2021届浙江省高考冲刺数学解析9

2022届复习必备-2021届浙江省高考冲刺数学试卷分项解析

专题9.立体几何与空间向量

一、单选题

1.（2021•浙江临海市回浦中学高三其他模拟）已知某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为

他视图

2

B.

3

C.1D.4

【答案】A

【分析】

将三视图还原可得一个以俯视图为底面的直三棱柱，代入棱柱体积公式，可得答案.

【详解】

解：将三视图还原可得一个以俯视图为底面的直三棱柱,

2.（2021•浙江台州•路桥中学高三其他模拟）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）

侧视图

俯视图

A.2B.4C.6D.12

【答案】A

【分析】

由三视图画几何体的直观图，该几何体是底面为直角梯形的一个四棱锥，然后根据图的数据求出几何体的

体积

【详解】

解：由三视图可该几何体是底面为直角梯形，高为2的四棱锥，如图所示，

所以该几何体的体积为

；xg(l+2)x2x2=2,

故选：A

3.(2021•江西景德镇一中高一期末)如图，一个四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则这个四棱

锥的体积为

正（主）视图侧（左）视图

俯视图

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【分析】

由三视图可知高为4=点后二歹=3,，丫=3'；、2、2乂3=2,应选8

4.（2021•浙江高三三模）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形

组成，正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.则该多面体的体积为（）

【答案】C

【分析】

先把三视图还原实物图，直接求体积即可.

【详解】

根据三视图还原实物图如图示:

下面是一个底面为三棱柱，上面是一个三棱锥，所以其体积为：

V=--2-2-2+----2-2-2=—.

2323

故选：C.

【点睛】

(1)求解以三视图为载体的空间儿何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置

关系和数量关系，利用相应体积公式求解；

(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.

5.(2021•浙江省宁海中学高三其他模拟)已知机，〃是空间中两条不同的直线，a,4是空间中两个不同

的平面，则下列命题正确的是().

A.若mVa,则〃?_L6

B.若a///?,mHa,则加〃万

C.若nip,mJIn,则a〃夕

D.若机ua,〃ua,mll/3,n//p,则a//p

【答案】C

【分析】

在A中，m〃/?或机工尸；在B中，m/甲或mu0；在C中，先得〃再得a〃夕;在D中，a,/?可能

相交.

【详解】

对于A,若加上。，则%〃〃或小u/7,故A错误；

对于B,若。〃£,而/a,则m//尸或机u/7,故B错误；

对于C,若tnla,m〃n,则〃_La,又因为“_L〃，所以a〃力，故C正确；

对于D,若mua,nca,mlip,n//p,则a,夕可能相交，故D错误；

故选：C.

6.（2021.宁波市北仑中学高三其他模拟）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的表面积

俯视图

A.4.73B.3+26C.3+V15D.厉+26

【答案】D

【分析】

根据三视图在长方体中还原三棱锥，计算面积即可求解.

【详解】

如图，还原几何体,

AD=J（石1+（退）2=y/6，

作CFLAO于F,可得

Vio

所以可知CF=DC2-

F

所以S^ABC=S&BCD=于2*币=6

S-」x芥/加-厉

»ZUCDS--X>/OX-^---^-

所以S=2X半+2X后=岳+26,

故选：D

7.（2021•浙江）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：cmD是（）

正视图

俯视图

【答案】A

【分析】

画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可.

【详解】

解：由题意几何体的直观图如图：是一个圆锥，去掉!部分的剩余几何体与一个三棱锥的几何体;

几何体的体积为:1x|xl2x^x3+|xlxlxlx3=^^.

故选：A

8.（2021•浙江温州中学高三其他模拟）某几何体的三视图如图所示，则该三视图的体积为（）

【答案】D

【分析】

山已知中的三视力可得该几何体是一个以俯视图为底面高为4的棱柱，截去一个以俯视图为底面高为2的

棱锥，所得的组合体，进而得到答案.

