全国各地2022届高考数学 押题精选试题分类汇编7 立体几何 文.docx

1、2022届全国各地高考押题数学（文科）精选试题分类汇编7：立体几何一、选择题 （2022届广东省高考压轴卷数学文试题）如图3所示,某几何体的正视图(主视图),侧视图(左视图)和俯视图分别是等腰梯形,等腰直角三角形和长方形,则该几何体体积为241正视图俯视图侧视图图3（）ABCD【答案】A该几何体的直观图如图所示,由题意知该几何体可分割为两个等体积的四棱锥和一个直三棱柱.四棱锥的体积为,直三棱柱的体积为,该几何体的体积为. （2022新课标高考压轴卷（一）文科数学）一个几何体的三视图如图所示,其中主视图和左视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形,若该几何体的所有顶点在同一球面上,则该球的表面积

2、是（）ABCD【答案】D 【解析】由三视图可知该几何体是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.其中底面ABCD是边长为4的正方形,高为4,该几何体的所有顶点在同一球面上,则球的直径为,即球的半径为,所以该球的表面积是.选D （2022届福建省高考压轴卷数学文试题）一个空间几何体的主视图和左视图都是矩形,俯视图是一个圆,尺寸如图,那么这个几何体的外接球的体积为 （）ABCD 【答案】D （2022届海南省高考压轴卷文科数学）如图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:存在三棱柱,其正(主)视图、俯视图如下图;存在四棱柱,其正(主)视图、俯视图如下图;存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如下图.其中真命

3、题的个数是 （）A3B2C1D0【答案】答案:A 考点:简单空间图形的三视图. 分析:由三棱柱的三视图中,两个矩形,一个三角形可判断的对错,由四棱柱的三视图中,三个均矩形,可判断的对错,由圆柱的三视图中,两个矩形,一个圆可以判断的真假.本题考查的知识点是简单空间图形的三视图,其中熟练掌握各种几何体的几何特征进而判断出各种几何体中三视图对应的平面图形的形状是解答本题的关键. 解答:解:存在正三棱柱,其三视图中有两个为矩形,一个为正三角形满足条件,故为真命题; 存在正四棱柱,其三视图均为矩形,满足条件,故为真命题; 对于任意的圆柱,其三视图中有两个为矩形,一个是以底面半径为半径的圆,也满足条件,故

4、为真命题; （2022届湖南省高考压轴卷数学（文）试题）在空间中,a、b是两条不同的直线,、是两个不同的平面,下列命题正确的是（）A若a,ba,则b B若a,b,a,b,则 C若,b,则b D若,a,则a【答案】D （2022届江西省高考压轴卷数学文试题）在空间,下列命题正确的是（）A平行直线的平行投影重合B平行于同一直线的两个平面平行C垂直于同一平面的两个平面平行D垂直于同一平面的两条直线平行【答案】D【解析】由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以得出答案. （2022届全国大纲版高考压轴卷数学文试题（二）正三棱锥底面边长为,侧棱与底面成角,则正三棱锥外接球面积为（）

5、ABCD【答案】C （2022届山东省高考压轴卷文科数学）(2022青岛市一模)已知、是三条不同的直线,、是三个不同的平面,给出以下命题:若,则; 若,则;若,则;若,则.其中正确命题的序号是( )（）ABCD【答案】（）A 【解析】中直线还可能异面;中需指明直线n不在平面内. （2022届北京市高考压轴卷文科数学）如图,若一个空间几何体的三视图中,正视图和侧视图都是直角三角形,其直角边均为1,则该几何体的体积为 （）ABCD1【答案】A【解析】由三视图可知,该几何体是四棱锥,底面为边长为1的正方形,高为1的四棱锥,所以体积为,选（）A （2022届陕西省高考压轴卷数学（文）试题）一个直棱柱被

