2022年高考数学真题分类汇编专题11：立体几何及答案

2022年高考数学真题分类汇编专题11：立体几何一、单选题1．（2022·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：cm3）是（　　）A．22πB．8πC．223πD．163π2．（2022·浙江）如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1，AC=AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F−BC−A的平面角为γ，则（　　）A．α≤β≤γB．β≤α≤γC．β≤γ≤αD．α≤γ≤β3．（2022·新高考Ⅱ卷）正三棱台高为1，上下底边长分别为33和43，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是（　　）A．100πB．128πC．144πD．192π4．（2022·全国甲卷）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（　　）A．8B．12C．16D．205．（2022·全国甲卷）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若S甲S乙=2，则V甲V乙=（　　）A．5B．22C．10D．51046．（2022·全国甲卷）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（　　）A．AB=2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°7．（2022·全国乙卷）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（　　）A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D8．（2022·全国乙卷）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（　　）nA．13B．12C．33D．229．（2022·北京）已知正三棱锥P−ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合，设集合T={Q∈S|PQ⩽5}，则T表示的区域的面积为（　　）A．3π4B．πC．2πD．3π10．（2022·新高考Ⅰ卷）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（　　）A．[18，814]B．[274，814]C．[274，643]D．[18，27]11．（2022·新高考Ⅰ卷）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库。知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（　　）(7≈2.65)A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m312．（2022·浙江学考）某几何体的三视图如图所示，则这个几何体可能是（）A．棱柱B．圆柱C．圆台D．球13．（2022·浙江学考）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，N是棱DD1的中点，则直线CN与平面DBB1D1所成角的正弦值等于（）A．12B．105C．155D．215514．（2022·上海）如图，上海海关大楼的上面可以看作一个正四棱柱，四个侧面有四个时钟，则相邻两个时钟的时针从0时转到12时（含0时不含12时）的过程中，能够相互垂直（　　）次A．0B．2C．4D．12二、多选题15．（2022·新高考Ⅱ卷）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1，V2，V3，则（　　）A．V3=2V2B．V3=2V1C．V3=V1+V2D．2V3=3V116．（2022·新高考Ⅰ卷）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则（　　）A．直线BC1与DA1所成的角为90∘B．直线BC1与CA1所成的角为90∘C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45∘D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45∘n三、填空题17．（2022·浙江学考）如图，E，F分别是三棱锥V-ABC两条棱AB，VC上的动点，且满足EF=2xAV+yBC(x>0，y>0)则x2+y2的最小值为　　.四、解答题18．（2022·浙江）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB=5，DC=3，EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，二面角F−DC−B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．（Ⅰ）证明：FN⊥AD；（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．19．（2022·新高考Ⅱ卷）如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．（1）求证：OE∥平面PAC；（2）若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C−AE−B的正弦值．20．（2022·全国乙卷）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB=BD=2，∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F−ABC的体积．21．（2022·全国甲卷）在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD=DC=CB=1，AB=2，DP=3．（1）证明：BD⊥PA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．22．（2022·全国甲卷）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．（1）证明：EF∥平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．23．（2022·全国乙卷）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB=BD=2，∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平n面ABD所成的角的正弦值．