【2021届备考】2020全国名校数学试题分类解析汇编(11月第三期)：G单元立体几何.docx

G单元 立体几何
名目
G单元 立体几何 1
G1 空间几何体的结构 2
G2 空间几何体的三视图和直观图 2
G3 平面的基本性质、空间两条直线 2
G4 空间中的平行关系 2
G5 空间中的垂直关系 2
G6 三垂线定理 2
G7 棱柱与棱锥 2
G8 多面体与球 2
G9　空间向量及运算 2
G10 空间向量解决线面位置关系 2
G11 空间角与距离的求法 2
G12 单元综合 2

G1 空间几何体的结构

【数学理卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】11.已知四周体中, ，，,
平面PBC,则四周体的内切球半径与外接球半径的比
A. B. C. D. （ ）
【学问点】空间几何体的结构G1
【答案解析】C 设内切球的半径为r则=+++求出r.把三棱锥补成一个三棱柱，依据勾股定理求出外接球的半径R，然后求出内切球半径与外接球半径的比为。
【思路点拨】利用分割法求出内切球的半径，依据勾股定理求出外接球的半径，再求出比值。

G2 空间几何体的三视图和直观图

【数学（理）卷·2021届重庆市重庆一中高三上学期其次次月考（202210）】5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
第5题
A．　　　　B.　　　C. 　　　 D.

【学问点】由三视图求面积、体积．G2
【答案解析】C 解析：由三视图可知该几何体，是过一正三棱柱的上底面一边作截面，截去的部分为三棱锥，而得到的几何体．
原正三棱锥的底面边长为2，高为2，体积V1=Sh=×2=2．
截去的三棱锥的高为1，体积V2=×1=
故所求体积为V=V1﹣V2=，故选A．
【思路点拨】由三视图可知该几何体，是过一正三棱柱的上底面一边作截面，截去的部分为三棱锥，利用间接法求出其体积．

【数学理卷·2021届黑龙江省双鸭山一中高三上学期期中考试（202211） 】6.若某多面体的三视图(单位：cm), 如图所示，
其中正视图与俯视图均为等腰三角形，则
此多面体的表面积是（ ）
A. B.
C. 15 D.
【学问点】空间几何体的三视图和直观图G2
【答案解析】B 由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥，侧棱PC=4且PC⊥底面，底面是底边为6、高为4的等腰三角形．在等腰三角形ABC中，CD⊥AB，CD=4，AB=6，∴AC=BC= =5．
∵PC⊥底面ABC，∴PC⊥AC，PC⊥BC，PC⊥CD．
∴S表面积=2××5×4+×6×4+×6×4=32+12．
故答案为B．
【思路点拨】由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥，侧棱PC=4且PC⊥底面，底面是底边为6、高为4的等腰三角形．据此即可计算出答案．

【数学理卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】5．一个棱锥的三视图如图（单位为cm），则该棱锥的全面积是 ( )
A、4+2 B、4+ C、4+2 D、4+
【学问点】空间几何体的三视图和直观图G2
【答案解析】A 由三视图可知：原几何体是一个如图所示的三棱锥，点O为边AC的中点，且PO⊥底面ABC，OB⊥AC，PO=AC=OB=2．
可求得S△PAC=×2×2=2，
S△ABC=×2×2=2．
∵PO⊥AC，∴在Rt△POA中，由勾股定理得PA==．
同理AB=BC=PC=PA=．由PO⊥底面ABC，得PO⊥OB，
在Rt△POB中，由勾股定理得PB==2．
由于△PAB是一个腰长为，底边长为2
的等腰三角形，可求得底边上的高h==．
∴S△PAB=×2×=．同理S△PBC=．故该棱锥的全面积=2+2++=4+2．
故答案为4+2．
【思路点拨】由三视图可知：原几何体是一个如图所示的三棱锥，点O为边AC的中点，且PO⊥底面ABC，OB⊥AC，PO=AC=OB=2．据此可计算出该棱锥的全面积．

【数学理卷·2021届湖南省师大附中高三上学期其次次月考（202210）word版】3、如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）
A、54 B、27
C、18 D、9

【学问点】由三视图求面积、体积．G2
【答案解析】C 解析：由三视图可知，该几何体是一个以正视图为底面的四棱锥，
∵底面长和宽分别为3和6，∴其底面面积S=3×6=18，又∵棱锥的高h=3，
故该几何体的体积V=Sh=×3×18=18．故选：C
【思路点拨】由已知的三视图可得：该几何体是一个以正视图为底面的四棱锥，分别求出底面面积和高，代入锥体体积公式，可得答案．

