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2021年新高考数学(浙江专用)二轮复习专题突破配套训练
专题06
立体几何
（测试时间：120分钟，满分：150分）
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2020·浙江台州市·高三期中）如图：某四棱锥的三视图(单位：)如图所示，则该四棱锥的体积(单位：)为（
）
A．
B．
C．
D．
2．（2020·邯郸市永年区第二中学高一期中）若用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为，则球的表面积为（
）
A．
B．
C．
D．
3．（2020·浙江高三专题练习）如图，正方体ABCD—的棱长为2，线段上有两个动点且，则下列结论正确的是（
）
A．
B．MN∥平面ABCD
C．三棱锥A—BMN的体积为定值
D．△AMN的面积与△BMN的面积相等
4．（2020·海南高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（
）
A．20°
B．40°
C．50°
D．90°
5．（2020·浙江高三开学考试）四面体中，，其余棱长均为4，，分别为，上的点（不含端点），则（
）
A．不存在，使得
B．存在，使得
C．存在，使得平面
D．存在，，使得平面平面
6．（2020·浙江宁波市·高三期中）如图，已知点、、G、分别是正方体中棱、、、的中点，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与直线所成角为，则（
）
A．
B．
C．
D．
7．（2020·浙江杭州市·学军中学高三其他模拟）设，是平面内所成角为的两条直线，过，分别作平面，，且锐二面角的大小为，锐二面角的大小为，则平面，所成的锐二面角的平面角的余弦值可能是（
）
A．
B．
C．
D．
8．（2020·浙江高三其他模拟）如图已知矩形，，将沿着翻折成一个空间四边形（A，B，C，D不共面），E，F，M，N，P分别为，，，，的中点，设二面角的平面角为.下面判断错误的是（
）
A．平面
B．存在，使得与垂直
C．当平面平面时，
D．当平面平面时，
9．（2020·浙江杭州市·杭州高级中学高三期中）已知四棱锥底面是边长为的正方形，是以为斜边的等腰直角三角形，平面，点是线段上的动点(不含端点)，若线段上存在点(不含端点)，使得异面直线与成的角，则线段长的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
10．（2020·江西高三）在三棱锥中，，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（
）
A．
B．
C．
D．
二、填空题：本大题共7小题，共35分。
11．（2019·江苏高考真题）如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E-BCD的体积是_____.
12．（2020·浙江宁波市·镇海中学高三其他模拟）已知棱长为的正方体，球与正方体的各条棱相切，为球上一点，是的外接圆上的一点，则线段长的取值范围是__________．
13．（2021·安徽高三期末）在正方体中，，E，F分别为棱AB，的中点，则该正方体被平面CEF所截得的截面面积为______，四面体BCEF外接球的表面积为________．
14．（2020·浙江省杭州第二中学高二期中）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，平面，，为棱上一点，且，过作平面分别与线段，交于点，，且，则________，四边形的面积为_________．
15．（2020·浙江高三其他模拟）如图，在矩形中，，.将A，C分别沿，向上翻折至，，则取最小值时，二面角的余弦值是_______.
16．（2021·南京市宁海中学高二期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC?CC1的中点，
是侧面BCC1B1内一点(含边界)，若A1P平面AEF，点P的轨迹长度为___________.直线A1P与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围是___________.
17．（2020·浙江温州市·温州中学高三其他模拟）如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点，下列四个结论：①存在点M，使得平面；②存在点M，使得直线与直线所成的角为；③存在点M，使得三棱锥的体积为；④存在点M，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线所成的角.则上述结论正确的有____________.（填上正确结论的序号）
三、解答题：本大题共5小题，共35分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18．(2021.浙江高三模拟)设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中（，）为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面,平面,,平面和平面遍历多面体的所有以为公共点的面.（Ⅰ）任取正四面体的一个顶点，求该点处的离散曲率；（Ⅱ）如图所示，已知长方体，，，点为底面内的一个动点，求四棱锥在点处的离散曲率的最小值；
（Ⅲ）图中为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若干采样点，后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格.区域和区域中点的离散曲率的平均值更大的_______.（填写“区域”或“区域”）
19．（2020·浙江高三模拟）如图，已知多面体ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
20．（2020·浙江高三期中）如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.（I）证明：CE∥平面PAB；（II）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值
21．（2020·天津高考真题）如图，在三棱柱中，平面ABC
，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
22．（2020·浙江省桐乡市高级中学高三一模）如图所示,直角梯形中,,,,四边形为矩形,.
（1）求证:平面平面;（2）在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为,若存在,求出线段的长,若不存在,请说明理由.
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2021年新高考数学(浙江专用)二轮复习专题突破
专题06
立体几何
【考纲解读与命题趋势】?
立体几何一直在高中数学中占有很大的分值，浙江新高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点。浙江高考在立体几何的命题以中档题为主，热点问题主要有三视图；证明空间线面平行、垂直关系；求空间的角和距离；利用空间向量，将空间中的性质及位置关系的判定与向量运算相结合，使几何问题代数化等等。考查的重点是点线面的位置关系及空间距离和空间角，突出空间想象能力，侧重于空间线面位置关系的定性与定量考查，算中有证。其中选择、填空题注重几何符号语言、文字语言、图形语言三种语言的相互转化，考查学生对图形的识别、理解和加工能力；解答题则一般将线面集中于一个几何体中，即以一个多面体为依托，设置几个小问，设问形式以证明或计算为主。
1、题目分布：浙江卷历年考试基本上是1道解答题和1-2道选择题（填空题），以中档题为主。
2、考察的知识内容：三视图；证明空间线面平行、垂直关系；求空间的角和距离（异面直线的夹角、线面角、二面角）等。
3、做空间几何题时要注意以下几点：
1.平行、垂直位置关系的论证的策略
(1)由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。
(2)利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一。
(3)三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑。
2.空间角的计算方法与技巧
主要步骤：一作、二证、三算；若用向量，那就是一证、二算。
(1)两条异面直线所成的角①平移法；②补形法；③向量法。
(2)直线和平面所成的角：①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。②用公式计算。
(3)二面角：①平面角的作法：(i)定义法；(ii)垂面法。②平面角的计算法：(i)找到平面角，然后在三角形中计算(解三角形)或用向量计算；(ii)射影面积法；(iii)向量夹角公式。
3.空间距离的计算方法与技巧
(1)求点到直线的距离：经常应用三垂线定理作出点到直线的垂线，然后在相关的三角形中求解，也可以借助于面积相等求出点到直线的距离。
(2)求两条异面直线间距离：一般先找出其公垂线，然后求其公垂线段的长。在不能直接作出公垂线的情况下，可转化为线面距离求解(这种情况高考不做要求)。
(3)求点到平面的距离：一般找出(或作出)过此点与已知平面垂直的平面，利用面面垂直的性质过该点作出平面的垂线，进而计算;也可以利用“三棱锥体积法”直接求距离；有时直接利用已知点求距离比较困难时，我们可以把点到平面的距离转化为直线到平面的距离，从而“转移”到另一点上去求“点到平面的距离”。求直线与平面的距离及平面与平面的距离一般均转化为点到平面的距离来求解。
【知识梳理】
1.空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面
互相平行且全等
多边形
互相平行且相似
侧棱
平行且相等
相交于一点，但不一定相等
延长线交于一点
侧面形状
平行四边形
三角形
梯形
(2)旋转体的结构特征
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
互相平行且相等，垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
2.直观图
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直.
(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.
3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r1＋r2)l
4.空间几何体的表面积与体积公式
名称几何体
表面积
体积
柱 体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝S底h
锥 体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝S底h
台 体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3
5.直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义：直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行.
(2)判定定理与性质定理
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面
a?α，b?α，a∥b?a∥α
性质定理
一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行
a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b
6.平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义：没有公共点的两个平面叫做平行平面.
