【文档说明】2022年高考数学真题分类汇编10《立体几何》及答案.docx，共(36)页，2.372 MB，由baby熊上传

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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2422122V.故选：B.2.（2022·全国甲（文）T9）在长方体1111ABCDABCD中，已知1BD与平面ABCD和平面11AABB所成的角均为30°，则（）A

.2ABADB.AB与平面11ABCD所成的角为30°C.1ACCBD.1BD与平面11BBCC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1,,ABaADbAAc

，依题以及长方体的结构特征可知，1BD与平面ABCD所成角为1BDB，1BD与平面11AABB所成角为1DBA，所以11sin30cbBDBD，即bc，22212BDcabc，解得2ac．对于A，ABa=，ADb=，2ABAD，A错误；对于B，过B作1

BEAB于E，易知BE平面11ABCD，所以AB与平面11ABCD所成角为BAE，因为2tan2cBAEa，所以30BAE，B错误；对于C，223ACabc，2212CBbcc，1ACCB，C错误；对于D，1BD与平面11BBCC所成角

为1DBC，112sin22CDaDBCBDc，而1090DBC，所以145DBC．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2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若=

2SS甲乙，则=VV甲乙（）A.5B.22C.10D.5104【答案】C【解析】【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，根据圆锥的侧面积公式可得122rr，再结合圆心角之和可将12,rr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.【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，则11222SrlrSrlr甲乙，所以122rr，又12222rrll，

则121rrl，所以1221,33rlrl，所以甲圆锥的高2214593hlll，乙圆锥的高22212293hlll，所以22112222145393101122393rhllVVrhll甲乙.故选：C.4.（2022·全国甲（理）T7

）在长方体1111ABCDABCD中，已知1BD与平面ABCD和平面11AABB所成的角均为30°，则（）A.2ABADB.AB与平面11ABCD所成的角为30°C.1ACCBD.1BD与平面11BBCC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1,,ABaADbAAc，依题以及长方体的结构特征可知，1BD与平面ABCD所成角为1BDB，1BD与平面11AABB所成角为1DBA，所以11sin30cbBDBD，即bc，22212BDcabc，解得2ac．对

于A，ABa=，ADb=，2ABAD，A错误；对于B，过B作1BEAB于E，易知BE平面11ABCD，所以AB与平面11ABCD所成角为BAE，因为2tan2cBAEa，所以30BAE，B错误；对于C，223ACabc，2212CBbcc，1ACCB，C错误；对于D

，1BD与平面11BBCC所成角为1DBC，112sin22CDaDBCBDc，而1090DBC，所以145DBC．D正确．故选：D．5.（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，AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在AB上，CDAB．“会圆术”给出AB的弧长的近似值s的计算公式：2CDsABOA．当2,60OAAOB时，s

（）A.11332B.11432C.9332D.9432【答案】B【解析】【分析】连接OC，分别求出,,ABOCCD，再根据题中公式即可得出答案.【详解】解：如图，连接OC，因为C是AB的中点，所以OCAB

，又CDAB，所以,,OCD三点共线，即2ODOAOB，又60AOB，所以2ABOAOB，则3OC，故23CD，所以22231143222CDsABOA.故选：B.6.（20

22·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2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若=2SS甲乙，则=VV甲乙（）A.5B.22C.10D.5104【答案】C【解析】【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半

径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，根据圆锥的侧面积公式可得122rr，再结合圆心角之和可将12,rr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.【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r

，则11222SrlrSrlr甲乙，所以122rr，又12222rrll，则121rrl，所以1221,33rlrl，所以甲圆锥的高2214593hlll，乙圆锥的高22212293h

lll，所以22112222145393101122393rhllVVrhll甲乙.故选：C.7.（2022·全国乙（文）T9）在正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为,ABBC的中点，则（）A.平面1BEF平面1BDDB.平面1BEF平面1A

