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．163π【答案】C【知识点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，所以几何体的体积为：12×4π3×13+π×13×2+1322+π+12×π+22π×12π×2=223π，故选：C．【分析】首先判断几何体的形状，再利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．2．（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≤β【答案】A【知识点】二面角的平面角及求法【解析】【解答】作直线FG⊥AC于G，连接EG，因为FG⊥平面ABC，根据线面垂直的性质定理，得FG⊥EG，因此α=∠EFG，β=∠FEG，tanα=EGFG=EGAC，tanβ=FGEG=ACEG。易知AC≥EG，因此β≥α，作FH∥B1C1交A1B1于H，连接BH，CF，作FM⊥BC于M，连接GM，得到γ=∠FMG，因此，tanγ=FGNG=ACMG，由于EG≥MG，可得β≤γ。综上，α≤β≤γ.故答案为：A【分析】根据线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，转化求解即可．3．（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．192π【答案】A【知识点】棱台的结构特征；球的体积和表面积【解析】【解答】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1，r2，所以2r1=33sin60∘，2r2=43sin60∘，即r1=3，r2=4，设球心到上下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R，所以d1=R2−9，d2=R2−16，故|d1−d2|=1或d1+d2=1，即|R2−9−R2−16|=1或R2−9+R2−16=1，解得R2=25，所以球的表面积为S=4πR2=100π．故答案为：A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r1，r2，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，从而求出球的表面积．4．（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．20【答案】B【知识点】由三视图求面积、体积；棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积V=2+42×2×2=12.故选：B.【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.n5．（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．5104【答案】C【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）【解析】【解答】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，则S甲S乙=πr1lπr2l=r1r2=2，所以r1=2r2，又2πr1l+2πr2l=2π，则r1+r2l=1，所以r1=23l，r2=13l，所以甲圆锥的高h1=l2-r12=l2-23l2=53l，乙圆锥的高h2=l2-r22=l2-13l2=223l，所以V甲V乙=13πr12h113πr22h2=49l2×53l19l2×223l=10.故选：C.【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，根据圆锥的侧面积公式可得r1=2r2，再结合圆心角之和可将r1，r2分别用l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.6．（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°【答案】D【知识点】直线与平面所成的角【解析】【解答】解：如图所示：不妨设AB=a，AD=b，AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为∠DB1A，所以sin30°=cB1D=bB1D，即b=c，B1D=2c=a2+b2+c2，解得a=2c．对于A，AB=a，AD=b，AB=2AD，A错误；对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，因为tan∠BAE=ca=22，所以∠BAE≠30°，B错误；对于C，AC=a2+b2=3c，CB1=b2+c2=2c，AC≠CB1，C错误；对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C，又sin∠DB1C=CDB1D=a2c=22，而0°<∠DB1C<90°，所以∠DB1C=45°．D正确．故选：D．【分析】先设AB=a，AD=b，AA1=c，再由题意得a=2c，b=c，最后根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．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A1C1D【答案】A【知识点】用向量证明平行；用向量证明垂直【解析】【解答】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，可知AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，n又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD1，由E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD1=D，所以EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；以点D为原点，建立如图空间直角坐标系，设AB=2，则B1(2，2，2)，E(2，1，0)，F(1，2，0)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，得EF=(−1，1，0)，EB1=(0，1，2)，DB=(2，2，0)，DA1=(2，0，2)，AA1=(0，0，2)，AC=(−2，2，0)，A1C1=(−2，2，0)，设平面B1EF的法向量为m=(x1，y1，z1)，则有m⋅EF=−x1+y1=0m⋅EB1=y1+2z1=0，解得m=(2，2，−1)，同理可得平面A1BD的法向量为n1=(1，−1，−1)，平面A1AC的法向量为n2=(1，1，0)，平面A1C1D的法向量为n3=(1，1，−1)，则m⋅n1=2−2+1=1≠0，所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；因为m与n2不平行，所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；因为m与n3不平行，所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误，故选：A【分析】证明EF⊥平面BDD1，即可判断A；以点D为原点，建立如图空间直角坐标系，设AB=2，分别求出平面B1EF，A1BD，A1C1D的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.8．（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（　　）A．13B．12C．33D．