2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编10 立体几何

这是一份2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编10 立体几何，共120页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题，填空题，双空题等内容，欢迎下载使用。
2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编
10 立体几何
一、单选题
1．（2021·广东茂名市·二模）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列人第一批国家非物质文化遗产名录．已知某蹴鞠的表面上有四个点S、A、B、C，满足为正三棱锥，M是SC的中点，且，侧棱，则该蹴鞠的表面积为（ ）

A． B． C． D．
2．（2021·广东惠州市·一模）切割是焊接生产备料工序的重要加工方法，各种金属和非金属切割已经成为现代工业生产中的一道重要工序.被焊工件所需要的几何形状和尺寸，绝大多数是通过切割来实现的.原材料利用率是衡量切割水平的一个重要指标.现需把一个表面积为的球形铁质原材料切割成为一个底面边长和侧棱长都相等的正三棱柱工业用零配件，则该零配件最大体积为（ ）

A．6 B． C．18 D．
3．（2021·广东一模）已知，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线，下列条件中，可以得到的是（ ）
A．，，，
B．，
C．，
D．，
4．（2021·广东深圳市·二模）设为两个不同的平面，直线，则“”是“”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
5．（2021·广东广州市·二模）学生到工厂参加劳动实践，用薄铁皮制作一个圆柱体，圆柱体的全面积为，则该圆柱体的外接球的表面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·广东梅州市·二模）玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古代人们用于祭祀神明的一种礼器，距今约5100年．至新石器中晚期，玉琮在江浙一带的良渚文化、广东石峡文化、山西陶寺文化中大量出现，尤以良渚文化的玉琮最发达，出土与传世的数量很多．现一仿古玉琮呈扁矮的方柱体，通高，内圆外方，上下端为圆面的射，中心有一上下垂直相透的圆孔，孔径，外径，试估计该仿古玉琮的体积约为（ ）（单位：）

A．3300 B．3700 C．3900 D．4500
7．（2021·广东江门市·一模）如图，在长方体中，，，为棱上的一点，当取最小值时，的长为（ ）

A． B． C． D．
8．（2021·广东二模）已知一个圆柱的两个底面的圆周在半径为的同一个球的球面上，则该圆柱体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2021·广东湛江市·二模）中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（ ）

A．16 B． C． D．21
10．（2021·广东茂名市·二模）在三棱锥中，，，､分别为､的中点，且，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
11．（2021·广东汕头市·一模）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：，…为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等．右图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面则该圆锥的体积为（ ）

A． B． C． D．
12．（2021·广东肇庆市·二模）牙雕套球又称“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，工艺要求极高.明代曹昭在《格古要论·珍奇·鬼工毬》中写道：“尝有象牙圆毬儿一箇，中直通一窍，内车数重，皆可转动，故谓之鬼工毬”.现有某“鬼工球”，由外及里是两层表面积分别为和的同心球（球壁的厚度忽略不计），在外球表面上有一点，在内球表面上有一点，连接线段.若线段不穿过小球内部，则线段长度的最大值是（ ）

A．cm B．9cm C．3cm D．2cm
13．（2021·广东潮州市·二模）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列条件中能推出的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，

二、多选题
14．（2021·广东珠海市·二模）如图，三棱锥中，平面，，，，到平面的距离为，则（ ）

A．
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．直线与直线所成角的余弦值为
D．与平面所成角的正弦值为
15．（2021·广东广州市·三模）关于空间两条不同直线和两个不同平面，下列命题正确的是（ ）
A．，则 B．，则
C．，则 D．，则
16．（2021·广东广州市·二模）如图，四棱锥的底面为矩形，底面，，，点是的中点，过，，三点的平面与平面的交线为，则（ ）

A．平面
B．平面
C．直线与所成角的余弦值为
D．平面截四棱锥所得的上，下两部分几何体的体积之比为
17．（2021·广东惠州市·一模）在棱长为1的正方体中，是线段上一个动点，则下列结论正确的有（ ）

A．存在点使得异面直线与所成角为90°
B．存在点使得异面直线与所成角为45°
C．存在点使得二面角的平面角为45°
D．当时，平面截正方体所得的截面面积为
18．（2021·广东惠州市·二模）已知矩形满足，，点为的中点，将沿折起，点折至，得到四棱锥，若点为的中点，则（ ）
A．平面
B．存在点，使得平面
C．四棱锥体积的最大值为
D．存在点，使得三棱锥外接球的球心在平面内
19．（2021·广东梅州市·二模）如图，在正方体中，，点M，N分别在棱AB和上运动（不含端点），若，下列命题正确的是（ ）

A． B．平面
C．线段BN长度的最大值为 D．三棱锥体积不变
20．（2021·广东二模）正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直
B．平面截正方体所得的截面面积为
C．三棱锥的体积为
D．点与点到平面的距离相等
21．（2021·广东茂名市·二模）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.这是因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的发现，于是留下遗言：他死后，墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面积之比为，若，则（ ）

A．的展开式中的常数项是
B．的展开式中的各项系数之和为
C．的展开式中的二项式系数最大值是
D．，其中为虚数单位
22．（2021·广东深圳市·一模）在空间直角坐标系中，棱长为1的正四面体的顶点A，B分别为y轴和z轴上的动点（可与坐标原点O重合），记正四面体在平面上的正投影图形为S，则下列说法正确的有（ ）
A．若平面，则S可能为正方形
B．若点A与坐标原点O重合，则S的面积为
C．若，则S的面积不可能为
D．点D到坐标原点O的距离不可能为
23．（2021·广东肇庆市·二模）在长方体中，，，是线段上的一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．与平面所成角的正切值的最大值是
C．的最小值为
D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是
24．（2021·广东广州市·一模）已知正方体的棱长为4，是棱上的一条线段，且，点是棱的中点，点是棱上的动点，则下面结论中正确的是（ ）
A．与一定不垂直 B．二面角的正弦值是
C．的面积是 D．点到平面的距离是常量
25．（2021·广东湛江市·一模）在梯形ABCD中，AB=2AD=2DC=2CB，将沿BD折起，使C到C'的位置（C与C'不重合），E，F分别为线段AB，AC'的中点，H在直线DC'上，那么在翻折的过程中（ ）
A．DC'与平面ABD所成角的最大值为
B．F在以E为圆心的一个定圆上
C．若BH丄平面ADC'，则
D．当AD丄平面BDC'时，四面体C'-ABD的体积取得最大值
26．（2021·广东韶关市·一模）如图三棱锥，平面平面，已知是等腰三角形，是等腰直角三角形，若，，球是三棱锥的外接球，则（ ）

A．球心到平面的距离是 B．球心到平面的距离是
C．球的表面积是 D．球的体积是
27．（2021·广东中山市·期末）由等边三角形组成的网格如图所示，多边形是某几何体的表面展开图，对于该几何体（顶点的字母用展开图相应字母表示，对于重合的两点，取字母表中靠前的字母表示），下列结论中不正确的是（ ）

A．平面
B．平面平面
C．平面平面
D．
28．（2021·广东揭阳市·一模）如图，设正方体的棱长为2，为的中点，为上的一个动点，设由点，，构成的平面为，则（ ）

A．平面截正方体的截面可能是三角形
B．当点与点重合时，平面截正方体的截面面积为
C．点到平面的距离的最大值为
D．当为的中点时，平面截正方体的截面为五边形
29．（2021·广东广州市·二模）如图，已知长方体中，四边形为正方形，，，，分别为，的中点.则（ ）

A．
B．点､､､四点共面
C．直线与平面所成角的正切值为
D．三棱锥的体积为
30．（2021·广东梅州市·一模）如图，在正方体中，点在线段上运动时，下列命题正确的是（ ）

A．三棱锥的体积不变 B．直线与平面所成角的大小不变
C．直线与直线所成角的大小不变 D．二面角的大小不变
31．（2021·广东佛山市·一模）如图，长方体中，，，M为的中点，过作长方体的截面交棱于N，则（ ）

A．截面可能为六边形
B．存在点N，使得截面
C．若截面为平行四边形，则
D．当N与C重合时，截面面积为

未命名
未命名

三、解答题
32．（2021·广东广州市·三模）如图，在棱柱中，底面为平行四边形，，，且在底面上的投影恰为的中点．

（1）过作与垂直的平面，交棱于点，试确定点的位置，并说明理由；
（2）若二面角为，求棱柱的体积．
33．（2021·广东汕头市·二模）如图，在三棱柱中，四边形为正方形，四边形为菱形，且，平面平面，点D为棱的中点.

