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2022年高考数学真题分类汇编专题11：立体几何
一、单选题
1．（2022·浙江）某几何体的三视图如图所示（单位： ），则该几何体的体积（单位： ）是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】由三视图求面积、体积
【解析】【解答】由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，
所以几何体的体积为：，
故选：C．
【分析】首先判断几何体的形状，再利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．
2．（2022·浙江）如图，已知正三棱柱 ，E，F分别是棱 上的点．记 与 所成的角为 ， 与平面 所成的角为 ，二面角 的平面角为 ，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二面角的平面角及求法
【解析】【解答】作直线，连接EG，因为平面，
根据线面垂直的性质定理，得，
因此，。
易知，因此，作交于H，
连接BH，CF，作于M，连接GM，得到，因此，，由于，可得。综上，.
故答案为：A
【分析】根据线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，转化求解即可．
3．（2022·新高考Ⅱ卷）正三棱台高为1，上下底边长分别为 和 ，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是（　　）
A．100π B．128π C．144π D．192π
【答案】A
【知识点】棱台的结构特征；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】设正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，所以 ，即 ，设球心到上下底面的距离分别为 ，球的半径为 ，所以 ， ，故 或 ，即 或 ，解得 ，所以球的表面积为 ．
故答案为：A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，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，从而求出球的表面积．
4．（2022·全国甲卷）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．8 B．12 C．16 D．20
【答案】B
【知识点】由三视图求面积、体积；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积 .
故选：B.
【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.
5．（2022·全国甲卷）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为 ，侧面积分别为 和 ，体积分别为 和 ．若 ，则 （　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，
则，
所以r1=2r2，
又 ，
则 ，
所以 ，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高 ，
所以 .
故选：C.
【分析】设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，根据圆锥的侧面积公式可得r1=2r2，再结合圆心角之和可将r1，r2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.
6．（2022·全国甲卷）在长方体 中，已知 与平面 和平面 所成的角均为 ，则（　　）
A．
B．AB与平面 所成的角为
C．
D． 与平面 所成的角为
【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图所示：
不妨设AB=a，AD=b，AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知， B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，
B1D与平面AA1B1B所成角为 ∠DB1A，
所以 ，
即b=c ， ，
解得 ．
对于A， AB=a，AD=b ，AB=AD ，A错误；
对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，
因为 ，所以 ，B错误；
对于C，，C错误；
对于D， B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C ，又 ，而0°<∠DB1C<90°，所以∠DB1C=45° ．D正确．
故选：D．
【分析】先设AB=a，AD=b，AA1=c，再由题意得，b=c ，最后根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
7．（2022·全国乙卷）在正方体 中，E，F分别为 的中点，则（　　）
A．平面 平面 B．平面 平面
C．平面 平面 D．平面 平面
【答案】A
【知识点】空间向量平行的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：在正方体 中，可知 且 平面 ，
又 平面 ，所以 ，由 分别为 的中点，所以 ，所以 ，又 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 ，故A正确；
以点 为原点，建立如图空间直角坐标系，设 ，
则 ，
，得 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，解得 ，
同理可得平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
则 ，所以平面 与平面 不垂直，故B错误；
因为 与 不平行，所以平面 与平面 不平行，故C错误；
因为 与 不平行，所以平面 与平面 不平行，故D错误，
故选：A
【分析】证明 平面 ，即可判断A；以点 为原点，建立如图空间直角坐标系，设 ，分别求出平面 ， ， 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
8．（2022·全国乙卷）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． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体
【解析】【解答】假设底面是边长为a的正方形，底面所在圆的半径为r，则
所以该四棱锥的高 ，则
当且仅当 ，即 时等号成立，所以四棱锥的高为
故选：C
【分析】假设底面是边长为a的正方形，底面所在圆的半径为r，则 ，所以该四棱锥的高 ，得到四棱锥体积表达式，再利用基本不等式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.
9．（2022·北京）已知正三棱锥 的六条棱长均为6， 是 及其内部的点构成的集合，设集合 ，则 表示的区域的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】轨迹方程；棱锥的结构特征
【解析】【解答】过点P作底面的射影点O，则由题意， ，所以 ，当CO上存在一点Q使得 ，此时QO=1，则动点Q在以QO为半径，O为圆心的圆内，所以面积为π.
故答案为：B
【分析】过点P作底面的射影点O，根据题意可计算 ，当CO上存在一动点Q使得 ，此时QO=1，即可得动点Q的轨迹，从而计算 表示的区域的面积.