【数学理卷·2021届浙江省重点中学协作体高三第一次适应性测试（202211）word版】3．一几何体的三视图如右图所示，若主视图和左视图都是等腰直角三角形，直角边长为1，则该几何体外接球的表面积为（ ▲ ）。
A． B．
C． D．
【学问点】三视图，球体表面积G2，G8
【答案解析】B 解析：由三视图可知，此几何体是四棱锥，是由正方体下底面四个顶点和上底面一个顶点构成。此几何体的外接球就是正方体的外接球，正方体的体对角线是球的直径，所以半径R=，球的表面积 。
【思路点拨】由三视图确定几何体，应先由三视图分析原几何体的特征（留意物体的位置的放置与三视图的关系），再利用三视图与原几何体的数据对应关系进行解答.一般状况下，锥体或柱体都可以通过长方体和正方体取点得到。

【数学理卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211） 】3.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，
则正视图中的的值是（ ）
A.2 B. C. D.3

【学问点】简洁空间图形的三视图．G2
【答案解析】D 解析：依据三视图推断几何体为四棱锥，其直观图是：

，．故选D．
【思路点拨】依据三视图推断几何体为四棱锥，再利用体积公式求高x即可．

【数学文卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】9．一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形，若该几何体的全部顶点在同一球面上，则该球的表面积是(　　)．
A．12π　　　 B．24π　　　
C．32π　　　 D．48π
【学问点】空间几何体的三视图和直观图G2
【答案解析】D 由三视图可知该几何体是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥．其中底面ABCD是边长为4的正方形，高为4，
该几何体的全部顶点在同一球面上，则球的直径为×4=4，
即球的半径为2，所以该球的表面积是4π(2)2=48π．故选D．
【思路点拨】该几何体的直观图如图所示，它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥．其中底面ABCD是边长为4的正方形，高为CC1=4，故可求结论．

【数学文卷·2021届贵州省遵义航天高级中学高三上学期第三次模拟考试（202211）】7. 某几何体的三视图如右图所示，则其体积为 (　　)
A． B.
C． D．
【学问点】几何体的三视图. G2
【答案解析】B 解析：由三视图可知此几何体是底面半径1，高2的半圆锥，所以其体积为，故选B.
【思路点拨】由几何体的三视图，分析此几何体的结构，从而求得此几何体的体积.

【数学文卷·2021届湖南省师大附中高三上学期其次次月考（202210）】5、如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是
3
3
3
6
正视图
侧视图
俯视图
A、54 B、27
C、18 D、9

【学问点】几何体的三视图. G2
【答案解析】C 解析：由三视图知该几何体是底面是长6宽3的矩形，高3的四棱锥，所以此几何体的体积为，故选C.
【思路点拨】由三视图得该几何体的结构，从而求得该几何体的体积.

【数学文卷·2021届浙江省重点中学协作体高三第一次适应性测试（202211）word版】2．一几何体的三视图如右图所示，若主视图和左视图都是等腰直角三角形，直角边长为1，则该几何体外接球的表面积为（ ▲ ）。
左视图
主视图
俯视图
（第2题图）
A．
B．
C．
D．
【学问点】三视图，三棱锥外接球，球的表面积公式G2 G8
【答案解析】B解析：由三视图可知其直观图为底面是正方形的侧棱垂直底面的四棱锥，求其外接球半径，可接受补图成为一个边长为2的正方体的外接球的半径，半径为，所以外接球的表面积，故选择B.
【思路点拨】先由三视图分析原几何体的特征（留意物体的位置的放置与三视图的关系），再利用三视图与原几何体的数据对应关系，确定直观图，该几何体的外接球接受补图成为长方体求解外接球半径..