BDC.平面1//BEF平面1AACD.平面1//BEF平面11ACD【答案】A【解析】【分析】证明EF平面1BDD，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，分别求出平面1BEF，1ABD，11ACD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1111ABCDABCD中，ACBD且1DD平面ABCD，又EF平面ABCD，所以1EFDD，因为,EF分别为,ABBC的中点，所以EFAC，所以EFBD，又1BDDDD，所以EF平面1BDD，又EF平面1BEF，所以平面1BEF平面

1BDD，故A正确；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，则112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0BEFBAAC，10,2,2C，则

11,1,0,0,1,2EFEB，12,2,0,2,0,2DBDA，1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AAACAC设平面1BEF的法向量为111,,mxyz，则有11111020mEFxymEByz，可取

2,2,1m，同理可得平面1ABD的法向量为11,1,1n，平面1AAC的法向量为21,1,0n，平面11ACD的法向量为31,1,1n，则122110mn，所以平面1BEF与平面1ABD不垂直，故B错误；因为

m与2nuur不平行，所以平面1BEF与平面1AAC不平行，故C错误；因为m与3n不平行，所以平面1BEF与平面11ACD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.13B.12C.33D.22【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面积最大值为22r，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2111sin222222ABCDSACBDACBDrrr（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22r又22rh1则3222222212224322333327OABCDrrhVrhrrh当且仅当222rh即33h时等

号成立，的故选：C9.（2022·全国乙（理）T7）在正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为,ABBC的中点，则（）A.平面1BEF平面1BDDB.平面1BEF平面1ABDC.平面1//BEF平面1AACD.平面1//BEF平面11ACD【答案】A【解析】【分析】证明EF平

面1BDD，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，分别求出平面1BEF，1ABD，11ACD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1111ABCDABCD中，ACBD且1DD平面ABCD，又EF平面A

BCD，所以1EFDD，因为,EF分别为,ABBC的中点，所以EFAC，所以EFBD，又1BDDDD，所以EF平面1BDD，又EF平面1BEF，所以平面1BEF平面1BDD，故A正确；如图，以点D原点，建立空间直角坐标系，设2AB，则

112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0BEFBAAC，10,2,2C，则11,1,0,0,1,2EFEB，12,2,0,2,0,2DBDA，为

1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AAACAC设平面1BEF的法向量为111,,mxyz，则有11111020mEFxymEByz，可取2,2,1m，同理可得平面1ABD的法向量为11,1,1n，

平面1AAC的法向量为21,1,0n，平面11ACD的法向量为31,1,1n，则122110mn，所以平面1BEF与平面1ABD不垂直，故B错误；因为m与2nuur不平行，所以平面1BEF与平面1AAC不平行，故C

错误；因为m与3n不平行，所以平面1BEF与平面11ACD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.13B.12C.33D.22【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22r，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2111sin222222ABCDSACBDACBDrrr（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22r又22rh1则3222222

212224322333327OABCDrrhVrhrrh当且仅当222rh即33h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1485m．时，相应水面的面积为21400km．；水位为海拔1575m．时，相应水面的面积为21800km．，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1485m．上升到1575m．时，增加的水量约为（72.65）（）A.931.0

10mB.931.210mC.931.410mD.931.610m【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157.5148.59MN(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积262

140.014010Skmm，下底面积262180.018010Skmm，∴661211914010180101401801033VhSSSS6799333206071096182.65101.437101.410(m)

．故选：C．12.（2022·新高考Ⅰ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36，且333l，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A.8118,4B.2781,44C.2764,43D

.[18,27]【答案】C【解析】【分析】设正四棱锥的高为h，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，所以球的半径3R,设正四棱锥的底面边长为2a，高为h

，则2222lah，22232(3)ah,所以26hl，2222alh所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936lllVShahll，所以5233112449696llVll

，当326l时，0V，当2633l时，0V，所以当26l时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，又3l时，274V，33l时，814V,所以正四棱锥的体积V的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是