10．（2022·新高考Ⅰ卷）已知正四棱锥的侧棱长为 ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36 ，且 则该正四棱锥体积的取值范围是（　　）
A． B． C． D．[18，27]
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：记正四棱锥高与侧棱夹角为θ，高为h，底面中心到各顶点的距离为m，
则，
则l=6cosθ，m=l·sinθ=6sinθcosθ，，
则正四棱锥的体积，
令y=sinθcos2θ=sinθ(1-sin2θ)=x(1-x2)=-x3+x，x=sinθ，
则y'=-3x2+1，故当，y'<0，当，y'>0，
则，
，
故该正四棱锥体积的取值范围是 .
故选：C
【分析】由题意正四棱锥的结构特征，结合余弦定理得，进而求得正四棱锥的体积，令x=sinθ，构造函数y=sinθcos2θ=-x3+x，利用导数研究函数的单调性与最值，求得y的最值，从而求得V的最值.
11．（2022·新高考Ⅰ卷）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。知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为 水位为海拔157.5m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148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：由题意知，S1=140km2，S2=180km2，h=(157.5-148.5)km=9km，
代入棱台的体积公式，得，
故选：C
【分析】由棱台的体积公式直接求解即可.
12．（2022·浙江学考）某几何体的三视图如图所示，则这个几何体可能是（）
A．棱柱 B．圆柱 C．圆台 D．球
【答案】C
【知识点】由三视图还原几何体
【解析】【解答】由三视图知，从正面和侧面看都是梯形，
从上面看为圆形，下面看是圆形，并且可以想象到该几何体是圆台，
则该几何体可以是圆台．
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合三视图还原立体几何图形的方法，进而找出正确的选项。
13．（2022·浙江学考）如图，正方体 中，N是棱 的中点，则直线CN与平面 所成角的正弦值等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】连接 、 交于 ，由正方形的性质可得 ，
又 平面 ，
平面 ， ，
又 与 在平面 内相交，
所以 平面
是 与平面 所成的角，
设正方体的棱长为2，则 ， ，
。
故答案为：B.
【分析】连接 、 交于 ，由正方形的性质可得 ，再利用 平面 结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以 ，再利用 与 在平面 内相交，所以 平面 ，所以 是 与平面 所成的角，设正方体的棱长为2，则 ， ，再结合正弦函数的定义，进而得出直线CN与平面 所成角的正弦值。
14．（2022·上海）如图，上海海关大楼的上面可以看作一个正四棱柱，四个侧面有四个时钟，则相邻两个时钟的时针从0时转到12时（含0时不含12时）的过程中，能够相互垂直（　　）次
A．0 B．2 C．4 D．12
【答案】B
【知识点】直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：根据直线与平面垂直的性质定理易知当相邻两个时钟在3时和9时的时候，时针相互垂直.
故答案为：B
【分析】根据直线与平面垂直的性质定理求解即可.
二、多选题
15．（2022·新高考Ⅱ卷）如图，四边形 为正方形， 平面 ， ，记三棱锥 ， ， 的体积分别为 ，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C,D
【知识点】棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】设 ，因为 平面 ， ，则 ， ，连接 交 于点 ，连接 ，易得 ，又 平面 ， 平面 ，则 ，又 ， 平面 ，则 平面 ，
又 ，过 作 于 ，易得四边形 为矩形，则 ，
则 ， ，
，则 ， ， ，
则 ，则 ， ， ，A、B不符合题意；C、D符合题意.
故答案为：CD
【分析】直接由体积公式计算 ，连接 交 于点 ，连接 ，由 计算出 ，依次判断选项即可.
16．（2022·新高考Ⅰ卷）已知正方体 则（　　）
A．直线 与 所成的角为
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
【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：在正方体ABCD- A1B1C1D1中，因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，
所以BC1⊥DA1，BC1⊥CA1，故选项A，B均正确；
设A1C1∩B1D1=O，因为A1C1⊥平面BB1D1D，所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为∠C1BO，
在直角△C1BO中，sin∠C1BO=，故∠C1BO=30°，故选项C错误；
直线BC1与平面ABCD所成的角为∠C1BC=45°，故选项D正确.
故选：ABD
【分析】由直线与平面垂直的判定可得BC1⊥平面A1B1CD，进而再由直线与平面垂直的性质，从而可判断AB，根据直线与平面所成角的定义可判断CD.
