新高考数学二轮培优训练专题14 空间几何体的折叠及多面体的问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮培优训练专题14 空间几何体的折叠及多面体的问题（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮培优训练专题14空间几何体的折叠及多面体的问题原卷版doc、新高考数学二轮培优训练专题14空间几何体的折叠及多面体的问题解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。

1、（2019•新课标Ⅲ，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 ．
2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cs∠FCB=______________.
3、（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 ．
4、【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1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________．
5、【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_________．
题组一、 几何体的多边形问题
1-1、（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图所示，该几何体由一个直三棱柱和一个四棱锥组成，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若平面与平面的交线为，则AC//l
C．三棱柱的外接球的表面积为
D．当该几何体有外接球时，点到平面的最大距离为
1-2、（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除如图所示，底面为正方形，，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（ ）
A．B．C．D．
1-3、（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（ ）．
A．12B．25C．30D．36
1-4、、（2022·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（ ）
A．B．C．D．
题组二、空间几何体的折叠问题
2-1、（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）（多选题）如图，矩形中，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，二面角大小为，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．面积的最大值为
C．当为锐角时，存在某个位置，使得
D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为
2-2、（2023·云南红河·统考一模）如图所示是一块边长为10cm的正方形铝片，其中阴影部分由四个全等的等腰梯形和一个正方形组成，将阴影部分裁剪下来，并将其拼接成一个无上盖的容器（铝片厚度不计），则该容器的容积为（ ）
A．B．C．D．
2-3、（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
2-4、（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A′MN位置，则下列说法中正确的有（ ）
A．在翻折过程中，在边A′N上存在点P，满足CP∥平面A′BM
B．若，则在翻折过程中的某个位置，满足平面A′BC⊥平面BCNM
C．若且二面角A′－MN－B的大小为120°，则四棱锥A′－BCNM的外接球的表面积为61π
D．在翻折过程中，四棱锥A′－BCNM体积的最大值为
题组三、运用空间向量解决空间几何体的折叠问题
3-1、（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图所示得三棱锥.

(1)证明：；
(2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
3-2、（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.
(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求锐二面角的大小.
3-3、（2023·江苏南通·统考一模）如图，在中，是边上的高，以为折痕，将折至的位置，使得.
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
1、（2023·江苏南京·校考一模）中学开展劳动实习，学习加工制作食品包装盒.现有一张边长为6的正六边形硬纸片，如图所示，裁掉阴影部分，然后按虚线处折成高为的正六棱柱无盖包装盒，则此包装盒的体积为（ ）
A．144B．72C．36D．24
2、（2023·吉林·统考三模）如图，菱形纸片中，，O为菱形的中心，将纸片沿对角线折起，使得二面角为，分别为的中点，则折纸后（ ）
A．B．C．D．0
3、（2023·湖南邵阳·统考三模）如图所示，正八面体的棱长为2，则此正八面体的表面积与体积之比为（ ）
A．B．C．D．
4、（2023·河北唐山·统考三模）把边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
5、（2023·黑龙江大庆·统考三模）（多选题）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截勒洛四面体所得截面的面积为
B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧，则其长度为
C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4
D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
6、（2023·河北唐山·统考三模）（多选题）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到底面为长方形的屋状的楔体（图示的五面体．底面长方形中，，上棱长，且平面，高（即到平面的距离）为，是底面的中心，则（ ）
A．平面
B．五面体的体积为5
C．四边形与四边形的面积和为定值
D．与的面积和的最小值为
7、（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）已知直三棱柱中，，，分别为棱，的中点，过点作平面将此三棱柱分成两部分，其体积分别记为，则__________；平面截此三棱柱的外接球的截面面积为__________．
8、（2023·吉林长春·统考三模）如图，平面五边形中，△是边长为2的等边三角形，，，，将△沿翻折，使点翻折到点．
(1)证明：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．