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专题十四 空间点、线、面之间的位置关系-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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这是一份专题十四 空间点、线、面之间的位置关系-2021届高三《新题速递•数学》9月刊（江苏专用 适用于高考复习），文件包含专题十四空间点线面之间的位置关系原卷版docx、专题十四空间点线面之间的位置关系解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共79页， 欢迎下载使用。
专题十四 空间点、线、面之间的位置关系
一、单选题
1．（2019·邢台市第八中学高二期中）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则
（ ）
A．α∥β且∥α B．α⊥β且⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于 D．α与β相交，且交线平行于
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．
考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．
2．（2019·黑龙江哈尔滨三中高三期中（理））已知两个平面相互垂直，下列命题
①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线
②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线
③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面
④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面
其中正确命题个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】
【分析】
利用面面垂直的性质及空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，对①、②、③、④四个选项逐一判断，即可得到答案．
【详解】
由题意，对于①，当两个平面垂直时，一个平面内的不垂直于交线的直线不垂直于另一个平面内的任意一条直线，故①错误；
对于②，设平面α∩平面β=m，n⊂α，l⊂β，
∵平面α⊥平面β， ∴当l⊥m时，必有l⊥α，而n⊂α， ∴l⊥n，
而在平面β内与l平行的直线有无数条，这些直线均与n垂直，故一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线，即②正确；
对于③，当两个平面垂直时，一个平面内的任一条直线不不一定垂直于另一个平面，故③错误；
对于④，当两个平面垂直时，过一个平面内任意一点作交线的垂线，若该直线不在第一个平面内，则此直线不一定垂直于另一个平面，故④错误；
故选A．
【点睛】
本题考查命题的真假判断与应用，着重考查面面垂直的性质及空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，考查空间想象能力，属于基础题．
3．（2020·涡阳县第九中学期末（理））如图，正方体的棱长为1，E，F分别为线段，上的点，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
因为平面，所以三棱锥的体积等于三棱锥的体积，棱锥的高为长方体的棱长，底面，是以1为底1为高的三角形，利用棱锥的体积公式可求.
【详解】
∵平面，
∴三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
而三棱锥，高为长方体1，底面，是以1为底1为高的三角形，
∴，
故选：C.
【点睛】
本题考查了棱锥的体积，关键等体积转换，进一步明确其底面面积和高，利用体积公式解答，属于中档题.
4．（2020·安徽期末（理））已知正四棱锥P-ABCD的底面边长为2，高为1，E为CD的中点．动点M在该棱锥的表面运动，满足．则动点M的轨迹的周长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据线面垂直判定定理得平面EFG，再确定动点M的轨迹为，最后求周长得结果.
【详解】
分别取PD、AD的中点F、G，连结EF，FG，GE,
连接AC,交BD于O ,则
因为正四棱锥P-ABCD，所以平面
因此平面EFG，因为，所以动点M的轨迹为，
其中，，
故选：C
【点睛】
本题考查线面垂直判定定理、立体几何轨迹问题，考查基本论证与求解能力，属中档题.
5．（2020·山东专题练习）我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体（如图所示），下底面是边长为2的正方形，上棱，EF//平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为（ ）
A．6 B． C． D．12
【答案】B
【解析】
【分析】
在几何体中，作FN//AE，FM//ED，将多面体被分割为三棱柱与四棱锥两部分求解.
【详解】
如图，作FN//AE，FM//ED，则多面体被分割为棱柱与棱锥部分，
因为EF与平面ABCD的距离为2，
所以四棱锥F-NBCM的高为2，
所以V四棱锥F-NBCM=SNBCM
V棱柱ADE-NMF=S直截面
所以该刍甍的体积为V=V四棱锥F-NBCM +V棱柱ADE-NMF=.
故选：B
【点睛】
本题考查空间几何体的体积，考查空间想象能力和运算求解能力，属于基础题.
6．（2020·山东专题练习）在三棱柱中，，侧棱底面ABC，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O的表面上，且球O的表面积的最小值为，则该三棱柱的侧面积为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
如图：设三棱柱上、下底面中心分别为、，则的中点为，
设球的半径为，则，设，，
则，，
则在△中，，
当且仅当时，等号成立，
所以，所以，所以，
所以该三棱柱的侧面积为.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用不等式求解棱柱的外接球面积最小值与侧面积问题，属于中档题
7．（2020·山东专题练习）已知，为两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，且，则
C．若，，，，则
D．若，，，则
【答案】B
【解析】
【分析】
根据线线平行，线线垂直，线面垂直，面面垂直的判定，对选项进行逐一分析即可.
【详解】
对：若，，则，或与是异面直线，或与相交，故错误；
对：若，且，
不妨取交线上一点，作平面的垂线为，
因为，且点，故；
同理可得，故与是同一条直线，
因为，故.
故选项正确.
对：只有当与是相交直线时，若，，，，
才会有.故错误；
对：若，，，则与的关系不确定，故错误.
故选：B.
【点睛】
本题考查线线平行，面面平行，面面垂直的判定，属综合基础题.
8．（2020·山东专题练习）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“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.椭球是椭圆绕其长轴旋转所成的旋转体，如图，将底面半径都为.高都为的半椭球和已被挖去了圆锥的圆柱（被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面，下底面的圆心为顶点）放置于同一平面上，用平行于平面且与平面任意距离处的平面截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环，可以证明圆=圆环总成立.据此，椭圆的短半轴长为2，长半轴长为4的椭球的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由圆=圆环总成立，求出椭球的体积，代入与的值得答案.
【详解】
解：∵圆=圆环总成立，
∴半椭球的体积为：，
∴椭球的体积，
∵椭球体短轴长为2，长半轴长为4，
∴该椭球体的体积.
故选：C.
【点睛】
本题考查祖暅原理的应用，考查圆柱与圆锥的体积，是基础题.
9．（2020·山东专题练习）如图，在圆柱内有一个球O，该球与圆柱的上，下底面及母线均相切.若，则圆柱的表面积为（ ）
A．4π B．5π C．6π D．7π
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图形可以得出，代入圆柱的表面积公式，即可求解.
【详解】
由题意，可得，解得，
所以圆柱的表面积为.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了圆柱的表面积的求法，其中解答中熟练应用组合体的结构特征，求得球的半径是解答的关键，意在考查空间想象能力，以及运算与求解能力.
10．（2020·全国专题练习）对于空间任意一点和不共线的三点，，，且有，则，，是,,,四点共面的( )
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
利用空间中共面定理：空间任意一点和不共线的三点，，，且,得,,,四点共面等价于，然后分充分性和必要性进行讨论即可.
【详解】
解：空间任意一点和不共线的三点，，，且
则,,,四点共面等价于
若，，，则，所以,,,四点共面
若,,,四点共面，则，不能得到，，
所以，，是,,,四点共面的充分不必要条件
故选B.
【点睛】
本题考查了空间中四点共面定理，充分必要性的判断，属于基础题.