三、填空题
17．（2022·浙江学考）如图，E，F分别是三棱锥V-ABC两条棱AB，VC上的动点，且满足 则 的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】二次函数在闭区间上的最值；平面向量的共线定理；共面向量定理
【解析】【解答】因为 ，
所以 共面，
作 交 于点 ，连接 ，则 ，
因为 ，
所以 ，即 ，
因为 ，所以 ，则 ，
因为 ，所以 ，则 ，
又 ，所以 ，所以 ，
则 ， ，
故 ，
所以当 时， 取得最小值为 。
故答案为： 。
【分析】利用 结合向量共面的判断方法，所以 共面，作 交 于点 ，连接 ，则 ，再利用三角形法则得出 ，所以 ，再利用 结合两直线平行对应边成比例 ，所以 ，再利用 结合两直线平行对应边成比例，所以 ，再利用 ，所以 ，则 ， ，再利用代入法结合二次函数的图象求最值的方法，进而得出 的最小值 。
四、解答题
18．（2022·浙江）如图，已知 和 都是直角梯形， ， ， ， ， ， ，二面角 的平面角为 ．设M，N分别为 的中点．
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】解：（Ⅰ）过点E、D分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点交于点 G 、H．
∵四边形 和 都是直角梯形， ， ，由平面几何知识易知， ，则四边形 和四边形 是矩形，∴在Rt 和Rt ， ，
∵ ，且 ，
∴ 平面 是二面角 的平面角，则 ，
∴ 是正三角形，由 平面 ，得平面 平面 ，
∵ 是 的中点， ，又 平面 ， 平面 ，可得 ，而 ，∴ 平面 ，而 平面 ．
（Ⅱ） 由于 平面ABCD，如图建系.
于是 ，则 .
平面ADE的法向量 .
设BM与平面ADE所成角为θ，
则 ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）根据题意证出FN⊥平面ABCD，即可得证；
（Ⅱ）由于平面ABCD，如图建系，利用空间向量求平面ADE的法向量，代入公式即可求解．
19．（2022·新高考Ⅱ卷）如图， 是三棱锥 的高， ， ，E是 的中点．
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ， ， ，求二面角 的正弦值．
【答案】（1）证明：连接 并延长交 于点 ，连接 、 ，
因为 是三棱锥 的高，所以 平面 ， 平面 ，
所以 、 ，
又 ，所以 ，即 ，所以 ，
又 ，即 ，所以 ， ，
所以
所以 ，即 ，所以 为 的中点，又 为 的中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面
（2）解：过点 作 ，以AB为 轴，AC为 轴，AF为z轴建立如图所示的空问直角坐标系.
因为 ，由(1) ，
义 ，所以， ，所以 ， ， ，设 ，则 ，
平面AEB的法向量设为 ，所以 ，所以 ，设 ，则 ，所以 ：
平面AEC的法向量设为 ，所以 ，所以 ，设 ，则 ，阦以 ：
所以
二面角 的平面角为 ，则 ，所以二面角 的正弦值为 。
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 连接 并延长交 于点 ，连接 、 ，根据三角形全等得到，再根据直角三角形性质得到，即可得到 为 的中点从而得到，即可得证；
（2）过点 作 ，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；
20．（2022·全国乙卷）如图，四面体 中， ，E为AC的中点．
（1）证明：平面 平面ACD；
（2）设 ，点F在BD上，当 的面积最小时，求三棱锥 的体积．
【答案】（1）证明：由于 ， 是 的中点，所以 .
由于 ，所以 ，
所以 ，故 ，
由于 ， 平面 ，
所以 平面 ，
由于 平面 ，所以平面 平面 .
（2）解：依题意 ， ，三角形 是等边三角形，
所以 ，
由于 ，所以三角形 是等腰直角三角形，所以 .
，所以 ，
由于 ， 平面 ，所以 平面 .
由于 ，所以 ，
由于 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
由于 ，所以当 最短时，三角形 的面积最小值.
过 作 ，垂足为 ，
在 中， ，解得 ，
所以 ，
所以
过 作 ，垂足为 ，则 ，所以 平面 ，且 ，
所以 ，
所以 .
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）通过证明 平面 来证得平面 平面 .
（2）首先判断出三角形 的面积最小时 点的位置，然后求得 到平面 的距离，从而求得三棱锥 的体积.
21．（2022·全国甲卷）在四棱锥 中， 底面 ．
（1）证明： ；
（2）求PD与平面 所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明：在四边形 中，作 于 ， 于 ，
因为 ，
所以四边形 为等腰梯形，
所以 ，
故 ， ，
所以 ，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ，
所以 平面 ，
又因 平面 ，
所以
（2）解： 由(1)知，PD，AD，BD两两垂直， ，建立空间直角坐标系如图所示，
则
∴
设平面PAB的法向量为 ，则
即
不妨设 ，则 ，
设PD与平面PAB的所成角为θ，则
∴PD与平面PAB的所成的角的正弦值为 .
