2023年高考数学模拟试卷分项（第02期）专题08立体几何

专题立体几何一、选择题1．【2023四川德阳三校联考】一个简单几何体的三视图如右图所示，那么该几何体的体积为A.B.C.D.【答案】A2．【2023黑龙江齐齐哈尔八中三模】如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，那么该几何体的体积为〔〕A.B.C.D.【答案】A【解析】该几何体是由两个小三棱锥和一个圆锥组成，所以体积为，应选A。3．【2023黑龙江齐齐哈尔八中三模】，，是三条直线，是一个平面，以下命题中正确命题的个数是〔〕①假设，那么与相交；②假设，那么内有无数条直线与平行；③假设，，，，那么；④假设，，那么.A.B.C.D.【答案】C【解析】①正确；②正确；③假设，那么存在不垂直于，错误；④正确，所以正确的有3个，应选C。4．【2023福建四校联考】某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为〔〕A.B.C.D.【答案】C点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)假设所给几何体的体积不能直接利用公式得出，那么常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．5．【2023河南中原名校联考】一个几何体的三视图如下图：其中，正〔主〕视图中的边长是2的正三角形，俯视图为正六边形，那么该几何体的体积为〔〕A.1B.C.2D.4【答案】B6．【2023广西贺州桂梧高中联考】有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，圆锥的母线与底面所成角为60°，假设圆柱的外接球的外表积是圆锥的侧面积的6倍，那么圆柱的高是底面半径的〔〕A.倍B.倍C.倍D.倍【答案】C【解析】设圆柱的高为，底面半径为，圆柱的外接球的半径为，那么.圆锥的母线与底面所成角为60°，∴圆锥的高为，母线长，∴圆锥的侧面积为.∴，∴，∴，.选C。【点睛】熟练掌握圆锥的侧面积公式〔其中是母线长，r是底面半径〕和圆柱的外表积公式〔其中是母线长，r是底面半径〕是解此题的键。7．【2023广西贺州桂梧高中联考】某几何体的三视图如下图，其中俯视图和侧视图中的正方形的边长为2，正视图和俯视图中的三角形均为等腰直角三角形，那么该几何体的体积为〔〕A.B.8C.D.12【答案】C【解析】由三视图可知该几何体是由一个三棱柱和一个四棱锥组成的组合体，故其体积为.选C.8．【2023河南漯河高中三模】长方体的全面积为，十二条棱长度之和为，那么这个长方体的一条对角线长为〔〕A.B.C.D.【答案】C9．【2023江西宜春六校联考】四棱锥，它的底面是边长为2的正方形，其俯视图如下图，侧视图为直角三角形，那么该四棱锥的外接球的外表积为〔〕A.B.C.D.【答案】A计算可得：,那么为外接球的球心，半径为，该四棱锥的外接球的外表积为.此题选择A选项.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出适宜的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.10．【2023东北名校联考】某几何体的三视图如下图，那么该几何体体积是〔〕A.B.C.D.【答案】C点睛：此题主要考查几何体的三视图.几何体的三视图,求组成此几何体的的实物图问题,进一步求几何体的外表积,体积等.一般都是结合正视图和侧视图在俯视图上操作,这是因为正视图反映了物体的长与高,侧视图反映了物体的宽与高,俯视图反映了物体的长与宽,但要注意组合体是由哪几个根本几何体生成的,并注意它们的生成方式,特别是它们的交线位置.11．【2023东北名校联考】正四棱锥中，分别是的中点，那么异面直线与所成角的余弦值为〔〕A.B.C.D.【答案】C【解析】12．【2023云南昆明一中摸底】一个正方体挖去一个多面体所得的几何体的三视图如下图，其中正视图、左视图和俯视图均为边长等于的正方形，这个几何体的外表积为〔〕A.B.C.D.【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体是棱长为的正方形的内部挖去一个底面为边长为的正四棱锥，将三视图复原可得如图，可得其外表积为，，应选D.【方法点睛】此题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译〞成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等〞，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.13．【2023河南名校联考】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，那么该几何体的体积为〔〕A.B.C.D.【答案】A14．【2023河南名校联考】设是两条不同的直线，是两个不同的平面，那么〔〕A.