11．（2020·全国单元测试）如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，平面外一点到平面的距离可以用平面上任意一点与该点的连线在平面法向量上的投影表示，而法向量垂直于平面上所有向量，由，即可求得平面的法向量，而在上的投影即为点到面的距离，即可求得结果
【详解】
以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，,，
为的中点，则
，，
设平面的法向量为，则
，即
可得
可取
点到面的距离为
故选
【点睛】
本题是一道关于点到平面距离的题目，解题的关键是掌握求点到面距离的方法，建立空间直角坐标系，结合法向量求出结果，属于中档题。
二、多选题
12．（2020·湖南岳阳·期末）如图，平面平面，，是内不同的两点，，是内不同的两点，且，，，直线，，分别是线段，的中点.下列判断正确的是（ ）
A．若，则
B．若，重合，则
C．若与相交，且，则可以与相交
D．若与是异面直线，则不可能与平行
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据空间直线的位置关系判断各选项．
【详解】
A．若与相交于点，如图1，，∴是平面的一个公共点，则在直线上，∵，此时一定过这个交点，A错；
图1
B．若，重合，如图2，则与相交且平分，四边形是平行四边形，则，由得，由得，，B正确；
图2
C．若与相交，见图2，则确定一个平面，由可得，又由得，C错；
D．假设，如图3，取中点，连接，因为分别是中点，则，，
与是异面直线，则，，所以，又，，所以，而，所以平面，同理平面，这样就有，与已知矛盾，故假设不成立，即与不平行，D正确．
图3
故选：BD．
【点睛】
本题考查空间直线的位置关系，考查学生的空间想象能力．解题时能根据定义、定理、公理直接判断的可直接判断，不能直接判断的可以用反证法证明，对错误的结论可以举反例说明．
13．（2020·山东专题练习）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且.则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．当向运动时，二面角逐渐变小
C．在平面内的射影长为
D．当与重合时，异面直线与所成的角为
【答案】AC
【解析】
【分析】
对选项分别作图，研究计算可得.
【详解】
选项A:连接,由正方体性质知是矩形，
连接交于点
由正方体性质知平面,
所以，是点到平面的距离，即
是定值.
选项B:
连接与交于点，连接，
由正方体性质知,是中点，
,又,
的大小即为与所成的角，
在直角三角形中，为定值.
选项C:
如图，作
在直角三角形中，
选项D:
当与重合时，与重合，连接与交于点，连接,
异面直线与所成的角,即为异面直线与所成的角,
在三角形中，,
由余弦定理得
故选：AC
【点睛】
本题考查空间几何体性质问题.
求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．
求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.
14．（2020·山东专题练习）已知圆锥的顶点为，母线长为2，底面半径为，，为底面圆周上两个动点，则下列说法正确的是（ ）
A．圆锥的高为1
B．三角形为等腰三角形
C．三角形面积的最大值为
D．直线与圆锥底面所成角的大小为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
计算得到，A正确，，B正确，直线与圆锥底面所成角的为，D正确，，面积有最大值为，C错误，得到答案.
【详解】
如图所示：，A正确；，B正确；
易知直线与圆锥底面所成角的为，D正确；
取中点为，设，则，，
当时，面积有最大值为，C错误.
故选：ABD.
【点睛】
本题考查了圆锥中相关计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
15．（2020·山东专题练习）若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，是的中点，则（ ）
A． B．平面平面
C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为
【答案】CD
【解析】
【分析】
以为正交基底建立空间直角坐标系，写出各点坐标，计算值即可判断A；分别求出平面，平面的法向量，判断它们的法向量是否共线，即可判断B；利用等体积法，求出三棱锥的体积即可判断C；三棱锥的外接球即为长方体的外接球，故求出长方体的外接球的表面积即可判断D.
【详解】
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，，，，
所以，，
因为，所以与不垂直，故A错误；
，
设平面的一个法向量为，则
由，得，所以，
不妨取，则，
所以，
同理可得设平面的一个法向量为，
故不存在实数使得，故平面与平面不平行，故B错误；
在长方体中，平面，
故是三棱锥的高，
所以，
故C正确；
三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
故外接球的半径，
所以三棱锥的外接球的表面积，故D正确.
故选：CD.
【点睛】
本题主要考查用向量法判断线线垂直、面面平行，等体积法的应用及几何体外接球的表面积.
16．（2020·全国单元测试）下列说法中正确的是（ ）
A．平面的法向量垂直于与平面共面的所有向量
B．一个平面的所有法向量互相平行
C．如果两个平面的法向量垂直，那么这两个平面也垂直
D．如果向量、与平面共面，且向量满足，，那么就是平面的一个法向量
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据法向量的定义可判断A、B选项的正误；利用空间中平面与平面的位置关系与法向量之间的关系可判断C选项的正误；根据线面垂直的判定定理可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，由法向量的定义可知，平面的法向量垂直于与平面共面的所有向量，A选项正确；
对于B选项，一个平面的所有法向量互相平行，B选项正确；
对于C选项，由空间中平面与平面的位置关系与法向量之间的关系可知，如果两个平面的法向量垂直，那么这两个平面也垂直，C选项正确；
对于D选项，只有当、不共线时，才能得出结论，依据是线面垂直的判定定理：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直，D选项错误.
故选：ABC.
【点睛】
本题考查平面法向量定义的应用，同时也考查了平面间的位置关系与法向量之间的关系，考查推理能力，属于基础题.
第II卷（非选择题）
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三、填空题
17．（2020·全国高三其他（理））三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，，，则三棱锥的外接球体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】
先由题中条件，作出示意图，在中，用余弦定理求得，用勾股定理证得为直角三角形，再由平面平面，为等边三角形，证得平面，得到三棱锥的外接球的球心必在直线上，再由，求得外接球半径，得到外接球体积.
【详解】
解析：作出图形如图所示，
在中，由余弦定理，，
解得，或（，舍），
又由，，则，故为直角三角形，
设的中点为，因为为等边三角形，故，又平面平面，
故平面， 又为直角三角形，点为斜边的中点，
则球心必在直线上，易知，
故在之间，设，则，
即，解得，故所求球半径，球的体积为.
故答案为： .
【点睛】
本题考查了面面垂直的性质，三棱锥的外接球半径的求法，属于中档题.
18．（2020·全国高一课时练习）（1）正方体的棱长扩大到原来的n倍，则其表面积扩大到原来的______倍，体积扩大到原来的______倍；
（2）球的半径扩大到原来的n倍，则其表面积扩大到原来的_____倍，体积扩大到原来的_______倍.
【答案】
【解析】
【分析】
（1）设原来正方体的棱长为，则棱长扩大到原来的n倍后，正方体的棱长为，结合正方体的表面积和体积公式，即可求解；
（2）设原来球的半径为，则半径扩大到原来的n倍后，球的半径为为，结合球的表面积和体积公式，即可求解.
【详解】
（1）由题意，设原来正方体的棱长为，其表面积为，体积为，
则棱长扩大到原来的n倍后，正方体的棱长为，则其表面积为，
体积为，即表面积扩大到原来的倍，体积扩大到原来的倍.
（2）由题意，设原来球的半径为，其表面积为，体积为，
则半径扩大到原来的n倍后，球的半径为，则其表面积为，
体积为，即表面积扩大到原来的倍，体积扩大到原来的倍.
【点睛】
本题主要考查了正方体和球的表面积和体积公式的应用，其中解答中根据题意，结合正方体和球的表面积和体积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
19．（2020·山东专题练习）已知正方体的棱长为，其内有2个不同的小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，则球的体积等于______，球的表面积等于______．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可知三棱锥是边长为的正四面体,则球是三棱锥的内切球,设其半径为,由，可知,设平面平面,且球和球均与平面相切于点,则球是正四面体的内切球,设其半径为,则,最后代入数据计算即可.