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）作 于 ， 于 ，利用勾股定理证明AD⊥BD ，根据线面垂直的性质可得，从而可得 平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）依题意建立恰当的空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
22．（2022·全国甲卷）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 是边长为8（单位：cm）的正方形， 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面 垂直．
（1）证明： 平面 ；
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】（1）证明：分别取 的中点 ，连接 ，
因为 为全等的正三角形，所以 ， ，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，同理可得 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，而 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）解：分别取 中点 ，
由（1）知， 且 ，同理有， ， ， ，由平面知识可知， ， ， ，所以该几何体的体积等于长方体 的体积加上四棱锥 体积的 倍．
因为 ， ，点 到平面 的距离即为点 到直线 的距离 ， ，所以该几何体的体积 ．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）依题意，根据直线与平面垂直的判定定理可得EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，可得EF//MN，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取AD，DC中点K，L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍，即可解出．
23．（2022·全国乙卷）如图，四面体 中， ，E为 的中点．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）设 ，点F在 上，当 的面积最小时，求 与平面 所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为 ，E为 的中点，所以 ；
在 和 中，因为 ，
所以 ，所以 ，又因为E为 的中点，所以 ；
又因为 平面 ， ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）解：连接 ，
由（1）知， 平面 ，因为 平面 ，
所以 ，所以 ，
当 时， 最小，即 的面积最小.
因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 是等边三角形，
因为E为 的中点，所以 ， ，
因为 ，所以 ，
在 中， ，所以 .
以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ，所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，则 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，
设 与平面 所成的角的正弦值为 ，
所以 ，
所以 与平面 所成的角的正弦值为 .
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据已知关系证明 ，得到 ，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 ，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.
24．（2022·北京）如图，在三棱柱 中，侧面 为正方形，平面 平面 ， ， 分别为 ， 的中点．
（I）求证： 平面 ；
（II）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 与平面 所成角的正弦值。
条件①： ；
条件②： ．
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】（I）设点P为AB中点，由于P为AB中点，N为AC中点所以PN为 中位线
又M为AB中点，PM是正方形 的中位线
所以
∵ 面 ∥面
又 面
∴ 平面
（II）选择条件①，∵面 面
面 面 ，面 面
又
∴ ，又由①：
∴ 面
∵ 面
故 两两垂直
以B为原点， 为 轴正方向， 为 轴正方向， 为 轴正方向建立坐标系
则BMN的法向量
AB与面BMN所成角的正弦等于 与 所半余弦的绝对值，即
故所求正弦为 .
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）记AB中点为P，由已知条件可得，，推出 面 面 ，从而推出 平面 ；
（2） 选择条件① ，由 面 面 ，推出，再根据，，推出面 ，得到两两垂直，以B为原点 建立如图空间直角坐标系，利用空间向量求解线面夹角正弦值即可.
25．（2022·新高考Ⅰ卷）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.
【答案】（1）因为 ，
所以 ，设A到平面 的距离为h；
则
（2）设D为 的中点，且 ，
由于 BC⊥平面
因为 平面 ，所以 ，
在直角 中， ，连接 ，过A作 ，则 平面 ，而 平面 ，故 .
由 ，
所以 ，
由 ，
以B为原点，向量 ， ， 分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
所以
设平面ABD的一个法向量 ，
，令 ，则有 .
设平面BCD的一个法向量 ，
令 ，则有
所以
所以二面角 的正弦值为 .
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由题意易得 ，再结合棱锥的体积公式求得h；
（2）根据平面与平面垂直的性质可得BC⊥平面ABB1A1，再由直线与平面垂直的性质可得BC⊥AB，BC⊥A1B，再建立恰当的空间直角坐标系，分别求得平面ABD，平面BCD的法向量， ，再求得 ，即可得答案.
26．（2022·上海）如图，在圆柱 中，底面半径为1， 为圆柱母线.
（1）若 ，M为 中点，求直线 与底面的夹角大小；
（2）若圆柱的轴截面为正方形，求该圆柱的侧面积和体积.
【答案】（1）根据直线与平面所成角的定义，易知 直线MO1与底面的夹角为∠MO1A1
则由题意得，
则∠MO1A1= ；
（2）设圆柱的底面圆的半径为r，高为h，
则因为圆柱的轴截面为正方形，
所以h=2r=2
所以圆柱的侧面积为
圆柱的体积为
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角
【解析】【分析】根据直线与平面所成角的定义，以及圆柱的侧面积与体积公式求解即可.
