2022高考數(shù)學真題分類匯編 立體幾何與解析幾何（含答案詳解）

2022高考數(shù)學真題分類匯編

一、立體幾何

一、單選題

1.（2022?全國甲（文、理）T4）如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個多面體的三視圖，網(wǎng)格小

正方形的邊長為1，則該多面體的體積為（）

A.8B.12C.16D.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V=——x2x2=12.

2

故選：B.

2.（2022.全國甲（文）T9）在長方體ABCO-AqCQ中，已知耳。與平面和平

面所成的角均為30°,則（）

A.AB=2ADB.AB與平面AB。]。所成的角為

30°

C.AC=CB、D.8Q與平面BqCC所成的角為

45°

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)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，耳。與平面A3CO

cb

所成角為NB^DB,5Q與平面44田田所成角為NOqA,所以5吊30°=方7；=方7；,

D}LJOJLJ

222

即匕=。，BxD=2c=\la+/?+c>解得4=

對于A,AB—a,AD—hf=y/2,AD>A錯誤；

對于B,過8作BE_LA4于￡,易知BE1平面ABC。，所以A3與平面AqCQ所

成角為NBAE,因為tan/3AE=￡=①，所以NBAEw3（T，B錯誤；

a2

對于C,AC=\la2+及=百LCB]=yjh2+c2=>/2c，AC工CH1，C錯誤；

對于D,與。與平面8B￡C所成角為NOBC，sinZDBC=—,而

lBQ2c2

0<ZDB,C<90,所以NOBC=45°.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

2兀，側面積分別為S甲和％,體積分別為%和％若*2,則卜()

3乙4

A.75B.2&C.回D.^2

4

【答案】C

【解析】

【分析】設母線長為/,甲圓錐底面半徑為，i，乙圓錐底面圓半徑為今，根據(jù)圓錐的側面

積公式可得4=2&,再結合圓心角之和可?將4,弓分別用/表示，再利用勾股定理分別求出

兩圓錐的高，再根據(jù)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弓，

則落歸」=2,

S乙兀Qr2

所以4=2R,

「24_

27rrL

又一+—^=2^f

則空=1,

故選：C.

4.（2022?全國甲（理）T7）在長方體ABS-AAGR中，己知與平面A3c。和平

面所成的角均為30°,則（）

A.AB=2ADB.48與平面ABC。所成的角為

30°

C.AC=CB}D.8Q與平面所成的角為

45°

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)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48-4,4/＞一人,4人一。，依題以及長方體的結構特征可知，與。與平面人88

cb

所成角為與平面田所成角為NOqA,所以5布30°=匕工=3；，

D}U

即b=c,B、D=2c=yjci2+b2+c2，解得a=\[2c?

對于A,AB=a,AD=b,AB=41AD，A錯誤；

對于B,過8作于￡,易知BE1平面所以A3與平面AqCQ所

成角為NBAE,因為tanNBAE=￡=也，所以N8AEw30°，B錯誤：

a2

對于C，AC=。a2+b?=\!b2+c2=\(2c?AC。CB1,C錯誤;

對于D,BQ與平面BB℃所成角為NDBC,sinZDB,C=—=—=—,而

B、D2c2

0<ZDB)C<90,所以ND4c=45°.D正確.

故選：D.

5.(2022.全國甲(理)T8)沈括的《夢溪筆談》是中國古代科技史二的杰作，其中收錄

了計算圓弧長度的“會圓術”，如圖，A8是以O為圓心，為半徑的圓弧，C是的48

中點，。在AB上，CDLAB.“會圓術”給出AB的弧長的近似值S的計算公式：

CD2

5=A5+-—?當04=2,403=60。時，s=()

11-3>/311-4>/39-3x/3

22

9-473

2

【答案】B

【解析】

【分析】連接oc,分別求出AB,oc,cr>,再根據(jù)題中公式即可得出答案.

【詳解】解：如圖，連接。c,

因為C是48的中點，

所以OC_LAB,

又CO_LA8,所以O,C,。三點共線,

即00=04=08=2,

又N4O8=60。，

所以AB=O4=OB=2,

則OC=豆，故CD=2-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

2兀，側面積分別為S甲和%,體積分別為％和%若酒=2,則券=()

3乙V乙

A.y/5B.2X/2c.MD.^2

4

【答案】C

【解析】

【分析】設母線長為/,甲圓錐底面半徑為弓，乙圓錐底面圓半徑為乃，根據(jù)圓錐的側面

積公式可得4=2為，再結合圓心角之和可將小為分別用/表示，再利用勾股定理分別求出

兩圓錐的高，再根據(jù)圓錐的體積公式即可得解.

