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

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1．（2022·上海市浦东复旦附中分校高一阶段练习）下列说法中，正确的个数为________．
（1）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；
（2）有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台；
（3）底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；
（4）棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是正六棱锥．
【答案】0
【分析】根据棱锥的概念可判断（1）；根据棱台的概念可判断（2）；根据正三棱锥的概念可判断（3）；根据正六棱锥的侧棱长一定大于底面边长可判断（4）.
【解析】对于（1），棱锥的定义是：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥，故错误；
对于（2），有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体不一定是棱台，只有当四个等腰梯形的腰延长后交于一点时，这个六面体才是棱台，如图1，侧棱延长线可能不交于一点，故错误；
对于（3），底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥不一定是正三棱锥，只有当三棱锥的顶点在底面的射影是底面中心时，才是正三棱锥，不一定是正三棱锥，故错误；
对于（4），因为正六棱锥的底面是正六边形，侧棱在底面内的射影与底面边长相等，所以正六棱锥的侧棱长一定大于底面边长，故错误.
故答案为：0.
2．（2022·上海交大附中高三阶段练习）已知圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角等于的扇形，则这个圆锥的体积是________．
【答案】
【分析】由圆锥的定义与体积公式求解
【解析】由题意得圆锥母线长，底面圆周长，得，
故
故答案为：
3．（2022·上海·高三专题练习）若A，，三点都是两个不重合的平面的公共点，则A，，三点的位置关系是__________.
【答案】共线
【分析】根据A，，三点都是两个不重合的平面的公共点，则这两个平面相交，则根据平面的基本性质即可得出答案.
【解析】解：因为A，，三点都是两个不重合的平面的公共点，
所以这两个平面相交，
所以A，，三点都交线上，
所以A，，三点共线.
故答案为：共线.
4．（2022·上海·高三专题练习）互相平行的四条直线，每两条确定一个平面，最多可确定____________个平面；
【答案】6
【分析】当4条直线中任意三条直线都不共面时，每两条确定一个平面，平面最多，结合正方体，即可得出答案.
【解析】解：当4条直线中任意三条直线都不共面时，每两条确定一个平面，平面最多，
如图正方体的四条侧棱，
所以最多可确定6个面.
故答案为：6.
5．（2022·上海·模拟预测）下列说法正确的是___________.
①两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；
②过空间中任意三点有且仅有一个平面；
③若空间两条直线不相交，则这两条直线平行；
④若直线平面，直线平面，则.
【答案】①④
【分析】根据空间中直线之间的位置关系可判断①、②、③，再由线面垂直的性质可判断④.
【解析】解：对于①，如图，
两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内，故①正确；
对于②，过空间中不在同一直线上的三点有且仅有一个平面，故②错误；
对于③，若空间两条直线不相交，则这两条直线平行或异面，故③错误；
对于④，若直线平面，直线平面，则，故④正确.
∴正确的是①④.
故答案为：①④.
6．（2022·上海奉贤区致远高级中学高一期末）给出下列命题：
①若两条不同的直线同时垂直于第三条直线，则这两条直线互相平行；
②若两个不同的平面同时垂直于同一条直线，则这两个平面互相平行；
③若两个不同的平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面互相垂直；
④若两条不同的直线同时垂直于同一个平面，则这两条直线互相平行；
其中所有错误命题的序号为________.
【答案】①③
【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【解析】垂直于同一条直线的两条直线可能相交、可能平行、也可能异面，①错；
垂直于同一条直线的两个平面平行，②正确；
垂直于同一平面的两个平面可能平行也可能相交，③错；
垂直于同一平面的两条直线平行，④正确．
故答案为：①③．
7．（2022·上海·模拟预测）如图，是圆锥底面中心O到母线的垂线，绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成体积相等的两部分，则母线与轴的夹角为_________．
【答案】
【分析】旋转形成两个圆锥，用体积公式求出体积，再计算出大圆锥的体积，根据两体积的关系可获解.
【解析】设过点的一条母线为，其中为顶点，过点作的垂线交于，
令圆锥的体积为，，，母线与轴线的夹角为，
则，
将看作是底面积相同的两个圆锥，
则有，
，
从而可得，，，，
于是有，（由于为锐角）
所以.
故答案为：
8．（2021·上海市西南位育中学高二期中）在北纬60°圈上有两地，之间的球面距离为（为地球半径），则两地在此纬度圈上的弧长等于__________.
【答案】
【分析】本题目要将实际问题转化为球面的问题，纬度指的是地面上某点与地心的连线与赤道面所成的线面角；球面距离是指经过两点以及球心这三点的圆上的一段劣弧长
【解析】设地球的球心为，球心角，因为球面距离为，根据球面距离的定义可得：，所以，所以是等边三角形，弦长；设北纬60°所在的圆的半径为，根据纬度的定义，则有，所以在北纬60°所在的圆中，,，所以为直径，
故答案为：
9．（2022·上海市南洋模范中学高三开学考试）甲､乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和体积分别为和.若，则___________.