(2)判定定理与性质定理
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
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
a?α，b?α，a∩b＝P，a∥β，b∥β?α∥β
性质定理
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
α∥β，a?α?a∥β
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
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b
7.直线与平面垂直
(1)直线与平面垂直的定义：如果一条直线和一个平面相交于点O，并且和这个平面内过交点(O)的任何直线都垂直，就说这条直线和这个平面互相垂直.
(2)直线与平面垂直的判定定理及其推论
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直
推论1
如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面
?b⊥α
推论2
如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行
?a∥b
8.直线和平面所成的角
(1)定义：一条斜线和它在平面内的射影所成的角叫做斜线和平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.
(2)范围：.
9.二面角
(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；
(2)二面角的平面角：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两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角.
(3)二面角的范围：[0，π].
10.平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得两条交线互相垂直，就称这两个平面互相垂直.
(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直
性质定理
如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面
【考点突破】
考点一
几何体的面积（体积）问题
1）关于几何体的面积问题的考查，主要考向有：
1.多面体：其表面积是各个面的面积之和．
2.旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．
3.简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．
2）几何体的体积问题考向主要有：
1.
规则几何体：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
2.不规则几何体：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；
【经典例题】
1．（2020·浙江）“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何体，由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖），其直观图如图.已知球的半径与扣合成牟合方盖的圆柱的底面半径相同，且「牟合方盖」与对应球的体积之比为.若牟合方盖的体积为，则此牟合方盖正视图的面积为（
）
A．3
B．
C．12
D．
2．（2020·浙江高考真题）已知圆锥的侧面积（单位：）
为2π，且它的侧面积展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：）是_______．
【变式探究】
1．（2021·浙江省高二期末（理））《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍[chúméng]”的五面体（如图），四边形为矩形，棱.若此几何体中，，和都是边长为的等边三角形，则此几何体的体积为（
）
A．
B．
C．
D．
2．（2020·山东高二期中）如图，正四棱台的高为，，，则下述正确的是（
）
A．
B．
C．三棱锥外接球的半径为
D．点到面的距离为
3．（2020·海南高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________
4．（2020·江苏高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2
cm，高为2
cm，内孔半径为0.5
cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.
考点二
三视图与几何体的面积、体积
三视图与几何体的面积、体积主要考向有：
1.
三视图与几何体的面积问题：解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系；
2.
三视图与几何体的体积问题：若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解..
【经典例题】
1．（2020·浙江高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（
）
A．
B．
C．3
D．6
【变式探究】
1．（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式，其中是柱体的底面积，
是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（
）
A．158
B．162
C．182
D．324
2．（2018·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（
）
A．
B．
C．
D．
3．（2017·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是
A．
B．
C．
D．
4．（2020·浙江高三其他模拟）如图是一各视图面积均为1的几何体的俯视图.下列说法错误的是（
）
A．体积可能是
B．体积可能是
C．表面积可能是
D．表面积可能是
考点三 与球有关的切、接问题
1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．
2．求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以设出或直接找出球心和半径.
3.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.
【经典例题】
1．（2020·浙江台州市·台州一中高三期中）设为等腰三角形，，，为边上的高，将沿翻折成，若四面体的外接球半径为，则线段的长度为（
）
A．
B．
C．
D．
2．（2021·浙江高二期末）己知圆锥的底面积为，高为，则这个圆锥的侧面积为________cm2，圆锥的内切球（与圆锥的底面和各母线均相切的球）的表面积为_________cm2.
【变式探究】
1．（2020·湖南长郡中学高三月考）已知球是正三棱锥(底面为正三角形，点在底面的射影为底面中心)的外接球，，，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆的面积可能是（
）
A．
B．
C．
D．
2．（2020·浙江高三专题练习）如图所示，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋（球体）离蛋巢底面的最短距离为（
）
A．
B．
C．
D．
3．（2021·江西高二期末（理））在边长为的菱形中，对角线，将三角形沿折起，使得二面角的大小为，则三棱锥外接球的体积是________．
4．（2021·安徽高三（理））已知三棱锥，底面是边长为2的正三角形，平面平面ABC.，M为棱PC上一点，且，过M作三棱锥外接球的截面，则截面面积最小值为____________.
考点四
几何体的长度、面积与体积的最值（范围）问题
几何体的面积与体积中最值（范围）问题求解思路主要有：
1.立体几何基本问题，利用几何体的特征或点线面的位置关系；
2.与不等式的交汇问题，应用基本不等式；
3.与函数、导数的交汇问题，应用函数的单调性；
4.实际应用中的面积、体积问题，除结合实际背景外，可利用上述方法求解.
【经典例题】
1．（2020·浙江绍兴市·高三期末）在棱长均为的正四面体中，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是（
）
A．
B．
C．
D．
2．（2020·浙江）在四棱柱中，四边形ABCD的边长都是1，且，侧棱底面ABCD，P为棱的中点，Q为线段AP上的点，若，则四棱柱体积的最大值为________.
【变式探究】
1．（2020·浙江杭州市·高一期末）设是一个高为3，底面边长为2的正四棱锥，为中点，过作平面与线段，分别交于点，（可以是线段端点），则四棱锥的体积的取值范围为（
）
A．
B．
C．
D．
2．（2020·浙江高三期末）正三棱柱，，是直线上的动点，则异面直线与所成角的范围为_____________．
3．（2020·浙江台州市·高三期中）如图：正方体的棱长为2，，分别为棱，的中点，则二面角的余弦值为__________；若点为线段上的动点(不包括端点)，设异面直线与所成角为，则的取值范围是________.
4．（2020·浙江高三其他模拟）三棱锥中，、、两两垂直且相等，点为线段上动点，点为平面上动点，且满足，，和所成角，的最小值为_______．
考点五
空间几何体中的轨迹问题
【经典例题】
1．（2020·浙江高三二模）如图所示，在顶角为圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为的两个球与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面相切于，则截面所表示的椭圆的离心率为(
)
（注：在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球相切于点，由相切的几何性质可知，，，于是，为椭圆的几何意义）
A．
B．
C．
D．
2．（2020·浙江温州市·高三三模）如图，二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为60°，A，B是1上的两个定点，且AB＝2．C∈α，D∈β，满足AB与平面BCD所成的角为30°，且点A在平面BCD上的射影H在△BCD的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度等于（
）
A．
B．
C．
D．
【变式探究】
1．（2020·浙江高三其他模拟）如图，已知的顶点平面，点在平面的同一侧，且．若与平面所成的角分别为，则面积的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
2．（2021·浙江高一期末）已知正方体的棱长为2，点E是棱的中点，点在平面内，若，，则的最小值为_________．
3．（2019·湖南高三期中）如图，在长方体中，，，，点是棱的中点，点是棱的中点，是侧面四边形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
4．（2020·浙江杭州市·高一期末）如图，已知矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（
）
A．线段的长是定值
B．存在某个位置，使
C．点的运动轨迹是一个圆
D．存在某个位置，使平面
考点六
空间中的平行、垂直关系
1）空间平行关系
关于空间平行关系的考查，主要考向是：直线、平面平行的判定及性质为重点，涉及线线平行、线面平行及面面平行的判定及应用，题型有与线、面平行相关命题的判定，另有解答题中的一问.
2）空间垂直关系
空间垂直关系的考向主要是：以直线、平面垂直的判定及其性质为重点，涉及线线垂直、线面垂直及面面垂直的判定及其应用，题型多为解答题中的一问，或与平行相结合进行命题的判断.
