2022高考数学真题分类汇编10立体几何

2022高考数学真题分类汇编

十、立体几何一、单选题（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.8 B.12 C.16 D.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丫=——x2x2=12.2故选：B.（2022•全国甲（文）T9）在长方体ABCO-ABCQ中，已知片。与平面ABCO和平面AA与8所成的角均为30。，则(A.AB=2AD B.48与平面A4G。所成的角为30。C.AC=CB, D.与。与平面8片£。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A5=a,AO=b,AA=c,依题以及长方体的结构特征可知，耳。与平面ABCO所cb成角为NBQB,与。与平面至耳8所成角为NO4A,即£?(L)D}L)b=c,BQ=2c=yja2-\-h~4-c2,解得a—>/2c.对于A,AB-a,AD=b,AB=6AD，A错误；对于B,过8作于七，易知BE1平面ABC。，所以AB与平面AB©。所成角为N3AE,因为tanN84E=£=Y2,所以/明石/30°，B错误：a2对于C,AC=\la2+/?2=y/3c9CB]=yjb2+c2=41c» C错误；对于D,耳。与平面所成角为NOB。，sinZDB,C=—,而1B1D2c20<ZDB.C<90,所以NO8C=45°.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%和勿.若*2,则*（）3乙 V乙A. B.2及 C.回 D.独54【答案】C【解析】【分析】设母线长为/,甲圆锥底面半径为4,乙圆锥底面圆半径为弓，根据圆锥的侧面积公式可得彳=2弓，再结合圆心角之和可将斗弓分别用/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巴，贝自=也二=2,S乙兀rjr2所以弓=2r2,又红+汉=2%,II则也=1