【詳解】解：設母線長為/,甲圓錐底面半徑為弓，乙圓錐底面圓半徑為弓，

吟嚼之2,

所以弓=2r2,

『2萬q2乃5-

又一1+—^=2乃，

則牛=1,

所以4=1"=￥，

所以甲圓錐的高z=

乙圓錐的高飽=

%=%為

X——I

所以3=Vio.

"乙:幾片也"2

93

故選：C.

7.（2022?全國乙（文）T9）在正方體ABC。-AgCQ中，E,尸分別為4氏8。的中點，

則（）

A.平面用E"_L平面BORB.平面與EF_L平面43。

C.平面用￡///平面A.ACD.平面4E/7"平面AG。

【答案】A

【解析】

【分析】證明EF_L平面即可判斷A；如圖，以點。為原點，建立空間直角坐標

系，設AB=2,分別求出平面4七/，ABD,4G。的法向量，根據(jù)法向量的位置關

系，即可判斷BCD.

【詳解】解：在正方體A88-A8GA中，

4c_1比）且0￡>1，平面A3CD,

又Mu平面ABCQ,所以所1OR,

因為瓦尸分別為A8,8c的中點,

所以EF||AC,所以EF工BD，

又BDCD?=D,

所以EF_L平面3。。，

又EFu平面&EF,

所以平面與M_L平面故A正確；

如圖，以點。為原點，建立空間直角坐標系，設AB=2，

則4(22,2),￡(2,1,0),尸(1,2,0),8(2,2,0),A(ZO,2)4(20,0),C(0,20),

G(0,2,2),

則喬=(-1/,0),礫二(0,1,2)：麗二(2,2,0)訪二(2,0,2),

羽=(0,0,2),衣=(_2,2,0),相=(-2,2,0),

設平面瓦EF的法向量為m=(x1,j1,z1),

m-EF=-玉+y=0

則有，,可取加=(2,2,-1),

m-EB[=y+2Z[=0

同理可得平面ABD的法向量為［=(1,-1,-1),

平面AA。的法向量為卮=(1J0)，

平面4G。的法向量為&=(1,1,一1),

則加=2-2+1=1^0,

所以平面與E尸與平面48。不垂直，故B錯誤;

111

因為正與〃2不平行，

所以平面4石戶與平面AAC不平行，故c錯誤;

因為而與％不平行，

所以平面與石戶與平面AC。不平行，故D錯誤,

故選:A.

8.（2022?全國乙（文）T12）已知球。的半徑為1.四棱錐的頂點為底面的四個頂點

均在球。的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（）

A1R1「百D應

3232

【答案】C

【解析】

【分析】先證明當四棱錐頂點。到底面A8C。所在小圓距離一定時，底面A3CO面積最

大值為2/，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48c。，四邊形A8CO所在小圓半徑為「，

設四邊形ABC。對角線夾角為a,

則SA“/）=LAC8力sinaAC802r?2廠=2，

222

（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A8CD所在小圓距離一定時，底面A8CQ面積最大值為2r2

2

又尸+h=1

當且僅當產(chǎn)=2h2即時等號成立,

故選：c

9.(2022?全國乙(理)T7)在正方體A8CZ)-A4GA中，E,產(chǎn)分別為A3,的中點，

則()

A.平面四EF±平面BDD】B.平面用EF_L平面人BD

C.平面與￡尸〃平面AACD.平面與所〃平面AC。

【答案】A

【解析】

【分析】證明平面8。。，即可判斷A；如圖，以點。為原點，建立空間直角坐標

系，設AS=2,分別求山平面8點尸，入孫AG。的法向量，根據(jù)法向量的位置關

系，即可判斷BCD.

