(上海专用)新高考数学一轮复习讲练测专题15 立体几何(模拟练)（2份，原卷版+解析版）

这是一份(上海专用)新高考数学一轮复习讲练测专题15 立体几何(模拟练)（2份，原卷版+解析版），文件包含上海专用新高考数学一轮复习讲练测专题15立体几何模拟练原卷版doc、上海专用新高考数学一轮复习讲练测专题15立体几何模拟练解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共61页， 欢迎下载使用。
一、填空题
1．（2022·上海市七宝中学模拟预测）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为，则其母线与轴的夹角的大小为________．
【答案】
【解析】由题意得：母线与轴的夹角为
考点：圆锥轴截面
【名师点睛】掌握对应几何体的侧面积，轴截面面积计算方法.如 圆柱的侧面积 ，圆柱的表面积 ，圆锥的侧面积 ，圆锥的表面积 ，球体的表面积 ，圆锥轴截面为等腰三角形.
2．（2022·上海市七宝中学模拟预测）已知直三棱柱的各棱长都相等，体积为18．若该三棱柱的所有顶点都在球O的表面上，则球O的体积为______．
【答案】
【分析】设出直三棱柱的棱长，由体积解出棱长，再得出外接球的半径后求体积
【解析】设直三棱柱的棱长为，则体积为，解得，
故底面外接圆的半径为，三棱柱外接球的半径为，
球的体积
故答案为：
3．（2021·上海·模拟预测）若球的半径为（为常量），且球面上两点，的最短距离为，经过，两点的平面截球所得的圆面与球心的距离为，则在此圆面上劣弧所在的弓形面积为___________.
【答案】
【分析】根据已知条件可求得，连接，可得线段，设截面圆为圆，可求出截面圆的半径，在中，利用余弦定理求出，进而可得，再利用扇形的面积减去的面积即可求解.
【解析】因为球的半径为，球面上两点，的最短距离为，
所以，
设经过，两点的平面截球所得的圆面为圆，则平面，且，
所以截面圆圆的半径，
连接，因为，，所以线段，
在中，，，
由余弦定理可得：，
所以，
所以在此圆面上劣弧所在的弓形面积为扇形的面积减去的面积，
即为： ，
故答案为：.
4．（2022·上海金山·二模）若正方体的棱长为2，则顶点到平面的距离为__________.
【答案】
【分析】连接交于，连接，先证明平面，再求即可
【解析】连接交于，连接，因为正方体，故，且平面，又平面，故，又平面，，故平面，故顶点到平面的距离为.又正方体的棱长为2，故
故答案为：
5．（2022·上海徐汇·三模）设圆锥底面圆周上两点、间的距离为，圆锥顶点到直线的距离为，和圆锥的轴的距离为，则该圆锥的侧面积为___________.
【答案】
【分析】根据圆锥的几何特征计算出圆锥的底面半径和母线长，结合圆锥的侧面积公式可求得结果.
【解析】设圆锥的顶点为，底面圆圆心为点，取线段的中点，连接、、、，
因为，，则，，故，
因为平面，平面，，
所以，为直线、的公垂线，故，
因为，，，
所以，圆锥的底面圆半径为，母线长为，
因此，该圆锥的侧面积为.
故答案为：.
6．（2022·河南·通许县第一高级中学模拟预测（文））已知三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，为的中点，若，则侧面四边形为正方形，则异面直线与所成角的余弦值为___________.
【答案】
【分析】取的中点，连接，，得到为异面直线与所成的角（或补角），在中，利用余弦定理，即可求解.
【解析】如图所示，取的中点，连接，，则，
则为异面直线与所成的角（或补角），
因为是边长为2的等边三角形，所以，
又因为，所以，
则，，
又由四边形为正方形，所以，
所以.
故答案为：.
7．（2022·上海青浦·二模）一块边长为10cm的正方形铁片按如图(1)所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图(2)所示的正四棱锥容器，则当x=6cm时，该容器的容积为________cm3.
图(1) 图(2)
【答案】48
【解析】由题意可知道，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm为边长的正方形，侧高为5 cm，高为4 cm，所以所求容积为48 cm3.
