副题04 空间点线面的位置关系(理)(解析版)

2020届高考数学23题对对碰【二轮精品】 第一篇副题4 空间点线面的位置关系（理）【副题考法】本副题考题形式为选择题或填空题，以简单几何体与球的切接为载体考查球的几何性质与求得表面积与体积计算，以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体主要考查对线线、线面与面面平行和垂直判定与性质和利用空间向量知识计算异面直线角、线面角、二面等问题，考查空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力，难度为中等，分值为5分．【主题考前回扣】1. 球的性质：球被一个平面所截， （1）截面是圆；（2）球心与截面圆圆心的连线与截面圆垂；（3）若球心到截面的距离为d ，球的半径为R ，截面圆的半径为r ，则222d r R +=. 2. 线面平行（1）判定：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.（2）性质：一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行. 3.面面平行（1）判定：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. （2）性质：①若两个平面平行，则一个平面内一条直线与另一个平面平行.②如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行.4.线面垂直（1）定义：如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l 与平面α互相垂直.记作：l ⊥α. （2）判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直. （3）性质定理：①垂直于同一个平面的两条直线平行.②若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面. 5.面面垂直（1）定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．平面α与平面β垂直，记作αβ⊥.（2）判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.（3）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.6.直线与平面所成的角（1）定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角．．，叫做这条直线和这个平面所成的角．规定：一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角等于90；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角等于0.（．2．）直线与平面所成的角．．．．．．．．．．α．的范围是．．．．π[0,]2. 7二面角（1）二面角的定义：平面内的一条直线把平面分成两部分，这两部分通常称为半平面．从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．．．．这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面. （2）二面角的平面角的定义：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，则这两条射线构成的角叫做这个二面角的平面角.学*科网 （3）二面角的范围：[0,π]8.异面直线所成的角（1）定义：已知b a ,是异面直线，O 是空间任意一点，过O 作b b a a //,//''，则b a '',所成的锐角或直角叫异面直线b a ,所成的角. （2）范围：]2,0(π.【易错点提醒】1.不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出m ⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件．2.空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错．【副题考向】考向一 球与简单几何体的切接问题【解决法宝】①涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解，球内接正棱锥、正棱柱、圆柱、圆锥的球心在高上，球的截面性质是求解此类问题重要工具.