【详解】
因为正方体的棱长为,
所以三棱锥是边长为的正四面体,的高为,
设底面的中心为,连接,则,,
则球是三棱锥的内切球,设其半径为,
则有
所以,
所以球的体积为,
又球与三棱锥的三个面和球都相切,
则设平面平面,且球和球均与平面相切于点,如下图所示,
则球是三棱锥的内切球,设其半径为,
故,
因此在正四面体中,,
所以球的表面积为,
故答案为:;.
【点睛】
本题主要考查三棱锥内切球的综合问题,考查学生的空间思维及想象能力,有一定难度.
20．（2020·山东专题练习）已知点，，，均在球的球面上，，，若三棱锥体积的最大值是，则球的表面积为__________
【答案】
【解析】
【分析】
设的外接圆的半径为，可得为直角三角形，可求出，由已知得到平面的最大距离，设球的半径为，则，由此能求出，从而能求出球的表面积.
【详解】
设的外接圆的半径为，
∵，，则，
为直角三角形，且
，
∵三棱锥体积的最大值是，，，，均在球的球面上，
∴到平面的最大距离，
设球的半径为，则，
即，解得，
∴球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查球的表面积的求法，考查球内接几何体问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
21．（2020·山东专题练习）已知球O是正三棱锥的外接球，，，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值是_______.
【答案】
【解析】
【分析】
本题首先可以根据题意绘出图像，然后设出三棱锥的外接球半径为以及正三角形的外接圆圆心为，再然后根据正三角形的性质和得出、以及，最后根据当截面与垂直时截面圆的面积有最小值并通过计算即可得出结果.
【详解】
如图，设三棱锥的外接球半径为R，正三角形的外接圆圆心为，
因为，三角形是正三角形，为正三角形的外接圆圆心，
所以，
因为，
所以，，解得，，
因为过作球的截面，当截面与垂直时，截面圆的半径最小，
所以当截面与垂直时，截面圆的面积有最小值，
在中，，
故，截面面积，
故答案为：.
【点睛】
本题考查空间几何体的外接球，考查正三角形的相关性质以及勾股定理的应用，考查空间想象能力，考查推理能力，是难题.
22．（2020·湖北茅箭·十堰一中月考）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为6cm，圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为___________．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意先求得圆锥的底面半径和高，再利用即可得解.
【详解】
圆锥的侧面展开图是一个半径为6cm，圆心角为的扇形，
扇形的弧长为，
该圆锥底面半径为，
该圆锥的高为，
圆锥的体积为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了圆锥体积的计算，考查了圆锥侧面展开图的应用，属于基础题.
23．（2020·全国单元测试）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，到的距离都等于2.给出以下结论：
①；
②；
③
④；
⑤.
其中正确结论的序号是____________.
【答案】③④
【解析】
【分析】
根据空间向量的加减法及数量积的定义一一判断即可得解.
【详解】
，①不正确；
，②不正确；
由题意可得，所以③正确；
又因为底面是边长为1的正方形，，
所以，而，于是，因此④正确，
，所以，所以⑤不正确.
故答案为：③④.
【点睛】
本题主要考查了空间向量的加减和数量积的运算，属于基础题.
24．（2020·全国单元测试）如图，已知在大小为60°的二面角中，于点于点，且，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】
由向量线性运算加法的运算性质，结合二面角表示得，同时平方结合向量的数量积即可求解
【详解】
，二面角的大小为60°，，
，
，
，
，.
故答案为：
【点睛】
本题考查由向量的运算性质求解二面角中具体线段长度问题，属于中档题
四、解答题
25．（2019·天水市第一中学高三其他（文））如图,在四棱锥中,底面, , ,为上一点,且．
(1)求证：平面；
(2)若,,求三棱锥的体积．
【答案】（1）见解析（2）.
【解析】
试题分析：（1）法一：过作交于点，连接，由，推出，结合与，即可推出四边形为平行四边形，即可证明结论；法二：过点作于点，为垂足，连接，由题意，，则，即可推出四边形为平行四边形，再由平面，可推出，即可得证平面平面，从而得证结论；（2）过作的垂线，垂足为，结合平面，可推出平面，由平面，可得到平面的距离等于到平面的距离，即，再根据，，即可求出三棱锥的体积.
试题解析：（1）法一：过作交于点，连接.
∵
∴.
又∵，且，
∴，∴四边形为平行四边形，
∴.
又∵平面，平面，
∴平面.
法二：过点作于点，为垂足，连接.
由题意，，则，
又∵，
∴，
∴四边形为平行四边形
∴.
∵平面，平面
∴.
又
∴.
又∵平面，平面；
∵平面，平面，；
∴平面平面.
∵平面
∴平面.
（2）过作的垂线，垂足为.
∵平面，平面
∴.
又∵平面，平面，；
∴平面
由（1）知，平面，
所以到平面的距离等于到平面的距离，即.
在中，，
∴.
.
26．（2020·全国高一课时练习）如图，在三棱锥P-ABC中，，底面ABC.
（1）求证：平面平面PBC；
（2）若，M是PB的中点，求AM与平面PBC所成角的正切值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据题意，得到和，证得平面PAC，再由面面垂直的判定定理，即可得到平面平面PBC.
（2）取PC的中点D，连接AD，DM，得出DM是斜线AM在平面PBC上的射影，得到是AM与平面PBC所成角，再由，即可求解.
【详解】
（1）由题意，因为面ABC，面ABC，，
又，即，，平面PAC，
平面PBC，∴平面平面PBC.
（2）取PC的中点D，连接AD，DM..
由（1）知，平面PAC，
又平面PAC，.而.平面PBC，
所以DM是斜线AM在平面PBC上的射影，
所以是AM与平面PBC所成角，且，
设，则由M是PB中点得，
，所以，
即AM与平面PBC所成角的正切值为.
【点睛】
本题主要考查了面面垂直的判定，以及线面角的求解，其中解答中熟练应用线面垂直和面面垂直的判定定理，以及熟记直线与平面所成角的定义，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
27．（2020·山东专题练习）如图，在三棱柱，中，侧面是菱形，是中点，平面，平面与棱交于点，．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若与平面所成角的正弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）或
【解析】
【分析】
（1）由已知可得平面，由线面平行的性质定理，可得，再由面面平行的性质定理，可证，即可证明结论；
（2）根据已知可得两两互相垂直，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，确定出点坐标，求出平面法向量坐标，由空间向量的线面角公式，建立关系，即可求解.
【详解】
（1）证明：在三棱柱中，侧面为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，因为平面，
且平面平面，所以．
因为在三棱柱中，平面平面，
平面平面，平面平面．
所以，故四边形为平行四边形．
（2）在中，因为，
是的中点，所以．
因为平面，所以，，
以，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图空间直角坐标系．
设，，在中，，
，所以，所以，
，，，
则所以，．
因为，所以，
即．因为，所以．
设平面的法向量为．
因为，即，所以．
令，则，，所以．
因为，
所以，即，
所以或，即或，
所以或．
【点睛】
本题考查空间线、面位置关系，证明直线与直线平行以及空间向量法求线面角，注意空间平行关系的相互转化，考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.
28．（2020·安徽期末（理））在四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD是梯形，，，，是边长为2的正三角形，．
（1）求证：；
（2）求二面角A-ED-C的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由已知条件可得出，，所以，，所以由线面垂直的判定定理，可得平面BDE，进而可得结果.