【詳解】解：在正方體48co-ASGA中，

AC_L3D且。〃，平面ABC。，

又EFu平面ABCD,所以EF1DR,

因為瓦尸分別為Aa的中點，

所以E/||AC,所以EF上BD，

又BDCDQ=D,

所以所_1_平面3。2,

又砂U平面片￡7"

所以平面用族，平面8。。，故A正確；

如圖，以點。原點，建立空間直角坐標系，設A3=2,

則用(2,2,2),E(2,1,0)/(1,2,0),8(220),A(2,0,2),4(2,0,0),C(0,2,0),

C.(O,2,2),

則喬二(-1,1,0),西二(OJ2),麗=(2,2,0),西二(2,0,2),

麗=(O,0,2),衣=(-2,2,0)屎=(-2,2,0),

設平面B,EF的法向量為浣=(5*,zj,

則有V_1/'八,可取相=(2,2,-1),

用Eg=y+2Z1=0'7

同理可得平面A3。的法向量為1=(1,T—1),

平面AiAC的法向量為兀=(1,1,0),

平面4G。的法向量為&二(1,1,-1),

則相勺=2—2+1=1。0,

所以平面4EF與平面45。不垂直，故B錯誤；

UU

因為加與n2不平行，

所以平面與所與平面4AC不平行，故C錯誤；

因為薪與彳不平行，

所以平面8也尸與平面AG力不平行，故D錯誤，

10.(2022?全國乙(理)T9)已知球。的半徑為1,四棱錐的頂點為。，底面的四個頂點

均在球。的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為()

A1R1c6D加

3232

【答案】C

【解析】

【分析】先證明當四棱錐的頂點。到底面ABC。所在小圓距離一定時，底面A8C。面積最

大值為2/，進而得到四棱錐體積表達式，再利用均值定理去求四棱隹體積的最大值，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45CZ),四邊形A3C。所在小圓半徑為八

設四邊形ABC。對角線夾角為。，

則SMsngACmsinavgACIOwgzrNrnZ/

(當且僅當四邊形人BCD為正方形時等號成立)

即當四棱錐的頂點0到底面A8CD所在小圓距離一定時，底面ABC。面積最大值為2/

又產(chǎn)+h2=1

當且僅當r2=2h2即〃邛時等號成立,

故選：C

II.(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148.5m時，相應水面的面積為MO.Okn?；水位

為海拔157.5m時，相應水面的面積為180.0101?,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148.5m上升到157.5m時，增加的水量約為(J7b2.65)

()

A.1.0xl09m3B.1.2xl09m3C.1.4xl09m3D.

1.6xl09m3

【答案】C

【解析】

【分析】根據(jù)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MN=157.5—148.5=9(m),所以增加的水量即為棱臺的

體積V.

棱臺上底面積S=140,0km2=140xl06m2，下底面積S'=180.0km2=180xl06m2，

,766,2

V=l/7j5+5+V55]=1x9x(140xl0+180xl0+7140xl80xl0j

=3x(320+60x/7)xl06?(96+18x2.65)xl07=1.437xl09?1.4xl09(m3).

故選：C.

12.(2022?新高考I卷T8)已知正四棱錐的側棱長為/,其各頂點都在同一球面上.若該球

的體積為36萬，且3W/W3石，則該正四棱錐體積的取值范圍是()

A.18,肛27812764

B.C.D.

47773

118,27]

【答案】C

【解

【分析】設正四棱錐的高為人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】V球的體積為36萬，所以球的半徑R=3,

設正四棱錐的底面邊長為加，而為〃,

則廣=2"+"，32=2/+(3

所以6〃=『，2a2=l2-h2

1I2廣[21][6、

所以正四棱錐的體積V=-Sh=—x4a~x=-x(/~--)x—=—/4——

333669136J

1(戶

3

所以K4/-T

916

當3W/V2#時，r>0,當2后v/《3G時，V'vO,

-64

所以當/=2遙時，正四棱錐的體積丫取最大值，最大值為7,

2721

又，=3時，V=—,/=36時，V=—

44

27

所以正四極錐的體積V的最小值為二,

4

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ABCD-A8CQ,則（）

A.直線BG與所成的角為90。B.直線8G與CA所成的角為90。

C.直線8G與平面網(wǎng)所成的角為45。D,直線8G與平面A8C。所成的角為

45°

【答案】ABD

【解析】

【分析】數(shù)形結合，依次對所給選項進行判斷即可.