②若球面四点P ，A ，B ，C 构成的线段PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则22224c b a R ++=，把有关元素“补形”为一个球内接长方体(或其他图形)，从而显示出球的数量特征，这种方法是一种常用的好方法．例1【2020届江西吉安期末】如图，三棱锥P ABC -的体积为24，又90PBC ABC ∠=∠=︒，3BC =，4AB =，410PB =，且二面角P BC A --为锐角，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．169πB ．144πC ．185πD ．80π【分析】首先根据题中条件可以求出三棱锥各边长，然后证出PA ⊥平面ABC ，则可以找出外接球球心，求出半径，最后利用球体表面积公式求出答案即可.【解析】因90PBC ABC ∠=∠=︒，所以BC ⊥平面PAB ，且PBA ∠为二面角P BC A --的平面角，又3BC =，4AB =，410PB =13PC =，5AC =，因为1sin 8102PAB S PB AB PBA PBA ∆⋅=⋅∠=∠，所以三棱锥的体积1181032433PAB V S BC PBA ∆=⋅=⨯∠⨯=，解得310sin 10PBA ∠=，又PBA ∠为锐角，所以10cos 10PBA ∠=，在PAB ∆中，由余弦定理得210160162441014410PA =+-⨯⨯=，即12PA =，则222PB PA AB =+，故PA AB ⊥，由BC ⊥平面PAB 得BC PA ⊥，故PA ⊥平面ABC ，即PA AC ⊥，取PC 中点O ，在直角PAC ∆和直角PBC ∆中，易得OP OC OA OB ===，故O 为外接球球心，外接圆半径11322R PC ==，故外接球的表面积24169S R ππ==，故选A. 考向二 空间点线面位置关系的判定【解决法宝】解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断或将笔作直线，书做平面，利用实验进行判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中.例2 【2020届四川蓉城名校联盟第二次联考】已知,αβ是空间中两个不同的平面，,m n 是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ） A ．若,m n αβ⊂⊂，且αβ⊥，则 m n ⊥ B ．若,m n αα⊂⊂，且//,//m n ββ，则//αβ C ．若,//m n αβ⊥，且αβ⊥，则 m n ⊥ D ．若,//m n αβ⊥，且//αβ，则m n ⊥【分析】利用线面平行和垂直的判定定理和性质定理,对选项做出判断，举出反例排除. 【解析】对于A ，当,m n αβ⊂⊂，且αβ⊥，则m 与n 的位置关系不定，故错； 对于B ，当//m n 时，不能判定//αβ，故错；对于C ，若,//m n αβ⊥，且αβ⊥，则m 与n 的位置关系不定，故错； 对于D ，由,//m βαα⊥可得m β⊥，又//n β，则m n ⊥故正确． 故选D ．考向三 简单几何体中点线面位置关系的判定【解决法宝】对简单几何体中点线面位置关系的判定问题，首先要熟记空间线线、线面、面面平行与垂直的定义、判定与性质，掌握线线、线面、面面平行的相互转化及线线、线面、面面垂直的相互转化，其次认真阅读试题，理清题中的条件和结论，然后利用相关知识和方法，对每个结论认真分析，即可找出正确的结论,例3【2020陕西省汉中3月线上模拟】正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F ，G 分别为BC ，1CC ，1BB 的中点，则（ ）A ．直线1D D 与直线AF 垂直B ．直线1A G 与平面AEF 不平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为92D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等【分析】根据条件对选项进行逐一分析, A.若有1D D AF ⊥，则能得到1DD ⊥平面AEF ，进一步得到1CC EF ⊥，显然不成立，可判断. B.取11B C 的中点Q ，连接1A Q ，GQ ,可得平面1//A GO 平面AEF ，从而可判断. C.连接1D F ，1D A ，延长1D F ，AE 交于点S ，由条件可得1//EF AD ，截面即为梯形1AEFD ，再计算其面积. D.