（1）求证：；
（2）棱(除两端点外)上是否存在点M，使得二面角的余弦值为﹐若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由.
34．（2021·广东珠海市·二模）如图，圆柱，矩形为过轴的圆柱的截面，点为弧的中点，点为的中点.

（1）求证：平面；
（2）若，三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.
35．（2021·广东深圳市·二模）如图，在直四棱柱中，，，，，点和分别在侧棱、上，且．

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
36．（2021·广东汕头市·三模）已知是正三角形，线段和都垂直于平面，且，为的中点，设平面平面 .

（1）求证：；
（2）当平面与平面所成的锐二面角为时，求几何体的体积.
37．（2021·广东佛山市·二模）如图1，在梯形中，，，，E为中点，以为折痕把折起，使点A到达点P的位置，如图2所示.

（1）证明：；
（2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值.
38．（2021·广东惠州市·一模）如图，在以为顶点，母线长为的圆锥中，底面圆的直径长为2，是圆所在平面内一点，且是圆的切线，连接交圆于点，连接､.

（1）求证：平面平面；
（2）当二面角的大小为120°时，求四棱锥的体积.
39．（2021·广东广州市·二模）如图，三棱柱的侧面是菱形，．

（1）求证：平面；
（2）若，，且二面角为直二面角，求三棱锥的体积．
40．（2021·广东惠州市·二模）如图，在三棱柱中，，，且平面平面.

（1）求证：平面平面；
（2）设点为直线的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
41．（2021·广东梅州市·二模）如图，在四棱锥中，平面平面ACDE，是等边三角形，在直角梯形ACDE中，，，，，P是棱BD的中点．

（1）求证：平面BCD；
（2）设点M在线段AC上，若平面PEM与平面EAB所成的锐二面角的余弦值为，求MP的长．
42．（2021·广东江门市·一模）如图，四边形为菱形，四边形为平行四边形，，．

（1）求证：；
（2）若，且二面角为，求多面体的体积．
43．（2021·广东潮州市·二模）如图，四棱锥中，底面是边长为3的菱形，.面，且.在棱上，且，为棱的中点.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
44．（2021·广东二模）如图，是半圆的直径，是半圆上异于的一点，点在线段上，满足，且，，，.

（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值.
45．（2021·广东湛江市·二模）如图，三棱柱中，，，，分别是和的中点，点在棱上，且.

（1）证明：平面；
（2）若底面，，求二面角的余弦值.
46．（2021·广东茂名市·二模）如图，在等腰梯形中，，，将沿着翻折，使得点到点，且．

（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的余弦值．
47．（2021·广东茂名市·二模）如图，四棱锥中，矩形，其中，，，点为矩形的边上一动点.

（1）为线段上一点，，是否存在点，使得平面，若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由；
（2）若，求直线与平面所成角的余弦值.
48．（2021·广东广州市·一模）在边长为2的菱形中，，点是边的中点（如图1），将沿折起到的位置，连接，得到四棱锥（如图2）


（1）证明：平面平面；
（2）若，连接，求直线与平面所成角的正弦值.
49．（2021·广东汕头市·一模）如图，在圆柱中，四边形是其轴截面，为⊙的直径，且，，．

（1）求证：；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角平面角的余弦值．
50．（2021·广东广州市·二模）如图1，四边形为直角梯形，，，，.为线段上的点，且.将沿折起，得到四棱锥(如图2)，使得.

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
51．（2021·广东深圳市·一模）如图，在四棱锥中，，，，.

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
52．（2021·广东肇庆市·二模）如图，在四边形中，，，，.沿将翻折到的位置，使得.

（1）作出平面与平面的交线，并证明平面；
（2）点是棱于异于，的一点，连接，当二面角的余弦值为，求此时三棱锥的体积.
53．（2021·广东韶关市·一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，已知，.

（1）若为中点，求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
54．（2021·广东揭阳市·一模）如图1，在梯形中，，，.将与分别绕，旋转，使得点，相交于一点，设为点，形成图2，且二面角与二面角都是45°.

（1）证明：平面平面；
（2）若，且梯形的面积为，求二面角的余弦值.
55．（2021·广东佛山市·一模）如图，直三棱柱中，，、分别为、的中点．

（1）求证：平面﹔
（2）若，求二面角的余弦值．
56．（2021·广东中山市·期末）如图，已知四棱锥，底面为菱形，，，平面平面，为的中点.

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
57．（2021·广东梅州市·一模）如图，矩形中，，，为的中点．把沿翻折，使得平面平面．

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求所在直线与平面所成角的正弦值．

四、填空题
58．（2021·广东汕头市·二模）在菱形中，，，E为中点，将沿直线翻折成，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球表面积为___________.
59．（2021·广东珠海市·二模）正方体的棱长为2，点为平面内的动点，，则长度的最小值为___________.

60．（2021·广东广州市·三模）某校学生参加社会劳动实践活动，把一个半径为的球形钢材切削成一个圆锥，当圆锥的体积最大时，高为，则__________．
61．（2021·广东汕头市·三模）沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时，如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底而直径和高均为10cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）.若细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此锥形沙堆的高度为___________.（精确到0. 01cm）.

62．（2021·广东佛山市·二模）将一个边长为2的正三角形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的表面积为_____________.
63．（2021·广东深圳市·二模）若在母线长为，高为的圆锥中挖去一个小球，则剩余部分体积的最小值为______________．
64．（2021·广东江门市·一模）已知一圆锥纸盒母线长为6，其轴截面为正三角形，在纸盒内放置一个棱长为的正方体，若正方体可在纸盒内任意转动，则的最大值为_________．
65．（2021·广东湛江市·二模）在三棱锥中，是以为直角的等腰直角三角形，是边长为2的等边三角形，二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为______.
66．（2021·广东汕头市·一模）在三棱锥中，是边长为的等边三角形，是以为斜边的直角三角形，二面角的大小为，则该三棱锥外接球的表面积为________．
67．（2021·广东广州市·二模）已知三棱锥中，，，，，为的外接圆的圆心，，则三棱锥的外接球的表面积为___________.
68．（2021·广东揭阳市·一模）长为的圆柱形木材有一部分镶嵌在墙体中，截面如图所示（阴影为镶嵌在墙体内的部分）.已知弦，弓形高，估算该木材镶嵌在墙中的侧面积约为______________.

69．（2021·广东梅州市·一模）已知球是三棱锥的外接球，，，点是的中点，且，则球的表面积为____________.
70．（2021·广东佛山市·一模）已知四棱锥的顶点都在球O上，，，，，，平面平面，且，则球O的体积为__________．

五、双空题
71．（2021·广东广州市·一模）已知三棱锥的底面是边长为6的等边三角形，，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的体积为________，球的表面积为__________.
72．（2021·广东潮州市·二模）某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个实心工艺品（如图所示）．该工艺品可以看成一是个球体被一个棱长为的正方体的个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合）．若其中一个截面圆的周长为，则该球的半径为___；现给出定义：球面被平面所截得的一部分叫做球冠．截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．如果球面的半径是，球冠的高是，那么球冠的表面积计算公式是 . 由此可知，该实心工艺品的表面积是____.


2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编
10 立体几何（答案解析）

1．C
【分析】
由正三棱锥的性质，取AC中点N，连接BN、SN，易得、，由线面垂直的判定、性质有，再根据线面垂直的判定有平面，进而可知SA、SB、SC三条侧棱两两互相垂直，可求外接球半径并求表面积.
【解析】

取AC中点N，连接BN、SN，
∵N为AC中点，，
∴，同理，
由，即平面SBN，又平面SBN，
∴，而且，
∴平面，即且．
∵三棱锥是正三棱锥，
∴SA、SB、SC三条侧棱两两互相垂直，而侧棱，
∴正三棱锥的外接球的直径，得，
∴其外接球的表面积，
故选：C．
【小结】
关键点小结：利用正三棱锥的性质，结合线面垂直的判定及性质证明三棱锥三条侧棱两两垂直，进而求外接球半径和表面积.
2．C
【分析】
当正三棱柱体积最大时，是其顶点外接于球的时候，由已知条件求出球的半径，设底面边长，则，而，从而可求出，进而可求得正三棱柱的体积
【解析】
正三棱柱体积最大时，是其顶点外接于球的时候，
如图，为底面的中心，因为.
设底面边长，则，
且，其中为外接圆半径
解得，所以.
故选：C.

