直线与平面所成的角【理】（解析版）

【2022版】典型高考数学试题解读与变式

考点33直线与平面所成的角【理】

【考纲要求】

1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.

2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.

【命题规律】

直线与平面所成的角的知识是高考的热点问题，选择、填空、解答题都有可能进行考

查.预计2018年的高考对本知识的考查空间向量的应用，仍然是以简单几何体为载体解决

线线问题.

【典型高考试题变式】

（-）常规方法求解线面角

例1.（2019年高考浙江8）设三棱锥丫-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱例

上的点（不含端点），记直线尸5与直线AC所成角为a,直线依与平面ABC所成角

为夕，二面角。一AC—3的平面角为九则（）

A.P<y,a<yB.（3<a,/3C.ft<a,y<a

D.a<（3,y</3

【答案】B

【分析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二

面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求

解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.

【详解】方法1：如图G为AC中点，V在底面ABC的投影为O,则P在底面投影。

在线段AO上，过。作DE垂直AE，易得PE//VG,过P作PF7/AC交传于尸，过。

作O////4C，交BG于H,则。=/32£p=NPB。,y=NPED,则

ssa="=丝=也<也“B，即a>£,tan尸殁>四=皿,即y>B，

PBPBPBPBEDBD

综上所述，答案为B.

方法2：由最小角定理尸<a,记V—AB-C的平面角为『（显然Y'=Y）

由最大角定理B<Y'=y，故选B.

方法3：（特殊位置）取V-ABC为正四面体，尸为忆4中点，易得

cosa=—=>sina=—,sinp=—,siny=述，故选B.

6633

【方法技巧归纳】求宜线和平面所成的角，关键在于找到斜线在平面上的射影，找射影

的关键在于找到平面的垂线段，得到垂足，连接斜足和垂足就是射影.

【易错提醒】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特

殊位置法”，寻求简便解法.

【变式1】【改编例题的问法，求解线面角的其他形式】如图在正方体ABC。-44GA

中，点。为线段BO的中点.设点P在线段CG上，直线OP与平面48。所成的角为a,

则sina的取值范围是（）

n2V22V2

A.与c.D.

【答案】B

【解析】试题分析：设正方体的棱长为1,则

；，所以

4G=夜,4c=+,A。=0C[l°C

-3+^3-2

12V2

cosNA。。[=—%一-,sinZA6»C,=-^-

2x-

2

3

+l-3

一日,sinNA"=当

cosNA。。=—~^-j=-

2x—

2

乂立线与平面所成的角小于等于90°,而为钝角，所以sina的范围为,1|,选

B.

【变式2】【改变例题的条件和方法，利用等体积法求解线面角的问题】如图，圆锥的

高产。=血，底面。。的直径A5=2,C是圆上一点，且NC43=30°,。为AC的

中点，则直线0C和平面B4C所成角的余弦值为.

【答案】—

3

【解析】设点。到平面PAC的距离为d,设直线和平面PAC所成角为a,则由

等体积法有：VO-PAc=yp-oAc，即1sAMc."=；忖0/.,

正.1.百.]2厂

d=——/—----=—,sina--^―：-,于是cosa='，故答案为一乙.

号啊32|333

（二）利用空间向量法求解线面角

例2.（2021年高考浙江卷19）（本题满分15分）

如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，

NABC=120o,A8=I,BC=4,PA=Vi?,M,N分别为BC,PC的中点，

PDYDC,PM±MD.

（1）证明：ABVPMx

（2）求直线AN与平面POM所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】（I）耍证可证山题意可得，PD1DC.易证

DM工DC，从而DC1平面PDM,即有。C_LPM,从而得证；

(2)取AD中点E，根据题意可知，ME,OM,PM两两垂直，.•.以点〃为坐标原点,

建立空间直角坐标系，再分别求出向量而和平面尸DM的一个法向量，即可根据线面角的

向量公式求出.

【解析】(1)在△DCM中，DC=\,CM=2,ZDCM=60°，由余弦定理可得

DM=5

二DM2+DC2=CM2，DMA.DC.由题意且PDcDM=D，

.,.OC_L平面POW,而FMu平面尸DCJ_PA7,又AB//DC,，A8.