【详解】

解：由已知中的三视图可得该几何体是一个棱柱，截去一个棱锥，所得的组合体，

棱柱和棱锥的底面均为俯视图，故底面面积S=gx4x4=8,

棱柱的高为4,棱锥的高为2,

故棱柱的体积为：4x8=32,

棱锥的体积为:38x2号,

故组合体的体积丫=32-々号，

故选：D.

9.（2021•北京八中高一期中）教室内有一把尺子，无论怎样放置，地面上总有这样的直线与该直尺所在直

线（）.

A.平行B.垂直C.相交但不垂直D.异面

【答案】B

【详解】

由题意，棍子所在直线若与地面垂直，则在地面总有这样的直线,使得它与棍子所在直线垂直

若棍子所在直线若与地面不垂直，则其必在地面上有一条投影线,在平面中一定存在与此投影线垂直的直

线,

由三垂线定理知，与投影垂直的直线一定与此斜线垂直

综上，教室内有一棍子，无论怎样放置，在地面总有这样的直线,使得它与棍子所在直线垂直

故选：B.

10.（2021•浙江高二期末）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：cn?）是（）

正视图侧视图

俯视图

.3n-7乃

AB.3几D.——

-T3

【答案】c

【分析】

由三视图可知该几何体为由底面半径为1,高为2的半圆柱和底面半径为1,高为1的半圆锥组成的组合体,

再计算体积即可.

【详解】

根据儿何体的三视图转换为直观图为：该几何体为由底面半径为1,高为2的半圆柱和底面半径为1,高为

1的半圆锥组成的组合体.

।..1人11«77r

故：TV=-x^-xlx2+—X-x^-xlxl=——.

2236

11.（2021.浙江瑞安中学高三其他模拟）某圆柱的高为2.底面周长为12,其三视图如图，圆柱表面上的点

M在正视图上对应点为A,圆柱表面上的点N在侧视图上对应点B,则在此圆柱侧面上，从M到N的路径

中，最短路径的长度为（）

B

侧视图

B.5C.2MD.8

【答案】A

【分析】

判断三视图对应的几何体的形状，利用侧面展开图，转化求解即可.

【详解】

解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长12,高为：2,

直观图以及侧面展开图如图：

圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为8,则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度:

"+3?=屈.

故选：A.

12.（2021♦浙江金华・）若某多面体的三视图（单位：cm）如图所示，则此多面体的体积是（）

c83

B.-cmC.D.-cm3

33

【答案】B

【分析】

根据三视图可得该几何体为一个四棱锥，如图，即可求出体枳.

【详解】

根据三视图还原几何体，可得该几何体为一个四棱锥，且顶点可都为一个正方体的顶点，如图粗线所示,

此多面体可看作半个正方体去掉一个三棱锥，

111Q

则此多面体的体积是于23-丁5、2、2*2=§53.

故选：B.

13.（2021.浙江高三开学考试）已知直线团和平面a,尸，则下列结论一定成立的是（）

A.若m//a,a〃力，则相〃/B.若m_La,a，B,则机〃尸

C.若桃_La,alIp,则机_L/?D.若mlla,aLp,则，"，夕

【答案】C

【分析】

利用特例排除法，容易否定ABD,利用线面、面面垂直、平行的的关系可以断定C1E确.

【详解】

选项A中，也可能机u£；选项B中，机也有可能在月内；选项D中，加与尸的关系不确定，故可排除A,

B,D.由线面平行和垂直的判定与性质可以看出C正确.

故选C.

14.（2021•长宁•上海市延安中学高二期中）在空间，已知直线/及不在/上两个不重合的点A、8,过直线/做

平面a,使得点A、8到平面a的距离相等，则这样的平面a的个数不可能是（）

A.1个B.2个C.3个D.无数个

【答案】C

【分析】

分情况讨论可得出.

【详解】

（1）如图，当直线A8与/异面时，则只有一种情况；

AB

（2）当直线A8与/平行时，则有无数种情况，平面a可以绕着/转动;

B

（3）如图，当/过线段AB的中垂面时，有两种情况.

故选：C.

15.（2021.宁波中学高三其他模拟）某组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为（）

正视图侧视图

A.12万+86B.6兀+6小C.61+8石D.12万+6。

【答案】C

【分析】

根据三视图可以判断该几何体由一个半圆柱和一个四棱锥组成的组合体，利用棱锥和圆柱的体积公式进行

求解即可.

