2022年高考数学真题分类汇编10《立体几何》及答案.docx

1、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，则该直四棱柱的体积.故选：B.2.（2022全国甲（文）T9） 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）A. B. AB与平面所成的角为C. D. 与平面所成的角为【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，依题以

2、及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，解得对于A，A错误；对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；对于C，C错误；对于D，与平面所成角为，而，所以D正确故选：D3.（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，侧面积分别为和，体积分别为和若，则（ ）A. B. C. D. 【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，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，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

3、半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以.故选：C.4.（2022全国甲（理）T7） 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）A. B. AB与平面所成的角为C. D. 与平面所成的角为【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，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，解得对于A，A错误；对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；对于C，C错误；对于D，与平面所成角为，而，所以D正确故选：D5.（2022全国甲（理）T8） 沈括的梦溪

4、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，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在上，“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：当时，（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】连接，分别求出，再根据题中公式即可得出答案.【详解】解：如图，连接，因为是的中点，所以，又，所以三点共线，即，又，所以，则，故，所以.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，侧面积分别为和，体积分别为和若，则（ ）A. B. C. D. 【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

5、为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，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，乙圆锥底面圆半径为，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以.故选：C.7.（2022全国乙（文）T9） 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）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】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.【详解】解：在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点

6、，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，则，设平面的法向量为， 则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.8.（2022全国乙（文）T12） 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（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积

7、最大值为，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ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，则（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面积最大值为又则当且仅当即时等号成立，故选：C9.（2022全国乙（理）T7） 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）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】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出

8、平面，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.【详解】解：在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；如图，以点原点，建立空间直角坐标系，设，则，则，设平面的法向量为， 则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，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O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）A.

9、B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，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ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，则（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面积最大值为又则当且仅当即时等号成立，故选：C11.（2022新高考卷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

10、位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，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上升到时，增加的水量约为（）（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意只要求出棱台的高，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(m)，所以增加的水量即为棱台的体积棱台上底面积，下底面积，故选：C12.（2022新高考卷T8） 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，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长

11、与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】 球的体积为，所以球的半径,设正四棱锥的底面边长为，高为，则，,所以，所以正四棱锥的体积，所以，当时，当时，所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，时，,所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选：C.13.（2022新高考卷T9） 已知正方体，则（ ）A. 直线与所成的角为B. 直线与所成的角为C. 直线与平面所成的角为D. 直线与平面ABCD所成的角为【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、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，因为四边形为正方形，则

12、，故直线与所成的角为，A正确；连接，因为平面，平面，则，因为，所以平面，又平面，所以，故B正确；连接，设，连接，因为平面，平面，则，因为，所以平面，所以为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，则，所以，直线与平面所成的角为，故C错误；因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.故选：ABD14.（2022新高考卷T7）正三棱台高为1，上下底边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【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，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

13、上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为故选：A15.（2022新高考卷T11） 如图，四边形为正方形，平面，记三棱锥，的体积分别为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.【详解】设，因为平面，则，连接交于点，连接，易得，又平面，平面，则，又，平面，则平面，又，过作于，易得四边形为矩形，则，则，则，则，则，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.16.（2022北京卷T9） 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的

14、集合设集合，则T表示的区域的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.【详解】设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，且，故.因为，故，故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，而三角形内切圆的圆心为，半径为，故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为故选：B17. （2022浙江卷T8）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接

15、，则，所以，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：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直（1）证明：平面；（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； （2）【解析】【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出【小问1详解】如图所示：，

16、分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面【小问2详解】如图所示：，分别取中点，由（1）知，且，同理有，由平面知识可知，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍因为，点到平面的距离即为点到直线的距离，所以该几何体的体积2.（2022全国甲（理）T18） 在四棱锥中，底面（1）证明：；（2）求PD与平面所成的角的正弦值【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直性质可得，从而可得平面，再根据

17、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：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因平面，所以；【小问2详解】解：如图，以点原点建立空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为. 3.（2022全国乙（文）T18） 如图，四面体中，E为AC的中点（1）证明：平面平面ACD；（2）设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积【答案】（1）证明详见解析 （2）【解析】【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）首先判断出三

18、角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积.【小问1详解】由于，是的中点，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.【小问2详解】依题意，三角形是等边三角形，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，所以当最短时，三角形的面积最小值.过作，垂足为，在中，解得，所以，所以过作，垂足为，则，所以平面，且，所以,所以.4.（2022全国乙（理）T18） 如图，四面体中，E为的中点（1）证明：平面平面；（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值【答案】

19、（1）证明过程见解析 （2）与平面所成的角的正弦值为【解析】【分析】（1）根据已知关系证明，得到，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，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，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.【小问2详解】连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小.因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，因为，所以,在中，所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则

20、，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为.5.（2022新高考卷T19） 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为（1）求A到平面的距离；（2）设D为的中点，平面平面，求二面角的正弦值【答案】（1） （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，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】在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为；【小问2详解】取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱

21、柱中，平面，由平面，平面可得，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得，所以，所以，则,所以的中点，则，,设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为.6.（2022新高考卷T20） 如图，是三棱锥的高，E是的中点（1）求证：平面；（2）若，求二面角的正弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；（2）过点作，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

22、基本关系计算可得；小问1详解】证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面【小问2详解】解：过点作，如图建立平面直角坐标系，因为，所以，又，所以，则，所以，所以，所以，则，设平面法向量为，则，令，则，所以；设平面的法向量为，则，令，则，所以；所以设二面角为，由图可知二面角为钝二面角，所以，所以故二面角的正弦值为； 7.（2022北京卷T17）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，M，N分别为，AC的中点（1）求证：平面；（2）再从条件、条件这两个条件中选择一个

23、作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值条件：；条件：注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分【答案】（1）见解析 （2）见解析【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.（2）选均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.【小问1详解】取的中点为，连接，由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，则，而平面，平面，故平面，而，则，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，【小问2详解】因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因为，故平面，因为平面，故，若选，则，而，故平面，而平面，故，所以，而，故平

24、面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.若选，因为，故平面，而平面，故，而，故，而，故，所以，故，而，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.8.（2022浙江卷T19） 如图，已知和都是直角梯形，二面角的平面角为设M，N分别为的中点（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，由此可知，从而可证得平面，即得；（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出【小问1详解】过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点交于点、四边形和都是直角梯形，由平面几何知识易知，则四边形和四边形是矩形，在Rt和Rt，且，平面是二面角的平面角，则，是正三角形，由平面，得平面平面，是的中点，又平面，平面，可得，而，平面，而平面【小问2详解】因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量为由，得，取，设直线与平面所成角为，