【詳解】如圖，連接80、BCif因為。A//BC，所以直線8G與所成的角即為直

線8G與所成的角，

因為四邊形為正方形，則5C_L8C1,故直線BC1與0A所成的角為90。，A正

確;

連接AC,因為4旦，平面83℃,B&U平面BB℃,則44_LBG，

因為與C_L8C1,A^ri8C=4,所以8G，平面ABC，

又ACu平面A8C，所以8G~LCA，故B正確：

連接AG，設AGn&A=。，連接50,

因為8用_L平面4/1GR，GOU平面ABIGR,則GO_LB13,

因為G0_L51R,BQ]CBiB=Bi，所以C0_L平面BBQO,

所以NC；BO為直線Bq與平面8BQQ所成的角，

設正方體棱長為1，則60=變，BQ=42,sin/G8O=段=；,

2/J乙

所以，直線與平面84Ao所成的角為30'，故C錯誤；

因為CQ_L平面488,所以NC/C為直線BG與平面4BCO所成的角，易得

ZC,BC=45°,故D正確.

故選：ABD

14.（2022?新高考II卷T7）正三棱臺高為1,上下底邊長分別為班加46，所有頂點在

同一球面上，則球的表面積是（）

A.lOOnB.128KC.144兀D.192兀

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)題意可求出正三楂臺上下底面所在圓面半徑小弓，再根據(jù)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不為，所以2彳=上旦,2心=小叵一，即

sin60sin60

4=3,弓=4,設球心到上下底面的距離分別為4,4,球的半徑為A,所以

4=收一9,―正一⑹故|4一4|=1或4+4=1，即

廬工一??二］闡=1或正行+廬飛=”解得代=25符合題意，所以球的

表面積為S=4TIR2=100兀.

故選：A.

15.（2022?新高考n卷T11）如圖，四邊形A3CO為正方形，ED_L平面43c。，

FB〃ED,AB=ED=2FB,記三棱錐E-AC。，F(xiàn)-ABC,斤一ACE的體積分別為

XMM，則（）

A.V3=2V2B.匕=2匕

仁匕=丫+匕D.2匕=3匕

【答案】CD

【解析】

【分析】直接由體積公式計算九匕，連接BO交AC于點M,連接由

匕二匕一￡.+%.￡.計算出匕，依次判斷選項即可.

設AB=ED=2FB=2a,因為EOJ_平面ABC。，F(xiàn)B\\ED,則

m?勿g(為『二g/,

V4=1-FB^1(2a)2=1a3,連接BD交AC于點M,連接EM,FM,易

JJ4J

得BO_LAC,

又如，平面A8CO,ACu平面ABC。，則￡D_LAC,又EDCBD=D,

ED,BDu平面BDEF,則AC,平面BOEF，

又BM=DM=、BD=6a,過尸作/GJLOE于G,易得四邊形3DG戶為矩形，則

2

FG=8D=2>/2a,EG=a，

=J(2aj+(V^7)=屈a,FM=小?+(&a)=6a，

貝|JEM=

斯=.+(2缶y:3々,

iq5

2

EM?+FM2=EF2，則S^：FM=-EM?FM=-^-a，AC=2五a，

則匕=%一律盟+匕_防的=；4?！暝?=2。3,則2匕=3匕，匕=3%,匕=耳+匕，

故A、B錯誤；C、D正確.

故選：CD.

16.（2022?北京卷T9）已知正三棱錐「一AB。的六條棱長均為6,S是及其內部的

點構成的集合.設集合T={QeS/Q05},則r表示的區(qū)域的面積為（）

37c

A.—B.nC.2%D.3萬

4

【答案】B

【解析】

【分析】求出以P為球心，5為半徑的球與底面A3C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30,則。為三角形ABC的中心,

且BO=2x6x立=2百，故戶0=136—12=2#.

32

因為尸。=5,故。。=1,

故S的軌跡為以。為圓心，1為半徑的圓，

而三角形A3C內切圓的圓心為0,半徑為2x*36：J

3x6—-

故S的軌跡圓在三角形48C內部，故其面積為萬

故選：B

17.（2022?浙江卷T8）如圖，已知正三棱柱A8C—A8IG，AC=AA，E,尸分別是棱

8CAG上的點.記EF與所成的角為。，石尸與平面A8C所成的角為尸，二面角

A.a<p<yB.p<a<yC.P<y<aD.

a<y<P

【答案】A

【解析】

【分析】先用幾何法表示出a，￡，y,再根據(jù)邊長關系即可比較大小.

【詳解】如圖所示，過點尸作尸尸_LAC于過P作尸MJ.8C于“，連接莊

則a=Z.EFP,P=Z-FEP,y=FMP,

tana=〃=""."紅="N1,ta”=&N紅小尸,

FPABKPEPEPMPE

所以?！啊辏ň?/p>

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A3C。是邊長為8（單位：cm）的正方形，

△EAB,AFBC,AGCDRHDA均為正三角形，且它們所在的平面都與平面A8CO垂直.