276443，.故选：C.13.（2022·新高考Ⅰ卷T9）已知正方体1111ABCDABCD，则（）A.直线1BC与1DA所成的角为90B.直线1BC与1CA所成的角为90C.直线1BC与平面11BBDD所

成的角为45D.直线1BC与平面ABCD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1BC、1BC，因为11//DABC，所以直线1BC与1BC所成的角即为直线1BC与1DA所成的角，因为四边形11BBCC为正方

形，则1BC1BC，故直线1BC与1DA所成的角为90，A正确；连接1AC，因为11AB平面11BBCC，1BC平面11BBCC，则111ABBC，因为1BC1BC，1111ABBCB，所以1BC平

面11ABC，又1AC平面11ABC，所以11BCCA，故B正确；连接11AC，设1111ACBDO，连接BO，因为1BB平面1111DCBA，1CO平面1111DCBA，则11COBB，因为111COBD，1111BDBBB，所以1

CO平面11BBDD，所以1CBO为直线1BC与平面11BBDD所成的角，设正方体棱长为1，则122CO，12BC，1111sin2COCBOBC，所以，直线1BC与平面11BBDD所成的角为30，故C错误；因为1CC平面ABCD，所以

1CBC为直线1BC与平面ABCD所成的角，易得145CBC，故D正确.故选：ABD14.（2022·新高考Ⅱ卷T7）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【

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12,rr，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12,rr，所以1233432,2sin60sin60rr

，即123,4rr，设球心到上下底面的距离分别为12,dd，球的半径为R，所以219dR，的2216dR，故121dd或121dd，即229161RR或229161RR，解得225R符合题意，所以球的表面积

为24π100πSR．故选：A．15.（2022·新高考Ⅱ卷T11）如图，四边形ABCD为正方形，ED平面ABCD，,2FBEDABEDFB∥，记三棱锥EACD，FABC，FACE的体积分别为123,,VVV，则（）A.322VV

B.312VVC.312VVVD.3123VV【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算12,VV，连接BD交AC于点M，连接,EMFM，由3AEFMCEFMVVV计算出3V，依次判断选项即可.【详解】设22ABE

DFBa，因为ED平面ABCD，FBED，则2311114223323ACDVEDSaaa，232111223323ABCVFBSaaa，连接BD交AC于点M，连接,EMFM，易得BD

AC，又ED平面ABCD，AC平面ABCD，则EDAC，又EDBDD，,EDBD平面BDEF，则AC平面BDEF，又122BMDMBDa，过F作FGDE于G，易得四边形BDGF为矩形，则22,FGBDaEGa，则2222226,23EMaaaFMaa

a，22223EFaaa，222EMFMEF，则EMFM，213222EFMSEMFMa，22ACa，则33123AEFMCEFMEFMVVVACSa，则3123VV，323VV，312V

VV，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.16.（2022·北京卷T9）已知正三棱锥PABC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5TQSPQ，则T表示的区域的面积为（）A.34

B.C.2D.3【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.【详解】设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，且2362332BO，故361226PO.因为5PQ，故1OQ

，故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为323643136，故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为故选：B17.（2022·浙江卷T8）如图，已知正三棱柱1111,ABCABCACAA

，E，F分别是棱11,BCAC上的点．记EF与1AA所成的角为，EF与平面ABC所成的角为，二面角FBCA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F作FPAC于P，过P作PMBC于M，连接PE，则EFP，FEP，FMP，tan1PEPEFPAB，tan1FPABPEPE，tantanFPFPPMPE，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ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，,,,EABFBCGCDHDA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）证明见解析；（2）64033．【解析】【分析】（1）分别取,ABBC的中点,MN，连接MN，由平面知识可知,EMABFNBC，EMFN，依题从而可证EM平面

ABCD，FN平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知//EMFN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是//EFMN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取,ADDC中点,KL，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH

的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍，即可解出．【小问1详解】如图所示：，分别取,ABBC的中点,MN，连接MN，因为,EABFBC为全等的正三角形，所以,EMABFNBC，EMFN，又平面EAB平面ABCD，平面EAB平面ABCDAB，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//EMFN，而EMFN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以//EFMN，又EF平面ABCD，MN平面ABCD，所以//EF

平面ABCD．【小问2详解】如图所示：，分别取,ADDC中点,KL，由（1）知，//EFMN且EFMN，同理有，//,HEKMHEKM，//,HGKLHGKL，//,GFLNGFLN，由平面知识可知，BDM

N，MNMK，KMMNNLLK，所以该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍．因为42MNNLLKKM，8sin6043EM，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，22d，所以该几何体的体积2125664042434

424322128333333V．2.（2022·全国甲（理）T18）在四棱锥PABCD中，PD底面,,1,2,3ABCDCDABADDCCBABDP∥．（1）证明：BDPA；（2）

求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）55.【解析】【分析】（1）作DEAB于E，CFAB于F，利用勾股定理证明ADBD，根据线面垂直性质可得PDBD，从而可得BD平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点D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ABCD中，作DEAB于E，CFAB于F，因为//,1,2CDABADCDCBAB，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以12AEBF，故32DE，223BDDEBE

，所以222ADBDAB，所以ADBD，因为PD平面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD，又PDADD，所以BD平面PAD，又因PA平面PAD，所以BDPA；【小问2详解】解：如图，以点D原点建立空间

直角坐标系，3BD，的为则1,0,0,0,3,0,0,0,3ABP，则1,0,3,0,3,3,0,0,3APBPDP，设平面PAB的法向量,,nxyz，则有30{330nAPxznBPyz

，可取3,1,1n，则5cos,5nDPnDPnDP，所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.3.（2022·全国乙（文）T18）如图，四面体ABCD中，,,ADCDADCDADBBDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED

平面ACD；（2）设2,60ABBDACB，点F在BD上，当AFC△的面积最小时，求三棱锥FABC的体积．【答案】（1）证明详见解析（2）34【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FABC的体积.【小问1详解】由于ADCD，E是AC的中点，所以ACDE.由于ADCDBDBDADBCDB，所以ADBCDB△△，所以ABCB，故ACB

D，由于DEBDD，,DEBDÌ平面BED，所以AC平面BED，由于AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.【小问2详解】依题意2ABBDBC，60ACB，三角形ABC是等边三角形，所以2,1,3ACAECEBE，由于,ADCD

ADCD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以1DE.222DEBEBD，所以DEBE，由于ACBEE，,ACBE平面ABC，所以DE平面ABC.由于ADBCDB△△，所以FBAFBC，由于BFBFFBAFBCABCB，所以FBAFBC，所以A

FCF，所以EFAC，由于12AFCSACEF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小值.过E作EFBD，垂足为F，在RtBED△中，1122BEDEBDEF，解得32EF，所以223131,2222DFBFDF

，所以34BFBD过F作FHBE，垂足为H，则//FHDE，所以FH平面ABC，且34FHBFDEBD，所以34FH,所以111332333244FABCABCVSFH.4.（2022·全国乙（理）T18）如图，四面体ABCD中，,,ADCDAD

CDADBBDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设2,60ABBDACB，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）证明过程见解析.（2）CF与平面ABD所成的角的正弦值为437【解析】【分析】（1）根据已知关系证明ABDCBD≌△△，得到ABCB，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

BEDE，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ADCD，E为AC的中点，所以ACDE；在ABD△和CBD中，因为,,BACDCDADBDBDBD，所以ABDCBD≌△△，所以ABCB，又因为E为AC的中点，

所以ACBE；又因为,DEBE平面BED，DEBEE，所以AC平面BED，因为AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.【小问2详解】连接EF，由（1）知，AC平面BED，因为EF平面BED，所以

