2023年高考数学真题模拟试题专项汇编：【新教材专用】（9）立体几何（含答案）

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【新教材专用】（9）立体几何——2023年高考数学真题模拟试题专项汇编
1. 【2023年全国甲卷理科】如图，在三棱柱中，平面，，，到平面的距离为1.

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值.
2. 【2023年全国甲卷文科】在正方体中，，O为的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是________.
3. 【2023年天津卷】在三棱锥中，线段PC上的点M满足，线段PB上的点N满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为( )
A. B. C. D.
4. 【2023年天津卷】如图，在三棱台中，已知平面，，，，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值；
(3)求点C到平面的距离.
5. 【2023年上海卷】如图，直四棱柱中，，，，，.

（1）求证：平面；
（2）若直四棱柱的体积为36，求二面角的大小.
6. 【2023年新课标Ⅱ卷】底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为___________.
7. 【2023年新课标Ⅱ卷】如图，三棱锥中，，，，E为BC中点.

(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值.
8. 【2023年新课标Ⅰ卷】【多选】下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )
A.直径为的球体
B.所有棱长均为的四面体
C.底面直径为，高为的圆柱体
D.底面直径为，高为的圆柱体
9. 【2023年新课标Ⅰ卷】如图，在正四棱柱中，，.点，，，分别在棱，，，上，，，.

(1)证明：；
(2)点P在棱上，当二面角为时，求.
10. 【2023年云南三校模拟】如图，在四棱锥中，已知，，，，，.

（1）证明:平面AOP;
（2）若，求平面POC与平面PAB所成夹角的余弦值.




答案以及解析
1.答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)如图，过作，垂足为D，

平面，平面，，
又，，
，平面，且，
平面，
平面，，
又，平面，且，平面，.
由已知条件易证是直角三角形，又，，
D为的中点，又，
，
又在三棱柱中，，
.
(2)如图，连接，由(1)易证，故取的中点F，连接，
与的距离为2，，
又且，
，，.
建立空间直角坐标系如图所示，

则，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则即取，则，，
平面的一个法向量为.
设与平面所成角为，
则.
与平面所成角的正弦值为.
2.答案：
解析：由该正方体的棱与球O的球面有公共点，可知球O的半径应介于该正方体的棱切球半径和外接球半径之间(包含棱切球半径和外接球半径).设该正方体的棱切球半径为r，因为，所以，所以；设该正方体的外接球半径为R，因为，所以，所以.所以球O的半径的取值范围是.
3.答案：B
解析：如图，因为，，所以，所以(其中d为点A到平面PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面PMN的距离也为d).故选B.

4.答案：(1)证明见解析
(2)
(3)
解析：(1)解法一：连接MN.因为M，N分别是BC，AB的中点，
所以且，即有，
所以四边形是平行四边形，即有.
又平面，平面，所以平面.
解法二：以A为坐标原点，，，所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则有，，，，.
所以，，，
设，即有，解得，
因为平面，所以平面.
解法三：设平面的法向量，
由解法二可得，，
则，即，不妨取.
由解法二可知，
所以，所以.
又平面，所以平面.
(2)由(1)中解法二易知，平面的法向量为，
由(1)中解法三知平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
(3)由(1)中解法二可得，则，
所以由(1)中解法三得点C到平面的距离.
5.答案：(1)证明见解析
(2)或
解析：(1)解法一：，平面，平面，
平面.
，平面，平面，
平面.
又，平面平面.
又平面，平面.
解法二：如图a，取CD的中点E，连接，，

则，
，，
，
四边形ABED为平行四边形，
.
又，
，
四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
平面.
(2)由题，，
又直四棱柱的体积为36，
，.
解法一：如图b，过A作于点H，连接.

平面，平面ABCD，
.
又，，
平面，
.
为二面角的平面角.
在中，，，，可得.
在中，，
，
即二面角的大小为.
解法二：由题，以D为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图c所示的空间直角坐标系，

则，，，
，.
显然平面ABD的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则，不妨取.
设为n与m的夹角，为二面角的平面角，
由题意知为锐角，
则，
因此，
二面角的大小为.
6.答案：28
解析：如图所示，正四棱锥的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥后，得到正四棱台，且，.记，O分别为正四棱台上、下底面的中心，，H分别为，的中点，连接，，，，则，，.易知，所以，即，解得，所以，所以该正四棱台的体积.

7.答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)如图，连接DE，AE，
因为，且E为BC的中点，所以.
因为，，，
所以.
可得，故.
因为，，平面ADE，所以平面ADE.
又平面ADE，所以.

(2)由(1)知，，.
不妨设，因为，所以.
由题可知为等腰直角三角形，故.
因为，所以.
在中，，所以.
以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，.
设，泭为，所以，可得.
所以.
设平面DAB的法向量为，
则，即，取，则，.
设平面ABF的法向量为，
则，即，得，取，则，.
所以.
记二面角的大小为，则，
故二面角的正弦值为.
8.答案：ABD
解析：由于棱长为的正方体的内切球的直径为，所以选项A正确；由于棱长为的正方体中可放入棱长为的正四面体，且，所以选项B正确；因为正方体的棱长为，体对角线长为，，所以高为的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为，而底面直径为的圆柱体，其高可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确.综上，选ABD.
9.答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)解法一：依题意，得，
所以.
解法二：以点C为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，
所以，所以.
(2)建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中解法二，设，则，
所以，，
设平面的法向量为，
所以，则，
令，得.
设平面的法向量为，
由(1)解法二知，，，
所以，则，
令，得.
所以，
整理得，解得或，
所以或，
所以.
10.答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）在中，，，，
所以
所以，.
故为，
可得.
又，即.
，OP，平面AOP，
所以，平面AOP.
（2）由（1）知平面AOP
又平面OABC，
所以平面平面OABC，
又，，
，

以OC为x轴，OA为y轴，过O且垂直于平面OABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
在Rt中，，
在中，，

为Rt，可得.
又，，，.
设平面POC的法向量，，，
，令，则，
，
设平面PAB的法向量，，，
令，则，，
，
，
平面POC与平面PAB所成角的余弦值为.