1 / 12022年高考数学真题分类汇编专题11：立体几何
一、单选题
1．（2022·浙江）某几何体的三视图如图所示（单位： ），则该几何体的体积（单位： ）是（　　）
A． B． C． D．
2．（2022·浙江）如图，已知正三棱柱 ，E，F分别是棱 上的点．记 与 所成的角为 ， 与平面 所成的角为 ，二面角 的平面角为 ，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2022·新高考Ⅱ卷）正三棱台高为1，上下底边长分别为 和 ，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是（　　）
A．100π B．128π C．144π D．192π
4．（2022·全国甲卷）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．8 B．12 C．16 D．20
5．（2022·全国甲卷）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为 ，侧面积分别为 和 ，体积分别为 和 ．若 ，则 （　　）
A． B． C． D．
6．（2022·全国甲卷）在长方体 中，已知 与平面 和平面 所成的角均为 ，则（　　）
A．
B．AB与平面 所成的角为
C．
D． 与平面 所成的角为
7．（2022·全国乙卷）在正方体 中，E，F分别为 的中点，则（　　）
A．平面 平面 B．平面 平面
C．平面 平面 D．平面 平面
8．（2022·全国乙卷）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． B． C． D．
9．（2022·北京）已知正三棱锥 的六条棱长均为6， 是 及其内部的点构成的集合，设集合 ，则 表示的区域的面积为（　　）
A． B． C． D．
10．（2022·新高考Ⅰ卷）已知正四棱锥的侧棱长为 ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36 ，且 则该正四棱锥体积的取值范围是（　　）
A． B． C． D．[18，27]
11．（2022·新高考Ⅰ卷）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。知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为 水位为海拔157.5m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148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（　　）
A． B． C． D．
12．（2022·浙江学考）某几何体的三视图如图所示，则这个几何体可能是（）
A．棱柱 B．圆柱 C．圆台 D．球
13．（2022·浙江学考）如图，正方体 中，N是棱 的中点，则直线CN与平面 所成角的正弦值等于（　　）
A． B． C． D．
14．（2022·上海）如图，上海海关大楼的上面可以看作一个正四棱柱，四个侧面有四个时钟，则相邻两个时钟的时针从0时转到12时（含0时不含12时）的过程中，能够相互垂直（　　）次
A．0 B．2 C．4 D．12
二、多选题
15．（2022·新高考Ⅱ卷）如图，四边形 为正方形， 平面 ， ，记三棱锥 ， ， 的体积分别为 ，则（　　）
A． B． C． D．
16．（2022·新高考Ⅰ卷）已知正方体 则（　　）
A．直线 与 所成的角为
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
三、填空题
17．（2022·浙江学考）如图，E，F分别是三棱锥V-ABC两条棱AB，VC上的动点，且满足 则 的最小值为　 　.
四、解答题
18．（2022·浙江）如图，已知 和 都是直角梯形， ， ， ， ， ， ，二面角 的平面角为 ．设M，N分别为 的中点．
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
19．（2022·新高考Ⅱ卷）如图， 是三棱锥 的高， ， ，E是 的中点．
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ， ， ，求二面角 的正弦值．
20．（2022·全国乙卷）如图，四面体 中， ，E为AC的中点．
（1）证明：平面 平面ACD；
（2）设 ，点F在BD上，当 的面积最小时，求三棱锥 的体积．
21．（2022·全国甲卷）在四棱锥 中， 底面 ．
（1）证明： ；
（2）求PD与平面 所成的角的正弦值．
22．（2022·全国甲卷）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 是边长为8（单位：cm）的正方形， 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面 垂直．
（1）证明： 平面 ；
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
23．（2022·全国乙卷）如图，四面体 中， ，E为 的中点．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）设 ，点F在 上，当 的面积最小时，求 与平面 所成的角的正弦值．
24．（2022·北京）如图，在三棱柱 中，侧面 为正方形，平面 平面 ， ， 分别为 ， 的中点．
（I）求证： 平面 ；
（II）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 与平面 所成角的正弦值。
条件①： ；
条件②： ．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分。
25．（2022·新高考Ⅰ卷）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.
26．（2022·上海）如图，在圆柱 中，底面半径为1， 为圆柱母线.
（1）若 ，M为 中点，求直线 与底面的夹角大小；
（2）若圆柱的轴截面为正方形，求该圆柱的侧面积和体积.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】由三视图求面积、体积
【解析】【解答】由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，
所以几何体的体积为：，
故选：C．
【分析】首先判断几何体的形状，再利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．
2．【答案】A
【知识点】二面角的平面角及求法
【解析】【解答】作直线，连接EG，因为平面，
根据线面垂直的性质定理，得，
因此，。
易知，因此，作交于H，
连接BH，CF，作于M，连接GM，得到，因此，，由于，可得。综上，.
