2023年高考数学二轮优化提升专题训练12:空间几何体的折叠与多面体的问题(含答案解析)
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1、专题12 空间几何体的折叠与多面体的问题1、【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36,且3l33,则该正四棱锥体积的取值范围是()A18,814B274,814C274,643D18,272、(2019新课标,理16文16)学生到工厂劳动实践,利用打印技术制作模型,如图,该模型为长方体,挖去四棱锥后所得的几何体,其中为长方体的中心,分别为所在棱的中点,打印所用原料密度为,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为3、【2020年高考全国卷理数】如图,在三棱锥PABC的平面展开图中,AC=1,ABAC,ABAD,CAE=30,则cosFCB=_
2、.4、(2020江苏9)如图,六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的已知螺帽的底面正六边形边长为,高为,内孔半径为,则此六角螺帽毛坯的体积是 5、【2021年新高考1卷】(多选题)在正三棱柱中,点满足,其中,则()A当时,的周长为定值B当时,三棱锥的体积为定值C当时,有且仅有一个点,使得D当时,有且仅有一个点,使得平面6、【2020年新高考1卷(山东卷)】已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2,BAD=60以为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_7、【2019年新课标2卷理科】中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但
3、南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1则该半正多面体共有_个面,其棱长为_题组一 空间几何体的折叠问题1-1、(2022江苏宿迁高三期末)(多选题)如图,一张长宽分别为的矩形纸,分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起,使得四点重合为一点,从而得到一个多面体,则( )A在该多面体中,B该多面体是三棱锥C在该多面体中,平面平面D该多面体的体积为1-2、(2022江苏扬州高三期末)(多选题)在边长为6的正三
4、角形ABC中M,N分别为边AB,AC上的点,且满足,把AMN沿着MN翻折至AMN位置,则下列说法中正确的有( )A在翻折过程中,在边AN上存在点P,满足CP平面ABMB若,则在翻折过程中的某个位置,满足平面ABC平面BCNMC若且二面角AMNB的大小为120,则四棱锥ABCNM的外接球的表面积为61D在翻折过程中,四棱锥ABCNM体积的最大值为1-3、(2021江苏苏州市高三期末)(多选题)已知四边形是等腰梯形(如图1),将沿折起,使得(如图2),连结,设是的中点.下列结论中正确的是( ) AB点到平面的距离为C平面D四面体的外接球表面积为题组二 几何体的多边形问题2-1、(2020山东模拟预
5、测)足球运动是一项古老的体育活动,众多的资料表明,中国古代足球的出现比欧洲早,历史更为悠久,如图,现代比赛用足球是由正五边形与正六边形构成的共32个面的多面体,著名数学家欧拉证明了凸多面体的面数(F),顶点数(V),棱数(E)满足F+V-E=2,那么,足球有_.个正六边形的面,若正六边形的边长为,则足球的直径为_.cm(结果保留整数)(参考数据 2-2、(2021全国高三专题练习(文)碳70是一种碳原子族,可高效杀灭癌细胞,它是由70个碳原子构成的,其结构是由五元环(正五边形面)和六元环(正六边形面)组成的封闭的凸多面体,共37个面,则其六元环的个数为( )A12B25C30D362-3、(2
6、022湖北江岸高三期末)如图,该几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的,若被截的正方体棱长为2,则该几何体的表面积为( )ABCD题组三 几何体的综合性问题3-1、(2022江苏常州高三期末)(多选题)已知正方体的棱长为,点是棱上的定点,且点是棱上的动点,则( )A当时,是直角三角形B四棱锥的体积最小值为C存在点,使得直线平面D任意点,都有直线平面3-2、(2022广东揭阳高三期末)(多选题)如图所示,已知正方体的棱长为分别是的中点,是线段上的动点,则下列说法正确的是( )A平面截正方体所得的截面可以是四边形五边形或六边形B当点与两点不重合时,平面截正方体所得的截面是五边形C是锐角三角形D
7、面积的最大值是3-3、(2022广东罗湖高三期末)在中,且,若将沿AC边上的中线BD折起,使得平面平面BCD点E在由此得到的四面体ABCD的棱AC上运动,则下列结论正确的为( )AB四面体ABCD的体积为C存在点E使得的面积为D四面体ABCD的外接球表面积为1、(2022河北保定高三期末)(多选题)如图,为正方体中所在棱的中点,过两点作正方体的截面,则截面的形状可能为( )A三角形B四边形C五边形D六边形2、(2021辽宁高三模拟)“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面的多面体,其中“扭棱十二面体”就是一种“阿基米德多面体”.它是由个正三角形和个正五边形组成的,若多面体的顶点数、棱数
8、和面数满足:顶点数棱数面数,则“扭棱十二面体”的顶点数为( )ABCD3、(2022江苏如东高三期末)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,AC1平面,当平面过点B1时,平面截此正方体所得截面多边形的面积为_;当平面过线段BC中点时,平面截此正方体所得截面多边形的周长为_.4、(2022广东铁一中学高三期末)(多选题)如图,在直三棱柱中,点,分别是线段,上的动点(不含端点),且,则下列说法正确的是( )A平面B四面体的体积是定值C异面直线与所成角的正切值为D二面角的余弦值为5、(2022湖南常德高三期末)(多选题)已知正方体的棱长为2,P,Q分别为棱,的中点,M为线段BD上的动点,则(