(2)由AB1PM-而AB与0M相交，，加上平面ABC。，•；

AM=#i，

/.PM=2五,取AD中点E，连接ME，则ME,DM,PM两两垂直，以点M为坐

标原点,如图所示,建立空间直角坐标系,则4(一6,2,0),P(0,0,2立),。(4,0,0),

M(0,(),()),C(百，一1,())，

2，0注—[J2,可

又N为PC中点，

由（1）得CO_L平面PZW,，平面PDM的一个法向量用=(0,1,0),

从而直线AN与平面PDM所成角的正弦值为

5

）\AN-n\2

IANII万1/2725一~~6~'

V44

X

B46

【名师点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化,要证明A8LPM，可以考虑

DCLPM,题中与OC有垂直关系的直线较多，易证。C_L平面尸DM,从而使问题得

以解决；第二问思路直接，由第一间的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向

量公式即可计算得出.也可以建立右图坐标系求解.

【方法技巧归纳】利用向量法求线面角的方法

(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角

(或其补角).

(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其

余角就是斜线和平面所成的角.

【变式1】【改变例题的条件，求解线面角的正弦值】在三棱柱ABC-AUG中，侧面

AB4A为矩形，A6=2,外=2&，。是AR的中点，3。与AB】交于点。，且

CO,平面.

(1)证明：平面AB。，平面BCD；

(2)若OC=Q4,的重心为G,求直线GD与平面ABC所成角的正弦值.

【解析】试题分析：(1)通过证明4用，CO,AB,1BD,推出_L平面BCD,

然后证明平面平面30).(2)以。为坐标原点，分别以0。，。4，0C所在

直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系。-移z.求出平面ABC的法向量,

设直线GD与平面A8C所成角a,利用空间向量的数量积求解直线GO与平面ABC所成

角的正弦值即可.

试题解析：(1)；ABgA为矩形，AB=2,蝴=2血，。是AA的中点，

AABAD=90°,AABB[=90°,即=2立AD=^AA,=>/2,

..,...ADy/l.ABy/2.

从而tan/ABD=----=—,tanNA5B==—，

AB21BB,2

n

'：0<ZABD，ZAB.B<-，：.NABD=NAB1B,：.

121

冗

NAB&+/BAB】=/ABD+/BAB1=—,

1'12

rr

：.ZAOB=-,从而AB,1BD,

2'

：CO_L平面，AB〕u平面ABB1%,_LC。,

,/BDcCO=O,：.AB,1平面BCD,

'：AB,u平面AB｝C,：.平面AB｝C±平面BCD.

(2)如图，以O为坐标原点，分别以QD,。4，OC所在直线为x,y,z轴建立

如图所示的空间直角坐标系。-孙z.

在矩形A84A中，由于AO//84,所以AAO。和A4OB相似，

从而也=丝=毁=2,又AB,=JAA；+ABc=273,

OAODAD1"1一

BD=\lAD、AB2="，

2"J62^_473

••(.JD—，UD—‘'，3A—，—，

333,3

•/2若八(2x/6AJ<4V3J

D\巧

3--,u，----3---,u,u，Cu,u,，u,,u

)IJI3)k3J

「的宙p.26n,而」•一”「亚]

、‘i33J133J

2762百_n

--T-QN-~-XH—y=0,

53-y[2x+y=0,

山｛“,一=可得｛r3整理得｛一

无AC=0,2>/3273八y+z=0,

-----y+z=0,

3------3

JI(五\

令y=l,则z=—1,X~~2''''九=1，

设直线GD与平面ABC所成角a,则

,瓜_273_2忖'T3而

sina=COS/GD,n)=1℃无।=----.——/

'/侬|•同区也0-651

\272

所以直线G。与平面ABC所成角的正弦值为上叵.

65

【变式2】【改编例题条件和问题，求解线面角的正切值】（2022•四川成都•高三月考（文））

如图，在四棱锥中，平面PCD，平面ABC。，AB=AD=2,BC=CD=20

B

（1）证明：PO〃平面ACM；

（2）求直线处与平面ABC。所成角的正切值.