故答案为：A
【分析】根据线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，转化求解即可．
3．【答案】A
【知识点】棱台的结构特征；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】设正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，所以 ，即 ，设球心到上下底面的距离分别为 ，球的半径为 ，所以 ， ，故 或 ，即 或 ，解得 ，所以球的表面积为 ．
故答案为：A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，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，从而求出球的表面积．
4．【答案】B
【知识点】由三视图求面积、体积；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积 .
故选：B.
【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.
5．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，
则，
所以r1=2r2，
又 ，
则 ，
所以 ，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高 ，
所以 .
故选：C.
【分析】设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，根据圆锥的侧面积公式可得r1=2r2，再结合圆心角之和可将r1，r2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.
6．【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图所示：
不妨设AB=a，AD=b，AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知， B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，
B1D与平面AA1B1B所成角为 ∠DB1A，
所以 ，
即b=c ， ，
解得 ．
对于A， AB=a，AD=b ，AB=AD ，A错误；
对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，
因为 ，所以 ，B错误；
对于C，，C错误；
对于D， B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C ，又 ，而0°<∠DB1C<90°，所以∠DB1C=45° ．D正确．
故选：D．
【分析】先设AB=a，AD=b，AA1=c，再由题意得，b=c ，最后根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
7．【答案】A
【知识点】空间向量平行的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：在正方体 中，可知 且 平面 ，
又 平面 ，所以 ，由 分别为 的中点，所以 ，所以 ，又 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 ，故A正确；
以点 为原点，建立如图空间直角坐标系，设 ，
则 ，
，得 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，解得 ，
同理可得平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
则 ，所以平面 与平面 不垂直，故B错误；
因为 与 不平行，所以平面 与平面 不平行，故C错误；
因为 与 不平行，所以平面 与平面 不平行，故D错误，
故选：A
【分析】证明 平面 ，即可判断A；以点 为原点，建立如图空间直角坐标系，设 ，分别求出平面 ， ， 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
8．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体
【解析】【解答】假设底面是边长为a的正方形，底面所在圆的半径为r，则
所以该四棱锥的高 ，则
当且仅当 ，即 时等号成立，所以四棱锥的高为
故选：C
【分析】假设底面是边长为a的正方形，底面所在圆的半径为r，则 ，所以该四棱锥的高 ，得到四棱锥体积表达式，再利用基本不等式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.
9．【答案】B
【知识点】轨迹方程；棱锥的结构特征
【解析】【解答】过点P作底面的射影点O，则由题意， ，所以 ，当CO上存在一点Q使得 ，此时QO=1，则动点Q在以QO为半径，O为圆心的圆内，所以面积为π.
故答案为：B
【分析】过点P作底面的射影点O，根据题意可计算 ，当CO上存在一动点Q使得 ，此时QO=1，即可得动点Q的轨迹，从而计算 表示的区域的面积.
10．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：记正四棱锥高与侧棱夹角为θ，高为h，底面中心到各顶点的距离为m，
则，
则l=6cosθ，m=l·sinθ=6sinθcosθ，，
则正四棱锥的体积，
令y=sinθcos2θ=sinθ(1-sin2θ)=x(1-x2)=-x3+x，x=sinθ，
则y'=-3x2+1，故当，y'<0，当，y'>0，
则，
，
故该正四棱锥体积的取值范围是 .
故选：C
【分析】由题意正四棱锥的结构特征，结合余弦定理得，进而求得正四棱锥的体积，令x=sinθ，构造函数y=sinθcos2θ=-x3+x，利用导数研究函数的单调性与最值，求得y的最值，从而求得V的最值.
11．【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：由题意知，S1=140km2，S2=180km2，h=(157.5-148.5)km=9km，
代入棱台的体积公式，得，
故选：C
【分析】由棱台的体积公式直接求解即可.
12．【答案】C
【知识点】由三视图还原几何体
【解析】【解答】由三视图知，从正面和侧面看都是梯形，
从上面看为圆形，下面看是圆形，并且可以想象到该几何体是圆台，
则该几何体可以是圆台．
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合三视图还原立体几何图形的方法，进而找出正确的选项。
13．【答案】B
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】连接 、 交于 ，由正方形的性质可得 ，
又 平面 ，
平面 ， ，
又 与 在平面 内相交，
所以 平面
是 与平面 所成的角，
设正方体的棱长为2，则 ， ，
。
故答案为：B.
【分析】连接 、 交于 ，由正方形的性质可得 ，再利用 平面 结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以 ，再利用 与 在平面 内相交，所以 平面 ，所以 是 与平面 所成的角，设正方体的棱长为2，则 ， ，再结合正弦函数的定义，进而得出直线CN与平面 所成角的正弦值。
14．【答案】B
【知识点】直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：根据直线与平面垂直的性质定理易知当相邻两个时钟在3时和9时的时候，时针相互垂直.