（2）以B为坐标原点，BC、BD、BE所在直线分别为x轴、为y轴、为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出点的坐标，面的法向量，，进而可得结果.
【详解】
（1）四边形ABCD是直角梯形，，，
是边长为2的正三角形，
所以．
而，，
所以，，
又由，所以平面BDE，
又因为平面BDE，所以；
（2）因为，所以，
以B为坐标原点，BC、BD、BE所在直线分别为x轴、为y轴、为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面EAD的法向量为，
则，
取，得，
设平面ECD的法向量为，
则，取，得．
设二面角A-ED-C的平面角为，
所以，
，即二面角A-ED-C的正弦值为．
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定定理和求二面角，考查了逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题目.
29．（2020·广东湛江·期末）将边长为的正方形沿对角线折叠,使得平面平面,平面,是的中点,且．
(1)求证：；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)见解析；(2)
【解析】
【分析】
(1) 以为坐标原点,所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,
求出点三点的坐标,通过是的中点,可得,利用面面垂直的性质定理可得平面,进而可以求出点的坐标,最后利用向量法可以证明出；
(2)分别求出平面、平面的法向量,最后利用空间向量夹角公式求出二面角的大小．
【详解】
(1)证明：以为坐标原点,所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,
如图所示,则,,
取的中点并连接.
由题意得,
又平面平面,
平面,
,
,,
,
.
(2)解：设平面的法向量为,
则,,
令.
平面的法向量为,
所以，,
由得.
设二面角为,
则,
所以二面角的大小为.
【点睛】
本题考查了用空间向量的知识解决线线垂直、二面角的问题,正确求出相关点的坐标是解题的关键.
30．（2020·山东专题练习）已知直三棱柱，，，，分别为，，的中点，且．
（1）求证：平面；
（2）求；
（3）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接，证明为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）设，用表示出，因为，利用即可求出角；
（3）在平面内过点做射线垂直于，易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用二面角的向量公式计算可得结果.
【详解】
（1）证明：取的中点，连接，
则有，且，，且，
又，，所以，且，
所以为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面．
（2）设
由已知可得，，且，
则，，
因为，所以
，所以，即．
（3）在平面内过点做射线垂直于，易知，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
为平面的一个法向量，
，设为平面的一个法向量，
则，令，则，
则
所以二面角的余弦值为．
【点睛】
本题考查线面平行的证明，考查线线垂直的性质，考查二面角的求法，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.
31．（2020·山东专题练习）如图所示的四棱锥中，底面为矩形，平面，，M，N分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的余弦值为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）取中点E，连接，，利用平行四边形可证，由知，可证，故可证；
（2）根据即为直线与平面所成的角，可求出，分别以，，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的大小即可.
【详解】
（1）证明：取中点E，连接，，
因为M，N，E分别为，，的中点，
，，
所以是平行四边形，故，
因为，所以
又因为，，
，所以平面.
因为，E为中点，所以，
所以，
所以；.
（2）因为，所以为在平面内的射影，
所以即为直线与平面所成的角，
则，即，
因为，，
分别以，，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，则，，
设平面的法向量，
则，即，取，则，，即，
取平面的法向量，
所以，
由图可知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】
本题主要考查了线面垂直的判定，面面垂直的判定与性质，线面角，二面角的向量求法，考查了空间想象力，推理能力，属于中档题.
32．（2020·安徽相山·淮北一中月考（理））如图，在三棱柱中，，，、分别为和的中点，且.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先根据且，且可知四边形为平行四边形，由此，进而得证；
（2）先证明平面，由此可以为坐标原点，射线、分别为轴、轴的正半轴，以平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式得解.
【详解】
（1）如图，取线段的中点，连接、，
为的中点，且，
又为的中点，且，且，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面；
（2）作于点，由，得，
，即为的中点，
，，，
又，平面，平面，从而有，
又，，平面，
故可以点为坐标原点，射线、分别为轴、轴的正半轴，以平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，
令，则、、、、，
，，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，，可得，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面所成锐二面角为，则，
因此，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行的判定以及利用空间向量求解二面角问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题.
33．（2020·湖南开福·周南中学二模（理））如图，斜棱柱中，侧面垂直底面，且，，分别是，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）先证明点是的中点，再证明，最后证明平面
（2）先证明平面、，再建立空间直角坐标系，
接着求平面的一个法向量设为，平面的法向量为，最后求二面角的余弦值即可解题.
【详解】
解：（1）证明：连接交于点，连接，如图，
在斜棱柱中，
∵四边形是平行四边形，
∴点是的中点，
∵点是的中点，
∴在中，
∵平面，平面,
∴平面
（2）∵侧面垂直底面，且，是的中点，，
∴ 平面，
∵，是的中点，
∴，
∴以点为原点，以方向为轴正方向，以方向为轴正方向，以方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，
∵，∴设，
则点，，，，，
∵平面是底面，∴平面的一个法向量设为，
设平面的法向量为，
则即，令，解得：，，
则平面的法向量为，
，
所以二面角的余弦值：.
【点睛】
本题考查利用线线平行证明线面平行，求平面的法向量，利用空间向量求二面角的余弦值，是中档题.
34．（2020·山西其他（理））如图，在三棱柱中，平面平面，，.
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）由得，进而由平面平面得平面，所以，另一方面四边形是菱形，故，进而得平面，即可得平面平面；
（2）结合（1）得是二面角的平面角，即，故设中点为，连接，则平面，进而建立空间直角坐标系，用向量求解即可.
【详解】
解：（1）证明：∵ ， ∴ ，
又∵ 平面平面，平面平面，
平面，∴ 平面，
∵ 平面，∴ ,
又∵ ，∴ 四边形是菱形，
∴ ，∵ ，
∴ 平面，又∵ 平面，
∴ 平面平面.
（2）由（1）得平面,，
∴是二面角的平面角，即，
∴ 为等边三角形，
设中点为，连接，则平面，
所以如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，，
，， ,，
由（1）知是平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，线面所成角的正弦值的求解，考查空间思维能力与运算能力，是中档题.
35．（2020·全国单元测试）如图，三棱柱中，四边形为菱形，，平面平面，在线段上移动，为棱的中点.
（1）若为线段的中点，为中点，延长交于，求证：平面；
（2）若二面角的平面角的余弦值为，求点到平面的距离.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
【详解】
解：（1）证明：如图，取中点，连接
∵为中点，∴
在平行四边形中，分别为的中点，∴
又，，
∴平面平面
∵平面，∴平面.
（2）连接，
∵四边形为菱形，∴
又，∴为正三角形
∵为的中点，∴
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
在平面内过点作交于点
建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
设，
∴，
∴
∵，，∴，∴
设平面的法向量为，
则得，令，则，
∴平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，二面角的平面角为，
则
∴或（舍），∴，∴.
又，∴，∴
连接，设点到平面的距离为，则
∴，即点到平面的距离为.
【点睛】
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.
36．（2020·全国单元测试）在矩形中，,分别为线段、的中点，⊥平面.
（Ⅰ）求证：∥平面；
（Ⅱ）求证：平面⊥平面；
【答案】见解析
【解析】
试题分析：（1）由得四边形为平行四边形，所以，根据线面平行判定定理得结论；（2）易得，通过证明为正方形得，所以线面垂直，最后面面垂直.
试题解析：（1）因为分别为线段、的中点，
所以,所以四边形为平行四边形，
所以,所以∥平面.
