2022高考数学真题分类汇编10 立体几何答案

2022高考数学真题分类汇编

十、立体几何

一、单选题

1.（2022•全国甲（文、理）T4）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.20

【答案】B

【解析】

【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.

【详解】由三视图还原几何体，如图，

2+4

则该直四棱柱的体积V=——x2x2=12.

2

故选：B.

2.（2022•全国甲（文）T9）在长方体ABC。-ABCQ中，已知耳。与平面ABC。和平面

所成的角均为30°,则（）

A.AB=2ADB.AB与平面所成的角为30。

C.AC=CB,D.与。与平面B4GC所成的角为

45°

【答案】D

【解析】

【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出.

【详解】如图所示：

不妨设==c,依题以及长方体的结构特征可知，与平面ABC。所

cb

成角为NBQB,BQ与平面所成角为所以sin30即

£）（UD}D

222

b=c,B,D=2c=y]a+b+c>解得。=缶.

对于A,AB=a,AD=b,AB=及AD，A错误；

对于B,过8作8ELA4于£,易知SE1平面ABC。，所以A3与平面AB©。所成

角为/BAE,因为tanN84E=£=RZ，所以NBAEK30，B错误；

a2

122

对于C，AC=[a+护=6c，CB}=y/h+c=>/2c»ACwCg,c错误；

对于D,耳。与平面33CC所成角为NOS。，sinADB.C=^-=—=—,而

BXD2c2

0<ZDB,C<90,所以.D正确.

故选：D.

3.（2022.全国甲（文）T10）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2兀,

侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为%和%.若*2,贝联=（）

3乙V乙

A.y/5B.2V2c.VioD.旦m

4

【答案】C

【解析】

【分析】设母线长为/,甲圆锥底面半径为（，乙圆锥底面圆半径为与，根据圆锥的侧面积

公式可得4=2弓，再结合圆心角之和可将？为分别用/表示，再利用勾股定理分别求出两

圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.

【详解】解：设母线长为/,甲圆锥底面半径为4,乙圆锥底面圆半径为2，

则联=%=五=2,

S乙兀rjr2

所以4=2弓，

=2万,

则宁=1,

21

所以4'

所以甲圆锥的高4=

乙圆锥的高4=j/2一1/2=半/,

1万6%—Z2X-/

所以A3''_93=Vlo.

；和2%-l2x^l

393

故选：C.

4.（2022•全国甲（理）T7）在长方体中，己知耳。与平面ABCD和平

面AA43所成的角均为30°,则（）

A.AB=2ADB.AB与平面A4G。所成的角为30。

C.AC=CB,D.与。与平面BBCC所成的角为

45°

【答案】D

【解析】

【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出.

【详解】如图所示：

不妨设A8=a,AO=4AA=c,依题以及长方体的结构特征可知，与平面4BC。所

cb

成角为NBQB,耳。与平面所成角为/。与4，所以sin30即

01/7£）jU

b=c,BQ=2c=\Ja2+b24-c2，解得a—y/2c.

对于A,AB=a,AD=b,AB=\P!AD，A错误;

对于B,过8作于七，易知BE_L平面ABC。，所以A5与平面AqG。所成

5

角为/BAE，因为tan/B4E=£=J，所以ZBAEN30，B错误;

a2

22922

对于C,AC=yja+b=y/3cCB}=y/b+c=>/2c»ACwCB］，C错误；

对于D,g。与平面88CC所成角为NDgC,sinZZ)B,C=—=—=而

BQ2c2

0<ZDB,C<90,所以NOBC=45.D正确.

故选：D.

5.(2022.全国甲(理)T8)沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了

计算圆弧长度的“会圆术”，如图，AB是以。为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中

点，。在上，CDLAB.“会圆术”给出AB的弧长的近似值s的计算公式：

5=+—.当OA=2,ZAOB=60。时，s=()

11-3611-4百9-36

222

9-46

2

【答案】B

【解析】

【分析】连接。C，分别求出A3,0C,CD,再根据题中公式即可得出答案.

【详解】解：如图，连接OC,

因为。是A3的中点，

所以OC_LAB，

又CDLAB,所以三点共线,

即QD=O4=QB=2,

又ZAQB=60°,

所以AB=Q4=Q8=2,

则OC=G，故CD=2-也,

_J2一可J1百

所『四穿2-V3

一/十一

22

故选：B.

