专题验收评价
专题5 空间向量与立体几何
内容概览
A·常考题不丢分
题型一 多面体结构及表面积体积问题
题型二 多面体内接外切问题
题型三 空间几何体角度问题
题型四 空间几何体动点问题
C·挑战真题争满分
一、单选题
（2024上·山西运城·高三校考期末）
1．如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体，设圆锥部分的高为0.5米，圆柱部分的高为2米，底面圆的半径为1米，则该组合体体积为（ ）
A．立方米 B．立方米
C．立方米 D．立方米
（2024上·山东淄博·高三统考期末）
2．已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，若侧棱与底面ABCD所成的角为，则该正四棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．
（2024上·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）
3．“方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知，，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米，则该“方斗”可盛米的总质量为（ ）
A． B．
C． D．
（2024上·山西·高三期末）
4．如图，玛雅金字塔是世界上最大的金字塔之一，同埃及金字塔不同，它的每个侧面都是等腰梯形，并且梯形两腰延长得到的三角形是一个呈“金”字的等边三角形，它的底面是边长为的正方形，塔高为．该金字塔的体积约为（ ）．（参考数据，）
A．120064 B．40977 C．34048 D．31659
（2024上·河北廊坊·高三河北省文安县第一中学校联考期末）
5．如图所示，正四棱台中，上底面边长为3，下底面边长为6，体积为，点在上且满足，过点的平面与平面平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
（2024·江西赣州·南康中学校联考一模）
6．在菱形中，，将沿对角线折起，使点A到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
（2024·河南·统考模拟预测）
7．已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球的直径相等，则圆锥的体积与球的体积的比值是 ，圆锥的表面积与球的表面积的比值是 ．
一、单选题
（2023上·陕西西安·高三校联考阶段练习）
8．若平面截球所得截面圆的面积为，且球心到平面的距离为，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
（2023上·江苏苏州·高三统考期中）
9．北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（ ）．
A．18％ B．34％ C．42％ D．50％
（2016·宁夏石嘴山·石嘴山市第三中学校考一模）
10．球半径为，球面上有三点 ，，，则四面体的体积是（ ）
A． B． C． D．
（2024·河北·高三联考）
11．将边长为的菱形沿对角线折成直二面角，得到四面体，则四面体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
（2024·河北·高三联考）
12．已知球O是正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点E是线段BC的中点，过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
（2024上·江苏苏州·高三校考期末）
13．下列物体，能够被半径为的球体完全容纳的有（ ）
A．所有棱长均为的四面体
B．底面棱长为，高为的正六棱锥
C．底面直径为，高为的圆柱
D．上 下底面的边长分别为，高为的正四棱台
一、单选题
（2024·浙江·高三模拟）
14．在正四面体ABCD中，E，F 是棱BC，AB的中点，则异面直线 DE 与CF 所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
（2024上·甘肃武威·高三统考期末）
15．如图，在棱长都相等的正三棱柱中，为棱的中点，则直线与直线所成的角为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
（2024上·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校联考期末）
16．如图，在正方体中，，点分别在棱和上运动（不含端点），若，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线所成角为 B．平面
C． D．线段长度的最大值为
（2024上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校联考期末）
17．如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．存在，使得平面
B．当时，存在，使得平面
C．存在，使得平面平面
D．存在，使得平面平面
三、解答题
（2024上·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校联考期末）
18．如图，矩形中为边的中点，将沿直线翻折成，使，若为线段的中点，
(1)求证：平面
(2)求证：平面平面
(3)求二面角夹角的正弦值
（2024上·河北廊坊·高三河北省文安县第一中学校联考期末）
19．如图，在三棱锥中，是的中点，是的中点，点在线段上，且.
(1)求证：平面；
(2)若平面，且，求直线与平面所成角的余弦值.
（2024·河南·统考模拟预测）
20．如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
一、解答题
（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）
21．如图，在几何体中，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)若，在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
（2023·四川雅安·统考一模）
22．如图，在三棱柱中，直线平面，平面平面．
(1)求证：；
(2)若，在棱上是否存在一点，使二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
（2024·四川成都·四川省成都列五中学校考一模）
23．已知，图中直棱柱的底面是菱形，其中.又点分别在棱上运动，且满足：，.
(1)求证：四点共面，并证明平面；
(2)是否存在点使得二面角的余弦值为？如果存在，求出的长；如果不存在，请说明理由.