（1）證明：成〃平面A3CO；

（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;

/640n

(2)—J3.

3

【解析】

【分析】（1）分別取48,8。的中點M,N,連接MN,由平面知識可知

EM1AB,FN工BC,EM=FN,依題從而可證EM_L平面ABC。，F(xiàn)N_L平面

ABCD,根據(jù)線面垂直的性質定理可知EM//FN,即可知四邊形EMNb為平行四邊

形，于是EF//MN,最后根據(jù)線面平行的判定定理即可證出;

（2）再分別取中點K,L,由（1）知，該幾何體的體積等于長方體

KMVL—E尸GH的體積加上四楂錐5—MVFE體積的4倍，即可解出.

【小問1詳解】

如圖所示:

分別取AR3C的中點M,N,連接MN,因為氏△所C為全等的正三角形，所以

EM工AB,FN上BC,EM=FN,又平面E4/JL平面A8CD，平面E45c平面

ABCD=AB,EMu平面E46,所以EWJL平面A3CO,同理可得月V_L平面

ABCD,根據(jù)線面垂直的性質定理可知而EM=FN,所以四邊形

為平行四邊形，所以EF//MN,又瓦平面ABC。，MNu平面ABCD,所以

斯〃平面ABC。.

【小問2詳解】

如圖所示:

分別取中點K,L,由（I）知，EF//MNaEF=MN,同理有，

HE//KM,HE=KM,HG//KL,HG=KL,GF//LN.GF=LNf由平面知識可

知，BDLMN,MN工MK,KM=MN=NL=LK,所以該幾何體的體積等于長方

體KMNL—EFGH的體積加上四棱錐B—MNFE體積的4倍.

因為MN=NL=LK=KM=4收，EM=8sin60°=4百，點B到平面MNFE的距離

即為點8到直線MV的距離d,d=2叵,所以該幾何體的體積

V=（4V2）2x4V3+4x|x4>/2x473x2>/2=128>/3+—>/3=—

2.（2022?全國甲（理）T18）在四棱錐尸一A3CQ中，P￡>_|_底面

ABCD,CD〃AB,AD=DC=CB=T,AB=2,DP=43.

（1）證明：BDLPAx

（2）求P。與平面抬8所成的隹的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；

⑵亞

5

【解析】

【分析】(1)作于E，。/_14?于尸，利用勾股定理證明AO_L8O,根據(jù)線

面垂直性質可得從而可得8。_L平面尸40,再根據(jù)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ABC。中，作于E,于尸，

因為CD//AB,AD=CD=CB=l,AB=2,

所以四邊形A8CZ)為等腰梯形，

所以==

2

故DE=g,BD=dDE、BE2=思

所以4)2+瓦)2=”2，

所以A￡>J_8。，

因為PT)_L平面ABCD,BDu平面ABCD,

所以PDJ_Q，

又PDcAD=D，

所以BO_L平面P4。，

又因/<Au平面K4"，

所以BDLPA；

【小問2詳解】

解：如圖，以點。原點建立空間直角坐標系,

BD=6.

則A（1,O,O）,8（O,G,O）,P（O,O,G）,

則麗=（一1,0,6）,麗=（0,—6,6）,而二（0,0,6卜

設平面PAB的法向量n=(x,yyz),

nAP=-x+y/3z=0

則有｛可取3=（G,11）,

n-BP=-石y+6z=0

3.（2022?全國乙（文）T18）如圖,四面體ABC。中，

AD1CD,AD=CD,ZADB=ZBDC,E為AC的中點.

(1)證明：平面BED_L平面AC。：

(2)設AB=8Z)=2,NACB=60。，點尸在8。上，當△人八；的面積最小時，求三棱

錐產(chǎn)一A3C的體積.

【答案】（1）證明詳見解析

⑵顯

4

【解析】

【分析】（1）通過證明4CJ■平面8瓦）來證得平面平面ACZ）.

（2）首先判斷出三角形AFC的面積最小時尸點的位置，然后求得尸到平面ABC的距

離，從而求得三棱錐尸-A8C的體積.

【小問1詳解】

由于AD=C￡>,E是AC的中點，所以ACJLOE.