3．D
【分析】
根据直线平面间的位置关系或线面垂直的判定定理判断各选项．
【解析】
由，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线，知：
对于A，，，，，则与相交､平行或，故A错误；
对于B，，，则与相交､平行或，故B错误；
对于C，，，则与相交､平行或，故C错误；
对于D，，，则由线面垂直的判定定理得，故D正确.
故选：D.
4．B
【分析】
根据充分性及必要性的概念对线面，线线关系进行判断即可.
【解析】
充分性：直线，若，使，则，但相交，故“”是“”的不充分条件；
必要性：直线，且时，，故“”是“”的必要条件；
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：B
5．B
【分析】
设圆柱的高为，底面圆的半径为，该圆柱外接球的半径为，根据圆柱的面积得到，，再由球与圆柱的结构特征，得到，进而可表示出球的表面积，从而可求出最小值.
【解析】
设圆柱的高为，底面圆的半径为，该圆柱外接球的半径为，
由题意可得，则；所以，，则，
根据圆柱与球的对称性可得：，
所以该圆柱体的外接球的表面积为，当且仅当，即时，等号成立.
故选：B.
【小结】
关键点小结：
求解本题的关键在于由圆柱的表面积得到圆柱底面圆半径与圆柱高之间的关系，进而表示出球的半径，得出球的表面积.
6．A
【分析】
根据题中条件，得到该几何体约为长方体的体积减去内部圆柱的体积，结合题中数据，即可得出结果.
【解析】
根据题中条件可得：该玉琮的体积为底面边长为、高为的长方体的体积减去底面直径为、高为的圆柱的体积，
因此.
结合该玉琮外面方形偏低且去掉雕刻的部分，可估计该玉琮的体积约为3300.
故选：A.
7．D
【分析】
将侧面、侧面延展至同一平面，使得当、、三点共线时，取最小值，确定点的位置，利用勾股定理可求得的长.
【解析】
如下图所示，将侧面、侧面延展至同一平面，

当、、三点共线时，取最小值，
易知四边形为正方形，则，且为等腰直角三角形，
所以，，在长方体中，，
平面，平面，，
因此，.
故选：D.
【小结】
方法小结：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；
（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.
8．A
【分析】
设圆柱底面圆半径为，高为，利用勾股定理可构造方程，利用表示出，从而将圆柱体积表示为关于的函数的形式，利用导数求最值的方法即可求得圆柱体积的最大值.
【解析】
设圆柱底面圆半径为，高为，则，，
，圆柱体积，
，令，解得：，
当时，；当时，，
在时单调递增，在时单调递减，
.
故选：A.
【小结】
关键点小结：本题考查立体几何中几何体体积最值的求解问题，解题关键是能将圆柱体积表示为关于圆柱的高的函数的形式，从而利用导数求得最值.
9．D
【分析】
由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等即可求解.
【解析】
由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等，
故.
故选：D
10．B
【分析】
连接，由由已知可判断出三棱锥为正四面体，取中点，连接，可得即为异面直线与所成角，理由余弦定理即可求出.
【解析】
如图，连接，
，，，平面，
，
又因为是中点，，同理可得，
又因为，所以和是等边三角形，
所以，即三棱锥为正四面体，
取中点，连接，则，则即为异面直线与所成角，
由得，，，
在中，由余弦定理得.
故选：B.

【小结】
思路小结：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
11．A
【分析】
根据斐波那契数得接下来的一段圆弧的半径为8，然后根据圆锥侧面展开图计算出圆锥的底面半径和高，从而可得体积，
【解析】
根据已知可得所求扇形半径为，即圆锥母线长为，
设圆锥底面半径为，则，，
圆锥的高为，
所以圆锥体积为．
故选：A．
12．C
【分析】
本题首先可根据题意确定外球的半径以及内球的半径，然后以外球表面上一点、内球表面上有一点以及球心作截面，根据线段不穿过小球内部得出线段与内球相切时线段的长度最大，最后通过计算即可得出结果.
【解析】
因为外球的表面积为，内球的表面积为，
所以外球的半径为，内球的半径为，
如图，以外球表面上一点、内球表面上有一点以及球心作截面，

因为线段不穿过小球内部，所以当线段与内球相切时线段的长度最大，
则线段最长为，
故选：C.
13．C
【分析】
由线面垂直和线面平行的定理，即可得出结果.
【解析】
对于A，与可以相交、平行或异面，故不能推出
对于B，可得，故不能推出
对于C，可以推出
对于D，与可以相交、平行或异面，故不能推出
故选：C
14．ABD
【分析】
根据题意得，设，进而根据等体积法得；再根据题意求得三棱锥的外接球的半径为，进而得B选项正确；再根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解讨论CD选项.
【解析】
因为，，，
所以，即，
又因为平面，
所以，设，
根据等体积法，即，
解得，所以，故A选项正确；
所以三棱锥的外接球的半径与以为邻边的长方体的外接球的半径相等，
所以三棱锥的外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故B选项正确；
过点作的平行线，则平面，
所以以点为坐标原点，所在边分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，
所以，
所以直线与直线所成角的余弦值为，故C选项错误；
因为，，
设平面的法向量为，
则，即，令，所以，由于
故设与平面所成角为，
则.
所以与平面所成角的正弦值为，故D选项正确；
故选：ABD

【小结】
本题考查空间几何的外接球的表面积，等体积法求值，异面直线所成角，线面所成角，考查运算求解能力，空间想象能力，逻辑推理能力，是中档题.本题解题的关键在于根据等体积法得，进而建立空间直角坐标系求解即可.
15．AC
【分析】
利用空间线线、线面、面面垂直、平行的判定与性质以及线线、线面以及面面的位置关系逐一判断即可.
【解析】
对于A，由线面垂直的性质定理知A选项正确；
B选项中，可能有，所以B选项错误；
C选项中，若，至少有一条直线在内，显然成立，若，都不在内，在外取一点，过分别做与平行，则由面面垂直，线面垂直的性质，可得，即，所以C选项正确；
D选项中，满足，可能或，所以D选项不正确.
故选：AC
16．ACD
【分析】
根据所给图像，作中点，连接，则为交线l，然后根据所给选项，逐个分析判断即可得解.
【解析】

如图：作中点，连接，
则，即A、D、E、F四点共线，即l为EF，
故对A，，所以平面，即平面正确；
对B，由，若平面则必有，
即四边形为平行四边形，则矛盾，故B错误；
对C，与所成角，即与所成角，即与所成角，
由底面，所以，
，故C正确；
对D，连接，
，
，
，故D正确，
故选：ACD
【小结】
本题考查了立体几何中的先线面平行和线面角问题，考查了锥体的体积问题，考查了空间想象能力和计算能力，属于中档题.
本题的关键有：
（1）掌握空间线面的平行关系；
（2）平移法求一面直线所成角；
（3）利用割补法求空间几何体的体积.
17．AD
【分析】
对于A，由正方体的性质可将异面直线与所成的角可转化为直线与所成角，而当为的中点时，可得，从而可判断；对于B，与或重合时，直线与所成的角最小；对于C，当与重合时，二面角的平面角最小，通过计算可判断；对于D，过作，交于，交于点，由题意可得四边形即为平面截正方体所得的截面，且四边形是等腰梯形，然后利用已知数据计算即可
【解析】
解：异面直线与所成的角可转化为直线与所成角，

当为的中点时，，此时与所成的角为90°，所以A正确；
当与或重合时，直线与所成的角最小，为60°，所以B错误；
当与重合时，二面角的平面角最小，，所以，所以C错误；

对于D，过作，交于，交于点，因为，所以､分别是､的中点，又，所以，四边形即为平面截正方体所得的截面，因为，且，所以四边形是等腰梯形，作交于点，所以，，所以梯形的面积为，所以D正确.
故选：AD.

