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1、2022年高考數(shù)學(xué) 立體幾何試題 文
一、選擇題
1．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（ ）
A. B.
B. C. D.
2．．一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示（單位長度：cm），則此幾何體的表面積是（ ）
A．（20+4）cm2 B．21 cm2
C．（24+4）cm2 D．24 cm2
3．已知如圖所示的正方體ABCD﹣A1B1C1D1，點(diǎn)P、Q分別在棱BB1、DD1上，且=，過點(diǎn)A、P、Q作截面截去該正方體的含點(diǎn)A1的部分，則下列圖形中不可能是截去后剩下幾何體的
2、主視圖的是（ ?。?
4．四棱錐的三視圖如圖正（主）視圖
側(cè)（左）視圖
俯視圖
所示，則最長的一條側(cè)棱的長度是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空題
5．如圖所示的一塊長方體木料中，已知，設(shè)為底面的中心，且，則該長方體中經(jīng)過點(diǎn)的截面面積的最小值為 .
6．長方體中，已知
，，棱在平面內(nèi)，則長方體在平面內(nèi)的射影所構(gòu)成的圖形面積的取7．如右圖,正方體的棱長為1,P值范圍是 ．
為BC的中點(diǎn),Q為線段上的動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)A,P
3、,Q的平面截該正方體所得的截面記為S.則下列命題正確的是_____(寫出所有正確命題的編號).
①當(dāng)時(shí),S為四邊形;
②當(dāng)時(shí),S不為等腰梯形;
③當(dāng)時(shí),S與的交點(diǎn)R滿足;
④當(dāng)時(shí),S為六邊形;
⑤當(dāng)時(shí),S的面積為.
三、解答題
8．（本小題滿分14分）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，//，，平面底面，為的中點(diǎn)，是棱的中點(diǎn)，
（Ⅰ）求證：；
（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）求二面角的余弦值.
9．(本小題滿分12分)如圖，在四棱錐P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為梯形，BC∥AD，AB⊥AD，PA＝AB＝BC＝1，AD＝2.
4、
（1）求三棱錐P—ACD的外接球的表面積；
（2）若M為PB的中點(diǎn)，問在AD上是否存在一點(diǎn)E，使AM∥平面PCE？若存在，求的值；若不存在，說明理由.
10．如圖，在三棱錐中，平面平面，于點(diǎn)，且，，
（1）求證：
（2）
（3）若，，求三棱錐的體積．
參考答案
1．C
【解析】
試題分析：根據(jù)三視圖可知該幾何體為一個(gè)四棱錐和三棱錐的組合體，如圖所示,且平面，平面，底面為正方形，則有,所以和到平面的距離相等，且為，故,
，則該幾何體的體積為.
考點(diǎn)：三視圖、簡單幾何體體積
2．A
【解析】
5、
試題分析：三視圖復(fù)原的組合體是下部是棱長為2的正方體，上部是底面邊長為2的正方形，高為1的四棱錐，
組合體的表面積為：，故選A．
考點(diǎn)：三視圖求幾何體的表面積
3．A
【解析】
試題分析：當(dāng)P、B1重合時(shí)，主視圖為選項(xiàng)B；當(dāng)P到B點(diǎn)的距離比B1近時(shí)，主視圖為選項(xiàng)C；當(dāng)P到B點(diǎn)的距離比B1遠(yuǎn)時(shí)，主視圖為選項(xiàng)D，因此答案為A.
考點(diǎn)：組合體的三視圖
4．D
【解析】
試題分析：根據(jù)題中所給的三視圖，可知該幾何體為底面是直角
梯形，且頂點(diǎn)在底面上的射影是底面梯形的左前方的頂點(diǎn)，所以最長
的側(cè)棱應(yīng)該是棱錐的頂點(diǎn)與右后方的點(diǎn)的側(cè)棱，故根據(jù)勾股定理，可知最長側(cè)棱應(yīng)該是．，故選D．
6、
考點(diǎn)：根據(jù)幾何體的三視圖確定幾何體的特征．
5．
【解析】
試題分析：如圖所示，經(jīng)過點(diǎn)的截面為平行四邊形
設(shè),則，為了求出平行四邊形的高，先求的高，由等面積法可得，又由三垂線定理可得平行四邊形的高，因此平行四邊形的面積
，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)
考點(diǎn)：幾何體的截面面積的計(jì)算
6．.
【解析】
試題分析：四邊形和的面積分別為4和6，長方體在平面內(nèi)的射影可由這兩個(gè)四邊形在平面內(nèi)的射影組合而成. 顯然，. 若記平面與平面所成角為，則平面與平面所成角為. 它們在平面內(nèi)的射影分別為和，所以，（其中，），因此，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取到. 因此，.