3）与探索性问题有关的解题策略
(1)求条件探索性问题的主要途径：①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．
(2)涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点．
2.解决立体几何中探索性问题的空间向量方法：
探索性问题的设点方法：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y,0)；一般平面内的点，如ABC平面内一点，可设为＝x＋y；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0,0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为＝λ，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算．提醒：解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示．
【经典例题】
1．（2018·浙江高考真题）设是两条不同的直线，是平面且，那么“”是“”的（
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
2．（2021·江西景德镇一中高一期末）在下面四个正方体中，点、、均为所在棱的中点，过、、作正方体截面，则下列图形中，平面不与直线垂直的是（
）
A．
B．
C．
D．
【变式探究】
1．（2020·浙江台州市·高三期中）设为空间一点，、为空间中两条不同的直线，、是空间中两个不同的平面，则下列说法正确的是（
）
A．若，，，则
B．若，，，则与必有公共点
C．若，，，则
D．若与异面，，，则
2．（2021·云南高二期末）设、、是三条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列命题是真命题的是（
）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，，则D．若，，，则
3．（2020·江苏省南通中学高三）如图，在透明塑料制成的长方体ABCD－A1B1C1D1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法中正确的是（
）
A．水的部分始终呈棱柱状；
B．水面四边形EFGH的面积不改变；
C．棱A1D1始终与水面EFGH平行；
D．当E∈AA1时，AE＋BF是定值．
4．（2020·江苏省南通中学高三）已知是平面的垂线，是平面的斜线，平面，，则面面垂直的有_________.
考点七
空间中的角度计算问题
1）异面直线所成的角
异面直线所成的角的考向主要是，角的计算或角的函数值计算，处理方法有“平移法”和“空间向量方法”.
2）直线与平面所成的角
直线与平面所成的角考向，主要是角的函数值计算，常见题型为解答题的第二问，处理方法有“几何法”和“空间向量方法”.
3）二面角
关于二面角考查，其考向主要是角的函数值计算，常见题型为解答题的第二问，处理方法有“几何法”和“空间向量方法”.
【经典例题】
1．（2018·浙江高考真题）已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（
）
A．
B．
C．
D．
2．（2020·浙江高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC
=2BC．（I）证明：EF⊥DB；（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．
【变式探究】
1．（2017·浙江高考真题）如图，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P的平面角为α,β,γ，则
A．γ<α<β
B．α<γ<β
C．α<β<γ
D．β<γ<α
2．（2020·浙江省东阳中学高三其他模拟）已知长方体的高，则当最大时，二面角的余弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
3．（2020·浙江高三其他模拟）在正方体中，点，，分别在，，上，为的中点，，过点作平面，使得，若平面，平面，则直线与直线所成的角的正切值为(
)
A．
B．
C．
D．
4.（2020·浙江高一期末）长方体中，，设点关于直线对称点为，则点与点之间的距离是_________
5．（2020·浙江高一期末）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，则直线到平面的距离为_______．
6．（2019·浙江高考真题）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.
（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值.
考点八 空间角有关的探索性问题
与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问题，常利用空间向量法求解．求解时，一般把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，并注意准确理解和熟练应用夹角公式．
其步骤是：(1)假设存在(或结论成立)；(2)建立空间直角坐标系，设(求)出相关空间点的坐标；(3)构建有关向量；(4)结合空间向量，利用线面角或二面角的公式求解；(5)作出判断．
【经典例题】
1．（2020·浙江省桐乡市高级中学高三一模）如图所示,直角梯形中,,,,四边形为矩形,.
（1）求证:平面平面;（2）在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为,若存在,求出线段的长,若不存在,请说明理由.
【变式探究】
1．(2020.浙江高三模拟)如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2，点E为AB的中点.
（1）求证：D1E⊥A1D；（2）在线段AB上是否存在点M，使二面角D1－MC－D的大小为？若存在，求出AM的长，若不存在，说明理由.
2.
（2018·天津高考真题）如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；（II）求二面角的正弦值；（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.
3．如图，在四棱锥中，
，
（1）求证：.
（2）试在线段上找一点，使平面，
并说明理由.
4．（2020·河北满城高一期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，，侧面底面.
若.
（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）侧棱上是否存在点，使得//平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由.
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2021年新高考数学(浙江专用)二轮复习专题突破
专题06
立体几何
【考纲解读与命题趋势】?
立体几何一直在高中数学中占有很大的分值，浙江新高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点。浙江高考在立体几何的命题以中档题为主，热点问题主要有三视图；证明空间线面平行、垂直关系；求空间的角和距离；利用空间向量，将空间中的性质及位置关系的判定与向量运算相结合，使几何问题代数化等等。考查的重点是点线面的位置关系及空间距离和空间角，突出空间想象能力，侧重于空间线面位置关系的定性与定量考查，算中有证。其中选择、填空题注重几何符号语言、文字语言、图形语言三种语言的相互转化，考查学生对图形的识别、理解和加工能力；解答题则一般将线面集中于一个几何体中，即以一个多面体为依托，设置几个小问，设问形式以证明或计算为主。
1、题目分布：浙江卷历年考试基本上是1道解答题和1-2道选择题（填空题），以中档题为主。
2、考察的知识内容：三视图；证明空间线面平行、垂直关系；求空间的角和距离（异面直线的夹角、线面角、二面角）等。
3、做空间几何题时要注意以下几点：
1.平行、垂直位置关系的论证的策略
(1)由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。
(2)利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一。
(3)三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑。
2.空间角的计算方法与技巧
主要步骤：一作、二证、三算；若用向量，那就是一证、二算。
(1)两条异面直线所成的角①平移法；②补形法；③向量法。
(2)直线和平面所成的角：①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。②用公式计算。
(3)二面角：①平面角的作法：(i)定义法；(ii)垂面法。②平面角的计算法：(i)找到平面角，然后在三角形中计算(解三角形)或用向量计算；(ii)射影面积法；(iii)向量夹角公式。
3.空间距离的计算方法与技巧
(1)求点到直线的距离：经常应用三垂线定理作出点到直线的垂线，然后在相关的三角形中求解，也可以借助于面积相等求出点到直线的距离。
(2)求两条异面直线间距离：一般先找出其公垂线，然后求其公垂线段的长。在不能直接作出公垂线的情况下，可转化为线面距离求解(这种情况高考不做要求)。
(3)求点到平面的距离：一般找出(或作出)过此点与已知平面垂直的平面，利用面面垂直的性质过该点作出平面的垂线，进而计算;也可以利用“三棱锥体积法”直接求距离；有时直接利用已知点求距离比较困难时，我们可以把点到平面的距离转化为直线到平面的距离，从而“转移”到另一点上去求“点到平面的距离”。求直线与平面的距离及平面与平面的距离一般均转化为点到平面的距离来求解。
【知识梳理】
1.空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面
互相平行且全等
多边形
互相平行且相似
侧棱
平行且相等
相交于一点，但不一定相等
延长线交于一点
侧面形状
平行四边形
三角形
梯形
(2)旋转体的结构特征
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
互相平行且相等，垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
2.直观图
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直.
(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.
3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r1＋r2)l
4.空间几何体的表面积与体积公式
名称几何体
表面积
体积
柱 体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝S底h
锥 体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝S底h
台 体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3
5.直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义：直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行.
(2)判定定理与性质定理
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面
a?α，b?α，a∥b?a∥α
性质定理
一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行
a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b
6.平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义：没有公共点的两个平面叫做平行平面.
(2)判定定理与性质定理
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
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
a?α，b?α，a∩b＝P，a∥β，b∥β?α∥β
性质定理
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
α∥β，a?α?a∥β
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
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b
7.直线与平面垂直
(1)直线与平面垂直的定义：如果一条直线和一个平面相交于点O，并且和这个平面内过交点(O)的任何直线都垂直，就说这条直线和这个平面互相垂直.
(2)直线与平面垂直的判定定理及其推论
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直
推论1
如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面
?b⊥α
推论2
如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行
?a∥b
8.直线和平面所成的角
(1)定义：一条斜线和它在平面内的射影所成的角叫做斜线和平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.
(2)范围：.
9.二面角
(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；
(2)二面角的平面角：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两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角.
(3)二面角的范围：[0，π].
10.平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得两条交线互相垂直，就称这两个平面互相垂直.
(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直
性质定理
如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面
【考点突破】
考点一
几何体的面积（体积）问题
1）关于几何体的面积问题的考查，主要考向有：
1.多面体：其表面积是各个面的面积之和．
2.旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．
3.简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．
2）几何体的体积问题考向主要有：
1.
