1、立体几何一、选择题：本题共8小题，每小题5分共40分1、下列命题正确的是A、正方形的直观图是正方形B、用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体是棱台C、各个面都是三角形的几何体是三棱锥D、圆锥有无数条母线2、设是两个不同的平面，是两条不同的直线，则下列结论中正确的是 A、 若，则 B、 若，则C、若，则 D、若，则 3、已知圆锥的高为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为A B C D4、正多面体共有5种，统称为柏拉图体，它们分别是正四面体正六面体（即正方体）正八面体正十二面体正二十面体.连接正方体中相邻面的中心，可以得到另一个柏拉图体.已知该柏拉图体的体积为，则生成它的正方
2、体的棱长为（ ）A. 2B. C. D. 45、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时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，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上升到时，增加的水量约为（）（ ）A. B. C. D. 6、在平行六面体中，底面是边长为1 的正方形，侧棱，则（ ） 7、如图，正方体的棱长为1，分别是所在棱上的动点，且满足，则以下四个结论正确的是（ ）A四点一定不共面B若四边形为矩形，则C若四边形为菱形，则一定为所在棱的中点D若四边形为菱形，则四边形周长的取值范围为8. 足球运动成为当今世界
3、上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一，2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行已知某足球的表面上有四个点A，B，C，D满足，二面角的大小为，则该足球的体积为（ ）A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5分，有选错的得0分，部分选对的得2分9、已知直线与平面相交于点，则A内不存在直线与平行B内有无数条直线与垂直C内所有直线与是异面直线D至少存在一个过且与垂直的平面10、已知正方体，则（ ）A. 直线与所
4、成的角为B. 直线与所成的角为C. 直线与平面所成的角为D. 直线与平面ABCD所成的角为11、在一个圆锥中，D为圆锥的顶点，O为圆锥底面圆的圆心，P为线段DO的中点，AE为底面圆的直径，ABC是底面圆的内接正三角形，ABAD，则下列说法正确的是ABE平面PAC BPA平面PBCC在圆锥侧面上，点A到DB中点的最短距离为D记直线DO与过点P的平面所成的角为，当cos(0，)时，平面与圆锥侧面的交线为椭圆12、已知圆台上下底面的半径分别为2和4，母线长为4.正四棱台上底面的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（ ）A. 与底面所成的角为60B. 二面角小于60C.
5、正四棱台的外接球的表面积为D. 设圆台的体积为，正四棱台的体积为，则三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13、已知正四棱锥的高为，底面边长为，则正四棱锥的侧面积为 14、已知圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，圆台的高为，母线与轴的夹角为，则这个圆台的轴截面的面积等于 15、已知在球的球面上，为等边三角形且其面积为，平面，则球的表面积为 .16、在等腰梯形中，为的中点将沿折起，使点到达点的位置，则三棱锥外接球的表面积为 ；当时，三棱锥外接球的球心到平面的距离为 四、解答题：本题共6小题，共 70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（本小题满分10分）在四棱锥中，与相交
6、于点，点在线段上，（），且平面.（I）求实数的值；（）若，求点到平面的距离.18（本小题满分12分）如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，四边形ABCD为等腰梯形，平面平面，（1）求证：平面平面；（2）若二面角的余弦值为，求直线PD与平面PBC所成角的大小19（本小题满分12分）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为（1）求A到平面的距离；（2）设D为的中点，平面平面，求二面角的正弦值20（本小题满分12分）如图，在多面体中， 是边长为2的等边三角形，点是中点，平面平面.(1) 求证：平面；(2) 是直线上的一点，若二面角为直二面角，求的长. 21（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，底面
7、，点在棱上，点在棱上，.（1）若，为的中点，求证：，四点共面；（2）求直线与平面所成角的正弦的最大值.22（本小题满分12分）如图1，在平行四边形ABCD中，AB2，AD3，ABC30，AEBC，垂足为E以AE为折痕把ABE折起，使点B到达点P的位置，且平面PAE与平面AECD所成的角为90(如图2)（1）求证：PECD；（2）若点F在线段PC上，且二面角FADC的大小为30，求三棱锥FACD的体积补充练习：1、如图，在直四棱柱中，点在棱上，平面与棱交于点（1）求证：；（2）若与平面所成角的正弦值为，试确定点的位置【解答】（1）证明：在直四棱柱中中，平面，平面，连接，平面，平面，平面，（2）以
