛】
本题主要考查满足线面平行的点是否存在的判断与求法，二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等，还考查了运算求解能力、逻辑推理能力，属于中档题．
27．（2020·全国单元测试）已知正四棱锥的各条棱长都相等，且点分别是的中点.
（1）求证:；
（2）若平面，且，求的值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
(1)由题意易证：., 所以平面 ，从而证得结果；
(2)建立空间直角坐标系，平面的法向量为，因为平面，所以，从而得到的值.
【详解】
（1）设,则为底面正方形中心，连接,
因为为正四梭锥.所以平面,所以.
又,且,所以平面;
因为平面,故；
（2）作出点如图所示，连接.
因为两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系.设,所以.
设,其中,则,
所以,
设平面的法向量为，
又，
所以,即，
所以,令,所以，
因为平面，所以，
即.解得,所以.
【点睛】
本题考查线面垂直的证明，利用空间向量求点的位置，属中等题.
28．（2020·全国单元测试）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【答案】(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) ；
(Ⅲ)见解析.
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；
(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.
【详解】
(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知：，
由可得点F的坐标为，
由可得，
设平面AEF的法向量为：，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为：，
很明显平面AEP的一个法向量为，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.
(Ⅲ)易知，由可得，
则，
注意到平面AEF的一个法向量为：，
其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
29．（2020·全国单元测试）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；
(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.
【详解】
(1)如图所示，连结，
等边中，，则，
平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，
由面面垂直的性质定理可得：平面，故，
由三棱柱的性质可知，而，故，且，
由线面垂直的判定定理可得：平面，
结合⊆平面，故.
(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.
设，则，,，
据此可得：，
由可得点的坐标为，
利用中点坐标公式可得：，由于，
故直线EF的方向向量为：
设平面的法向量为，则：
，
据此可得平面的一个法向量为，
此时，
设直线EF与平面所成角为，则.
【点睛】
本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
30．（2020·全国单元测试）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】
【分析】
（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.
【详解】
（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）设，
由直四棱柱性质可知：平面
四边形为菱形
则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：，，，D（0，-1,0）
取中点，连接，则
四边形为菱形且 为等边三角形
又平面，平面
平面，即平面
为平面的一个法向量，且
设平面的法向量，又，
，令，则，
二面角的正弦值为：
【点睛】
本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.
四、填空题
31．（2020·山东专题练习）已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为________．
【答案】144π
【解析】
【分析】
易知当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球O的半径为R，列方程求解即可.
【详解】
如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥的体积最大，
设球O的半径为R，此时VO－ABC＝VC－AOB＝×R2×R＝R3＝36，
故R＝6，则球O的表面积为S＝4πR2＝144π.
故答案为144π.
【点睛】
本题主要考查了三棱锥体积的求解,球的几何特征和面积公式，属于基础题.
32．（2019·小店·山西大附中高二月考）已知矩形中，，若平面，在边上取点，使，则当满足条件的点有两个时，的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
∵PA⊥平面AC，
∴PA⊥DE
又∵PE⊥DE，PA∩PE=P
∴DE⊥平面PAE
∴DE⊥AE
即E点为以AD为直径的圆与BC的交点
∵AB=3，BC=a，满足条件的E点有2个
∴
故答案为
33．（2020·云南高二期末（理））在菱形中， ， ，将沿折起到的位置，若二面角的大小为，三棱锥的外接球心为，则三棱锥的外接球的表面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
推导出是等边三角形，过球心O作平面，则为等边的中心，的中点为E，求出，设三棱锥的外接球的半径为R，即，由此能求出三棱锥的外接球的表面积.
【详解】
四边形是菱形，，是等边三角形，
过球心O作平面，
则为等边的中心，的中点为E，，得，
，
，
在中，由，可得.
在中，，
即，设三棱锥的外接球的半径为R，即，
三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球的表面积的求法，考查三棱锥、球等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想，是中档题.
34．（2020·陕西西安·高三二模（理））在三棱锥中，已知平面，且为正三角形，，点为三棱锥的外接球的球心，则点到棱的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】
设为的中心，为中点，连结，，，求得，设平面截得外接球是，，，是表面上的点，结合圆的性质和球的性质，即可求解.
【详解】
由题意，设为的中心，为中点，
连结，，，则，，可得,即球的半径为，
作平面交于，交于，
设平面截得外接球的截面是，，，是表面上的点，
又∵平面，所以，所以是的直径，也是球的直径，，所以.