规则几何体：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
2.不规则几何体：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；
【经典例题】
1．（2020·浙江）“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何体，由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖），其直观图如图.已知球的半径与扣合成牟合方盖的圆柱的底面半径相同，且「牟合方盖」与对应球的体积之比为.若牟合方盖的体积为，则此牟合方盖正视图的面积为（
）
A．3
B．
C．12
D．
【答案】B
【详解】由图可知，牟合方盖的正视图是圆柱的底面圆，
因，可得：，球的半径，可得.
2．（2020·浙江高考真题）已知圆锥的侧面积（单位：）
为2π，且它的侧面积展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：）是_______．
【答案】
【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，则
，解得.故答案为：
【变式探究】
1．（2021·浙江省高二期末（理））《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍[chúméng]”的五面体（如图），四边形为矩形，棱.若此几何体中，，和都是边长为的等边三角形，则此几何体的体积为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】过作平面，垂足为，取的中点，连结，过作，垂足为，连结，延长交于点，连接.
和都是边长为的等边三角形，，
因为平面，平面,所以,
，
如图，把此“刍甍”分为两侧各一个四棱锥，中间一个三棱柱.
因为，,平面,所以平面
因为平面所以,所以四边形是矩形.
.故选：C.
2．（2020·山东高二期中）如图，正四棱台的高为，，，则下述正确的是（
）
A．
B．
C．三棱锥外接球的半径为
D．点到面的距离为
【答案】ABD
【详解】连接，连接，连接，如下图所示：
对于A：因为几何体为正四棱台，所以，又，所以，又因为，所以，故正确；
对于B：因为几何体为正四棱台，所以，所以，
所以为等腰直角三角形，所以，故正确；
对于C：由上可知，均为等腰直角三角形，所以，
所以三棱锥的外接球的球心为，且半径等于，故错误；
对于D：设点到面的距离为，又，
所以，且，所以，故正确，故选：ABD.
3．（2020·海南高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________
【答案】
【详解】
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点
所以故答案为：
4．（2020·江苏高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2
cm，高为2
cm，内孔半径为0.5
cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.
【答案】
【详解】正六棱柱体积为圆柱体积为
所求几何体体积为故答案为：
考点二
三视图与几何体的面积、体积
三视图与几何体的面积、体积主要考向有：
1.
三视图与几何体的面积问题：解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系；
2.
三视图与几何体的体积问题：若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解..
【经典例题】
1．（2020·浙江高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（
）
A．
B．
C．3
D．6
【答案】A
【详解】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，
且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，
棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：
.故选：A
【变式探究】
1．（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式，其中是柱体的底面积，
是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（
）
A．158
B．162
C．182
D．324
【答案】B
【详解】如图所示，棱长为6的正方体中，分别为其所在线段上的一个三等分点，
三视图所对应的几何体为棱柱，
由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为.
故选B.
2．（2018·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为，底面为直角梯形，上下底分别为、，梯形的高为，因此几何体的体积为，选C.
3．（2017·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】由三视图可知几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，
∴=,故选A.
4．（2020·浙江高三其他模拟）如图是一各视图面积均为1的几何体的俯视图.下列说法错误的是（
）
A．体积可能是
B．体积可能是
C．表面积可能是
D．表面积可能是
【答案】D
【详解】由各视图面积均为1的几何体的俯视图，可以是如图所示的几何体，
其中是边长为1的正方形，其中且，
可该几何体的体积为,
由正方形的面积为，,
又由和是边长为的等边三角形，可得，
所以该几何体的表面积为.
所以该几何体的表面积可能是.故选：D.
考点三 与球有关的切、接问题
1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．
2．求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以设出或直接找出球心和半径.
3.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.
【经典例题】
1．（2020·浙江台州市·台州一中高三期中）设为等腰三角形，，，为边上的高，将沿翻折成，若四面体的外接球半径为，则线段的长度为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】作出翻折后四面体的图形，如图：
，，，平面，
由，，则，
,
设球心到平面的距离为，的外接圆半径为，四面体的外接球半径为，
由图可得，解得，
在，由正弦定理可得，（为锐角）
解得，所以，
因为，所以为等边三角形，所以.故选：D
2．（2021·浙江高二期末）己知圆锥的底面积为，高为，则这个圆锥的侧面积为________cm2，圆锥的内切球（与圆锥的底面和各母线均相切的球）的表面积为_________cm2.
【答案】
【详解】设圆锥底面圆的半径为，母线长为，由题意可得，可得，
由勾股定理可得：，所以圆锥的侧面积为，
作圆锥的轴截面如图所示：、分别与圆相切于两点，
设圆半径为，连接，则，
过点作，则，，所以，
所以，即，解得：，所以圆锥的内切球半径为，
所以圆锥的内切球的表面积为，故答案为：；
【变式探究】
1．（2020·湖南长郡中学高三月考）已知球是正三棱锥(底面为正三角形，点在底面的射影为底面中心)的外接球，，，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆的面积可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【详解】解：如下图所示，其中是球心，是等边三角形的中心，可得，，设球的半径为，在三角形中，由，即，解得，故最大的截面面积为
在三角形中，，
由余弦定理得
在三角形中，，设过且垂直的截面圆的半径为，故最小的截面面积为
所以过点作球的截面，所以截面圆面积的取值范围是故选：．
2．（2020·浙江高三专题练习）如图所示，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋（球体）离蛋巢底面的最短距离为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】因为蛋巢的底面是边长为的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为，又因为鸡蛋的体积为，所以球的半径为，所以球心到截面的距离，而截面到球体最低点距离为，而蛋巢的高度为，故球体到蛋巢底面的最短距离为.
3．（2021·江西高二期末（理））在边长为的菱形中，对角线，将三角形沿折起，使得二面角的大小为，则三棱锥外接球的体积是________．
【答案】；
【详解】根据题意，画出图形，
根据长为的菱形中，对角线，所以和都是正三角形，
又因为二面角的大小为，所以分别从两个正三角形的中心做面的垂线，交于，
则是棱锥外接球的球心，且，
所以球的半径，所以其体积为，
故答案为：.
4．（2021·安徽高三（理））已知三棱锥，底面是边长为2的正三角形，平面平面ABC.，M为棱PC上一点，且，过M作三棱锥外接球的截面，则截面面积最小值为____________.
【答案】
【详解】在中，，，，
所以为直角三角形，该三角形的外接圆圆心为中点，连接，，
因为面面CAB，所以球心在上，又因为为等边三角形，
故球心O在上靠近的三等分点处，
因为M为PC的三等分点，故，所以，
因为，所以外接球半径，
过点M的所有截面圆中，截面与MO垂直的截面圆为最小截面圆，
其半径，所以截面圆面积.故答案为：.
考点四
几何体的长度、面积与体积的最值（范围）问题
几何体的面积与体积中最值（范围）问题求解思路主要有：
1.立体几何基本问题，利用几何体的特征或点线面的位置关系；
2.与不等式的交汇问题，应用基本不等式；
3.与函数、导数的交汇问题，应用函数的单调性；
4.实际应用中的面积、体积问题，除结合实际背景外，可利用上述方法求解.
【经典例题】
1．（2020·浙江绍兴市·高三期末）在棱长均为的正四面体中，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由题知,在正四面体中,为中点,,平面,
设中点为,连,为中点,,且,
平面,即为在平面上的射影,沿展开平面,使之与平面重合,此时,的最小值即为点到的距离,故过点作于点,
又,,
,,
,故选:A.
2．（2020·浙江）在四棱柱中，四边形ABCD的边长都是1，且，侧棱底面ABCD，P为棱的中点，Q为线段AP上的点，若，则四棱柱体积的最大值为________.
【答案】
【详解】如图，作交AB的延长线于点H，连接，
因为底面ABCD，所以平面底面ABCD.
又平面底面,由.
所以平面，则,又所以平面，所以.
记，，因为，所以.
易证，则，得，
所以，得，所以四棱柱的体积为.