AD=CD

由于，30=80,所以△4082△CD8,

NADB=4CDB

所以48=C8,故AC_La）,

由于DEcBD=D，DE,BDl平面BED，

所以AC_L平面BED,

由于ACu平面4c。，所以平面BED_L平面ACO.

【小問2詳解】

依題意AB=BD=BC=2,NAC8=60。，三角形ABC是等邊三曲形，

所以4C=2,AE=CE=l,8E=x/J，

由于aO=CDAO_LCD,所以三角形ACO是等腰直角三角形，所以￡>E=1.

DE2+BE2=BD2?所以DE上BE,

由于ACc3E=E,ACBEu平面ABC,所以OE_L平面ABC.

由于=所以NFB4=NEBC,

BF=BF

由于<N/BA=NFBC,所以△FB4*FBC,

AB=CB

所以4/二6,所以所_LAC，

由于，,c=g?AC-E〃，所以當放最短時，三角形4R:的面積最小值?

過E作廳力，垂足為產(chǎn)，

在中，-BEDE=-BDEF,解得EF=@,

222

過戶作切JL3E，垂足為“，則FH〃DE,所以"/JL平面ABC,且

FHBF_3

~DE~~BD~^

3

所以切=一，

4

所以匕…「二、SARCFH=-x-x2xy/3x-=—.

r-ADL3A/WC3244

4.（2022?全國乙（理）T18）如圖，四面體ABC。中，

AD±CD,AD=CD,ZADB=ABDC,N為AC的中點.

（1）證明：平面BEDJ■平面AC。；

（2）設AB=30=2,NAC8=60。，點尸在8。上，當△?!”）的面積最小時，求。尸

與平面所成的角的正弦值.

【答案】（1）證明過程見解析

（2）C/與平面/曲所成的角的正弦值為史3

7

【解析】

【分析】（1）根據(jù)已知關系證明△A5Z運△C3D,得到A5=CB,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(jù)勾股定理逆用得到此_LOE，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AD=CD,E為AC的中點，所以AC_LOE：

在△ABD和△C8O中，因為AD=CD,ZADB=/CDB,DB=DB,

所以△A3*ZsCB。，所以A5=CB,又因為￡為4。的中點，所以ACJ■的；

又因為OE,BEu平面BED，DECBE=E,所以4c_L平面BED,

因為ACu平面ACO,所以平面5&）JL平面4co.

【小問2詳解】

連接石/，由（1）知，AC_L平面8瓦）,因為砂u平面8瓦）,

所以4C_LE/,所以，^8=；4。七/，

當斯_L皮）時，EF最小,即△AR7的面積最小.

因為△枚涇△C8￡>,所以Cfi=AB=2,

又因為NAC5=60。，所以△ABC是等邊三角形，

因為E為4c的中點，所以4E=EC=1,BE=5

因為4OJ_C￡）,所以。E=LAC=1,

2

在中，DE2+BE2=BD1,所以BE_LDE.

以E為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系E-孫z,

則4（1,0,0）,40,后0）,。（0,0,1）,所以標二（-1,0,1）,麗二卜1,點0）,

設平面ABD的一個法向量為n=（x,y,z）,

n-AD=-x4-z=0

則，―,取y=百，則〃=（3,百,3）,

nAH=-x+

又因為C（—1,0,0）,尸,所以CF=l，f，：

4石

設CF與平面ABD所成的角的正弦值為。（0《6><1

所以sin0=卜05（多CT7）卜'

所以CT7與平面說所成的角的正弦值為巫.

5.（2022.新高考I卷T19）如圖.直三棱柱43C-AgG的體積為4,△A^C的面積為

2近.

(1)求A到平面ABC的距離；

(2)設。為AC的中點，M=ABf平面A8C_L平面,求二面角

A—30—C的正弦值.