【答案】
【分析】由题意知甲，乙两个圆锥的侧而展开图刚好拼成个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，结合，即可求出，再利用勾股定理可得，由此即可求出答案.
【解析】由题意知甲，乙两个圆锥的侧而展开图刚好拼成个圆，
设圆的半径（即圆锥母线）为3，
甲､乙两个圆锥的底面半径分别为，高分别为，
由，则，
解得，
由勾股定理得，
所以，
故答案为：.
10．（2022·上海·高三开学考试）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.即：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．有一个球形瓷碗，它可以看成半球的一部分，若瓷碗的直径为8，高为2，利用祖暅原理可求得该球形瓷碗的体积为______．
【答案】
【分析】根据祖暅原理构造一个圆柱挖去一个圆锥的模型即可.
【解析】设瓷碗所在球的半径为R，则有，得，
设从瓷碗截面圆心处任意竖直距离（也可在下方，此时）如图1所示，
则瓷碗的截面圆半径，面积为，
图2中,在以过球心的截面圆为底面圆，以为高的圆柱中挖去一个等底等高的圆锥，
易知，故圆环面积也为，
即在求瓷碗体积时，符合祖暅原理，（备注：瓷碗是图3中上方倒扣的部分）
当时，如图4所示：
此时：
由祖暅原理得：图3中与之间部分几何体的体积：
圆柱的体积圆锥的体积，
所以瓷碗的体积（注：半球体积）
故答案为：.
11．（2021·上海·复旦附中高二期中）二面角是，其内一点P到的距离分别为和，则点P到棱l的距离为_________．
【答案】##
【分析】过分别作，设点P到棱l的垂足为，可得在以为直径的圆上，利用余弦定理求出，再由正弦定理即可求出.
【解析】如图，过分别作，则，
设点P到棱l的垂足为，则可得平面，则，
所以，则，
在中由余弦定理可得，所以，
由题意可得在以为直径的圆上，
所以由正弦定理可得.
故答案为：.
12．（2022·上海·高三专题练习）已知，，则与的位置关系是__________.
【答案】平行或异面或相交或重合
【分析】利用长方体，结合题设条件在不同的顶点标上，即可判断与的位置关系.
【解析】由题设可得如下四种情况：
∴与的位置关系是平行、异面、相交、重合都有可能.
故答案为：平行或异面或相交或重合
13．（2022·上海市南洋模范中学高二开学考试）已知是两个相交平面，空间两条直线在上的射影是直线在上的射影是直线.用与，与的位置关系，写出一个总能确定与是异面直线的充分条件：___________.
【答案】
，并且与相交
【分析】由异面直线的定义、充要条件的判断结合空间中点线面的位置关系即可得出答案.
【解析】当异面时，在上的射影是直线，可能平行或相交：
过上的射影是直线，可能平行或相交：
但当直线与直线，同时成立时，则：
而当直线与､直线与，均相交时，则与可能相交；
故能确定与是异面直线的充分条件是，并且与相交
（或，并且与相交）.
故答案为：，并且与相交.
14．（2022·上海·高三专题练习）空间给定不共面的A，B，C，D四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面：A，B，C，D中有三个点到的距离相同，另一个点到的距离是前三个点到的距离的2倍，这样的平面的个数是___________个
【答案】32
【分析】按照四个点的位置不同分类讨论，即可求解
【解析】首先取3个点相等，不相等的那个点由4种取法；
然后分3分个点到平面的距离相等，有以下两种可能性：
（1）全同侧，这样的平面有2个；
（2）不同侧，必然2个点在一侧，另一个点在一侧，
1个点的取法有3种，并且平面过三角形两个点边上的中位线，
考虑不相等的点与单侧点是否同侧有两种可能，每种情况下都唯一确定一个平面，
故共有6个，
所有这两种情况共有8个，综上满足条件的这样的平面共有个，
故答案为：32
15．（2022·上海市七宝中学高二开学考试）已知四面体中，、、分别为、、的中点，且异面直线与所成的角为，则_________.
【答案】或
【分析】根据，，结合异面直线夹角的定义求解即可.
【解析】如图，因为、、分别为、、的中点，故，，故与所成的角即与所成的角为，且与相等或者互补，故或.
故答案为：或
16．（2022·上海市七宝中学高二开学考试）正方体中，过作直线，若直线与平面中的直线所成角的最小值为，且直线与直线所成角为，则满足条件的直线的条数为_________.
【答案】2
【分析】作出辅助线，得到为轴的圆锥母线（母线与成）是直线的运动轨迹，为轴的圆锥母线（母线与成）是直线的运动轨迹，两个圆锥的交线即为满足条件的直线的条数.