令，，则，令，则，
令，则，所以在上单调递增，在上单调递减，
故，故四棱柱体积的最大值为.故答案为：
【变式探究】
1．（2020·浙江杭州市·高一期末）设是一个高为3，底面边长为2的正四棱锥，为中点，过作平面与线段，分别交于点，（可以是线段端点），则四棱锥的体积的取值范围为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】
首先证明一个结论：在三棱锥中，棱上取点
则，设与平面所成角，
，证毕.
四棱锥中，设，
所以
又
所以即，又，
解得所以体积，令
根据对勾函数性质，在递减，在递增
所以函数最小值，最大值，
四棱锥的体积的取值范围为故选：B
2．（2020·浙江高三期末）正三棱柱，，是直线上的动点，则异面直线与所成角的范围为_____________．
【答案】
【详解】以为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
设，则，，
．
又，设直线与所成角为，
则，时，，
设，则，
时，，递减，时，，递增，
∴时，取得极小值也是最小值，
时，，时，，，
∴，，即，∴．故答案为：．
3．（2020·浙江台州市·高三期中）如图：正方体的棱长为2，，分别为棱，的中点，则二面角的余弦值为__________；若点为线段上的动点(不包括端点)，设异面直线与所成角为，则的取值范围是________.
【答案】
【详解】由正方体的性质知，平面，
设二面角为，则，
二面角的余弦值为．
连接，，，或其补角，
设，，在△中，，，，
由余弦定理知，，令，则，
，在上单调递增，
，，．故答案为：；，．
4．（2020·浙江高三其他模拟）三棱锥中，、、两两垂直且相等，点为线段上动点，点为平面上动点，且满足，，和所成角，的最小值为_______．
【答案】
【详解】如图所示,根据已知可设
，，，，
，，，
，
令，则，此时，符合条件.
故答案为：.
考点五
空间几何体中的轨迹问题
【经典例题】
1．（2020·浙江高三二模）如图所示，在顶角为圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为的两个球与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面相切于，则截面所表示的椭圆的离心率为(
)
（注：在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球相切于点，由相切的几何性质可知，，，于是，为椭圆的几何意义）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】设两球的球心分别为，，圆锥顶点为，取两球与圆锥同一母线上的切点，，
连接，，，，连接交于，由顶角为，两个球的半径分别为，，
可知，，，，
所以即，，
由可得，
所以，所以，，
所以该椭圆离心率.故选：C.
2．（2020·浙江温州市·高三三模）如图，二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为60°，A，B是1上的两个定点，且AB＝2．C∈α，D∈β，满足AB与平面BCD所成的角为30°，且点A在平面BCD上的射影H在△BCD的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度等于（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】如图所示：
因为AB与平面BCD所成的角为30°，且点A在平面BCD上的射影H，
AB＝2，
所以，
所以点H在以点B为球心，以为半径的球面上，
又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上，
所以点H的轨迹为以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60°的圆锥侧面交线的一部分，即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB，
因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为60°，所以∠EOF=60°，
又，所以点H的轨迹的长度等于，故选：A
【变式探究】
1．（2020·浙江高三其他模拟）如图，已知的顶点平面，点在平面的同一侧，且．若与平面所成的角分别为，则面积的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】因为与平面所成的角分别为，且，
所以点分别在如图所示的两个不同的圆周上运动，
当直线与轴在同一平面内时，取到最大值和最小值，
于是有，所以，即，
而的面积，因此，故选B．
2．（2021·浙江高一期末）已知正方体的棱长为2，点E是棱的中点，点在平面内，若，，则的最小值为_________．
【答案】．
【详解】如图，取A1D1的中点O，连接EO，FO，
则EO⊥平面A1B1C1D1，连接OE，由，OE＝2，
可得OF＝1，则F在以O为圆心，以1为半径的圆上，
取CD中点K，连接BK，在正方形ABCD中，由E为AD的中点，K为CD的中点，
可得CE⊥BK，取C1D1的中点H，连接KH，B1H，
由BB1∥KH，BB1＝KH，得四边形BB1HK为平行四边形，则BK∥B1H，得G在线段B1H上．
过O作OG⊥B1H，交半圆弧于F，则|FG|为要求的最小值．由已知可得，设|OG|＝h，
由等面积法可得，，
可得h，∴|FG|的最小值为．故答案为:．
3．（2019·湖南高三期中）如图，在长方体中，，，，点是棱的中点，点是棱的中点，是侧面四边形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】取中点，取中点，连接、、，
由，，可得平面平面，
是侧面四边形内一动点（含边界），平面，线段，
当与的中点重合时，线段长度取最小值，
当与点或点重合时，线段长度取最大值或，
在长方体中，，，，
点是棱的中点，点是棱的中点，，，
.
线段长度的取值范围是.故选：A.
4．（2020·浙江杭州市·高一期末）如图，已知矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（
）
A．线段的长是定值
B．存在某个位置，使
C．点的运动轨迹是一个圆
D．存在某个位置，使平面
【答案】AC
【详解】解：取的中点，连接，，
∵，分别为、中点，∴，
∵平面，平面，∴平面，
∵且，∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，∴平面，
又，、平面，∴平面平面，
∵平面，∴平面，即D错误，
设，则，，，
∴，即为定值，所以A正确，
∴点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即C正确，
∵，，∴，∴，设，
∵、平面，，∴平面，
∵平面，∴，与矛盾，所以假设不成立，即B错误.故选:AC.
考点六
空间中的平行、垂直关系
1）空间平行关系
关于空间平行关系的考查，主要考向是：直线、平面平行的判定及性质为重点，涉及线线平行、线面平行及面面平行的判定及应用，题型有与线、面平行相关命题的判定，另有解答题中的一问.
2）空间垂直关系
空间垂直关系的考向主要是：以直线、平面垂直的判定及其性质为重点，涉及线线垂直、线面垂直及面面垂直的判定及其应用，题型多为解答题中的一问，或与平行相结合进行命题的判断.
3）与探索性问题有关的解题策略
(1)求条件探索性问题的主要途径：①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．
(2)涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点．
2.解决立体几何中探索性问题的空间向量方法：
探索性问题的设点方法：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y,0)；一般平面内的点，如ABC平面内一点，可设为＝x＋y；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0,0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为＝λ，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算．提醒：解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示．
【经典例题】
1．（2018·浙江高考真题）设是两条不同的直线，是平面且，那么“”是“”的（
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【详解】当直线在平面内时，由不能推出；当时，有可能与平行或异面，所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D
2．（2021·江西景德镇一中高一期末）在下面四个正方体中，点、、均为所在棱的中点，过、、作正方体截面，则下列图形中，平面不与直线垂直的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】对于A选项，连接，假设平面，
在正方体中，平面，平面，，所以，为直角三角形，且为锐角，
因为、分别为、的中点，则，所以，与不垂直，
这与平面矛盾，故假设不成立，即与平面不垂直；
对于B选项，连接、，如下图所示：
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，平面，，
、分别为、的中点，则，可得，同理可证，
，平面；
对于C选项，连接、、、、，取的中点，连接、，
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，平面，，
、分别为、的中点，，，
在正方形中，、分别为、的中点，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，且，
同理可证四边形为平行四边形，且，
所以，且，所以，四边形为平行四边形，
易得，所以，四边形为菱形，所以，，
，平面；对于D选项，连接、，
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，平面，，
、分别为、的中点，则，，同理可证，
，平面.故选：A.
【变式探究】
1．（2020·浙江台州市·高三期中）设为空间一点，、为空间中两条不同的直线，、是空间中两个不同的平面，则下列说法正确的是（
）
A．若，，，则
B．若，，，则与必有公共点
C．若，，，则
D．若与异面，，，则
【答案】C
【详解】对于A选项，如下图所示：
设，，，则，满足，但，A选项错误；
对于B选项，若，，则满足条件，若，则或，B选项错误；
对于C选项，，，可知，又，，C选项正确；
对于D选项，如下图所示，与异面，，，但与相交，D选项错误.故选：C.