6、一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（）ABCD【答案】C【解析】由三视图可知该几何体是在底面为边长是的正方形高是的直四棱柱的基础上截去一个底面积为高为的三棱锥形成的,所以 （2022届重庆省高考压轴卷数学文试题）设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱长都为,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为（）ABCD【答案】解析:根据题意条件可知三棱柱是棱长都为的正三棱柱,则其外接球的半径为 ,球的表面积为,应选B 命题意图:本题主要考查空间几何体中位置关系、球和正棱柱的性质以及相应的运算能力和空间形象能力. （2022届浙江省高考压轴卷数学文试题）已知一个棱长为2的正方体,被一

7、个平面截后所得几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是 （）A8BCD【答案】C 【解析】几何体是正方体截去一个三棱台, （2022届全国大纲版高考压轴卷数学文试题（一）如图,已知球O是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的内切球,则平面ACD1截球O的截面面积为 （）ABCD【答案】A （2022届新课标高考压轴卷（二）文科数学）某几何体的俯视图是如右图所示的矩形,正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为5的等腰三角形,侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为5的等腰三角形.则该儿何体的体积为 （）A24B80C64D240 【答案】B （2022届全国大纲版高考压轴卷数学文试题（

8、二）设为平面,为直线,给出下列条件: 基中能能的条件是（）ABCD【答案】C （2022届浙江省高考压轴卷数学文试题）已知直线,平面,且,给出下列命题:若,则m; 若,则m;若m,则; 若m,则其中正确命题的个数是（）A1B2C3D4【答案】B 【解析】对,错 （2022届北京市高考压轴卷文科数学）已知,为两条不同的直线,、为两个不同的平面,则下列命题中正确的是（）A若,且,则 B若平面内有不共线的三点到平面的距离相等,则 C若,则 D若,则【答案】D【解析】根据线面垂直的性质可知,选项D正确. （2022届山东省高考压轴卷文科数学）(2022日照市一模)右图是一个几何体的正(主)视图和侧(左

9、)视图,其俯视图是面积为的矩形.则该几何体的表面积是 （）ABC8D16【答案】（）A 【解析】由已知俯视图是矩形,则该几何体为一个三棱柱,根据三视图的性质,俯视图的矩形宽为,由面积得长为4,则 =. （2022届四川省高考压轴卷数学文试题）已知三棱锥底面是边长为1的正三角形,侧棱长均为2,则侧棱与底面所成角的余弦值为（）ABCD【答案】D 二、填空题（2022届全国大纲版高考压轴卷数学文试题（一）已知直二面角,点为垂足,点为垂足,点AC=BD=1,CD=2,异面直线AB与CD所成的角等于_(用反余弦表示)【答案】 （2022届湖北省高考压轴卷 数学（文）试题）如图为某几何体的三视图,其中正视

10、图是腰长为2的等腰三角形,侧视图是半径为1的半圆,则该几何体的表面积是_. 【答案】 词 【解析】:由三视图知,该几何体由两个共底面的半圆锥构成(如图所示),两个半圆锥侧面积的和为,四边形由两个等边三角形构成,其面积为,故该几何体的表面积为. （2022届重庆省高考压轴卷数学文试题）已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上,且,则棱锥的体积为_.【答案】解析:设ABCD所在的截面圆的圆心为M,则AM=, OM=,. （2022届天津市高考压轴卷文科数学）一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为_ 【答案】 【解析】由三视图可知,该几何体是底面是直角梯形的四棱柱.棱柱的高为4,底面梯形的上底

11、为4,下底为5,腰,所以梯形的面积为,所以该几何体的体积为. （2022届江西省高考压轴卷数学文试题）如图,若一个几何体的正视图、侧视图、俯视图相同,且均为面积等于2的等腰直角三角形,则该几何体的体积为_.【答案】 （2022届安徽省高考压轴卷数学文试题）某几何体的三视图如图所示,根据图中的数据,可得该几何体的体积是_.【答案】【解析】本题考查三视图还原成立体图和棱锥的体积公式.由题知立体图如图所示 , 所以, . （2022届辽宁省高考压轴卷数学文试题）某几何体的三视图如图1所示,它的全面积为_.【答案】 三、解答题（2022届江西省高考压轴卷数学文试题）如图,在三棱锥中,设顶点在底面上的射