假设，那么B.假设，那么C.“直线与平面内的无数条直线垂直〞上“直线与平面垂直〞的充分不必要条件D.假设，那么【答案】D15．【2023辽宁凌源二中联考】一几何体的三视图如下图，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，那么该几何体的体积为〔〕A.B.C.D.【答案】D【解析】结合三视图可知，该几何体是一个半圆柱与一个底面是等腰直角三角形的三棱锥组成的组合体，其体积为：.此题选择D选项.点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)假设所给几何体的体积不能直接利用公式得出，那么常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．16．【2023广东德清中学一模】设α，β是两个不同的平面，l是一条直线，给出以下说法：①假设l⊥α，α⊥β，那么l∥β；②假设l∥α，α∥β，那么l∥β；③假设l⊥α，α∥β，那么l⊥β；④假设l∥α，α⊥β，那么l⊥β.其中说法正确的个数为()A.3B.2C.1D.0【答案】C17．【2023福建高三基地总复习试卷】过球面上三点A、B、C的截面到球心距离等于球半径的一半，且，，那么球面面积为〔〕A.B.C.D.【答案】C【解析】如图,设球的半径为r,O′是△ABC的外心，外接圆半径为R，那么OO′⊥面ABC.在Rt△ACD中,那么.在△ABC中,由正弦定理得，即O′C=.再中，，得.应选C.点睛：此题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中局部点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线〔这两个多边形需有公共点〕，这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.二、填空题18．【2023河南中原名校联考】如图，长方体的三个面的对角线，，的长分别是3，2，3，那么该长方体的外接球的外表积为__________．【答案】19．【2023河北衡水武邑中学三调】在?九章算术?中,将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑(bienao).在鳖臑中,平面,,那么该鳖臑的外接球与内切球的外表积之和为____．【答案】【解析】由题意，MC为球O的直径，MC=2，∴球O的半径为，∴球O的外表积为4π•3=12π，内切球的半径设为ｒ，得到内切球的体积为，故结果为.点睛：这个题目考查了四面体的外接球和内切球的体积问题，外接球是放到长方体中计算，用的是补体法；内切球用的是体积分割，将四面体分割成了4个小的棱锥，高都是内切球的半径，从而计算出内切球的半径。20．【2023广西南宁摸底联考】如图，在正方形中，分别是的中点，是的中点.现在沿及把这个正方形折成一个空间图形，使三点重合，重合后的点记为.以下说法错误的选项是__________〔将符合题意的选项序号填到横线上〕.①所在平面；②所在平面；③所在平面；④所在平面.【答案】①③④21．【2023广西柳州摸底联考】如下图，在四面体中，假设截面是正方形，那么以下命题中正确的选项是__________．(将所有正确答案序号填写到横线上)①；②截面；③；④异面直线与所成的角为．【答案】①②④二、解答题22．【2023黑龙江齐齐哈尔八中三模】如图1，矩形中，，将沿折起，得到如下图的四棱锥，其中.〔1〕证明：平面平面；〔2〕求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】〔1〕见解析；〔2〕试题解析：〔1〕在图2中取的中点，连接，.由条件可知图1中四边形为正方形，那么有，且可求得.在中，，，，由余弦定理得.在中，，所以，即.由于，平面，且，，所以平面.又平面，故平面平面.由〔1〕得平面，可求得点坐标为，所以，，设平面的法向量为，由及得令，由此可得.由于，，设平面的法向量为，由及得令，由此可得所以那么平面与平面所成锐二面角的余弦值为.23．【2023福建四校联考】如图，几何体EF﹣ABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD=2，AB=4，∠ADF=90°．〔Ⅰ〕求证：AC⊥FB〔Ⅱ〕求二面角E﹣FB﹣C的大小．【答案】〔Ⅰ〕见解析；〔Ⅱ〕.试题解析：〔Ⅰ〕证明：由题意得，AD⊥DC，AD⊥DF，且DC∩DF=D，∴AD⊥平面CDEF，∴AD⊥FC，∵四边形CDEF为正方形．∴DC⊥FC由DC∩AD=D∴FC⊥平面ABCD，∴FC⊥AC又∵四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD=2，AB=4∴，，那么有AC2+BC2=AB2∴AC⊥BC由BC∩FC=C，∴AC⊥平面FCB，∴AC⊥FB．