因为，，，所以，所以，
做，所以，
又由，所以是的中位线，所以，故.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了组合体的结构特征，以及球的性质的应用，其中解答中熟练应用空间几何体的几何结构特征和球的性质是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.
35．（2020·甘肃城关·兰州一中高三二模（文））已知点A是以BC为直径的圆O上异于B，C的动点，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝2，PC，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】
由O为△ABC外接圆的圆心，且平面PBC⊥平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内，可得球心O1一定在面PBC内，即球心O1也是△PBC外接圆的圆心，
在△PBC中，由余弦定理、正弦定理可得R.
【详解】
因为O为△ABC外接圆的圆心，且平面PBC⊥平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内，
根据球的性质，球心一定在垂线l上，
∵球心O1一定在面PBC内，即球心O1也是△PBC外接圆的圆心，
在△PBC中，由余弦定理得csB，⇒sinB，
由正弦定理得：，解得R，
∴三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为s＝4πR2＝10π，
故答案为10π．
【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球的表面积，将空间问题转化为平面问题，利用正余弦定理是解题的关键，属于中档题．一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.
36．（2020·全国单元测试）如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折成△ACD'，直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是______．
【答案】
【解析】
【分析】
试题分析：设直线与 所成角为 ．
设是 中点，由已知得 ，如图，以 为 轴， 为 轴，过 与平面 垂直的直线为 轴，建立空间直角坐标系，由 ， ， ，作 于 ，翻折过程中，始终与 垂直，，则 ， ，因此可设 ，则 ，与 平行的单位向量为 ，
所以＝，所以 时， 取最大值 ．
考点：异面直线所成角．
1．（2019·卢龙县中学高二期中）已知三棱锥中，平面，且，.则该三棱锥的外接球的体积为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
∵，，∴ 是以 为斜边的直角三角形，
其外接圆半径 ，
则三棱锥外接球即为以为底面，以 为高的三棱柱的外接球，
∴三棱锥外接球的半径满足
故三棱锥外接球的体积
故选D.
【点睛】
本题考查的知识点是球内接多面体，其中根据已知求出球的半径是解答的关键．
2．（2020·河北高一期末）已知，，，是同一球面上的四个点，其中是正三角形，平面，，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
画出几何体的图形，把A、B、C、D扩展为三棱柱，上下底面中心连线的中点与A的距离为球的半径，求出半径即可求解球的表面积．
【详解】
由题意画出几何体的图形如图，
把A、B、C、D扩展为三棱柱，上下底面中心连线的中点与A的距离
为球的半径，
，是正三角形，所以 ．
所求球的表面积为：
故选C．
【点睛】
本题考查球的表面积的求法，球的内接体问题，考查空间想象能力以及计算能力．
3．（2020·四川武侯·成都七中高三其他（理））在梯形中，将梯形沿对角线折叠成三棱锥，当二面角是直二面角时，三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意画出图形，确定三棱锥外接球的半径，则三棱锥D﹣ABC的外接球的表面积可求．
【详解】
在梯形中，，，BC＝，
由，得,将梯形ABCD沿对角线AC折叠成三棱锥D-ABC,如图所示：
取AC的中点E，AB的中点O，连结DE，OE，∵平面DCA⊥平面ACB，平面DCA平面ACB=AC，DE⊥AC，
∴DE⊥平面ACB，∵DE＝，OE＝，∴在中，OD＝2，∴OB＝OA＝OC＝OD=2，
即外接球的半径为2，此时三棱锥外接球的表面积为4π•22＝16π．
故选D．
【点睛】
本题考查折叠问题，三棱锥的外接球表面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．
4．（2020·广西七星·桂林十八中高二期中（理））已知在三棱锥中，，，，，侧面底面，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
如图，取的中点，连接，过作平面，交于点，过作，交于点，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，，即，解得，
，，，则，，设球心，则，∴，解得，∴三棱锥的外接球的半径，∴三棱锥外接球的表面积为.故选D．
5．（2020·定远县育才学校高一期末）在空间，下列命题正确的是（ ）
A．如果直线a与平面β内的一条直线平行，则a∥β
B．如果平面内的一条直线a垂直于平面β内的任意一条直线，则⊥β．
C．如果直线a与平面β内的两条直线都垂直，则a⊥β
D．如果平面内的两条直线都平行于平面β，则∥β
【答案】B
【解析】
如果直线与平面内的一条直线平行，则或，故A错；因为垂直于内的任意一条直线，根据线面垂直的定义可以得到，而，所以，故B对；直线与平面内的两条相交直线垂直，那么才有，故C错；如果平面内两条相交直线都平行于平面，那么才有，故D错．综上，选B．
6．（2019·小店·山西大附中高二月考）已知三棱柱的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若为底面的中心，则PA与平面所成角的大小为
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
如图所示，
∵AA1⊥底面A1B1C1，∴∠APA1为PA与平面A1B1C1所成角，
∵平面ABC∥平面A1B1C1，∴∠APA1为PA与平面ABC所成角．
∵==．
∴ ==AA1，解得．
又P为底面正三角形A1B1C1的中心，∴A1P==1，
在Rt△AA1P中，tan∠APA1==，
∴∠APA1=60°．
故选：B．
点睛：求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.