6.（2022.全国甲（理）T9）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2兀，

侧面积分别为际和S乙，体积分别为%和V乙.若言'=2,则*（）

3乙吃

A.石B.272C.V10D.

4

【答案】C

【解析】

【分析】设母线长为/,甲圆锥底面半径为（，乙圆锥底面圆半径为弓，根据圆锥的侧面积

公式可得弓=2与，再结合圆心角之和可将片,4分别用/表示，再利用勾股定理分别求出两

圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.

【详解】解：设母线长为/,甲圆锥底面半径为彳，乙圆锥底面圆半径为2，

所以4=2G，

又网^=2万

则华•=1,

21

所以4~~^r2=]/，

所以甲圆锥的高九=

乙圆锥的高色=

v产％

所以A〜93=M.

乙）兀6kl)x迫

93

故选：C.

7.（2022•全国乙（文）T9）在正方体ABC。-4百GR中，E,1r分别为AB,BC的中点，

则（）

A.平面4EFJ_平面BDD}B.平面4EP，平面48。

C.平面g瓦'//平面MACD,平面4EE//平面4G。

【答案】A

【解析】

【分析】证明EEJ_平面8。。，即可判断A；如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系,

设A5=2,分别求出平面4E/，A.BD,4G。的法向量，根据法向量的位置关系，即

可判断BCD.

【详解】解：在正方体AB。-AGG2中,

AC，8。且DR±平面ABCD,

又EFu平面ABCD,所以£尸，。4，

因为E,F分别为AB,的中点，

所以E尸AC,所以EFLBD，

又BDDD、=D,

所以律_L平面6。。，

又EFu平面

所以平面B]EF±平面BDD],故A正确；

如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，

则片（2,2,2）,E（2,1,0）,尸（1,2,0）,5（2,2,0）,4（2,0,2）,A（2,0,0）,C（0,2,0）,

G(0,2,2),

则£/=(-1,1,0),£旦=(0,1,2),。8=(2,2,0),。4=(2,0,2),

M=(O,O,2),AC=(-2,2,O)，4C,=(-2,2,0),

设平面4E尸的法向量为加=(x，x，zj,

m-EF=-玉+x=0

则有《,可取加=（2,2,—1）,

m-EBX=y+24=0

同理可得平面AR。的法向量为勺=，

平面4AC的法向量为%=。,1,0）,

平面4G。的法向量为々=（1,1,—1）,

则"z・4=2—2+1=1工0,

所以平面耳E/与平面AB。不垂直，故B错误;

Ill

因为加与％不平行，

所以平面用EE与平面AAC不平行，故C错误;

因为加与％不平行，

所以平面用EE与平面ACQ不平行，故D错误,

8.（2022.全国乙（文）T12）已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为。，底面的四个顶点均

在球。的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）

A.-B.|C.—D.也

3232

【答案】C

【解析】

【分析】先证明当四棱锥顶点O到底面488所在小圆距离一定时，底面A38面积最

大值为2/，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而

得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.

【详解】设该四棱锥底面为四边形4BC。，四边形ABC。所在小圆半径为r,

设四边形ABC。对角线夹角为a,

111,

2

则SASC。AC-BD-s\na<--AC-BD<--2r-2r^2r

（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）

即当四棱锥的顶点。到底面ABC。所在小圆距离一定时，底面ABCO面积最大值为2/

又产+/=1

则%…g.2尸/?=4户F（J=第

JJJy\JJ乙/

当且仅当/=2〃2即〃=日时等号成立，

故选：c

9.（2022•全国乙（理）T7）在正方体45co-AqCQ中，E,F分别为AB,8C的中点，

则（）

A.平面4EF_L平面BDD}B.平面4E平面A8。

c.平面4所//平面4ACD.平面用石///平面AG。

【答案】A

【解析】

【分析】证明防J_平面8。2,即可判断A；如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，

设AB=2,分别求出平面4EE,ABD,4G。的法向量，根据法向量的位置关系，即

可判断BCD.