【答案】(1)72

⑵B

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3cl,平面48片4,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ABC-A4G中，設點4到平面\BC的距離為h,

=

則匕ARC~~^九隗,h=——h=V..=—SAliC-A,A=—VABCAAC=—，

解得力二夜，

所以點A到平面A,8C的距離為我；

【小問2詳解】

取的中點及連接AE,如圖，因為A4,=A8,所以4E_LAB,

又平面ABCJL平面ABB14,平面ABCn平面,

且4Eu平面484A，所以他_L平面A/C,

在直三棱柱ABC—AMG中，BB|_L平面ABC,

由5Cu平面ABC,BCu平面48c可得AEJ_8C,BBX1BC,

又AE.BB]u平面ABB.\且相交，所以BC_L平面ABB.\,

所以3cBA,B與兩兩垂直，以B為原點，建立空間直角坐標系，如圖,

由（D得AE=6,所以照=A8=2,仲=2板,所以BC=2,

則A(0,2,0),4(0,2,2),3(0,0,0),C(2,0,0),所以AC的中點。(1』』),

則而=(1,1,1),麗=(0,2,0)屁=(2,0,0),

tn-BD=x+y+z=0

設平面的一個法向量機=（x,y,z）,貝?卜

mBA=2y=0

可取加=(1,0,—1),

m?BD=a+b+c=0

設平面80c的一個法向量3=（〃,。,c）,則，

m?BC=2。=0

可取i=(O,l,T),

mn11

R=麗=引0

所以二面角A—80—C的正弦值為=乎.

6.(2022.新高考II卷T20)如圖.P。是三棱錐尸一A3C的高，PA=PB

AB1AC,E是PB的中點.

(1)求證：0E〃平面R4C；

(2)若NABO=NC8O=30。，PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.

【答案】(1)證明見解析

⑵U

13

【解析】

【分析】(1)連接5。并延長交4C于點O,連接。4、PD，根據(jù)三角形全等得到

OA=OB,再根據(jù)直角三角形的性質得到40=。。，即可得到。為的中點從而得到

0E//PD,即可得證；

(2)過點A作4z〃QP,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(jù)同角三角函數(shù)的基本關系計算可得；

小問1詳解】

證明：連接8。并延長交4c于點。，連接04、PD，

因為尸O是三棱錐尸一ABC的高，所以尸0_L平面ABC,AO,8Ou平面A8C,

所以P0J.A0、POLBO,

又PA=PB、所以△PQ42△P06,即OA=OB,所以NO4B=NQB4,

又A3_LAC,即NBAC=90。，所以NO4B+NO4D=90。，N08A+NQD4=90。,

所以NQDA=NQW

所以4。=。。，即AO=QO=Q8,所以。為3。的中點，又E為心的中點，所以

OEHPD,

又QE(Z平面PAC,PDu平面PAC，

所以0E〃平面B4C

【小問2詳解】

解：過點A作Az〃QP,如圖建立平面直角坐標系，

因為PO=3,AP=5,所以。4=3花一PO2=4,

又NQ班=NQBC=30。，所以80=2a4=8,則AD=4,A8=4百，

所以AC=12,所以0（26,2,0）,B（45/3,0,0）,「（2百,2,3）,C（0,12,0）,所以

則屈=卜百』，引，通=（4相,0,0）,衣=（0,12,0）,

一,、n-AE=3\/3x+y+—z=0

設平面AE3法向量為〃=(x,y,z),則<2,令z=2，則

n?AB=4>/3x=0

y=-3,x=0?所以〃=(0,—3,2)；

.一，一/、mAE=3y/3a-^-b+—c=0廠

設平面AEC的法向量為機=(〃,/?,c)，貝卜2,令〃二百，則

mAC=\2b=0

c=-6?Z?=0?所以m=（J5,0,—6）：

/---\ntn-1246

所以3（〃''〃）=麗=標由=一記

設二面角C-4E—3為。，由圖可知二面角C-AE-8為鈍二面角,

所以cos6=-迪，所以sin6=Jl—cos2e=U

1313

故二面角C—AE—3的正弦值為?；

7.（2022.北京卷T17）如圖，在三棱柱4BO-A&G中，側面片為正方形，平面

8。出，平面A陰％AB=BC=2tM,N分別為人與，4c的中點.

（1）求證：MN〃平面BCq耳;

（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48與平面8MN所成

角的正弦值.

條件①：AB上MN；

條件②：BM=MN.

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AB的中點為K，連接MK,NK,可證平面MKN〃平面CBB^G,從而可

證MN〃平面C8MG.

（2）選①②均可證明平面ABC,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A8的中點為K，連接MK,NK,

由三棱柱ABC-A^C,可得四邊形A為平行四邊形，

而用M=M41,8K=K4,蝦MK//BB1,

而MKa平面34匚平面。35?,故MK〃平面C34G，

而CN=NA,BK=KA,則NK//BC,同理可得NK〃平面CB旦u,

而NKCMK=K,NK,MKu平面MKN,

故平面A