新高考数学二轮复习培优专题训练专题14 空间几何体的折叠及多面体的问题（解析版）

专题14空间几何体的折叠及多面体的问题1、（2019•新课标Ⅲ，理16文16）学生到工厂劳动实践，利用SKIPIF1<0打印技术制作模型，如图，该模型为长方体SKIPIF1<0，挖去四棱锥SKIPIF1<0后所得的几何体，其中SKIPIF1<0为长方体的中心，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，分别为所在棱的中点，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0打印所用原料密度为SKIPIF1<0，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为SKIPIF1<0．【答案】118．8【解析】该模型为长方体SKIPIF1<0，挖去四棱锥SKIPIF1<0后所得的几何体，其中SKIPIF1<0为长方体的中心，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，分别为所在棱的中点，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0该模型体积为：SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0，SKIPIF1<0打印所用原料密度为SKIPIF1<0，不考虑打印损耗，SKIPIF1<0制作该模型所需原料的质量为：SKIPIF1<0．2、【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，SKIPIF1<0，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.【答案】SKIPIF1<0【解析】SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由勾股定理得SKIPIF1<0，同理得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由余弦定理得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由余弦定理得SKIPIF1<0.故答案为：SKIPIF1<0.3、（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SKIPIF1<0，高为SKIPIF1<0，内孔半径为SKIPIF1<0，则此六角螺帽毛坯的体积是SKIPIF1<0．【答案】SKIPIF1<0【解析】记此六角螺帽毛坯的体积为SKIPIF1<0，正六棱柱的体积为SKIPIF1<0，内孔的体积为正六棱柱的体积为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0．4、【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SKIPIF1<0为球心，SKIPIF1<0为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．【答案】SKIPIF1<0.【解析】如图：取SKIPIF1<0的中点为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的中点为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的中点为SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<060°，直四棱柱SKIPIF1<0的棱长均为2，所以△SKIPIF1<0为等边三角形，所以SKIPIF1<0SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，又四棱柱SKIPIF1<0为直四棱柱，所以SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0侧面SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0为侧面SKIPIF1<0与球面的交线上的点，则SKIPIF1<0，因为球的半径为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，所以侧面SKIPIF1<0与球面的交线上的点到SKIPIF1<0的距离为SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0，所以侧面SKIPIF1<0与球面的交线是扇形SKIPIF1<0的弧SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，所以根据弧长公式可得SKIPIF1<0.故答案为：SKIPIF1<0.5、【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_________．【答案】

共26个面.

棱长为SKIPIF1<0.【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SKIPIF1<0个面．如图，设该半正多面体的棱长为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，延长SKIPIF1<0与SKIPIF1<0交于点SKIPIF1<0，延长SKIPIF1<0交正方体棱于SKIPIF1<0，由半正多面体对称性可知，SKIPIF1<0为等腰直角三角形，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，即该半正多面体棱长为SKIPIF1<0．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SKIPIF1<0和一个四棱锥SKIPIF1<0组成，SKIPIF1<0，则下列说法正确的是（

）A．若SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0B．若平面SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0的交线为SKIPIF1<0，则AC//lC．三棱柱SKIPIF1<0的外接球的表面积为SKIPIF1<0D．当该几何体有外接球时，点SKIPIF1<0到平面SKIPIF1<0的最大距离为SKIPIF1<0【答案】BD【详解】对于选项A，若SKIPIF1<0，又因为SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，但是SKIPIF1<0不一定在平面SKIPIF1<0上，所以A不正确；对于选项B，因为SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，所以B正确；对于选项C，取SKIPIF1<0的中心SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的中心SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的中点为该三棱柱外接球的球心，所以外接球的半径SKIPIF1<0，所以外接球的表面积为SKIPIF1<0，所以C不正确；对于选项D，该几何体的外接球即为三棱柱SKIPIF1<0的外接球，SKIPIF1<0的中点为该外接球的球心，该球心到平面SKIPIF1<0的距离为SKIPIF1<0，点SKIPIF1<0到平面SKIPIF1<0的最大距离为SKIPIF1<0，所以D正确.故选：BD1-2、（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SKIPIF1<0如图所示，底面SKIPIF1<0为正方形，SKIPIF1<0，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（