用等体积法分别求出点C 和点G 到平面AEF 的距离，从而判断.【解析】A.若1D D AF ⊥，又因为1D D AE ⊥且AE AF A ⋂=，所以1DD ⊥平面AEF ，所以1DD EF ⊥，所以1CC EF ⊥，显然不成立，故结论错误； B.如图所示，取11B C 的中点Q ，连接1A Q ，GQ ，由条件可知：//GQ EF ，1//A Q AE ，且1GQ AQ Q =，EF AE E =，所以平面1//A GO 平面AEF ，又因为1AG ⊂平面1A GQ ，所以1//AG 平面AEF ，故结论不正确； C.如图所示，连接1D F ，1D A ，延长1D F ，AE 交于点S ,因为E ，F 为1C C ，BC 的中点，所以1//EF AD ，所以A ，E ，F ，1D 四点共面，所以，截面即为梯形1AEFD又因为2214225D S AS ==+=，122AD =，所以()1221222225622AD S S ∆⎛⎫=⨯⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭，所以139642AEFD S =⨯=梯形，故结论正确； D.记点C 与点G 到平面AEF 的距离分别为1h ，2h ，因为11111123323C AEF AEF A CEF V S h V --⨯=⋅⋅==⋅⋅=，又因为2112222333G AEF AEF A GEF V S h V --⨯=⋅⋅==⋅⋅=，所以12h h ≠，故结论错误，故选C. 考向四 折叠问题【解决法宝】(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量.一般情况下，折线同一侧线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形 例4 【2020河北邯郸网上检测】在ABC ∆中，AB AC =，120A ∠=，D 为BC 中点，DE AC ⊥，将CDE ∆沿DE 翻折，得到直二面角C DE B --，连接BC ，F 是BC 中点，连接AF ，则下列结论正确的是（ ）A ．AD CD ⊥B ．//AF DEC ．DE ⊥平面ACED ．//AF 平面CDE【分析】设AB AC a ==，在折叠前在ABC ∆中，AB AC a ==，120A ∠=，根据余弦定理可得：3CB a =，结合已知，逐项判断，即可求得答案.【解析】设AB AC a ==，在折叠前在ABC ∆中，AB AC a ==，120A ∠=， 根据余弦定理可得：3CB a =，D 为BC 中点，DE AC ⊥，故32CD DB a ==又Rt CDE ∆中，30C ︒∠=，∴33,44ED a CE a ==，可得14EA a =，在折叠前图形中取BD 中点M ，连接,FM AMAD CB⊥，3DM a=，2aDA=，∴232tan33aADDMADMa∠===，又tan tan603CDE︒∠==，∴AM不平行DE——①对于C，DE AC⊥，将CDE∆沿DE翻折，得到直二面角C DE B--，∴AE DE⊥,CE DE⊥，故ED⊥面CEA，故C正确；对于A，在Rt EDA∆，由222222314416AD ED EA a a a⎛⎫⎛⎫=+=+=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，在Rt CAE∆，22222231104416CA EA EC a a a⎛⎫⎛⎫=+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又222312=16CD a a⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，∴222CD AD CA≠+，故AD不垂直CD，故A错误；对于B，F是BC中点，BD中点M，∴//MF CD，假设//AF DE，可得面//AFM面CDE，进而可得//AM ED，与结论①相矛盾，故假设错误，故B错误.对于D，F是BC中点，BD中点M，∴//MF CD，假设//AF平面CDE，可得面//AFM面CDE，进而可得//AM ED，与结论①相矛盾，故假设错误，故D错误，综上所述，正确的是C，故选C.考向五异面直线所成角的问题【解决法宝】求解两异面直线所成的角时，往往经历“作（平行线）——证（平行）——算（解三角形）”的过程，其中作平行线是关键，一般借助平面几何中中位线，平行四边形、平行线分线段成比例定理推论等知识解决，也可以利用空间向量计算两条异面直线的方向向量的夹角来计算，注意向量夹角与异面直线角的关系.