7．（2019·四川省绵阳南山中学高一月考）在三棱锥中，面，则三棱锥的外接球表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
首先计算BD长为2，判断三角形BCD为直角三角形，将三棱锥还原为长方体，根据体对角线等于直径，计算得到答案.
【详解】
三棱锥中，面
中：
在中：
即ABCD四点都在对应长方体上：体对角线为AD
答案选D
【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球表面积，将三棱锥放在对应的长方体里面是解题的关键.
8．（2020·昆明市官渡区第一中学高二期末（理））三棱锥A-BCD的所有顶点都在球的表面上，平面，，，则球的表面积为 ( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，在中，利用正弦定理和余弦定理，求得所在小圆的半径，在根据平面，利用勾股定理求得球的半径，即可求解求得表面积，得到答案．
【详解】
由题意，设所在小圆的半径为，且，
在中，由余弦定理得，所以
又由正弦定理得 ，
又因为平面，且，
设球的半径为，所以，所以，
所以球的表面积为，故选D．
【点睛】
本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）利用球的截面的性质，根据勾股定理列出方程求解球的半径．
9．（2020·广东汕头·高二期末）如图，正四棱锥底面的四个顶点在球的同一个大圆上，点在球面上，如果，则球的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可知，平面，并且是半径，由四棱锥的体积公式求出球的半径，然后求出的体积，即可得到答案.
【详解】
如图，正四棱锥的底面的四个顶点在球的同一个大圆上，
点在球面上，所以平面，，
所以，解得，
所以球的体积为，故选D.
【点睛】
本题主要考查了球的组合体的应用，对于一个求解一个外接球的体积时，关键是求出外接球的半径，常见的方法：（1）构造三角形解三角形求出半径；（2）找出几何体上到各个顶点距离相等的点，即球心，进而求出半径；（3）将结合体补成一个长方体，其对角线即为求的直径，进而求解球的半径，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力.
10．（2020·荆州市北门中学高一期末）体积为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为，所以正方体的外接球的半径为，所以该球的表面积为，故选A.
【考点】 正方体的性质，球的表面积
【名师点睛】与棱长为的正方体相关的球有三个： 外接球、内切球和与各条棱都相切的球，其半径分别为、和.
11．（2020·山东高三其他）三棱锥的所有顶点都在半径为2的球的球面上.若是等边三角形，平面平面，，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意求得，则且， 又由平面平面，可得平面，即三棱锥的高，在中，利用基本不等式求得面积的最大值，进而可得三棱锥体积的最大值，得到答案.
【详解】
由题意知，三棱锥的所有顶点都在半径为2的球的球面上，若是等边三角形，
如图所示，可得，则且，
又由平面平面，所以平面，即三棱锥的高，
又由在中，，设，则,
所以，当且仅当时取等号，即的最大值为3，
所以三棱锥体积的最大值为，
故选B.
【点睛】
本题主要考查了有关球的内接组合体的性质，以及三棱锥的体积的计算问题，其中解答中充分认识组合体的结构特征，合理计算三棱锥的高和底面面积的最大值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.