）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】A【分析】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，求出OM的长，进而求出OA的长，可知SKIPIF1<0，从而可求出羡除外接球体积，由等体积法可求出羡除体积，进而可求得结果.【详解】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，则SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0.取BC的中点G，连接FG，作SKIPIF1<0，垂足为H，如图所示，由题意得，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，又∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，即：这个羡除的外接球的球心为O，半径为2，∴这个羡除的外接球体积为SKIPIF1<0.∵SKIPIF1<0，SKIPIF1<0面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0面SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0面SKIPIF1<0，即：点A到面SKIPIF1<0的距离等于点B到面SKIPIF1<0的距离，又∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴这个羡除的体积为SKIPIF1<0，∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为SKIPIF1<0.故选：A.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．12 B．25 C．30 D．36【答案】B【解析】根据题意，顶点数就是碳原子数即为70，每个碳原子被3条棱长共用，故棱长数，由欧拉公式可得面数=2+棱长数-顶点数，设正五边形x个，正六边形y个，则，，解得，，故正六边形个数为25个，即六元环的个数为25个，故选：B1-4、、（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．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】B【解析】根据题意，该几何体的表面积分成两部分，一部分是6个完全相同的正方形，另一部分是8个完全相同的等边三角形6个完全相同的正方形的面积之和为：SKIPIF1<08个完全相同的等边三角形的面积之和为：SKIPIF1<0故该几何体的表面积为：SKIPIF1<0故选：B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SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0为边SKIPIF1<0的中点，沿SKIPIF1<0将SKIPIF1<0折起，点SKIPIF1<0折至SKIPIF1<0处（SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0），若SKIPIF1<0为线段SKIPIF1<0的中点，二面角SKIPIF1<0大小为SKIPIF1<0，直线SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成角为SKIPIF1<0，则在SKIPIF1<0折起过程中，下列说法正确的是（