【详解】

根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体由一个半圆柱和一个四棱锥组成的组合体;

如图所示：

所以四棱锥的高为/?=疹，=273，

j^V=lx^--22-3+-x3x4x2^=6^+873.

23

故选：C.

16.（2021・全国高二单元测试）如图，在三棱柱ABC-ABC中，AB,AC,两两互相垂直，AB=AC=AAt,

M,N是线段阴，CJ上的点，平面AMN与平面A8C所成（锐）二面角为已，当忸阳|最小时，ZAMB=

【答案】B

【分析】

以A为原点，AC为x轴，A3为y轴，A4为z轴，建立空间宜角坐标系，利用向量法能求出Z4M8的大小.

【详解】

以A为原点，AC为“轴，A8为丁轴，为z轴，建立空间直角坐标系，

设A8=AC=e=1,

设CN=b,BM=a,则N(1,0,b),A/(0,1,a),A(0,0,0),8(0,1,0),

AA/=(0,1,a),A1V=(1,0,b),

设平面AMV的法向量k=(%,y,z),

AM-n=y+6fz=0,

<___,取rz=l,得力=(-力，-a,1),

AN-ii=x+bz=0

平面ABC的法向量玩=(0,0,1),

•・・平面4MN与平面ABC所成(锐)二面角为?，

6

乃|in»n|1

/.cos—=----------=,=,

6I训4万IyJa2+b2+\

解得初2+3加=1,

二当|8阳I最小时，6=0,BM=a=与,

tanZAMB=—=-U=>/3

BM曲',

T

7T

AAMB=-.

3

故选8.

17.（2021•浙江镇海中学高三其他模拟）在空间直角坐标系O-xyz中有一正三角形A8C,其边长为4,其中

点A在z轴上运动，点8在平面xOy上，则0C的长度的取值范围是（)

A.[2,6JB.[2应-1,2立+1]

C.[2^-2,2^+2]D.[26-1,2道+1]

【答案】C

【分析】

取48的中点为。，连接。。，CD,根据题中条件，求出。。，CD-,得到点C在以。点为圆心，以26为

半径的圆上，根据圆的性质，结合题意，即可得出|oq-|8|4|oq4|oq+|cq,从而可得出结果.

取A8的中点为。，连接。。，CD,

因为在空间直角坐标系中，ZAOB=90°,即AAC®为直角三角形，

又钻=4,所以03=!。8=2；

因为AABC是边长为4的等边三角形，所以co=V42-22=2+，

因此点C在以。点为圆心，以2石为半径的圆匕

为使OC的长度取得最值，只需O,C。三点共线，

因此|。1-\OD\<\OC\<|OD|+|C£>|,即26—24|OC|426+2,

所以OC的长度的取值范围是[26-2,2石+2].

故选：C.

18.（2021.浙江杭十四中高三其他模拟）唐朝著名的凤鸟花卉浮雕银杯（如图1所示），它的盛酒部分可以

近似地看做是半球与圆柱的组合体（如图2）,当这种酒杯内壁表面积固定时（假设内壁表面光滑，表面积

为S平方厘米，半球的半径为R厘米），要使酒杯容积不大于半球体积的两倍，则R的取值范围为（）

图1

【答案】D

【分析】

根据题意，酒杯内壁表面积为圆柱与半球的表面积，列出S的表达式，再求出体积V,解不等式即可.

【详解】

设圆柱的高度与半球的半径分别为6R.

s

则表面积5=2TTR2+2兀Rh，故兀Rh=--nR\

所以酒杯的容积=+=3%R,

332323

所以*,|用

又--TTR2>0.

2

所以於除江，解得德必岛

故选:D.