【答案】（1）证明见解析；（2）叵.

7

【分析】（1）连接BD交AC于点N,连接MN,根据中位线性质得到MN//PD,得到证明.

（2）取CD的中点O,连接尸。，AO,证明PO_L平面ABC。，故/PA。为直线与平面

ABCD所成的角，再根据线段长度关系计算得到答案.

【解析】（1）证明：连接8。交4c于点N,连接MN,•.•AT>=M,CD=BC,

..AC为线段5。的中垂线，即N为8。的中点.

•.•M是P8的中点，故MNHPD,「平面AMC,的<Z平面,。，，「。//平面,（？.

（2）取C。的中点。，连接PO,A0,

•:PC=PD,PC1PD,:.POLCD,PO=-CD=y13,

2

•.•平面PC£>±平面ABCD,平面PC。0平面ABCD=8,..PO_L平面ABCD,

故NP4。为直线PA与平面ABC。所成的角，

■.■AD=2,CD=2y/3,AC=4,：.ADYCD,故A0=>/7,

又尸。=G，.•.tanNPAO="=^,故直线以与平面45C£＞所成角的正切值为画.

A077

P

【数学思想】

1.转化与化归的思想方法是数学中最基本的思想方法，数学中一切问题的解决（当然包

括解题）都离不开转化与化归，数形结合思想体现了数与形的相互转化；函数与方程思想体

现了函数、方程、不等式间的相互转化；分类讨论思想体现了局部与整体的相互转化，以上

三种思想方法都是转化与化归思想的具体体现.各种变换方法、分析法、反证法、待定系数

法、构造法等都是转化的手段.所以说，转化与化归是数学思想方法的灵魂.

2.转化包括等价转化和非等价转化，非等价转化又分为强化转化和弱化转化

等价转化要求在转化过程中的前因后果既是充分的又是必要的，这样的转化能保证转化的

结果仍为原问题所需要的结果，非等价转化其过程则是充分的或必要的，这样的转化能给人

带来思维的启迪，找到解决问题的突破口，非等价变形要对所得结论进行必要的修改.

非等价转化（强化转化和弱化转化）在思维上带有跳跃性，是难点，在压轴题的解答中常

常用到，一定要特别重视！

3.转化与化归的原则

（1）熟悉化原则：将不熟悉和难解的问题转化为熟知的易解的或已经解决的问题；

（2）直观化原则：将抽象的问题转化为具体的直观的问题；

（3）简单化原则：将复杂的问题转化为简单的问题，将一般性的问题转化为直观的特殊

的问题；将实际问题转化为数学问题，使问题便与解决.

（4）正难则反原则：若过正面问题难以解决，可考虑问题的反面，从问题的反而寻求突

破的途径；

（5）低维度原则：将高维度问题转化成低维度问题.

4.转化与化归的基本类型

（1）正与反、一般与特殊的转化；

（2）常量与变量的转化；

（3）数与形的转化；

（4）数学各分支之间的转化；

（5）相等与不相等之间的转化；

（6）实际问题与数学模型的转化.

5.常见的转化方法

（1）直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题；

（2）换元法：运用“换元”把非标准形式的方程、不等式、函数转化为容易解决的基本问

题；

（3）参数法：引进参数，使原问题的变换具有灵活性，易于转化；

（4）构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题；

（5）坐标法：以坐标系为工具，用代数方法解决解析几何问题，是转化方法的一种重要

途径；

（6）类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于确定转化的途径；

（7）特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的结论适合原问

题；

（8）一般化方法：若原问题是某个一般化形式问题的特殊形式且有较难解决，可将问题

通过一般化的途径进行转化；

（9）等价问题法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，达到转化目的；

（10）补集法：（正难则反）若过正面问题难以解决，可将问题的结果看作集合A,而把

包含该问题的整体问题的结果类比为全集U,通过解决全集U及补集获得原问题的解决.

立体几何中的转化与化归，主要利用直接转化法或坐标法，将空间问题转化成平面问题、

将几何问题转化成代数问题加以解决.