12、影为.()求证:;()设点在棱上,且,试求二面角的余弦值. AGEDCB【答案】证明:(I)方法一:由平面得, 又,则平面, 故, 同理可得,则为矩形,又, 则为正方形,故 方法二:由已知可得,设为的中点,则,则平面,故平面平面,则顶点在底面上的射影必在,故. (II)方法一:由(I)的证明过程知平面,过作,垂足为,则易证得,故即为二面角的平面角, 由已知可得,则,故,则, 又,则, 故,即二面角的余弦值为 方法二: 由(I)的证明过程知为正方形,如图建立坐标系,则, 可得, 则,易知平面 的一个法向量为,设平面的一个法向量为 ,则由得, 则,即二面角的余弦值为 （2022届湖北省高考压轴卷

13、数学（文）试题）如图,、为圆柱的母线,是底面圆的直径,、分别是、的中点,.(1)证明:;(2)求四棱锥与圆柱的体积比;(3)若,求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)如图,连接分别为的中点,是的中位线,且. 又,故/且, 四边形是平行四边形,即, 又. (2)如图,连接.由题知,且由(1)知, , . 是底面圆的直径,.又是圆柱的母线, 即为四棱锥的高. 设圆柱高为,底面半径为,则, . (3)如图,作过的母线,连接,则是上底面圆的直径,连接,则,又,连接,则为直线与平面所成的角. , 在中,. 直线与平面所成角的正弦值为. （2022届山东省高考压轴卷文科数学）在如图所示的几何体中,AB

14、平面ACD,DE平面ACD,ACD为等边三角形,AD=DE=2AB,F为CD的中点.()求证:AF平面BCE;()求证:平面BCE平面CDE.【答案】证明:(1)如图,取CE的中点G,连接FG,BG. F为CD的中点,GFDE,且GF=DE. AB平面ACD,DE平面ACD,ABDE.GFAB. 又AB=DE,GF=AB.四边形GFAB为平行四边形,则AFBG. AF平面BCE,BG平面BCE,AF平面BCE. (2)ACD为等边三角形,F为CD的中点,AFCD. DE平面ACD,AF平面ACD,DEAF.又CDDE=D,AF平面CDE. BGAF,BG平面CDE.BG平面BCE,平面BCE平

15、面CDE. （2022届福建省高考压轴卷数学文试题）如图(1),在等腰梯形CDEF中,CB.DA是梯形的高,现将梯形沿CB.DA折起,使EF/AB且,得一简单组合体如图(2)所示,已知分别为的中点.()求证:平面; ()求证:平面. 【答案】解:()证明:连结,四边形是矩形,为中点, 为中点, 在中,为中点 平面,平面 平面 ()证明:依题意知 且 平面 平面 为中点, 结合,知四边形是平行四边形 , 而, ,即 又 平面 （2022届天津市高考压轴卷文科数学）如图,在四棱锥ABCD-PGFE中,底面ABCD是直角梯形,侧棱垂直于底面,AB/DC,ABC=45o,DC=1,AB=2,PA=1.

16、()求PD与BC所成角的大小;()求证:BC平面PAC;()求二面角A-PC-D的大小.【答案】()取的AB中点H,连接DH,易证BH/CD,且BD=CD 所以四边形BHDC为平行四边形,所以BC/DH 所以PDH为PD与BC所成角 因为四边形,ABCD为直角梯形,且ABC=45o, 所以DAAB 又因为AB=2DC=2,所以AD=1, 因为RtPAD、RtDAH、RtPAH都为等腰直角三角形,所以PD=DH=PH=,故PDH=60o ()连接CH,则四边形ADCH为矩形, AH=DC 又AB=2,BH=1 在RtBHC中,ABC=45o , CH=BH=1,CB= AD=CH=1,AC= A

