2023高考数学二轮名师原创数学专题卷：专题11 立体几何

这是一份2023高考数学二轮名师原创数学专题卷：专题11 立体几何，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022衡水名师原创数学专题卷专题十一《立体几何》考点33：空间几何体的结构特征、三视图、直观图表面积和体积(1-7题,13-14题，17-19题)考点34：空间点、线、面的位置关系（9,10题）考点35：直线、平面平行的判定与性质(16,17,20题）考点36：直线、平面垂直的判定与性质（8,15,18,19-22题）考点37：与空间角和距离有关的计算（11题,16题）考试时间：120分钟   满分：150分说明：请将选择题正确答案填写在答题卡上，主观题写在答题纸上第I卷（选择题）一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.《九章算术》是中国古代第一部数学专著，书中有关于“堑堵”的记载，“堑堵”即底面是直角三角形的直三棱柱.已知某“堑堵”被一个平面截去一部分后，剩下部分的三视图如图所示，则剩下部分的体积是(   )A．50           B．75      C.25.5          D．37.52.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(   )A.            B.             C.2          D.43.某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（   ）A. B. C. D.4.某三棱锥的三视图如图所示，已知它的体积为，则图中的值为(   )A． 2 B.  C.  1 D． 5.某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位： ）是(   )A. B. C. 3 D. 66.如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是(   )A.  B.  C.  D. 7.三棱锥中，互相垂直，是线段上一动点，若直线与平面所成角的正切的最大值是，则三棱锥的外接球表面积是(   )A．             B．            C.                D．8.平面四边形中,,将其沿对角线折成四面体,使平面平面,若四面体顶点在同一个球面上,则该球的体积为(  )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3分。）9.如图，梯形中，，，将沿对角线折起.设折起后点的位置为，并且平面平面.给出下面四个命题正确的(   )A.   B.三棱锥的体积为C. 平面  D.平面平面10.如图，正方体的棱长为3，线段上有两个动点，且，则当 移动时，下列结论正确的是(   )A．平面  B．四面体的体积不为定值C．三棱锥的体积为定值 D．四面体的体积不为定值11.在长方体中，底面是边长为4的正方形，，则(   )A.异面直线与所成角的余弦值为B.异面直线与所成角的余弦值为C.平面D.点到平面的距离为12.如图，平面平面是内不同的两点，是内不同的两点，且直线分别是线段的中点．下列判断正确的是(   )A.若，则B.若重合，则C.若与相交，且，则可以与相交D.若与是异面直线，则不可能与平行第II卷（非选择题）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）13.在体积为9的斜三棱柱中，是上的一点，的体积为2，则三棱锥的体积为_________.14.已知三棱锥的各顶点都在同一球面上，且平面，若该棱锥的体积为1, ,则此球的表面积等于_________.15.将表面积为的圆锥沿母线将其侧面展开,得到一个圆心角为的扇形,则该圆锥的轴截面的面积________,圆锥的母线与圆锥的高线所成角的正切值为___________.16.如图是正方体平面展开图,在这个正方体中：①与平行；②与是异面直线；③与成角；④与垂直．
以上四种说法中,正确说法的序号是______ ．四、解答题（本题共6小题，共70分。）17.（本题满分10分）如图，已知平面多边形中，，为的中点，现将三角形沿折起，使.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积．18.（本题满分12分）如图，四边形是边长为2的正方形，平面，且.（1）求证：平面平面.（2）线段上是否存在一点，使三棱锥的高？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.19.（本题满分12分）平行四边形中，，，分别是的中点.将四边形沿着折起，使得平面平面，得到三棱柱.（1）证明：；（2）若，求三棱柱的体积.20.（本题满分12分）已知三棱锥中，，，为的中点，点在棱上，且．（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值．21.（本题满分12分）如图1，在中，分别为边的中点，为的中点，．将沿折起到的位置，如图2，使得平面平面，为的中点．（1）求证： 平面；（2）求二面角的余弦值．22.（本题满分12分）如图①，在平面五边形中，是梯形，，，，，是等边三角形．现将沿折起，连接，得如图②的几何体．（1）若点是的中点，求证：平面；（2）若，在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．


          参考答案及解析1.答案：D解析：由已知得到几何体为直三棱柱截去一个四棱锥,如图：体积为；故选：D.2.答案：B解析：根据题意，由三视图可知该几何体为三棱锥，如图：其底面积是俯视囡所示三角形的面积，易知该三角形底为2，高为2，所以;该几何体的高由正视图可知等于2，故整个几何体的体积：故选：B3.答案：D解析：将三视图还原为直观图(图略)，知该三棱柱是正三棱柱，其高为2，底面是边长为2的等边三角形，正三棱柱的上、下两个底面的面积均为，三个侧面的面积均为，故其表面积为，选D.4.答案：C解析：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为底面为直角三角形高为的三棱锥体.如图所示：所以，解得：.故选：C.5.答案：A解析：由二视图可知，该几何体是三棱柱和三棱锥的组合体，结合图中数据可得该几何体的体积，故选A.6.答案：C解析：由三视图可知该几何体为三棱锥，记为三棱锥，将其放入正方体中，如图，易知，，故其表面积为，故选C.7.答案：B解析：是线段上一动点，连接，∵互相垂直，∴就是直线与平面所成角，当最短时，即时直线与平面所成角的正切的最大.此时，在中，三棱锥扩充为长方体,则长方体的对角线长为，∴三棱锥的外接球的半径为，∴三棱锥的外接球的表面积为.故选：B.8.答案:A解析:由题意平面四边形,将其沿对角线折成四面体,使平面平面,若四面体顶点在同一个球面上,可知,所以是外接球的直径,所以,球的半径为:,所以球的体积为:,选A.9.答案：CD解析：如图所示：为中点，连接 ,，，,得到 ,又,故为等腰直角三角形,平面平面，，所以平面，所以C正确;为中点，,则平面,所以,如果，则可得到平面，故与已知矛盾.故A错误;三棱锥的体积为.故B错误;在直角三角形中， ,在三角形中， 满足,又,所以平面，所以平面平面，故D正确.综上所述：答案为CD.10.答案：ACD解析：对于,如图所示,易证平面,同理平面,且平面平面,所以平面平面,又平面， ,所以平面故A正确.对于B，如图所示，点C到平面的距离为点到平面的距离为定值，所以为定值，故B错误；对于C，如图所示，点到平面的距离为到平面的距离为定值，所以为定值，故C正确；对于D，如图所示四面体的体积为为定值，故D正确.正确的答案是ACD