【详解】解：在正方体4BCD-A百G。中，

AC1BD且J•平面ABCD,

又Efu平面ABCO,所以Eb_L。。，

因为£,产分别为的中点，

所以E尸AC,所以EF上BD，

又BDRDDLD,

所以MJ■平面8。。，

又EFu平面B]EF,

所以平面与EF-L平面8。。，故A正确;

如图，以点O原点，建立空间直角坐标系，设A3=2,

则4（2,2,2）,E（2』,0）,E（l,2,0）,8（2,2,0），4（2,0,2）,A（2,0,0）,C（0,2,0）,

C,(O,2,2),

则£F=(-1,1,0),ER=(0,1,2),DB=(2,2,0),=(2,0,2),

A4,=(0,0,2),AC=(-2,2,0)，AC,=(-2,2,0),

设平面gEF的法向量为m=（%,x,Z］）,

m-EF=-x4-y=0

则有}]可取加=（2,2,-1）,

m-EB}=y}+2z]=0

同理可得平面48。的法向量为勺

平面471。的法向量为4=（1』,0）,

平面ACQ的法向量为%=（1,1,—1）,

则加=2—2+1=1^0.

所以平面与EF与平面48。不垂直，故B错误;

LU

因为用与〃2不平行，

所以平面8田产与平面AAC不平行，故C错误;

因为机与〃3不平行，

所以平面4与平面不平行，故D错误,

故选：A.

10.（2022•全国乙（理）T9）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。的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）

1D.

A.-B・?史

32

【答案】C

【解析】

【分析】先证明当四棱锥的顶点。到底面ABC。所在小圆距离一定时，底面ABC。面积最

大值为2r2,进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而

得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.

【详解】设该四棱锥底面为四边形ABC。，四边形4BCD所在小圆半径为r,

设四边形A8CO对角线夹角为a,

则S.CD=-ACBDsina<-ACBD<--2r-2r=2r2

222

（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）

即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时•，底面ABCD面积最大值为2,

又产+配=1

则%-横。=:4k亦＜《卜+丁"

J。。U\J

当且仅当r2=2h2即h1时等号成立，

故选：C

11.(2022.新高考I卷T4)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.已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为14().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.1.0xl09m3B.1.2xlO9m3C.1.4xlO9m3D.

1.6xl09m3

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意只要求出楼台的高，即可利用棱台的体积公式求出.

【详解】依题意可知棱台的高为MN=157.5-148.5=9(m),所以增加的水量即为棱台的

体积V.

棱台上底面积S=140.0km2=140xl06m2，下底面积Sf=180.0km2=180xl06m2，

AV=i/?(S+S,+VsS7)=1x9x(140xl06+180xl06+7140xl80xl012)

=3x(320+60V7)xl06»(96+18x2.65)xl07=1.437xl09«1.4xl09(m3).

12.(2022・新高考I卷T8)已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一球面上.若该球

的体积为36%,且3V/K3G，则该正四棱锥体积的取值范围是()

A.18月27812764

B.D.

444

[18,27]

【答案】C

【解析】

【分析】设正四棱锥的高为人,由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系,

由此确定正四棱锥体积的取值范围.

【详解】V球的体积为36乃，所以球的半径R=3,

设正四棱锥的底面边长为2a,高为h,

则尸=2/+*,32=2a2+（3-h）2,

所以6/Z=/2，2a2=l2—h2

11.2I4I2广、

所以正四棱锥的体积V=-S/?=-x4a2x/?=-x(/2--)x—=-Z4-—

3333669136J

所以V'

当时，Vz>0,当2c<"3白时，V'<0,

l64

所以当/=2遍时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为E,

27Q1

又/=3时，V=—,/=36时，丫=一，

44

27

所以正四棱锥的体积V的最小值为

4

一2764

所以该正四棱锥体积的取值范围是，

43

故选：C.

13.（2022•新高考I卷T9）已知正方体48<70-486。，贝1」（）

A.直线BG与所成的角为90。B.直线BC与C4所成的角为90。

C.直线8a与平面88Q。所成的角为45°D.直线BG与平面4BC。所成的角为

45°

【答案】ABD

【解析】

【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.