〔Ⅱ〕解：由〔I〕知AD，DC，DE所在直线相互垂直，故以D为原点，以的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如下图的空间直角坐标系D-xyz…可得D〔0，0，0〕，F〔0，2，2〕，B〔2，4，0〕，E〔0，0，2〕，C〔0，2，0〕，A〔2，0，0〕，由〔Ⅰ〕知平面FCB的法向量为∵，…设平面EFB的法向量为那么有即令那么设二面角E﹣FB﹣C的大小为θ，有图易知为锐角所以二面角E﹣FB﹣C的大小为…点睛：(1)求解此题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．(2)设m，n分别为平面α，β的法向量，那么二面角θ与<m，n>互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．24．【2023广西贺州桂梧高中联考】如图，在四棱锥中，，，，是以为斜边的等腰直角三角形，且.〔1〕证明：平面平面.〔2〕求二面角的余弦值.【答案】(1)详见解析(2)试题解析：〔1〕证明：是以为斜边的等腰直角三角形，∴.又，，∴平面，那么，又，，∴平面，又平面，∴平面平面.〔2〕解：以为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系，那么，，，那么，，设是平面的法向量，那么，即，令得.由〔1〕知，平面的一个法向量为，∴.由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为.【点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角或钝角由图形决定．由图形知二面角是锐角时cosθ＝；由图形知二面角是钝角时，cosθ＝－.当图形不能确定时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)．25．【2023黑龙江齐齐哈尔一模】如下图，正三棱柱的底面边长为2，是侧棱的中点.〔1〕证明:平面平面；〔2〕假设平面与平面所成锐角的大小为，求四棱锥的体积.【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕试题解析：解：〔1〕如图①，取的中点，的中点，连接，易知又，∴四边形为平行四边形，∴.又三棱柱是正三棱柱，∴为正三角形，∴.又平面，,而，∴平面.又，∴平面.又平面，所以平面平面〔2〕〔方法一〕建立如图①所示的空间直角坐标系，显然平面的一个法向量为，所以，即.所以.〔方法二〕如图②，延长与交于点,连接.∵,为的中点，∴也是的中点,又∵是的中点,∴.∵平面,∴平面.∴为平面与平面所成二面角的平面角.所以,∴.点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.26．【2023河南漯河中学三模】如图，四边形和四边形均是直角梯形，二面角是直二面角，.〔1〕证明：在平面上，一定存在过点的直线与直线平行；〔2〕求二面角的余弦值.【答案】〔1〕见解析〔2〕试题解析：〔1〕证明：由得平面平面，所以平面，同理可得平面，又,所以平面平面,设平面平面，那么过点，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，即在平面上一定存在过点的直线，使得.如图，由得,所以,设平面的法向量为，那么，不妨设，那么，不妨取平面的一个法向量为，所以，由于二面角为锐角，因此二面角的余弦值为.【点睛】熟练掌握线面、面面平行的判定和性质定理、以及利用空间向量可求二面角是解题的关键．27．【2023北京大兴联考】如图，在三棱柱中，平面平面，四边形为菱形，点是棱上不同于，的点，平面与棱交于点，，，．〔Ⅰ〕求证：∥平面；〔Ⅱ〕求证：平面；〔Ⅲ〕假设二面角为，求的长．【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3).试题解析：〔Ⅰ〕因为在三棱柱中，平面平面，平面平面，平面平面，所以.又因为平面，平面，所以平面.〔Ⅱ〕因为，所以，又因为平面平面，所以平面.所以.因为四边形为菱形，所以.所以平面.如图，以为原点，建立空间直角坐标系，那么所以，，，.设，〔〕，设平面的法向量为，那么，即，令，那么，.所以.由〔Ⅱ〕知，是平面的一个法向量.那么因为二面角为，.解得，或〔舍〕.所以，即的长为.【点睛】在处理空间角〔异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角〕，往往利用空间向量进行处理，即先合理建立空间直角坐标系，求出相应直线的方向向量和有关平面的法向量，再利用有关公式进行求解.28．【2023东北名校联考】如图，三棱柱中，平面，且.〔1〕求证：；〔2〕假设为的中点，求二面角平面角的余弦值.【答案】〔1〕见解析〔2〕试题解析：〔1〕平面，所以,(2)过点作，因为平面，所以平面，，平面的法向量，，平面的法向量，所以，设二面角的平面角为，由图知锐角，所以点睛：假设分别二面角的两个半平面的法向量，那么二面角的大小满足，二面角的平面角的大小是的夹角(或其补角，需根据观察得出结论)．