广东省各市2022年高考数学一模试题分类汇编 立体几何 理

广东省各市2022年高考一模数学理试题分类汇编立体几何一、选择题1、（2022届广州市）已知某锥体的正视图和侧视图如图2，其体积为，则该锥体的俯视图可以是2、（2022届江门市）一个四面体如图1，若该四面体的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图都是直角边长为1的等腰直角三角形，则它的体积A．B．C．D．3、（2022届揭阳市）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是A.若；B.若；C.若；D.若；23\n4、（2022届梅州市）若某几何体的三视图如右图所示，则此几何体的体积等于　A、30　　　　　B、12　　　　　C、24　　　　　D、45、（2022届汕头市）设，，为平面，，为直线，则的一个充分条件是（）A．，，B．，，C．，，D．，，6、（2022届湛江市）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．7、（2022届中山市）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（A）若且，则（B）若且，则（C）若且，则（D）若且，则8、（2022届佛山市）已知异面直线均与平面相交,下列命题:①存在直线,使得或；②存在直线,使得且；③存在直线,使得与和所成的角相等.23\n其中不正确的命题个数为()A．B．C．D．选择题参考答案1、C　2、C　3、C　4、C　5、D　6、A　7、B　8、B二、填空题1、（2022届茂名市）一个几何体的三视图如图所示，正视图为正方形，俯视图为半圆，侧视图为矩形，则其表面为＿＿＿＿填空题参考答案1、　三、解答题1、（2022届广州市）如图4，在边长为的菱形中，，点，分别是边，的中点，，沿将△翻折到△，连接，得到如图5的五棱锥，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的正切值.23\n2、（2022届江门市）如图4，直四棱柱的底面是菱形，侧面是正方形，，是棱的延长线上一点，经过点、、的平面交棱于点，．图4⑴求证：平面平面；⑵求二面角的平面角的余弦值．3、（2022届揭阳市）如图4，已知中，，，⊥平面，、分别是、的中点．（1）求证：平面⊥平面；（2）求四棱锥B-CDFE的体积V；（3）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．23\n4、（2022届茂名市）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，DB平分∠ADC，E为PC的中点，AD＝CD＝1，DB＝2，PD＝2。（1）证明：PA∥平面BDE；（2）证明：AC⊥PB；（3）求二面角E－BD－C的余弦值；5、（2022届梅州市）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝2a，D，E分别为AC，AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥，F是的中点。（1）求证：EF∥平面；（2）当四棱锥的体积取最大值时，求平面与平面夹角的余弦值。6、（2022届汕头市）已知某几何体的直观图和三视图如下图所示，其中正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．23\n求证：平面；设为直线与平面所成的角，求的值；设为中点，在边上求一点，使平面，求的值．7、（2022届深圳市）在三棱锥中，已知平面平面，是底面△最长的边．三棱锥的三视图如图5所示，其中侧视图和俯视图均为直角三角形．（1）请在图6中，用斜二测画法，把三棱锥的直观图补充完整（其中点在平面内），并指出三棱锥的哪些面是直角三角形；（2）求二面角的正切值；侧视图正视图图5俯视图z图6OPyx（3）求点到面的距离．23\n8、（2022届湛江市）如图，在三棱锥中，和均是边长为的等边三角形，，，，分别是，，的中点．若是内部或边界上的动点，且满足平面，证明：点在线段上；求二面角的余弦值．（参考定理：若平面平面，平面，直线，且平面，则直线平面．）9、（2022届中山市）如图所示，⊥平面，PABCDM（第20题图）△为等边三角形，，⊥，为中点．（I）证明：∥平面；（II）若与平面所成角的正切值为，求二面角--的正切值．23\n10、（2022届佛山市）PABCDM图6如图,四棱锥,侧面是边长为的正三角形,且与底面垂直,底面是的菱形,为棱上的动点,且().(Ⅰ)求证:△为直角三角形；(Ⅱ)试确定的值,使得二面角的平面角余弦值为.解答题参考答案1、（1）证明：∵点，分别是边，的中点，∴∥.