2022年高考數學真題分類匯編10立體幾何

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A.8 B.12 C.16 D.20【答案】B【解析】【分析】由三視圖還原幾何體，再由棱柱的體積公式即可得解.【詳解】由三視圖還原幾何體，如圖，

則該直四棱柱的體積.故選：B.2.（2022·全國甲（文）T9）在長方體中，已知與平面和平面所成的角均為，則（）A. B.AB與平面所成的角為C. D.與平面所成的角為【答案】D【解析】【分析】根據線面角的定義以及長方體的結構特征即可求出．【詳解】如圖所示：不妨設，依題以及長方體的結構特征可知，與平面所成角為，與平面所成角為，所以，即，，解得．對于A，，，，A錯誤；對于B，過作于，易知平面，所以與平面所成角為，因為，所以，B錯誤；對于C，，，，C錯誤；對于D，與平面所成角為，，而，所以．D正確．故選：D．3.（2022·全國甲（文）T10）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角之和為，側面積分別為和，體積分別為和．若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，根據圓錐的側面積公式可得，再結合圓心角之和可將分別用表示，再利用勾股定理分別求出兩圓錐的高，再根據圓錐的體積公式即可得解.【詳解】解：設母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，則，所以，又，則，所以，所以甲圓錐的高，乙圓錐的高，所以.故選：C.4.（2022·全國甲（理）T7）在長方體中，已知與平面和平面所成的角均為，則（）A. B.AB與平面所成的角為C. D.與平面所成的角為【答案】D【解析】【分析】根據線面角的定義以及長方體的結構特征即可求出．【詳解】如圖所示：不妨設，依題以及長方體的結構特征可知，與平面所成角為，與平面所成角為，所以，即，，解得．對于A，，，，A錯誤；對于B，過作于，易知平面，所以與平面所成角為，因為，所以，B錯誤；對于C，，，，C錯誤；對于D，與平面所成角為，，而，所以．D正確．故選：D．5.（2022·全國甲（理）T8）沈括的《夢溪筆談》是中國古代科技史上的杰作，其中收錄了計算圓弧長度的“會圓術”，如圖，是以O為圓心，OA為半徑的圓弧，C是的AB中點，D在上，．“會圓術”給出的弧長的近似值s的計算公式：．當時，（）