18．ACD
【分析】
对于A，取中点，结合已知可得为平行四边形，从而可得∥，进而由线面平行的判定定理可得结论；对于B，假设存在，使得平面，从而可得，在中，可判断，从而可得不可能垂直于，进而可得结论；对于C，当平面垂直于平面时，取得最大值，从而可求出四棱锥体积的最大值，对于D，当平面垂直于平面时，存在，使得三棱锥的外接球球心在平面内，为的中点，可得，所以为三棱锥的外接球球心，
【解析】
解：对于A，取中点，因为是的中点，
所以∥，，
因为∥，，
所以∥，，所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为平面，平面，所以平面，所以A正确；
对于B，假设存在，使得平面，则，因为，，所以平面，所以，所以，在中，，所以，所以不可能垂直于，所以B错误；
对于C，，为到平面的距离，当平面垂直于平面时，取得最大值，此时为到的距离，此时，，所以的最大值为，所以C正确；
对于D，当平面垂直于平面时，存在，使得三棱锥的外接球球心在平面内，如图2，，所以，因为，所以，在直角三角形中，，为的中点，所以，所以，所以为三棱锥的外接球球心，因为在平面内，所以D正确，
故选：ACD

【小结】
关键点小结：此题考查线面平行的判定，线面垂直的判定，棱锥体积的求法等知识，解题的关键是根据题意正确的画出空间图形，然后结合图形求解即可，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题
19．ACD
【分析】
以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立坐标系，设出动点M，N的坐标，利用空间向量运算判断选项A，B，C，利用等体积法的思想判断选项D即可得解.
【解析】
在正方体中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：

A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，设M(3,y,0)，N(3,3,z)，，
，而
则，
对于A选项：，则，，A正确；
对于B选项：，，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确；
对于C选项：，则线段BN长度，当且仅当时取“=”，C正确；
对于D选项：不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离均为3，而，
三棱锥体积为定值，即D正确.
故选：ACD
20．BD
【分析】
A.建立空间直角坐标系，由是否为零判断；B.根据，由平面的基本性质得到截面是等腰梯形 求解判断； C.由求解判断；D. 根据平面，即平面判断.
【解析】
如图所示：

A.建立如图所示空间直角坐标系，则，而，所以直线与直线不垂直，故错误；
B.如图所示：因为，所以截面为等腰梯形 ，所以截面面积为,故正确；
C.，故错误；
D. 因为，平面，即平面,所以点与点到平面的距离相等，故正确；
故选：BD
【小结】
方法小结：画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置．
21．BC
【分析】
设内切球的半径为，由圆柱和球的体积和表面积公式可求得，进而得到；
对于A，利用二项式定理得到展开式通项，令可求得，代入得到常数项，知A错误；
对于B，采用赋值法，令可得各项系数和，知B正确；
对于C，由二项式系数性质知最大值为，知C正确；
对于D，根据复数的运算可知D错误.
【解析】
设内切球的半径为，则圆柱的高为，
，，则，；
对于A，展开式通项公式为：，
令，解得：，展开式的常数项为，A错误；
对于B，，即展开式的各项系数之和为，B正确；
对于C，展开式中二项式系数最大值为，C正确；
对于D，，D错误.
故选：BC.
【小结】
关键点小结：本题以立体几何的知识为载体，重点考查了二项式定理的知识，解题关键是能够利用球和圆柱的表面积及体积公式确定二项展开式的表达式.
22．ABD
【分析】
对于A，举例说明可能性成立即可；对于B，当点A与坐标原点O重合时，到的距离均为，再利用正四面体两个面所成二面角的正弦值为，从而可求出结果；对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中，从而可求得结果；对于D，由正四面体的性质可知到的距离为，当时，到的距离最大，进而可求出的最大值
【解析】
对于A，如图，当B为时 ，正投影图形为正方形，所以A正确；

对于B，点A与坐标原点O重合时，两点已定，即在轴上，此时正四面体在空间中的形态已定，到的距离就是正三角形的高，均为，则正四面体在平面上的正投影图形为以为腰，1为底的等腰三角形，所以，所以B正确；
对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中,如图所示，可知投影到面为正方形，且边长为，此时，所以C错误；

对于D，顶点到的距离为，设点到的距离为，则,得，当且仅当时，到的距离最大，且为，所以的最大值为，所以D正确，
故选：ABD
【小结】
关键点小结：此题考查空间直角坐标系中正四面体的有关面积、距离问题，解题的关键是灵活运用正四面体的性质，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题
23．ACD
【分析】
证明出平面平面，利用面面平行的性质可判断A选项的正误；求出的最小值，利用线面角的定义可判断B选项的正误；将沿翻折与在同一平面，利用余弦定理可判断C选项的正误；设是以为球心，为半径的球面与侧面的交线上的一点，求出的长，判断出点的轨迹，可判断D选项的正误.
【解析】


对于A，在长方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面，同理可证平面，
，所以，平面平面，
平面，所以，平面，A选项正确；
对于B，平面，所以，与平面所成角为，
，所以，当时，与平面所成角的正切值的最大，
由勾股定理可得，
由等面积法可得，
所以，的最大值为，B选项错误；
对于C，将沿翻折与在同一平面，如下图所示：

在中，为直角，，，
在中，，，
由余弦定理可得，则为锐角，
可得，

，
由余弦定理可得，此时，
因此，的最小值为，C选项正确；
对于D，设是以为球心，为半径的球面与侧面的交线上的一点，
由于平面，平面，，
，
所以交线为以为圆心，为半径的四分之一圆周，所以交线长是，D选项正确.
故选：ACD.
【小结】
方法小结：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.
24．BCD
【分析】
对A，当与重合时不满足；对B，可得即为二面角的平面角，求出即可；对C，可得即为三角形的高，求出面积即可判断；对D，由平面可判断.
【解析】
对A，当与重合时，，故A错误；
对B，由于是棱上的动点，是棱上的一条线段，故平面也是平面，平面，则,则即为二面角的平面角，，则，则，故B正确；

对C，由于是棱上的动点，是棱上的一条线段，且，则的距离即为三角形的高，平面，，则即为三角形的高，，故C正确；
对D，由于是棱上的动点，是棱上的一条线段，，则平面，则点到平面的距离为常量，故D正确.
故选：BCD.
【小结】
关键小结：本题考查立体几何中的相关量的计算，解题的关键是正确利用好进行转化.
25．ACD
【分析】
根据线面角的知识确定A选项的正确性；根据圆锥的几何性质判断B选项的正确性；求得，由此确定C选项的正确性；结合锥体体积求法，确定D选项的正确性.
【解析】
如图，在梯形中，因为，是的中点，
所以，所以四边形是菱形，所以，
由于，所以三角形是等边三角形，
所以，故，.
在将沿翻折至的过程中，的大小保持不变，由线面角的定义可知，与平面所成角的最大值为，故A正确.
因为大小不变，所以在翻折的过程中，的轨迹在以为轴的一个圆锥的底面圆周上，而是的中位线，所以点的轨迹在一个圆锥的底面圆周上，但此圆的圆心不是点，故B不正确.
当平面时，.因为，所以，所以，故C正确.
在翻折的过程中，的面积不变，所以当平面时，四面体的体积取得最大值，故D正确.
故选：ACD

26．BC
【分析】
根据题意，结合棱锥满足的条件，将棱锥放到正方体中，计算各量，对选项逐项分析，得到结果.
【解析】
三棱锥可置于棱长为2的正方体内，
正方体的上底面的中点即为此三棱锥的顶点，
如下图的，

分别设，为､外接圆圆心，所以A错；
因为，则是的中点.在等腰三角形中，，

设其外接圆半径为(如图)，
则，得：，解得，.所以，B对；
设三棱锥外接球半径为在中，
，，所以，解得.
从而.所以C对，D错.
故选：BC.
【小结】
关键点小结：该题考查的是有关几何体外接球的问题，能够正确解题的关键是根据题中所给的棱锥的条件，将其放到正方体中解决，这样有助于更好的分析各量之间的关系.
27．ACD
【分析】
作出几何体的直观图，可知几何体为正八面体，根据线面垂直的判定定理可判断A选项的正误，利用面面平行的判定定理可判断B选项的正误，利用求出平面与平面所成二面角的余弦值，可判断C选项的正误，求出异面直线、所成的角，可判断D选项的正误.
【解析】
作出几何体的直观图如下图所示，由题意可知，该几何体为正八面体，如图所示，
此时，、、、分别与、、、重合.
对于A选项，由题意可知，为等边三角形，，
若平面，由于平面，，这与矛盾，A选项错误；
对于B选项，由正八面体的性质可知，四边形、均为菱形，
所以，，平面，平面，平面，
同理可证平面，
，、平面，所以，平面平面，B选项正确；
对于C选项，设平面与平面的交线为直线，
设，分别取、的中点、，连接、、，