）A．存在某个位置，使得SKIPIF1<0B．SKIPIF1<0面积的最大值为SKIPIF1<0C．当SKIPIF1<0为锐角时，存在某个位置，使得SKIPIF1<0D．三棱锥SKIPIF1<0体积最大时，三棱锥SKIPIF1<0的外接球的表面积为SKIPIF1<0【答案】BD【详解】A选项，取SKIPIF1<0的中点SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0是SKIPIF1<0的中点，所以SKIPIF1<0且SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0为SKIPIF1<0中点，SKIPIF1<0所以SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0，故四边形SKIPIF1<0为平行四边形，所以SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0与SKIPIF1<0不垂直，所以不存在某个位置，使得SKIPIF1<0，A错误；B选项，SKIPIF1<0，当且仅当SKIPIF1<0时，即SKIPIF1<0时，等号成立，故B正确；C选项，过点SKIPIF1<0作SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0，作SKIPIF1<0SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0是SKIPIF1<0的平面角，即SKIPIF1<0，SKIPIF1<0是直线SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成角，即SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0为定值，故当SKIPIF1<0为锐角时，不存在某个位置，使得SKIPIF1<0，C错误；D选项，当三棱锥SKIPIF1<0体积最大时，SKIPIF1<0⊥平面SKIPIF1<0，取SKIPIF1<0的中点SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0⊥SKIPIF1<0，由勾股定理得SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，故点SKIPIF1<0即为三棱锥SKIPIF1<0的外接球的球心，半径为2，表面积为SKIPIF1<0，D正确.故选：BD2-2、（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．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】B【分析】作出正四棱台，作出辅助线，得到各边长，求出四棱台的高，从而利用台体体积公式求出体积.【详解】由题知，该容器的容积就是正四棱台的体积，如图，连接正四棱台上下底面的中心SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，取上底面正方形一边中点SKIPIF1<0，对应下底面正方形一边中点SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0四点共面，过点SKIPIF1<0作SKIPIF1<0交SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0，则四边形SKIPIF1<0为矩形，故SKIPIF1<0，因为该正四棱台上、下底面边长分别为2，6，等腰梯形的斜高为4，所以SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，所以该棱台的高SKIPIF1<0，下底面面积SKIPIF1<0，上底面面积SKIPIF1<0，所以该容器的容积是SKIPIF1<0SKIPIF1<0．故选：B.2-3、（2022·江苏宿迁·高三期末）如图，一张长､宽分别为SKIPIF1<0的矩形纸，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起，使得SKIPIF1<0四点重合为一点SKIPIF1<0，从而得到一个多面体，则（）A．在该多面体中，SKIPIF1<0B．该多面体是三棱锥C．在该多面体中，平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0D．该多面体的体积为SKIPIF1<0【答案】BCD【解析】由于长、宽分别为SKIPIF1<0，1，SKIPIF1<0分别是其四条边的中点，现将其沿图中虚线折起，使得SKIPIF1<0四点重合为一点SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0为SKIPIF1<0的中点，从而得到一个多面体SKIPIF1<0，所以该多面体是以SKIPIF1<0为顶点的三棱锥，故B正确；SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，故A不正确；由于SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，则三棱锥SKIPIF1<0的体积为SKIPIF1<0，故D正确；因为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，可得平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，故C正确.故选：BCD2-4、（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SKIPIF1<0，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′BMB．若SKIPIF1<0，则在翻折过程中的某个位置，满足平面A′BC⊥平面BCNMC．若SKIPIF1<0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61πD．在翻折过程中，四棱锥A′－BCNM体积的最大值为SKIPIF1<0【答案】BCD【解析】对于选项A，过SKIPIF1<0作SKIPIF1<0，交SKIPIF1<0于SKIPIF1<0，则无论点P在A′N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A′BM平行，故选项A错误；对于选项B，设SKIPIF1<0分别是SKIPIF1<0的中点，若SKIPIF1<0，则AE＞DE，所以存在某一位置使得A′D⊥DE，又因为MN⊥A′E，MN⊥DE，且A′E∩DE＝E，所以MN⊥平面A′DE，所以MN⊥A′D，SKIPIF1<0，所以A′D⊥平面BCNM，所以A′BC⊥平面BCNM，故选项B正确；对于选项C，设SKIPIF1<0分别是SKIPIF1<0的中点，若SKIPIF1<0且二面角A′－MN－B的大小为120°，则△AMN为正三角形，∠BMN＝120°，∠C＝60°，则BCNM四点共圆，圆心可设为点G，其半径设为r，DB＝DC＝DM＝DN＝3，所以点G即为点D，所以r＝3，二面角A′－MN－B的平面角即为∠A′ED＝120°，过点A′作A′H⊥DE，垂足为点H，EH＝SKIPIF1<0，DH＝SKIPIF1<0，A′H＝SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，设外接球球心为SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0，解得R2＝SKIPIF1<0，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝61π，故选项C正确；对于选项D，设SKIPIF1<0分别是SKIPIF1<0的中点，设SKIPIF1<0是四棱锥SKIPIF1<0的高.S△AMN＝SKIPIF1<06λ6λSKIPIF1<0＝9SKIPIF1<0λ2，S△ABC＝SKIPIF1<066SKIPIF1<0＝9SKIPIF1<0，所以S四边形BCNM＝9SKIPIF1<0（1－λ2），则VA′－BCNM＝SKIPIF1<09SKIPIF1<0（1－λ2）h≤3SKIPIF1<0（1－λ2）A′E＝3SKIPIF1<0（1－λ2）3SKIPIF1<0λ＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），可设f（λ）＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），则SKIPIF1<0＝27（－3λ2＋1），令SKIPIF1<0＝0，解得λ＝SKIPIF1<0，则函数f（λ）在（0，SKIPIF1<0）上单调递增，在（SKIPIF1<0，1）上单调递减，所以f（λ）max＝f（SKIPIF1<0）＝6SKIPIF1<0，则四棱锥A′－BCN体积的最大值为SKIPIF1<0，故选项D正确.故选：BCD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SKIPIF1<0，菱形SKIPIF1<0的边长为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，将SKIPIF1<0沿SKIPIF1<0向上翻折，得到如图SKIPIF1<0所示得三棱锥SKIPIF1<0.

(1)证明：SKIPIF1<0；(2)若SKIPIF1<0，在线段SKIPIF1<0上是否存在点SKIPIF1<0，使得平面SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成角的余弦值为SKIPIF1<0？若存在，求出SKIPIF1<0；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，SKIPIF1<0或SKIPIF1<0【详解】（1）取SKIPIF1<0中点SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，

SKIPIF1<0四边形SKIPIF1<0为菱形，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.（2）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0；SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0；在平面SKIPIF1<0中，作SKIPIF1<0，交SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0，则以SKIPIF1<0为坐标原点，SKIPIF1<0正方向为SKIPIF1<0轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