（2）因为⊥平面，平面,
所以；
又因为，分别为线段的中点，
所以,连接,为正方形，
所以，所以平面
所以平面⊥平面.
专题十四 空间点、线、面之间的位置关系
一、单选题
1．（2019·邢台市第八中学高二期中）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则
（ ）
A．α∥β且∥α B．α⊥β且⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于 D．α与β相交，且交线平行于
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．
考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．
2．（2019·黑龙江哈尔滨三中高三期中（理））已知两个平面相互垂直，下列命题
①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线
②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线
③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面
④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面
其中正确命题个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】
【分析】
利用面面垂直的性质及空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，对①、②、③、④四个选项逐一判断，即可得到答案．
【详解】
由题意，对于①，当两个平面垂直时，一个平面内的不垂直于交线的直线不垂直于另一个平面内的任意一条直线，故①错误；
对于②，设平面α∩平面β=m，n⊂α，l⊂β，
∵平面α⊥平面β， ∴当l⊥m时，必有l⊥α，而n⊂α， ∴l⊥n，
而在平面β内与l平行的直线有无数条，这些直线均与n垂直，故一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线，即②正确；
对于③，当两个平面垂直时，一个平面内的任一条直线不不一定垂直于另一个平面，故③错误；
对于④，当两个平面垂直时，过一个平面内任意一点作交线的垂线，若该直线不在第一个平面内，则此直线不一定垂直于另一个平面，故④错误；
故选A．
【点睛】
本题考查命题的真假判断与应用，着重考查面面垂直的性质及空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，考查空间想象能力，属于基础题．
3．（2020·涡阳县第九中学期末（理））如图，正方体的棱长为1，E，F分别为线段，上的点，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
因为平面，所以三棱锥的体积等于三棱锥的体积，棱锥的高为长方体的棱长，底面，是以1为底1为高的三角形，利用棱锥的体积公式可求.
【详解】
∵平面，
∴三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
而三棱锥，高为长方体1，底面，是以1为底1为高的三角形，
∴，
故选：C.
【点睛】
本题考查了棱锥的体积，关键等体积转换，进一步明确其底面面积和高，利用体积公式解答，属于中档题.
4．（2020·安徽期末（理））已知正四棱锥P-ABCD的底面边长为2，高为1，E为CD的中点．动点M在该棱锥的表面运动，满足．则动点M的轨迹的周长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据线面垂直判定定理得平面EFG，再确定动点M的轨迹为，最后求周长得结果.
【详解】
分别取PD、AD的中点F、G，连结EF，FG，GE,
连接AC,交BD于O ,则
因为正四棱锥P-ABCD，所以平面
因此平面EFG，因为，所以动点M的轨迹为，
其中，，
故选：C
【点睛】
本题考查线面垂直判定定理、立体几何轨迹问题，考查基本论证与求解能力，属中档题.
5．（2020·山东专题练习）我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体（如图所示），下底面是边长为2的正方形，上棱，EF//平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为（ ）
A．6 B． C． D．12
【答案】B
【解析】
【分析】
在几何体中，作FN//AE，FM//ED，将多面体被分割为三棱柱与四棱锥两部分求解.
【详解】
如图，作FN//AE，FM//ED，则多面体被分割为棱柱与棱锥部分，
因为EF与平面ABCD的距离为2，
所以四棱锥F-NBCM的高为2，
所以V四棱锥F-NBCM=SNBCM
V棱柱ADE-NMF=S直截面
所以该刍甍的体积为V=V四棱锥F-NBCM +V棱柱ADE-NMF=.
故选：B
【点睛】
本题考查空间几何体的体积，考查空间想象能力和运算求解能力，属于基础题.
6．（2020·山东专题练习）在三棱柱中，，侧棱底面ABC，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O的表面上，且球O的表面积的最小值为，则该三棱柱的侧面积为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
如图：设三棱柱上、下底面中心分别为、，则的中点为，
设球的半径为，则，设，，
则，，
则在△中，，
当且仅当时，等号成立，
所以，所以，所以，
所以该三棱柱的侧面积为.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用不等式求解棱柱的外接球面积最小值与侧面积问题，属于中档题
7．（2020·山东专题练习）已知，为两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，且，则
C．若，，，，则
D．若，，，则
【答案】B
【解析】
【分析】
根据线线平行，线线垂直，线面垂直，面面垂直的判定，对选项进行逐一分析即可.
【详解】
对：若，，则，或与是异面直线，或与相交，故错误；
对：若，且，
不妨取交线上一点，作平面的垂线为，
因为，且点，故；
同理可得，故与是同一条直线，
因为，故.
故选项正确.
对：只有当与是相交直线时，若，，，，
才会有.故错误；
对：若，，，则与的关系不确定，故错误.
故选：B.
【点睛】
本题考查线线平行，面面平行，面面垂直的判定，属综合基础题.
8．（2020·山东专题练习）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“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.椭球是椭圆绕其长轴旋转所成的旋转体，如图，将底面半径都为.高都为的半椭球和已被挖去了圆锥的圆柱（被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面，下底面的圆心为顶点）放置于同一平面上，用平行于平面且与平面任意距离处的平面截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环，可以证明圆=圆环总成立.据此，椭圆的短半轴长为2，长半轴长为4的椭球的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由圆=圆环总成立，求出椭球的体积，代入与的值得答案.
【详解】
解：∵圆=圆环总成立，
∴半椭球的体积为：，
∴椭球的体积，
∵椭球体短轴长为2，长半轴长为4，
∴该椭球体的体积.
故选：C.
【点睛】
本题考查祖暅原理的应用，考查圆柱与圆锥的体积，是基础题.
9．（2020·山东专题练习）如图，在圆柱内有一个球O，该球与圆柱的上，下底面及母线均相切.若，则圆柱的表面积为（ ）
A．4π B．5π C．6π D．7π
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图形可以得出，代入圆柱的表面积公式，即可求解.
【详解】
由题意，可得，解得，
所以圆柱的表面积为.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了圆柱的表面积的求法，其中解答中熟练应用组合体的结构特征，求得球的半径是解答的关键，意在考查空间想象能力，以及运算与求解能力.
10．（2020·全国专题练习）对于空间任意一点和不共线的三点，，，且有，则，，是,,,四点共面的( )
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
利用空间中共面定理：空间任意一点和不共线的三点，，，且,得,,,四点共面等价于，然后分充分性和必要性进行讨论即可.
【详解】
解：空间任意一点和不共线的三点，，，且
则,,,四点共面等价于
若，，，则，所以,,,四点共面
若,,,四点共面，则，不能得到，，
所以，，是,,,四点共面的充分不必要条件
故选B.
【点睛】
本题考查了空间中四点共面定理，充分必要性的判断，属于基础题.