24．（2022·北京）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB=BC=2，M，N分别为A1B1，AC的中点．（I）求证：MN//平面BCC1B1；（II）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值。条件①：AB⊥MN；条件②：BM=MN．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分。25．（2022·新高考Ⅰ卷）如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC'的面积为22.（1）求A到平面A1BC的距离；（2）设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A−BD−C的正弦值.26．（2022·上海）如图，在圆柱OO1中，底面半径为1，AA1为圆柱母线.（1）若AA1=4，M为AA1中点，求直线MO1与底面的夹角大小；（2）若圆柱的轴截面为正方形，求该圆柱的侧面积和体积.答案解析部分1．【答案】C2．【答案】A3．【答案】A4．【答案】B5．【答案】C6．【答案】D7．【答案】A8．【答案】C9．【答案】B10．【答案】C11．【答案】C12．【答案】C13．【答案】B14．【答案】Bn15．【答案】C,D16．【答案】A,B,D17．【答案】1518．【答案】解：（Ⅰ）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点交于点G、H．∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB//DC，CD//EF，AB=5，DC=3，EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，由平面几何知识易知，DG=AH=2，∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°，则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形，∴在Rt△EGD和Rt△DHA，EG=DH=23，∵DC⊥CF，DC⊥CB，且CF∩CB=C，∴DC⊥平面BCF，∠BCF是二面角F−DC−B的平面角，则∠BCF=60∘，∴△BCF是正三角形，由DC⊂平面ABCD，得平面ABCD⊥平面BCF，∵N是BC的中点，∴FN⊥BC，又DC⊥平面BCF，FN⊂平面BCF，可得FN⊥CD，而BC∩CD=C，∴FN⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD∴FN⊥AD．（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如图建系.于是B(0，3，0)，A(5，3，0)，F(0，0，3)，E(1，0，3)，D(3，−3，0)，则M(3，32，32).BM=(3，−32，32)，DA=(2，23，0)，DE=(−2，3，3).平面ADE的法向量n=(3，−1，3).设BM与平面ADE所成角为θ，则sinθ=|BM⋅n|BM||n∣=5714．19．【答案】（1）证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO，BO⊂平面ABC，所以PO⊥AO、PO⊥BO，n又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA=90°，所以∠ODA=∠OAD所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD，又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，所以OE//平面PAC（2）解：过点A作AF‖OP，以AB为x轴，AC为y轴，AF为z轴建立如图所示的空问直角坐标系.因为PO=3，PA=5，由(1)OA=OB=4，义∠ABO=∠CBO=30°，所以，AB=43，所以P(23，2，3)，B(43，0，0)，A(0，0，0)，E(33，1，32)，设AC=a，则C(0，a，0)，平面AEB的法向量设为n1=(x，y，z)，AB=(43，0，0)，AE=(33，1，32)AB⋅n1=0AE⋅n1=0，所以43x=033x+y+32z=0，所以x=0，设z=−2，则y=3，所以n1=(0，3，−2)：平面AEC的法向量设为n2=(x，y，z)，AC=(0，a，0)，AE=(33，1，32)AC⋅n2=0AE⋅n2=0，所以ay=033x+y+32z=0，所以y=0，设x=3，则z=−6，阦以n2=(3，0，−6)：所以cos〈n1，n2〉=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=1213×39=12133=4313二面角C−AE−B的平面角为θ，则sinθ=1−cos2θ=1113，所以二面角C−AE−B的正弦值为1113。20．【答案】（1）证明：由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.由于AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，所以AB=CB，故AC⊥BD，由于DE∩BD=D，DE，BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.（2）解：依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，n所以AC=2，AE=CE=1，BE=3，由于AD=CD，AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1.DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，由于AC∩BE=E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，由于BF=BF∠FBA=∠FBCAB=CB，所以△FBA≅△FBC，所以AF=CF，所以EF⊥AC，由于S△AFC=12⋅AC⋅EF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小值.过E作EF⊥BD，垂足为F，在Rt△BED中，12⋅BE⋅DE=12⋅BD⋅EF，解得EF=32，所以DF=12−(32)2=12，BF=2−DF=32，所以BFBD=34过F作FH⊥BE，垂足为H，则FH//DE，所以FH⊥平面ABC，且FHDE=BFBD=34，所以FH=34，所以VF−ABC=13⋅S△ABC⋅FH=13×12×2×3×34=34.21．