8．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知矩形，设E是边上的一点，且．现将沿着直线翻折至，设二面角的大小为，则的最大值是________．
【答案】##
【分析】作交于点F，连接，作交于点H，作，垂足为K，连接，延长KH交AB与G﹒则即为二面角的平面角，求的最大值即可得sinθ的最大值．
【解析】方法一：如图，
作交于点F，连接，作交于点H，作，垂足为K，连接，延长KH交AB与G﹒
∵，∴，∴平面，∴，
又，AF∩BE=F，∴平面，∴，
又，HK∩，∴平面，∴，
∴即为二面角的平面角，即有，
设，
∴，，，
易知△ABE是等腰直角三角形，F为BE中点，，
易知HG⊥AB，则Rt，
则，
∴，则有，
∵表示单位圆上一点与连线的斜率，
∴如图，斜率最大为直线和圆相切时，直线倾斜角为，则，
则，∴．
故答案为：．
方法二：在方法一的基础上，如图，延长、交于点I，
易知△ABE是等腰直角三角形，∠FAE=45°，HK∥AD，则∠KHI=45°，则△HKI是等腰直角三角形，∴HK=，，
设，由方法一知．
∵△ABE是等腰直角三角形，则易知点的轨迹是以F为圆心，为半径的半圆，
当与该圆相切时，最大，
此时，∴的最大值为，
∴，∴．
故答案为：．
【点睛】本题要求通过作与二面角的棱垂直的面来构造二面角的平面角，从而将问题转化为解三角形的问题，还需熟练运用圆的参数方程和直线斜率的计算公式．
9．（2022·北京育才学校模拟预测）如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的序号是______.
①平面平面； ②的取值范围是；
③三棱锥的体积为定值； ④.
【答案】①③④
【分析】根据线面位置关系判断①，举反例判断②，利用体积公式，判断③，利用垂直关系的转化判断④.
【解析】∵平面，∴平面平面，①正确；
若是上靠近的一个四等分点，，此时，，此时为钝角，②错；
由于，则平面，因此的底面是确定的，高也是定值，其体积为定值，③正确；
而，，所以，且,，所以平面,平面，因此，④正确．
故答案为：①③④
10．（2022·江西·南昌市八一中学三模（文））如图，正方体的棱长为，分别是棱，的中点，过点的平面分别与棱，交于点G，H，给出以下三个命题：
①平面与平面垂直；
②四边形的面积的最小值为；
③四棱锥的体积为定值.
其中正确命题的序号为___________.
【答案】①②③
【分析】证明出平面，结合面面垂直的判定定理可判断①的正误；推导出，求出的最小值，可求得四边形的面积的最小值，可判断②的正误；计算出四棱锥的体积，可判断③的正误.
【解析】对于①，连接，
因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，，
，平面，
因为且，又因为、分别为、的中点，
所以，且，所以，四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面平面，①对；
对于②，由①可知，
平面，平面，所以，，
平面，平面，，同理可得，
所以，，当且仅当时，等号成立，
所以，，②对；
对于③，因为平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可证，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
因为，则，
所以，，③对.
故答案为：①②③.
11．（2022·全国·模拟预测（文））如图，在直三棱柱中，是边长为2的正三角形，，M为的中点，P为线段上的动点（不包含端点），则下列说法正确的是_______（填写序号）
①平面 ②三棱锥的体积的取值范围为
③与为异面直线 ④存在点P，使得与垂直
【答案】②③
【分析】由勾股定理求出、、，即可判断①，由即可判断②，根据异面直线的定义判断③，设中点为N，即可得到平面，即平面，得出矛盾，即可判断④；
【解析】解：由题意得．则， ，
所以与不垂直．故①错误；
，点B到平面的距离为，
由，所以，所以，
又，则，
故②正确；
P为线段上的点（不包括端点），故与为异面直线，故③正确；
若，设中点为N，所以，又平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
又，则平面，即平面，
又因为平面，故点P与点重合，不合题意，故④错误．
故答案为：②③
12．（2022·江西南昌·一模（文））在直三棱柱中，、、、、分别是、、、、的中点，给出下列四个判断：
①平面；
②平面；
③平面；
④平面，
错误的序号为___________.