19.（2021•浙江）已知AABC,ZB=ZC=30°,。是BC的中点，将沿A£>翻折，得到VAB'。，设B'A

与平面AOC所成的角为4，8'C与平面4OC所成的角为。2，与平面AOC所成的角为％，则（）

A.03>202B.442aC.Ot<202D.%*妆

【答案】C

【分析】

依题意画出草图，过B'作B'E_LCD交CD的延长线于点E,连接AE,可证*5_1_面40。，即可得到

a=ZB'AE,®2=NB'CD,4=NB'DE,由BZ>=DC,得到。3=2/，再利用锐角三角函数得到4<%，

即可得解；

【详解】

解：在AABC,ZB=ZC=30°,。是BC的中点，所以ADJ_DC,ADLBD^又？£＞口。。=。，B，D,DCu

面BDC,所以ADL面5'OC

过9作B'E_LC£＞交CO的延长线于点£,连接AE,因为AOL面B'OC,"Eu面B'OC,所以ADLB'E,

AC＞nCE=O,4）,CEu面ADC,所以"E_L面ADC,因为5'A与平面ADC所成的角为q，所以用=NB'AE,

"C与平面AQC所成的角为，2,所以，2=N5'C。，87）与平面AOC所成的角为“，所以4=/8'。七

因为B'£>=QC,所以NBZ>E=2N9CD,即4=2%；

B'FR'F

Xsin0}=sinZB'AE=,sin=sinZB'DE-—,因为3'A>3'£),所以sin4〈sin外,即司<。3，所

D/\DD

。即。当。时，

a<a=22，a<22,a=a=2=o-2^2

故选：c

20.（2021•浙江高三其他模拟）如图，已知圆柱。。，A在圆。上，AO=\,OO[=6,P、。在圆。|上,

且满足PQ=¥，则直线4。1与平面OPQ所成角的正弦值的取值范围是（）

0,212^瓜-33+布

A.

66'6

「3-#J

C.D.[0,1]

6，

【答案】A

【分析】

取P。中点M,连接。例、O.M,然后以点01为坐标原点，为x轴，。«为z轴建立空间直角坐标系,

设A(cos6,sin0,-0),利用空间向量法可得出直线A。与平面OPQ所成角的正弦值关于。的表达式，由此

可求得结果.

【详解】

取尸。中点M,则以点。।为坐标原点，为》轴，。01为z轴建立如下图所示的空间直角坐

标系，

则o(o,o,一匈、p-冬-与，。、Q-冬冬。

设平面OR2的法向量为£=(x,y,z),

th'OP=-X-y+V2z=0

则〈取x=G则y=o,z=i,则m=（6,0』）,

m-OQ=-^-x+^~y+\/2z=0

设A(cosasin仇—吟,直线A01的方向向量为5==(cosasin仇一母),

16cos6-l-s/6-3cos0\后

J[Jn3+

所以直线a。与平面OPQ所成角的正弦值为tnq=----------------一€

HU2736°'k

故选：A.

【点睛】

方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：

（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可

确定线面角；

（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度力，从而不必作出线面角，则线面

角。满足sine=：（/为斜线段长），进而可求得线面角；

（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设Z为直线/的方向向量，'为平面的法向量，则线面角。的

正弦值为sin9=|cos<«,n>|.

21.（2021♦浙江高三其他模拟）某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积是（）.

A.2B.4C.6D.12

【答案】A

【分析】

由三视图可知几何体是底面为直角梯形的四棱锥，且侧面皿>，面ABC。,利用棱锥的体积公式进行求解即

可.

【详解】

由几何体的三视图可知，该几何体是底面为一直角梯形的四棱锥，且侧面KM）_L而ABC。,梯形的上底为

1cm,下底为2cm,高为2cm,则梯形的面积为止叨注=3。/，棱锥的高为"4。的边AD上的高，长为

2

2cm,贝U几何体的体积为:x3x2=2c〃P,

故选：A

p

22.（2021.浙江杭州高级中学高三其他模拟）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）

俯视图

016

AC.8D.16

-53

【答案】B

【分析】

根据三视图知该几何体是三棱锥且一个侧面与底面垂直，再根据椎体的体积公式，即可求出该几何体的体

积.

【详解】

由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其高为2,底面三角形的高为2&，

该几何体的体积为g*gx4应X2&X2=与.