考點(diǎn)：三角函數(shù)的化簡和求值.
7．①②③⑤
【解
7、析】
試題分析：取AB的中點(diǎn)M,在DD1上取點(diǎn)N,使得DN=CQ,則MN∥PQ;作AT∥MN,交直線DD1于點(diǎn)T,則A、P、Q、T四點(diǎn)共面;
①當(dāng)0
8、1D1的中點(diǎn)FS為菱形APC1FS的面積=AC1PF==.
綜上,命題正確的是:①②③⑤..
考點(diǎn)：立體幾何綜合應(yīng)用.
8．（Ⅰ）證明祥見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】
試題分析：（Ⅰ）在中，為中點(diǎn).所以；又因?yàn)槠矫娴酌妫移矫娴酌?，由面面垂直的性質(zhì)定理可得到底面，再由線面垂直的性質(zhì)得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）及已知條件易得，和；故可以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系從而由空間向量知識及可求得直線與平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）在（Ⅱ）中所建立的空間直角坐標(biāo)系中，求出平面的法向量和平面的法向量，代入公式二面角的夾角公式即可求出二面角的余弦值.
試題解析：（Ⅰ）證明：在中，為中點(diǎn).
所以
9、 1分
因?yàn)槠矫娴酌妫移矫娴酌?
所以底面 3分
又平面
所以. 4分
（Ⅱ）解：在直角梯形中，//為中點(diǎn)
所以
所以四邊形為平行四邊形
因?yàn)?
所以
由（Ⅰ）可知平面
所以，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.
則
所以 6分
設(shè)平面的法向量為則
即亦即
令，得所以 8分
設(shè)直線與平面所成角為，則
所以與平面所成角的正弦值為
10、 10分
（Ⅲ）解：如（Ⅱ）中建立空間直角坐標(biāo)系
因?yàn)?
所以平面
即為平面的法向量，且 11分
因?yàn)槭抢獾闹悬c(diǎn)
所以點(diǎn)的坐標(biāo)為
又
設(shè)平面的法向量為
則
即
令得
所以 13分
所以
由題知，二面角為銳角
所以二面角的余弦值為 14分
考點(diǎn)：1.直線與平面、平面與平面的垂直關(guān)系；2. 直線與平面所成的角；3.二面角.
9．（1）5π;（2）在AD上存在點(diǎn)E，使AM∥平面BCE, .
【解析】
試題分析：（1）在△ACD中，AC＝，CD＝，AD＝2，
利用AC2＋
11、CD2＝AD2證得AC⊥CD，根據(jù)PA⊥平面ABCD得到PA⊥CD，從而有CD⊥平面PAC， CD⊥PC；
根據(jù)△PAD、△PCD均是以PD為斜邊的直角三角形，
取PD的中點(diǎn)O，則OA＝OP＝OC＝OD＝，計(jì)算即得所求.
（2）根據(jù)觀察分析，取PC的中點(diǎn)N，連接MN，EN，得到MNBC， 又BC∥AE，得到MN∥AE；
由AM∥平面PCE，得 AM∥EN，四邊形AMNE為平行四邊形，AE＝MN＝BC＝AD，＝ .
考點(diǎn)：1.球的表面積；2.平行關(guān)系、垂直關(guān)系.
10．（1）參考解析；（2）參考解析；（3）
【解析】
試題分析：（1）由，，即可得到線段成比例，即得到直線平行，再
12、根據(jù)直線與平面平行的判斷定理即可得到結(jié)論.
（2）由平面平面，于點(diǎn)，并且AC是平面PAC與平面ABC的交線，根據(jù)平面垂直的性質(zhì)定理即可得PD垂直平面ABC，再根據(jù)平面與平面垂直的判斷定理即可得到結(jié)論.
（3）由即可得AC=3.又由，， 在三角形ABC中根據(jù)余弦定理即可求得BC的值.所以三角形ABC的面積可以求出來，由于PD垂直于平面ABC所以PD為三棱錐的高，即可求得結(jié)論.
（1）， 2分
3分
（2）因?yàn)槠矫嫫矫妫?
且平面平面，
平面，，
所以平面， 6分
又平面，
所以平面平面． 7分
（3）由（2）可知平面．
法一：中，，
由正弦定理，得，
因?yàn)?，所以，則，因此， 8分
△的面積． 10分
所以三棱錐的體積． 12分
法二：中，，，由余弦定理得：
，所以，
所以． 8分
△的面積． 10分
所以三棱錐的體積． 12分
考點(diǎn)：1.線面平行.2.面面垂直.3.三角形的余弦定理.4.三棱錐的體積.
2022年高考數(shù)學(xué) 立體幾何試題 文