A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】連接，分別求出，再根據題中公式即可得出答案.【詳解】解：如圖，連接，因為是的中點，所以，又，所以三點共線，即，又，所以，則，故，所以.故選：B.6.（2022·全國甲（理）T9）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角之和為，側面積分別為和，體積分別為和．若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，根據圓錐的側面積公式可得，再結合圓心角之和可將分別用表示，再利用勾股定理分別求出兩圓錐的高，再根據圓錐的體積公式即可得解.【詳解】解：設母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，則，所以，又，則，所以，所以甲圓錐的高，乙圓錐的高，所以.故選：C.7.（2022·全國乙（文）T9）在正方體中，E，F分別為的中點，則（）A.平面平面 B.平面平面C.平面平面 D.平面平面【答案】A【解析】【分析】證明平面，即可判斷A；如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設，分別求出平面，，的法向量，根據法向量的位置關系，即可判斷BCD.【詳解】解：在正方體中，且平面，又平面，所以，因為分別為的中點，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正確；如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設，則，，則，，設平面的法向量為，則有，可取，同理可得平面的法向量為，平面的法向量為，平面的法向量為，則，所以平面與平面不垂直，故B錯誤；因為與不平行，所以平面與平面不平行，故C錯誤；因為與不平行，所以平面與平面不平行，故D錯誤，故選：A.8.（2022·全國乙（文）T12）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先證明當四棱錐頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為，進而得到四棱錐體積表達式，再利用均值定理去求四棱錐體積的最大值，從而得到當該四棱錐的體積最大時其高的值.【詳解】設該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，設四邊形ABCD對角線夾角為，則（當且僅當四邊形ABCD為正方形時等號成立）即當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為又則當且僅當即時等號成立，故選：C9.（2022·全國乙（理）T7）在正方體中，E，F分別為的中點，則（）A.平面平面 B.平面平面C.平面平面 D.平面平面【答案】A【解析】【分析】證明平面，即可判斷A；如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設，分別求出平面，，的法向量，根據法向量的位置關系，即可判斷BCD.【詳解】解：在正方體中，且平面，又平面，所以，因為分別為的中點，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正確；如圖，以點原點，建立空間直角坐標系，設，則，，則，，設平面的法向量為，則有，可取，同理可得平面的法向量為，平面的法向量為，平面的法向量為，則，所以平面與平面不垂直，故B錯誤；因為與不平行，所以平面與平面不平行，故C錯誤；因為與不平行，所以平面與平面不平行，故D錯誤，故選：A.10.（2022·全國乙（理）T9）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先證明當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為，進而得到四棱錐體積表達式，再利用均值定理去求四棱錐體積的最大值，從而得到當該四棱錐的體積最大時其高的值.【詳解】設該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，設四邊形ABCD對角線夾角為，則（當且僅當四邊形ABCD為正方形時等號成立）即當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為又則當且僅當即時等號成立，故選：C11.（2022·新高考Ⅰ卷T4）南水北調工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔時，相應水面的面積為；水位為海拔時，相應水面的面積為，將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔上升到時，增加的水量約為（）（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據題意只要求出棱臺的高，即可利用棱臺的體積公式求出．【詳解】依題意可知棱臺的高為(m)，所以增加的水量即為棱臺的體積．棱臺上底面積，下底面積，∴．故選：C．12.（2022·新高考Ⅰ卷T8）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設正四棱錐的高為，由球的截面性質列方程求出正四棱錐的底面邊長與高的關系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.【詳解】∵球的體積為，所以球的半徑,設正四棱錐的底面邊長為，高為，則，,所以，所以正四棱錐的體積，所以，當時，，當時，，所以當時，正四棱錐的體積取最大值，最大值為，又時，，時，,所以正四棱錐的體積的最小值為，所以該正四棱錐體積的取值范圍是.故選：C.13.（2022·新高考Ⅰ卷T9）已知正方體，則（）A.直線與所成的角為 B.直線與所成的角為C.直線與平面所成的角為 D.直線與平面ABCD所成的角為【答案】ABD【解析】【分析】數形結合，依次對所給選項進行判斷即可.【詳解】如圖，連接、，因為，所以直線與所成的角即為直線與所成的角，因為四邊形為正方形，則，故直線與所成的角為，A正確；連接，因為平面，平面，則，因為，，所以平面，又平面，所以，故B正確；連接，設，連接，因為平面，平面，則，因為，，所以平面，所以為直線與平面所成的角，設正方體棱長為，則，，，所以，直線與平面所成的角為，故C錯誤；因為平面，所以為直線與平面所成的角，易得，故D正確.故選：ABD14.（2022·新高考Ⅱ卷T7）正三棱臺高為1，上下底邊長分別為和，所有頂點在同一球面上，則球的表面積是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據題意可求出正三棱臺上下底面所在圓面半徑，再根據球心距，圓面半徑，以及球的半徑之間的關系，即可解出球的半徑，從而得出球的表面積．【詳解】設正三棱臺上下底面所在圓面的半徑，所以，即，設球心到上下底面的距離分別為，球的半徑為，所以，，故或，即或，解得符合題意，所以球的表面積為．故選：A．15.（2022·新高考Ⅱ卷T11）如圖，四邊形為正方形，平面，，記三棱錐，，的體積分別為，則（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】直接由體積公式計算，連接交于點，連接，由計算出，依次判斷選項即可.【詳解】設，因為平面，，則，，連接交于點，連接，易得，又平面，平面，則，又，平面，則平面，又，過作于，易得四邊形為矩形，則，則，，，則，，，則，則，，，故A、B錯誤；C、D正確.故選：CD.16.（2022·北京卷T9）已知正三棱錐的六條棱長均為6，S是及其內部的點構成的集合．設集合，則T表示的區(qū)域的面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出以為球心，5為半徑的球與底面的截面圓的半徑后可求區(qū)域的面積.【詳解】設頂點在底面上的投影為，連接，則為三角形的中心，且，故.因為，故，故的軌跡為以為圓心，1為半徑的圓，而三角形內切圓的圓心為，半徑為，故的軌跡圓在三角形內部，故其面積為故選：B17.（2022·浙江卷T8）如圖，已知正三棱柱，E，F分別是棱上的點．記與所成的角為，與平面所成的角為，二面角的平面角為，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先用幾何法表示出，再根據邊長關系即可比較大?。驹斀狻咳鐖D所示，過點作于，過作于，連接，則，，，，，，所以，故選：A．三、解答題1.（2022·全國甲（文）T19）小明同學參加綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面是邊長為8（單位：）的正方形，均為正三角形，且它們所在的平面都與平面垂直．