【数学文卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211）】12.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为____________

【学问点】由三视图求面积、体积．G2
【答案解析】 解析：由题意可知几何体是底面是底面为2的等边三角形，高为3的直三棱柱，所以几何体的体积为：．故答案为：．
【思路点拨】通过三视图复原的几何体的外形，结合三视图的数据求出几何体的体积即可．

【数学文卷·2021届云南省玉溪一中高三上学期期中考试（202210）】16、一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积与其外接球面积之比为 ．
【学问点】空间几何体的三视图和直观图G2
【答案解析】 由三视图知，几何体是一个组合体，是由两个完全相同的四棱锥底面重合组成，四棱锥的底面是边长是1的正方形，四棱锥的高是，斜高为，
这个几何体的表面积为8××1×=2
∴依据几何体和球的对称性知，几何体的外接球的直径是四棱锥底面的对角线是，
∴外接球的表面积是4×π（）2=2π则这个几何体的表面积与其外接球面积之比为=故答案为：．
【思路点拨】几何体是一个组合体，是由两个完全相同的四棱锥底面重合组成，四棱锥的底面是边长是1的正方形，四棱锥的高是 ，依据求和几何体的对称性得到几何体的外接球的直径是 ，求出表面积及球的表面积即可得出比值．

【数学文卷·2021届云南省玉溪一中高三上学期期中考试（202210）】9、一个棱锥的三视图如右图所示，则它的体积为（ ）
A． B．
C．1 D．
【学问点】空间几何体的三视图和直观图G2
【答案解析】A 由已知三视图我们可得：棱锥以俯视图为底面，以主视图高为高，故h=1，
S底面= ×（1+2）×1= ，故V= S底面h=，故答案为：A
【思路点拨】依据已知三视图，我们结合棱锥的结构特征易推断出几何体为四锥锥，结合三视图中标识的数据,我们易求出棱锥的底面面积及棱锥的高，代入棱锥体积公式即可得到答案．

G3 平面的基本性质、空间两条直线

【数学理卷·2021届浙江省重点中学协作体高三第一次适应性测试（202211）word版】4．给定下列两个关于异面直线的命题：那么（ ▲ ）。
命题（1）：若平面上的直线与平面上的直线为异面直线，直线是与的交线，那么至多与中的一条相交；
命题（2）：不存在这样的无穷多条直线，它们中的任意两条都是异面直线。
A．命题（1）正确，命题（2）不正确 B．命题（2）正确，命题（1）不正确
C．两个命题都正确 D．两个命题都不正确
【学问点】空间直线与平面 G3
【答案解析】D解析：命题（1）中，至少与中的一条相交；命题（2）中的异面直线是存在的，所以两个命题都不对。
【思路点拨】生疏异面直线的画法，理解异面直线的定义是求解此题的关键。

【数学文卷·2021届贵州省遵义航天高级中学高三上学期第三次模拟考试（202211）】6．对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l(　　)
A．平行 B．相交 C．垂直 D．互为异面直线
【学问点】空间直线位置关系状况分析. G3
【答案解析】C 解析：当直线l与平面α相交时A不成立；当直线l与平面α平行时B不成立；当直线l在平面α内时D不成立.故选D.
【思路点拨】接受排解法确定结论.

G4 空间中的平行关系

【数学理卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】2.已知平面,则下列命题中正确的是 ( )
A．
B．
C．
D．
【学问点】空间中的平行关系 空间中的垂直关系G4 G5
【答案解析】D A选项中b可能跟斜交，B选项中可能与垂直，C选项中a可能与b不垂直，故D选项正确，故选D.
【思路点拨】依据平面与直线的位置关系求结果。

【数学理卷·2021届湖南省师大附中高三上学期其次次月考（202210）word版】18、（本小题满分12分）如图，四周体A-BCD中，AD⊥面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=，M是AD的中点，P是△BMD的外心，点Q在线段AC上，且。
（Ⅰ）证明：PQ∥平面BCD；
（Ⅱ）若二面角C-BM-D的大小为60°，求四周体A-BCD的体积。
【学问点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．G4 G7
【答案解析】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
解析：（Ⅰ）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ
∵△ACD中，AQ=3QC且DF=3CF，∴QF∥AD且QF=AD
∵△BDM中，O、P分别为BD、BM的中点
∴OP∥DM，且OP=DM，结合M为AD中点得：OP∥AD且OP=AD
∴OP∥QF且OP=QF，可得四边形OPQF是平行四边形
∴PQ∥OF
∵PQ⊄平面BCD且OF⊂平面BCD，∴PQ∥平面BCD；
（Ⅱ）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH
∵AD⊥平面BCD，CG⊂平面BCD，∴AD⊥CG
又∵CG⊥BD，AD、BD是平面ABD内的相交直线
∴CG⊥平面ABD，结合BM⊂平面ABD，得CG⊥BM
∵GH⊥BM，CG、GH是平面CGH内的相交直线
∴BM⊥平面CGH，可得BM⊥CH
因此，∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°
设∠BDC=θ，可得
Rt△BCD中，CD=BDcosθ=2cosθ，CG=CDsinθ=2sinθcosθ，BG=BCsinθ=2sin2θ
Rt△BMD中，HG==；Rt△CHG中，tan∠CHG===
∴tanθ=，可得θ=60°，即∠BDC=60°，
∵BD=2，
∴CD=，
∴S△BCD==，
∴VA﹣BCD==．