假设在线段SKIPIF1<0上存在点SKIPIF1<0，使得平面SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成角的余弦值为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，设平面SKIPIF1<0的法向量SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0；SKIPIF1<0轴SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0的一个法向量SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0，当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0；当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0；SKIPIF1<0当SKIPIF1<0或SKIPIF1<0时，平面SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成角的余弦值为SKIPIF1<0.3-2、（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形SKIPIF1<0中，点SKIPIF1<0在边SKIPIF1<0上，且满足SKIPIF1<0，将SKIPIF1<0沿SKIPIF1<0向上翻折，使点SKIPIF1<0到点SKIPIF1<0的位置，构成四棱锥SKIPIF1<0.(1)若点SKIPIF1<0在线段SKIPIF1<0上，且SKIPIF1<0SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，试确定点SKIPIF1<0的位置；(2)若SKIPIF1<0，求锐二面角SKIPIF1<0的大小.【答案】(1)点SKIPIF1<0为线段SKIPIF1<0上靠近点SKIPIF1<0的三等分点(2)SKIPIF1<0【详解】（1）点SKIPIF1<0为线段SKIPIF1<0上靠近点SKIPIF1<0的三等分点，证明如下：如图，在SKIPIF1<0取点SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，SKIPIF1<0,使得SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，所以四边形SKIPIF1<0为平行四边形，所以SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0.又SKIPIF1<0SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以平面SKIPIF1<0SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，又平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，所以在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，所以点SKIPIF1<0为线段SKIPIF1<0上靠近点SKIPIF1<0的三等分点.（2）如图，取SKIPIF1<0的中点SKIPIF1<0，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0故SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，设平面SKIPIF1<0的法向量为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，不妨取SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，设平面SKIPIF1<0的一个法向量为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，记锐二面角SKIPIF1<0的平面角为SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，所以锐二面角SKIPIF1<0的大小为SKIPIF1<0.3-3、（2023·江苏南通·统考一模）如图，在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0是SKIPIF1<0边上的高，以SKIPIF1<0为折痕，将SKIPIF1<0折至SKIPIF1<0的位置，使得SKIPIF1<0.(1)证明：SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0；(2)若SKIPIF1<0，求二面角SKIPIF1<0的正弦值.【答案】(1)见解析；(2)SKIPIF1<0【分析】（1）先证明出线面垂直，得到SKIPIF1<0，进而证明出SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值，进而求出正弦值.【详解】（1）证明：∵SKIPIF1<0是SKIPIF1<0边上的高，∴SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0,又SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0；（2）以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，垂直ADB平面为z轴，建立空间直角坐标系，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，设平面SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0的一个法向量分别为SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，得：SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，设二面角SKIPIF1<0平面角为SKIPIF1<0，显然SKIPIF1<0为锐角，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.1、（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SKIPIF1<0的正六棱柱无盖包装盒，则此包装盒的体积为（

）A．144 B．72 C．36 D．24【答案】B【分析】利用正六边形的性质求出正六棱柱的底面边长，再根据棱柱的体积公式求解即可.【详解】如图，正六边形的每个内角为120°，按虚线处折成高为SKIPIF1<0的正六棱柱，即SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，可得正六棱柱底边边长SKIPIF1<0，则正六棱柱的底面积为SKIPIF1<0所以正六棱柱的体积SKIPIF1<0.故选：B2、（2023·吉林·统考三模）如图，菱形纸片SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，O为菱形SKIPIF1<0的中心，将纸片沿对角线SKIPIF1<0折起，使得二面角SKIPIF1<0为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0分别为SKIPIF1<0的中点，则折纸后SKIPIF1<0（

）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．0【答案】A【详解】如图，连接SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0即为二面角SKIPIF1<0得平面角，即SKIPIF1<0，设SKIPIF1<0的中点为M，连接SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0,设菱形纸片SKIPIF1<0中的边长为2，因为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0为正三角形，则SKIPIF1<0,故SKIPIF1<0为正三角形，故SKIPIF1<0,又SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0,SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，又因为SKIPIF1<0为SKIPIF1<0的中点，所以SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0,又SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0,故在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，故选：A3、（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．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】D【详解】如图，由边长为2，可得SKIPIF1<0的高SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则其表面积为SKIPIF1<0.体积为SKIPIF1<0.SKIPIF1<0此正八面体的表面积与体积之比为SKIPIF1<0.故选：D.4、（2023·河北唐山·统考三模）把边长为SKIPIF1<0的正方形SKIPIF1<0沿对角线SKIPIF1<0折成直二面角SKIPIF1<0，则三棱锥SKIPIF1<0的外接球的球心到平面SKIPIF1<0的距离为（

）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】A【详解】由图所示，易知三棱锥D-ABC的外接球球心为AC的中点O，易得OB=OC=OD=1，且OC⊥OB，DO⊥面OBC，计算可得BC=CD=BD=SKIPIF1<0，设球心到平面SKIPIF1<0的距离为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0.故选：A5、（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SKIPIF1<0作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（