…………………………1分∵菱形的对角线互相垂直，∴.∴.∴，.…………………………2分∵平面，平面，，∴平面.…………………………3分∴平面.…………………………4分（2）解法1：设，连接，∵，∴△为等边三角形.∴，，，.……5分在Rt△中，，23\n在△中，，∴.…………………………6分∵，，平面，平面，∴平面.…………………………7分过作，垂足为，连接，由（1）知平面，且平面，∴.∵，平面，平面，∴平面.…………………………8分∵平面，∴.…………………………9分∴为二面角的平面角.…………………………10分在Rt△中，，在Rt△和Rt△中，，∴Rt△～Rt△.…………………………11分∴.∴.…………………………12分在Rt△中，.……………………13分∴二面角的正切值为.…………………………14分解法2：设，连接，23\n∵，∴△为等边三角形.∴，，，.………………………5分在Rt△中，，在△中，，∴.…………………………6分∵，，平面，平面，∴平面.…………………………7分以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，.…………8分∴，.设平面的法向量为，由，，得……9分令，得，.∴平面的一个法向量为.…………………………10分由（1）知平面的一个法向量为，……………………11分设二面角的平面角为，则.………………………12分∴，.………………………13分23\n∴二面角的正切值为.…………………………14分2、⑴设四棱柱的棱长为∵，∽，∴……1分由，，得，……2分∵，∴，……3分是直四棱柱，，又，∴，∵，∴平面……4分∵平面，∴平面平面……5分⑵（方法一）过作于，于，连接……6分由平面平面，平面平面，平面……7分∴，又，，∴平面，，是二面角的平面角……9分在中，，，，，在中，，，，（、求得任何一个给2分，两个全对给3分）……12分，……13分（方法二）以为原点，、所在直线为轴、轴，平行于的直线为轴建立空间直角坐标系……6分，则23\n，，……7分设平面的一个法向量为，则……9分，即，不妨取……10分，由⑴知，……11分，平面的一个法向量为……12分，二面角的平面角的余弦值……13分3、（1）证明：AB⊥平面BCD，平面，-------------------1分又，，平面，------------------------------2分又E、F分别是AC、AD的中点，∴---------------------------------------3分∴EF⊥平面ABC又平面BEF，平面BEF⊥平面ABC-----------4分（2）解法1：由（1）知EFCD∴--------------------------------5分∴---------------------6分-------------------8分[解法2：取BD中点G，连结FC和FG，则FG//AB，-----5分∵AB⊥平面BCD，∴FG⊥平面BCD，-----------------6分由（1）知EF⊥平面ABC，∴.-----------------8分]23\n（3）解法1：以点C为坐标原点，CB与CD所在的直线分别为x、y轴建立空间直角坐标系如图示，--------------------------------------------------------9分则,∴,,---------------10分设平面BEF的一个法向量为，由得令得，∴，------------------12分∵是平面BCD的法向量，设平面BEF与平面BCD所成的锐二面角大小为，则,∴所求二面角的余弦值为．---------------------------------------------------14分[解法2：过点B作//CD，则平面EF//CD，∴∴平面,∴为平面BEF与平面BCD的交线，---------------------------------------------10分∵平面，平面，∴，∴又，∴∴为平面BEF与平面BCD所成的锐二面角的平面角，------------------------12分在中，∵BE=CE，23\n∴，即所求二面角的余弦值为．----------------14分]4、5、（1）证明：取中点，连接.23\n则由中位线定理可得，∥，，…1分同理∥，．所以∥，，从而四边形是平行四边形，…………3分所以∥．又面，平面，所以∥平面．…………5分（2）在平面内作于点.平面.又，故底面，即就是四棱锥的高．…………7分由知，点和重合时，四棱锥的体积取最大值．…………8分分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，．………9分设平面的法向量为，由,得，可取．…………11分23\n平面的一个法向量．…………12分故，…………13分所以平面与平面夹角的余弦值为．