例5 【2019河南南阳一高期末】平面过正方体的顶点A，平面，平面，则直线m与直线BC所成角的正弦值为A．B．C．1 D．【分析】根据题意作出几何体，找到直线，由图像可得即等于直线m与直线BC所成的角，进而可求出结果. 【解析】如图：平面，平面，可知：，是直线m 与直线BC 所成角或所成角的补角，，，，．直线m 与直线BC 所成角的正弦值为，故选B ．考向六 线面角问题【解决法宝】在求解线面角时，有两种思路，思路1，几何法，根据线面角的定义，先在图中有没有线面角，若没有，作出线面角，证明是线面角，再通过解三角形解出来；思路2，向量法，求出线面夹角问题中已知直线的方向向量m 和平面法向量n ，设线面角为θ，则直线方向向量m 在平面法向量n 方向上的投影的长度|•|m n |n |与直线方向向量m 的模之|m |比||•|m n |m |n |就是线面夹角的正弦值，即sin θ=||•|m n |m |n |. 例6【2020届西北工业大学附中3月月考】已知在斜三棱柱111ABC A B C -中，点E ，F 分别在侧棱1AA ，1BB 上（与顶点不重合），11AE BFEA FB =，14AA =，ABC 的面积为5，截面1C EF 与截面CEF 将三棱柱111ABC A B C -分成三部分.若中间部分的体积为4，则1AA 与底面所成角的正弦值为( )A ．12B ．35C ．45D 3【分析】由题意可得中间部分的体积为原三棱柱体积的三分之一，得到原三棱柱的体积，设1AA 与底面所成角为α，由棱柱体积公式列式求得sin α的值．【解析】由点E ，F 分别在侧棱1AA ，1BB 上（与顶点不重合），11AE BFEA FB =则//EF AB ，过EF 作平面//EFG 底面ABC ，如图. 则111113C EFG A B CEFG V V --=, 13C EFG ABC EFG V V --=. 所以中间部分的体积1111143E FCC ABC A B C V V --== 所以11112ABC A B C V -=，设三棱柱111ABC A B C -的高为h111512ABC A B C ABC V S h h -=⨯==△,则125h =, 设1AA 与底面所成角为α，则11235sin 45h AA α=== ，故选B考向七 二面角问题【解决法宝】对求二面角l αβ--的大小问题，思路1，几何法，先在几何图形中找一找有没有一个角的顶点在二面角的棱上，两边分别在两个半平面内与棱垂直，若有则该角是二面角的平面角，若没有需要作，用垂线法或垂面法或三垂线法作二面角，然后证明所找（作）的角是二面角的平面角，再通过解三角形求出该角；若坐标系容易建立，也可以用向量法计算二面角的大小，即先求出平面α、β的法向量m 、n ，再求出m 、n 的夹角，在α内取一点A ，在β内取一点B ，设二面角l αβ--大小为θ，若AB •n 与AB•m 同号，则θ=m,n ，若AB •n 与AB •m 异号，则θ=π-m,n ，注意二面角大小与法向量夹角的关系. 例7【2020山西晋城一中期中】已知矩形ABCD 中23AB =2AD =，沿对角线AC 将面ADC 翻折，使得三棱锥D ABC -体积最大时，二面角D BC A --大小的正切值为（ ） A ．23B ．33C ．23D ．32【分析】依题意可知当平面ADC ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -的高最大，此时三棱锥D ABC -的体积最大，过点D 作DE AC ⊥交AC 于点E ，过E 作EF BC ⊥交BC 于点F ，连接DF ，由面面垂直的性质可知DE ⊥面ABC ，则EFD ∠为二面角D BC A --的平面角，利用三角形的相关性质求出EF ，DE 即可求出二面角D BC A --大小的正切值.【解析】矩形ABCD ，23AB =，2AD =，将ADC∆沿对角线AC 进行翻折，得到三棱锥D ABC -，则在翻折的过程中，当平面ADC ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -的高最大，此时三棱锥D ABC -的体积最大，过点D 作DE AC ⊥交AC 于点E ，过E 作EF BC ⊥交BC 于点F ，连接DF ， 由面面垂直的性质可知DE ⊥面ABC ，则EFD ∠为二面角D BC A --的平面角， 23AB =，2AD =，224AC AB AD ∴=+=，AD DC DE AC ⋅=⋅，3DE ∴=，1AD =，3CE =， ABC EFC ∆∆∽，CE EF CA AB ∴=，33EF ∴=， 32tan 333DE EFD EF ∴∠===，故选C【副题集训】1.