【空间角的范围处理错误注意点】

解决此类问题，要注意各种空间角的给定范围，容易在范围上出现问题.

【典例试题演练】

一、单选题

1.（2022•广西南宁•高三月考（文））如图，在四面体侬8c中，已知以，平面V8C,W4

与平面A8C所成的角为45。，。是8c上一动点，设直线口与平面ABC所成的角为"则

（）

D

B

A.把60°B.至30°C.先45°D.限75°

【答案】C

【分析】作VWJ-底面ABC于点N,切J.BC于D，分析得6=NVDN,结合三角函数分

析ON变化对0影响即可求解.

【解析】如图，作WVJ■底面ABC于点N,W7_L8C于。，由几何关系可得，9=NVDN,

VA7

sin。：合,当用固定时，V7V也固定，VD最小时应为VD,3c时，此时。与D重合，又

•.•以_1平面1/改：，，1<4_18。，，8（：_1平面%。，易知AMD三点共线，•.♦四与平面48c

所成的角为45。，故NE4?/=45。，%_L平面V8C,；.U4_LVZ7,6=90。一45。=45。，此时

sin。最大，。最大，故6V45。.故选：C.

2.（2022•浙江•模拟预测）在大小为4的二面角0-/-尸中，Ael,Bea且8任/.记直

线AB与直线/的夹角为％,直线AB与半平面B的夹角为仇，贝『以+名+44兀”是"44:“

的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据题意可得q«o,司，o2e（o《，，且3%，再根据充分性和

必要性的定义，分析即可得出结论.

【解析】解：根据题意可得a目0,司，旦（。，5，，且

当a+a+qv兀，不一定能得出如故“a+a+aw兀''是

7T

“44/的不充分条件；

当自4；时，4«；，又名€(0,1,••.q+a+av兀，故“4+名+444'是‘避4；''的

必要条件.

3.(2022•河南许昌・高三月考(理))在边长为1的正方体ABS-A/CQ中，点M,N

分别为AB,BC的中点，则直线MN与平面。8所成角的大小为()

【答案】A

【分析】

由正方体性质可得AR1平面力CA,可得NACO为直线MN与平面。CA所成角，即求.

【解析】

如图，连接AC,A。交4。于O，连接OC,

♦.•点M,N分别为AB,8c的中点，；.MN〃AC,

由正方体的性质可知C。，平面AQRA，又AQJ.A。，4。口。。=。，二

A〃，平面0cA,

/.N4co为直线AC与平面DCA,所成角,也即为直线MN与平面DC\所成角，

在直角三角形ACO中，A0=—,AC=y/2,：,ZACO=^.故选：A.

4.（2022.黑龙江.佳木斯一中高三月考（理））a,尸是两个平面，相，〃是两条直线，则下

列四个命题中错误的命题是（）

A.如果〃z_L〃，mLa,“〃夕，那么a_L〃

B.如果zn_La,nlla,那么〃?J_〃

C.如果夕//月，机ua,那么根///?

D.如果根〃叫allp,那么机与a所成的角和〃与夕所成的角相等

【答案】A

【分析】对于命题A,运用长方体举反例证明其错误：

对于B中命题，作辅助平面尸，利用直线与平面平行的性质定理得到线线平行，再得到

线线垂直；

由平面与平面平行的性质定理，可知C中命题正确；

由平行的传递性及线面角的定义知D中命题正确.

【解析】对于A,可运用长方体举反例证明其错误：

如图，不妨设A4'为直线机，CO为直线"，ABC。所在的平面为a.

D'

ABC'。'所在的平面为夕，显然这些直线和平面满足题目条件，但aJ•/不成立.

对于B,证明如下：如图：设过直线〃的平面夕与平面a相交于直线/,则〃/%

由〃?_La,有m_L/,从而可知帆_L〃结论正确.

山平面与平面平行的性质定理，可知C中命题正确.

由平行的传递性及线面角的定义知D中命题正确.故选：A.