11．（2020·全国单元测试）如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，平面外一点到平面的距离可以用平面上任意一点与该点的连线在平面法向量上的投影表示，而法向量垂直于平面上所有向量，由，即可求得平面的法向量，而在上的投影即为点到面的距离，即可求得结果
【详解】
以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，,，
为的中点，则
，，
设平面的法向量为，则
，即
可得
可取
点到面的距离为
故选
【点睛】
本题是一道关于点到平面距离的题目，解题的关键是掌握求点到面距离的方法，建立空间直角坐标系，结合法向量求出结果，属于中档题。
二、多选题
12．（2020·湖南岳阳·期末）如图，平面平面，，是内不同的两点，，是内不同的两点，且，，，直线，，分别是线段，的中点.下列判断正确的是（ ）
A．若，则
B．若，重合，则
C．若与相交，且，则可以与相交
D．若与是异面直线，则不可能与平行
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据空间直线的位置关系判断各选项．
【详解】
A．若与相交于点，如图1，，∴是平面的一个公共点，则在直线上，∵，此时一定过这个交点，A错；
图1
B．若，重合，如图2，则与相交且平分，四边形是平行四边形，则，由得，由得，，B正确；
图2
C．若与相交，见图2，则确定一个平面，由可得，又由得，C错；
D．假设，如图3，取中点，连接，因为分别是中点，则，，
与是异面直线，则，，所以，又，，所以，而，所以平面，同理平面，这样就有，与已知矛盾，故假设不成立，即与不平行，D正确．
图3
故选：BD．
【点睛】
本题考查空间直线的位置关系，考查学生的空间想象能力．解题时能根据定义、定理、公理直接判断的可直接判断，不能直接判断的可以用反证法证明，对错误的结论可以举反例说明．
13．（2020·山东专题练习）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且.则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．当向运动时，二面角逐渐变小
C．在平面内的射影长为
D．当与重合时，异面直线与所成的角为
【答案】AC
【解析】
【分析】
对选项分别作图，研究计算可得.
【详解】
选项A:连接,由正方体性质知是矩形，
连接交于点
由正方体性质知平面,
所以，是点到平面的距离，即
是定值.
选项B:
连接与交于点，连接，
由正方体性质知,是中点，
,又,
的大小即为与所成的角，
在直角三角形中，为定值.
选项C:
如图，作
在直角三角形中，
选项D:
当与重合时，与重合，连接与交于点，连接,
异面直线与所成的角,即为异面直线与所成的角,
在三角形中，,
由余弦定理得
故选：AC
【点睛】
本题考查空间几何体性质问题.
求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．
求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.
14．（2020·山东专题练习）已知圆锥的顶点为，母线长为2，底面半径为，，为底面圆周上两个动点，则下列说法正确的是（ ）
A．圆锥的高为1
B．三角形为等腰三角形
C．三角形面积的最大值为
D．直线与圆锥底面所成角的大小为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
计算得到，A正确，，B正确，直线与圆锥底面所成角的为，D正确，，面积有最大值为，C错误，得到答案.
【详解】
如图所示：，A正确；，B正确；
易知直线与圆锥底面所成角的为，D正确；
取中点为，设，则，，
当时，面积有最大值为，C错误.
故选：ABD.
【点睛】
本题考查了圆锥中相关计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
15．（2020·山东专题练习）若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，是的中点，则（ ）
A． B．平面平面
C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为
【答案】CD
【解析】
【分析】
以为正交基底建立空间直角坐标系，写出各点坐标，计算值即可判断A；分别求出平面，平面的法向量，判断它们的法向量是否共线，即可判断B；利用等体积法，求出三棱锥的体积即可判断C；三棱锥的外接球即为长方体的外接球，故求出长方体的外接球的表面积即可判断D.
【详解】
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，，，，
所以，，
因为，所以与不垂直，故A错误；
，
设平面的一个法向量为，则
由，得，所以，
不妨取，则，
所以，
同理可得设平面的一个法向量为，
故不存在实数使得，故平面与平面不平行，故B错误；
在长方体中，平面，
故是三棱锥的高，
所以，
故C正确；
三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
故外接球的半径，
所以三棱锥的外接球的表面积，故D正确.
故选：CD.
【点睛】
本题主要考查用向量法判断线线垂直、面面平行，等体积法的应用及几何体外接球的表面积.
16．（2020·全国单元测试）下列说法中正确的是（ ）
A．平面的法向量垂直于与平面共面的所有向量
B．一个平面的所有法向量互相平行
C．如果两个平面的法向量垂直，那么这两个平面也垂直
D．如果向量、与平面共面，且向量满足，，那么就是平面的一个法向量
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据法向量的定义可判断A、B选项的正误；利用空间中平面与平面的位置关系与法向量之间的关系可判断C选项的正误；根据线面垂直的判定定理可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，由法向量的定义可知，平面的法向量垂直于与平面共面的所有向量，A选项正确；
对于B选项，一个平面的所有法向量互相平行，B选项正确；
对于C选项，由空间中平面与平面的位置关系与法向量之间的关系可知，如果两个平面的法向量垂直，那么这两个平面也垂直，C选项正确；
对于D选项，只有当、不共线时，才能得出结论，依据是线面垂直的判定定理：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直，D选项错误.
故选：ABC.
【点睛】
本题考查平面法向量定义的应用，同时也考查了平面间的位置关系与法向量之间的关系，考查推理能力，属于基础题.
第II卷（非选择题）
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三、填空题
17．（2020·全国高三其他（理））三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，，，则三棱锥的外接球体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】
先由题中条件，作出示意图，在中，用余弦定理求得，用勾股定理证得为直角三角形，再由平面平面，为等边三角形，证得平面，得到三棱锥的外接球的球心必在直线上，再由，求得外接球半径，得到外接球体积.
【详解】
解析：作出图形如图所示，
在中，由余弦定理，，
解得，或（，舍），
又由，，则，故为直角三角形，
设的中点为，因为为等边三角形，故，又平面平面，
故平面， 又为直角三角形，点为斜边的中点，
则球心必在直线上，易知，
故在之间，设，则，
即，解得，故所求球半径，球的体积为.
故答案为： .
【点睛】
本题考查了面面垂直的性质，三棱锥的外接球半径的求法，属于中档题.
18．（2020·全国高一课时练习）（1）正方体的棱长扩大到原来的n倍，则其表面积扩大到原来的______倍，体积扩大到原来的______倍；
（2）球的半径扩大到原来的n倍，则其表面积扩大到原来的_____倍，体积扩大到原来的_______倍.
【答案】
【解析】
【分析】
（1）设原来正方体的棱长为，则棱长扩大到原来的n倍后，正方体的棱长为，结合正方体的表面积和体积公式，即可求解；
（2）设原来球的半径为，则半径扩大到原来的n倍后，球的半径为为，结合球的表面积和体积公式，即可求解.
【详解】
（1）由题意，设原来正方体的棱长为，其表面积为，体积为，
则棱长扩大到原来的n倍后，正方体的棱长为，则其表面积为，
体积为，即表面积扩大到原来的倍，体积扩大到原来的倍.
（2）由题意，设原来球的半径为，其表面积为，体积为，
则半径扩大到原来的n倍后，球的半径为，则其表面积为，
体积为，即表面积扩大到原来的倍，体积扩大到原来的倍.
【点睛】
本题主要考查了正方体和球的表面积和体积公式的应用，其中解答中根据题意，结合正方体和球的表面积和体积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
19．（2020·山东专题练习）已知正方体的棱长为，其内有2个不同的小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，则球的体积等于______，球的表面积等于______．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可知三棱锥是边长为的正四面体,则球是三棱锥的内切球,设其半径为,由，可知,设平面平面,且球和球均与平面相切于点,则球是正四面体的内切球,设其半径为,则,最后代入数据计算即可.