v1町”所以乙丁萍故选：C.（2022•全国甲（理）T7）在长方体ABCO-A4GA中，已知与。与平面ABCQ和平面A4与8所成的角均为30°,则（）A.AB^2AD B.A8与平面A4G。所成的角为30°C.AC=CB} D.与O与平面BBC。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AB=a,AO=b,AA=c,依题以及长方体的结构特征可知，耳。与平面ABCO所成角为NB】DB,与。与平面朋耳8所成角为NO4A,所以成角为NB】DB,b=c,B]D=2c=-Ja~+b~+c2<解得a=>/5c.对于A,AB=a,AD=b,AB=6aD，A错误;对于B,过B作8E_LA用于£；,易知平面A4G。，所以A3与平面AqG。所成角为乙BAE，因为tanN84E=£=XZ，所以NB4Ew30°，B错误；a2对于C,AC=a/6z24-/?2=>/3c9CB}=>Jb2+c2=y/2c»ACwCB],C错误；对于D,与平面BBC。所成角为NO瓦C,sinZDB,C=—=—=—,而BQ2c20<ZDB.C<90,所以N。8c=45°.D正确.故选：D.(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，A3是以。为圆心，。/为半径的圆弧，C是的中点，。在A8上，CDLAB.“会圆术”给出48的弧长的近似值$的计算公式：5=AB+—.当04=2,403=60°时，s=( )OAA11-373 D11-46 „9-3石2 2 29-4>/32【答案】B【解析】【分析】连接OC,分别求出A8,OC,C£),再根据题中公式即可得出答案.【详解】解：如图，连接OC,因为。是A8的中点，所以OC_L4B,又CO_LA8,所以Q,C,£＞三点共线,即00=04=05=2,又NAO8=60。，所以AB=O4=O8=2,则OC=G，故CD=2-B(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，S y侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为％和V乙.若£1=2,则/=()〉乙 V乙A.V5 B.272 C.Vio D.^2.4【答案】C【解析】【分析】设母线长为/,甲圆锥底面半径为弓，乙圆锥底面圆半径为弓，根据圆锥的侧面积公式可得彳=2弓，再结合圆心角之和可将小5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弓,所以4=2r2,又一L+—1=2%,所以?;=§/,弓=§/,故选：C.（2022•全国乙（文）T9）在正方体ABCQ-A旦G"中，E,尸分别为A8,8C的中点,则（）A.平面旦ER_L平面BDD] B.平面用EFI平面ABDC.平面4所//平面AAC D.平面片£73/平面4G。【答案】A【解析】【分析】证明瓦'JL平面即可判断A；如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系,设A8=2,分别求出平面与EF,\BD,AC。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A8CO-A8G。中,AC，8。且DD、_L平面ABCD,又EFu平面ABC。，所以Eb_L£>n，因为E,尸分别为AB,8。的中点，所以所||AC,所以EF上BD，又8。0。。=。，又EFu平面片£尸,所以平面用E/_L平面8。。，故A正确；如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设A3=2，则4（2,2,2）,E（2,l,0）/（1,2,0）1（2,2,0）,4（2,0,2）,A（2,0,0）,C（0,2,0）,G(0,2,2),则乔=（-1,1,0）,函=（0,1,2）,。方=（2,2,0）,函=（2,0,2）,羽=(0,0,2),衣=(-2,2,0),行=(-2,2,0),设平面用EF的法向量为机=（戈］,h，4）,则有<m-EF则有<m-EF=一石+y=0m•EB]=%+2Z[=0可取机二（2,2,-1）,同理可得平面A/。的法向量为1=（1,-1,-1）,平面A/C的法向量为0=（1,1,0）,平面40。的法向量为后=（1,1,一1）,则，〃・“=2—2+1=1工0,所以平面用石户与平面不垂直，故B错误;Ill因为说与巧不平行，所以平面与£尸与平面AAC不平行，故C错误;因为团与“不平行（所以平面与E尸与平面。不平行，故D错误,故选：A.（2022•全国乙（文）T12）已知球。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（）【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥顶点O到底面48。所在小圆距离一定时，底面/8C。面积最大值为2r\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力88,四边形Z8CD所在小圆半径为r,设四边形对角线夹角为a,c2 2 2（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N8C。所在小圆距离一定时，底面488面积最大值为2/又/+/=1皿“ 1c，,及/，,近/'+—+2力2丫4G则心曲「,2尸/=7,2"2.2〃）彳《—3—卜亍当且仅当r2=2层即时等号成立，故选：C（2022•全国乙（理）T7）在正方体ABCZ5-ABCQ中，E,尸分别为AB,8C的中点，则（）A.平面4七/"1•平面8.平面耳£尸_1_平面48。C.平面4EF//平面AAC D.平面与正产//平面AG。【答案】A【解析】【分析】证明EFJ_平面3。。，即可判断A；如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设A8=2,分别求出平面A.BD,AG。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ABCO-中，AC_LBD且DD、,L平面ABCD,又EFu平面ABC£>,所以Eb_LO2，因为E,尸分别为A8,BC的中点，所以砂||AC,所以EF上BD,又BDCDDi=D,所以防_L平面又EFu平面与£尸，所以平面gEb_L平面8。2，故A正确;如图，以点。原点，建立空间直角坐标系，设A6=2，则4(2,2,2),£(2,1,0),尸(1,2,0),5(2,2,0)，4(2,0,2),4(2,0,0),0(0,2,0),q(0,2,2),则而=0),EB；=(0,1,2),。月=(2,2,0),西=(2,0,2),A4；=(O,O,2),AC=(-2,2,O)，AQ=(-2,2,0),设平面B]EF的法向量为加=(x2i，zj,m-EF--x.+y.=0一,_ ,则有〈_. '八，可取m=(2,2,—1),m-EB,=^+2Z]=0 ' 7同理可得平面的法向量为，=(1,—I,一1),平面AAC的法向量为后=(1,1,0),平面AGD的法向量为彳=(1,1,—1),则加•〃]=2—2+1=1w0,所以平面4EF与平面A3。不垂直，故B错误；U1因为质与%不平行，所以平面用EF与平面4AC不平行，故C错误；因为雨与瓦不平行，所以平面4EF与平面AC。不平行，故D错误，故选：A.