【思路点拨】（Ⅰ）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ．依据平行线分线段成比例定理结合三角形的中位线定理证出四边形OPQF是平行四边形，从而PQ∥OF，再由线面平行判定定理，证出PQ∥平面BCD；（Ⅱ）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH．依据线面垂直的判定与性质证出BM⊥CH，因此∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°．设∠BDC=θ，用解直角三角形的方法算出HG和CG关于θ的表达式，最终在Rt△CHG中，依据正切的定义得出tan∠CHG，从而得到tanθ，由此可得∠BDC，进而可求四周体A﹣BCD的体积．

【数学理卷·2021届浙江省重点中学协作体高三第一次适应性测试（202211）word版】20．（本小题满分15分）
（第20题图）
如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，、分别是、的中点，点在直线上，且满足。
（1）证明：；
（2）若平面与平面所成的角为，试确定点的位置。
【学问点】空间平行、垂直关系，以及线面所成的角G4,G5,G10
【答案解析】（1）略。（2）点P在B1A1的延长线上，且|A1P|＝．
（1） 证明：如图，以AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz．
则P（λ，0,1），N（，，0），M（0,1，）， （2分）
从而＝（－λ，，－1），＝（0,1，）， （2分）
＝（－λ)×0＋×1－1×＝0，所以PN⊥AM; （3分）
（2）平面ABC的一个法向量为n＝＝（0,0,1）．（1分）
设平面PMN的一个法向量为m＝（x，y，z），
由（1）得＝（λ，－1，）． （2分）
由 （1分）
解得． （1分）
∵平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°，
∴|cos〈m，n〉|＝||＝＝， （1分）
解得λ＝－． 故点P在B1A1的延长线上，且|A1P|＝． （2分）
【思路点拨】立体几何问题一般接受空间向量解比较简洁，首先建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，要求PN⊥AM，只需求=0即可；对于面面角，就求出两个面的法向量，依据这两个法向量的夹角可以确定参数的值，从而求出P点的位置。

【数学理卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211） 】20.如图，已知四棱锥，底面为菱形，平面，，分别是的中点．
P
B
E
C
D
F
A
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若,求二面角的余弦
值．

【学问点】与二面角有关的立体几何综合题；空间中直线与直线之间的位置关系．G4 G5
【答案解析】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
解析：（Ⅰ）证明：由四边形为菱形，，可得为正三角形．
由于为的中点，所以．
又，因此．
由于平面，平面，所以．
而平面，平面且，
所以平面．又平面，
所以． （7分）
（Ⅱ）解法一：由于平面，平面，
所以平面平面．
P
过作于，则平面，
过作于，连接，

则为二面角的平面角，
S
F

A

D

O
C
E
B

在中，，，
又是的中点，在中，，
又， 在中，，
即所求二面角的余弦值为． （14分）
解法二：由（Ⅰ）知两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又分别为的中点，所以
P
B
E
C
D
F
A
y
z
x
，
，
所以．
设平面的一法向量为，
则因此
取，则，
由于，，，
所以平面，
故为平面的一法向量．
又，
所以．
由于二面角为锐角，
所以所求二面角的余弦值为．
【思路点拨】（Ⅰ）由已知条件推导出AE⊥AD，AE⊥PA，由此能证明AE⊥平面PAD，从而得到AE⊥PD．（Ⅱ）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E﹣AF﹣C的余弦值．

【数学理卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211） 】4.设是两条不同的直线， 是两个不同的平面,下列命题中错误的是（ ）
A.若,,,则 B.若,,,则
C.若,,则 D.若,,,则
【学问点】空间中直线与平面之间的位置关系．G4 G5
【答案解析】D 解析：若,,，则由平面与平面垂直的判定定理得，故A正确；
若,,，则由直线与平面平行的判定定理得，故B正确；
若,，则由平面与平面垂直的判定定理得，故C正确；
若,,，则m与n相交、平行或异面，故D错误．
故选：D．
【思路点拨】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．