12．（2020·岳麓·湖南师大附中高三三模（理））在四面体中，，，底面，为的重心，且直线与平面所成的角是，若该四面体的顶点均在球的表面上，则球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
分析：求出△ABC外接圆的直径，利用勾股定理求出球O的半径，即可求出球O的表面积．
详解：∵，BC＝6，
∴cs∠BAC，即∠BAC＝120°，
延长DG交BC于M，则M为BC的中点，连结AM，
∵DA⊥平面ABC，
∴∠DMA为直线DG与平面ABC所成的角，即∠DMA＝30°，
∵AMAB，∴AD＝1，
设N为△ABC的外心，则ON⊥平面ABC，
∵OA＝OD，∴O在AD的中垂线上，故而ONDA，
由正弦定理可知2NC4，
∴NC＝2，
∴外接球的半径OC，
∴球O的表面积S＝4π•49π．
故选：D．
点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．
13．（2020·湖南天心·长郡中学高一月考）已知正方体的棱长为1，给出下列四个命题：①对角线被平面和平面、三等分；②正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的表面积之比为；③以正方体的顶点为顶点的四面体的体积都是；④正方体与以为球心，1为半径的球的公共部分的体积是．其中正确的序号是（ ）
A．①②B．②④C．①②③D．①②④
【答案】D
【解析】
【分析】
对①，画出图象，设对角线与平面相交于点，则平面，用等体积的方法计算出，从而证得被平面和平面三等分；对②，计算正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的半径，再计算其表面积之比；对③，显然；对④，正方体与以为球心，1为半径的球的公共部分是球的.
【详解】
①如图所示，假设对角线与平面相交于点，
可得平面，所以，
解得，因此对角线被平面和平面三等分，正确；
②易得正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的半径分别为，，
，因此表面积之比为，正确；
③，不正确；
④正方体与以为球心，1为半径的球的公共部分的体积，正确，
故选：D．
【点睛】
本题考查了立体几何综合问题，正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的半径与正方体边长的关系，考查了学生空间想象能力，分析推理能力，运算能力，属于中档题.
14．（2020·天津和平·耀华中学高三一模）已知正三棱柱的底面边长为3，外接球表面积为，则正三棱柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据正三棱柱的几何特点得到外接球的半径为2，找到球心位置，由勾股定理得到棱柱的高，进而得到体积.
【详解】
正三棱柱的底面边长为3,故底面的外接圆的半径为：外接球表面积为
外接球的球心在上下两个底面的外心MN的连线的中点上，记为O点，如图所示
在三角形中，
解得
故棱柱的体积为：
故答案为D.
【点睛】
本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.
15．（2020·甘肃省静宁县第一中学高三其他（理））已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，则三棱柱外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设的外接圆圆心为的外接圆圆心为，根据题意可得球心为的中点，在中求解球的半径，从而可得球的体积．
【详解】
解：设的外接圆圆心为，
的外接圆圆心为，
球的球心为，
因为三棱柱的侧棱与底面垂直，
所以球的球心为的中点，且直线与上、下底面垂直，
且，，
所以在中，
，即球的半径为，
所以球的体积为，故选D．
【点睛】
本题考查了柱体外接球的体积问题，解决问题的关键是要能准确想象出三棱柱各点、各棱、各面与外接球的位置关系，从立体图形中构建出平面图形，从而解得球的半径，属于中档题．
16．（2020·广东高三月考（文））如图，正三棱柱各条棱的长度均相等，为的中点，分别是线段和线段的动点（含端点），且满足，当运动时，下列结论中不正确的是
A．在内总存在与平面平行的线段
B．平面平面
C．三棱锥的体积为定值
D．可能为直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】
A项用平行于平面ABC的平面与平面MDN相交，则交线与平面ABC平行；
B项利用线面垂直的判定定理；
C项三棱锥与三棱锥体积相等，三棱锥的底面积是定值，高也是定值，则体积是定值;
D项用反证法说明三角形DMN不可能是直角三角形.
【详解】
A项，用平行于平面ABC的平面截平面MND，则交线平行于平面ABC，故正确；
B项，如图：
当M、N分别在BB1、CC1上运动时,若满足BM=CN,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,由DO垂直于平面BCC1B1可得平面平面，故正确；
C项,当M、N分别在BB1、CC1上运动时,△A1DM的面积不变,N到平面A1DM的距离不变,所以棱锥N-A1DM的体积不变,即三棱锥A1-DMN的体积为定值,故正确；
D项,若△DMN为直角三角形,则必是以∠MDN为直角的直角三角形,但MN的最大值为BC1,而此时DM,DN的长大于BB1,所以△DMN不可能为直角三角形,故错误.
故选D
【点睛】
本题考查了命题真假判断、棱柱的结构特征、空间想象力和思维能力，意在考查对线面、面面平行、垂直的判定和性质的应用，是中档题.
17．（2020·全国单元测试）已知，则向量与的夹角是（ ）
A．90°B．60°C．30°D．0°
【答案】A
【解析】
【分析】
根据空间向量模长的概念求出，，求出与的数量积为0，进而可得结果.