22【答案】C【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体【解析】【解答】假设底面是边长为a的正方形，底面所在圆的半径为r，则r=22a所以该四棱锥的高h=1−a22，则V=13a21−a22=43a24a24(1−a22)≤43(a24+a24+1−a223)3=43(13)3=49当且仅当a24=1−a22，即a2=43时等号成立，所以四棱锥的高为h=33故选：C【分析】假设底面是边长为a的正方形，底面所在圆的半径为r，则r=22a，所以该四棱锥的高h=1−a22，得到四棱锥体积表达式，再利用基本不等式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.9．（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．3π【答案】B【知识点】轨迹方程；棱锥的结构特征【解析】【解答】过点P作底面的射影点O，则由题意，CO=23，PC=6，所以PO=26，当CO上存在一点Q使得PQ=5，此时QO=1，则动点Q在以QO为半径，O为圆心的圆内，所以面积为π.故答案为：B【分析】过点P作底面的射影点O，根据题意可计算PO=26，当CO上存在一动点Q使得PQ=5，此时QO=1，即可得动点Q的轨迹，从而计算T表示的区域的面积.10．（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]【答案】C【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；余弦定理的应用【解析】【解答】解：记正四棱锥高与侧棱夹角为θ，高为h，底面中心到各顶点的距离为m，n则cosθ=32+l2-322×3×l=l6∈12，32，则l=6cosθ，m=l·sinθ=6sinθcosθ，h=mtanθ=6sinθcosθsinθcosθ=6cos2θ，S底=12×2m×2m=2m2，则正四棱锥的体积V=13S底h=13×2m2×h=144sinθcos2θ2，令y=sinθcos2θ=sinθ(1-sin2θ)=x(1-x2)=-x3+x，x=sinθ∈12，32，则y'=-3x2+1，故当x∈[12，33)，y'<0，当x∈(33，32]，y'>0，则Vmax=144ymax2=144×33×6322=643，Vmin=144ymin2=144×32×1222=274，故该正四棱锥体积的取值范围是[274，643].故选：C【分析】由题意正四棱锥的结构特征，结合余弦定理得cosθ=l6∈12，32，进而求得正四棱锥的体积V=144sinθcos2θ2，令x=sinθ，构造函数y=sinθcos2θ=-x3+x，利用导数研究函数的单调性与最值，求得y的最值，从而求得V的最值.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．1.6×109m3【答案】C【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由题意知，S1=140km2，S2=180km2，h=(157.5-148.5)km=9km，代入棱台的体积公式，得V=13S1+S2+S1S2h=13140+180+140×180×9≈1.4×103km3=1.4×109m3，故选：C【分析】由棱台的体积公式直接求解即可.12．（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【答案】C【知识点】由三视图还原实物图【解析】【解答】由三视图知，从正面和侧面看都是梯形，从上面看为圆形，下面看是圆形，并且可以想象到该几何体是圆台，则该几何体可以是圆台．故答案为：C.【分析】利用已知条件结合三视图还原立体几何图形的方法，进而找出正确的选项。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．2155【答案】B【知识点】直线与平面所成的角【解析】【解答】连接AC、BD交于O，由正方形的性质可得CO⊥BD，又∵BB1⊥平面ABCD，CO⊂平面ABCD，∴BB1⊥CO，又∵BB1与BD在平面DBB1D1内相交，所以CO⊥平面DBB1D1∴∠CNO是CN与平面DBB1D1所成的角，设正方体的棱长为2，则CN=5，CO=2，∴sin∠CNO=COCN=25=105。故答案为：B.【分析】连接AC、BD交于O，由正方形的性质可得CO⊥BD，再利用BB1⊥平面ABCD结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以BB1⊥CO，再利用BB1与BD在平面DBB1D1内相交，所以CO⊥平面DBB1D1，所以∠CNO是CN与平面DBB1D1所成的角，设正方体的棱长为2，则CN=5，CO=2，再结合正弦函数的定义，进而得出直线CN与平面DBB1D1所成角的正弦值。14．（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【答案】Bn【知识点】直线与平面垂直的性质【解析】【解答】解：根据直线与平面垂直的性质定理易知当相邻两个时钟在3时和9时的时候，时针相互垂直.故答案为：B【分析】根据直线与平面垂直的性质定理求解即可.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=3V1【答案】C,D【知识点】棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED，BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=22a，EG=a，则EM=(2a)2+(2a)2=6a，FM=a2+(2a)2=3a，EF=a2+(22a)2=3a，EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=322a2，AC=22a，则V3=VA−EFM+VC−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，A、B不符合题意；C、D符合题意.故答案为：CD【分析】直接由体积公式计算V1，V2，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，由V3=VA−EFM+VC−EFM计算出V3，依次判断选项即可.16．（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∘【答案】A,B,D【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角【解析】【解答】解：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，所以BC1⊥DA1，BC1⊥CA1，故选项A，B均正确；设A1C1∩B1D1=O，因为A1C1⊥平面BB1D1D，所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为∠C1BO，在直角△C1BO中，sin∠C1BO=C1OBC1=12，故∠C1BO=30°，故选项C错误；直线BC1与平面ABCD所成的角为∠C1BC=45°，故选项D正确.故选：ABD【分析】由直线与平面垂直的判定可得BC1⊥平面A1B1CD，进而再由直线与平面垂直的性质，从而可判断AB，根据直线与平面所成角的定义可判断CD.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　　.【答案】15【知识点】二次函数在闭区间上的最值；向量的共线定理；共线向量与共面向量【解析】【解答】因为EF=2xAV+yBC(x>0，y>0)，所以EF，AD，BC共面，作MF∕∕AV交AC于点M，连接ME，则ME∕∕BC，因为EF=EM+MF，所以EM=yBC，MF=2xAV，即EMBC=y，MFAV=2x，因为MF∕∕AV，所以MFAV=CMAC=2x，则CM=2xAC，因为ME∕∕BC，所以EMBC=AMAC=y，则AM=yAC，又CM+AM=AC，所以2xAC+yAC=AC，所以2x+y=1，则y=1−2x，0<x<12，故x2+y2=x2+(1−2x)2=5x2−4x+1=5(x−25)2+15(0<x<12)，所以当x=25时，x2+y2取得最小值为15。