（2022•全国乙（理）T9）已知球。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（）A.- B.1 C.B D.也3 2 3 2【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点。到底面488所在小圆距离一定时，底面力8。。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48CZ）,四边形48CZ）所在小圆半径为r,设四边形对角线夹角为。，111,则 AC瓦＞sina ACBOWL2r.2r=2产（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到底面所在小圆距离一定时，底面48co面积最大值为2/又产+〃2=1则％ABCD=」2r-h=则％ABCD=」2r-h=^E4G27,/，2冰吟当且仅当r2=2/z2即〃=理时等号成立,故选：c11.(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140.0km2;水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0/2,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(J7a2.65)()A.1.0xl09m3 B.1.2xl09m3 C.1.4xl09m3 D.1.6xl09m3【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=140x106m),下底面积=180.0km2=180xl06m2，/.V=1/j(S+5,+VsS7)=^x9x(140x106+180x106+V140x180x10(2022•新高考(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36万，且3W/W3G，则该正四棱锥体积的取值范围是()=3x(320+60>/7)xl06»(96+18x2.65)xlO7=1.437xlO9«1.4xlO9(m3).

2782781

T'T[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】；球的体积为36万，所以球的半径R=3,设正四棱锥的底面边长为2a,高为〃，则『=为2+42,32=2/+（3所以6〃=尸，2a2=—h~TOC\o"1-5"\h\z1 1 、 2 ■,Z4 I2 ｛（ 广、所以正四棱锥的体积V=-5力=-x4a2x〃=-x（『 ）x—=-/4 ,3 3 3 36 6 91 36J当34/42指时，V'>0,当2n<小36时，丫'<0，L 64所以当/=2遥时，正四棱锥的体积丫取最大值，最大值为港,97 21又/=3时，/=3百时，V=—,4 427所以正四棱锥的体积V的最小值为巴，所以该正四棱锥体积的取值范围是一，一43故选：C.（2022•新高考I卷T9）已知正方体A8CO-ABCQ,则A.直线A.直线BG与£鹏所成的角为90。B.直线8G与C4,所成的角为90°C.直线C.直线8G与平面所成的角为45。D.直线8G与平面188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，连接用。、BC-因为D4//8C，所以直线BQ与8c所成的角即为直线8G与。A所成的角，因为四边形BSC。为正方形，则4C_LBG，故直线BG与£)A所成的角为90°，A正确；连接AC,因为4百_L平面BB©C,BC[u平面BB©C,则A41BC,,因为qc_LBG，A4n4。=耳，所以BGJ■平面A4C,又ACu平面A4C,所以8G_lca，故b正确；连接设AGn与。=o,连接BO,因为Bg_l平面ABC。，CQu平面A4GR，则G。，用8,因为CQ_L8|2，=,所以G。，平面88AO,所以NC180为直线BG与平面84Z)Q所成的角，设正方体棱长为1,则GO='，BQ=y/2,sinZClBO=-L7=-,1 2 oC,2所以，直线8G与平面84口。所成的角为30。，故C错误；因为C|C_L平面A3CO,所以NC/C为直线8G与平面A8CZ)所成的角，易得ZCIBC=45",故D正确.故选：ABD（2022•新高考n卷T7）正三棱台高为1,上下底边长分别为3g和4百，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是（）A.100兀 B.128兀 C.144兀 D.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小弓，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小弓，所以27；=3^—,2外=-^巨一，即sin60 〜sin604=3,2=4,设球心到上下底面的距离分别为4,，球的半径为R，所以4= 9,=J/?'-16,故同—4|=i或4+心=i，即JR?一9-Jr?-16=1或Jr2_9+J/?2_]6=],解得尺2=25符合题意，所以球的表面积为S=4成2=100兀.故选：A.（2022•新高考H卷T11）如图，四边形A8CD为正方形，E£>J.平面ABC。,FB〃ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E-AC£>,F-ABC,E-ACE的体积分别为乂，匕，匕，则（）BBA.V3=2V2