【答案】（1）证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD//AB，AD=CD=CB=1，AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，n所以AE=BF=12，故DE=32，BD=DE2+BE2=3，所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，又因PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA（2）解：由(1)知，PD，AD，BD两两垂直，BD=AB2−AD2=3，建立空间直角坐标系如图所示，则D(0，0，0)， A(1，0，0)， B(0，3，0)， P(0，0，3)，∴PD=(0，0，−3)， PA=(1，0，−3)， AB=(−1，3，0)，设平面PAB的法向量为n=(x，y，z)，则PA⋅n=0AB⋅n=0即x−3z=0−x+3y=0不妨设y=z=1，则n=(3，1，1)，设PD与平面PAB的所成角为θ，则nsinθ=|cos〈PD，n〉|=|PD⋅n||PD||n|=|−3|3×5=55，∴PD与平面PAB的所成的角的正弦值为55.22．【答案】（1）证明：分别取AB，BC的中点M，N，连接MN，因为△EAB，△FBC为全等的正三角形，所以EM⊥AB，FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD．（2）解：分别取AD，DC中点K，L，由（1）知，EF//MN且EF=MN，同理有，HE//KM，HE=KM，HG//KL，HG=KL，GF//LN，GF=LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍．因为MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60∘=43，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d=22，所以该几何体的体积V=(42)2×43+4×13×42×43×22=1283+25633=64033．23．【答案】（1）证明：因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；在△ABD和△CBD中，因为AD=CD，∠ADB=∠CDB，DB=DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.（2）解：连接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，所以S△AFC=12AC⋅EF，当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.因为△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，又因为∠ACB=60°，所以△ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=3，因为AD⊥CD，所以DE=12AC=1，n在△DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，则A(1，0，0)，B(0，3，0)，D(0，0，1)，所以AD=(−1，0，1)，AB=(−1，3，0)，设平面ABD的一个法向量为n=(x，y，z)，则n⋅AD=−x+z=0n⋅AB=−x+3y=0，取y=3，则n=(3，3，3)，又因为C(−1，0，0)，F(0，34，34)，所以CF=(1，34，34)，所以cos〈n，CF〉=n⋅CF|n||CF|=621×74=437，设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ(0≤θ≤π2)，所以sinθ=|cos〈n，CF〉|=437，所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.24．【答案】（I）设点P为AB中点，由于P为AB中点，N为AC中点所以PN为△ABC中位线PN//BC又M为AB中点，PM是正方形AA1B1B的中位线所以PM//BB1∵BB1//PMBC//PNBB1∩BC=BPM∩PN=P⇒面BCC1B1∥面MPN又MN⊆面MPN∴MN//平面BCC1B1（II）选择条件①，∵面BCC1B1⊥面ABB1A1面BB1C1C∩面ABC=BC，面A1B1BA∩面ABC=AB∴BC⊥AB又NP//BC∴NP⊥AB，又由①：MN⊥AB∴NP⊥ABMN⊥ABNP∩MN=N⇒面MNP⊥AB∵PM⊂面MNP∴PM⊥AB故AB，BC，BB1两两垂直n以B为原点，BC为x轴正方向，BA为y轴正方向，BB1为z轴正方向建立坐标系B：(0，0，0)，M：(0，1，2)，N：(1，1，0)，A：(0，2，0)，BM→=(0，1，2)，BN→=(1，1，0)，AB→=(0，−2，0)则BMN的法向量n→=(2，−2，1)AB与面BMN所成角的正弦等于AB与n所半余弦的绝对值，即|AB⋅n|AB||n||=|−46|=23故所求正弦为23.25．【答案】（1）因为VABC−A，BC1=3VA−ABC=4，所以VA−ABC=43，设A到平面A1BC的距离为h；则VA−AiBC1=13SΔAiBC⋅h=43⇒h=2（2）设D为A1C的中点，且AA1=AB，由于平面A1BC⊥平面ABB1A1平面ABC⊥平面ABB1A1平面ABC∩平面A1BC=BC}⇒BC⊥平面ABB1A1因为AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB，在直角△ABC中，∠ABC=90°，连接A1B，过A作AH⊥A1B，则AH⊥平面A1BC，而BC⊥平面ABB1A1，故BC⊥A1B.由AA1=AB，AH=2，所以AA1=AB=2，A1B=22，由△A1BC=22=12A1B×BC⇒BC=2，以B为原点，向量BC，BA，BB1分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，n则C(2，0，0)，A(0，2，0)，A1(0，2，2)，D(1，1，1)，B(0，0，0)所以BA=(0，2，0)，BD=(1，1，1)，BC=(2，0，0)设平面ABD的一个法向量n=(x，y，z)，n⋅BA=0n⋅BD=0⇒y=0x+y+z=0，令x=1，则有n=(1，0，−1).设平面BCD的一个法向量m=(x0，y0，z0)，n⋅BC=0n⋅BD=0⇒x0=0x0+y0+z0=0令y=1，则有n=(0，1，−1)所以cos⟨n→，m→⟩=n→⋅m→|n→||m→|=12×2=12sin⟨n→，m→⟩=32所以二面角A−BD−C的正弦值为32.26．【答案】（1）根据直线与平面所成角的定义，易知直线MO1与底面的夹角为∠MO1A1则由题意得tan∠MO1A1=A1MO1A1=2，则∠MO1A1=arctan2；（2）设圆柱的底面圆的半径为r，高为h，则因为圆柱的轴截面为正方形，所以h=2r=2所以圆柱的侧面积为2πrh=2π×1×2=4π圆柱的体积为πr2h=π×12×2=2π