故选：B

23.（2021•浙江高三其他模拟）△ABC是边长为6的正三角形，。在A8上，且满足亚=2丽，现沿着C。

将八48折起至AAC。，使得A在平面BCD上的投影在ABOC内部（包括边界），则二面角A-CO-8所

成角的余弦值的取值范围是（）

【分析】

如图，在“LBC中，过点A作AO_LCD交CD于点O,交BC于点H,可得NAOH为二面角A-8-B所

成角的平面角，根据二面角余弦值的取值范围，即可得答案；

【详解】

由题可得，如图，在AABC中，过点A作AOLC。交8于点O,交BC于点H.因为点A在平面88上的

投影在ABDC内部（包括边界）.所以可知其投影在线段0H上.过点A作AM，垂足为M,则有AM1

平面80c.所以乙4。"为：面角A'-8-8所成角的平面角.

因为AO=4,AC=6,NC4O=60,WJCD=^42+62-2x4x6x1=2>/7,

所以1。40=、40-4（77访工=！.2"乂0=，46史

223222

所以40=迫.

7

以3C所在直线的为x轴，3c中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，

则有4（0,3有）,C（3,0）,D（-2,B,设”0）.因为AH_LCO,

所以丽•历=0，即一5。-3石=0,解得y-毛.

所以4月=酒，所以。，=/一诙=也，

55735

所以OMe[0,12?].在\AOM中,

AO6回

7

故选：C.

24.（2021•全国高二单元测试）如图，在圆锥S。中，AB,CZ）为底面圆的两条直径，AB^}CD=O,且

ABLCD,SO=OB=3,SE=-SB,异面直线SC与OE所成角的正切值为（）

4

D.f

B.正_

'・舞3

【答案】D

【分析】

以8,08,05为x,y,z轴建立空间直角坐标系，用空间|句量法求异面直线所成的角的余弦值，再得正弦值.

【详解】

由题意以0208,05为x»，z轴建立空间立角坐标系，如图,

A(0,-3,0),8(0,3,0),C(-3,0,0),5(0,0,3),

又SE'SB,

4

————1—139

OE=OS+SE=OS+—S3=(0,0,3)+—(0,3,—3)=(0,—

4444

宽=(-3,0,-3),

27

..・八芦'•OE'SCA35/5

则cos<OE,SC>=j_=-----=---

|。耶42710x37210

设异面直线SC与OE所成角为e,则cos9=kos＜无，而＞|=噜，。为锐角,

_755

……sin。inVFT

sin0=-----,所以tana——=产=-~.

10cos63j53

记

故选：D.

25.（2021•浙江高三其他模拟）已知直线/、机与平面a、B，lua,,则下列命题中正确的是（

A.若〃/加，则必有ar///?B.若/_L〃7,则必有a_L4

C.若则必有D.若a，/?,则必有％_La

【答案】C

【分析】

根据空间点、直线、平面之间的位置关系，结合线线、线面平行垂直的判定和性质，对四个选项逐一判断

可得答案.

【详解】

解：A.如图所示，设ac^=c,〃/c,血/c满足条件〃/加，但是a与夕不平行，故A不正确；

B.假设a〃/?,〃u£,〃〃/,则满足条件/_L〃z，但是a与夕不垂直，故B不正确；

C.若/ua,根据面面垂直的判定定理可得故C正确；

D.设ac£=c,若〃/c,mile,虽然a,但是可有m〃a,故D不正确，

综上可知：只有C正确.

故选：c.

26.（2021♦浙江效实中学高三其他模拟）已知棱长为3的正四面体A-8CD的底面BCD确定的平面为a,P

是a内的动点，且满足A422PQ,则动点P的集合构成的图形的面积为（）

C.4万D.无穷大

【答案】B

【分析】

构建空间直角坐标系，确定A、。的坐标，设P（x,y,O）,利用两点距离公式得到7%?、p》,根据B4Z2PD

可得（x+*）2+（y-；）2«W,即可知P的集合，进而可求面积.