【答案】①②④
【分析】连接、、、、、、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质结合假设法可判断①②③④的正误.
【解析】连接、、、、、、、，
在三棱柱中，因为且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
、分别为、的中点，则且，
故四边形为平行四边形，则，
平面，平面，故平面，
同理可证四边形为平行四边形，则，，
则四边形为平行四边形，所以，，
平面，平面，则平面，
，故平面平面，平面，则平面，③对；
对于①，若平面，，则平面平面，
因为过点且与平面平行的平面只有一个，矛盾，故①错，
同理可知，②④均错.
故答案为：①②④.
13．（2022·全国·模拟预测（文））在正三棱柱中，，底面的边长为2，用一个平面截此三棱柱，截面与侧棱，，分别交于点，，，且为直角三角形，则的面积的取值范围是___________.
【答案】
【分析】设在处，，，再结合直角三角形中的各边的关系，求得，进而表达出，再结合的取值范围求解即可
【解析】不妨设在处，，，
则，，，
，
，
因为当且仅当时取等号，且，即，故.
故答案为：
14．（2022·江西萍乡·三模（理））如图，在正方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连接，在翻折到的过程中，下列说法正确的是_________．（将正确说法的序号都写上）

①点的轨迹为圆弧；
②存在某一翻折位置，使得；
③棱的中点为，则的长为定值；
【答案】①③
【分析】依据翻折过程中，均不变，判定点的轨迹为圆弧，从而判断①正确；利用反证法否定②；求得翻折过程中的长恒为，从而判断③正确.
【解析】设正方形边长为a,
①在正方形中，过点D作于H，则
在翻折到的过程中，，均不变，
则点的轨迹为以H为圆心，以为半径的圆弧.判断正确；
②假设存在某一翻折位置，使得.
在△PAM内，过点P作于N，连接BN，
由，，，可得平面PBN
又平面PBN，则，则
又在正方形中，.
二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得.判断错误；
③棱的中点为.取PA中点K，连接EK，CE，MK， 则
则有，，则，
则四边形为平行四边形，则，
又，则，即的长为定值.判断正确.
故答案为：①③
15．（2022·江西师大附中三模（理））勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则下列结论正确的序号是__________．
①能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a；②勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为；
③勒洛四面体的截面面积的最大值为； ④勒洛四面体的体积；
【答案】①②④
【分析】先求得正四面体的外接球半径、内切球半径、正四面体的体积和外接球的体积，
结合勒洛四面体的结构依次分析命题，即可得出结果.
【解析】正四面体ABCD棱长为a，设M是底面BCD的中心，O是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为R，高为AM，如图，
，
由得，
解得，（内切球半径）．
所以正四面体ABCD的体积为，
外接球体积为．
对于①，由勒洛四面体的结构知，
能容纳勒洛四面体正方体的棱长的最小值为a，故①正确；
对于②，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，
其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，
易知B、O、E三点共线，且，
因此，故②正确；
对于③，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，
最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，
根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，
勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面上的正投影，当光线与平面ABD夹角
不为时，易知截面投影均为上图所示图像在平面上的投影，其面积必然减小．
上图截面为三个半径为a，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，
即，故③错误；
对于④，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，
正四面体ABCD的体积，正四面体ABCD的外接球的体积，所以，故④正确．
故答案为：①②④.
16．（2022·内蒙古·满洲里市教研培训中心三模（文））已知正方体的棱长为2，为的中点，为棱上的动点，点在线段上运动，下面说法正确的是_____________．
①直线平面；
②异面直线与所成的角范围为；
③点到平面的距离为定值；
④的最小值为；
【答案】①③
【分析】利用线面垂直判定定理判断，根据异面直线的夹角的定义判断，由等体积法求点到平面的距离由此判断，再求的最小值判断.