ACEF，所以1=2AFCSACEF△，当EFBD时，EF最小，即AFC△的面积最小.因为ABDCBD≌△△，所以2CBAB，又因为60ACB，所以ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以1AEEC，3BE，因为ADCD，所以112DEAC,在DEB中，222D

EBEBD，所以BEDE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则1,0,0,0,3,0,0,0,1ABD，所以1,0,1,1,3,0ADAB，设平面ABD的一个法向量为,,n

xyz，则030nADxznABxy，取3y，则3,3,3n，又因为331,0,0,0,,44CF，所以331,,44CF，所以643cos,77214nCFnCF

nCF，设CF与平面ABD所成的角的正弦值为02，所以43sincos,7nCF，所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.5.（2022·新高考Ⅰ卷T19）如图，直三棱柱111ABCABC的体积为4，1ABC的面积为22．

（1）求A到平面1ABC的距离；（2）设D为1AC的中点，1AAAB，平面1ABC平面11ABBA，求二面角ABDC的正弦值．【答案】（1）2（2）32【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平面11

ABBA，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111ABCABC中，设点A到平面1ABC的距离为h，则111111112211433333AABCAAABCAABCABBCCCBVShhVSAAV，解得2h

，所以点A到平面1ABC的距离为2；【小问2详解】取1AB的中点E,连接AE,如图，因为1AAAB，所以1AEAB,又平面1ABC平面11ABBA，平面1ABC平面111ABBAAB，且AE平面11ABBA，所以AE⊥平面1ABC

，在直三棱柱111ABCABC中，1BB平面ABC，由BC平面1ABC，BC平面ABC可得AEBC，1BBBC，又1,AEBB平面11ABBA且相交，所以BC平面11ABBA，所以1,,B

CBABB两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE，所以12AAAB，122AB，所以2BC，则10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0AABC,所以1AC的中点1,1,1D

，则1,1,1BD，0,2,0,2,0,0BABC,设平面ABD的一个法向量,,mxyz，则020mBDxyzmBAy，可取1,0,1m，设平面BDC的一个法向量,,nabc，则020mBDabcmBCa

，可取0,1,1nr，则11cos,222mnmnmn，所以二面角ABDC的正弦值为213122.6.（2022·新高考Ⅱ卷T20）如图，PO是三棱锥PABC

的高，PAPB，ABAC，E是PB的中点．（1）求证：//OE平面PAC；（2）若30ABOCBO，3PO，5PA，求二面角CAEB的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）1113【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OAOB，再根据直角三角形的性质得到AODO，即可得到O为BD的中点从而得到//OEPD，即可得证；（2）过点A作//AzOP，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BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥PABC的高，所以PO平面ABC，,AOBO平面ABC，所以POAO、POBO，又PAP

B，所以POAPOB△△，即OAOB，所以OABOBA，又ABAC，即90BAC，所以90OABOAD，90OBAODA，所以ODAOAD所以AODO，即AODOOB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以//

OEPD，又OE平面PAC，PD平面PAC，所以//OE平面PAC【【小问2详解】解：过点A作//AzOP，如图建立平面直角坐标系，因为3PO，5AP，所以224OAAPPO，又30OBAOBC，所以28BDOA，则4AD，43AB

，所以12AC，所以23,2,0O，43,0,0B，23,2,3P，0,12,0C，所以333,1,2E，则333,1,2AE，43,0,0AB，0,12,

0AC，设平面AEB法向量为,,nxyz，则33302430nAExyznABx，令2z，则3y，0x，所以0,3,2n；的设平面AEC的法向量为,,mabc，则33302120mAEabcmACb