（1）證明：平面；（2）求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】【分析】（1）分別取的中點，連接，由平面知識可知，，依題從而可證平面，平面，根據線面垂直的性質定理可知，即可知四邊形為平行四邊形，于是，最后根據線面平行的判定定理即可證出；（2）再分別取中點，由（1）知，該幾何體的體積等于長方體的體積加上四棱錐體積的倍，即可解出．【小問1詳解】如圖所示：，分別取的中點，連接，因為為全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根據線面垂直的性質定理可知，而，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面．【小問2詳解】如圖所示：，分別取中點，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知識可知，，，，所以該幾何體的體積等于長方體的體積加上四棱錐體積的倍．因為，，點到平面的距離即為點到直線的距離，，所以該幾何體的體積．2.（2022·全國甲（理）T18）在四棱錐中，底面．（1）證明：；（2）求PD與平面所成的角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）作于，于，利用勾股定理證明，根據線面垂直性質可得，從而可得平面，再根據線面垂直的性質即可得證；（2）以點為原點建立空間直角坐標系，利用向量法即可得出答案.【小問1詳解】證明：在四邊形中，作于，于，因為，所以四邊形為等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因為平面，平面，所以，又，所以平面，又因平面，所以；【小問2詳解】解：如圖，以點原點建立空間直角坐標系，，則，則，設平面的法向量，

則有，可取，則，所以與平面所成角的正弦值為.3.（2022·全國乙（文）T18）如圖，四面體中，，E為AC的中點．

（1）證明：平面平面ACD；（2）設，點F在BD上，當的面積最小時，求三棱錐的體積．【答案】（1）證明詳見解析（2）【解析】【分析】（1）通過證明平面來證得平面平面.（2）首先判斷出三角形的面積最小時點的位置，然后求得到平面的距離，從而求得三棱錐的體積.【小問1詳解】由于，是的中點，所以.由于，所以，所以，故，由于，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.【小問2詳解】依題意，，三角形是等邊三角形，所以，由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.，所以，由于，平面，所以平面.由于，所以，由于，所以，所以，所以，由于，所以當最短時，三角形的面積最小值.過作，垂足為，在中，，解得，所以，所以過作，垂足為，則，所以平面，且，所以,所以.

4.（2022·全國乙（理）T18）如圖，四面體中，，E為的中點．（1）證明：平面平面；（2）設，點F在上，當的面積最小時，求與平面所成的角的正弦值．【答案】（1）證明過程見解析（2）與平面所成的角的正弦值為【解析】【分析】（1）根據已知關系證明，得到，結合等腰三角形三線合一得到垂直關系，結合面面垂直的判定定理即可證明；（2）根據勾股定理逆用得到，從而建立空間直角坐標系，結合線面角的運算法則進行計算即可.【小問1詳解】因為，E為的中點，所以；在和中，因為，所以，所以，又因為E為的中點，所以；又因為平面，，所以平面，因為平面，所以平面平面.【小問2詳解】連接，由（1）知，平面，因為平面，所以，所以，當時，最小，即的面積最小.因為，所以，又因為，所以是等邊三角形，因為E為的中點，所以，，因為，所以,在中，，所以.以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，設平面的一個法向量為，則，取，則，又因為，所以，所以，設與平面所成的角的正弦值為，所以，所以與平面所成的角的正弦值為.5.（2022·新高考Ⅰ卷T19）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．

（1）求A到平面的距離；（2）設D為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由等體積法運算即可得解；（2）由面面垂直的性質及判定可得平面，建立空間直角坐標系，利用空間向量法即可得解.【小問1詳解】在直三棱柱中，設點A到平面的距離為h，則，解得，所以點A到平面的距離為；【小問2詳解】取的中點E,連接AE,如圖，因為，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，所以兩兩垂直，以B為原點，建立空間直角坐標系，如圖，由（1）得，所以，，所以，則,所以的中點，則，,設平面的一個法向量，則，可取，設平面的一個法向量，則，可取，則，所以二面角的正弦值為.6.（2022·新高考Ⅱ卷T20）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．（1）求證：平面；（2）若，，，求二面角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）連接并延長交于點，連接、，根據三角形全等得到，再根據直角三角形的性質得到，即可得到為的中點從而得到，即可得證；（2）過點作，如圖建立平面直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦值，再根據同角三角函數的基本關系計算可得；小問1詳解】證明：連接并延長交于點，連接、，因為是三棱錐的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，又平面，平面，所以平面【小問2詳解】解：過點作，如圖建立平面直角坐標系，因為，，所以，又，所以，則，，所以，所以，，，，所以，則，，，設平面法向量為，則，令，則，，所以；設平面的法向量為，則，令，則，，所以；所以設二面角為，由圖可知二面角為鈍二面角，所以，所以故二面角的正弦值為；7.（2022·北京卷T17）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．（1）求證：平面；（2）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．【答案】（1）見解析（2）見解析【解析】【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而可證平面.（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量可求線面角的正弦值.【小問1詳解】取的中點為，連接，由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，而，則，而平面，平面，故平面，而，則，同理可得平面，而平面/