一、单选题
（2023·全国乙卷）
24．已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
（2023·全国甲卷）
25．已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
（2022·全国乙卷）
26．在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
（2022·全国乙卷）
27．已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B． C． D．
（2022·全国Ⅱ卷）
28．已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
（2021·全国·乙卷）
29．在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
（2021·全国甲卷）
30．已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
（2021·全国Ⅰ卷）
31．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A． B． C． D．
（2021·全国·Ⅱ卷）
32．正四棱台的上 下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
（2023·全国Ⅱ）
33．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D．的面积为
（2022·全国·Ⅱ卷）
34．如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
（2021·全国·Ⅰ卷 ）
35．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
（2021·全国·Ⅱ卷）
36．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A． B．
C． D．
三、解答题
（2023·全国·乙卷）
37．如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
（2022·全国乙卷）
38．如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
（2022·全国·甲卷）
39．在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
（2022·全国Ⅰ卷）
40．如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
（2022·全国·Ⅱ卷）
41．如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
（2021·全国·乙卷）
42．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
43．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
（2021·全国·Ⅱ）
44．在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式可得.
【详解】圆柱体积为，圆锥体积为，
所以，该组合体的体积为.
故选：D
2．B
【分析】作出辅助线，根据条件求出棱台的高，利用棱台体积公式求出答案.
【详解】如图，分别为上底面和下底面的中心，连接，
则⊥底面，过点作⊥于点，则⊥底面，
因为上、下底面边长分别为2和4，所以，
故，，
，由于，故，
故该正四棱台的体积为.
故选：B
3．D
【分析】设线段、、、的中点分别为、、、，利用台体的体积公式计算出棱台与棱台的体积之比，即可得出原“方斗”可盛米的总质量.
【详解】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示：
易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、，
则，
设棱台的高为，体积为，
则棱台的高为，设其体积为，
则，则，
所以，，所以，该“方斗”可盛米的总质量为.
故选：D.
4．B
【分析】先将金字塔的每个侧面的腰延长得到一个正四棱锥，结合题意求出金字塔的上底面的边长，再利用棱台的面积公式即可求解．
【详解】如下图，将金字塔的每个侧面的腰延长得到一个正四棱锥，
其中，分别是金字塔的上，下底面，为塔高，点为的中点，连接交于点，
由题意知，，则，
则在等边三角形中，
有，，
又，得，即，解得，
所以，即金字塔的上底面的边长为，
所以金字塔的体积约为．
故选：B．
5．D
【分析】首先过点作于点，结合已知得，由棱台体积公式得，由勾股定理得，再求出的长，最终根据相似三角形对应边成比例即可得解.
【详解】如图所示，
过点作于点，因为，
所以，
则四棱台的高为，则四棱台的体积为，
解得，所以侧棱长为.
如图所示：
过于点，于点，连接，
由对称性可知，
所以，
而，
所以，
所以，同理，
分别在棱上取点，使得，
易得，
所以截面多边形的周长为.
故选：D.
6．C
【分析】根据给定条件，确定三棱锥的外接球的球心位置，再求出球半径即可计算作答.
【详解】如图所示：
由题意在菱形中，互相垂直且平分，点为垂足，
，
由勾股定理得，
所以，即是等边三角形，，
设点为外接圆的圆心，
则外接圆的半径为，，
如图所示：
设三棱锥的外接球的球心、半径分别为点，
而均垂直平分，过点，
所以点在面，面内的射影分别在直线上，
不妨设点在面，面内的射影分别为，
即，
由题意，且二面角为直二面角，即面面，，
所以，即，
结合可知四边形为矩形，不妨设，
则由以上分析可知，，
由勾股定理以及，即，
可得，解得，
所以，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
【点睛】关键点睛：画出图形，通过数学结合分析已知量与未知量的关系，建立适当的桥梁关系即可得到球心的位置以及球的半径，关键是首先去找，底面外接圆的圆心，综合性较强.
7．
【分析】设圆锥的底面圆半径以及球的半径，用表示出圆锥的高和母线以及球的半径，然后根据体积公式求出体积比，根据表面积公式求得表面积之比.
【详解】设圆锥的底面半径为，球的半径为，
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高，母线，
由题可知：，所以球的半径
所以圆锥的体积为，
球的体积，
所以；
圆锥的表面积，
球的表面积，
所以，
故答案为：；.
8．C
【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质及球的面积公式计算即得.
【详解】由平面截球所得截面圆的面积为，得此截面小圆半径，而球心到此小圆距离，
因此球的半径，有，
所以球的表面积.
故选：C
9．C
【分析】设表示卫星，过作截面得大圆，线段交圆于，得，求出后即可得解.
【详解】设表示卫星，过的平面截地球得大圆，是切线，线段交圆于，如图，
则，，，，
则，地球表面积为
所以．
故选：C
10．A
【分析】求出的外接圆的半径，可得到平面的距离，计算的面积，即可求出四面体的体积.