…………14分(连,可以证明即为所求二面角的平面角,易求.参照法一给分)6、解：（1）证明∵该几何体的正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，∴两两垂直。且,……………（3分）以BA，BB1，BC分别为轴建立空间直角坐标系，如图则N（4,4,0），B1（0,8,0），C1（0,8,4），C（0,0,4）∵=（4,4,0）·（-4,4,0）=-16+16=0=（4,4,0）·（0,0,4）=0∴BN⊥NB1，BN⊥B1C1且NB1与B1C1相交于B1，∴BN⊥平面C1B1N；-----------------（5分）（2）设为平面的一个法向量，则则-----------------（9分）（3）∵M（2,0,0）．设P(0,0,a)为BC上一点,则,∵MP//平面CNB1,∴又,∴当PB=1时MP//平面CNB1----------（14分）23\n7、解：（1）三棱锥直观图如图1所示；由三视图知和是直角三角形．……………………3分Az图1O(B)PyCx（2）（法一）：如图2，过作交于点，由三视图知为等腰三角形，，，，取的中点，过作且交于点，连接，，EFHAz图2O(B)PyCx因为，由三视图知面，且面，所以，又由，所以面，由面，所以，，所以面，由面，所以，所以是二面角的平面角．………6分，，，，……………………………………8分在直角中，有．所以，二面角的正切值为．………………………………………9分（法二）：如图3，过作交于点，由三视图知为等腰三角形，HAz图3O(B)PyCx，，23\n由图3所示的坐标系，及三视图中的数据得：，，，，则，，，,设平面、平面的法向量分别为、．设，由，，得，令，得，，即．…………………6分设，由，，得，令，得，，即．………………………7分，．…………………8分而二面角的大小为锐角，所以二面角的正切值为．…9分（法一）：记到面的距离为，由（1）、（2）知，，，………………………………12分三棱锥的体积，……………………13分由，可得：．………………………………………14分（法二）：由（2）知，平面的法向量，记到面的距离为，．………………………………………………14分23\n【说明】本题主要考察空间点、线、面位置关系，三视图及几何体的直观图，二面角，三棱锥的体积，空间坐标系等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查用向量方法解决数学问题的能力．8、23\n9、解：（Ⅰ）证明：因为M为等边△ABC的AC边的中点，所以BM⊥AC．依题意CD⊥AC，且A、B、C、D四点共面，所以BM∥CD．…………3分又因为BMË平面PCD，CDÌ平面PCD，所以BM∥平面PCD．…………5分23\nPABCDM（第18题图）FE（Ⅱ）因为CD⊥AC，CD⊥PA，所以CD⊥平面PAC，故PD与平面PAC所成的角即为∠CPD．……………7分不妨设PA=AB=1，则PC=．由于，所以CD=．……………9分（方法一）在等腰Rt△PAC中，过点M作ME⊥PC于点E，再在Rt△PCD中作EF⊥PD于点F．因为ME⊥PC，ME⊥CD，所以ME⊥平面PCD，可得ME⊥PD．又EF⊥PD，所以∠EFM即为二面角C-PD-M的平面角．……………12分易知PE=3EC，ME=，EF=，PABCDM（第18题图）xyz所以tan∠EFM=，即二面角C-PD-M的正切值是．……………15分（方法二）以A点为坐标原点，AC为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz．则P（0,0,1），M（），C（1,0,0），D．则，，．若设和分别是平面PCD和平面PMD的法向量，则，可取．23\n由，可取．………12分所以，故二面角C-PD-M的余弦值是，其正切值是．……………15分10、【解析】(Ⅰ)取中点,连结,依题意可知△,△均为正三角形,所以,,又,平面,平面,所以平面,又平面,所以,PABCDMOxyz因为,所以,即,从而△为直角三角形.………………5分说明:利用平面证明正确,同样满分!(Ⅱ)[向量法]由(Ⅰ)可知,又平面平面,平面平面,平面,所以平面.………………6分以为原点,建立空间直角坐标系如图所示,则,,,,………………7分由可得点的坐标为,………………9分所以,,设平面的法向量为,则,即23\n解得,令,得,………………11分显然平面的一个法向量为,………………12分依题意,解得或(舍去),所以,当时,二面角的余弦值为.………………14分[传统法]由(Ⅰ)可知平面,所以,,所以为二面角的平面角,PABCDMO即,………………8分在△中,,,,所以,………10分由正弦定理可得,即,解得,………………12分又,所以,所以,当时,二面角的余弦值为.………………14分23