【详解】
，
，，
即与的夹角为，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了空间向量的模长以及向量垂直与数量积之间的关系，属于基础题.
二、多选题
18．（2020·山东潍坊·高二期末）已知直三棱柱中，，，是的中点，为的中点.点是上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当点运动到中点时，直线与平面所成的角的正切值为
B．无论点在上怎么运动，都有
C．当点运动到中点时，才有与相交于一点，记为，且
D．无论点在上怎么运动，直线与所成角都不可能是30°
【答案】ABD
【解析】
【分析】
构造线面角，由已知线段的等量关系求的值即可判断A的正误；利用线面垂直的性质，可证明即可知B的正误；由中位线的性质有可知C的正误；由直线的平行关系构造线线角为，结合动点P分析角度范围即可知D的正误
【详解】
直三棱柱中，，
选项A中，当点运动到中点时，有E为的中点，连接、，如下图示
即有面
∴直线与平面所成的角的正切值：
∵，
∴，故A正确
选项B中，连接，与交于E，并连接，如下图示
由题意知，为正方形，即有
而且为直三棱柱，有面，面
∴，又
∴面，面，故
同理可证：，又
∴面，又面，即有，故B正确
选项C中，点运动到中点时，即在△中、均为中位线
∴Q为中位线的交点
∴根据中位线的性质有：，故C错误
选项D中，由于，直线与所成角即为与所成角：
结合下图分析知：点在上运动时
当在或上时，最大为45°
当在中点上时，最小为
∴不可能是30°，故D正确
故选：ABD
【点睛】
本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小
19．（2020·全国单元测试）如图，在正方体中，以为原点建立空间直角坐标系，为的中点，为的中点，则下列向量中，不能作为平面的法向量的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
设正方体的棱长为2，依次求出各点坐标，设向量是平面的法向量，根据法向量的定义，逐一验证各选项即可求出答案．
【详解】
解：设正方体的棱长为2，则，，
∴，
设向量是平面的法向量，
则取，得，
则是平面的一个法向量，
结合其他选项，检验可知只有B选项是平面的法向量，
故选：ACD．
【点睛】
本题主要考查平面的法向量的应用，属于基础题．
20．（2020·全国单元测试）如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，是棱的中点，是的延长线与的延长线的交点.若点在直线上，则下列结论错误的是（ ）.
A．当为线段的中点时，平面
B．当为线段的三等分点时，平面
C．在线段的延长线上，存在一点，使得平面
D．不存在点，使与平面垂直
【答案】ABC
【解析】
【分析】
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，假设平面，且，得到，则与共线，研究是否有解即可.
【详解】
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、
轴、轴建立空间直角坐标系，
则由，，，，
，，所以，
，，.
设平面的一个法向量为，
则，取，则，，
所以平面的一个法向量为.
假设平面，且，
则.
因为也是平面的法向量，
所以与共线，
所以成立，
但此方程关于无解.
因此不存在点，使与平面垂直，
故选：ABC.
【点睛】
本题主要考查空间向量的立体几何中的应用，属于中档题.
第II卷（非选择题）
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三、解答题
21．（2020·山东专题练习）在如图所示的圆柱中，AB为圆的直径，是的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱的母线．
（1）求证：平面ADE；
（2）设BC=1，已知直线AF与平面ACB所成的角为30°，求二面角A—FB—C的余弦值．
【答案】（1）见解析（2）.
【解析】
【分析】
（1）由，另易证得，即可证得面面，由面面平行，从而证得线面平行，即面.
（2）连接，易证面，可过作交于，连接，则即为二面角A—FB—C的平面角，求出其余弦值即得.
【详解】
解：（1）连接，因为C，D是半圆的两个三等分点，
所以，
又，
所以均为等边三角形.
所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面ADE，平面ADE，所以平面ADE.
因为EA，FC都是圆柱的母线，所以EA//FC.
又因为平面ADE，平面ADE，
所以平面ADE. 又平面，
所以平面平面ADE，又平面，所以平面ADE.
（2）连接AC，因为FC是圆柱的母线，所以圆柱的底面，
所以即为直线AF与平面ACB所成的角，即
因为AB为圆的直径，所以，
在，
所以，所以在
因为，又因为，所以平面FBC，
又平面FBC，所以.
在内，作于点H，连接AH.
因为平面ACH，所以平面ACH，
又平面ACH，所以，
所以就是二面角的平面角.