5.（2022・四川巴中•高三月考（理））如图，四边形ABC。为矩形，AD=2AB,E是BC的

中点，将沿AE翻折至的位置（点P/平面AEC。），设线段的中点为尸，

则在翻折过程中，下列论断不正确的是（）

A.CF//平面

B.异面直线C尸与PE所成角的大小恒定不变

C.AEA.DP

D.当平面平面AE8时，AO与平面PDE所成角为30

【答案】C

【分析】取小中点G,连结EG、FG,证明CF〃EG可判断A；利用CFV/EG可得

NPEG即为异面直线所成的角可判断B；利用反证法可判断C；利用面面垂直的性质定理可

证明。E_L平面APE,可得。E_LAP,进而可证明API,平面PDE，可得NPD4即为所求角，

可判断D,进而可得正确答案.

【解析】对于A：如图，取”中点G,连结EG、FG,又：点F为线段尸。的中点，

FG//ADS.FG=-AD,CE//AD§.CE=-AD,可得CE〃GE且CE=G尸，

22

.,•四边形CEGF是平行四边形，CFV/EG,CF=EG,VCF<Z®A£P,EGu面AEP，

?.CFII平面AEP；故选项A正确；

对于B：尸〃EG,NPEG即为直线C5与PE所成角，在等腰直角中，EG为

直角边4P上的中线，，NPEG是定值，故选项B正确；

对于C：设4)=2,则4?=3E=1,可得。£=AE=&，可得A炉+即?=AD?，；.

AEA.ED,若AE工DP，ED^\DP=D,可得AEL面OEP,,:PEu面DEP,

AE1.EP,即NAEP=90,，与ZAPE=90°矛盾，，AEJ_DP不成立，故选项C不正确;

对于D：由己知得AEJLDE,当面川国上面4瓦:。时，VffiAPEnffiAECD=AE,

小匚面人后。，；.OE_L平面APE,：APu平面APE,可得£>E_LAP，

又,；AP_LPE,DEIPE=E,APJ_平面P£)E,

故NPZM为AO与平面P£)E所成角，在RtAAPD中，•.,AD=2/W=2R4，

可得NPD4=30。，故选项D正确：故选：C..

6.(2022・贵州贵阳•高三月考(理))如图，四棱锥P-ABC。的底面为矩形，PD_L底面

ABCD,4)=1,P£>=4?=2,点E是尸B的中点，过A,D,E三点的平面a与平面P8C

的交线为/，则下列结论中正确的有()

AB

(1)〃/平面E4Q；

(2)AE〃平面PC£>；

(3)直线PA与/所成角的余弦值为当；

(4)平面a截四棱锥P-所得的上、下两部分几何体的体积之比为|.

A.1个B.2个

C.3个D.4个

【答案】C

【分析】

对A,取PC的中点尸，连接所，证明防〃平面RW,即/〃平面皿>,可判断A：对

B,若AE〃平面PCD,则45=1,结合EF<BC=1,可判断B；对C,根据

cosZPAD=-=^-,故判断C；对D,连接8。，分别求出两部分的体积即可判断D.

AP5

【解析】

对A,取PC的中点F,连接EF,则AEWEF,即A,D，E,F四点共面，即/为EF,

,/EF//BC//AD,EF(Z平面PAD,4)u平面PAD，,EFH平面PAD，即〃/平面PAD,

故A正确；

对B：由EF//4),若AE〃平面PCQ.则必有AE〃〃几即四边形ALLE为平行四边形，

则AD=EF,；A£>=1,£F<3C=1,.•.矛盾，故B错误；

对C：P4与/所成角，即％与EF所成角，即R4与所成角，由P£>_L底面458得

PDVAD.则COS/PAD=4^=且，故C正确；

AP5

p

对D：连接EC,由A知截面a就是平面A"。，下半部分分为四棱锥E-AfiCD和三棱

^EE-DFC.

11412

VP-ABCD=^SABCDPD=^X2X2=^>L-APS=§X1X2X1=§,

由P£)_L底面A8C£>得PD_L3C,又BCJ_CO,CDCPD=D,CDPOu平面P£>C,，

8。_1_平面?。。，即EE_L平面PDC.

/.V£,DfC=^xlxlx2xl=l即下半部分体积为：+,=：.