故答案为：B
【分析】根据直线与平面垂直的性质定理求解即可.
15．【答案】C,D
【知识点】棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】设 ，因为 平面 ， ，则 ， ，连接 交 于点 ，连接 ，易得 ，又 平面 ， 平面 ，则 ，又 ， 平面 ，则 平面 ，
又 ，过 作 于 ，易得四边形 为矩形，则 ，
则 ， ，
，则 ， ， ，
则 ，则 ， ， ，A、B不符合题意；C、D符合题意.
故答案为：CD
【分析】直接由体积公式计算 ，连接 交 于点 ，连接 ，由 计算出 ，依次判断选项即可.
16．【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：在正方体ABCD- A1B1C1D1中，因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，
所以BC1⊥DA1，BC1⊥CA1，故选项A，B均正确；
设A1C1∩B1D1=O，因为A1C1⊥平面BB1D1D，所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为∠C1BO，
在直角△C1BO中，sin∠C1BO=，故∠C1BO=30°，故选项C错误；
直线BC1与平面ABCD所成的角为∠C1BC=45°，故选项D正确.
故选：ABD
【分析】由直线与平面垂直的判定可得BC1⊥平面A1B1CD，进而再由直线与平面垂直的性质，从而可判断AB，根据直线与平面所成角的定义可判断CD.
17．【答案】
【知识点】二次函数在闭区间上的最值；平面向量的共线定理；共面向量定理
【解析】【解答】因为 ，
所以 共面，
作 交 于点 ，连接 ，则 ，
因为 ，
所以 ，即 ，
因为 ，所以 ，则 ，
因为 ，所以 ，则 ，
又 ，所以 ，所以 ，
则 ， ，
故 ，
所以当 时， 取得最小值为 。
故答案为： 。
【分析】利用 结合向量共面的判断方法，所以 共面，作 交 于点 ，连接 ，则 ，再利用三角形法则得出 ，所以 ，再利用 结合两直线平行对应边成比例 ，所以 ，再利用 结合两直线平行对应边成比例，所以 ，再利用 ，所以 ，则 ， ，再利用代入法结合二次函数的图象求最值的方法，进而得出 的最小值 。
18．【答案】解：（Ⅰ）过点E、D分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点交于点 G 、H．
∵四边形 和 都是直角梯形， ， ，由平面几何知识易知， ，则四边形 和四边形 是矩形，∴在Rt 和Rt ， ，
∵ ，且 ，
∴ 平面 是二面角 的平面角，则 ，
∴ 是正三角形，由 平面 ，得平面 平面 ，
∵ 是 的中点， ，又 平面 ， 平面 ，可得 ，而 ，∴ 平面 ，而 平面 ．
（Ⅱ） 由于 平面ABCD，如图建系.
于是 ，则 .
平面ADE的法向量 .
设BM与平面ADE所成角为θ，
则 ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）根据题意证出FN⊥平面ABCD，即可得证；
（Ⅱ）由于平面ABCD，如图建系，利用空间向量求平面ADE的法向量，代入公式即可求解．
19．【答案】（1）证明：连接 并延长交 于点 ，连接 、 ，
因为 是三棱锥 的高，所以 平面 ， 平面 ，
所以 、 ，
又 ，所以 ，即 ，所以 ，
又 ，即 ，所以 ， ，
所以
所以 ，即 ，所以 为 的中点，又 为 的中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面
（2）解：过点 作 ，以AB为 轴，AC为 轴，AF为z轴建立如图所示的空问直角坐标系.
因为 ，由(1) ，
义 ，所以， ，所以 ， ， ，设 ，则 ，
平面AEB的法向量设为 ，所以 ，所以 ，设 ，则 ，所以 ：
平面AEC的法向量设为 ，所以 ，所以 ，设 ，则 ，阦以 ：
所以
二面角 的平面角为 ，则 ，所以二面角 的正弦值为 。
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 连接 并延长交 于点 ，连接 、 ，根据三角形全等得到，再根据直角三角形性质得到，即可得到 为 的中点从而得到，即可得证；
（2）过点 作 ，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；
20．【答案】（1）证明：由于 ， 是 的中点，所以 .
由于 ，所以 ，
所以 ，故 ，
由于 ， 平面 ，
所以 平面 ，
由于 平面 ，所以平面 平面 .
（2）解：依题意 ， ，三角形 是等边三角形，
所以 ，
由于 ，所以三角形 是等腰直角三角形，所以 .
，所以 ，
由于 ， 平面 ，所以 平面 .
由于 ，所以 ，
由于 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
由于 ，所以当 最短时，三角形 的面积最小值.