在，在，
所以，所以，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查了线面平行的判定，线面角的应用，求二面角，考查了学生的分析观察能力，逻辑推理能力，空间想象能力，学生的运算能力，属于中档题.
22．（2019·浙江南湖·嘉兴一中高二期中）如图所示，在正方体中，为的中点，为的中点.
求证：（1）四点共面；
（2）三线共点.
【答案】（1）见证明 （2）见证明
【解析】
【分析】
（1）连接，结合平面几何知识可证得，于是可得结论成立．（2）由题意可得直线与必相交，设交点为，然后再证明点在平面与平面的交线上，进而得到结论成立．
【详解】
证明：（1）连接.
∵分别是和的中点，
∴.
又，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴与确定一个平面，
∴四点共面．
（2）由（1）知，，且，
∴直线与必相交，设.
∵平面，，
∴平面.
又平面，，
∴平面，即是平面与平面的公共点，
又平面平面，
∴，
∴三线共点．
【点睛】
（1）要证明“线共面”或“点共面”，可先由部分直线或点确定一个平面，再证其余直线或点也在这个平面内．
（2）要证明“点共线”可将线看作两个平面的交线，只要证明这些点都是这两个平面的公共点，根据公理3可知这些点在交线上，因此可得点共线．
23．（2019·江苏昆山·高一期中）如图，正方体，棱长为a，E，F分别为、上的点，且.
（1）当x为何值时，三棱锥的体积最大？
（2）求三棱椎的体积最大时，二面角的正切值；
（3）求异面直线与所成的角的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）直接将三棱锥的体积用表示出来，再求二次函数的最大值；
（2）取中点O，由（1）知，E，F为中点时，三棱锥的体积最大，连接，说明即为二面角的平面角，再求出的正切值；
（3）在上取点H使，则（或补角）是异面直线与所成的角，再解三角形，用表示出，从而求出异面直线与所成的角的取值范围.
【详解】
解：（1）因为正方体，所以平面
所以，
当时，三棱锥的体积最大.
（2）取中点O，由（1）知，E，F为中点时，三棱锥的体积最大.
所以，因此，，
所以就是二面角的平面角.
在中，
在中，，
三棱椎的体积最大时，二面角的正切值为.
（3）在上取点H使，则在正方形中，
所以，，所以，
所以（或补角）是异面直线与所成的角.
在中，，
在中，，
在中，，
在中，，
因为，所以，所以，
所以，所以
所以异面直线与所成的角的取值范围为.
【点睛】
本题考查了三棱锥的体积公式，几何法求二面角的余弦值，求异面直线所成的角，还结合考查了求函数的最值和取值范围，属于中档题.
24．（2020·山西三模（理））如图，在长方体中，，，，分别在棱，上，满足，平面.
（1）求线段的长度；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，由，求得，从而可得结果；
（2）求出平面的法向量，结合（1）利用空间向量夹角余弦公式可得结果.
【详解】
（1）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，.
设，则，，，.
设平面的法向量
则由，得，取，
∵，∴.
∴.
（2）由（1）得，，设平面的法向量为.
则由，得，取，
∴.
∵二面角是锐二面角，
∴二面角的余弦值是.
【点睛】
本题主要考查利用空间向量求二面角，属于中档题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
25．（2020·涡阳县第九中学期末（理））如图，在正方体中，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先建立空间直角坐标系并写各点坐标，再求平面的一个法向量，接着判断，最后证明平面
（2）先求平面的一个法向量，再求二面角的余弦值：
【详解】
解：（1）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，如图，不妨设棱长为1，
则，，，，
设平面的一个法向量为.
，，，
由，得，
取，
∵，∴，
又平面，∴平面.