【2020福建省3月考】已知不同直线l 、m 与不同平面α、β，且l α⊂，m β⊂，则下列说法中正确的是（ ） A ．若//αβ，则l//m B ．若αβ⊥，则l m ⊥ C ．若l β⊥，则αβ⊥ D ．若αβ⊥，则m α⊥【答案】C【解析】对于A ，若//αβ，则,l m 可能为平行或异面直线，A 错误； 对于B ，若αβ⊥，则,l m 可能为平行、相交或异面直线，B 错误；对于C ，若l β⊥，且l α⊂，由面面垂直的判定定理可知αβ⊥，C 正确； 对于D ，若αβ⊥，只有当m 垂直于,αβ的交线时才有m α⊥，D 错误，故选C .2.【2020湖南株洲一中期中】已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE SD ，所成的角的余弦值为（ ）A ．13B ．23C ．3 D ．23【答案】C【解析】设AC BD 、的交点为O ，连接EO ，则AEO ∠为,AE SD 所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为a ，则312,,2AE a EO a OA a ===，所以222cos 2AE OA EO AEO AE OA +-∠=⋅ 222312()()()3222312()()a a a a a +-==⨯⋅，故选C ． 3. 【2020河北省衡水中学六调】如图，已知四棱锥P ABCD -的底面是平行四边形，AC 交BD 于点, O E 为AD 的中点，点F 在PA 上，AP AF λ=，//PC 平面BEF ，则λ的值为（ ）A ．1B ．32C ．2D ．3【答案】D【解析】如下图所示，设AO 交于BE 于点G ，连接FG ，E 为AD 的中点，则1122AE AD BC ==⋅，四边形ABCD 是平行四边形，//AD BC ，AEG △∽CBG ，12AG AE GC BC =∴=，13AG AC ∴=，又//PC 平面BEF ，PC ⊂平面PAC ，平面 BEF ⋂平面PAC GF =．//GF PC ∴,3AP ACAF AGλ∴===，故选D ．4.【2020重庆八中3月月考】如图，四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，DD 1上，且112DE DF EB FD ==，G 在CC 1上且平面AEF ∥平面BD 1G ，则1CGCC =（ ）A ．12B ．13C ．23D ．14【答案】 B【解析】∵四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，DD 1上，且112DE DF EB FD ==，∴EF ∥BD 1，平面ADD 1A 1∥平面BCC 1B 1，∵G 在CC 1上且平面AEF ∥平面BD 1G ，∴AF ∥BG ，∴1113CG DE CC DD ==，故选B . 5.【2019届广东省汕头市一模】在正方体中，点是四边形的中心，关于直线，下列说法正确的是（ ） A ． B ．平面 C ．D ．平面【答案】B【解析】由题意，在正方体中，点是四边形的中心，所以，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面，故选B.6.【2020江西宜春昌黎实验学校月考】在正四棱锥S ABCD -中，E ,M ,N 分别是BC ，CD ，SC 的中点．动点P 在线段MN 上运动时，下列四个结论，不一定成立的为（ ）①EP ⊥AC ；②EP BD ∥；③EP ∥平面SBD ；④EP ⊥平面SAC . A ．①③ B ．③④C ．①②D ．②④【答案】D【解析】作出如图的辅助线，对①,再正四棱锥S ABCD -中,因为AC BD ⊥, AC SO ⊥, BD ⊂面SBD ,SO ⊂面SBD ,且SO BD O ⋂=,故AC ⊥面SBD .又因为E ,M ,N 分别是BC ,CD ,SC 的中点,故面//EMN 面SBD ,故AC ⊥面EMN ,因为EP ⊂面EMN ,故EP ⊥AC 成立.故①成立. 对②,当且仅当P 与M 重合时, EP BD ∥.故②不一定成立.对③,由①有面//EMN 面SBD ,又EP ⊂面EMN ,故EP ∥平面SBD .故③成立. 对④, 当且仅当P 与M 重合时, 才有EP ⊥平面SAC .故④不一定成立，故选D7. 【2020广西桂林一中期末】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（ ） A 3B ．34C．5D．