【详解】
因为正方体的棱长为,
所以三棱锥是边长为的正四面体,的高为,
设底面的中心为,连接,则,,
则球是三棱锥的内切球,设其半径为,
则有
所以,
所以球的体积为,
又球与三棱锥的三个面和球都相切,
则设平面平面,且球和球均与平面相切于点,如下图所示,
则球是三棱锥的内切球,设其半径为,
故,
因此在正四面体中,,
所以球的表面积为,
故答案为:;.
【点睛】
本题主要考查三棱锥内切球的综合问题,考查学生的空间思维及想象能力,有一定难度.
20．（2020·山东专题练习）已知点，，，均在球的球面上，，，若三棱锥体积的最大值是，则球的表面积为__________
【答案】
【解析】
【分析】
设的外接圆的半径为，可得为直角三角形，可求出，由已知得到平面的最大距离，设球的半径为，则，由此能求出，从而能求出球的表面积.
【详解】
设的外接圆的半径为，
∵，，则，
为直角三角形，且
，
∵三棱锥体积的最大值是，，，，均在球的球面上，
∴到平面的最大距离，
设球的半径为，则，
即，解得，
∴球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查球的表面积的求法，考查球内接几何体问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
21．（2020·山东专题练习）已知球O是正三棱锥的外接球，，，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值是_______.
【答案】
【解析】
【分析】
本题首先可以根据题意绘出图像，然后设出三棱锥的外接球半径为以及正三角形的外接圆圆心为，再然后根据正三角形的性质和得出、以及，最后根据当截面与垂直时截面圆的面积有最小值并通过计算即可得出结果.
【详解】
如图，设三棱锥的外接球半径为R，正三角形的外接圆圆心为，
因为，三角形是正三角形，为正三角形的外接圆圆心，
所以，
因为，
所以，，解得，，
因为过作球的截面，当截面与垂直时，截面圆的半径最小，
所以当截面与垂直时，截面圆的面积有最小值，
在中，，
故，截面面积，
故答案为：.
【点睛】
本题考查空间几何体的外接球，考查正三角形的相关性质以及勾股定理的应用，考查空间想象能力，考查推理能力，是难题.
22．（2020·湖北茅箭·十堰一中月考）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为6cm，圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为___________．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意先求得圆锥的底面半径和高，再利用即可得解.
【详解】
圆锥的侧面展开图是一个半径为6cm，圆心角为的扇形，
扇形的弧长为，
该圆锥底面半径为，
该圆锥的高为，
圆锥的体积为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了圆锥体积的计算，考查了圆锥侧面展开图的应用，属于基础题.
23．（2020·全国单元测试）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，到的距离都等于2.给出以下结论：
①；
②；
③
④；
⑤.
其中正确结论的序号是____________.
【答案】③④
【解析】
【分析】
根据空间向量的加减法及数量积的定义一一判断即可得解.
【详解】
，①不正确；
，②不正确；
由题意可得，所以③正确；
又因为底面是边长为1的正方形，，
所以，而，于是，因此④正确，
，所以，所以⑤不正确.
故答案为：③④.
【点睛】
本题主要考查了空间向量的加减和数量积的运算，属于基础题.
24．（2020·全国单元测试）如图，已知在大小为60°的二面角中，于点于点，且，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】
由向量线性运算加法的运算性质，结合二面角表示得，同时平方结合向量的数量积即可求解
【详解】
，二面角的大小为60°，，
，
，
，
，.
故答案为：
【点睛】
本题考查由向量的运算性质求解二面角中具体线段长度问题，属于中档题
四、解答题
25．（2019·天水市第一中学高三其他（文））如图,在四棱锥中,底面, , ,为上一点,且．
(1)求证：平面；
(2)若,,求三棱锥的体积．
【答案】（1）见解析（2）.
【解析】
试题分析：（1）法一：过作交于点，连接，由，推出，结合与，即可推出四边形为平行四边形，即可证明结论；法二：过点作于点，为垂足，连接，由题意，，则，即可推出四边形为平行四边形，再由平面，可推出，即可得证平面平面，从而得证结论；（2）过作的垂线，垂足为，结合平面，可推出平面，由平面，可得到平面的距离等于到平面的距离，即，再根据，，即可求出三棱锥的体积.
试题解析：（1）法一：过作交于点，连接.
∵
∴.
又∵，且，
∴，∴四边形为平行四边形，
∴.
又∵平面，平面，
∴平面.
法二：过点作于点，为垂足，连接.
由题意，，则，
又∵，
∴，
∴四边形为平行四边形
∴.
∵平面，平面
∴.
又
∴.
又∵平面，平面；
∵平面，平面，；
∴平面平面.
∵平面
∴平面.
（2）过作的垂线，垂足为.
∵平面，平面
∴.
又∵平面，平面，；
∴平面
由（1）知，平面，
所以到平面的距离等于到平面的距离，即.
在中，，
∴.
.
26．（2020·全国高一课时练习）如图，在三棱锥P-ABC中，，底面ABC.
（1）求证：平面平面PBC；
（2）若，M是PB的中点，求AM与平面PBC所成角的正切值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据题意，得到和，证得平面PAC，再由面面垂直的判定定理，即可得到平面平面PBC.
（2）取PC的中点D，连接AD，DM，得出DM是斜线AM在平面PBC上的射影，得到是AM与平面PBC所成角，再由，即可求解.
【详解】
（1）由题意，因为面ABC，面ABC，，
又，即，，平面PAC，
平面PBC，∴平面平面PBC.
（2）取PC的中点D，连接AD，DM..
由（1）知，平面PAC，
又平面PAC，.而.平面PBC，
所以DM是斜线AM在平面PBC上的射影，
所以是AM与平面PBC所成角，且，
设，则由M是PB中点得，
，所以，
即AM与平面PBC所成角的正切值为.
【点睛】
本题主要考查了面面垂直的判定，以及线面角的求解，其中解答中熟练应用线面垂直和面面垂直的判定定理，以及熟记直线与平面所成角的定义，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
27．（2020·山东专题练习）如图，在三棱柱，中，侧面是菱形，是中点，平面，平面与棱交于点，．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若与平面所成角的正弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）或
【解析】
【分析】
（1）由已知可得平面，由线面平行的性质定理，可得，再由面面平行的性质定理，可证，即可证明结论；
（2）根据已知可得两两互相垂直，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，确定出点坐标，求出平面法向量坐标，由空间向量的线面角公式，建立关系，即可求解.
【详解】
（1）证明：在三棱柱中，侧面为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，因为平面，
且平面平面，所以．
因为在三棱柱中，平面平面，
平面平面，平面平面．
所以，故四边形为平行四边形．
（2）在中，因为，
是的中点，所以．
因为平面，所以，，
以，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图空间直角坐标系．
设，，在中，，
，所以，所以，
，，，
则所以，．
因为，所以，
即．因为，所以．
设平面的法向量为．
因为，即，所以．
令，则，，所以．
因为，
所以，即，
所以或，即或，
所以或．
【点睛】
本题考查空间线、面位置关系，证明直线与直线平行以及空间向量法求线面角，注意空间平行关系的相互转化，考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.
28．（2020·安徽期末（理））在四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD是梯形，，，，是边长为2的正三角形，．
（1）求证：；
（2）求二面角A-ED-C的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由已知条件可得出，，所以，，所以由线面垂直的判定定理，可得平面BDE，进而可得结果.
（2）以B为坐标原点，BC、BD、BE所在直线分别为x轴、为y轴、为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出点的坐标，面的法向量，，进而可得结果.