2．（2021·云南高二期末）设、、是三条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列命题是真命题的是（
）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，，则D．若，，，则
【答案】C
【详解】对于A选项，若，，则与平行、相交或异面，A选项错误；
对于B选项，若，，由线面垂直的性质定理可得，B选项错误；
对于C选项，，，，、不重合，则，，
，，，C选项正确；
对于D选项，若，，，则与相交或平行，D选项错误.故选：C.
3．（2020·江苏省南通中学高三）如图，在透明塑料制成的长方体ABCD－A1B1C1D1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法中正确的是（
）
A．水的部分始终呈棱柱状；
B．水面四边形EFGH的面积不改变；
C．棱A1D1始终与水面EFGH平行；
D．当E∈AA1时，AE＋BF是定值．
【答案】ACD
【详解】由于BC固定，所以倾斜的过程中，始终有ADEHFGBC，
且平面AEFB平面DHGC，故水的部分始终呈现棱柱状（三棱柱、四棱柱、五棱柱）；
当水是四棱柱或者五棱柱时，水面面积与上下底面面积相等，当水是三棱柱时，则水面四边形的面积可能变大，也可能变小，水面的面积改变；
BC为棱柱的一条侧棱，随着倾斜度的不同，
但水的部分始终呈棱柱状，
且棱平面，棱，∴平面；
∵体积是定值，高为定值，则底面积为定值，
即为定值，综上ACD正确．故选：ACD.
4．（2020·江苏省南通中学高三）已知是平面的垂线，是平面的斜线，平面，，则面面垂直的有_________.
【答案】平面ABC⊥平面ACD，平面ABC⊥平面BCD，平面ABD⊥平面BCD.
【详解】解：画出图形如下，
是平面的垂线，平面，平面，
所以平面ABD⊥平面BCD.
平面ABC⊥平面BCD，
平面，所以，又，，
所以平面，平面，所以平面ABC⊥平面ACD，
故答案为：平面ABC⊥平面ACD，平面ABC⊥平面BCD，平面ABD⊥平面BCD.
考点七
空间中的角度计算问题
1）异面直线所成的角
异面直线所成的角的考向主要是，角的计算或角的函数值计算，处理方法有“平移法”和“空间向量方法”.
2）直线与平面所成的角
直线与平面所成的角考向，主要是角的函数值计算，常见题型为解答题的第二问，处理方法有“几何法”和“空间向量方法”.
3）二面角
关于二面角考查，其考向主要是角的函数值计算，常见题型为解答题的第二问，处理方法有“几何法”和“空间向量方法”.
【经典例题】
1．（2018·浙江高考真题）已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设为正方形的中心，为中点，过作的平行线，交于，过作垂直于，连接、、，则垂直于底面，垂直于，
因此从而
因为，所以即，选D.
2．（2020·浙江高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC
=2BC．（I）证明：EF⊥DB；（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II）
【详解】（Ⅰ）作交于，连接．
∵平面平面，而平面平面，平面，
∴平面，而平面，即有．
∵，∴．
在中，，
即有，∴．
由棱台的定义可知，，所以，，而，
∴平面，而平面，∴．
（Ⅱ）因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．
作于，连接，由（1）可知，平面，
因为所以平面平面，而平面平面，
平面，∴平面．即在平面内的射影为，即为所求角．
在中，设，则，，
∴．故与平面所成角的正弦值为．
【变式探究】
1．（2017·浙江高考真题）如图，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P的平面角为α,β,γ，则
A．γ<α<β
B．α<γ<β
C．α<β<γ
D．β<γ<α
【答案】B
【解析】设O为三角形ABC中心，则O到PQ距离最小，O到PR距离最大，O到RQ距离居中，而高相等，因此，所以选B．
2．（2020·浙江省东阳中学高三其他模拟）已知长方体的高，则当最大时，二面角的余弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】解：设，，则由题意得：，，，
所以，由基本不等式得：，
当且仅当时，取得最大值，此时，，
所以，取的中点，连接，，，如图，
则，，则就是二面角的平面角，
在等腰三角形中，因为，，所以，
在等腰三角形中，因为，，所以，
在长方体，求得，
故在三角形中，由余弦定理得，故选：B.
3．（2020·浙江高三其他模拟）在正方体中，点，，分别在，，上，为的中点，，过点作平面，使得，若平面，平面，则直线与直线所成的角的正切值为(
)
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】如图，补正方体，作平面与正方体的截面，设，易知.
易证，，，所以平面，即平面为平面，
所以直线为，直线为，又，为直线与直线所成的角.
设，，而，所以，解得.
在中，.故选：A.
4.（2020·浙江高一期末）长方体中，，设点关于直线对称点为，则点与点之间的距离是_________
【答案】
【详解】画出过点，线段的平面图如图所示：过点作于点，
因为点是点关于直线对称点，所以且平分，所以，
因为长方体中，，
所以，，，
所以，，所以
，，在中由余弦定理得
，故答案为：
5．（2020·浙江高一期末）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，则直线到平面的距离为_______．
【答案】
【详解】因为，由线面平行的判定定理可知，平面
则点到平面的距离就是直线到平面的距离
以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：
设平面的法向量为，则取，则
则点到平面的距离为故答案为：
6．（2019·浙江高考真题）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.
（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【详解】(1)如图所示，连结，等边中，，则，
平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，
由面面垂直的性质定理可得：平面，故，
由三棱柱的性质可知，而，故，且，
由线面垂直的判定定理可得：平面，结合?平面，故.
(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.
设，则，,，
据此可得：，
由可得点的坐标为，
利用中点坐标公式可得：，由于，
故直线EF的方向向量为：;设平面的法向量为，则：
，
据此可得平面的一个法向量为，
此时，
设直线EF与平面所成角为，则.
考点八 空间角有关的探索性问题
与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问题，常利用空间向量法求解．求解时，一般把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，并注意准确理解和熟练应用夹角公式．
其步骤是：(1)假设存在(或结论成立)；(2)建立空间直角坐标系，设(求)出相关空间点的坐标；(3)构建有关向量；(4)结合空间向量，利用线面角或二面角的公式求解；(5)作出判断．
【经典例题】
1．（2020·浙江省桐乡市高级中学高三一模）如图所示,直角梯形中,,,,四边形为矩形,.
（1）求证:平面平面;（2）在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为,若存在,求出线段的长,若不存在,请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）存在，长
【详解】解:（1）证明:因为四边形为矩形,∴.
∵∴∴∴面∴面
又∵面
∴平面平面
（2）取为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立空间直角坐标系.
如图所示:则,,,,,
设,;
∴,,
设平面的法向量为,∴,不防设.
∴,
化简得,解得或;当时,,∴;
当时,,∴;综上存在这样的点,线段的长.
【变式探究】
1．(2020.浙江高三模拟)如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2，点E为AB的中点.
（1）求证：D1E⊥A1D；（2）在线段AB上是否存在点M，使二面角D1－MC－D的大小为？若存在，求出AM的长，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，2－.
【解析】（1）连结AD1交A1D于F，∵四边形AA1D1D为正方形，∴AD1⊥A1D，
∵正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，交线为AD，AE⊥AD，
∴AE⊥平面AA1D1D，又A1D?平面AA1D1D∴AE⊥A1D，
又AD1∩AE＝A，∴A1D⊥平面AD1E，又D1E?平面AD1E，∴A1D⊥D1E.
（2）存在满足条件的点M，AM＝2－.
解法一：假设存在满足条件的点M，过点D作DN⊥CM于点N，连结D1N，
则D1N⊥CM，所以∠D1ND为二面角D1－CM－D的平面角，所以∠D1ND＝，
在Rt△D1ND中，D1D＝1所以DN＝
，
又在Rt△DNC中，CD＝AB＝2，所以∠NDC＝，∴∠MCB＝，
在Rt△MCB中，BM＝BC·tan＝，∴AM＝2－.
故在线段AB上存在一点M，使得二面角D1－CM－D为，且AM＝2－.