四边形为正方形，则，
平面，平面，平面，
平面，平面平面，，，，
是边长为的等边三角形，且为的中点，，，
同理可得，所以，二面角的平面角为，
且，
因为四边形是边长为的正方形，则且，
、分别为、的中点，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
则，所以，，
因此，平面与平面不垂直，C选项错误；
对于D选项，由正八面体的性质可知，四边形为菱形，则，
所以，异面直线、所成的角等于，
故与不垂直，D选项错误.
故选：ACD.
【小结】
思路小结：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
28．BCD
【分析】
建立空间直角坐标系，平面扩展为平面可判断A，B，D，然后计算点到直线的距离并使用等积法，计算即可知C的正误.
【解析】
如图，建立空间直角坐标系，延长与轴交于点，
连接与轴交于点，

则平面由平面扩展为平面.由此模型可知A错误，B，D正确.
设点的坐标为，
，，
则可知点到直线的距离为，
则可得的面积.
，设点到平面的距离为，
利用等体积法，即
可得.则，
由在单调递增
所以当时，取到最大值为.
故选：BCD
【小结】
本题关键在于拓展平面以及建立空间直角坐标系，将几何问题转化为代数问题，有利的积用向量，是复杂的问题简单化
29．BCD
【分析】
利用反证法证明A；连接AC，证明，即可证明四点共面判断B；由题意知，为直线与平面所成角，在直角中求解即可判断 C；连接，利用等体积法求解三棱锥的体积可判断D.
【解析】
对于A，假设，由题意知平面，平面，，又，平面，由长方体性质知与平面不垂直，故假设不成立，故A错误；
对于B，连接，，，由于，分别为，的中点，，又因为长方体，知，，所以点､､､四点共面，故B正确；
对于C，由题意可知平面，为直线与平面所成角，在直角中，，，则，故C正确；
对于D，连接，，，则，利用等体积法知：，故D正确
故选：BCD

【小结】思路小结：本题考查线面垂直的性质定理，四点共面问题，求线面角，等体积法，要证四点共面，可转化为两条线平行，要求线面角需先证线面垂直，在找到线面所成角，利用解三角形思想求解即可，考查学生的逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题.
30．ACD
【分析】
根据线面位置关系分别判断各选项对错.
【解析】
A：平面，上任意一点到平面的距离相等，所以体积不变，A选项正确；
B：与平面相交，所以直线与平面所成角的大小在变，B选项错误；
C：直线平面，，直线与直线所成角的大小不变；C选项正确；
D：二面角也就是二面角大小不变，D选项正确；
故选：ACD.
31．CD
【分析】
利用点N的位置不同得到的截面的形状判断选项A，C，利用线面垂直的判定定理分析选项B，利用平面几何知识求相应的量结合梯形的面积公式求得截面的面积，从而可判断选项D．
【解析】
长方体中，，，M为的中点，过作长方体的截面交棱于N，
设为的中点，根据点N的位置的变化分析可得：
当时，截面为平行四边形，
当时，截面为五边形，
当时，即点N与点C重合时，截面为梯形，故A不正确，C正确；

设截面，因为面，所以，所以N只能与C重合才能使，
因为BN不垂直平面，故此时不成立，故B不正确；
因为当点N与点C重合时，截面为梯形，
如下图所示：过M作MH垂直于于H，设梯形的高为，
则由平面几何知识得：，解得，所以截面的面积为：，故D正确；
故选：CD．

【小结】
关键小结：本题考查长方体的截面的形状，关键在于分析动点在不同的位置时，截面的形状，运用线面平行的判定定理和平面几何知识求得截面的面积．
32．（1）是中点，证明见解析；（2）．
【分析】
（1）在平行四边形中证得，因此是中点时可得线面垂直；
（2）二面角为，则二面角为，作出二面角的平面角，由二面角大小求得棱柱的高，然后可得体积．
【解析】
（1）是中点，证明如下：
平行四边形中，，，则，，，所以，
取中点，是中点，则，所以，
又平面，平面，所以，，平面，所以平面．

（2）二面角为，则二面角为，作交延长线于，连接，则是平行四边形，，是中点，所以是中点，，
由是等边三角形，所以，
所以，，
因此平面，所以平面，而平面，所以，
，平面，所以平面，
又平面，所以，所以是二面角的平面角，所以，
又，所以，
，
所以棱柱为．
【小结】
方法小结：本题考查证明线面垂直，已知二面角求参数值，求二面角的方法：
（1）几何法（定义法）：根据定义作出二面角的平面角并证明，然后解三角形得出结论；
（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出二面角两个面的法向量，由两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）．
33．（1）证明见解析；（2）存在，点为棱的中点，或者点为棱的八等分点(靠近端).
【分析】
（1）首先证明平面，然后由线面垂直可以得证；
（2）根据题目中的已知条件找到两两垂直的三条棱，然后建立空间直角坐标系，表示出相关点的坐标，假设点M存在，设出点M的坐标，求出平面和平面的法向量，结合空间向量的夹角公式列出方程，解方程即可确定点M的位置.（两种方法只是坐标系建的不同，解题思路一样）.
【解析】
解：（1）证明：取棱的中点，连接､､

，且
为等边三角形

四边形为正方形，且分别是的中点

，平面
平面
平面

（2）法一：解：平面平面，平面平面
且，平面平面
以为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，不妨设
则点，，，
设为平面的一个法向量，则由及
得，取，得
假设棱上(除端点外)存在点满足题意，
令()，得
设为平面的一个法向量，则由及
得，取，得
由，解得或
所以点为棱的中点，或者点为棱的八等分点(靠近端)
法二：解：平面平面，平面平面
且，平面
平面
以为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，不妨设

则点，，，
设为平面的一个法向量，则由及得，取，得
假设棱上(除端点外)存在点满足题意，
令()，得
设为平面的一个法向量，则由及
得，取，得
由，解得或
所以点为棱的中点，或者点为棱的八等分点(靠近端)
【小结】
向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取
1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需要做辅助线；建立右手直角坐标系（尽可能使得较多的关键点落在坐标轴或者坐标平面内）
2、设：设出所需的点的坐标，得出所需要的向量坐标
3、求：求出所需平面的法向量
4、算：运用向量的数量积，验证平行垂直，利用线面角公式求线面角、或求出两个平面的法向量的夹角的余弦值
5、取：根据题意或者二面角线面角的范围，得出答案.
34．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
(1)AB1与OO1交于点E，连接CE，证明O1D平行于CE即可得解；
(2)由已知条件求出圆柱底面圆半径，证得OC⊥平面ABB1A1，由此作出二面角的平面角，再经计算即可得解.
【解析】
（1）矩形为过轴的圆柱的截面，设，连接，则为中点，如图：

点为弧的中点，则CC1是圆柱OO1的母线，是矩形，点为的中点，则，，
有四边形是平行四边形，，平面，平面，
所以平面；
（2）设圆锥底面半径，由点C是弧AB中点得，因，三棱锥的体积为，平面，
三棱锥的体积，即，得，，
取中点，连接，如图：

因，平面平面，则有平面，
而，则，，
，，为二面角的平面角，
由，得：.
所以二面角的余弦值为.
【小结】
思路小结：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
35．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）分别取、的中点、，证明四边形、为平行四边形，可得出，，利用平行线的传递性结合线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，为轴，平面内垂直于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【解析】
（1）分别取、的中点、，连接、、，如图所示：
、分别为、的中点，则为梯形的中位线，
所以，，且有，
，，所以，，且，
所以，四边形为平行四边形，故，
为的中点，则，因为，则，
所以，四边形为平行四边形，则，故，
平面，平面，因此，平面；
（2）以点为坐标原点，为轴，平面内垂直于的直线为轴，为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，
设平面的法向量为，，，，
由，可得，令，则，
，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
【小结】
方法小结：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
36．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）延长、交于点，连接，证明出为的中点，利用中位线的性质可得出，说明平面平面，即可证得结论成立；
（2）分析可得平面与平面所成的锐二面角为，求出，计算得出、，由此可得出，即可得解.
【解析】
（1）证明：如图所示，延长、交于点，连接，

平面，平面，，
，所以，、分别为、的中点，
为的中点，所以，，
平面，平面，平面，平面，
所以，平面平面，因此，；
（2）是等边三角形，且为的中点，则，
则，所以，，故，即，
因为平面，平面，，
，平面，
平面，，
故平面与平面所成的锐二面角为，
所以，为等腰直角三角形，且，则，
，，
，
因此，几何体的体积为.
【小结】
方法小结：求空间几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
37．（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）取中点，连接，利用线面垂直，证出线线垂直即可；
（2）不妨设，则，，利用勾股定理和（1）的结论，建立空间直角坐标系，进而利用二面角的余弦值公式进行求解，最后求出正弦值即可
【解析】
（1）

取中点，连接，
因为，，
由翻折不变性可知，，
又，所以，平面，
又面，所以，；
（2）不妨设，则，，
又，所以，，得，
结合（1）可知，两两垂直，
以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，
，，所以，，
，，，
设平面的法向量，
则，解得，
令，得，
设平面的法向量，
则，解得，
令，得，
所以，，
所以，平面与平面所成二面角的正弦值为.
【小结】
关键小结：（1）解题关键在于取中点，连接，利用翻折不变的性质得到线面垂直，进而得到线线垂直；（2）解题关键在于证出两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，然后利用公式求解
38．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）首先证明平面，可得，然后由勾股定理可得，然后得到平面即可；
（2）为二面角的平面角，然后求出，，，然后利用算出答案即可.
【解析】
（1）由底面圆，平面，∴.