【解析】设立方体的棱长为1，过作直线，
若直线与平面中的直线所成角的最小值为，
即与平面所成角为，
为轴的圆锥母线（母线与成）是直线的运动轨迹，
连接，由题意得，直线与直线所成角为，
直线与直线所成角为.
此时为轴的圆锥母线（母线与成）是直线的运动轨迹，
两个圆锥相交得到两条交线.
故答案为：2
17．（2022·上海市控江中学高三阶段练习）三棱锥中，底面是锐角三角形，垂直平面，若其三视图中主视图和左视图如图所示，则棱的长为______
【答案】
【分析】根据三视图，求得的长度，再利用勾股定理即可求得.
【解析】根据主视图可知，点在的投影位于的中点，不妨设其为，
故可得，
根据左视图可知：，则，
又面面，故可得，则.
故答案为：.
18．（2022·上海长宁·高二期末）如图是一个边长为2的正方体的平面展开图，在这个正方体中，则下列说法中正确的序号是___________.
①直线与直线垂直；
②直线与直线相交；
③直线与直线平行；
④直线与直线异面；
【答案】①④
【分析】画出正方体，，，故，① 正确，根据相交推出矛盾得到② 错误，根据，与相交得到③ 错误，排除共面的情况得到④ 正确，得到答案.
【解析】如图所示的正方体中，，，故，① 正确；
若直线与直线相交，则四点共面，即在平面内，不成立，② 错误；
，与相交，故直线与直线不平行，③ 错误；
，与不平行，故与不平行，若与相交，则四点共面，在平面内，不成立，故直线与直线异面，④ 正确；
故答案为：① ④.
19．（2022·上海市吴淞中学高一期末）如图，平面平面，，，．平面内一点满足，记直线OP与平面OAB所成角为，则的最大值是_________．
【答案】
【分析】作出图形，找出直线与平面所成的角，证出平面，得出，得出点的轨迹就是平面内以线段为直径的圆点除外，转化成与圆有关的最值问题，即可求出结果
【解析】如图，
过点作，交的延长线于点，连接，，
取的中点为，连接，过点作，垂足为，
平面平面，且平面平面，平面，，
，平面，在平面上的射影就是直线，
故就是直线与平面所成的角，即，
，，
又，，，平面，
平面，平面，，
故点的轨迹就是平面内以线段为直径的圆点除外，
，且，，
设，则，从而，
，如图，
当且仅当，即是圆的切线时，角有最大值，有最大值，
取得最大值为：．
故答案为：.
20．（2021·上海师范大学第二附属中学高二期中）在长方体中，，，，那么到平面的距离为______.
【答案】4
【分析】由题可分析即为到平面的距离.
【解析】在长方体中，平面，故点到平面的距离即为到平面的距离，
因为平面，且，所以到平面的距离为为4.
故答案为：4.
21．（2022·上海·高三专题练习）设为随机变量，从边长为1的正方体12条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱异面时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离，则数学期望=________.
【答案】
【分析】先求出的所有可能取值，然后计算出现的概率，得分布列，再由期望公式计算出期望．
【解析】由题意正方体中两条平行的棱间的距离为1或．
正方体共12条棱中任取两条，共有种取法，
其中相交的有，平行且距离为的有种，
其余的是异面或距离为1的平行线，共有36种，
∴，，，
分布列为：
．
故答案为：．
【点睛】本题考查随机变量的期望，考查空间直线的位置关系，考查古典概型概率．综合度较大，属于难题．
22．（2021·上海大学附属南翔高级中学高二期中）如果二面角的平面角是锐角，空间一点Р到平面、和棱的距离分别为、4和，则二面角的大小为_______________.
【答案】或
【分析】分点P在二面角的内部和外部，利用二面角的定义求解.
【解析】当点P在二面角的内部，如图所示：
， A，C，B，P四点共面，
是二面角的平面角，
因为Р到平面、和棱的距离分别为、4和，
所以，
所以，
则；
当点P在二面角的外部，如图所示：
， A，C，B，P四点共面，
是二面角的平面角，
因为Р到平面、和棱的距离分别为、4和，
所以所以，
所以，
，
则.
故答案为：或
23．（2022·上海市洋泾中学高二阶段练习）已知二面角的大小为，A为平面上的一点，且的面积为2，过A点的直线交平面于B点，，且与成角，当变化时，的面积最大为___________.
【答案】
【分析】当于点A时，的面积取得最大值，然后把二面角的平面角转化为面积之比进行求解即可
【解析】
过点A作，连接BO
平面
是二面角的平面角，
是与所成的角，
设，在中有正弦定理可知：
，
当，即时的最大值为，
的最大值为
故答案为：
24．（2022·上海·高三专题练习）如图正方体中，为中点，为中点，为线段上一动点(不含)，过与正方体的截面为，则下列说法正确的是___________.