9、 )ABC三棱锥的体积为定值DM为BD的中点时,则二面角的平面角为606、(2022湖北武昌高三期末)(多选题)已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示,其中四边形AEFD是边长为的菱形,B,C分别为AE,FD的中点,则在该四面体中( )ABBE与平面DCE所成角的余弦值为C四面体ABCD的内切球半径为D四面体ABCD的外接球表面积为7、(2022湖南郴州高三期末)(多选题)如图,点是棱长为2的正方体的表面上一个动点,则( )A当在平面上运动时,四棱锥的体积不变B当在线段上运动时,与所成角的取值范围是C当直线与平面所成的角为45时,点的轨迹长度为D若是的中点,当在底面上运动,且满足平面时,长
10、度的最小值是8、(2022湖北襄阳高三期末)(多选题)在棱长为正方体中,点是线段上的动点,则下列判断正确的是( )A无论点在线段的什么位置,三棱锥的体积为定值B无论点在线段的什么位置,都有C当时,与异面D若直线与平面所成的角为,则的最大值为专题12 空间几何体的折叠与多面体的问题1、【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36,且3l33,则该正四棱锥体积的取值范围是()A18,814B274,814C274,643D18,27【答案】C【解析】 球的体积为36,所以球的半径R=3,设正四棱锥的底面边长为2a,高为h,则l2=2a2+h2,32=
11、2a2+(3-h)2,所以6h=l2,2a2=l2-h2所以正四棱锥的体积V=13Sh=134a2h=23(l2-l436)l26=19l4-l636,所以V=194l3-l56=19l324-l26,当3l26时,V0,当26l33时,V0,所以当l=26时,正四棱锥的体积V取最大值,最大值为643,又l=3时,V=274,l=33时,V=814,所以正四棱锥的体积V的最小值为274,所以该正四棱锥体积的取值范围是274,643.故选:C.2、(2019新课标,理16文16)学生到工厂劳动实践,利用打印技术制作模型,如图,该模型为长方体,挖去四棱锥后所得的几何体,其中为长方体的中心,分别为所
12、在棱的中点,打印所用原料密度为,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为【答案】1188【解析】该模型为长方体,挖去四棱锥后所得的几何体,其中为长方体的中心,分别为所在棱的中点,该模型体积为:,打印所用原料密度为,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为:3、【2020年高考全国卷理数】如图,在三棱锥PABC的平面展开图中,AC=1,ABAC,ABAD,CAE=30,则cosFCB=_.【答案】【解析】,由勾股定理得,同理得,在中,由余弦定理得,在中,由余弦定理得.故答案为:.4、(2020江苏9)如图,六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的已知螺帽的底面正六边形边长为,高为,内
13、孔半径为,则此六角螺帽毛坯的体积是 【答案】【解析】记此六角螺帽毛坯的体积为,正六棱柱的体积为,内孔的体积为正六棱柱的体积为,则, 5、【2021年新高考1卷】(多选题)在正三棱柱中,点满足,其中,则()A当时,的周长为定值B当时,三棱锥的体积为定值C当时,有且仅有一个点,使得D当时,有且仅有一个点,使得平面【答案】BD【解析】易知,点在矩形内部(含边界)对于A,当时,即此时线段,周长不是定值,故A错误;对于B,当时,故此时点轨迹为线段,而,平面,则有到平面的距离为定值,所以其体积为定值,故B正确对于C,当时,取,中点分别为,则,所以点轨迹为线段,不妨建系解决,建立空间直角坐标系如图,则,所以
14、或故均满足,故C错误;对于D,当时,取,中点为,所以点轨迹为线段设,因为,所以,所以,此时与重合,故D正确故选:BD6、【2020年新高考1卷(山东卷)】已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2,BAD=60以为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_【答案】.【解析】如图:取的中点为,的中点为,的中点为,因为60,直四棱柱的棱长均为2,所以为等边三角形,所以,又四棱柱为直四棱柱,所以平面,所以,因为,所以侧面,设为侧面与球面的交线上的点,则,因为球的半径为,所以,所以侧面与球面的交线上的点到的距离为,因为,所以侧面与球面的交线是扇形的弧,因为,所以,所以根据弧长公式可得.故答
15、案为:.7、【2019年新课标2卷理科】中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1则该半正多面体共有_个面,其棱长为_【答案】 共26个面. 棱长为.【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面,计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有个面如图,设该半正多面体的棱长为,则,延长与交于点,延长交正方体棱于,由半正多面体对
16、称性可知,为等腰直角三角形,即该半正多面体棱长为题组一 空间几何体的折叠问题1-1、(2022江苏宿迁高三期末)如图,一张长宽分别为的矩形纸,分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起,使得四点重合为一点,从而得到一个多面体,则( )A在该多面体中,B该多面体是三棱锥C在该多面体中,平面平面D该多面体的体积为【答案】BCD【解析】由于长、宽分别为,1,分别是其四条边的中点,现将其沿图中虚线折起,使得四点重合为一点,且为的中点,从而得到一个多面体,所以该多面体是以为顶点的三棱锥,故B正确;,故A不正确;由于,所以,可得平面,则三棱锥的体积为,故D正确;因为,所以平面,又平面,可得平面平面,故C正
17、确.故选:BCD1-2、(2022江苏扬州高三期末)在边长为6的正三角形ABC中M,N分别为边AB,AC上的点,且满足,把AMN沿着MN翻折至AMN位置,则下列说法中正确的有( )A在翻折过程中,在边AN上存在点P,满足CP平面ABMB若,则在翻折过程中的某个位置,满足平面ABC平面BCNMC若且二面角AMNB的大小为120,则四棱锥ABCNM的外接球的表面积为61D在翻折过程中,四棱锥ABCNM体积的最大值为【答案】BCD【解析】对于选项A,过作,交于,则无论点P在AN上什么位置,都存在CP与BQ相交,折叠后为梯形BCQP,则CP不与平面ABM平行,故选项A错误;对于选项B,设分别是的中点,
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