17、C2+BC2=AB2 BCAC 又PA平面ABCDPABC PAAC=ABC平面PAC ()如图,分别以AD、AB、AP为x轴,y轴,z轴 建立空间直角坐标系,则由题设可知: A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),D(1,0,0), =(0,0,1),=(1,1,-1) 设m=(a,b,c)为平面PAC的一个法向量, 则,即 设,则,m=(1,-1,0) 同理设n=(x,y,z) 为平面PCD的一个法向量,求得n=(1,1,1) 所以二面角A-PC-D为60o （2022新课标高考压轴卷（一）文科数学）如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ABAD,点E在线段AD上,且

18、CEAB.(1)求证:CE平面PAD;(11)若PA=AB=1,AD=3,CD=,CDA=45,求四棱锥P-ABCD的体积.【答案】(1)证明:因为PA平面ABCD,CE平面ABCD,所以PACE, 因为ABAD,CEAB,所以CEAD,又PAAD=A,所以CE平面PAD (2)解:由(1)可知CEAD,在直角三角形ECD中,DE=CD,CE=CD. 又因为AB=CE=1,ABCE,所以四边形ABCE为矩形,所以 =,又PA平面ABCD,PA=1,所以四棱锥P-ABCD的体积等于 （2022届辽宁省高考压轴卷数学文试题）如图所示,已知圆的直径长度为4,点为线段上一点,且,点为圆上一点,且.点在

19、圆所在平面上的正投影为点,.()求证:平面;()求与平面所成的角的正弦值.PABDCO【答案】解答:()连接,由知,点为的中点, PABDCOEF 又为圆的直径, 由知, 为等边三角形,从而 点在圆所在平面上的正投影为点, 平面,又平面, , 由得,平面 (注:证明平面时,也可以由平面平面得到,酌情给分.) ()法1: 过作平面交平面于点,连接,则即为所求的线面角 由()可知, 又, 为等腰三角形,则. 由得, 法2:由()可知, 过点作,垂足为,连接,再过点作,垂足为 平面,又平面, ,又, 平面,又平面, ,又, 平面,故为所求的线面角 在中, （2022届陕西省高考压轴卷数学（文）试题）

20、已知直角梯形中,是等边三角形,平面平面.()求证:;()求三棱锥的体积.【答案】【解析】(), 过作,垂足为,则 ,. (). （2022届湖南省高考压轴卷数学（文）试题）如图,已知在四棱锥PABCD中,底面ABCD是矩形,且AD=2,AB=1,PA平面ABCD,E,F分别是线段AB,BC的中点.(1)证明:PFFD;(2)判断并说明PA上是否存在点G,使得EG平面PFD;(3)若PB与平面ABCD所成的角为45,求二面角APDF的余弦值.【答案】(1)证明:PA平面ABCD,BAD=90,AB=1,AD=2,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则 A(0,0,0),B(1,0,0),F(1

21、,1,0),D(0,2,0). 不妨令P(0,0,t),=(1,1,-t),=(1,-1,0), =11+1(-1)+(-t)0=0,即PFFD (2)解:设平面PFD的法向量为n=(x,y,z), 由得 令z=1,解得:x=y=. n=. 设G点坐标为(0,0,m),E,则=, 要使EG平面PFD,只需n=0,即+0+1m=m-=0,得m=t,从而满足AG=AP的点G即为所求 (3)解:AB平面PAD,是平面PAD的法向量,易得=(1,0,0),又PA平面ABCD,PBA是PB与平面ABCD所成的角,得PBA=45,PA=1,平面PFD的法向量为n=. cos=. 故所求二面角APDF的余弦

22、值为 （2022届重庆省高考压轴卷数学文试题）在直角梯形ABCD中,BC=1,AD=CD,把沿对角线AC折起后如图所示(点D记为点P),点P在平面ABC上的正投影E落在线段AB上,连接PB.若F是AC的中点,连接PF,EF.(1)求证:平面PEFAC.(2)求直线PC与平面PAB所成的角的大小.【答案】解:1. 【D】2 直线PC与平面PAB所成的角为 （2022届浙江省高考压轴卷数学文试题）如图,在斜三棱柱中,侧面底面,侧棱与底面成60的角,.底面是边长为2的正三角形,其重心为点, 是线段上一点,且.(1)求证:/侧面; (2)求平面与底面所成锐二面角的正切值;(3)在直线上是否存在点T,使