①当时，为五边形
②截面为四边形时，为等腰梯形
③截面过时，
④为六边形时在底面投影面积为五边形时在底面投影面积，则
【答案】②③
【解析】分的延长线过，以及与重合三种情况进行讨论，分别求出截面，即可判断四个命题是否正确.
【解析】解：作的中点，则平面平面，设与交点为，
连接，由面面平行性质可知，，作，
由三角形的中位线定理可得，则共面，又面面 ，
所以，即是平行四边形，，所以，，
当的延长线过时，则，所以，③正确；
当时，即此时重合，截面如图所示，此时截面为六边形，在底面投影如图，
当截面为五边形时，在底面投影如图，则，故①、④不正确;
当与重合时，为平面，因为，不妨设正方体棱长为，
则，所以为等腰梯形，则②正确.
故答案为: ②③.

【点睛】本题考查了面面平行的性质定理，考查了截面问题，考查了空间想象能力，属于难题.本题的难点在于求各个情况的截面形状.
25．（2021·上海市控江中学高二期中）已知，矩形中，，，，分别为边，上的定点，且，，分别将，沿着，向矩形所在平面的同一侧翻折至与处，且满足，分别将锐二面角与锐二面角记为与，则的最小值为______．
【答案】
【解析】根据题意，作在底面的射影，在底面的射影，找到两个锐二面角的平面角，从而得到，由，得到，进一步得到，并设，并所求式子表示成关于的二次函数，求二次函数的最小值，即可得到答案.
【解析】如图所示，作在底面的射影，在底面的射影，
垂直于，垂直于，则，
因为，所以，则，
因为，所以，同理，所以，
作，，则
设，则，
所以，
所以，
当时，的最小值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题、二面角的概念、函数的最值，考查转化与化归思想、函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解的关键是利用平行条件进行问题的转化.
26．（2021·上海·高二专题练习）如图，在四面体中，分别为的中点，过任作一个平面分别与直线相交于点，则下列结论正确的是___________．①对于任意的平面，都有直线，，相交于同一点；②存在一个平面，使得点在线段上，点在线段的延长线上； ③对于任意的平面，都有；④对于任意的平面，当在线段上时，几何体的体积是一个定值.
【答案】③④
【分析】当分别为中点时，可知三线互相平行，排除①；若三线相交，交点必在上，可排除②；取中点，利用线面平行判定定理可证得平面，平面，再结合为中点可得到平面的距离相等，进一步得到到直线的距离相等，从而证得面积相等，③正确；首先通过临界状态与重合，与重合时，求得所求体积为四面体体积一半；当不位于临界状态时，根据③的结论可证得，从而可知所求体积为四面体体积一半，进而可知为定值，④正确.
【解析】当分别为中点时，，则①错误
若三线相交，则交点
不存在在线段上，在线段延长线上的情况，则②错误
取中点，如图所示：
分别为中点
又平面，平面 平面
同理可得：平面
到平面的距离相等；到平面的距离相等
又为中点 到平面的距离相等
到平面的距离相等
连接交于，则为中点 到距离相等
，则③正确
当与重合，与重合时，此时几何体体积为三棱锥的体积
为中点 三棱锥的体积为四面体体积的一半
当如图所示时，由③可知
又为中点 到截面的距离相等
综上所述，几何体的体积为四面体体积的一半，为定值，则④正确
本题正确结果：③④
【点睛】本题考查立体几何中的截面问题，涉及到几何体体积的求解、点到面的距离、直线交点问题等知识；要求学生对于空间中的直线、平面位置关系等知识有较好的理解，对学生的空间想象能力和逻辑推理能力有较高的要求，属于难题.
二、单选题
27．（2022·上海·高三专题练习）下列推断中，错误的是（ ）
A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈αl
B．A∈，A∈β，B∈，B∈β∩β=AB．
C．
D．A，B，C∈，A，B，C∈β，且A、B、C不共线，β重合．
【答案】C
【分析】由平面的基本事实可判断A，B，D，当时，可判断C
【解析】对于A，直线上有两个不同的点在平面内，故l，A对；
对于B，A∈，A∈β，B∈，B∈β，故直线AB，ABβ，即∩β=AB，B对；
对于C，若，则有，但，C错；
对于D，有三个不共线的点在平面，β中，故，β重合，D对
故选：C
28．（2022·上海市行知中学高二期中）已知是两个不同平面，是两不同直线，下列命题中不正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】B
【分析】由线面垂直、面面平行和垂直的判定与性质依次判断各个选项即可.
【解析】对于A，两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面，A正确；
对于B，若，，则与可能平行或相交，B错误；
对于C，若一条直线垂直于两个平面，则两个平面平行，C正确；
对于D，若一个平面包含另一个平面的垂线，则两平面垂直，D正确.
故选：B.