54【答案】B【解析】如图，设BC的中点为D，连接1A D、AD、1A B，易知1A AB∠即为异面直线AB与1CC所成的角（或其补角），设三棱柱111ABC A B C-的侧棱与底面边长均为1，则3AD=，112A D=，12A B=，由余弦定理，得222111111132cos22114A A AB A BA ABA A AB+-+-∠===⋅⨯⨯，故选B.8.【2020届西北工业大学附中第三次适应性考】如图，在三棱柱111ABC A B C-中，侧棱1AA⊥底面111A B C，底面ABC是正三角形E是BC的中点，则下列叙述正确的是（）A．1CC与1B E是异面直线B．AC⊥平面11ABB AC．11AE B C⊥D．11//A C平面1AB E【答案】C【解析】对于A选项，由于11,CC B E都含于平面11BCC B，所以不是异面直线，故A选项错误.对于B选项，由于3CABπ∠=，所以AC与平面11ABB A不会垂直，故B选项错误.对于C选项，在等边三角形ABC中，AE BC⊥，根据直三棱柱中易得1AE AA⊥，所以AE⊥平面11BCC B，所以11AE B C ⊥，所以C 选项正确.对于D 选项，由于11//A C AC ，而AC 与平面1AB E 相交，所以直线11A C 与平面1AB E 不平行，故D 选项错误，故选C9.【2020届浙江省温州新力量联盟期末】正四面体ABCD 中，CD 在平面α内，点E 是线段AC 的中点，在该四面体绕CD 旋转的过程中，直线BE 与平面α所成角的余弦值不可能是（ ）A ．16B ．36C ．13D ．1【答案】A【解析】考虑相对运动，让四面体ABCD 保持静止，平面α绕着CD 旋转，∴其垂线也绕着CD 旋转，如右图，取AD 中点F ，连结EF ，则//EF CD ，等价于平面α绕着EF 旋转，设正四面体ABCD 中棱长为2，在BEF ∆中，3BE BF ==，1EF =，3133cos 6231BEF +-∠==⨯⨯，如下图示，将问题抽象为如下几何模型，平面α的垂线可视为圆锥的底面半径EP ，绕着圆锥的轴EF 旋转，显然22BEF PEB BEF ππ-∠≤∠≤+∠，则3sin 16PEB ≤∠≤，设BE 与平面α所成的角为θ，则可得3cos 1θ≤≤，故选A10.【2020福建省闽侯六中期末】在菱形ABCD 中， 60,3A AB ∠=︒=,将ABD ∆折起到PBD ∆的位置，若三棱锥P BCD -的外接球的体积为776π,则二面角P BD C --的正弦值为（ ）A.13 B. 12 C. 3 D. 7 【答案】C【解析】设菱形对角线交点为O ，则POC ∠为二面角P BD C --的平面角，设外接球1O 半径为R ，则347773R R ππ=∴=，所以2211971+-1441cos =32212O O R OB O OC =-=∴∠=⨯⨯， 123,sin 332O OC POC POC ππ∴∠=∴∠=∠=，选C 11.【2019届西安市一质检】已知，，在球的球面上，，，，直线与截面所成的角为，则球的表面积为（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】在中，由余弦定理得到求得，由勾股定理得为直角，∴中点即所在小圆的圆心， ∴平面，且小圆半径为1，又直线与截面所成的角为，∴在直角三角形中，球的半径为，∴球的表面积为，故选D.12.【20200湖北黄冈中学一诊】如图，在三棱锥P ABC -中，已知底面ABC 是正三角形，2AB AP =，且AP ⊥平面PBC ，则直线PA 与平面ABC 所成角的余弦值为（ ）A ．6 B ．5 C ．23D ．3 【答案】D【解析】三棱锥P ABC -中，已知底面ABC 是正三角形，2AB AP =，且AP ⊥平面PBC ，取BC 中点M ，连接,PM AM ，如下图所示，设2,AB =则1AP =，3PB PC ==，2,3PM AM ==，因为222PM A M P A +=，所以三角形APM 为直角三角形，且AP PM ⊥，则PAM ∠即为直线PA 与平面ABC 所成的角，所以3cos 33PA PAM PM ∠===，故选D.13.【2019届广东省广州市天河区综合测试（二)】如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD 为矩形，E ，F 分别为P A ，PD 的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：直线BE 与直线CF 异面；直线BE 与直线AF 异面；直线平面PBC ；平面平面P AD ．