C.匕=乂+匕 D.2匕=3匕【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算匕，匕，连接3。交AC于点M,连接由匕=VA-EFM+VC-EFM计算出匕•依次判断选项即可.设AB=ED=2FB=2a,因为ED_L平面A8CD,FB\\ED,贝ijV.=-EDSArn=--2a---（2a\ 3姮=-aa 3姮a匕rM2 2 "'3 则匕+Z-EF”=§ACSaEfm=2/，则2匕=3V,，匕则匕+Z-EF”=§ACSaEfm=2/，则2匕=3V,，匕=3%，匕=匕+匕，故A、B错误：C、D正确.故选：CD.1 1,、22aV2=-FBS,BC=-a-（2a）~=-a3,连接8。交AC于点M,连接bM,易3 3 2v16.（2022•北16.（2022•北京卷T9）已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6,S是aABC及其内部的得3。_LAC,又E£>J.平面ABC。，ACu平面ABC。，则EOLAC,又££>口8。=。，ED,BDu平面比历户，则AC_L平面BOEV,又BM=DM=1BD=ea,过E作fG_LOE于G,易得四边形BOGR为矩形，则2FG=BD-lypla,EG=a>=\Jba,FM则后”=，（=\Jba,FM则后”=，（24+（缶）2点构成的集合.设集合7={0'5帜0,5},则7表示的区域的面积为（）3兀 _ _A.— B.乃 C.27r D.3兀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P在底面上的投影为0,连接80,则。为三角形A8C的中心，且BO=—x6x=2y/3>故PO=J36-12=2-^6.3 2因为PQ=5,故OQ=1,故S的轨迹为以0为圆心，1为半径的圆，而三角形A8C内切圆的圆心为0,半径为"彳"万：］,故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为万故选：B17.（2022•浙江卷T8）如图，已知正三棱柱ABC-AB£,AC=AA，E,尸分别是棱BC，AG上的点.记E户与的所成的角为。，EF与平面ABC所成的角为《，二面角产-BC-A的平面角为7,则（

A.a<f3<yB.p<a<yC.A.a<f3<yB.p<a<yC.P<y<aD.a<y<ft【答案】A【解析】【分析】先用几何法表示出a，仇/,再根据边长关系即可比较大小.【详解】如图所示，过点尸作FP_LAC于尸，过P作PM_LBC于连接PE,则a=NEFP,P=Z.FEP,y=FMP,tana=%=四“^=旦=丝4—2之空及”,FPAB PEPE PMPE所以故选：A.三、解答题（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ABC。是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,aFBC,aGCD,aHDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面A8CD垂直.（1）证明：EE//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%后3【解析】【分析】（1）分别取A8,BC的中点M,N,连接MN,由平面知识可知EMJ.AB,RV_LBC,EM=FN,依题从而可证EM_L平面ABCD，月V_L平面ABCD,根据线面垂直的性质定理可知EM//FW,即可知四边形为平行四边形，于是EF//MN,最后根据线面平行的判定定理即可证出：（2）再分别取中点K,L,由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFG”的体积加上四棱锥B-MNbE体积的4倍，即可解出.【小问1详解】