【解析】因为，，
平面，，
所以平面，又平面，
所以，同理可证，
平面，，
所以直线平面；①对，
因为，所以为异面直线与的夹角，
当运动到的位置时，,
所以异面直线与所成的角范围不是，②错，
因为,平面,平面,
所以平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离,
设点到平面的距离为，则，
又，，
所以，所以，③对，
如图将正方形绕旋转到与平面共面的位置，
由图可得，当且仅当三点共线时取等号.
又，，，
所以的最小值为，④错，
故答案为：①③.
二、单选题
17．（2022·上海金山·二模）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】B
【分析】在正方体中取直线和平面可排除ACD，由线面垂直的性质可得B正确.
【解析】在正方体中，记底面ABCD为，EF为m，EH为n，显然A不正确；记底面ABCD为，EF为m，平面CDHG为，故排除C；记底面ABCD为，BF为m，平面ABFE为，可排除D；由线面垂直的性质可知B正确.
故选：B
18．（2022·上海静安·模拟预测）如图，△ABC是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（ ）
A．△ABC是钝角三角形B．△ABC是等边三角形
C．△ABC是等腰直角三角形D．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形
【答案】C
【分析】画出原图，利用原图与直观图之间的转化比例求解.
【解析】解：将其还原成原图，如图，
设，则可得，，
从而，
所以，即，
故是等腰直角三角形.
故选：C.
19．（2020·上海·一模）正方体上点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则直线PQ与RS异面的图形是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】对于ACD；利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面.
对于B：利用异面直线的判定定理可以判断直线PQ与RS异面.
【解析】对于A：如图示 ：
在正方体中，连结，则.
因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，由三角形的中位线定理可得：.
由平行公理可得：.故直线PQ与RS共面.故A错误；
对于B：由异面直线的判定定理可以判断直线PQ与RS异面.故B正确；
对于C：如图示 ：
在正方体中，连结.则.
因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以.
由三角形的中位线定理可得：.
由平行公理可得：.故直线PQ与RS共面.故C错误；
对于D：如图示 ：
在正方体中，连结.则.
因为且，所以四边形为平行四边形，所以.
因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，由三角形的中位线定理可得：.
由平行公理可得：.故直线PQ与RS共面.故D错误；
故选：B
20．（2019·上海奉贤·一模）空间四个点中，三点共线是这四个点共面的（ ）
A．充分非必要条件；B．必要非充分条件；C．充要条件；D．既非充分又非必要条件．
【答案】A
【分析】空间四个点中，有三个点共线，根据一条直线与直线外一点可以确定一个平面得到这四个点共面，前者可以推出后者，当四个点共面时，不一定有三点共线，后者不一定推出前者．
【解析】解：空间四个点中，有三个点共线，
根据一条直线与直线外一点可以确定一个平面得到这四个点共面，
前者可以推出后者，
当四个点共面时，不一定有三点共线，
后者不一定推出前者，
空间四个点中，有三个点共线是这四个点共面的充分不必要条件，
故选：A．
21．（2019·上海·华师大二附中三模）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.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式.人们还用过一些类似的近似公式.根据…判断，下列近似公式中最精确的一个是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据球的体积公式可知，将四个选项分别化简得到，通过比较近似值可得结果.
【解析】球的体积，.
，.
记，；；；
，；，.
，，，，，中，最接近.
更精确.
故选：D.
22．（2020·上海·一模）如图，在正四棱柱中，底面边长，高，为棱的中点．设、、，则、、之间的关系正确的是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】求出、、的大小即可求解.
【解析】由题意可得，
连接，则为等边三角形，所以，
连接，则，
，
取的中点，
连接，则，,
所以，
所以，即，
所以.
故选：B
23．（2019·上海交大附中一模）鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，从外表看，六根等长的正四棱柱体分成三组，榫卯起来如图，若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为（容器壁的厚度忽略不计）.
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】转化为几何体的外接球问题，求出外接球的半径和表面积即可．
【解析】有题意可知：当鲁班锁的顶点与球面相接时，球的体积最小，该球形容器得半径最小值为，所以表面积最小值为
故选：C
24．（2020·上海浦东新·二模）如图，正方体中，、分别为棱、上的点，在平面内且与平面平行的直线（ ）
A．有一条B．有二条
C．有无数条D．不存在
【答案】C
【分析】设平面，且，可证明平面，从而可得正确的选项.