其中正确的结论个数为A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个 【答案】C【解析】将平面展开图还原后可得立体图形如图所示：①为中点，又四边形为矩形 ， 四点共面，直线与共面，不是异面直线，即①错误 ②平面，平面，，平面，直线与直线为异面直线，即②正确③，平面，平面，平面，即③正确④假设平面平面，即平面平面，又平面平面，作，垂足为，可得平面，但实际无法证得平面，故假设不成立，即④错误，故选14.【2020届浙江省高中发展共同体期末】如图，在三棱台111ABC A B C -中，M 是棱11A C 上的点，记直线AM 与直线BC 所成的角为α，直线AM 与平面ABC 所成的角为β，二面角M AC B --的平面角为γ，则（ ）A ．αβ≥，≤βγB ．αβ≤，≤βγC ．αβ≥，βγ≥D ．αβ≤，βγ≥【答案】A 【解析】在三棱台111ABC A B C -中，M 是棱11A C 上的点，记直线AM 与直线BC 所成的角为α，直线AM 与平面ABC 所成的角为β，二面角M AC B --的平面角为γ，由于β是直线AM 与平面ABC 内所有直线所成角中最小的角，故αβ≥，排除B 、D 选项；若2πγ≥，由于02πβ<≤，则≤βγ，排除C选项，故选A.15.【2019届江西省红色七校二联考】如图，单位正方体的对角面上存在一动点，过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于两点.则的面积最大值为 （ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】连接，则当M,N 在正方体侧面上（非棱上）运动时，分别过M ，N 作M ⊥面，N ⊥面,则MN=,此时面积小于的面积，故当MN 在面上时，面积最大，当M ∈,设则MN=BM=MN=为等腰三角形，底边MN 上的高为,的面积为≤,当x=1时取等；同理当M ∈, 设, 则MN=BM=MN=为等腰三角形，底边MN上的高为,的面积为,令f(x)==4x()≥0,故f(x)单调递增，当x=1 取最大值为，故选：A16.【2020年云南省师范大学附属中学期中】四边形ABDC 是菱形，60BAC ∠=，3AB =沿对角线BC 翻折后，二面角A BC D --的余弦值为13-，则三棱锥D ABC -的外接球的体积为（ ） A 5π B 6πC 7πD ．22π【答案】B【解析】如下图所示，取BC 的中点为M ，设球心O 在平面ABC 内的射影为1O ，在平面BCD 内的射影为2O ，则二面角A BC D --的平面角为AMD ∠，3AB =32DM =，2213DO DM ==，212O M =，设2AMD θ∠=，则21cos 22cos 13θθ=-=-，21cos 3θ∴=，则22sin 3θ=，2tan 2θ∴=，tan 2θ∴=222tan OO O M θ∴=⋅=O 的半径22226R DO OO =+=，所求外接球的体积为246632V ππ⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭，故选B.17.【2020届河南平顶山许昌济源第一次质检】在直角梯形ABCD 中，//AB CD ，AD CD ⊥，1AB AD ==，2CD =．沿BD 将ABCD 折成60︒ 的二面角A BD C --，则折后直线AC 与平面BCD 所成角的正弦值为（ ） A ．24B 3C 6D ．14【答案】B【解析】由题意，取CD 的中点E ，连接,AE BD 交于点O ，在图（1）中，正方形ABCD ，则AC BD ⊥，即在图（2）中，,AO BD EO BD ⊥⊥，所以AOE ∠为二面角A BD C --的平面角，即60AOE =︒∠，又在AOE ∆中，2260AO EO AOE ==∠=︒，所以AOE ∆等边三角形，取EO 的中点F ，则AF EO ⊥，且2362AF ==，由面面垂直的性质定理，可得AF ⊥平面BCD ，所以ACF ∠为AC 与平面BCD 所成的角，设ACF θ∠=，在CEF ∆中，21,1354EF CE CEF ==∠=，由余弦定理可得22222222132cos135()121(8CF EF CE EF CE =+-=+-⨯=，解得26CF =，所以39tan 13AF CF θ==，所以13cos 4θ=，故选B ．18.【2020广西北海一中二模】在等腰三角形中，，，将它沿边上的高翻折，使为正三角形，则四面体的外接球的表面积为__________．【答案】【解析】翻折后所得的四面体ABCD的直观图如图所示，易知AD⊥平面BCD，AD=,BD=BC=CD=3，设△BCD的重心为G，则DG=.则外接球的半径，从而外接球的表面积为.19.