由已知有，
且，平面，平面
∴平面，
平面，∴
又∵在中，，
由勾股定理知.
∵，平面，平面
∴平面，
平面，从而平面平面.
（2）∵，，∴为二面角的平面角，
∵，，为正三角形，

易知，，得，，
，
∵底面圆，则四棱锥的高，
∴四棱锥的体积为，
∴三棱锥的体积为
39．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）记与的交点为，连接；根据题中条件，得到；再证，得到，推出；根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；
（2）过点作于点，连接、，根据线面垂直的判定定理，先证平面；得到即为二面角的平面角，再证平面，结合题中条件，求出，根据，即可求出三棱锥的体积.
【解析】
（1）记与的交点为，连接；
因为侧面是菱形，所以为的中点，，；
由，，可得，，
因此，即为等腰三角形，所以；
因为，平面，平面，
所以平面；
（2）过点作于点，连接、，
因为平面，由（1）可知；
因为，平面，平面，
所以平面；
因为平面，平面，
所以，，
则即为二面角的平面角，所以；
因为，，，所以，
因此；所以，
又因为，所以，，则，，
因为，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，
因此，
所以三棱锥的体积为.

【小结】
方法小结：
证明空间位置关系时，可根据判定定理以及性质定理，结合题中条件直接进行证明；也可根据题中条件，建立适当的空间直角坐标系，得出所需直线的方向向量、平面的法向量， 由空间位置的向量表示，即可证明结论成立.
40．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）在中，由正弦定理可得，则，进而由面面垂直的性质得出平面，即得，在中，由余弦定理求出可得，结合可得平面，即可证明；
（2）以为坐标原点，以为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量关系求解.
【解析】
（1）证明：因为，所以.
因为，所以.
在中，，即，
所以，即.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又平面，所以，
在中，，，，
所以，即，
所以.
而，平面，平面，，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）以为坐标原点，以为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系：

则，，，
平面，，，
在三棱柱中，，可得，，
为中点，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，可得，
则，
设直线与平面所成角为，
则,
故直线与平面所成角的正弦值为.
【小结】
思路小结：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
41．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取BC的中点Q，连接PQ、AQ，由线面垂直判定定理可证面，即可得证；
（2）以Q为原点建立坐标系，利用向量法建立关系可求出.
【解析】
（1）证明：如图，取BC的中点Q，连接PQ、AQ，因为是等边三角形，所以，
又平面平面ACDE，，平面平面ACDE=AC，所以面，又面，所以，
又，所以，又，所以面，
因为，又P是棱BD的中点，所以，，又，，
所以，，即四边形是一个平行四边形，所以，
所以平面BCD；

（2）由（1）得平面，所以以点Q为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
设平面的法向量为，
由，
因为点M在线段上，设其坐标为，其中，
所以，
设平面的法向量为，
由，
由题意，设平面与平面所成的锐二面角为，
则或，因为，
所以，所以.
【小结】
方法小结：向量法求二面角的步骤：建、设、求、算、取.
1、建：建立空间直角坐标系.以三条互相垂直的垂线的交点为原点，没有三垂线时需做辅助线;建立右手直角坐标系,让尽量多的点落在坐标轴上。
2、设：设所需点的坐标，并得出所需向量的坐标.
3、求：求出两个面的法向量.
4、算：运用向量的数量积运算，求两个法向量的夹角的余弦值；
5、取：根据二面角的范围和图示得出的二面角是锐角还是钝角,再取值.
42．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）证明平面，进而可证得；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可得出关于的方程，解出正实数的值，由平面结合锥体的体积公式可求得多面体的体积.
【解析】
（1）设与相交于点，连接，
因为四边形为菱形，所以，为的中点，
因为，所以，
又因为，所以平面，
平面，所以；
（2）连接，因为，为中点，所以，
又，，所以平面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，

则、、，设，则，
设平面的法向量为，，，
则，即，令，可得，
设平面的法向量为，，
则，即，令，可得，
所以，
即，因为，解得．
由（1）知平面，且为的中点，
所以
因为，所以，
故多面体的体积为．
【小结】
方法小结：求空间几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
43．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点，连接、，连接交于，连接，通过证明面面来得到所需结论；
（2）取中点，建立如图所示的空间直角坐标系，分别得到面和的法向量，求出法向量夹角的余弦值即可得结果.
【解析】
（1）取的中点，连接、，连接交于，连接.
∵、分别为、的中点
∴，又面，面，∴面，
又，故为的中点，
∴，又面，面，∴面，
，面，
∴面面，
又面，∴面.

（2）取中点，连接，∵是的菱形，
∴，又面，
∴分别以、、为、、轴正方向建立空间直角坐标系如图所示.
则、、、、.
∴、.
设面的一个法向量，
则由可得，
不妨令，则解得，，
∴.
显然面的一个法向量，
∴，
∴二面角的余弦值为.

44．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由圆的性质和勾股定理可证得，，由此可得平面，由线面垂直的性质可证得结论；
（2）以为原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.
【解析】
（1）是半圆的直径，是半圆上异于的一点，.
，，，.
，，，
，，.
，平面，平面，
又平面，.
（2）以为原点，，所在直线分别为轴､轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示，

则，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
令，得：，，；
设平面的法向量为，得，
令，得：，，；
，
结合图可知，二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.
【小结】
方法小结：空间向量法求解二面角的基本步骤是：
（1）建立空间直角坐标系，利用坐标表示出所需的点和向量；
（2）分别求得二面角的两个半平面的法向量，根据向量夹角公式求得法向量的夹角；
（3）根据图形或法向量的方向确定所求角为二面角的大小或二面角补角的大小.
45．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）证明线线平行，从而推出线面平行.
（2）利用题设得三条两两垂直的线段，建系求平面法向量，利用法向量夹角求所求二面角的余弦值.
【解析】
（1）证明：如图，连接交于点，连接，，.

因为，分别是和的中点，
故，故.
又，，故，故.
又平面，所以平面.
（2）由题意知，，两两垂直，以为坐标原点，以的方向为轴正方向，分别以，为轴和轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系.

则，，，，.
设为平面的法向量，
则，即，可取.
设为平面的法向量，
则，即，可取.
所以.
由题意知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
【小结】
方法小结：若二面角的平面角不便作出，且几何体中有便于建系的垂直条件时，常通过建系求相关平面的法向量，从求二面角的余弦值.
46．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）先证明平面，再利用面面垂直的判定定理证明平面平面；
（2）先证明OA，，两两垂直，建立以，，为，，轴正方向的空间直角坐标系，用向量法求解.
【解析】
（1）证明：由等腰梯形，得．
又，所以．
又，，则，所以．
又，所以平面，所以平面平面．
（2）如图，取的中点，连接，，，
由四边形为菱形，且，得，记垂足为，
由（1）知，平面平面，又，所以平面．
同理，平面，所以OA，，两两垂直，