23、得?若存在,指出点T的位置;若不存在,说明理由.【答案】【解析】解法1:(1)延长B1E交BC于点F,FEB,BE=EC1,BF=B1C1=BC, 从而点F为BC的中点. G为ABC的重心,A、G、F三点共线.且, 又GE侧面AA1B1B,GE/侧面AA1B1B. (2)在侧面AA1B1B内,过B1作B1HAB,垂足为H,侧面AA1B1B底面ABC, B1H底面ABC.又侧棱AA1与底面ABC成60的角,AA1=2,B1BH=60,BH=1,B1H= 在底面ABC内,过H作HTAF,垂足为T,连B1T,由三垂线定理有B1TAF, 又平面B1CE与底面ABC的交线为AF,B1TH为所求二面角的平

24、面角. AH=AB+BH=3,HAT=30,HT=AH.在RtB1HT中, 从而平面B1GE与底面ABC成锐二面角的正切值为. (3)(2)问中的T点即为所求,T在AG的延长线上,距离A点处. （2022届北京市高考压轴卷文科数学）如图所示,在正方体中,E、F分别为DD1、DB的中点.(I)求证:EF/平面ABC1D1;(II)求证:.【答案】()连结,在中,、分别为,的中点,则 () （2022届全国大纲版高考压轴卷数学文试题（二）已知矩形中,将沿折起,使点在平面内的射影落在上.()求证:平面平面;()求点到平面的距离;()若为中点,求二面角的大小.【答案】证明:()点在平面上的投影落在上,

25、 即平面经过平面的垂线,平面平面 ()如图所示建立空间直角坐标系,则 的投影在上,令由 即 ,由, 求得平面的一个法向量为, 而,到平面的距离为 ()由,求得平面的一个法向量 ,求得平面的一个法向量 由图可见为锐二面角,设此平面角为,则 （2022届上海市高考压轴卷数学（文）试题）本题共2小题,第()小题6分,第()小题8分.如图,在长方体中, ,点在棱上.()求异面直线与所成的角;()若二面角的大小为,求点到平面的距离.【答案】解法一:(1)连结.由是正方形知. 平面, 是在平面内的射影. 根据三垂线定理得, 则异面直线与所成的角为. ()作,垂足为,连结,则. 所以为二面角的平面角,.于是

26、, 易得,所以,又,所以. 设点到平面的距离为,则由于即, 因此有,即,. 解法二:分别以为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系. ()由,得, 设,又,则. ,则异面直线与所成的角为. ()为面的法向量,设为面的法向量,则 , . 由,得,则,即, 由、,可取,又, 所以点到平面的距离. （2022届四川省高考压轴卷数学文试题）如图,在三棱柱中,侧棱垂直底面,.(1)求证:;(2)求二面角的大小.【答案】方法一 (1),且,平面, 又平面, , 且 平面, 又平面 (2)取的中点为,在平面内过作于,连接 则平面,所以 , 而且 所以平面,所以 所以是二面角的平面角 , 又 在内,解得, 所以 所以

27、二面角的平面角为 方法2: 建立空间直角坐标系(以为原点,为轴正半轴,为轴正半轴,为轴正半轴) 则 (1) (2)取的中点为,则.平面的法向量 设平面的法向量 ,令 得平面的一个法向量 又所求二面角的平面角为锐角, 所以二面角的平面角为 （2022届海南省高考压轴卷文科数学）如图,在四棱台ABCDA1B1C1D1中,D1D平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB=2AD,AD=A1B1,BAD=60.()证明:AA1BD;()证明:CC1平面A1BD.【答案】分析:() 由D1D平面ABCD,可证 D1DBD.ABD 中,由余弦定理得 BD2,勾股定理可得 ADBD,由线面垂直的判定定理可