【详解】

如下图，构建以。为原点，分别以平面a内垂直于8。的山、而、垂直于面"的反为x、y、z轴的正方

向的空间直角坐标系，

山题意，山A到a的距离为布，则A(也,—』,卡),0(0,0,0),设P(x,y,0),

APA2=(x-—)2+(>-+|)2+6,PD2=x2+y2,又PAN2PD，

(x-^y-)2+(y+-1)2+6>4(x2+y2)>整理得x2+-^-x+y2-y<3>

(x+拧+(y_g)24与，即p的集合是半径为旧的圆(含圆内部)，

.♦•图形的面积为T万.

故选：B

27.(2021•浙江省杭州第二中学高三其他模拟)已知正三棱锥O-ABC中，底面是边长为1的正三角形A3C,

侧棱长为近，M为AC的中点，E为AB中点，P是DM的动点，。是平面ECD上的动点，则AP+PQ的

2

最小值是()

【答案】A

【分析】

作出图形，在正三棱锥D-ABC中，分析得出他，平面COE,固定P,找出点P运动时AP+P。取得最小

值时的位置，利用解三角形的相关知识即可求得结果.

【详解】

因为尸为。M上的动点，2为平面ECD上的动点，且两者的运动无关，所以采用一定一动的原则,

先固定P，当。在动的时候，显然，当平面E8时，PQ取最小值，

为了确定垂直状态在哪里，具体给出下图：

作分别交C8、CE于点/、0,连接。。，

当点。在0£>上且尸Q/MF时，平面ECD,

以下证明此时PQL平面ECD,

VAC^BC,E为A8的中点，^\CEVAB,同理可知，DE±AB,

£>EnCE=E,AB_L平面EC£>,

所以，PQ//MF//AB,所以，PQ,平面ECD,

此时，再将平面。OU绕着DM转动，使得3、。、M.A四点共面,

此时，释放点尸，当点P在运动过程中，2、尸、A三点共线时，

{PQ+AP\^=P,Q+AP'=AQ!,

已经找到最小状态，易知的=领尸=*1,

•/MFIIAB,AB_L平面ECO,则"F_L平面ECD,则平面ECD,

•.•£>0<=平面后。。，，同0_1_£)0,故$访/知。0=^^=!，贝ijcosNA/DO=@

DM22

•：CD=AD=®,AC=],则4)2+CD2=AC2,则八46为等腰直角三角形,

2

故ZADM=45,sin(ZMDO+45)=乎(sinZ.MDO+cosNMDO)="[应

因为AQ=ADsin(NMDO+45)=乎."；忘=2^11

故选：A.

【点睛】

思路点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面

展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状;

（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.

28.（2021•浙江高三其他模拟）如图所示，正方形〃平铺在水平面上，先将矩形功归G沿

折起，使二面角£-AQ—8为30。，再将正方形AFG”沿AF折起，使二面角”,♦一AF―O为30。，则

平面AF'GT/'与平面A3C。所成的锐二面角的正切值是（）

A.立B.立C.-D.也

4342

【答案】B

【分析】

设平面ADEF,平面AEGW,与以ABCC为底面的直四棱柱（高要足够高）的截面分别为APQO和APRS,利

用二面角的面积射影定理计算求解即可.

【详解】

设平面ADEF,平面AFG"H''M以ABCD为底面的直四棱柱（高要足够高）的截面分别为AP。。和APRS,

在后侧面CDSR中过S,R作直线DQ的垂线，垂足分别为则由于平面APQD经过平面CDSR、

：.平面42。£＞，平面CDSR,

由平面垂宜的性质定理可得SN,RM都是平面APQD的垂线，,四边形APMN为四边形APRS在平面APQD

中的正投影，

易知ASON与ARQA/全等，.•.四边形APMN的面积等于四边形APQD的面积，设四边形A8CO的面积为Si,

四边形APQD的面积为必四边形APRS的面积为S3,

平面APQO与平面A8CO所成的锐二面角为a,平面AP。。与平面APRS所成的锐：面角为平面ABC。

与平面APRS所成的锐二面角为y,

c/TcFi

cosa=—=cos30°=——,cos^=—=cos30°=——，

S?2s32

£5,S„3

cos/=—=-----2-=cosacosp=—

S3S2s34'

tan/=3

故选：B.