322o3oo

上半部分体积与下半部分体积之比为=|,故D正确.因此正确的结论有3个.故

6

选：C.

7.（2022.河北沧州.高三月考）如图，已知AB,8分别是圆柱上、下底面圆的直径，且

ABVCD,若该圆柱的侧面积是其上底面面积的2百倍，则与平面BCD所成的角为

【答案】C

【分析】

设EF为圆柱下底面内与8垂直的直径，由对称性和线面角的定义可确定ZABH为所求

角，由侧面积和底面面积可得到BF=#〃r，由此可求得结果.

【解析】

如图，设E/为圆柱下底面内与CD垂直的直径，记EFcCD=H,连接A",BH,

由对称性可知；AHYCD.BHLCD,AHcBH=H,\仪＞人平面A3”，

设/W_L3”，垂足为V,则8_1_4知,8门8"=，，，417，平面88,

•••直线AB在平面BCD内的射影为BH,ZABH为AB与平面BCD所成的角,

ITI-HFBF=l4inHF2,BF=^HF,:.NABH=NBHF=?,

TT

.•.AB与平面BCD所成的角为］.

故选：C.

8.（2022.全国•高三月考）两条异面直线与同一平面所成的角不可能是（）

A.两个角均为60°

B.一个角为0°,一个角为90°

C.两个角均为0。

D.两个角均为90°

【答案】D

【分析】

根据线面角的概念与线面的位置关系对每个选项分别进行判断，即可得出答案.

【解析】

A：如果两条直线与同一个平面所成的角为60。，则这两条直线可能平行，可能相交，也

可能异面，.•.选项A有可能；

B：如果一条直线与平面平行，另一条直线与平面垂直，且两条直线不相交，此时两条直

线与平面所成的角一个角为0°,一个角为90。，.•.选项B有可能；

C：如果两条直线都与这个平面平行，且这两条直线不平行，也不相交，则两直线异面，

此时两条直线与平面所成的角均为0°,.•.选项c有可能：

D：若两直线与同一平面所成角都是90,则两宜线都与该平面垂直，故它们平行，不可

能为异面直线，故选项D不可能.

故选：D.

9.（2022•广东深圳•高三月考）在正三棱柱ABC-AqG中，2A8=则与平面

AASB所成角的正切值为（）

VlOR同「屈口瓜

AA.---D.---C.---U.

41753

【答案】B

【分析】

取AB中点。，由线面垂直性质和等腰三角形三线合一可证得CDLAB,CDLAA,,由

线面垂直判定可知8,平面44,48,从而得到所求角为NCB|O,由长度关系可求得结果.

【解析】

取A8中点£）,连接42CO,

•.•三棱柱A8C-A8G为正三棱柱，.二的。为等边三角形，然，平面ABC,

QO为AB中点，C£>u平面ABC,.•.SLAB,CD±AA,,

又45,必<=平面A4|8|B,ABnA4,=A,\C0A平面根产出，

B。与平面44百8所成角为NCB、D,

不妨设4?=。，则与=2"，8。=姮°,

212

..tanNCB、D=^=丝,即B、C与平面A4与8所成角的正切值为画.

BtD1717

故选：B.

二、多选题

10.（2022・湖北武汉•高三月考）为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典,

获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的

体积为手，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，

如图②.则下列结论正确的是（）

cB

‘3

D

图①图②

A.经过三个顶点4B,C的球的截面圆的面积为q

B.平面BCF//平面ADE

7T

C.直线4。与平面OE尸所成的角为彳

D.球面上的点离球托底面。EF的最小距离为G+如7

3

【答案】ACD

【分析】

A.通过计算得到经过三个顶点A,B,C的球的截面圆的面积，再判断;

B.证明Cf与平面AOE相交，即可判断；

C.计算直线AD与平面OEF所成的角即得解；

D.计算球上的点离球托底面£>£尸的最小距离，再判断得解.