29．（2022·上海交大附中高三期中）下面是关于三棱锥的四个命题，其中真命题的编号是（ ）
①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．
②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥．
③底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥．
④侧棱与底面所成的角相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．
A．①②B．①④C．②③D．①③
【答案】B
【分析】根据正三棱锥的定义，结合二面角判断①的正误；侧棱与底面所成的角判断④的正误；找出反例否定②，找出反例对选项③否定可得正确结论．
【解析】①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥，可推出底面中心是棱锥顶点在底面的射影，所以是正确的．
②显然不对，比如三条侧棱中仅有一条不与底面边长相等的情况，侧面都是等腰三角形的三棱锥不是正三棱锥．
③底面是等边三角形，侧面的面积都相等，说明顶点到底面三边的距离（斜高）相等，
根据射影长的关系，可以得到顶点在底面的射影（垂足）到底面三边所在直线的距离也相等，由于在底面所在的平面内，到底面三边所在直线的距离相等的点有4个：内心（本题的中心）1个、旁心3个，因此不能保证三棱锥是正三棱锥．
④侧棱与底面所成的角相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥，可得底面中心是棱锥顶点在底面的射影，是正确的．所以正确的为：①④
故选：B
30．（2022·上海·高三专题练习）若一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°且腰和上底均为1的等腰梯形，则原平面图形的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先计算出等腰梯形的面积为，再利用计算得到答案.
【解析】等腰梯形的面积
则原平面图形的面积.
故选：C.
31．（2022·上海·高三专题练习）平面与球相交于周长为的，，为上两点，若，且，的球面距离为，则的长度为（ ）．
A．1B．C．D．2
【答案】A
【分析】首先根据题意，画出对应的图形，根据题中的条件，求得，，根据球的截面圆性质，勾股定理求得结果.
【解析】因为为球心，，
所以设球半径，可得，的球面距离为，
所以，
又因为的周长为，
所以，
根据球的截面圆性质，可得中，，
故选：A.
【点睛】该题考查的是有关球的问题，涉及到的知识点有球面距离，球的截面圆的性质，属于简单题目.
32．（2021·上海市市西中学高二期中）把由曲线和围成的图形，绕轴旋转，所得旋转体的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出图形，分析可知旋转体为圆锥，确定圆锥的底面半径以及高，利用锥体的体积公式可得结果.
【解析】如下图所示：
直线与曲线交于点、，
将绕轴旋转，形成的几何体为圆柱中挖去两个全等的圆锥，
圆柱的底面半径为，高为，两个圆锥的底面半径为，高也为，
因此，旋转体的体积为.
故选：C.
33．（2022·上海·高三专题练习）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，AB＝AD，E，F分别为BB1，AB的中点，则（ ）
A．AC1//平面DEF且A1C1⊥DF
B．A1C1//平面DEF且A1C1与DF不垂直
C．A1C1与平面DEF相交且A1C1⊥DF
D．A1C1与平面DEF相交且A1C1与DF不垂直
【答案】C
【分析】延长DF、CB相交于点M，连接ME并延长，根据平面几何性质可证得M、E、C1三点共线，可判断AC1与平面DEF的位置关系，连接AC与FD相交于点O，根据三角形相似的判定可证得，证得，由此可得选项.
【解析】延长DF、CB相交于点M，连接ME并延长，因为点E、F分别是BB1，AB的中点，所以，
所以M、E、C1三点共线，所以AC1与平面DEF相交不平行，A1C1与平面DEF相交不平行，故A、B选项不正确；
对于C、D：连接AC与FD相交于点O，因为AB＝AD，F是AB的中点，所以，
又，所以，
所以，，又，所以，
所以，所以，又，所以，故C正确，D不正确，
故选：C.
34．（2022·上海市复兴高级中学高三阶段练习）过正四面体的顶点P做平面，若与直线，，所成角都相等，则这样的平面的个数为（ ）个
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】如图补全四棱柱，易得平面与直线，，所成角都相等，即可得一个平面，说明，，与平面所成的角相等，同理可得直线，，与平面、平面所成角都相等，从而可得出答案.
【解析】解：如图，将正四面体看成四棱柱的左下角一部分，
由正四面体可知，
平面与直线，，所成角都相等，
故过点P做平面平面，
则此时的平面与直线，，所成角都相等，
因为，
则与平面所成的角相等，
又因，
所以直线，，与平面所成的角相等，
故过点P做平面平面，
则此时的平面与直线，，所成角都相等，
同理，直线，，与平面、平面所成角都相等，
即平面平面时，平面与直线，，所成角都相等，
平面平面时，平面与直线，，所成角都相等，
综上所述，这样的平面的个数为4个.
故选：B.
35．（2021·上海·复旦附中高二期中）已知菱形的边长为a，．将菱形沿对角线折成二面角，若，则异面直线与距离的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】按沿对角线BD和沿对角线AC折成二面角分别推理计算异面直线与距离的最大值，再比较大小得解.