如图，建立以，，为，，轴正方向的空间直角坐标系．
则，，所以，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
所以，即，不妨设，得
所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，，∴．
即直线与平面所成角的余弦值为．
【小结】
立体几何解答题的基本结构：
(1)第一问一般是基本几何关系的证明，用判定定理；
(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．
47．（1）存在，；（2）.
【分析】
（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，可得平面的一个法向量，设，若线面平行则，由向量数量积可构造方程求得点坐标，由此得到结果；
（2）由可构造方程求得点坐标，利用线面角的向量求法可求得所求角的正弦值，根据同角三角函数关系可得余弦值.
【解析】
（1）四边形为矩形，，又平面，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，,，，
设，则；
平面轴，平面的一个法向量，
若存在点，使得平面，则，
即，解得：；
存在点，使得平面，此时；
（2）设，则，，
，，解得：，即；
，，
设平面的法向量，
则，令，则，，，
又，
设直线与平面所成角为，
，
又，，即直线与平面所成角的余弦值为.
【小结】
方法小结：利用空间向量法求解直线与平面所成角的基本步骤为：
（1）建立空间直角坐标系，利用坐标表示出所需的点和向量；
（2）求得平面的法向量，设所求角为，则.
（3）根据可求得线面所成角的大小.
48．（1）证明见解析，（2）.
【分析】
（1）连接图1中的，证明，然后证明平面即可；
（2）证明平面，然后以为原点建立如图空间直角坐标系，然后利用向量求解即可.
【解析】
（1）连接图1中的，

因为四边形为菱形，且
所以为等边三角形，所以
所以在图2中有，因为
所以平面，因为，所以平面平面
（2）因为平面平面，平面平面，，
所以平面

以为原点建立如图空间直角坐标系
所以
所以
设平面的法向量为，则，
令，则，所以
所以直线与平面所成角的正弦值
49．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连接，证明出平面，可得出，利用等腰三角形三线合一可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合直线与平面所成角的正弦值为求出的值，再利用空间向量法可求得二面角平面角的余弦值．
【解析】
（1）证明：连接，在圆柱中中，平面，
平面，，
，，平面，
又平面，，
在中，为的中点，；
（2）连接，则与该圆柱的底面垂直，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，


则、、、，
，，，
设平面的法向量分别是，
由，得，取，得，
设直线与平面所成角为，
由，化简得，
，解得，，
设平面的法向量分别是，，
由，得，取，得，
，
由图象可知，二面角为锐角，因此，二面角的余弦值为.
【小结】
思路小结：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
50．（1）证明见解析；（2）；
【分析】
（1）在图1中过点作交于点，在图2中取为的中点，连接和，可得，，即可得到平面，即可得到，再由，则平面，从而得证；
（2）连接交于，过点作交于点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；
【解析】
解：（1）在图1中过点作交于点，在图2中取为的中点，连接和，则，因为且，所以为等边三角形，所以，在中，，
因为，所以，，在图2中，所以为等腰三角形，所以，在中，且，，，所以，所以，所以，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，平面，所以平面平面；
（2）连接交于，过点作交于点，由（1）知平面，所以且，因为，所以，如图建立空间直角坐标系，所以，，，，所以，，，设平面的法向量为，所以，令，则，取面的法向量，
所以，由图可知二面角为锐二面角，故其余弦值为



【小结】
本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，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.
51．（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）取的中点，连接，，可得，利用直角三角形的性质可得，即可证明，进而可得，利用线面垂直的判定定理可证平面，利用面面垂直的判定定理即可求证；
（2）先证明，，可得为四边形外接圆的直径，进而可得和的长，以为原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标运算即可求解.
【解析】

取的中点，连接，，
因为，所以，
因为，为的中点，
所以，
因为，，
所以，
所以，
所以，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）由（1）知：平面，所以，在和中，由
，可得，所以，即，
所以在以为圆心的圆上，
由可得为四边形外接圆的直径，
，，，
以为原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，
设平面的一个法向量，
则 令，可得，，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
所以，
所以，
因为二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
【小结】
方法小结：证明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；
（2）利用性质：（客观题常用）；
（3）面面垂直的定义（不常用）；
（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于.
52．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）延长，相交于，连接，则为平面与平面的交线，由勾股定理可得，结合可得平面，在判断出平面即可证明；
（2）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由二面角的余弦值为建立向量关系，求出即可求出体积.
【解析】
（1）如图，延长，相交于，连接，则为平面与平面的交线.

证明：在中，，，，则，所以.
由，，，得平面.
又，所以平面，所以.
由，，，得.
所以，所以.
又因为，所以平面，即平面.
（2）由（1）知，，，.以点A为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

易得，，，，，则.
设（），则，则.
设是平面的一个法向量，
则，
令，则.
是平面的一个法向量.
由，解得.
所以点是的中点.
所以.
【小结】
利用法向量求解空间面面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
53．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连接交于点，连接，利用中位线的性质可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）过作，垂足为，连接，证明出平面，可得出直线与平面所成角为，计算出、，可求得，即为所求.
【解析】
（1）证明：连接交于点，连接.
因为四边形为正方形，所以为中点，
又为中点，所以.
因为平面，平面，所以平面；
（2）如图，过作，垂足为，连接.
因为四边形为正方形，所以.
因为，平面，平面，所以，.
因为，，、平面，所以，平面.
因为，平面，所以平面平面.
因为，平面平面，，平面，
所以，平面，则为斜线在平面内的射影.
所以，为直线与平面所成的角.
在中，，
有，得.
因为，所以平面，在中，有.
所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.

【小结】
方法小结：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.
54．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）证明，，利用线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明.
（2）由题意求出，，，以的中点为原点建立空间直角坐标系，取出平面的一个法向量以及平面的一个法向量，利用空间向量的数量积，结合图象即可求解.
【解析】
（1）∵，，
∴，，∴.
与分别绕，旋转的过程中，
，的角度保持不变，故有，.
又由得，且，故可得平面.
又由平面，所以平面平面.
（2）根据翻折过程中角度的不变性可知，，.
故为二面角的平面角，同理为二面角的平面角.
由题意可知，所以为等腰直角三角形.
依题意易求得，又求得，由此可得
.即可得.结合梯形的面积公式可得.
如图，以的中点为原点建立空间直角坐标系，
则可得点，，
，，.

所以有，，
由第（1）问可知是平面的一个法向量，
取平面的一个法向量.
设平面的一个法向量，则有
即可得
解得.令，可得.即.
所以有，
则有二面角的余弦值为.
【小结】
思路小结：
解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：
（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；
（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错.
（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量.
（4）利用法向量求距离、线面角或二面角.
.
55．（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值．
【解析】
（1）取的中点，连接、，
在中，因为为中点，为中点，所以，且，
且，所以，四边形为平行四边形，
所以，且，
又因为点为的中点，所以，且，
所以且，从而四边形为平行四边形，所以，
又平面﹐平面，所以平面；
（2）在直三棱柱中，平面，平面，则，
因为，，所，
故，，从而．
以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系如图所示，

则、、、，
，，，
设平面的法向量为，
则，即，解得，令，得，
设平面的法向量为，
则，即，解得，令，得，
所以，
由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．
【小结】
思路小结：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
56．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）证明平面,即得证；
（2）建立适当的坐标系，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值.
【解析】
证明:（1）因为平面平面,平面平面,
又平面，，
所以平面,
又平面,
所以.
（2）

如图所示建立坐标系，易得，，，，，
作垂直于面与，则，，得，
由题得,，
设平面的一个法向量为，
所以，则，不妨令
则，
又，
则直线与平面所成角的正弦值
.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小结】
方法小结：直线和平面所成的角的求法
方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.
方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.
57．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【分析】
（Ⅰ）证明空间中两异面直线垂直的常用方法为先证明直线与平面垂直，再证明另一条直线在这个平面内；（Ⅱ）用等体积法求解，或建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量的夹角求解．
【解析】
解：（Ⅰ）证明：∵为的中点，
矩形中，，，
∴，则，
∴．
∵平面平面，
平面平面，
∴平面，
∴．
（Ⅱ）解法一：取的中点，连接，，则．

∵平面平面，平面平面，
∴平面，
∴，
设点到平面的距离为，
∴．
在中，，，则，
∴，则．
设所在直线与平面所成角为，
∵，∴，
即所在直线与平面所成角的正弦值为
解法二：取的中点，连接，则，
取的中点，连接，则，
∴平面，
∴以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建
立如图所示的空间直角坐标系．

则，，，，
∴，，，
∴设为平面的一个法向量，
∴，，
所以，令，则
∴．
设所在直线与平面所成角为，
∴，
即所在直线与平面所成角的正弦值为．
【小结】
本题考查空间中异面直线垂直的判定、线面角,属于简单题.
58．
【分析】
根据余弦定理求出边长可得直角三角形，根据球的截面性质确定球心位置，利用直角三角形求直径即可计算.
【解析】
如图，