【详解】，，
，又，
，
由正弦定理知，的外接圆的半径为，
由球的截面性质可知，到平面的距离为，
，
四面体的体积是.
故选：A
11．C
【分析】取的中点为，连接，得到，取等边和的中心分别为，得到平面，且平面，设三棱锥的外接球的球心为，利用求得截面圆的性质，求得，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，因为边长为的菱形，
可得和均为等边三角形，且边长为，沿对角线折成直二面角，
取的中点为，分别连接，则且，
所以为二面角的平面角，所以，
取等边和的中心分别为，
设三棱锥的外接球的球心为，连接，
根据球的截面圆的性质，可得平面，且平面，
因为等边和，且边长为，可得，
且，，
在直角中，，
即外接球的半径为，
所以四面体的外接球的表面积为.
故选：C.
12．A
【分析】如图，是在底面的射影，求出底面外接圆的半径和几何体外接球的半径，当截面垂直于时截面面积最小，求出截面圆的半径即得解.
【详解】如图：
是在底面的射影，由正弦定理得，的外接圆半径.
由勾股定理得棱锥的高设球的半径为，
则，解得，
所以，即与重合，
所以当过点E作球O的截面垂直于时，截面面积最小，
此时截面半径为，截面面积为.
故选：A.
13．ABD
【分析】求出正四面体外接球的半径，将此半径与所给球的半径比较大小即可判断A；可假设正六棱锥的外接球半径为2m，底面棱长为1m，求出此时正六棱锥的高，将求出的高与所给高进行比较可判断B；求出底面直径为，高为的圆柱外接球的半径可判断C；求出上 下底面的边长分别为，外接球的半径为正四棱台的高可判断D.
【详解】对于A，设所有棱长均为的四面体的外接球的球心为，顶点在底面的射影为，
外接球的半径为，则，，
因为，所以，解得，故A正确；
对于B，底面棱长为的正六棱锥的底面外接圆的半径为，
并设此时的外接球的半径为设球心到底面的距离为，
则由球的性质可知，解得或（舍去），
此时正六棱锥的高的最大值为，故B正确；
对于C，圆柱的底面半径为，高的一半为，设其外接球的半径为，
所以，故C错误；
对于D，正四棱台中，上底面的对角线长为，上底面外接圆的半径长为，
下底面的对角线长为，下底面外接圆的半径长为，
易知外接球的球心在正四棱台的上、下底面中心的连线上，且在上底面的下方，
设球心到上底面的距离为，球的半径为，
当球心在两底面之间时，球心到下底面的距离为，
则，解得，符合题意；
当球心在下底面上或下方时，球心到下底面的距离为，
则，解得，不符合题意，
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：本题解题的思路是利用空间几何体的结构特征、外接球结合每个选项的条件，逐一对各个选项分析判断.
14．C
【分析】取线段的中点，证得，得到是异面直线与所成的角或其补角，在中，利用余弦定理，即可求解．
【详解】如图所示，取线段的中点，连接，
因为为的中点，所以，
所以是异面直线与所成的角或其补角，
设，则，
从而，
在中，由余弦定理可得．
故选：C.
15．D
【分析】作直线与直线的平行线，然后解三角形即可得出答案.
【详解】
如图设E，F分别为棱，的中点，连接，，，，
E，F分别为棱，的中点，所以，
因为为棱的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以（或其补角）为直线与直线所成的角.
设正三棱柱的棱长为，
则，，，
，，
所以，所以，.
故选：D.
16．BD
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
在正方体中，以为原点，分别为轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，．
，其中，而，则，
对于选项A，，，，
又因为异面直线夹角范围为，所以直线与直线所成角为，故A错误；
对于选项B，因为，则，
所以，又平面，所以平面，故B正确；
对于选项C，因为，且，则，且，所以，故C错误；
对于选项D，因为，且，
当且仅当时，即时，，
则，所以线段长度的最大值为，故D正确；
故选：BD.
17．ACD
【分析】建系；A设面的一个法向量为，由直线和平面同时垂直于法向量求出k；B若平面，则，解出；C证明平面平面即可；D设平面的法向量为，用即可.
【详解】以D为原点，分别为建立空间直角坐标系，如图：
设，则，则，
又点分别是的中点，
所以，
A：设平面的一个法向量为，，
所以，取，解得，
设，，若平面，则，
所以，
所以当或（舍）成立，此时为的中点；故A正确；
B：延用A中的解答，，若平面，则，
则，当且仅当时成立，故B错误；
C：
当与D重合时，因为，且面，面，此时平面平面，故C正确；
D：延用A中的解答，，则，因为，
设平面的法向量为，
则，取，得，
若平面平面，则，故D正确；
故选：ACD
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取中点，连接，通过证明平面平面，即可求证；
（2）通过证明平面，即可求证；
（3）建立空间直角坐标系，用向量法即可求解.