28、证 BD面ADD1A1,再由线面垂直的性质定理可证 BDAA1. ()连接AC和A1C1,设ACBD=E,先证明四边形ECC1A1为平行四边形,可得CC1A1E,再由线面平行的判定定理可证CC1平面A1BD. 解答:证明:()D1D平面ABCD,D1DBD. 又AB=2AD,AD=A1B1,BAD=60,ABD 中, 由余弦定理得 BD2=AD2+AB22ABADcos60=3AD2,AD2+BD2=AB2, ADBD,又 ADDD1=D,BD面ADD1A1. 由 AA1面ADD1A1,BDAA1. ()证明:连接AC 和A1C1,设 ACBD=E,由于底面ABCD是平行四边形,故E为平行四边

29、形ABCD的 中心,由棱台的定义及AB=2AD=2A1B1,可得 ECA1C1,且 EC=A1C1, 故ECC1A1为平行四边形,CC1A1E,而A1E平面A1BD,CC1平面A1BD （2022届全国大纲版高考压轴卷数学文试题（一）如图,已知四棱锥E- ABCD的底面为菱形,且ABC =600,AB=EC =2,AE=BE =.(I)求证:平面EAB 平面ABCD;(II)求二面角A- EC- D的余弦值.【答案】解法1:(1)证明:取AB的中点O,连接EO,CO OHM ,AB=2 ABC为等腰三角形 ,EO=1 又AB=BC,ABC=600 ABC为等边三角形 ,又EC=2 即, 平面A

30、BCD,且平面EAB 平面EAB平面ABCD, (2)过A作AHCE于H点,过H作HM/CD, 又RtEDO解得DE=, 所以 即,所以MHCE,因此AHM为二面角的平面角, 通过计算知,所以 OMxyz所以二面角的余弦值为 解法2.(1)设ACBD=O,如图,以O为原点, OC,OB为x,y轴建立空间直角坐标系O-xyz 设E(m,n,t),则 A(-1,0,0),C(1,0,0), B(0,0), D(0,-,0), , , 所以 解得: 所以,因为AB的中点,所以 即ME平面ABCD,又平面EAB,所以平面EAB平面ABCD, (2), 分别设平面AEC,平面ECD的法向量为 则令y=

31、-2,得 令, 所以二面角的余弦值为 解法3:(1)(同解法1); (2)以AB中点O为坐标原点, 以OB所在直线y轴,OE所在直线为z轴, 建立空间直角坐标系如图所示, 则, ,. 设平面DEC的法向量 ,令,得 设平面EAC的法向量 ,令,得 二面角的余弦值为 （2022届安徽省高考压轴卷数学文试题）( )如图所示,在棱长为的正方体中,分别为、的中点.(1)求证:;(2)求三棱锥的体积.【答案】【解析】(1)证明: (2) ,且 即分 （2022届新课标高考压轴卷（二）文科数学）如图所示,在正三棱柱ABC -A1B1C1中,底面边长和侧棱长都是2,D是侧棱CC1上任意一点,E是A1B1的中

32、点.(I)求证:A1B1/平面ABD;(II)求证:ABCE;(III)求三棱锥C-ABE的体积.【答案】解()证明:由正三木棱住的性质知AB, 因为, 所以平面ABD. ()设AB中点为G,连结GE,GC. 又EG, 又 而 ()由题意可知: （2022届广东省高考压轴卷数学文试题）将棱长为正方体截去一半(如图7所示)得到如图8所示的几何体,点,分别是,的中点.(1)证明:;(2)求三棱锥的体积.A1B1C1D1ABCD图7D1DCBA1AEF图8【答案】(1)证:连接,交于点 平面,平面 D1DCBA1AEFO点,分别是,的中点, 又, , 又 ,即 又 平面 又平面 (2)解:平面,是三棱锥的高,且 点,分别是,的中点, 33