【数学理卷·2021届广东省阳东一中、广雅中学高三第一次联考（202210）】18.（本小题满分14分）
B1
C1
A1
B
C
D
如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥面ABC，BC⊥AC，BC=AC=2，AA1=3， D为AC的中点.
(1)求证：AB1//面BDC1；
(2）求二面角C1—BD—C的余弦值；
(3）在侧棱AA1上是否存在点P，使得CP⊥面BDC1？并证明你的结论.

【学问点】直线与平面平行；二面角；直线与平面垂直.G4,G5,G11
【答案解析】略 解析：解：（I）证明：连接B1C，与BC1相交于O，连接OD
∵BCC1B1是矩形，∴O是B1C的中点.
又D是AC的中点，∴OD//AB1.………………………2分
∵AB1面BDC1，OD面BDC1，∴AB1//面BDC1.………4分
（II）解：如图，建立空间直角坐标系，则
C1（0，0，0），B（0，3，2），C（0，3，0），A（2，3，0），
D（1，3，0）……………………5分
设=（x1，y1，z1）是面BDC1的一个法向量，则
即.…………………………………………6分
易知=(0，3，0)是面ABC的一个法向量.
.……………………………8分
∴二面角C1—BD—C的余弦值为.…………………………………………9分
（III）假设侧棱AA1上存在一点P（2，y，0）（0≤y≤3），使得CP⊥面BDC1.则∴方程组无解.∴假设不成立.
∴侧棱AA1上不存在点P，使CP⊥面BDC1.……………………………14分
【思路点拨】由条件可证明直线与平面平行，再建立空间坐标系利用向量求出二面角的余弦值，最利用向量进行说明.

【数学理卷·2021届吉林省试验中学高三上学期第三次质量检测（202211）】7．设是两条不同的直线, 是两个不同的平面,下列命题中正确的是
A．若,,则 B．若∥,,则∥
C．若,,则 D．若,∥,∥,则
【学问点】空间中的平行关系 空间中的垂直关系G4 G5
【答案解析】D 选项A，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则可能m⊥n，m∥n，或m，n异面，故A错误；选项B，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n，或m，n异面，故B错误；
选项C，若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β可能相交，也可能平行，故C错误；
选项D，若m⊥α，m∥n，则n⊥α，再由n∥β可得α⊥β，故D正确．故选D
【思路点拨】由α⊥β，m⊂α，n⊂β，可推得m⊥n，m∥n，或m，n异面；由α∥β，m⊂α，n⊂β，可得m∥n，或m，n异面；由m⊥n，m⊂α，n⊂β，可得α与β可能相交或平行；由m⊥α，m∥n，则n⊥α，再由n∥β可得α⊥β．

【数学文卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】21．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥ CD，
AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD. E和F分别是CD和PC的中点．
求证：
(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
【学问点】空间中的平行关系空间中的垂直关系G4 G5
【答案解析】(1)略(2)略(3)略
(1)由于平面PAD∩平面ABCD＝AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD.所以PA⊥底面ABCD.
(2)由于AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
所以AB∥DE，且AB＝DE.
所以ABED为平行四边形．所以BE∥AD.
又由于BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)由于AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形．
所以BE⊥CD，AD⊥CD.
由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.
所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD.
又E，F分别是CD和CP的中点，
所以EF∥PD，故CD⊥EF.CD⊂平面PCD，
由EF，BE在平面BEF内，且EF∩BE＝E，
∴CD⊥平面BEF.
所以平面BEF⊥平面PCD.
【思路点拨】利用线线平行证明线面平行利用线面垂直证明面面垂直。