【解析】

解：；AA8C与△〃相全等且所在的面平行，

二截面圆就是AABC的外接圆与4MNP的外接圆相同，

山题意可知，△MNP的边长为1,其外接圆的半径为「=3x1=且，

33

则经过A,B,C三点的球的截面圆的面积为5=〃（曰）2=（,

故选项A正确;

山图形的形成，知A,B,C三点在底面£>EF上的射影分别是A£）£F:三边中点M,N,

如图，AABC与△MNP全等且平行，

又PMI/FN,PM=FN,：.AC//FN,AC=FN,

...四边形ACFN为平行四边形，

ACF//AN,又Ae平面ADE,N成平面

二AN与平面49E相交，故CF与平面ADE相交，

平面3CF〃平面ADE错误，故B错误；

由平面ADE与平面DEF垂直可知，4E在平面AEF内的射影是DE,

；•ZADE为直线AD与平面所成的角，则NADE=（,

二直线AO与平面。瓦'所成的角为?，

故选项C正确；

22

如图3,OtO=\/R—r=,0]G=R—。]。=1—,AN=2-sin600=>/3,

球离球托底面/）防的最小距离为AN-«G=G+乎-1,，D正确.

故选：ACD.

11.（2022•江苏扬州•高三月考）已知正三棱锥S-MC的底面边长为6,侧棱长为46，

则下列说法中正确的有（）

A.侧棱SA与底面ABC所成的角为£

B.侧面SAB与底面A8C所成角的正切值为26

C.正三棱锥S-ABC外接球的表面积为64乃

D.正三棱锥S-MC内切球的半径为屈7

【答案】BC

【分析】

若£尸分别是的中点，连接AE,SE,找到侧棱船与底面A8C所成角的平面角，

应用余弦定理求角的大小；若。是底面中心，连接。F、SF,找到侧面M3与底面ABC所

成角的平面角，由正三棱锥的性质在直角三角形求二面角的正切值；由正三棱锥外接球的性

质确定球心位置，进而求球的半径即可得表面积；内切球的半径为「，由

+$科c；5部+S”时）求半径即可.

【解析】

若E1分别是的中点，连接AE,SE,易知4£S为侧棱SA与底面ABC所成角，

27+48-391

由题设，5E=>/39.AE=36,SA=46,则cos/4ES=二.6=彳，

:.ZAES=g故A错误；

若。是底面中心，易知：面A8C,连接。尸、SF,则侧面S4?与底面45c所成角

为NSFO,

又SO=6,OF=y/3,MdtanZSFO=25/3.故B正确.

若外接球的半径为R，则R=J（S。-R）2+（|A£）2=J（6-R）2+12,解得R=4,

/.正三棱锥S-ABC外接球的表面积为4万尺2=曲乃，故C正确.

由题设易知：匕_板=186，若内切球的半径为『，则+$科用c+$逆）=186,

又%«=屈，S皿=班，则「=唐力号（旧-3）,故D错误.

s

故选：BC.

12.(2022・全国•模拟预测)如图1,在矩形A3CO与菱形中，AB=2BC=4,

ZABE=\2O°,M,N分别是3F,AC的中点.现沿A8将菱形4组尸折起，连接尸£>,EC,

构成三棱柱AFD-3EC,如图2所示，若ZM_L,8Q记平面AMND平面A£>F=/,贝U()

A.平面43CD_L平面ABEFB.MN//1

C.直线EF与平面所成的角为60。D.四面体£48。的外接球的表面积为148万

【答案】AB

【分析】

根据题意，咐四个选项一一进行分析，对于选项A,根据线面垂直的判定定理可证出AD1

平面ABEF,再根据线面垂直的判定定理证出平面•平面4BEF；对于选项B,由菱形

的性质和三角形中位线的性质，得MMN//EC,再根据面面平行的性质，即可证出MN〃/;

对于选项C,由菱形的性质和线面垂直的判定定理可证出5F_L平面A0E,从而得出

为直线EF与平面A£出所成的角，利用菱形的性质即可求出NEEM：对于选项D,结合已

知条件，在△48E中求出AE=2AM=4石，再利用正弦定理求得八43£的外接圆半径「，

最后利用外接球半径R、截面圆半径厂以及球心到截面的距离4=34。三者之间的关系

R2=r2+d2,求出外接球的半径R,再根据球的发面积公式即可求出结果.