（2）设是平面的一个法向量，
由，得，
取
∴二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查利用空间向量证明线面平行、利用空间向量求二面角的余弦值，是中档题
26．（2020·山东专题练习）请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①AB⊥BC，②FC与平面ABCD所成的角为，③∠ABC．
如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，，PD的中点为F．
（1）在线段AB上是否存在一点G，使得AF平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；
（2）若_______，求二面角F﹣AC﹣D的余弦值．
【答案】（1）存在，G是线段AB的中点，证明见解析；（2）详见解析
【解析】
【分析】
（1）设PC的中点为H，连结FH，由题意得AGHF为平行四边形，则AF∥GH，由此能证明在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG．
（2）选择①AB⊥BC，推导出AB，AD，AP彼此两两垂直，以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角F﹣AC﹣D的余弦值．选择②FC与平面ABCD所成的角为，取BC中点E，连结AE，取AD的中点M，连结FM，CM，则FM∥PA，且FM＝1，FM⊥平面ABCD，FC与平面ABCD所成角为∠FCM，，推导出AE，AD，AP彼此两两垂直，以AE、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角F﹣AC﹣D的余弦值．选择③∠ABC，推导出PA⊥BC，取BC中点E，连结AE，推导出 AE，AD，AP彼此两两垂直，以AE、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角F﹣AC﹣D的余弦值．
【详解】
（1）在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG．
证明如下：如图所示：
设PC的中点为H，连结FH，
因为，，，，
所以
所以四边形AGHF为平行四边形，
则AF∥GH，
又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC，
∴AF∥平面PGC．
（2）选择①AB⊥BC：
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，
由题意知AB，AD，AP彼此两两垂直，
以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），F（0，1，1），P（0，0，2），
∴（0，1，1），（﹣2，﹣1，1），
设平面FAC的一个法向量为（x，y，z），
∴，
取y＝1，得（﹣1，1，﹣1），
平面ACD的一个法向量为（0，0，1），
设二面角F﹣AC﹣D的平面角为θ，
则csθ，
∴二面角F﹣AC﹣D的余弦值为．
选择②FC与平面ABCD所成的角为：
∵PA⊥平面ABCD，取BC中点E，连结AE，取AD的中点M，连结FM，CM，
则FM∥PA，且FM＝1，
∴FM⊥平面ABCD，
FC与平面ABCD所成角为∠FCM，∴，
在Rt△FCM中，CM，
又CM＝AE，∴AE2+BE2＝AB2，∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP彼此两两垂直，
以AE、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，
∴A（ 0，0，0），B（ ，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），E（，0，0），F（0，1，1），P（0，0，2），
∴（0，1，1），（，0，1），
设平面EAC的一个法向量为（x，y，z），
则，
取x，得（，﹣3，3），
平面ACD的一个法向量为：（0，0，1），
设二面角F﹣AC﹣D的平面角为θ，
则csθ．
∴二面角F﹣AC﹣D的余弦值为．
选择③∠ABC：
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BC，取BC中点E，连结AE，
∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC是正三角形，
∵E是BC的中点，∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP彼此两两垂直，
以AE、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，
∴A（ 0，0，0），B（ ，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），E（，0，0），F（0，1，1），P（0，0，2），
∴（0，1，1），（，0，1），
设平面EAC的一个法向量为（x，y，z），
则，
取x，得（，﹣3，3），
平面ACD的法向量（0，0，1），
设二面角F﹣AC﹣D的平面角为θ，
θ则csθ．
∴二面角F﹣AC﹣D的余弦值为．
【点睛】
本题主要考查满足线面平行的点是否存在的判断与求法，二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等，还考查了运算求解能力、逻辑推理能力，属于中档题．
27．（2020·全国单元测试）已知正四棱锥的各条棱长都相等，且点分别是的中点.
（1）求证:；
（2）若平面，且，求的值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
(1)由题意易证：., 所以平面 ，从而证得结果；
(2)建立空间直角坐标系，平面的法向量为，因为平面，所以，从而得到的值.
【详解】
（1）设,则为底面正方形中心，连接,
因为为正四梭锥.所以平面,所以.
又,且,所以平面;
因为平面,故；
（2）作出点如图所示，连接.
因为两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系.设,所以.
设,其中,则,
所以,
设平面的法向量为，
又，
所以,即，
所以,令,所以，
因为平面，所以，
即.解得,所以.
【点睛】
本题考查线面垂直的证明，利用空间向量求点的位置，属中等题.
28．（2020·全国单元测试）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【答案】(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) ；
(Ⅲ)见解析.
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；
(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.
【详解】
(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知：，
由可得点F的坐标为，
由可得，
设平面AEF的法向量为：，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为：，
很明显平面AEP的一个法向量为，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.
(Ⅲ)易知，由可得，
则，
注意到平面AEF的一个法向量为：，
其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
29．（2020·全国单元测试）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；
(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.
【详解】
(1)如图所示，连结，
等边中，，则，
平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，
由面面垂直的性质定理可得：平面，故，
由三棱柱的性质可知，而，故，且，
由线面垂直的判定定理可得：平面，
结合⊆平面，故.
(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.