【详解】如图，连接B。、BC,,因为DA//BC，所以直线Bq与旦C所成的角即为直线

8C与D4t所成的角，

因为四边形BB℃为正方形，则3（，BC、,故直线8cl与DA所成的角为90°，A正确；

连接AC,因为A4j_平面BB£C,BC]U平面BBCC,则±BC,,

因为MC^BG，A旦BC=Bi,所以BG_L平面A5C,

又ACU平面A&C,所以BG^CA，故B正确；

连接4G，设AGiBR=O,连接B。，

因为8用_L平面AB£A,CQU平面A4GA，则G。1B1B,

因为CQJ_4〃，BQQBIB=BI，所以GO_L平面B8QD,

所以/。产。为直线BG与平面8片。。所成的角，

设正方体棱长为1，则GO=",BC\=O,sin/C/O=「W=〈，

所以，直线8a与平面BBQ。所成的角为30,故C错误；

因为平面ABC。，所以NCfC为直线8G与平面ABC。所成的角，易得

ZqBC=45,故D正确.

故选：ABD

14.（2022・新高考H卷T7）正三棱台高为1,上下底边长分别为36和46，所有顶点在同

一球面上，则球的表面积是（）

A.100兀B.12871C.14471D.19271

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面半径弓,2，再根据球心距，圆面半

径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积.

【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径不与，所以2q=把1,2a=业叵一，即

'sin60-sin60

（=3,空=4,设球心到上下底面的距离分别为4，4，球的半径为R，所以&=k-9,

d,7K-16，故同一4=1或4+"2=1,即JH?-9-JR2-16=1或

7/?2-9+V/?2-16=l-解得心=25符合题意，所以球的表面积为S=4成2=ioo兀.

故选：A.

15.（2022•新高考n卷T11）如图，四边形AB8为正方形，E£）_L平面ABC。，

FB〃ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E—AC。，F-ABC,尸―ACE的体积分别为

乂,匕,匕,则（）

B

A.V3=2V2B.匕=2匕

C.匕=匕+匕D.2匕=3K

【答案】CD

【解析】

【分析】直接由体积公式计算乂,％,连接8。交AC于点连接EM,FM,由

匕=VA-EFM+V-EFM计算出匕，依次判断选项即可.

设AB=ED=2FB=2a,因为£»，平面A3CD,FBED,贝ij

2

V：=-EDSArn=--2a---（2a}=>，

1332''3

23

V2=^FBSABC=1-a~（2«）=|tz,连接BO交AC于点M，连接易

得3ZUAC,

又EZ），平面ABC。，ACu平面ABC。，则EOLAC，又EDBD=D,ED,BDu

平面BOE/L则AC_L平面户，

又BM=DM=、BD=6a,过F作EGLDE于G,易得四边形8DGE为矩形，贝U

2

FG=BD-2\pia,EG—a，

则EM=J（2ay+（伍『=屈氏FM==6a，

Eb=J/+（2亿『=3a>

1QB

EM2+FM2=EF2'则四，根，sEFM=^EM-FM='a°，AC=26a，

则匕=匕-EFM+L-EFM=§ACS.自人"=2/,则2%=3v],匕=3%,匕=乂+%，故

A、B错误；C、D正确.

故选：CD.

16.（2022•北京卷T9）已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6,S是二筋。及其内部的

点构成的集合.设集合T={°CS|PQ45},则T表示的区域的面积为（）

3兀

A.—B.乃C.21D.37r

4

【答案】B

【解析】

【分析】求出以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.

设顶点尸在底面上的投影为。，连接B。，则。为三角形A8C的中心,

且BO=2x6x走=26，故P0=J36-12=2跖

32

因为PQ=5,故OQ=1,

故S的轨迹为以0为圆心，1为半径的圆，

2X@X36

而三角形A8C内切圆的圆心为。，半径为♦彳*生丁

3x6-->

故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为7

故选：B

17.（2022•浙江卷T8）如图，已知正三棱柱=A4，E,尸分别是棱

BC，AG上的点.记E尸与A4所成的角为a,所与平面ABC所成的角为£,二面角

厂一BC-A的平面角为/,则（）

A.a<(3<yB.p<a<yC./3<y<aD.

a<y<P

【答案】A

【解析】

【分析】先用几何法表示出a，B，y,再根据边长关系即可比较大小.