【解析】如图，在菱形中，，，，
当沿对角线BD折成二面角时，显然，于是得，取AC中点E，连OE，如图，
则，而平面AOC，平面AOC，即有，因此，线段OE长为异面直线与距离，
，而，即，函数在上单调递减，
于是当时，，
当沿对角线AC折成二面角时，显然，于是得，取BD中点M，连OM，如图，
同理，当时，，而，
所以异面直线与距离的最大值为.
故选：C
36．（2022·上海·复旦附中高二期末）小明同学用两个全等的六边形木板和六根长度相同的木棍搭成一个直六棱柱，由于木棍和木板之间没有固定好，第二天他发现这个直六棱柱变成了斜六棱柱，如图所示.设直棱柱的体积和侧面积分别为和，斜棱柱的体积和侧面积分别为和，则（ ）.
A．B．C．D．与的大小关系无法确定
【答案】A
【分析】根据柱体体积、表面积的求法，分别表示出和，分析即可得答案.
【解析】设底面面积为S，底面周长为C，
则，，所以，
设斜棱柱的高为，则，
,
所以.
故选：A
37．（2021·上海·格致中学高二期中）从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，则a，b所成角的余弦值的所有可能取值构成的集合是（ ）
A．；B．
C．；D．．
【答案】D
【分析】利用异面直线的定义，从正方体的八个顶点两两连线中任取两条异面直线，可以分类讨论其夹角可能取值，进而得解.
【解析】利用异面直线的夹角范围为，故其余弦值范围为，可以分为以下几类：
两条棱所在直线异面时，所成角的度数是，其余弦值为0；
面对角线与棱所在直线异面时，所成角的度数是或，其余弦值为或0；
两条面对角线异面时，所成角的度数是或，其余弦值为或0；
体对角线与棱所在直线异面时，所成角的余弦值为；
体对角线与面对角线异面时，所成角的度数是，其余弦值为0；
所以从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，则a，b所成角的余弦值的所有可能取值构成的集合是
故选：D
38．（2021·上海·位育中学高二阶段练习）已知菱形，，为边上的点（不包括），将沿对角线翻折，在翻折过程中，记直线与所成角的最小值为，最大值为（ ）
A．均与位置有关B．与位置有关，与位置无关
C．与位置无关，与位置有关D．均与位置无关
【答案】C
【分析】数形结合，作//，利用线面垂直得到，然后找到异面直线所成角，并表示，通过讨论点位置得到结果.
【解析】作//交于点，分别取的中点
连接，如图，
由翻折前该四边形为菱形，且，所以为等边三角形
同时点在上，由平面
所以平面,又//，所以平面，所以
直线与所成角即直线与所成角，该角为
所以,由点不与重合，
所以当点翻折到与点重合时，最小，为最小与点位置无关；
当没有翻折时，最大，最大，则最大，与点位置有关
故选：C
39．（2021·上海市宝山中学高二期中）如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面上有一个小孔，点到的距离为3，若该正方体水槽绕倾斜（始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面与桌面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】D
【解析】根据题意，当水恰好流出时，即由水的等体积可求出正方体倾斜后，水面N到底面B的距离，再由边长关系可得四边形是平行四边形，从而侧面与桌面所转化成侧面与平面所成的角,进而在直角三角形中求出其正切值.
【解析】由题意知，水的体积为，如图所示，
设正方体水槽绕倾斜后，水面分别与棱交于
由题意知，水的体积为
，即，
在平面内，过点作交于，
则四边形是平行四边形，且
又侧面与桌面所成的角即侧面与水面所成的角，即侧面与平面所成的角,其平面角为,
在直角三角形中，.
故选：D.
【点睛】本题考查了利用定义法求二面角，在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条垂线所成的角即为二面角的平面角.
40．（2021·上海·华师大二附中高二期末）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角是则三个角，，中最小的角是（ ）
A．B．C．D．不能确定
【答案】B
【分析】根据异面直线夹角，直线与平面的夹角，平面与平面的夹角的定义分别做PB与AC，PB与平面ABC，平面PAC与平面ABC的夹角，再根据三角函数的性质比较几个角的大小.
【解析】如图，取BC的中点 D，作VO⊥平面ABC于点O，
由题意知点O在AD上，且AO=2OD.
作PE//AC，PE交VC于点E，作PF⊥AD于点F，连接BF，则PF⊥平面ABC
取AC的中点M，连接BM，VM，VM交 PE于点H，
连接BH，易知BH⊥PE，
作于点G，连接FG，
由PG⊥AC，PF⊥AC，PGPF=P，
由线面垂直判定定理可得AC⊥平面PGF，又平面PGF
∴ FG⊥AC,
作FN⊥BM于点N.
∵ PG∥VM，PF∥VN
∴ 平面PGF∥平面VMB， 又 PH∥FN,
四边形PFNH为平行四边形，
所以PH=FN
因此，直线PB 与直线AC所成的角，
直线PB与平面ABC所成的角，
二面角P-AC-B的平面角，
又
又，
∴
因为
∴
综上所述，中最小角为，故选 B.