解法二：依题意，以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，因为AB＝2AD＝2，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，
所以＝(0,0,1)，＝(0,2，－1).易知为平面MCD的法向量，
设M(1，a,0)(0≤a≤2)，所以＝(－1,2－a,0)，
设平面D1MC的法向量＝(x，y，z)，所以
即，所以取y＝1，则＝(2－a,1,2)，
又二面角D1－MC－D的大小为，所以
即3a2－12a＋11＝0，解得a＝2±.又因为，所以a＝2－.
故在线段AB上是存在点M，使二面角D1－MC－D的大小为，且AM＝2－.
2.
（2018·天津高考真题）如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；（II）求二面角的正弦值；（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).
【解析】依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），
E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．
（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，
则
即
不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．
又=（1，，1），可得，
又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．
（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．
设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则
即
不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，
则
即
不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．
因此有cos=，于是sin=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．
（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．
易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，
由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.
3．如图，在四棱锥中，
，
（1）求证：.
（2）试在线段上找一点，使平面，
并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】(1)连接，过作
，垂足为，
，所以四边形是正方形．
所以
，因为
，所以
，
所以
，所以
，所以
，
又因为，所以平面，平面
，所以
(2)当为中点时，平面，
证明：取中点为，连接，
则，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.
4．（2020·河北满城高一期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，，侧面底面.
若.
（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）侧棱上是否存在点，使得//平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）存在侧棱的中点
【解析】（Ⅰ）证明：令则.在直角梯形中，
∴,
∴
即又∵,∴
∵侧面底面，且交线为，平面.∴平面，
∵平面.
∴平面
（Ⅱ）解：存在侧棱的中点，使得平面.证明如下：
取的中点，的中点，连接可知
又
∴∴四边形为平行四边形．
∴
∵平面，平面.∴平面．
∴存在侧棱的中点，使得平面.
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2021年新高考数学(浙江专用)二轮复习专题突破配套训练
专题06
立体几何
（测试时间：120分钟，满分：150分）
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2020·浙江台州市·高三期中）如图：某四棱锥的三视图(单位：)如图所示，则该四棱锥的体积(单位：)为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】如图，结合三视图绘出几何体，
该几何体是四棱锥，高，底面是正方形，，
则该几何体的体积为(单位：)，故选：D.
2．（2020·邯郸市永年区第二中学高一期中）若用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为，则球的表面积为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】作轴截面，如图所示，根据球的性质，可得，设截面圆的半径为r，球的半径为R，
因为截面圆的面积为，可得，解得，又由，所以，
所以球的表面积为.故选：A.
3．（2020·浙江高三专题练习）如图，正方体ABCD—的棱长为2，线段上有两个动点且，则下列结论正确的是（
）
A．
B．MN∥平面ABCD
C．三棱锥A—BMN的体积为定值
D．△AMN的面积与△BMN的面积相等
【答案】ABC
【详解】如图所示：连接，易知，平面，平面，
故，故平面，平面，故，A正确；
易知，故，故MN∥平面ABCD，B正确；
为定值，故C正确；
，，其中为点到直线的距离，根据图像知，
故，故D错误；故选：ABC.
4．（2020·海南高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（
）
A．20°
B．40°
C．50°
D．90°
【答案】B
【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..
由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B
5．（2020·浙江高三开学考试）四面体中，，其余棱长均为4，，分别为，上的点（不含端点），则（
）
A．不存在，使得
B．存在，使得
C．存在，使得平面
D．存在，，使得平面平面
【答案】D
【解析】作出示意图如下图所示：分别是AB，CD的中点，面
于，面于，对于A选项，取E，F分别在AB，CD的中点时，因为，其余棱长均为4，所以
，所以，所以，即
，故A错误；
对于D选项，取E，F分别在AB，CD的中点时，由A选项的解析得，
，，所以面，又面
，所以平面平面，即平面
平面，故D正确；对于B选项，作面于，因为中，
，所以定在AB的中线上，所以就是与面所成的角，
当E在AB上移动时，的最小值为直线与平面所成的角，即
，而是锐角，的最大值为，
故当E在AB上移动时，不存在E，使得DE⊥CD.故B错误.
对于C选项，作面于，因为中，
，
所以定在AB的中线上，且不重合于点，即点
不落在AB上，
又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E，使得DE⊥平面ABC，
故C选项不正确，故选：D.
6．（2020·浙江宁波市·高三期中）如图，已知点、、G、分别是正方体中棱、、、的中点，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与直线所成角为，则（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，，，，，
显然面的法向量为，设面的法向量为，则，即，令则、，所以
所以，，所以，
因为，即，所以故选：D
7．（2020·浙江杭州市·学军中学高三其他模拟）设，是平面内所成角为的两条直线，过，分别作平面，，且锐二面角的大小为，锐二面角的大小为，则平面，所成的锐二面角的平面角的余弦值可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】如图，平面为平面ABC,直线为直线AB,直线为直线AC,由题意得，
过作平面为平面ABP,
过作平面为平面ACP,过点P向平面作垂线,垂足为O,
再由点O作连接PB,PC,锐二面角的大小为，
即，同理可知，设，则，，,在三角形中，,，，所以，，，过点C作所以高线，,可得,,,,过点O作,则,可得到面的距离，故可知到面的距离为，记平面，所成的角为，则，所以.
故选：B.
8．（2020·浙江高三其他模拟）如图已知矩形，，将沿着翻折成一个空间四边形（A，B，C，D不共面），E，F，M，N，P分别为，，，，的中点，设二面角的平面角为.下面判断错误的是（
）
A．平面
B．存在，使得与垂直
C．当平面平面时，
D．当平面平面时，
【答案】B
【详解】对于选项A，如图易知是菱形，所以，连接，，知，所以是等腰三角形，得，易知中位线，故，可得平面.
对于选项B，由A解析可知，平面，可得，易知中位线，故有.若选项B成立，存在，使得与垂直面，与等腰矛盾.
对于选项C，当平面平面时，如图作，连接，易知，，由，其中，得，因为是直角三角形，所以，故.
对于选项D，当平面平面时，因为，所以面，故，易得，为.由∽，得，，易证，则面所以，易知，故.故选：B
9．（2020·浙江杭州市·杭州高级中学高三期中）已知四棱锥底面是边长为的正方形，是以为斜边的等腰直角三角形，平面，点是线段上的动点(不含端点)，若线段上存在点(不含端点)，使得异面直线与成的角，则线段长的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由是以为斜边的等腰直角三角形，平面，取中点，建立如图空间直角坐标系，
依题意，设，，设，，故，
又，异面直线与成的角，故，
即，即，，故，又，故.故选：B.
10．（2020·江西高三）在三棱锥中，，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】在中，，即，
又，∴为等边三角形
根据题意，有如下示意图：
如图，设的外接圆的圆心为，连接，，，连接PH.
由题意可得，且，.
∴由上知：且，又，
∴，由，平面ABC.
设O为三棱锥外接球的球心，连接，，OC过O作，垂足为D，则外接球的半径R满足，，
，代入解得，即有，
∴三棱锥外接球的表面积为.故选：A.
二、填空题：本大题共7小题，共35分。
11．（2019·江苏高考真题）如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E-BCD的体积是_____.
【答案】10.
【详解】因为长方体的体积为120，所以，
因为为的中点，所以，由长方体的性质知底面，
所以是三棱锥的底面上的高，
所以三棱锥的体积.