【2019届广东省模拟（一)】已知在三棱锥P﹣ABC中，PA＝4，AC＝，PB＝BC＝，PA⊥平面PBC，则三棱锥P﹣ABC的内切球的表面积为__________．【答案】【解析】由题意，已知PA⊥面PBC，且PA＝4，PB＝，AC＝，由勾股定理得AB＝，PC＝，所以，△PBC为等边三角形，△ABC为等腰三角形，＝=S△PBC×PA＝×××4＝，表面积，设内切球半径为r，利用体积相等，即，所以=×，所以r＝，所以三棱锥P﹣ABC的内切球的表面积为4π×＝ .20.【2020陕西、湖北、山西部分学校3月联考】在长方体1111ABCD A B C D -中，13,4AD AA AB ===，则异面直线1A B 与AC 所成角的余弦值为________．【答案】225【解析】如图，连接1CD ，1AD ，则1//A B CD ，所以1ACD ∠为异面直线1A B 与AC 所成角，由题意可得15AC AD ==，1142A B CD ==，则2221111cos 2AC CD AD ACD AC CD +-∠=⋅2542=⨯⨯225=.21.【2020届浙江省杭州学军中学3月月】在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，11AA =，E 是底面ABCD 的中心，又AF AB λ=（102λ≤≤），则当λ=____时，长方体过点1A ，E ，F 的截面面积的最小值为____. 【答案】110 551255【解析】如图所示，延长EF 交CD 于M ，由已知，有22AE =EF a =，(02)AF t t =≤≤， 在AEF ∆中，由余弦定理得2222cos EF AF AE AE AF EAF =+-⋅∠，即2284a t t =+-， 作AG 垂直于EF 于G ，T 为AB 中点，则AGF ∆与EFT ∆相似，且1A G EF ⊥，所以AG ET AF EF =，即2AG t a =，所以2t AG a =，故过点1A ，E ，F 的截面面积 21221()t S FM A G a a =⨯=+2222236454825(55a t t t t =+=-+=-+） 当25t =，即215410AE AB λ===时，min 36555S ==.22.【2019届安徽省合肥市二质检】已知半径为4的球面上有两点，，，球心为，若球面上的动点满足二面角的大小为，则四面体的外接球的半径为_______．【答案】【解析】设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，OA ＝OB ，所以，OD ⊥AB ，同理O 1D ⊥AB ，所以，即为二面角的平面角，，因为，所以是等腰直角三角形，，在中，由cos60º＝，得，由勾股定理，得：，因为O 1到A 、B 、C 三的距离相等，所以，四面体外接球的球心在直线上，设四面体外接球半径为，在中，，由勾股定理可得：，即，解得．23.【2020届四川蓉城名校联盟第二次联考】在四面体ABCD 中，41,34,5,,AB CD AC BD AD BC E F ======分别是,AD BC 的中点．则下述结论：①四面体ABCD 的体积为20； ②异面直线,AC BD 所成角的正弦值为2425； ③四面体ABCD 外接球的表面积为50π；④若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为6．其中正确的有_____．（填写所有正确结论的编号） 【答案】①③④．【解析】根据四面体特征，可以补图成长方体设其边长为,,a b c ，222222413425c b c a b a ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，解得3,4,5a b c ===补成长，宽，高分别为3,4,5的长方体，在长方体中：①四面体ABCD 的体积为134********V ⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=＝，故正确②异面直线,AC BD 所成角的正弦值等价于边长为5,3的矩形的对角线夹角正弦值，可得正弦值为1517，故错；③四面体ABCD 外接球就是长方体的外接球，半径2223455022R ++==，其表面积为50π，故正确； ④由于EF α⊥，故截面为平行四边形MNKL ，可得5KL KN +＝，设异面直线BC 与AD 所成的角为θ，则sin sin HFB sin LKN θ∠∠＝＝，算得2425sin θ＝， 224••6225MNKL KL KN S NK KL sin NKL +⎛⎫∴∠≤⨯= ⎪⎝⎭＝．故正确． 故答案为：①③④．。