【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
(2)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．
三、解答题
41．（2022·上海市复兴高级中学高三阶段练习）如图，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，，E、F、G分别是棱、、的中点.
(1)证明：直线平面；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连结，，，推导出，，由此能证明平面．
（2）过点作交于点，过在平面内作，垂足为，连接．说明为二面角的平面角，然后通过三角形相似，转化求解即可．
（1）
证明：取中点，连结，，，
在直四棱柱中，平面，平面，所以，
又底面为等腰梯形，且，，，，，，分别是棱，，的中点．可得四边形与四边形均为菱形，且，，
且，且，所以且，所以为平行四边形，所以，
，
，平面，平面．
（2）
解：过点作交于点，过在平面内作，垂足为，连接．因为，，，平面
所以面，面，所以，且与相交于点，所以平面，所以且，
则为二面角的平面角，
在为正三角形中，，
在中，，
，
，
在中，，，
所以二面角的余弦值为，显然二面角为锐二面角，所以二面角为．
42．（2021·上海市进才中学高三阶段练习）如图，在正四棱柱中，，直线与平面所成角为．
(1)求异面直线与所成角的大小；
(2)求到平面的距离．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）连接，由题意先求出，由，知为异面直线与所成的角，求出即可；
（2）利用等积法求解即可
(1)
连接，由题意易知为直线与平面所的角，
则，所以，
因为，
所以为异面直线与所成的角，
因为，
所以异面直线与所成的角的大小为；
(2)
连接，
因为，
所以,
即，
所以，
所以到平面的距离为
43．（2022·上海·高三专题练习）如图，圆锥的顶点为P，底面圆心为O，线段AB和线段CD都是底面圆的直径，且AB⊥CD，取劣弧BC上一点E，使，连结PE.已知，.
(1)求该圆锥的体积；
(2)求异面直线PE、BD所成角的大小.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用勾股定理和圆锥体积公式进行求解即可；
（2）根据异面直线所成角的定义，结合正弦定理和余弦定理进行求解即可.
(1)
由勾股定理可知：，
所以圆锥的体积为：；
(2)
过做，所以是异面直线PE、BD所成的角（或其补角），
因为线段AB和线段CD都是底面圆的直径，且AB⊥CD，
所以，即，而，所以，
因此，
在中，由正弦定理可知：
，
，
由余弦定理可知：，
所以，即异面直线PE、BD所成角的大小为.
44．（2022·上海市杨浦高级中学高二期末）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，且正四棱锥的体积为.
(1)该正四棱锥的表面积的大小；
(2)二面角的大小.(结果用反三角表示)
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先求出球的半径，即可得到四棱锥的棱长，再根据锥体的表面积公式计算可得；
（2）取中点，联结，即可得到，从而得到为二面角的平面角，再利用余弦定理计算可得.
(1)
解：设球的半径为，则
解得，所以所有棱长均为，
因此
(2)
解：取中点，联结，因为均为正三角形，
因此，即为二面角的平面角.
，
因此二面角的大小为.
45．（2022·上海黄浦·模拟预测）已知正方体.
(1)G是的重心，求证：直线平面；
(2)若，动点E､F在线段､上，且，M为的中点，异面直线与所成的角为，求a的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据空间向量，以为基底，用基底向量表示其他向量，根据向量的数量积为0判断线线垂直，进而证明线面垂直.
（2）以空间直角坐标系，写成点的坐标，根据向量的夹角与异面直线夹角间的关系，列出方程即可求解.
(1)
证明：设，
显然，，，
因为G是的重心，所以,故
；，得，
同理，得.
因为不平行于，所以直线平面.
(2)
以D为坐标原点，射线分别是x轴､y轴､z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，于是，则.
于是，解得，所以a的值为.
46．（2022·上海市七宝中学高三期中）如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，△PAB是边长为2的等边三角形，PD⊥AB，PD＝．
(1)设AB中点M， 求证：DM⊥平面PAB；
(2)求平面PAB和平面PCD所成锐二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据等边三角形的性质，结合线面垂直的判定定理、勾股定理进行证明即可；
（2）证明即为面PAB和平面PCD所成二面角的平面角，再解三角形即可.
（1）
取中点为，连接，，
则在等边三角形中，，
又因为，，､面，
所以面，因为面，
所以，又，，
所以，，，
所以，即，
又，､面，
所以面；
（2）
设平面平面，又,平面,
平面,所以平面,又平面,所以，
所以，又，所以，又,所以，
所以即为面PAB和平面PCD所成二面角的平面角，
由（1）知，,所以为等腰直角三角形，
故面PAB和平面PCD所成锐二面角为.