【数学文卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】3．设m，n是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是(　　)．
A．m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n
B．m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n
C．m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β
D．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β
【学问点】空间中的平行关系 空间中的垂直关系G4 G5
【答案解析】B 对于A，若m∥α，n∥β且α∥β，说明m、n是分别在平行平面内的直线，它们的位置关系应当是平行或异面，故A错；对于B，由m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m与n确定不平行，否则有α∥β，与已知α⊥β冲突，通过平移使得m与n相交，且设m与n确定的平面为γ，则γ与α和β的交线所成的角即为α与β所成的角，由于α⊥β，所以m与n所成的角为90°，故命题B正确．对于C，依据面面垂直的性质，可知m⊥α，n⊂β，m⊥n，∴n∥α，∴α∥β也可能α∩β=l，也可能α⊥β，故C不正确；
对于D，若“m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β”，则“α∥β”也可能α∩β=l，所以D不成立．故选B．
【思路点拨】对于A、由面面平行的判定定理，得A是假命题对于B、由m⊥α，n⊥β且α⊥β，可知m与n不平行，借助于直线平移先得到一个与m或n都平行的平面，则所得平面与α、β都相交，依据m与n所成角与二面角平面角互补的结论．对于C、通过直线与平面平行的判定定理以及平面与平面平行的性质定理，推断正误即可；对于D、利用平面与平面平行的判定定理推出结果即可．

【数学文卷·2021届贵州省遵义航天高级中学高三上学期第三次模拟考试（202211）】19.（本题满分12分）
如图，在正三棱柱中，点D在边BC上，AD⊥C1D.
(1)求证：平面ADC1⊥平面BCC1B1；
(2)设E是B1C1上的一点，当的值为多少时，A1E∥平面ADC1？ 请给出证明．
【学问点】面面垂直的判定；线面平行的条件. G4 G5
【答案解析】(1)证明：见解析；（2）当的值为1时，A1E∥平面ADC1，
证明：见解析.
解析：（1）证明：在正三棱柱中，平面ABC,AD平面ABC ,
ADC,
又AD,,平面,平面,
平面. 又平面, 平面平面.
(2)由（1）得，,在正三角形ABC中，D是BC的中点，
当,即E为得中点时，平面.

证明如下：（如图）四边形是矩形，且D,E分别是BC, 的中点，所以
又,,
四边形为平行四边形，
而平面,平面, 故平面.
【思路点拨】（1）依据面面垂直的判定定理，只需在平面ADC1 找到直线与平面BCC1B1垂直即可，此直线为AD；（2）由（1）得D是线段BC的中点，所以E为得中点时，有
，进而得A1E∥平面ADC1.

【数学文卷·2021届湖南省师大附中高三上学期其次次月考（202210）】18、（本小题满分12分）
如图，直三棱柱中，AC=BC=1，∠ACB=,点D为AB中点.

(1) 求证：面；
(2) 若,求二面角的平面角的大小.
【学问点】线面平行的判定；二面角大小的求法. G4 G11
【答案解析】(1)证明：见解析；（2）. 解析：(1)证明：连接与交于E，连接ED，则E为中点，又点D是AB中点，则,-------3分
而DE平面,平面,则有平面；-----6分

(2)由于二面角的平面角与二面角的平面角互补，又由于
，则平面，所以,
则为二面角的平面角，-------9分
在中，,
故,即二面角的平面角大小为-------11分
所以二面角的平面角的大小为.-------12分
【思路点拨】(1)只需 在平面内找到直线与直线平行，为此连接与交于E，连接ED，证明即可；（2）由图知二面角的平面角与二面角的平面角互补，所以先求二面角的平面角大小，可证为二面角的平面角，易求，所以所求二面角大小为.

【数学文卷·2021届浙江省重点中学协作体高三第一次适应性测试（202211）word版】6．设为两条不同的直线，为两个不同的平面．下列命题中，正确的是（ ▲ ）。
A．若与所成的角相等，则　 B．若，，则
C．若，，则　　 D．若，，则
【学问点】空间中直线与平面的位置关系G4 G5
【答案解析】C解析：A.两条直线的位置关系不能确定，所以错误；B. 与平面的关系都有可能，所以错误；C.当一条直线与一个平面垂直，与另一个平面平行时，则两个平面垂直，所以正确；D.两条直线分别于两个平面平行，则两条直线没有关系，所以错误；故选择C.
【思路点拨】依据空间中平面与直线的位置关系，对错误的结论能找到反例即可.