【详解】
（1）四边形ABCD是直角梯形，，，
是边长为2的正三角形，
所以．
而，，
所以，，
又由，所以平面BDE，
又因为平面BDE，所以；
（2）因为，所以，
以B为坐标原点，BC、BD、BE所在直线分别为x轴、为y轴、为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面EAD的法向量为，
则，
取，得，
设平面ECD的法向量为，
则，取，得．
设二面角A-ED-C的平面角为，
所以，
，即二面角A-ED-C的正弦值为．
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定定理和求二面角，考查了逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题目.
29．（2020·广东湛江·期末）将边长为的正方形沿对角线折叠,使得平面平面,平面,是的中点,且．
(1)求证：；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)见解析；(2)
【解析】
【分析】
(1) 以为坐标原点,所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,
求出点三点的坐标,通过是的中点,可得,利用面面垂直的性质定理可得平面,进而可以求出点的坐标,最后利用向量法可以证明出；
(2)分别求出平面、平面的法向量,最后利用空间向量夹角公式求出二面角的大小．
【详解】
(1)证明：以为坐标原点,所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,
如图所示,则,,
取的中点并连接.
由题意得,
又平面平面,
平面,
,
,,
,
.
(2)解：设平面的法向量为,
则,,
令.
平面的法向量为,
所以，,
由得.
设二面角为,
则,
所以二面角的大小为.
【点睛】
本题考查了用空间向量的知识解决线线垂直、二面角的问题,正确求出相关点的坐标是解题的关键.
30．（2020·山东专题练习）已知直三棱柱，，，，分别为，，的中点，且．
（1）求证：平面；
（2）求；
（3）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接，证明为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）设，用表示出，因为，利用即可求出角；
（3）在平面内过点做射线垂直于，易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用二面角的向量公式计算可得结果.
【详解】
（1）证明：取的中点，连接，
则有，且，，且，
又，，所以，且，
所以为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面．
（2）设
由已知可得，，且，
则，，
因为，所以
，所以，即．
（3）在平面内过点做射线垂直于，易知，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
为平面的一个法向量，
，设为平面的一个法向量，
则，令，则，
则
所以二面角的余弦值为．
【点睛】
本题考查线面平行的证明，考查线线垂直的性质，考查二面角的求法，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.
31．（2020·山东专题练习）如图所示的四棱锥中，底面为矩形，平面，，M，N分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的余弦值为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）取中点E，连接，，利用平行四边形可证，由知，可证，故可证；
（2）根据即为直线与平面所成的角，可求出，分别以，，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的大小即可.
【详解】
（1）证明：取中点E，连接，，
因为M，N，E分别为，，的中点，
，，
所以是平行四边形，故，
因为，所以
又因为，，
，所以平面.
因为，E为中点，所以，
所以，
所以；.
（2）因为，所以为在平面内的射影，
所以即为直线与平面所成的角，
则，即，
因为，，
分别以，，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，则，，
设平面的法向量，
则，即，取，则，，即，
取平面的法向量，
所以，
由图可知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】
本题主要考查了线面垂直的判定，面面垂直的判定与性质，线面角，二面角的向量求法，考查了空间想象力，推理能力，属于中档题.
32．（2020·安徽相山·淮北一中月考（理））如图，在三棱柱中，，，、分别为和的中点，且.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先根据且，且可知四边形为平行四边形，由此，进而得证；
（2）先证明平面，由此可以为坐标原点，射线、分别为轴、轴的正半轴，以平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式得解.
【详解】
（1）如图，取线段的中点，连接、，
为的中点，且，
又为的中点，且，且，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面；
（2）作于点，由，得，
，即为的中点，
，，，
又，平面，平面，从而有，
又，，平面，
故可以点为坐标原点，射线、分别为轴、轴的正半轴，以平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，
令，则、、、、，
，，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，，可得，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面所成锐二面角为，则，
因此，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行的判定以及利用空间向量求解二面角问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题.
33．（2020·湖南开福·周南中学二模（理））如图，斜棱柱中，侧面垂直底面，且，，分别是，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）先证明点是的中点，再证明，最后证明平面
（2）先证明平面、，再建立空间直角坐标系，
接着求平面的一个法向量设为，平面的法向量为，最后求二面角的余弦值即可解题.
【详解】
解：（1）证明：连接交于点，连接，如图，
在斜棱柱中，
∵四边形是平行四边形，
∴点是的中点，
∵点是的中点，
∴在中，
∵平面，平面,
∴平面
（2）∵侧面垂直底面，且，是的中点，，
∴ 平面，
∵，是的中点，
∴，
∴以点为原点，以方向为轴正方向，以方向为轴正方向，以方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，
∵，∴设，
则点，，，，，
∵平面是底面，∴平面的一个法向量设为，
设平面的法向量为，
则即，令，解得：，，
则平面的法向量为，
，
所以二面角的余弦值：.
【点睛】
本题考查利用线线平行证明线面平行，求平面的法向量，利用空间向量求二面角的余弦值，是中档题.
34．（2020·山西其他（理））如图，在三棱柱中，平面平面，，.
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）由得，进而由平面平面得平面，所以，另一方面四边形是菱形，故，进而得平面，即可得平面平面；
（2）结合（1）得是二面角的平面角，即，故设中点为，连接，则平面，进而建立空间直角坐标系，用向量求解即可.
【详解】
解：（1）证明：∵ ， ∴ ，
又∵ 平面平面，平面平面，
平面，∴ 平面，
∵ 平面，∴ ,
又∵ ，∴ 四边形是菱形，
∴ ，∵ ，
∴ 平面，又∵ 平面，
∴ 平面平面.
（2）由（1）得平面,，
∴是二面角的平面角，即，
∴ 为等边三角形，
设中点为，连接，则平面，
所以如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，，
，， ,，
由（1）知是平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，线面所成角的正弦值的求解，考查空间思维能力与运算能力，是中档题.
35．（2020·全国单元测试）如图，三棱柱中，四边形为菱形，，平面平面，在线段上移动，为棱的中点.
（1）若为线段的中点，为中点，延长交于，求证：平面；
（2）若二面角的平面角的余弦值为，求点到平面的距离.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
【详解】
解：（1）证明：如图，取中点，连接
∵为中点，∴
在平行四边形中，分别为的中点，∴
又，，
∴平面平面
∵平面，∴平面.
（2）连接，
∵四边形为菱形，∴
又，∴为正三角形
∵为的中点，∴
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
在平面内过点作交于点
建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
设，
∴，
∴
∵，，∴，∴
设平面的法向量为，
则得，令，则，
∴平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，二面角的平面角为，
则
∴或（舍），∴，∴.
又，∴，∴
连接，设点到平面的距离为，则
∴，即点到平面的距离为.
【点睛】
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.
36．（2020·全国单元测试）在矩形中，,分别为线段、的中点，⊥平面.
（Ⅰ）求证：∥平面；
（Ⅱ）求证：平面⊥平面；
【答案】见解析
【解析】
试题分析：（1）由得四边形为平行四边形，所以，根据线面平行判定定理得结论；（2）易得，通过证明为正方形得，所以线面垂直，最后面面垂直.
试题解析：（1）因为分别为线段、的中点，
所以,所以四边形为平行四边形，
所以,所以∥平面.
（2）因为⊥平面，平面,
所以；
又因为，分别为线段的中点，
所以,连接,为正方形，
所以，所以平面
所以平面⊥平面.
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