29.（2021.宁波中学高三其他模拟）如图，已知锐二面角的大小为4,Aea,Be尸，Mel,Nel,

AMLI,BNLI,C,D为AB,仞/V的中点，若AM>MN>BN,记AN,CO与半平面4所成角分别为%,

4，则（

BP

A.仇<2%,a<2名B.dx<26»,,4>2区

C.4>2冬，D.4>2名，a>24

【答案】A

【分析】

根据面面角的定义求得乙4MG=q,根据线面角的定义找到/AN4=%,优=4FMG,通过比较凡名的正

弦值比较两角的大小，接着根据a，2a的范围判断4,2区的大小，根据线段长度的大小关系求得4,24的大

小关系.

【详解】

分别过点M和点B作阴V,MN的平行线相交于点G,

因为BNJJ,所以MGJJ,所以NAMG=q,

过A点作A”_LMG,连接N”，所以NANH=%,

所以sinq=,sin&=,由于AM±MN,所以AM<AN,

AMAN

所以sin4>sin%,又因为许。都为锐角,

所以4>名，又AM>MN,所以名>?,则2a>],

所以4<2名；

取线段AG中点为点F,又C,D为AB,MN的中点，

所以CF与DM平行且相等，所以CO//MF,

所以8与半平面夕所成角为4=NFMG,

显然4<4，又因为所以4<24：

故选：A.

a

30.(2021•浙江高三其他模拟)如图，正方形A8CD和正方形ADE•尸成60。的二面角，将尸绕OE旋转,

在旋转过程中

(I)对任意位置，总有直线AC与平面。瓦•相交；

(2)对任意位置，平面OEF与平面A8CD所成角大于或等于60。；

(3)存在某个位置，使。F_L平面ABCD；

(4)存在某个位置，使OF,5c.

其中正确的是().

A.(1)(3)B.(2)(3)C.(2)(4)D.(3)(4)

【答案】C

【分析】

采用逐一验证法，根据线线、线面、面面之间的位置关系，可得结果.

【详解】

过£＞作AC的平行线/,

如图

，E

当平面力卬过/时，直线AC与平面OEF平行，故（1）错误；

△DEF绕Z5E旋转形成一个以OE为高，EF为底面半径的圆锥，

设平面ABCD的法向量为万，平面DEF的法向量为了，

则向量万所在直线与圆锥底面所成角为60°,

向量产所在直线为圆锥底面的半径所在直线，

根据最小角原理，万与尸的夹角大于或等于60。，故（2）正确；

若有O/7!"平面A3C0,则AD_L。尸，

ADJ_平面DEF,则F在平面DEC内，

此时。尸与平面A8CD所成角为15。或75。，矛盾，

故（3）错误：

当AD_LDF,；.ADJ.平面。时，ADLDF,

：.DFA.BC,故（4）正确.

故选：C

31.（2021•浙江瑞安中学高三其他模拟）己知点P是正方体ABCO-A'B'C'。上底面A'3'C'。'上的一个动点,

记面AOP与面8cp所成的锐二面角为a,面48P与面C£>P所成的锐二面角为夕，若a>£,则下列叙述

正确的是（）

A.ZAPC>ZBPDB.ZAPC<ZBPD

C.max{ZAPD,ABPC}>max{ZAPB,ZCPD}D.min{ZAPD,ZBPC}>min{ZAPB,ZCPD}

【答案】C

【分析】

结合正方体的几何特征，以及面AOP与面8cp所成的锐二面角为a,面A8P与面COP所成的锐二面角为

尸，若a>£,判断P在如图所示的阴影范围内.利用正方体的特点，判断P接近于少时NAPO/BPD故A、

B错误；---PH<PE.：.ZAPD>ZAPB,,：PG<PF,：.ZBPC<ZCPD,^CD错误，

【详解】

如图取正方体的下底面的各边中点E,EG,凡上底面的中心为。，下底面的中心为。；

ABRBCP所成的角为a,ABP,C£>P所成的角为夕，公力，

等价于P到HF的距离比到EG的距离大，

所以P在如图所示的阴影范围内.