【解析】设平面，且，又平面，平面，
平面，显然满足要求的直线l有无数条.
故选：C.
【点睛】本题考查线面平行的判断，注意根据所求直线在定平面中去构造与平面平行的直线，本题属于容易题.
25．（2022·江西萍乡·三模（文））正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F在侧面上运动，且满足平面.以下命题中，正确的个数为（ ）
①侧面上存在点，使得；
②直线与直线所成角可能为30°；
③设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为.
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】先依据题给条件求得点F在侧面上的轨迹为线段，当点为中点时，，则①判断正确；求得直线与直线所成角最大值否定②；举特例否定③.
【解析】分别取的中点，连接
由，可得四边形为平行四边形，
则，又，,
则平面平面，
则当点落在线段上时，平面，则平面
即满足题意的点F在侧面上的轨迹为线段
①取中点P，连接，
△中，,，则
又，则,即当F为中点时，有.判断正确；
②当点F在线段上运动变化到端点K或H时，
直线与直线所成角取得最大值，
此时直线与直线所成角为（或）
又，
则.则直线与直线所成角不可能为30°.判断错误；
③设正方体棱长为1，当F为与HK交点时，
过点E，F，A的平面交于的中点M，连接
过点E，F，A的平面截正方体所得截面为菱形
又菱形对角线，
则截面的面积为.判断错误.
故选：B
26．（2022·四川·内江市教育科学研究所三模（理））如图，在四棱柱中，底面为正方形，底面，，M、N分别是棱、上的动点，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．直线AC与直线MN所成角的大小与点M的位置有关
B．直线AD与直线MN所成角的最大值为
C．直线与直线MN可能异面
D．三棱锥的体积保持不变
【答案】D
【分析】确定AC与平面MNDB的位置关系可判定A；根据MN的变化情况，确定直线AD与直线MN所成角最大时的位置，求出余弦值即可判定B；确定直线和位置关系即可判定C；求出三棱锥的体积即可判定D.
【解析】由题可知四棱柱为正四棱柱，如下图，由，可得，所以，与点M的位置无关，故A错误；如下图作交于，则为所求角，又，则，最大时，最小，最大，可求得，故B错误；由题易证四边形为平行四边形，所以直线与直线MN一定相交，故C错误；如下图，为定值，故D正确.
故选：D.
三、解答题
27．（2022·上海徐汇·三模）如图，在正三棱柱中，，异面直线与所成角的大小为．
(1)求正三棱柱的体积；
(2)求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得，又，求得正三棱柱的底面边长为．再求出底面积，代入棱柱体积公式可得正三棱柱的体积；
（2）在底面三角形中，过作，垂足为，则为直线与平面所成角，求解三角形得答案．
(1)
解： 异面直线与所成角的大小为，且，
，又，
，即正三棱柱的底面边长为．
．
则；
(2)
解：在底面三角形中，过作，垂足为，
则为中点，又平面平面，平面平面，所以平面，连接，
则为直线与平面所成角，
因为，，
，
．
即直线与平面所成角的大小为．
28．（2020·上海市建平中学模拟预测）直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，，，是侧棱上一点，设．
(1) 若，求的值；
(2) 若，求直线与平面所成的角．
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）以为坐标原点，以射线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出，，利用，求出的值；（2）求出直线的方向向量与平面的法向量，求出向量的夹角的余弦值可得结果.
试题解析：（1）以为坐标原点，以射线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则,，，
，
由得，即
解得．
(2) 解法一：此时

设平面的一个法向量为
由得
所以
设直线与平面所成的角为
则
所以直线与平面所成的角为
解法二：联结，则，
，平面
平面
所以是直线与平面所成的角；
在中，
所以
所以
所以直线与平面所成的角为
点睛：本题主要考查了空间向量在立体几何中的应用之利用空间向量的数量积证明垂直关系，利用空间向量求直线与平面所成的角角；两直线垂直等价于直线的方向向量互相垂直即数量积为0，直线与平面所成的角与直线的方向向量与平面的法向量之间所成的角相加为或相减为，且满足.