如图所示:如图所示:分别取A氏BC的中点M,N,连接MN,因为为全等的正三角形，所以EM1AB,FN1BC,EM=FN,又平面E48_L平面A8C£>,平面£A5c平面ABCD=AB,EMu平面EAB，所以EMJ_平面ABCD,同理可得EN_L平面ABCD,根据线面垂直的性质定理可知EM//EN,而EM=FN,所以四边形EMM为平行四边形，所以EF//MN，又所2平面ABCD,MNu平面ABCD，所以/平面ABCD.【小问2详解】如图所示:如图所示:分别取A£）,£>。中点K,L,由（1）知，EF//MN且.EF=MN,同理有,HE!!KM,HE=KM,HG//KL,HG=KL,GFIILN,GF=LN,由平面知识可知,BD工MN,MN上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-MNEE体积的4倍.因为MN=NL=LK=KM=m，£〃=85皿60'=46，点8到平面脑\犷£的距离即为点B到直线MN的距离d，d=2&，所以该几何体的体积V=（4a/2）2x4>/3+4x1x472x473x2V2=12873+—>^=—V3.（2022•全国甲（理）T18）在四棱锥尸-A8CD中，POJ_底面ABCD,CD//AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=^.(1)证明：BDLPA；(2)求PO与平面Q48所成的角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；⑵好.5【解析】【分析】(1)作。E_LAB于E，b_LA8于尸，利用勾股定理证明AO_L8。，根据线面垂直性质可得PD_L8D，从而可得8。_L平面R4O,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488中，作OEJ.AB于E,。/_1.48于F，因为C£>//A6,AD=C£>=CB=1,AB=2,所以四边形ABC。为等腰梯形，所以 =2故OE=曰，BD=\lDE2+BE2=V3>所以4加+502=452,

所以AOJ_3。，因为PD_L平面ABC。，8。u平面ABC。,所以P£)_L8D，又PDcAD=D，所以平面24Z),又因PAu平面PAD,所以【小问2【小问2详解】解：如图，以点。原点建立空间直角坐标系,则A（解：如图，以点。原点建立空间直角坐标系,则A（l,0,0）,fi（0,V3,0）,P（0,0,V3）,则丽=（-1,0,6）,丽=（0,-6,6）,加=（0,0,百了设平面PAB的法向量n=（x,y,z）,则有｛n-AP=-x+石z=0n-BP=-百y+出z=0n-n-DPRR所以PO与平面Q4B所成角的正弦值为也.