【详解】（1）取中点，连接，
因为和分别是的中点，
所以，又平面平面，
所以平面，
因为是的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面.
（2）因为，
所以，
所以，
因为，
且，平面，平面，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面.
（3）取中点，连接，
因为，
所以，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面.
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，
过点作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
，
设平面的法向量为，，
则，即，令，则，
所以，
设平面的法向量为，，
则，即，
令，则，
所以，
设二面角的夹角为，
则，
所以，
所以二面角夹角的正弦值为.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）几何法证明空间直线与平面平行.
（2）根据题意建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值，进而求出余弦值.
【详解】（1）
过点作交于点，过点作交于点，则.
因为是的中点，是的中点，所以，
因为，所以，则，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面.
（2）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，
设，则，，
所以.
设平面的法向量为，则即
令，得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以，
故直线与平面所成角的余弦值为.
20．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值.
【详解】（1）
连接，
因为底面是边长为2的正方形，所以，
又因为，，
所以，所以，
点为线段中点，所以，
在中，，，
所以，
则，
又，平面，平面，
所以平面.
（2）【方法一】：由题知正方形中，平面，所以建系如图所示，
则，
则，
，
设面的法向量为，面的法向量为，
则，取，则
取，则.
设二面角大小为，
则，
所以二面角的正弦值为.
【方法二】：以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题设得，，，，
，，
，，．
设是平面的法向量，
则，即，可取．
设是平面的法向量，
则，即，可取．
所以．
因此二面角的正弦值为．
21．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）取的中点，连接，取的中点，连接，通过证明平面可得平面平面；
（2）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，设，利用向量法求出与平面所成角的正弦值，然后解方程可得答案.
【详解】（1）因为平面，且，
所以平面，
取的中点，连接，则平面，所以，
又，所以，
取的中点，连接，则，且，
又，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）由（1）知两两垂直，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量，
则即取，可得.
设，所以，
记与平面所成的角为，
所以，
解得，故为的中点，即.
所以在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，且.
22．(1)证明见解析；
(2)存在，.
【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理即得.
（2）作，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在三棱柱中，由平面，平面，得，
在平面内过作于，由平面平面，平面平面，
得平面，而平面，则有，
显然平面，因此平面，又平面，
所以.
（2）过点作，由，得，
由（1）知平面，平面，则，即直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，得，，
假定在棱上存在一点，使二面角的余弦值为，
令，则，，
设平面的一个法向量，则，
令，得，显然平面的一个法向量，
依题意，，解得，即，
所以在棱上存在一点，使二面角的余弦值为，.
23．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）在线段上分别取点,使得,进而得到即可;
（2）建立空间直角坐标系,求解平面的法向量,再根据二面角的计算方法分析是否存在使得二面角的余弦值为即可.
【详解】（1）如图：在棱分别取点，使得，
易知四边形是平行四边形，所以，连结，
则，且所以四边形为矩形，故，
同理，且，故四边形是平行四边形，
所以，所以
故四点共面；
又平面平面，
所以平面.
（2）以点为原点，以为轴，以为轴，轴过且平行，如图建系
由已知，,
设，因为,
则，
平面中向量，
设平面的一个法向量为，因为，
则，取，可得其一个法向量为
平面中，，
设平面的一个法向量为，因为,
则，取，所以其中一个法向量,
若，则，
即有，解得或，
所以.
24．B
【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.
【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，
，，由的面积为，得，
解得，于是，
所以圆锥的体积.
故选：B
25．C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
26．A
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
27．C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为，则，
当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，
(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C.
【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
28．A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
故选：A．
29．D
【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选：D
30．A
【分析】由题可得为等腰直角三角形，得出外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积.
【详解】，为等腰直角三角形，，
则外接圆的半径为，又球的半径为1，
设到平面的距离为，
则，
所以.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.
31．B
【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.
【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
故选：B.
32．D
【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.
【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高，
下底面面积，上底面面积，
所以该棱台的体积.
故选：D.
33．AC
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【详解】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；
C选项，设是的中点，连接，
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，C选项正确；
D选项，，所以，D选项错误.
故选：AC.
34．CD
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
35．BD
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
36．BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
37．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；
（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；
（3）法一：过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.
法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
38．(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
39．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
40．(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
41．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面
（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.
42．（1）；（2）
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；
（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以．
从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结交于点N．
由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．
联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.
43．(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
44．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.
（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】
（1）取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.
则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