【数学文卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211）】20.(本小题满分14分)）如图，在三棱柱中，⊥底面，且△ 为正三角形，，为的中点．
(1)求证:直线∥平面；
(2)求证:平面⊥平面；
(3)求三棱锥的体积．
【学问点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．G4 G5 G7
【答案解析】(1)见解析； (2) 见解析；(3) 9
解析：（1）证明：连接B1C交BC1于点O，连接OD，则点O为B1C的中点．…………1分
∵D为AC中点，得DO为中位线，∴．…………………………2分
∴直线AB1∥平面BC1D ………………………4分
（2）证明：∵底面，∴ ……………………………………5分
∵底面正三角形，D是AC的中点 ∴BD⊥AC ………………………………6分
∵，∴BD⊥平面ACC1A1 ……………………………………7分
, …………………8分
（3）由（2）知△ABC中，BD⊥AC，BD=BCsin60°=3
∴ == ………………………………10分
又是底面BCD上的高 ………………………………11分
∴=••6=9 ………………………13分
【思路点拨】（1）连接B1C交BC1于点O，连接OD，则点O为B1C的中点．可得DO为△AB1C中位线，A1B∥OD，结合线面平行的判定定理，得A1B∥平面BC1D；
（2）由AA1⊥底面ABC，得AA1⊥BD．正三角形ABC中，中线BD⊥AC，结合线面垂直的判定定理，得BD⊥平面ACC1A1，最终由面面垂直的判定定理，证出平面BC1D⊥平面ACC1A；（3）利用等体积转换，即可求三棱锥C﹣BC1D的体积．

【数学文卷·2021届浙江省温州十校（温州中学等）高三上学期期中联考（202211）】4.设是两个不同的平面，是一条直线，以下命题正确的是（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
【学问点】空间中直线与平面之间的位置关系．G4 G5
【答案解析】C 解析：A：若，则l∥β或者l⊂β，所以A错误．
B：若，则或者，所以B错误．
C：依据线面垂直的定义可得：若，则是正确的，所以C正确．
D：若，则或者l∥β或者l与β相交，所以D错误．
故选C．
【思路点拨】A：由题意可得l∥β或者l⊂β．B：由题意可得：或者．C：依据线面垂直的定义可得：若，则是正确的，．D：若，则或者l∥β或者l与β相交．

【数学文卷·2021届吉林省试验中学高三上学期第三次质量检测（202211）】6.关于直线，及平面α，β,下列命题中正确的是（ ）
A.若l∥α，αβ=m，则l∥m B.若∥α，m∥α，则∥m
C.若l⊥α，l∥β，则α⊥β D.若l∥α，m⊥l，则m⊥α
【学问点】空间中的平行关系 空间中的垂直关系G4 G5
【答案解析】D A．若l∥α，α∩β=m，．则l，m平行或异面，只有l⊂β，才有l∥m．故A错；B．若l∥α，m∥α，则由线面平行的性质可得l，m平行、相交、异面，故B错；
C．若l⊥α，l∥β，则由线面平行的性质定理，l⊂γ，γ∩β=m，则l∥m，又l⊥α，故m⊥α，由面面垂直的判定定理得，α⊥β，故C正确；
D．若l∥α，m⊥l，则m与α平行、相交或在平面内，故D错．故选C．
【思路点拨】由线面平行的性质定理可推断A；又线面平行的性质定理和面面垂直的判定定理即可推断C；由线面平行的性质定理可推断B；由线面平行的性质定理可推断D

G5 空间中的垂直关系

【数学（理）卷·2021届重庆市重庆一中高三上学期其次次月考（202210）】19.（本题满分13分）
如图，在多面体中，四边形是正方形，.
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
【学问点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．G5 G11
【答案解析】(1)见解析； (2)
解析：(1)作BC的中点E，连接
且，四边形是平行四边形，
，则//面
同理，面面
面，面………………………………………6分
(2)四边形为正方形, ,
，
由勾股定理可得：， ，
同理可得 ,以A 为原点如图建系。
则

设面的法向量为，则
，令，则
设面的法向量为，则
则，令，则
所以
所以 ………………………………………13分
【思路点拨】(1) 取BC中点E，连结AE，C1E，B1E，由已知得四边形CEB1C1是平行四边形，AEC1A1是平行四边形，由此能证明AB1∥面A1C1C． (2)由已知得A1A=AB=AC=1，A1A⊥AB，A1A⊥AC，从而A1A⊥面ABC，以A为原点，以AC为x轴建立坐标系，利用向量法能求出二面角C﹣A1C1﹣B的余弦值的大小．

【数学理卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】9 .已知点分别是正方体的棱的中点，点分别是线段与上的点，则与平面垂直的直线有 条。