8、为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，0，平面的法向量为，0，则，解得，则，0，设，0，则，解得，0，为棱的中点参考答案1、D2、B3、A 4、D 5、C 6、D 7、D 8、A8、【详解】根据题意，三棱锥如图所示，图中点为线段的中点，分别是线段上靠近点的三等分点，因为，所以和均为等边三角形，因为点为线段的中点，所以，所以为二面角的平面角，所以，因为和均为等边三角形，点为线段的中点，所以分别为和的中线，因为分别是线段上靠近点的三等分点，所以分别为和的外心，过分别作平面和平面的垂线，交于点，则点为三棱锥外接球的球心，即为足球的球心，所以线段为球的半径，因为，所以，则，因为，所以，
9、所以，在直角中，因为平面，平面，所以，因为是的外心，所以，所以,所以，所以足球的体积为，故选：A9、ABD 10、ABD 11、BD 12、AC12、【详解】如图，过作，作出截面的平面图，易知为等腰梯形，且为中点，易得，故，即圆台的高，即四棱台的上下底边长分别为和，选项A：易得即为与底面所成角，则，故，正确；选项B：过作于，连接，由，故面，面，故，即为二面角的平面角，又，故，即，B错误；选项C：设外接球半径为，球心到下底距离为，在的平面图中，为球心，则，故，故表面积，正确；选项D：，显然，错误.故选：AC.13、8 14、8 15、16、；16、解：等腰梯形中，为的中点，为等边三角形，三棱锥处
10、接球的球心为，半径为1，连接与交于，则，是二面角的平面角，到平面的距离为，在中，设球心到平面的距离为，由，得，解得，三棱锥外接球的球心到平面处接球的球心到平面的距离为故答案为：；17、【详解】分析：解法一：（1）由平行线的性质可得，结合线面平行的性质定理有据此可得 (2) 由题意可知为等边三角形，则，结合勾股定理可知且，由线面垂直的判断定理有平面 ，进一步有平面平面作于，则平面 即为到平面的距离结合比例关系计算可得到平面的距离为 解法二：（1）同解法一 （2）由题意可得为等边三角形，所以，结合勾股定理可得且，则平面 设点到平面的距离为，利用体积关系：， 即求解三角形的面积然后解方程可得到平面的
11、距离为详解：解法一：（1）因为,所以即因为平面，平面，平面平面，所以 所以，即 (2) 因为，所以为等边三角形，所以，又因为，所以且， 所以且，又因为，所以 因平面，所以平面平面作于，因为平面平面，所以平面 又因为平面，所以即为到平面的距离 在中，设边上的高为，则，因为，所以，即到平面的距离为 解法二、（1）同解法一 （2）因为，所以为等边三角形，所以，又因为，所以且，所以且，又因为，所以平面 设点到平面的距离为，由得，所以， 即 因为，所以，解得，即到平面的距离为18、【1】因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面【2】过作，垂足分别为，连接，因为平面平面，平面平面，
12、平面，所以平面，又平面，所以，又，且，平面，所以平面，因为平面，所以，即即为二面角的平面角，不妨设，则可知，且，因为，所以，所以，过作平面，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，所以，设直线PD与平面PBC所成角为，则，即.19、【1】在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为；【2】取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得，所以，所以，则,所以的中点，则，,设平面
13、的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为.20、(1) 是边长为2的等边三角形，则，又，由勾股定理知，故平面，点是中点，则，由于平面平面知平面，则，平面(2) 以点为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴建系则，设 平面内，法向量平面内，法向量设直二面角的平面角，则21、【1详】解：以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，则，则，设，则，解得，则，即，四点共面.【2】解：由（1）中的空间直角坐标系，可得，设，（其中），且，则，解得，可得设平面的法向量为，由，取，可得，所以设直线与平面所成角为，则，当且仅当时等号成立.直线与平面所成角的正弦的最大值为.
14、22、解：（1）方法1在平行四边形ABCD中，AEBC，所以AEPE因为平面PAE与平面AECD所成的角为90，即平面PAE平面AECD2分又因为平面PAE平面AECDAE，PE平面PAE，所以PE平面AECD因为CD平面AECD，所以PECD4分方法2在平行四边形ABCD中，AEBC，所以AEPE，AECE，所以PEC为平面PAE与平面AECD所成角的平面角因为平面PAE与平面AECD所成的角为90，所以PEC90，即PECE2分又PEAE，AECEE，AE平面AECD，CE平面AECD，所以PE平面AECD因为CD平面AECD，所以PECD4分（2）方法1由（1）得PE平面AECD，AEE
15、C，故以，为正交基底，建立空间直角坐标系易得A(1，0，0)，C(0，2，0)，D(1，3，0)，P(0，0，)，所以(0，2，)，(1，0，)，(0，3，0)5分设(0，2，)，0，1，则(1，2，)6分设平面FAD的法向量为n(x，y，z)，则即取z1，得x，则平面FAD的一个法向量为n(，0，1)8分又因为平面AECD的一个法向量为m(0，0，1)，且二面角FDAC的大小为30，所以|cosm，n|，整理得921880，即(32)(34)0，解得或(舍去)，故10分因为SACD31，所以VFACDVPACDSACDPE12分方法2在PEC中，过F作FGEC，交PE于点G因为ECAD，所以FGAD，因此A，D，F，G共面在平行四边形ABCD中，易知ADAE由（1）得PE平面AECD，因为AD平面AECD，所以ADPE又PEAEE，AE，PE平面PAE，所以AD平面PAE因为AG平面PAE，所以ADAG所以GAE为二面角FADC的平面角，所以GAE308分在RtAEG中，AEG90，GAE30，AE1，所以EG10分因为FGAD，FG平面AECD，AD平面AECD，所以FG平面AECD因此VFACDVGACD(31)12分