过 作 ，垂足为 ，
在 中， ，解得 ，
所以 ，
所以
过 作 ，垂足为 ，则 ，所以 平面 ，且 ，
所以 ，
所以 .
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）通过证明 平面 来证得平面 平面 .
（2）首先判断出三角形 的面积最小时 点的位置，然后求得 到平面 的距离，从而求得三棱锥 的体积.
21．【答案】（1）证明：在四边形 中，作 于 ， 于 ，
因为 ，
所以四边形 为等腰梯形，
所以 ，
故 ， ，
所以 ，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ，
所以 平面 ，
又因 平面 ，
所以
（2）解： 由(1)知，PD，AD，BD两两垂直， ，建立空间直角坐标系如图所示，
则
∴
设平面PAB的法向量为 ，则
即
不妨设 ，则 ，
设PD与平面PAB的所成角为θ，则
∴PD与平面PAB的所成的角的正弦值为 .
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）作 于 ， 于 ，利用勾股定理证明AD⊥BD ，根据线面垂直的性质可得，从而可得 平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）依题意建立恰当的空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
22．【答案】（1）证明：分别取 的中点 ，连接 ，
因为 为全等的正三角形，所以 ， ，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，同理可得 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，而 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）解：分别取 中点 ，
由（1）知， 且 ，同理有， ， ， ，由平面知识可知， ， ， ，所以该几何体的体积等于长方体 的体积加上四棱锥 体积的 倍．
因为 ， ，点 到平面 的距离即为点 到直线 的距离 ， ，所以该几何体的体积 ．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）依题意，根据直线与平面垂直的判定定理可得EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，可得EF//MN，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取AD，DC中点K，L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍，即可解出．
23．【答案】（1）证明：因为 ，E为 的中点，所以 ；
在 和 中，因为 ，
所以 ，所以 ，又因为E为 的中点，所以 ；
又因为 平面 ， ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）解：连接 ，
由（1）知， 平面 ，因为 平面 ，
所以 ，所以 ，
当 时， 最小，即 的面积最小.
因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 是等边三角形，
因为E为 的中点，所以 ， ，
因为 ，所以 ，
在 中， ，所以 .
以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ，所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，则 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，
设 与平面 所成的角的正弦值为 ，
所以 ，
所以 与平面 所成的角的正弦值为 .
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据已知关系证明 ，得到 ，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 ，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.
24．【答案】（I）设点P为AB中点，由于P为AB中点，N为AC中点所以PN为 中位线
又M为AB中点，PM是正方形 的中位线
所以
∵ 面 ∥面
又 面
∴ 平面
（II）选择条件①，∵面 面
面 面 ，面 面
又
∴ ，又由①：
∴ 面
∵ 面
故 两两垂直
以B为原点， 为 轴正方向， 为 轴正方向， 为 轴正方向建立坐标系
则BMN的法向量
AB与面BMN所成角的正弦等于 与 所半余弦的绝对值，即
故所求正弦为 .
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）记AB中点为P，由已知条件可得，，推出 面 面 ，从而推出 平面 ；
（2） 选择条件① ，由 面 面 ，推出，再根据，，推出面 ，得到两两垂直，以B为原点 建立如图空间直角坐标系，利用空间向量求解线面夹角正弦值即可.
25．【答案】（1）因为 ，
所以 ，设A到平面 的距离为h；
则
（2）设D为 的中点，且 ，
由于 BC⊥平面
因为 平面 ，所以 ，
在直角 中， ，连接 ，过A作 ，则 平面 ，而 平面 ，故 .
由 ，
所以 ，
由 ，
以B为原点，向量 ， ， 分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
所以
设平面ABD的一个法向量 ，
，令 ，则有 .
设平面BCD的一个法向量 ，
令 ，则有
所以
所以二面角 的正弦值为 .
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由题意易得 ，再结合棱锥的体积公式求得h；
（2）根据平面与平面垂直的性质可得BC⊥平面ABB1A1，再由直线与平面垂直的性质可得BC⊥AB，BC⊥A1B，再建立恰当的空间直角坐标系，分别求得平面ABD，平面BCD的法向量， ，再求得 ，即可得答案.
26．【答案】（1）根据直线与平面所成角的定义，易知 直线MO1与底面的夹角为∠MO1A1
则由题意得，
则∠MO1A1= ；
（2）设圆柱的底面圆的半径为r，高为h，
则因为圆柱的轴截面为正方形，
所以h=2r=2
所以圆柱的侧面积为
圆柱的体积为
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角
【解析】【分析】根据直线与平面所成角的定义，以及圆柱的侧面积与体积公式求解即可.
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