29．（2022·上海奉贤·二模）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，四棱锥的体积为，为的中点．
(1)求异面直线与所成的角；
(2)求直线与平面所成的角．
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）由得到，根据线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定、性质可证，即可知与所成的角；
（2）设相交于一点，连接，易知是直线与平面所成的角，进而求出角的大小.
(1)
由题设，且，故，
所以，故.
因为 底面，底面，所以，
因为与相交于一点，且面，
所以平面，又平面，则，
所以异面直线与所成的角为
(2)
设相交于一点，连接，由（1）知：平面，
所以是直线与平面所成的角，
，则，
,,
所以 ，即所求线面角的大小为或.
30．（2022·上海长宁·二模）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，母线的长为．
(1)若圆锥的侧面积为，求圆锥的体积
(2)是底面圆周上的两个点，， 为线段的中点，若圆锥的底面半径为2，求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据圆锥的侧面积公式求出底面半径，即可求出圆锥的高，再根据圆锥的体积公式计算可得；
（2）设的中点为，连接、，即可得到，再由线面垂直的性质得到，从而得到平面，即是直线与平面所成角，再由锐角三角函数计算可得．
（1）
解：设圆锥的底面半径为，侧面母线长为，圆锥的高为，
则，
因为，所以，
所以，
所以圆锥的体积．
（2）
解：设的中点为，连接、，则，
因为，所以，
因为底面，底面，所以，
由，平面，
所以平面，
所以即是直线与平面所成角． ．
因为圆锥的底面半径为2，母线长为，所以高，
所以，．
因为，
所以，所以．
即直线与平面所成角为．
31．（2021·上海奉贤·一模）如图，在正四棱锥中，，分别为的中点，平面与棱的交点为.
(1)求异面直线与所成角的大小；
(2)求平面与平面所成锐二面角的大小；
(3)求点的位置.
【答案】(1)
(2)
(3)点的位置为线段PC靠近P的三等分点.
【分析】（1）作出辅助线，找到异面直线与所成的角是∠OEA（或补角），利用余弦定理求出；
（2）作出辅助线，找到平面与平面所成锐二面角为，经过计算得到；
（3）证明出A、Q、G三点共线，利用第二问的求出的，和题干中的条件确定点的位置.
(1)
连接AC，BD，相交于点O，
因为四边形ABCD是正方形，所以O是正方形的中心，连接PO，
因为四棱锥是正四棱锥，则PO⊥底面ABCD，连接OE，
因为为的中点，所以EO是△PBD的中位线，所以EO∥PD，
∠OEA（或补角）即为异面直线与所成角的大小，
因为正四棱锥中，，所以△PAB是等边三角形，
所以，由勾股定理得：，所以，
因为，E为PB的中点，所以，
在△AOE中，由余弦定理得：，
所以异面直线与所成角的大小为
(2)
连接EF，与OP相交于点Q，则Q为OP，EF的中点，
因为分别为的中点，所以EF是三角形PBD的中位线，所以EF∥BD，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，
设平面与平面相交于直线，故EF∥∥DB，连接QA，
则因为AE=AF，所以AQ⊥EF，又因为OA⊥BD，
故∠QAO即为平面与平面所成锐二面角，其中，，所以，故，
即平面与平面所成锐二面角的大小为
(3)
延长AQ，则由两平面相交的性质可得AQ一定过点G，
过点G作GM∥PO交AC于点M，因为PO⊥底面ABCD，所以GM⊥底面ABCD，
设GM=CM=x，则AM=4-x，由第二问知：，
所以，即，解得：，
故，所以点的位置为线段PC靠近P的三等分点.
32．（2022·上海·模拟预测）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形（正四棱锥被平行于底面的平面截去一个小正四棱锥后剩下的多面体）玻璃容器Ⅱ的高均为，容器Ⅰ的底面对角线的长为，容器Ⅱ的两底面对角线、的长分别为和．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为．现有一根玻璃棒l，其长度为．（容器厚度，玻璃棒粗细均忽略不计）
(1)求容器Ⅰ、容器Ⅱ的容积；
(2)①将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱上，求l没入水中部分（水面以下）的长度；
②将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱上，求l没入水中部分（水面以下）的长度．
【答案】(1)；；
(2)①；②.