5AZ3.（2022•全国乙（文）T18）如图，四面体ABC。中，AD1CD,AD=CD,ZADB=ABDC,E为/C的中点.（1）证明：平面5七£）_1_平面48：（2）设48=8。=2,乙4。3=60。，点尸在8。上，当△AF'C的面积最小时，求三棱锥尸—ABC的体积.【答案】（1）证明详见解析（2）34【解析】【分析】（1）通过证明ACJ•平面BED来证得平面8EO,平面ACO.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时/点的位置，然后求得尸到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F-ABC的体积.【小问1详解】由于AO=C。，E是4c的中点，所以AC_LDE.AO=CO由于= ，所以AADB三ACDB,[ZADB=ZCDB所以AB=C8,故AC_L8O,由于DEcBD=D，DE,BDI平面BED,所以ACJ_平面BED,由于ACu平面AC。，所以平面BED_L平面ACO.【小问2详解】依题意AB=BO=BC=2,NACB=60°,三角形ABC是等边三角形，所以AC=2,AE=CE=1,8E=^,由于AO=CD,AT>J_CD,所以三角形AC。是等腰直角三角形，所以。E=l.DE2+BE2=BD2>所以DE上BE,由于ACcBE=E,AC,8Eu平面ABC,所以OE1平面ABC.由于/\ADB=ACDB,所以nfba=nfbc,[BF=BF由于\/FBA=/FBC,所以aFBA三aFBC,[AB=CB所以A/=C/，所以EE_LAC,由于5»底=3・40・五/，所以当£尸最短时，三角形AFC的面积最小值•过后作EF_L3£),垂足为尸，TOC\o"1-5"\h\z1 1 6在RtZ\8EO中，-BEDE=-BDEF,解得斤=火，2 2 2所以OF=J/一(立]=-,BF=2-DF=~,\I2J2 2所以"=3BD4FHBF3过F作FHJ_BE,垂足为“，则FH〃DE,所以EH_L平面ABC,且——=——=-,DEBD43所以修二,所以/A8C=2.Sabc-FH=-x-x2x43x-=—.r-AtfC3aAdl 3 2 ^44.(2022•全国乙(理)T18)如图，四面体ABC。中，AD1CD,AD=CD,^ADB=ZBDC,E为AC的中点.D(1)证明：平面BE。J"平面AC。；(2)设48=8。=2,/4。3=60。，点F在BD上,当△Af'C的面积最小时，求CF与平面ABO所成的角的正弦值.【答案】(1)证明过程见解析(2)。尸与平面A8O所成的角的正弦值为生巨7【解析】【分析】(1)根据已知关系证明△A8O注△C8D,得到A8=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AO=CO,E为AC的中点，所以AC_L£>E：在△ABO和KBD中，因为AD=CD,ZADB=NCDB,DB=DB,所以所以AB=CB,又因为£为AC的中点，所以AC_LBE；又因为OE,8Eu平面BED，DEcBE=E，所以AC,平面B£D，因为ACu平面AC。，所以平面3£O_L平面ACO.【小问2详解】连接EF，由（1）知，ACJ_平面8EZ），因为EFu平面BED，所以4。_1_痔，所以Sofc=；AC・EE，当EFLBD时,£尸最小，即△Af'C的面积最小.因为△ABD^ACBD,所以C8=AB=2,又因为NACB=60。，所以aABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AE=EC=1,BE=5因为A£>_LC〃，所以。E=,AC=1,2在aDEB中,DE2+BE2=BD~.所以8E_LOE.以后为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-孙z,则A（1,0,0）,40,百,0）,。（0,0,1）,所以而=（一1,0,1）,丽=卜1,6⑼,设平面ABZ）的一个法向量为〃=（x,y,z）,n•AD=—x+z=0 — -z[―\则《'所以内'为,l,取卜=百，则〃=(3,j3,3),n-AB=-x+\l3y=0则《'所以内'为,、44J设CF与平面ABD所成的角的正弦值为0<6»<^所以sin6=|cos（n,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-ABC的体积为4, 的面积为2&.（1）求4到平面48C的距离；（2）设。为4。的中点，AA,=AB,平面平面A8与A,求二面角A-3O-C的正弦值.【答案】（1）y/2⑵B2【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BC_L平面48g4,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-A,5cl中，设点N到平面A/C的距离为人则VA-A,BC=1S&ABC-〃=2^〃=匕-ABC=gS.ABC.A人=:匕SCfB1G=।'解得/?=&，所以点”到平面48c的距离为血；【小问2详解】取AB的中点及连接4E,如图，因为A4,=A5,所以AE_LAB,又平面ABC,平面,平面ABCCI平面且AEu平面A8BM，所以AE_L平面A/C,在直三棱柱ABC-A4G中，BBJ平面ABC,由BCu平面A/C,8。匚平面48。可得4后_18。，BBJBC,又AE,BB]u平面ABB^且相交，所以BC_L平面ABB.A,,所以8C,5A 两两垂直，以8为原点，建立空间直角坐标系，如图,由（1）得AE=0,所以M=48=2,由（1）得AE=0,所以M=48=2,A8=2&,所以BC=2,则4（0,2,0）,A（0,2,2）,3（0,0,0）,C（2,0,0）,所以AC的中点1,1）,则有力=（1,1,1）,S/i=（0,2,0）,BC=（2,0,0）,设平面A8O的一个法向量而=(x,y,z),则《m-BD=x+y+z=0m-BA=2y=0可取而=（1,0,-1）,设平面B£)C的一个法向量〃=(a,b,c),则( m-BD=a+b+c=0tn-BC=2a=0可取二=(0,1,-1),则cos“尸丽=反正=所以二面角A—8。—。的正弦值为AB1AC,(2022•新高考II卷T20)如图，P0是三棱锥产一ABC的高，PA=PBAB1AC,E是P8的中点.(1)求证：OE//平面PAC；(2)若NA8O=NCBO=30°,尸0=3,P4=5,求二面角C-AE—B的正弦值.【答案】(1)证明见解析11(2)—13【解析】(分析】(1)连接B0并延长交AC于点。，连接,根据三角形全等得到OA=OB,再根据直角三角形的性质得到AO=£)0,即可得到。为8。的中点从而得到OE〃尸£＞，即可得证；(2)过点A作Az〃。/＞，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8。并延长交AC于点。，连接04、PD,因为PO是三棱锥P—的高，所以PO_L平面ABC, 平面ABC,所以POJ.AO、PO1BO,又PA=PB，所以△POAvZXPOB,即04=08,所以NQ4B=NO84,又A8J.AC,即N8AC=90。，所以NOAB+N3D=90°,NOBA+NODA=90。，所以NODA=NOAD所以AO=OO,即AO=OO=O8,所以。为3。的中点，又E为PB的中点,所以OEIIPD,又OEZ平面PAC,PDu平面P4C，所以QE〃平面PAC