，令3a，则6c，0b，所以3,0,6m；所以1243cos,131339nmnmnm设二面角CAEB为，由图可知二面角CAEB为钝二面角，所以43cos13，所以211sin1co

s13故二面角CAEB的正弦值为1113；7.（2022·北京卷T17）如图，在三棱柱111ABCABC中，侧面11BCCB为正方形，平面11BCCB平面11ABBA，2ABBC，M，N分别为11AB，AC的中点．（1）求证：MN∥平面11BCCB；（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AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：ABMN；条件②：BMMN．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AB的中点为K，连接,

MKNK，可证平面//MKN平面11CBBC，从而可证//MN平面11CBBC.（2）选①②均可证明1BB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,

MKNK，由三棱柱111ABCABC可得四边形11ABBA为平行四边形，而11,BMMABKKA，则1//MKBB，而MK平面11CBBC，1BB平面11CBBC，故//MK平面11CBBC，而,CNNABKKA，则//NKBC，同理可得//NK平面11CBBC，而,,N

KMKKNKMK平面MKN，故平面//MKN平面11CBBC，而MN平面MKN，故//MN平面11CBBC，【小问2详解】因为侧面11CBBC为正方形，故1CBBB，而CB平面11CBBC，平面11CBBC平面11ABBA，平面1

1CBBC平面111ABBABB，故CB平面11ABBA，因为//NKBC，故NK平面11ABBA，因为ABÌ平面11ABBA，故NKAB，若选①，则ABMN，而NKAB，NKMNN，故AB平面MNK，而MK平

面MNK，故ABMK，所以1ABBB，而1CBBB，CBABB，故1BB平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2BANM，故0,2,0,1,1,0,0,1,2BABNBM，设平

面BNM的法向量为,,nxyz，则00nBNnBM，从而020xyyz，取1z，则2,2,1n，设直线AB与平面BNM所成的角为，则42sincos,233nAB.若选

②，因为//NKBC，故NK平面11ABBA，而KM平面MKN，故NKKM，而11,1BMBKNK，故1BMNK，而12BBMK，MBMN，故1BBMMKN，所以190BBMMKN，故111ABBB，而1

CBBB，CBABB，故1BB平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2BANM，故0,2,0,1,1,0,0,1,2BABNBM，设平面BNM的法向量为,,nxyz

，则00nBNnBM，从而020xyyz，取1z，则2,2,1n，设直线AB与平面BNM所成的角为，则42sincos,233nAB.8.（2022·浙江卷

T19）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，//ABDC，//DCEF，5AB，3DC，1EF，60BADCDE，二面角FDCB的平面角为60．设M，N分别为,AEBC的中点．（1）证明：F

NAD；（2）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）5714．【解析】【分析】（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H，由平面知识易得FCBC，再根据二面角的定义可知，60BCF，由此可知，FNBC，FN

CD，从而可证得FN平面ABCD，即得FNAD；（2）由（1）可知FN平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以可以以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Nxyz，求出平面ADE的一个法向量，以及BM，即可利用线面角的向量公式解

出．【小问1详解】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，//,//,5,3,1ABDCCDEFABDCEF，60BADCDE，由平面几何知识易知，2,90D

GAHEFCDCFDCBABC，则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形，∴在RtEGD和RtDHA，23EGDH，∵,DCCFDCCB，且CFCBC，∴DC平面,BCFBCF是二面角FDCB的平面角，则

60BCF，∴BCF△是正三角形，由DC平面ABCD，得平面ABCD平面BCF，∵N是BC的中点，FNBC，又DC平面BCF，FN平面BCF，可得FNCD，而BCCDC，∴FN平面ABCD，而AD平面ABCDFNAD．【

小问2详解】因为FN平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Nxyz，设(5,3,0),(0,3,0),(3,3,0),(1,

0,3)ABDE，则333,,22M，333,,,(2,23,0),(2,3,3)22BMADDE设平面ADE的法向量为(,,)nxyz由00nADnDE，

得22302330xyxyz，取(3,1,3)n，设直线BM与平面ADE所成角为，∴3333322||5357sincos,14|||39723313944nBMnBMnBM．