47．（2022·上海·高三专题练习）如图，已知点在圆柱的底面圆上，，圆的直径，圆柱的高.
（1）求点到平面的距离；
（2）求二面角的余弦值大小.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据等体积法，由即可求出点到平面的距离；
（2）先证明，，由线面垂直的判定定理可得面，进而可得即为所求二面角的平面角，在中，计算即可求解.
【解析】（1）因为，，
所以，
在中，由余弦定理可得：，
所以，，
在中，由余弦定理可得，
所，
所以，
设点到平面的距离为，
由，得，
即，
解得：，
所以点到平面的距离为；
（2）二面角即二面角，
因为是圆的直径，点在圆柱的底面圆上，所以，
因为面，面，可得，
因为，所以面，
因为面，面，所以，，
所以即为二面角的平面角，
在中，，，
所以，
所以二面角的余弦值为.
48．（2022·上海·高三专题练习）已知正方形的边长为，为两条对角线的交点，如图所示，将Rt△BED沿BD所在的直线折起，使得点E移至点C，满足．
（1）求四面体的体积；
（2）请计算：
①直线与所成角的大小；
②直线与平面所成的角的大小．
【答案】（1）；（2）①；②（或）．
【分析】（1）利用勾股定理证明，结合，证明平面，从而是三棱锥的高，由锥体的体积公式求解即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标．
①利用异面直线所成角的计算公式求解即可；
②利用待定系数法求出平面的法向量，然后由线面角的计算公式求解即可．
【解析】（1）由已知，有，，
又由已知，有
因为，所以平面，即是三棱锥的高，
所以
（2）分别以、、为坐标轴建立空间直角坐标系．
则有，，，，
，，
①设与所成角的大小为，
则．
故，与所成角的大小为．
②设为平面的一个法向量，
则即
令，得．
故与平面所成的角为（或）．
49．（2021·上海师范大学附属外国语中学高二阶段练习）在中，，，，D、E分别是AC、AB上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示.
(1)求证：平面BCDE；
(2)求CM与平面所成角的大小；
(3)在线段上是否存在点N（N不与端点、B重合），使平面CMN与平面DEN垂直?若存在，求出与BN的比值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在；2
【分析】（1）结合线面垂直判定定理和折叠性质可证；
（2）通过建系法求出和平面的法向量，设线面角为，结合公式求解即可；
（3）在（2）的坐标系基础上，写出坐标，设，，表示出点N，分别求出平面CMN与平面DEN的法向量，令数量积为0，求出参数即可.
（1）
因为在中，，，所以，
因为折叠前后对应角相等，所以，所以平面，，
又，，所以平面BCDE；
（2）
因为DE经过的重心，故，由（1）知平面BCDE，以为轴，为轴，为z轴，建立空间直角坐标系，由几何关系可知，，
故，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，设CM与平面所成角的大小为，则有，故，即CM与平面所成角的大小为；
（3）
设，，即，
即，，，
，设平面CMN的法向量为，则有，
即，令则，，，
同理，设平面DEN的法向量为，，
则，即，令，则，故，
若平面CMN与平面DEN垂直，则满足，即，，故存在这样的点，，所以
50．（2022·上海金山·高二期末）如图，是底面边长为1的正三棱锥，分别为棱上的点，截面底面，且棱台与棱锥的棱长和相等.(棱长和是指多面体中所有棱的长度之和)
(1)求证：为正四面体；
(2)若，求二面角的大小；
(3)设棱台的体积为，是否存在体积为且各棱长均相等的直四棱柱，使得它与棱台有相同的棱长和? 若存在，请具体构造出这样的一个直四棱柱，并给出证明；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，构造棱长均为，底面相邻两边的夹角为的直四棱柱即满足条件.
【分析】（1）由棱台、棱锥的棱长和相等可得，再由面面平行有，结合正四面体的结构特征即可证结论.
（2）取BC的中点M，连接PM、DM、AM，由线面垂直的判定可证平面PAM，即是二面角的平面角，进而求其大小.
（3）设直四棱柱的棱长均为，底面相邻两边的夹角为，结合已知条件用表示出即可确定直四棱柱.
(1)
由棱台与棱锥的棱长和相等，
∴，
故.
又截面底面ABC，则，，
∴，从而，故为正四面体.
(2)
取BC的中点M，连接PM、DM、AM，
由，，得：平面PAM，
而平面PAM，故，
从而是二面角的平面角.
由（1）知，三棱锥的各棱长均为1，所以.
由D是PA的中点，得.
在Rt△ADM中，，
故二面角的大小为.
(3)
存在满足条件的直四棱柱.
棱台的棱长和为定值6，体积为V.
设直四棱柱的棱长均为，底面相邻两边的夹角为，则该四棱柱的棱长和为6，体积为.
因为正四面体的体积是，
所以，，从而，
故构造棱长均为，底面相邻两边的夹角为的直四棱柱，即满足条件.
0
1