故答案为：15。n【分析】利用EF=2xAV+yBC(x>0，y>0)结合向量共面的判断方法，所以EF，AD，BC共面，作MF∕∕AV交AC于点M，连接ME，则ME∕∕BC，再利用三角形法则得出EF=EM+MF，所以EMBC=y，MFAV=2x，再利用MF∕∕AV结合两直线平行对应边成比例，所以CM=2xAC，再利用ME∕∕BC结合两直线平行对应边成比例，所以AM=yAC，再利用CM+AM=AC，所以2x+y=1，则y=1−2x，0<x<12，再利用代入法结合二次函数的图象求最值的方法，进而得出x2+y2的最小值。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．【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．【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（Ⅰ）根据题意证出FN⊥平面ABCD，即可得证；（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如图建系，利用空间向量求平面ADE的法向量，代入公式即可求解．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．【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，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nx=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。【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OA=OB，再根据直角三角形性质得到AO=DO，即可得到O为BD的中点从而得到OE//PD，即可得证；（2）过点A作AF‖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；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．【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，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.【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定【解析】【分析】（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC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.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．【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，所以AE=BF=12，n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sinθ=|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.【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）依题意建立恰当的空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.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）．【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．【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质【解析】【分析】（1）依题意，根据直线与平面垂直的判定定理可得EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，可得EF//MN，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取AD，DC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-MNFE体积的4倍，即可解出．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；n（2）设AB=BD=2，∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．【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，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.【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（1）根据已知关系证明△ABD≌△CBD，得到AB=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BE⊥DE，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.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。【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)n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.【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（1）记AB中点为P，由已知条件可得PN//BC，PM//BB1，推出面BCC1B1//面MPN，从而推出MN//平面BCC1B1；（2）选择条件①，由面BCC1B1⊥面ABB1A1，推出BC⊥AB，再根据NP//BC，MN⊥AB，推出面MNP⊥AB，得到AB，BC，BB1两两垂直，以B为原点建立如图空间直角坐标系，利用空间向量求解线面夹角正弦值即可.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.【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，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.【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】（1）由题意易得VABC−A，BC1=3VA−ABC，再结合棱锥的体积公式求得h；（2）根据平面与平面垂直的性质可得BC⊥平面ABB1A1，再由直线与平面垂直的性质可得BC⊥AB，BC⊥A1B，再建立恰当的空间直角坐标系，分别求得平面ABD，平面BCD的法向量，n，m，再求得cos〈n，m〉，即可得答案.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；n（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】（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【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角【解析】【分析】根据直线与平面所成角的定义，以及圆柱的侧面积与体积公式求解即可.