在利用向量求空间角时，建立合理的空间直角坐标系，正确写出各点坐标，求出平面的法向量是解题的关键．29．【2023河北衡水武邑中学三调】在五面体中，,,，平面平面.(1)证明:直线平面；(2)为棱上的点，试确定点位置，使二面角的大小为.【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕点在靠近点的的三等分点处.试题解析：〔1〕四边形为菱形，，平面平面，平面平面平面，又直线平面.是平面的法向量，，设，那么，设平面的法向量为，，令，那么，，二面角为，，解得，在靠近点的三等分处.【方法点晴】此题主要考查线面垂直的判定定理以及用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：〔1〕观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；〔2〕写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；〔3〕设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；〔4〕将空间位置关系转化为向量关系；〔5〕根据定理结论求出相应的角和距离.30．【2023山西两校联考】如下图，在中，斜边，将沿直线旋转得到，设二面角的大小为.〔1〕取的中点，过点的平面与分别交于点，当平面平面时，求的长〔2〕当时，求二面角的余弦值.【答案】〔1〕；〔2〕.试题解析：〔1〕因为平面平面,平面平面，平面平面，所以.因为为的中点，所以为的中点.同理可证：为的中点.所以.在中，斜边,可知：,即,所以.在中，，所以.所以.所以.设平面的一个法向量为，那么可得令可得.易知：平面.所以.所以二面角的余弦值为.点睛：此题考查面面垂直，线面垂直，线线垂直的判定及性质以及二面角的余弦，属于中档题。对于第一问，要注意结合图形，特别是中点，寻求垂直或平行关系，对于第二问关键是建系写点的坐标，利用求得的法向量来求二面角的余弦，注意对角是锐角钝角的分析.31．【2023广西南宁摸底联考】如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，，.〔1〕求证：直线平面；〔2〕求二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2).试题解析：〔1〕在上取一点，使，连接，，∵，，∴，，，.∴，.∴为平行四边形.即.又平面，∴直线平面.〔2〕取中点，底面是菱形，，∴.∵，∴，即.又平面，∴.又，∴直线平面.故相互垂直，以为原点，如图建立空间直角坐标系.32．【2023云南昆明一中一模】如图，在直三棱柱中，，，点分别为的中点.〔1〕证明：平面；〔2〕假设，求二面角的余弦值.【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕.【解析】试题分析：〔1〕连接，，点，分别为，的中点，可得为△的一条中位线，，由线面平行的判定定理可得结论；〔2〕先利用勾股定理证明，由题意以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果；所以平面.〔2〕设，那么，，，由，得，解得，由题意以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.可得，，，，故，，，，设为平面的一个法向量，那么，得，同理可得平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，，，所以，二面角的余弦值为.【方法点晴】此题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：〔1〕观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；〔2〕写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；〔3〕设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；〔4〕将空间位置关系转化为向量关系；〔5〕根据定理结论求出相应的角和距离.33．【2023广西柳州摸底联考】如图，在四棱锥中，,，为棱的中点，.〔1〕证明：平面；〔2〕假设二面角的大小为,求直线与平面所成角的正弦值.【答案】〔1〕见解析〔2〕试题解析：〔1〕证明：由，，又，即，且，∴平面.〔2〕∵平面，∴为二面角的平面角，从而.如下图，在平面内，作，以为原点，分别以所在直线为轴，轴建立空间直角坐标系，34．【2023河南名校联考】如图，在三棱柱中，平面，点是与的交点，点在线段上，平面.〔1〕求证：；〔2〕求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】〔1〕证明见解析；(2).试题解析：1〕如图，连接，因为平面平面，所以.因