【分析】（1）利用正四棱柱和正四棱台的体积公式计算作答.
（2）分别作出玻璃棒l所在的正四棱柱和正四棱台的对角面，借助解三角形知识分别求解作答.
(1)
容器Ⅰ的底面正方形面积，其容积，
容器Ⅱ的底面面积，底面面积，
容器Ⅱ的容积.
(2)
①由正四棱柱的定义知，对角面是矩形，设玻璃棒的另一端落在上的点M处，如图，
由得：，，
设与水面的交点为，过作交AC于，在容器Ⅰ中，平面，则平面，
因此，，
所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为.
②是正四棱台两底面中心，由正四棱台的结构特征知，对角面是等腰梯形，
点分别是两底的中点，设玻璃棒的另一端落在上的点N处，如图，
过G作交于点K，则，，而，
因此，，，
，显然为钝角，，
在中，由正弦定理得，，
于是得，
设与水面的交点为，过作交直线EG于，在容器Ⅱ中，平面，则平面，
因此，，
所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为.
33．（2017·辽宁·三模（文））如图，在棱台中，与分别是棱长为1与2的正三角形，平面平面，四边形为直角梯形，，，为中点，（，）.
（1）设中点为，，求证：平面；
（2）若到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析（2）
【分析】（1）延长三棱台的三条侧棱，设交点为，时为的中点，设中点为，连，梯形中，中位线，根据线面平行的判定定理可得平面；同理可证平面，然后再根据面面平行的判定定理可得，平面平面，进而可证命题成立；（2）设中点为，连，在中作且交于点，由面面垂直的性质定理，可得，又，所以平面，所以为到平面的距离，，且为直线与平面所成角；再根据面面垂直的性质定理，可得，可得，中，为的中点 ，由此即可求出线面角的正弦值.
【解析】（1）延长三棱台的三条侧棱，设交点为
时为的中点，
设中点为，连
梯形中，中位线，又平面，平面
所以平面；
中，中位线，又平面，平面
所以平面
又且平面，平面
所以平面平面
所以平面
（2）设中点为，连，在中作且交于点，
又，所以平面，
所以为到平面的距离，
且为直线与平面所成角
平面，所以，中
为的中点，所以为中点，

，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
34．（2022·山东威海·三模）如图所示，在等边中，，，分别是上的点，且，是的中点，交于点．以为折痕把折起，使点到达点的位置，连接．
(1)证明：；
(2)设点在平面内的射影为点，若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）折叠前，折叠后，从而平面，又又平，则（2）易知二面角的平面角为，另一方面平面平面，从而可以确定的位置，建立空间直角坐标系即可求解
（1）
证明：因为是等边三角形，E是的中点，
所以，
因为，所以，所以，
可得，又，
所以平面，
又平，
所以．
（2）
因为，
所以二面角的平面角为，
所以，可得，
由第（1）问知，平面，平面，所以平面平面，
又因为平面平面，
所以点P在平面内的射影Q在上，
因为，所以，
过F作直线交于点K，以为坐标原点，
以的方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，
令，可得，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
35．（2022·天津市武清区杨村第一中学二模）如图，平面，，，，，点，，分别为，，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的大小；
(3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】连接，证明四边形为平行四边形，证明，即可求证平面；
建立以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，通过空间向量数量积求解夹角的大小；
，即，利用空间向量的数量积求解的值，即可求得结果.
（1）
解：证明：连接，，，
，
又，四边形为平行四边形.
点， 分别为，的中点，
，.
，，为的中点，
，,
，.
四边形为平行四边形.
.
平面，平面，
平面.
（2）
解：平面，，可以建立以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系：
依题意可得，，，，，，，，，，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，即.
设平面的法向量为，
则，令，则，，即.
设平面与平面夹角为，
则.
所以平面与平面夹角为.
（3）
解：设，即，
则，所以.
由知平面的法向量为，
由题意可得，
即，整理得，
解得或.
因为，所以.
所以，，
则.