【解析】

解：对于A,由于矩形A8CD,则4)_L4?,又：4)_18尸，

而A3nBF=B,二AO_L平面ABEF,又ADu平面ABC£),

二平面ABC£）_L平面ABE/，；.A选项正确：

对于B,N分别是BF,AC的中点，四边形"EF是菱形，

则M也是AE的中点，山三角形中位线的性质，可知MN//EC,

由于三棱柱AFD-BEC,则平面BECH平面ADF，二ECII平面ADF,

而平面AAWn平面AOF=/,驰EC!”,故B选项正确；

对于C,由于四边形Aa即是菱形，则AE_LM，

又,.•ADJ_8F,而AEnAD=A,BFJ_平面ADE,

二4FEM为直线EF呵平面A0E所成的角，

又：ZABE=120°,则N3E尸=60°,ZF£M=30°,

故宜线EF与平面ADE所成的角为30。，故C选项不正确；

对于D,由题可知AB=2BC=4,ZAB£=120°,

则在AABE中，AE=2AM=2ABsin|ZABE=2x4xsin60°=473,

由正弦定理可得A4BE的外接圆半径r=-xAE14百

—x-----------=4,

2sinZABE2sin120°

山A选项可知，4£＞，平面他EF,

二四面体EABD的外接球半径R==\/42+12-->/?7,

故四面体EABD的外接球的表面积5=4兀R2=4万x17=68%，故D选项不正确，

故选：AB.

13.（2022.湖南郴州.高三月考）如图，在直三棱柱A8C-A4G中，AB1BC,AB=BC=l,

AA=2,D、2分别是AC、A©的中点，p是A。上的动点，则下列结论中正确的是（）

A.直线AP,BQ所成的角的大小随点尸的位置变化而变化

B.三棱锥P-BCR的体积是定值

C.直线4C与平面eg。所成的角的余弦值是亚

D.三棱柱A8C-A4G的外接球的表面积是24%

【答案】BC

【分析】

对于A,证明当平血ACCM，从而可证得当1尸，即可判断A；

对于B,证明AO//CR,从而可说明点。到平面4cA的距离即为点尸到平面与cq的距

离，为定值，即可判断B；

对于C,根据1平面ACGA,可得NBCR即为直线B,C与平面CC,D所成的角的平

面角，求得cosNBC。，即可判断C：

对于D,根据题意可知矩形ACGA的对角线即为三棱柱ABC-A与G的外接球的自价，

求得外接圆的半径，即可判断D.

【解析】

解：对于A,在直三棱柱ABC-A46中，

平面ASG，BQu平面ABC，A4,1B,D,,

VAB=BC=\,即4旦=86=1,。是AG的中点，

BQ_LAG，

又AAcAG=A,/。，平面ACGA,

又APu平面4CGA，.•.8QL4P,故A错误；

对于B,•••£>、Q分别是AC、4。的中点，=A•且8//AR，

...四边形C£>AR为平行四边形，

又A。u平面目cq,CRu平面Bg,

...A。//平面Ben,

.•.点。到平面4cn的距离即为点P到平面4C。的距离，为定值，即三棱锥P-BCR的

高为定值，

又鸣3的面积也为定值，即三棱锥p-Bg的底面积为定值，

...三棱锥P-BC。的体积是定值；

对于c,平面4CGA，・•.48cA即为直线8c与平面CG。所成的角的平面角，

在RfAB|CR中，B\D、=与,B\C=®CD[=,

c_〒-3版，即直线BC与平面CG。所成的角的余弦值是诙，故c

cos“⑷--J=-=Io

正确;

对于D,在直三棱柱ABC-A片£中，ABLBC,.•.矩形ACGA的对角线即为三棱柱

A8C-A岗G的外接球的直径，

矩形ACGA的对角线为灰，即三棱柱4BC-AB|G的外接球的半径为亚，

2

...三棱柱ABC-ABiG的外接球的表面积是4条?=6万，故D错误.

4

故选：BC.

三、双空题

14.(2022•全国全国•模拟预测)在三棱锥P-ABC中，平面PAC_L平面ABC,ZPCA=30°,

AC=2&,BC=2A