【详解】如图所示，过点尸作于P,过P作尸于M,连接PE,

则a-NEFP，B-Z.FEP,y=FMP,

PEPE八rpARFPFP

tana---=----<1tanB=---=---->1,tany=---->----=tan/3,

FPABPEPEPMPE

所以aW/Ky,

故选：A.

三、解答题

1.（2022•全国甲（文）T19）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，-E4B,£EBC,_GCr>,_Hr>A

均为正三角形，且它们所在的平面都与平面A8QD垂直.

（1）证明：跖//平面ABC。；

（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.

【答案】（1）证明见解析；

⑵雪技

3

【解析】

【分析】（1）分别取的中点M,N,连接MN,由平面知识可知

EM工AB,FN上BC,EM=FN,依题从而可证J_平面ABCD,FN_L平面ABCD,

根据线面垂直的性质定理可知//MV,即可知四边形EMNE为平行四边形，于是

EF//MN,最后根据线面平行的判定定理即可证出；

（2）再分别取AZ）,OC中点K,L,由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH

的体积加上四棱锥B-MNEE体积的4倍，即可解出.

【小问1详解】

如图所示

分别取AB,3C的中点M,N,连接MN,因为一后钻,.FBC为全等的正三角形，所以

EMLAB,FN上BC,EM=FN,又平面E4B_L平面ABCD,平面E48c平面

ABCD=AB,u平面EAB，所以，平面ABCD，同理可得FNL平面ABCD,

根据线面垂直的性质定理可知EM//MV,而EM=FN,所以四边形EMNE为平行四边

形，所以EF//MN,又EF•平面ABCD,MNu平面A88,所以£尸//平面ABCD.

【小问2详解】

如图所示:

分别取A0,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,MN1MK,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8-MNEE体积的4倍.

因为MN=NL=LK=KM=46，EM=8sin60=46,点B到平面MNEE的距离

即为点B到直线MN的距离d,d=2正，所以该几何体的体积

V=（4V2）2X473+4X1X4A/2X4V3X2V2=128^+^^=^V3.

2.（2022•全国甲（理）T18）在四棱锥P-ABC。中，PDJ_底面

ABCD,CD//AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=6.

（2）求PO与平面as所成的角的正弦值.

【答案】（i）证明见解析：

⑵—.

5

【解析】

【分析】（1）作。E_LA8于E，CFLAB于尸，利用勾股定理证明AZ>_L80,根据线

面垂直性质可得?。，加，从而可得3£>_L平面PAO,再根据线面垂直的性质即可得

证；

（2）以点。为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.

【小问1详解】

证明：在四边形A8CD中，作。于E，C「_LAB于F，

因为CO//A5,AT>=CO=CB=1,AB=2,

所以四边形ABC。为等腰梯形，

所以AEUBRML,

2

巧_

故DE=H，BD=yjDE2+BE2=73-

所以=Ag2,

所以A£>_L8。，

因为PD_L平面ABCD,80u平面ABCD,

所以PDJ.BD，

又PDcAD=D，

所以平面/%O，

又因B4u平面尸A£),

所以BDLQ4；

【小问2详解】

解：如图，以点。原点建立空间直角坐标系,

BD=6，

则A（l,0,0）,B（0,V3,0）,P（0,0,V3）,

则4尸=（-1,0,6）,8/>=（0,—6,6）,0尸=（0,0,6b

设平面的法向量〃=(x,y,z),

AP=-x+>/3z=0z、

则有{广L，可取〃=gjl,

n,BP=73yZ3z=0'

n-DPV5

贝Ijcos（/1,DP}=

同叫一5’

所以PO与平面PAB所成角的正弦值为—

5

3.（2022.全国乙（文）TI8）如图，四面体ABCD中，AD±CD,AD=CD,ZADB=ZBDC,

E为AC的中点.

(1)证明：平面BE。，平面AC。；

(2)设AB=BO=2,NACB=60°,点尸在8。上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥

产一A3C的体积.

【答案】(1)证明详见解析

⑵旦

4

【解析】

【分析】(1)通过证明AC_L平面8匹来证得平面BED，平面ACO.