p【小问p【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PO=3,AP=5,所以OA=《AP2_PO2=4,又NOBA=NOBC=30°,所以80=20A=8,则AZ）=4,AB=45所以AC=12,所以O（2G,2,0）,5（4班,0,0）,P（2，j,2,3）,C（0,12,0）,所以中6,用，则通=卜6,11）,丽=（4屈0,0）,衣=（0,12,0）,_ 、 \n-AE=3>/3x+y+—z=0设平面AEB法向量为〃=（苍y,z）,则彳 .2，令z=2,贝ijn-AB—4>/3x=0y=-3,x=0»所以〃=（0,-3,2）；

设平面AEC设平面AEC的法向量为“= ，则<m•AE=3y/3a+/?+—c=0 「2 ,令。=G，则m-AC=\2b=0c=-6,b=0,所以而=(G,0,-6)；/--\n-m—12 4>/3所以8s.”厢=而言.行设二面角C-AE—8为e,由图可知二面角C—AE—8为钝二面角,所以cos。=一生8，所以sin6=J1—cos?6=以13 13故二面角C—4E—8的正弦值为〃；13(2022•北京卷T17)如图，在三棱柱AB。-4AG中，侧面片为正方形，平面8CW平面A阴％AB=BC=2,m,N分别为4牝公的中点.(1)求证：MN〃平面BCC,男：(2)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48与平面8MN所成角的正弦值.条件①：AB上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】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】(1)取A5的中点为K，连接MK,NK,可证平面MMV〃平面,从而可证MNH平面CBB©.(2)选①②均可证明8旦_L平面ABC,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AB的中点为K，连接MK,NK,由三棱柱ABC-AgC可得四边形ABg4为平行四边形，而=MA，BK=KA,则MK//BB」而"Ka平面CB51G，BB]U平面CBBC「故MK〃平面CBgG，而CN=NA,BK=KA,则NK//BC,同理可得NK〃平面CBgG,而NKCMK=K,NK,MKu平面MKN,故平面MKN〃平面CB81G,而MNu平面MKN,故MN〃平面CBB|G，【小问2详解】因为侧面CBB£为正方形，故C8，BB,,而CBu平面CBB£,平面CBBG_L平面ABB^,平面CBB©C平面ABB.A,=BB]t故C8J_平面ABB.A,,因为NA7/5C,故NKL平面A8qA，因为ABi平面故NK_LA8,若选①，则A8_LMN,而NK上AB,NKCMN=N,故48_1_平面”八代，而MKu平面MNK,故AB_LMK,所以ABLBB],而CB1BB],CB^AB=B,故平面ABC,故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(l,l,0),M(0,l,2),故丽=(0,2,0),丽=(1,1,0),两=(0,1,2),设平面BNM的法向量为”=(x,y,z),

n-BN=0 n-BN=0 ,从而＜n•BM=0y+2z=0'取z=-l，则〃=(-2,2,-1)