设，则，,，
据此可得：，
由可得点的坐标为，
利用中点坐标公式可得：，由于，
故直线EF的方向向量为：
设平面的法向量为，则：
，
据此可得平面的一个法向量为，
此时，
设直线EF与平面所成角为，则.
【点睛】
本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
30．（2020·全国单元测试）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】
【分析】
（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.
【详解】
（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）设，
由直四棱柱性质可知：平面
四边形为菱形
则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：，，，D（0，-1,0）
取中点，连接，则
四边形为菱形且 为等边三角形
又平面，平面
平面，即平面
为平面的一个法向量，且
设平面的法向量，又，
，令，则，
二面角的正弦值为：
【点睛】
本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.
四、填空题
31．（2020·山东专题练习）已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为________．
【答案】144π
【解析】
【分析】
易知当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球O的半径为R，列方程求解即可.
【详解】
如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥的体积最大，
设球O的半径为R，此时VO－ABC＝VC－AOB＝×R2×R＝R3＝36，
故R＝6，则球O的表面积为S＝4πR2＝144π.
故答案为144π.
【点睛】
本题主要考查了三棱锥体积的求解,球的几何特征和面积公式，属于基础题.
32．（2019·小店·山西大附中高二月考）已知矩形中，，若平面，在边上取点，使，则当满足条件的点有两个时，的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
∵PA⊥平面AC，
∴PA⊥DE
又∵PE⊥DE，PA∩PE=P
∴DE⊥平面PAE
∴DE⊥AE
即E点为以AD为直径的圆与BC的交点
∵AB=3，BC=a，满足条件的E点有2个
∴
故答案为
33．（2020·云南高二期末（理））在菱形中， ， ，将沿折起到的位置，若二面角的大小为，三棱锥的外接球心为，则三棱锥的外接球的表面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
推导出是等边三角形，过球心O作平面，则为等边的中心，的中点为E，求出，设三棱锥的外接球的半径为R，即，由此能求出三棱锥的外接球的表面积.
【详解】
四边形是菱形，，是等边三角形，
过球心O作平面，
则为等边的中心，的中点为E，，得，
，
，
在中，由，可得.
在中，，
即，设三棱锥的外接球的半径为R，即，
三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球的表面积的求法，考查三棱锥、球等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想，是中档题.
34．（2020·陕西西安·高三二模（理））在三棱锥中，已知平面，且为正三角形，，点为三棱锥的外接球的球心，则点到棱的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】
设为的中心，为中点，连结，，，求得，设平面截得外接球是，，，是表面上的点，结合圆的性质和球的性质，即可求解.
【详解】
由题意，设为的中心，为中点，
连结，，，则，，可得,即球的半径为，
作平面交于，交于，
设平面截得外接球的截面是，，，是表面上的点，
又∵平面，所以，所以是的直径，也是球的直径，，所以.
因为，，，所以，所以，
做，所以，
又由，所以是的中位线，所以，故.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了组合体的结构特征，以及球的性质的应用，其中解答中熟练应用空间几何体的几何结构特征和球的性质是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.
35．（2020·甘肃城关·兰州一中高三二模（文））已知点A是以BC为直径的圆O上异于B，C的动点，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝2，PC，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】
由O为△ABC外接圆的圆心，且平面PBC⊥平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内，可得球心O1一定在面PBC内，即球心O1也是△PBC外接圆的圆心，
在△PBC中，由余弦定理、正弦定理可得R.
【详解】
因为O为△ABC外接圆的圆心，且平面PBC⊥平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内，
根据球的性质，球心一定在垂线l上，
∵球心O1一定在面PBC内，即球心O1也是△PBC外接圆的圆心，
在△PBC中，由余弦定理得csB，⇒sinB，
由正弦定理得：，解得R，
∴三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为s＝4πR2＝10π，
故答案为10π．
【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球的表面积，将空间问题转化为平面问题，利用正余弦定理是解题的关键，属于中档题．一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.
36．（2020·全国单元测试）如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折成△ACD'，直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是______．
【答案】
【解析】
【分析】
试题分析：设直线与 所成角为 ．
设是 中点，由已知得 ，如图，以 为 轴， 为 轴，过 与平面 垂直的直线为 轴，建立空间直角坐标系，由 ， ， ，作 于 ，翻折过程中，始终与 垂直，，则 ， ，因此可设 ，则 ，与 平行的单位向量为 ，
所以＝，所以 时， 取最大值 ．
考点：异面直线所成角．
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