在和A8P力中，AC=B/）,P。公用，。为共同的中点，

NAPC2BPD的大小由PQ于AC,BD所成的角大小所决定，

所成角越小，则对应角越大，

显然P。与AC和8。所成的角的大小关系不确定，当P在靠近4时PQ与直线AC所成的角较小，与直线

8。所成的角则接近于90。，此时N8PA/APC,同样当P接近于。时/APON8P。,故A、B错误；

ZAPD与NBPD的大小关系看P实在EG的左侧还是右侧。

若是在左侧，则NAPZA/BPC,若是在右侧，则若是在EG上，

则乙4P6N8PC;

同样，P在”尸的前面，则/4/有>/。2。,/>在"户上，则NAPB=/CTO,P在”尸的后面，则NAP8<NCPD,

所以当尸在A'OH内时，"wx{ZAPD,ZBPC}=ZAPD,min{ZAPD,ZBPC}=ZBPC,

max{ZAPB,ZCPD}=ZAPB,min{NAPB,NCPD}=NCPD,

■：PH<PE,：.ZAPD>ZAPB,■：PG<PF,：./BPC<NCPD、

故C正确，D错误，

根据对称性，在其余范围内，具有相同的结论.

故选：C

二、填空题

32.（2021•浙江高三三模）矩形ABC。中，AB=\,AD=^,现将“BO绕8。旋转至AA'BD的位置，当三

棱锥A'-3CZ）的体积最大时，直线A8和直线C。所成角的余弦值为.

【答案】7

4

【分析】

由AB〃CD,得到和直线C0所成角转化为A，8和AB所成角，再由三棱锥A-BCD的体积最大时，得

到A'OL平面A8C。，在△加©中，利用余弦定理，即可求解.

【详解】

如图所示，因为矩形ABCD，可得AB〃CO,

所以直线A'B和直线CO所成角即为A'5和直线AB所成角，设4'84=氏

当三棱锥A-BCD的体积最大时，即AOJ_平面ABCD,

因为AB=1,A£>=石，可得3。=2,

在直角△M£>中，可得AO=A'O=迫，所以AA'=亚，

22

又由AB=AB=1,

在△ABA中由余弦定理得cos0=48、48-4=',

2ABxA'A4

所以直线A'8和直线CD所成角的余弦值为!.

4

故答案为：—.

4

33.（2021•浙江学军中学高三其他模拟）如图，在"BC中，CA=CB=币,AB=3,点F是BC边上异于点8,

C的一个动点，EFLA8于点E,现沿EF将ABEF折起到APEF的位置，则四棱锥P-ACFE的体积的最大

值为.

p

【答案】立

4

【分析】

设EF=x,则8E=PE="v（0<x<等），设根据四棱锥的体积公式可求得四棱锥P-AFEC体

积为gTJxsindx（乎-孝炉），利用正弦函数的最大值以及导数求得y=；（3x-2/）（0<x〈母）的最大值

可得结果.

【详解】

在AA8C中，CA=CB=yfi,A8=3,

•An十士丁用一1-/»«门3c~+5A~—AC-3+9—3y/3n九

由余弦定理可得：cosB=---------------=——尸一=—,所以3=二

2BCBA2x73x326

设所=x,则BE=PE=6x(0cx<

设NPEB=0,则四棱锥尸—AFEC的高力=PEsine=JIrsin9,

四边形AFEC的面积为Lx3x3-L.6=*叵-3—

2224

则四棱锥P—AFEC体积为』gxsinQx（迪-显一咚工2）=；（3%一2丁），当旦仅当sin6=l,

342

时取等号，

令）=；（3*-2/）（0<》<'^）,

则y一（3-6/）=?（1+缶）（1-缶），

44

令v>o,得0<x<g令V<0,得也<x<立，

222

所以函数y=；（3x—2尤3）（0<%</）在（0,日）上递增，在（岑，亭）

上递减,

所以当》=也时，y=：（3x-2/）取得最大值为正，

244

所以当0=工"=正时，四棱锥P-A在EC体积的最大值为也.

22