专题14空间几何体的折叠及多面体的问题（解析版）_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_2.2024二轮复习_2024年高三数学二轮优化提优专题训练

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 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 ． 【答案】118．8 【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： ． 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cos∠FCB=______________.【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： . 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 ．【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 ， ∴ ． 4、【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD–ABC D 的棱长均为2，∠BAD=60°．以 为 1 1 1 1 球心， 为半径的球面与侧面BCC B 的交线长为________． 1 1 【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 ，， A B C D 1 1 1 1 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 . 故答案为： . 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_________． 【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、 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//lC．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 【答案】BD 【详解】对于选项A，若 ，又因为 平面 ， 但是 不一定在平面 上，所以A不正确； 对于选项B，因为 ，所以 平面 ， 平面 平面 ，所以 ，所以B正确； 对于选项C，取 的中心 ， 的中心 ， 的中点为该三棱柱外接球的球心，所以外接球的半径 ， 所以外接球的表面积为 ，所以C不正确； 对于选项D，该几何体的外接球即为三棱柱 的外接球， 的中点为该外接球的球心，该球心到平面 的距离为 ， 点 到平面 的最大距离为 ，所以D正确. 故选：BD 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． 【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 ，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 平面 .取BC的中点G，连接 FG，作 ，垂足为H，如图所示， 由题意得， ， ， ， ， ∴ ， ∴ ， 又∵ ， ∴ ， ∴ ，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 . ∵ ， 面 ， 面 ， ∴ 面 ，即：点A到面 的距离等于点B到面 的距离， 又∵ ， ∴ ，∴这个羡除的体积为 ， ∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为 . 故选：A. C  1-3、（2021·全国高三专题练习（文））碳70 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7032105， 21057037 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， x y 37 5x6y 1052 x12 y 25 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：B 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． 【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： 8个完全相同的等边三角形的面积之和为： 故该几何体的表面积为： 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 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 【答案】BD 【详解】A选项，取 的中点 ，连接 ， 因为 是 的中点，所以 且 ， 因为 为 中点， 所以 ，且 ， 故四边形 为平行四边形，所以 ， 又 与 不垂直，所以不存在某个位置，使得 ，A错误； B选项， ， 当且仅当 时，即 时，等号成立，故B正确； C选项，过点 作 平面 于点 ，作 于点 ，连接 ， 则 是 的平面角，即 ， 是直线 与平面 所成角，即 ， 所以 ， ， 故 为定值， 故当 为锐角时，不存在某个位置，使得 ，C错误； D选项，当三棱锥 体积最大时， ⊥平面 ， 取 的中点 ，连接 ，则 ⊥ ，由勾股定理得 ， 又 ，故点 即为三棱锥 的外接球的球心，半径为2， 表面积为 ，D正确.故选：BD 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． 【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 ， ，取上底面正方形一边中点 ，对应下底面正方形一边中点 ，连接 ， ， ， 则 ，故 四点共面， 过点 作 交 于点 ，则四边形 为矩形， 故 ， 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 ， 故 ， 所以该棱台的高 ，下底面面积 ，上底面面积 ， 所以该容器的容积是 ． 故选：B. 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【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正确. 故选：BCD 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BCNMC．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 【答案】BCD 【解析】对于选项A，过 作 ，交 于 ，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 分别是 的中点， 若 ，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， ，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 分别是 的中点， 若 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＝ ，DH＝ ，A′H＝ ， ， 设外接球球心为 ，由 ，解得R2＝ ， 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 分别是 的中点，设 是四棱锥 的高. S ＝ 6λ6λ ＝9 λ2， △AMN S ＝ 66 ＝9 ， △ABC 所以S ＝9 （1－λ2），则V ＝ 9 （1－λ2）h≤3 （1－λ2）A′E 四边形BCNM A′－BCNM ＝3 （1－λ2）3 λ＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1）， 可设f（λ）＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1）， 则 ＝27（－3λ2＋1），令 ＝0， 解得λ＝ ，则函数f（λ）在（0， ）上单调递增，在（ ，1）上单调递减，所以f（λ） ＝f（ ）＝6 ， max 则四棱锥A′－BCN体积的最大值为 ，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 ，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. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 或 【详解】（1）取 中点 ，连接 ， 四边形 为菱形， ， ， ， ， ， 平面 ， 平面 ， 平面 ， .（2） ， ， ，解得： ； ， ， ； 在平面 中，作 ，交 于点 ， 则以 为坐标原点， 正方向为 轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 假设在线段 上存在点 ，使得平面 与平面 所成角的余弦值为 ， ， ， ， 又 ， ， ， ， ， 设平面 的法向量 ， 则 ，令 ，解得： ， ， ； 轴 平面 ， 平面 的一个法向量 ， ，解得： ，当 时， ；当 时， ； 当 或 时，平面 与平面 所成角的余弦值为 . 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. 【答案】(1)点 为线段 上靠近点 的三等分点 (2) 【详解】（1）点 为线段 上靠近点 的三等分点， 证明如下： 如图， 在 取点 ，连接 ， ,使得 ， 又 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，又 平面 平面 ，所以 平面 . 又 平面 ， ， 平面 ， 所以平面 平面 ， 又平面 平面 ，平面 平面 ， 所以 ，所以在 中， ，所以 ， 所以点 为线段 上靠近点 的三等分点. （2）如图，取 的中点 ，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 ，所以 ， 又 ，则 ， 由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设 ， 则 ， 因为 ，所以 ，解得 ， 故 ，则 ， 设平面 的法向量为 ，则 ，不妨取 ，则 ， 设平面 的一个法向量为 ，则 ， 记锐二面角 的平面角为 ，所以 ， 又 ，则 ，所以锐二面角 的大小为 . 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. 【答案】(1)见解析；(2) 【分析】（1）先证明出线面垂直，得到 ，进而证明出 平面 ； （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：∵ 是 边上的高， ∴ ， ∵ ， 平面 ， 平面 ， ∵ 平面 ， , 又 平面 ， ∴ 平面 ； （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， ， 则 ， ， 设平面 与平面 的一个法向量分别为 ， 故 ，解得： ，令 ，得： ， 则 ， ，解得： ，令 ，则 ， 故 ， 设二面角 平面角为 ，显然 为锐角， ， .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．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 的正六棱柱，即 ，所以 ， 可得正六棱柱底边边长 ， 则正六棱柱的底面积为 所以正六棱柱的体积 . 故选：B2、（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 【答案】A 【详解】如图，连接 ，则 ， 故 即为二面角 得平面角，即 ， 设 的中点为M，连接 ，则 , 设菱形纸片 中的边长为2，因为 ，则 为正三角形， 则 , 故 为正三角形，故 , 又 ， 平面 ，则 平面 , 平面 ，故 ， 又因为 为 的中点，所以 ，所以 , 又 ，故 , 故在 中， ，故 ， 故选：A 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． 【答案】D 【详解】如图，由边长为2，可得 的高 ， ，则其表面积为 . 体积为 . 此正八面体的表面积与体积之比为 . 故选：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． 【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= ，设球心到平面 的距离为 ， 则 . 故选：A 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 【答案】AD 【详解】对于A，平面 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 的扇 形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积； 即 ，故A正确； 对于B，如图乙，取 中点 ，在 中， ， ，记该勒洛四面体上以 ， 为 球心的两球交线为弧 ，则该弧是以 的中点 为圆心，以 为半径的圆弧，设圆心角为 ，则 ，可知 ， 所以弧长不等于 ，故B错误； 对于C，如图丙，设弧 的中点是 ，线段 的中点是 ，设弧 的中点是 ，线段 的中点是 ，则根据图形的对称性，四点 共线且过正四面体 的中心 ，则 ， ， ， ，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 ，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 为该球与勒洛四面体 的一个切点，由对称性可知 为该球的球心，内半径为 ，连接 ，易知 三点共线，设正四面体 的外接球半径为 ， 如图丁，则由题意得：正四面体 的高， ， ， 则 ，解得： ，所以 ， ，内半径 ，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 ．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 【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 包含一个三棱柱 和两个的四棱锥 ， ∴五面体 的体积： ，故B正确； 设 ，则 ， ， ， 四边形 与四边形 的面积和为 ，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 ，则 ，且 ， ，△BCF的面积为 ，同理，△ADE的面积为 ， 则△ADE与△BCF的面积和为 ， 当 时， ，即 ， ∴ ，当且仅当 等号成立， ，当且仅当 等号成立， 则△ADE与△BCF的面积和的最小值为 ，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 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__________． 【答案】 ； 【分析】取 中点 ，取 中点 ，连 ， ，求出棱台的体积 ，再由柱体体积减 去台体体积可得 ；求出三棱锥外接球半径为 ，利用向量法求出外接球球心到平面 距离 ，从而求出 小圆的半径，即可得到答案； 【详解】取 中点 ，取 中点 ，连 ， 平面 为平面 ， ， ， ， 三棱锥外接球半径 ，如下图建系， ， ， ， ， 设平面 的法向量 ， ， ，不妨设 ，则 ， 球心 到平面 距离 ， ， ． 故答案为： ， 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． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在平面图形中取 中点 ，连接 ， ， ∵△ 是边长为2的等边三角形， ∴ ， ，故翻折后有 ， 又 ，则 ， ， ， 所以△ △ ，即 ，则 ， 由 ， 、 平面 ，故 平面 ， ∵ ，则 ， ∴ 平面 ，又 平面 ， ∴ ． （2）在面 内作 ，交 于 ，由 平面 ， 平面 ， 所以 ，故 两两垂直， 以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系， 由（1）得，四边形 为矩形， 在△ 中 ， ，由余弦定理得 ，故 ，所以 ， ， ， ， ， 所以 ， ， ， 设平面 的一个法向量 ，则 ，令 ，则 ， 设直线 与平面 所成角为 ，则