(2)首先判断出三角形ARC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，

从而求得三棱锥F-ABC的体积.

【小问1详解】

由于AT>=C£>,E是AC的中点，所以AC_L£)E.

AD^CD

由于180=3。，所以△ADBMZSCDB,

NADB=NCDB

所以AB=CB,故AC，8£),

由于。EcBD=。，DE,BD\平面BED，

所以ACJ_平面班Z＞，

由于ACu平面AC。，所以平面血＞，平面ACO.

【小问2详解】

依题意43=30=50=2,NACB=60。，三角形ABC是等边三角形,

所以AC=2,AE=CE=1,BE=6，

由于AO=CO,AO_LC。，所以三角形ACO是等腰直角三角形，所以DE=

DE2+BE2=BD2)所以DE工BE，

由于4CcBE=E,AC,6Eu平面ABC,所以3E_L平面ABC.

由于△AZ＞3MZ\CD3,所以NFBA=NFBC,

BF=BF

由于，NFBA=NFBC,所以_FBA=_FBC，

AB=CB

所以4E=C尸，所以EE_LAC,

由于S.”c=g.AC-ER，所以当EE最短时，三角形A产C的面积最小值.

过E作EFLBD,垂足为F,

在中，-BEDE=-BDEF,解得七产=旦,

22

3

所以。尸,BF=2—DF=3

2

所以竺

BD4

BF_3

过F作垂足为H,则尸所以EHL平面A8C,且——

DEBD~4

3

所以FH=—,

4

所以叭此=;小./"=?;小也4=学

4.（2022•全国乙（理）T18）如图，四面体ABCD中，AD±CD,AD^CD,ZADB=ZBDC,

E为AC的中点.

（1）证明：平面BE。，平面ACO；

（2）设A8=8O=2,NAC8=60°,点尸在3。上，当△AFC的面积最小时，求CF与

平面43。所成的角的正弦值.

【答案】（1）证明过程见解析

（2）。厂与平面液所成的角的正弦值为生5

7

【解析】

【分析】（1）根据已知关系证明△ABD四△CBD,得到4B=CB，结合等腰三角形三线

合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；

（2）根据勾股定理逆用得到3E_LDE，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法

则进行计算即可.

【小问1详解】

因为AD=CD,E为AC的中点，所以ACLQE；

在△ABO和二CBD中，因为A。=CD,NADB=NCDB,DB=DB,

所以△A3。也△CBZ),所以AB=C3,又因为E为AC的中点，所以AC_LBE；

又因为DE,BEu平面BED，DECBE=E，所以AC,平面BED，

因为ACu平面ACD,所以平面BED,平面AC£).

【小问2详解】

连接EE，由(1)知，AC,平面BED，因为EFu平面BED，

所以ACJ_EE,所以50代=(4。£7"

当即_LBD时，EF最小，即产C的面积最小.

因为所以CB=A5=2,

又因为NACB=60。，所以「ABC是等边三角形，

因为E为AC的中点，所以AE=EC=1,BE=5

因为4)J_CZ),所以。E=，AC=1,

2

在，DEB中,DE1+BE2=BD2-所以BE上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(l,0,()),8((),后,0),。(0,0,1),所以AO=(—1,0,1),48=卜1,6,(0,

设平面的一个法向量为〃=(x,y,z),

n-AD=-x+z=0

则〈取y=G，则〃=（3,6,3）,

n-AB=-x+6y=0

(n八(n八

又因为c(—1,0,0),F。，芋I，所以饼=

\r)\r)

nCF_64G

所以cos("，b

HICF|后xg7

设CF与平面所成的角的正弦值为6*0<^<|

所以sin6=|cos(〃,CF^|=，

所以CF与平面A3。所成的角的正弦值为迪.

5.(2022•新高考I卷T19)如图，直三棱柱ABC—AAG的体积为%A/C的面积为2式.

(1)求A到平面ABC的距离；

(2)设。为4。的中点，AAi=AB,平面ABC_L平面AB^A,求二面角A—BO—C

的正弦值.

【答案】(1)72

⑵也

2

【解析】

【分析】(1)由等体积法运算即可得解；

(2)由面面垂直的性质及判定可得平面ABgA,,建立空间直角坐标系，利用空间

向量法即可得解.