12．（2020·浙江宁波市·镇海中学高三其他模拟）已知棱长为的正方体，球与正方体的各条棱相切，为球上一点，是的外接圆上的一点，则线段长的取值范围是__________．
【答案】
【详解】解：设与正方体的各条棱都相切的球的球心为，其半径
，正方体的外接球的球心为，则的外接圆为正方体的外接球的一个小圆，且正方体的外接球半径
，又因为点在与正方体的各条棱都相切的球面上运动，点在的外接圆上运动，所以线段长度的最小值是正方体的外接球的半径减去与正方体的各条棱都相切的球的半径，线段长度的最大值是正方体的外接球的半径加正方体的各条棱都相切的球的半径，由此可得线段的取值范围是.故答案为：
13．（2021·安徽高三期末）在正方体中，，E，F分别为棱AB，的中点，则该正方体被平面CEF所截得的截面面积为______，四面体BCEF外接球的表面积为________．
【答案】
【详解】因为平面CEF与平面的交线为，所以截面为四边形，
而四边形为等腰梯形，且，，
故其面积为．
设线段CE的中点为G，为的外心，四面体BCEF外接球的球心为O，
则平面BCE．设球O的半径为R，则．
因为，所以，从而，
故球O的表面积为．故答案为：；．
14．（2020·浙江省杭州第二中学高二期中）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，平面，，为棱上一点，且，过作平面分别与线段，交于点，，且，则________，四边形的面积为_________．
【答案】
【详解】如图，延伸平面，交平面于RS，
平面平面，，即R，S，B三点共线，
又，由线面平行的性质可得，
则，即，是RD的中点，过作，垂足为，
则在中，，在中，，
，即，解得，
是中点，则是PA中点，，则，，
平面，平面，，
，，平面PBD，，，
，，
又，
所以四边形的面积为.故答案为：；.
15．（2020·浙江高三其他模拟）如图，在矩形中，，.将A，C分别沿，向上翻折至，，则取最小值时，二面角的余弦值是_______.
【答案】
【详解】
分别取，中点为，，连接，，，，，
因为四边形为矩形，，，
所以翻折前，四边形和四边形都是正方形，则，
因此，，即，，，
所以翻折后仍有，，，，
又，且平面，所以平面；
同理，平面；且平面平面；
又，且，所以四边形是平行四边形，则，
所以、都是平面与平面的公垂线；
又平面，所以平面平面，平面平面；
分别记，为点，在底面的投影，
则点在底面的投影落在直线上，且沿方向运动；
点在底面的投影落在直线上，且沿方向运动；
当且仅当为与平面的公垂线段时长度最小，此时,
故平面,故.又,共面，
平面平面也是平面与平面的公垂线，
此时
,,
又,∴为平行四边形，,为的中点，
∴为的中点，所以，因此，
所以，将二面角单独画出如下，
过点作于点，过点作于点，
又，，所以，
因此，所以；
同理，，则，
过点作交于点，连接，则，
所以即为二面角的平面角；
则，因此，，
又，，则为等腰直角三角形，所以，
故，
在中，.故答案为：.
16．（2021·南京市宁海中学高二期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC?CC1的中点，
是侧面BCC1B1内一点(含边界)，若A1P平面AEF，点P的轨迹长度为___________.直线A1P与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围是___________.
【答案】
【详解】（1）如下图所示，分别取棱的中点，连接，连接，
因为为所在棱的中点，所以，所以，
又平面平面，所以平面；
因为，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
又，所以平面，
因为是侧面内一点，且平面，则必在线段上，
在直角中，，
同理，在直角中，求得，所以为等腰三角形，
当在中点时，，此时最短，位于处时最长，
，，
所以线段长度的取值范围是.
（2）平面，设直线A1P与平面BCC1B1所成角为，,，由（1）可知点在线段上，的最小值是,的最大值是,
的最小值是，的最大值是,
直线A1P与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围是.
故答案为：；
17．（2020·浙江温州市·温州中学高三其他模拟）如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点，下列四个结论：①存在点M，使得平面；②存在点M，使得直线与直线所成的角为；③存在点M，使得三棱锥的体积为；④存在点M，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线所成的角.则上述结论正确的有____________.（填上正确结论的序号）
【答案】①③
【详解】对于①.
连接,由,平面,平面,
所以平面.同理平面且
所以平面平面,显然直线与平面相交，设交点为M.
则平面，所以平面，所以①正确.
对于②.
连接,则,且
所以直线平面,而平面,所以,所以②不正确.
对于③.
由点M为线段上的动点，所以点M到平面的距离.
.
所以存在点M，使得三棱锥的体积为，故③正确.
对于④.
过作,由平面,所以平面
过作交于点，则，连接.
所以,又，且,所以平面.
所以，所以为二面角的平面角，即
由，所以直线与直线所成的角与直线与直线所成的角相等.
所以直线与直线所成的角为.由平面，平面,
所以平面平面,且平面平面
所以直线在平面上的射影为.所以直线与平面所成的角，即.
直线与平面内的直线（，）所成角中（由最小角定理可得），线面角最小.
所以小于等于直线与直线所成的角.所以④不正确.故答案为：①③
下面补证最小角定理：平面外的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角平面斜交的直线与它在该平面内的射影的夹角不大于直线与平面内其他直线的夹角．直线与平面斜交，斜足为，平面，，
由平面，，可证明平面，则．
则，，，
所以，即，
故，．
三、解答题：本大题共5小题，共35分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18．(2021.浙江高三模拟)设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中（，）为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面,平面,,平面和平面遍历多面体的所有以为公共点的面.（Ⅰ）任取正四面体的一个顶点，求该点处的离散曲率；（Ⅱ）如图所示，已知长方体，，，点为底面内的一个动点，求四棱锥在点处的离散曲率的最小值；
（Ⅲ）图中为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若干采样点，后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格.区域和区域中点的离散曲率的平均值更大的_______.（填写“区域”或“区域”）
【答案】
区域.
【详解】（Ⅰ）由题意，可知正四面体的所有面都是正三角形，所以取正四面体的一个顶点，该点处的离散曲率为；
（Ⅱ）已知长方体，点为底面内的一个动点，则四棱锥在点处的离散曲率为,
又由，，所以,且为正方形，
当时，即点P为正方形的中心时，曲率取得最大值，此时，
即.
（Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）可得，根据女孩面部识别过程中的三角剖分结果，可得区域的曲率的平均值更大一些.
19．（2020·浙江高三模拟）如图，已知多面体ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【详解】方法一：（Ⅰ）由得，
所以.故.
由，
得，
由得，
由，得，所以，故.因此平面.
（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.
由平面得平面平面，由得平面，
所以是与平面所成的角.
由得，
所以，故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
方法二：（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知各点坐标如下：
因此
由得.由得.所以平面.
（Ⅱ）设直线与平面所成的角为.
由（Ⅰ）可知
设平面的法向量.由即可取.
所以.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
20．（2020·浙江高三期中）如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.（I）证明：CE∥平面PAB；（II）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值
【答案】（I）见解析；（II）.
【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力．
（Ⅰ）取PA中点F，构造平行四边形BCEF，可证明；（Ⅱ）由题意，取BC，AD的中点M，N，可得AD⊥平面PBN，即BC⊥平面PBN，过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH．可知MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．依此可在Rt△MQH中，求∠QMH的正弦值．
解析：
（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连接EF，FB．
因为E，F分别为PD，PA中点，所以且，
又因为，，所以且，
即四边形BCEF为平行四边形，所以，因此平面PAB．
（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接MQ．
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，
在平行四边形BCEF中，MQ//CE．由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD．
由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD．所以AD⊥平面PBN，
由BC//AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN．
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．
MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．设CD=1．
在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，
在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，在Rt△MQH中，QH=，MQ=，
所以sin∠QMH=，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是．
21．（2020·天津高考真题）如图，在三棱柱中，平面ABC
，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【详解】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
可得、、、、
、、、、.
（Ⅰ）依题意，，，
从而，所以；
（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，，．
设为平面的法向量，则，即，
不妨设，可得．，
．所以，二面角的正弦值为；
（Ⅲ）依题意，．由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．所以，直线与平面所成角的正弦值为.
22．（2020·浙江省桐乡市高级中学高三一模）如图所示,直角梯形中,,,,四边形为矩形,.
（1）求证:平面平面;（2）在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为,若存在,求出线段的长,若不存在,请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）存在，长
【详解】解:（1）证明:因为四边形为矩形,∴.
∵∴∴∴面∴面
又∵面∴平面平面
（2）取为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立空间直角坐标系.
如图所示:则,,,,,
设,;
∴,,设平面的法向量为,
∴,不防设.
∴,
化简得,解得或;
当时,,∴;当时,,∴;
综上存在这样的点,线段的长.
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