）A．平面SKIPIF1<0截勒洛四面体所得截面的面积为SKIPIF1<0B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧SKIPIF1<0，则其长度为SKIPIF1<0C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为SKIPIF1<0【答案】AD【详解】对于A，平面SKIPIF1<0截勒洛四面体所得截面如图甲，它的面积为三个半径为4，圆心角为SKIPIF1<0的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；即SKIPIF1<0，故A正确；对于B，如图乙，取SKIPIF1<0中点SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，记该勒洛四面体上以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0为球心的两球交线为弧SKIPIF1<0，则该弧是以SKIPIF1<0的中点SKIPIF1<0为圆心，以SKIPIF1<0为半径的圆弧，设圆心角为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，可知SKIPIF1<0，所以弧长不等于SKIPIF1<0，故B错误；对于C，如图丙，设弧SKIPIF1<0的中点是SKIPIF1<0，线段SKIPIF1<0的中点是SKIPIF1<0，设弧SKIPIF1<0的中点是SKIPIF1<0，线段SKIPIF1<0的中点是SKIPIF1<0，则根据图形的对称性，四点SKIPIF1<0共线且过正四面体SKIPIF1<0的中心SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，即勒洛四面体表面上任意两点间距离可能大于4，最大值为SKIPIF1<0，故C错误；对于D，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图乙，其中点SKIPIF1<0为该球与勒洛四面体的一个切点，由对称性可知SKIPIF1<0为该球的球心，内半径为SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，易知SKIPIF1<0三点共线，设正四面体SKIPIF1<0的外接球半径为SKIPIF1<0，如图丁，则由题意得：正四面体SKIPIF1<0的高，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，内半径SKIPIF1<0，故D正确.故选：AD.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SKIPIF1<0．底面长方形SKIPIF1<0中SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，上棱长SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，高（即SKIPIF1<0到平面SKIPIF1<0的距离）为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0是底面的中心，则（

）A．SKIPIF1<0SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0B．五面体SKIPIF1<0的体积为5C．四边形SKIPIF1<0与四边形SKIPIF1<0的面积和为定值SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0与SKIPIF1<0的面积和的最小值为SKIPIF1<0【答案】ABD【详解】取BC的中点G，连接OG，FG，∵EF∥OG，EF＝OG，∴四边形EFGO为平行四边形，∴EO∥FG，∵EO平面BCF，FG平面BCF，∴EO∥平面BCF，故A正确；过F作FH⊥平面ABCD，垂足为H，过H作BC的平行线MN，交AB于N，交CD于M，∵MN平面ABCD，∴FH⊥MN，又AB⊥MN，FH∩MN＝H，MN，FH平面FMN，∴AB⊥平面FMN，过E作EP∥FM，交CD于P，作EQ∥FN，交AB于Q，连接PQ，∵EP∥FM，EP平面FMN，FM平面FMN，∴EP∥平面FMN，同理EQ∥平面FMN，又EP∩EQ＝E，EP，EQ平面EPQ，∴平面EPQ∥平面FMN，如图，五面体SKIPIF1<0包含一个三棱柱SKIPIF1<0和两个的四棱锥SKIPIF1<0，∴五面体SKIPIF1<0的体积：SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0，故B正确；设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，四边形SKIPIF1<0与四边形SKIPIF1<0的面积和为SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0，不是定值，故C错误；过H作HR⊥BC，垂足为R，连接FR，∵FH⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴FH⊥BC，又FH∩HR＝H，FH，HR平面FHR，∴BC⊥平面FHR，∵FR平面FHR，∴FR⊥BC，设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，△BCF的面积为SKIPIF1<0，同理，△ADE的面积为SKIPIF1<0，则△ADE与△BCF的面积和为SKIPIF1<0，当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，当且仅当SKIPIF1<0等号成立，SKIPIF1<0，当且仅当SKIPIF1<0等号成立，则△ADE与△BCF的面积和的最小值为SKIPIF1<0，故D正确．故选：ABD.7、（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）已知直三棱柱SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0分别为棱SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的中点，过点SKIPIF1<0作平面SKIPIF1<0将此三棱柱分成两部分，其体积分别记为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0__________；平面SKIPIF1<0截此三棱柱的外接球的截面面积为__________．【答案】SKIPIF1<0；SKIPIF1<0【分析】取SKIPIF1<0中点SKIPIF1<0，取SKIPIF1<0中点SKIPIF1<0，连SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，求出棱台的体积SKIPIF1<0，再由柱体体积减去台体体积可得SKIPIF1<0；求出三棱锥外接球半径为SKIPIF1<0，利用向量法求出外接球球心到平面SKIPIF1<0距离SKIPIF1<0，从而求出小圆的半径，即可得到答案；【详解】取SKIPIF1<0中点SKIPIF1<0，取SKIPIF1<0中点SKIPIF1<0