【小问1详解】

在直三棱柱ABC—44G中，设点A到平面ABC的距离为h,

I2J2114

=

则匕ABC=—S.BC-h----------h-V,ABC=—SABC'ABCARC~~,

解得〃=夜，

所以点A到平面48C的距离为及；

【小问2详解】

取48的中点E,连接AE,如图，因为AA=AB,所以AELAf,

又平面ABC,平面，平面A8C'平面43g4=48,

且AEu平面ABga，所以AE,平面ABC,

在直三棱柱ABC—%gG中，BBJ平面ABC,

由6Cu平面48C,比七平面人尤可得招,必，BB}±BC,

又AE,BB«平面ABBtA,且相交，所以5C,平面ABB}At,

所以8C,B4,8B1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图,

由（1）得AE=&，所以期=AB=2,A、B=2立,所以3C=2,

则A（0,2,0）,A（0,2,2）,3（0,0,0）,C（2,0,0）,所以4。的中点0（1,1,1）,

则8。=（1』,1）,K4=（0,2,0）,BC=（2,0,0）,

.、m-BD=x+y+z=0

设平面的一个法向量m=（x,y,z）,则〈',

[m-BA=2y=0

可取利=（1,0,-1）,

.、\m-BD=a+b-^-c=0

设平面BDC的一个法向量〃=（。也c），则＜,

[m-BC=2a=0

可取!?=（（）,

则cos佃〃上丽=万访=5，

所以二面角A—80—C的正弦值为J1一（；）=孝.

6.（2022・新高考II卷T20）如图，P0是三棱锥P—ABC的高，PA=PB,ABLAC,

E是PB的中点.

£

(1)求证：0£//平面PAC；

(2)若NABO=NCBO=30°,P0=3,PA=5,求二面角C—4E-3的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

13

【解析】

【分析】(1)连接B。并延长交AC于点O,连接。4、PO,根据三角形全等得到OA=OB,

再根据直角三角形的性质得到49=。0,即可得到。为BO的中点从而得到0E〃尸。，即

可得证；

(2)过点A作Az〃OP,如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，

再根据同角三角函数的基本关系计算可得：

小问1详解】

证明：连接3。并延长交AC于点。，连接。4、PD，

因为PO是三棱锥P—ABC的高，所以PO_L平面ABC，AO,BOu平面A8C,

所以POLA。、POLBO,

又PA=PB，所以4M△尸QB,即。4=0B,所以NQ4B=NOB4,

又AB_LAC,即N&4C=90°,所以N<MB+N(Mr)=90°,NOBA+N0ZM=90°,

所以

所以AO=OO,即AO=£)O=QB,所以。为3。的中点，又E为尸3的中点，所以

OE//PD,

又OEZ平面PAC,PDu平面P4C，

所以OE〃平面P4c

E【小问2详解】

解：过点A作Az〃OP,如图建立平面直角坐标系，

因为P0=3,AP=5,所以。AnJa—PO」=4,

又NO胡=NOBC=30°,所以B£）=2CM=8,则A£>=4,AB=4也,

所以AC=12,所以O（2G,2,0）,B（4G,0,0）,尸（26,2,3）,C（0,12,0）,所以

则A£=36,1,；,A8=（48,0,0）,AC=（0,12,0）,

3

n-AE=3Gx+y+—z=0

设平面AE5法向量为〃=(x,y,z),则＜2,令z=2,则

n-AB—45/3x=0

y=-3,x=0,所以〃=（0,-3,2）；

-.、m・AE=3+b+—c=0厂

设平面AEC的法向量为m=(〃,仇c)，则彳2，令Q=JL则

m-AC=12/?=0

c=-6,b=0,所以W=(G,0,-6)；

/\n-m—124A/3

所以c°s(〃,〃尸丽=而再

设二面角C-AE-B为e,由图可知二面角C—AE—3为钝二面角，

所以cos6=—迪，所以sin〃=Jl—cos?e=U

1313

故二面角。一AE—3的正弦值为1；

13

7.（2022•北京卷T17）如图，在三棱柱AB。—4与G中，侧面8℃田为正方形，平面

8CG4_L