由余弦定理可得，

所以,
即,
取的中点F，M，连接,
所以是的外心，
因为面积为定值，所以当平面平面时，棱锥的高最大，体积最大，
此时由可得平面,
由分别为中点可得,
所以平面，又,
所以是三棱锥外接球的球心，
所以，
所以外接球的表面积.
故答案为：
【小结】
关键点小结：根据球及球的截面的性质确定球心位置，求球半径是解决此类问题的关键，根据棱锥底面三角形外接圆的圆心位置确定球心在过该点且与底面垂直的直线上，再利用即可确定球心为M点，属于中档题.
59．
【分析】
根据所给条件，分析出动点E的轨迹，再利用图形的几何意义即可得解.
【解析】
在正方体中，连接B1D1交A1C1于点O，则B1D1⊥A1C1，而AA1⊥平面A1B1C1D1，即B1D1⊥AA1，如图：

从而有B1O⊥平面A1B1C1D1，连OE，Rt△B1OE中，，而，则，
所以点E在平面ACC1A1内的以O为圆心，为半径的矩形ACC1A1内的半圆上，
而点A及半圆弧在半圆O的直径A1C1同侧，且点A在半圆弧外，则有.
故答案为：
【小结】
关键小结：空间几何体中符合某个条件的动点问题，探求出动点的轨迹，再借助几何意义是解题的关键.
60．．
【分析】
作出圆锥的轴截面，其外接圆为球的大圆，由此可得的关系，由圆锥体积体式表示出体积后，由基本不等式得最大值，从而可得结论．
【解析】
如图，作出圆锥的轴截面等腰三角形，其外接圆为球的大圆，由图可得，
，
圆锥体积为，
当且仅当，即时等号成立．
故答案为：．

【小结】
易错小结：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方．
61．
【分析】
由圆锥的体积公式计算细沙体积和沙堆体积，根据细沙体积不变即可求解．
【解析】
解：设细沙在上部时，细沙的底面半径为，则，
所以细沙的体积为，
设细沙流入下部后的高度为，根据细沙体积不变可知：，
解得，即此锥形沙堆的高度为，
故答案为：.
62．
【分析】
根据正三角形绕一边所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥求解.
【解析】
如图所示：正三角形绕AB所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥，

圆锥的底面半径为,
所以所得几何体的表面积为，
故答案为：
63．．
【分析】
球是圆锥的内切球时，剩余部分体积最小．求出球的半径即可得．
【解析】
如图是圆锥的轴截面，它的内切圆是圆锥的内切球的大圆．设半径为，
易知母线长为，高为4时，底面半径为，
因此，，
所以剩余部分体积的最小值为．
故答案为：．

64．2
【分析】
分析题意，当正方体的棱长a最大时，正方体的外接球为圆锥的内切球，设球心为P，半径为r，轴截面上球与圆锥母线相切与Q，利用平面几何中边角关系，得到，求出此时a的值，即为所求的最大值.
【解析】
由于正方体可在圆锥内任意转动，故当正方体的棱长a最大时，正方体的外接球为圆锥的内切球，

设球心为P，半径为r，轴截面上球与圆锥母线相切与Q，如图示，平分AB，
由△SAB为正三角形，,
因为PB为∠SAB的角平分线，所以,
由正方体外接球直径与正方体之间的关系可得：.
又正方体外接球为圆锥内切球，所以，
故.
故答案为：2.
【小结】
（1）多面体的外接球（内切球）问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：
①公式法；②多面体几何性质法；③补形法；④寻求轴截面圆半径法；⑤确定球心位置法．
（2）多面体的外接球问题可用等体积法求半径.
65．
【分析】
作出三棱锥的外接球，找到其球心，根据题干条件找到外接球半径与已知边，角的关系，从而求得外接球半径，即可得到外接球表面积.
【解析】
如图，

设的中点为，过点作平面的法线，
过的重心作平面的法线，
与交于点，则为三棱锥的外接球的球心.
又，，所以.
又，所以，
故外接球的半径为，所以球的表面积为.
故答案为：8π.
【小结】
关键点小结：找到球心与边长，角度的关系，在直角三角形中求得外接球半径.
66．
【分析】
设三棱锥的外接球为球，过点作平面，垂足为点，则为的中点，设，球的半径为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，由此可求得球的表面积.
【解析】
设三棱锥的外接球为球，过点作平面，垂足为点，则为的中点，
设，为的外接圆半径，

平面，平面，，
由勾股定理得，，
设外接球的半径为，则，①
是等边三角形，且为的中点，所以，，
由球的几何性质可得平面，平面，，
所以，为二面角的余角，
又因为二面角的大小为，，
在中，由余弦定理得，②
因为为等边的高，则，
由①②得，，，因此，球的表面积为.
故答案为：.
【小结】
方法小结：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
67．
【分析】
由题意是中点，证明平面平面，作平面，垂足为，证得，取中点，则得就是三棱锥也是四棱锥的外接球的球心．由此易得外接球表面积．
【解析】
由题意是中点，则，
因为，，所以，，
又，平面，所以平面，
而平面，所以平面平面，
作平面，垂足为， 平面，则平面，
又平面平面，则，
，
因为，所以是矩形，
取中点，连接，则，从而平面．
就是三棱锥也是四棱锥的外接球的球心．
球半径为，
表面积为．
故答案为：．

【小结】
关键点小结：本题考查求球的表面积，解题关键是确定外接球球心位置．三棱锥的外接球球心在过各面外心且与此面垂直的直线上．由此结论易寻找到外接球球心．
68．
【分析】
计算，，然后根据垂径定理可得，进一步得到弧，最后简单计算可得结果.
【解析】
设截面圆的半径为，点在线段上，
，，
根据垂径定理可得，解得，
所以，则有，故可得弧，
结合木材长，可得答案为.
故答案为：
69．
【分析】
先证明平面，再将三棱锥以为底面，为侧棱补成一个直三棱柱，结合三棱柱的性质，以及球的截面圆的性质，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.
【解析】
由，，可得，所以，
由点是的中点，且，可求得，
又由，可得，所以，
又且平面，所以平面，
以为底面，为侧棱补成一个直三棱柱，如图所示，
则三棱锥的外接球即为该三棱柱的外接球，
球心到底面的距离为,
由正弦定理，可得的外接圆的半径为，
所以球的半径为，
所以球的表面积为.
故答案为：.

【小结】
解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解.
70．
【分析】
取AC中点O，AD中点H，连接OH，OB，OD，PH，根据题中边长，可得，，根据面面垂直的性质定理，可得平面，根据题意，可得O为四棱锥外接球的球心，利用勾股定理，求得，代入公式，即可得答案.
【解析】
取AC中点O，AD中点H，连接OH，OB，OD，PH，如图所示：

因为，，，，，
所以，即，
，即，
又O为AC中点，
所以O到A，B，C，D的距离相等.
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
又因为O，H，分别为AC，AD中点，
所以，即平面，
又，
所以O到P，A，D的距离相等，
所以O为四棱锥外接球的球心，
在中，,
所以球O的体积.
故答案为：
【小结】
解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，勾股定理，并灵活应用，直角三角形斜边中点，即为三角形的外心，以此作为突破口求解，属中档题.
71．
【分析】
由等体积法求得内切球半径，再根据比例求得球的半径，则问题可解．
【解析】
如图所示：

依题意得
点到平面的距离为
所以 ，侧面高为
所以
设球的半径为，所以
则，得
设球的半径为，则，又 得
所以球的表面积为
故答案为：；
【小结】
本题考查三棱锥内切球问题，关键利用等体积法求得球半径．
72．
【分析】
设截面圆半径为，球的半径为，求出截面圆的半径，利用几何关系可求出球体的半径，求出球体的表面积和一个球冠的表面积，再利用球体的表面积减去个球冠的表面积并加上个截面圆的面积可得出该实心工艺品的表面积.
【解析】
设截面圆半径为，球的半径为，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即此距离为，
根据截面圆的周长可得，得，故，得，
所以球的表面积．
如图，，且，则球冠的高，
得所截的一个球冠表面积，且截面圆面积为，
所以工艺品的表面积．
故答案为：；.

【小结】
求解组合体的表面积应注意重合部分的处理，求解本题中几何体的表面积要注意根据题中信息计算出球冠的表面积，同时注意在球体中截去的部分以及增加的部分的面积的处理.