 11.答案：ACD解析：依题意，由于，所以异面直线与所成角即或其补角.在三角形中，，所以异面直线与所成角的余弦值为.故A选项正确，B选项错误.由于平面，平面，所以平面，故C选项正确.设点到平面的距离为，由，所以，解得，故D选项正确.故选：ACD.12.答案：BD解析：解：若，则四点共面，当时，平面两两相交有三条交线，分别为，则三条交线交于一点，则与平面交于点，与不平行，故A错误；若,两点重合，则，四点共面，平面两两相交有三条交线，分别为，由，得，故B正确；若与相交，确定平面，平面两两相交有三条交线，分别为，由，得，故C错误；当，是异面直线时，如图，连接，取中点，连接，．则，，，则，假设，，，，又，平面，同理可得，平面，则，与平面平面矛盾．假设错误，不可能与平行，故D正确．故选：BD．13.答案：1解析：设三棱柱的底面积为，高为，则，再设到底面的距离为，则，得，所以，则到上底面的距离为，所以三棱锥的体积为．故答案为1．14.答案：解析：设球的半径为，如图所示在,则为直角三角形,解得三棱锥的各顶点都在同一球面上，所以与球心的连线垂直于平面ABC，且平面，若该棱锥的体积为1，所以,解得.故，解得，所以故答案为：15.答案：；解析：设圆锥的母线长为,底面半径为,则有得,所以圆锥的高,所以该圆锥的轴截面面积,圆锥的母线与圆锥的高线所成角的正切值为.16.答案：④解析：由正方体的平面展开图可得原正方体如图：由图可知，与异面，故①错误；与平行，故②错误；为与所成角,为，故③错误；∵，且，∴与垂直，故④正确。故答案为：④.17.答案：（1）如图所示，取的中点，连接，为中点，为的中位线，，且，又，且，，且，∴四边形为平行四边形，，，， 综上所述，结论是：（2）由题意可知，为等腰直角三角形，为直角梯形，如上图所示，取中点，连接,，，平面，平面，，∴在直角三角形中，，∴三角形为等边三角形，取的中点，则，，，为的中点，到平面的距离等于到平面的距离的一半，综上所述，结论是：.解析： 18.答案：（1）∵平面，平面，平面.∴.又∵，平面.又面，平面.（2）∵，∴，假设线段上存在一点满足题意，由（1）知，平面平面，平面平面.又∵，∴平面，则.∵，，∴平面，又平面，，.∵，平面，平面，∴平面，∴点到平面的距离与点到平面的距离相等.又.∴又，∴.∵,∴,∴.解析：19.答案：（1）取的中点，连接，易知是等边三角形.∴，.  ∵，∴平面，而平面，∴. （2）三棱柱可分为四棱锥与三棱锥.由（1）知，而平面平面，且交线为，∴平面.               同理可证平面. 四棱锥的体积，  三棱锥的体积， ∴三棱柱的体积.    解析： 20.答案：（1）如图所示：连接，在中：，则， 在中：，为的中点，则，且 在中：，满足：根据勾股定理逆定理得到相交于 ，故平面 （2）因为两两垂直，建立空间直角坐标系 如图所示．因为,则由所以，设平面的法向量为，则令，得 因为平面，所以为平面的法向量，所以与所成角的余弦为．所以二面角的正弦值为 解析： 21.答案：（1）证明：取线段的中点，连接． 因为在中, 分别为的中点，所以 ，．因为分别为的中点，所以 ， ，     所以，所以四边形为平行四边形，所以 ．因为 平面，平面，所以平面．（2）分别以为轴建立空间直角坐标系，则面的法向量，，则设面的法向量，则，解得，所以所以二面角的余弦值.解析： 22.答案：（1）取中点,连接,,则是的中位线,且且四边形是平行四边形平面平面平面（2）取中点,连接,易得,.在中，由已知.以为原点，分别以射线为轴正半轴建立如图所示空间直角坐标系，则 则假设在棱上存在点满足题意，设,则，.设平面的一个法向量为，则即令，得平面的一个法向量又平面的一个法向量， 由已知，，整理得，解得，在棱上存在点，使得二面角的余弦值为，且  解析：