2023年全国高考数学真题分类组合第9章《立体几何》试题及答案

这是一份2023年全国高考数学真题分类组合第9章《立体几何》试题及答案，共26页。试卷主要包含了15，14等内容，欢迎下载使用。

第九章 立体几何
第一节 空间点、线、面的位置关系与空间几何体
1.（2023全国甲卷理科11）在四棱锥中，底面为正方形，，，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【解析】如图所示，取的中点分别为，因为，所以.

又，过作平面，则.连接，
则.
令，则，
.
在中，因为，所以.
解得，则.
过作，垂足为，连接，则.
所以.故选C.
【评注】本题重点考查了四棱锥中侧面、底面、高、斜高等几何要素之间的关系，涉及到空间想象能力与运算求解能力，2024届的考生应在空间几何体方面强化，属中档难度.
2.（2023全国甲卷理科15）15.在正方体中，分别为的中点，则以为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为 .
【解析】如图所示，，所以球是正方体的棱切球，即球与每条棱都有一个公共点，故填.

3.（2023全国甲卷文科16）在正方体中，，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 .
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.
【解析】设球的半径为.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长，
即，故；
  
分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，
连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.
综上，.
故答案为.
4.（2023全国乙卷理科3，文科3）如图所示，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为 1，则该零件的表面积为（ ）
A. B. C. D.



【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可.
【解析】 如图所示，在长方体中，，，
点为所在棱上靠近点的三等分点，为所在棱的中点，
则三视图所对应的几何体为长方体去掉长方体之后所得的几何体.

5.（2023全国乙卷理科8）已知圆锥的底面半径为，为底面圆心， 为圆锥的母线，， 若的面积等于，则该圆锥的体积为 （ ）
A. B. C. D.
【解析】如图所示，取中点为，连接.
在圆中，因为，，所以，.
又，所以，.
所以该圆锥的体积为.故选B.
6.（2023全国乙卷文科16）已知点均在半径为 2 的球面上，是边长为 3 的等边三角形，平面，则 .
【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及球的性质运算求解.
【解析】如图所示，将三棱锥转化为直三棱柱，
设的外接圆圆心为，半径为，
则，可得，
设三棱锥的外接球球心为，连接，，则，所以.
故答案为2.

【评注】多面体与球切、接问题的求解方法：
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
（2）若球面上四点构成的三条线段两两垂直，且，，，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据求解；
（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；
（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；
（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
7.（2023新高考I卷14）在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为 .
【解析】如图所示，将正四棱台补成正四棱锥，
因为，，，所以，
设，，
则，，
故，
故填.
8.（2023新高考II卷9）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，则（ ）
A. 该圆锥体积为 B. 该圆锥侧面积为
C. D. 的面积为
【解析】如图所示，取的中点，连接，，则，又，
所以，所以为二面角的平面角，即，则.
依题意，，，所以底面圆半径，圆锥高.
，A正确；
，B错误；
在中，，，所以，
，C正确；
，D错误.
综上，故选AC.

9.（2023新高考II卷14）14.底面边长为的正四棱锥被一个平行于底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，则所得棱台的体积为_________.
【解析】设原正四棱锥的体积为，高为，截取的正四棱锥的体积为，高为，依题意可得，
所以.
10.（2023北京卷9）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓.展现造型之美.如图所示，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若，，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）
A. B. C. D.

【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解.
【解析】如图所示，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，
所以.
因为平面，平面，所以，
因为，平面，，
所以平面，因为平面，所以.
同理：，又，故四边形是矩形，
所以由得，所以，所以，
所以在中，，
在中，，，
又因为，
所有棱长之和为.
故选C.
11.（2023天津卷8）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ）
A． B． C． D．
【分析】分别过作，垂足分别为.过作平面，垂足为，连接，过作，垂足为.先证平面，
则可得到，再证.由三角形相似得到，，
再由即可求出体积比.
【解析】如图所示，分别过作，垂足分别为.过作平面，垂足为，连接，过作，垂足为.
  
因为平面，平面，所以平面平面.
又因为平面平面，，平面，所以平面，且.
在中，因为，所以，所以，
在中，因为，所以，
所以.
故选B.
第二节 空间直线、平面间平行和垂直的判定与性质
1.（2023全国乙卷文科19（1））如图所示，在三棱锥中，，， ， ， 的中点分别为，点在上，.
求证：平面；

【解析】如图所示，在中，因为，且为中点，

，，，所以.
设，则.
所以，所以，又，
故为中点，又为中点，所以，又，所以，
又平面，所以平面.
2.（2023全国甲卷文科18（1））在三棱柱中，底面，.
求证：平面；

【分析】由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面；
【解析】证明：因为平面，平面，所以，
又因为，即，
平面，，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
3.（2023新高考I卷18（1））如图所示，在正四棱柱中，，，点，，，分别在棱，，，上，，，.
证明：；

【解析】证法一：过点作于点，过点作于点，
连接，如图所示，则平行且等于，
所以四边形是平行四边形，所以
又因为，所以,
所以.

证法二：连接，易得，
所以为平行四边形，所以.
4.（2023全国乙卷理科19（1）（2））如图所示，在三棱锥中，，， ， ， 的中点分别为，，点在上，.
（1） 证明：平面；
（2） 证明：平面平面；

【解析】（1）如图所示，在中，因为，且为中点，

，，，所以.
设，则.
所以，所以，又，
故为中点，又为中点，所以，又，所以，
又平面，所以平面.
（2）由（1）知，，又为中点，所以，
又，在中，，即，
所以，又，所以，
又，，所以平面.
又平面，故平面平面.
5.（2023全国乙卷文科19（1））如图所示，在三棱锥中，，， ， ， 的中点分别为，点在上，.
求证：平面；

【解析】如图所示，在中，因为，且为中点，

，，，所以.
设，则.
所以，所以，又，
故为中点，又为中点，所以，又，
所以平面.
6.（2023新高考II卷20（1））20.如图所示，在三棱锥中，，，，
为的中点.
求证：;

【解析】如图所示，连接，因为，，
所以，所以.
因为为中点，所以. 又，所以，.
又，所以平面，所以.

第三节 空间向量与立体几何
1.（2023全国甲卷理科18）在三棱柱中，，底面，，到平面的距离为1.
（1）证明：；
（2）若直线与距离为2，求与平面所成角的正弦值.

【解析】（1）因为底面，所以，又，所以，又，所以平面，故平面平面，交线为，
过作的垂线，垂足为，则平面，又到平面的距离为1.
所以，在中，，，所以为的中点，
又知为垂足，所以为等腰三角形，，进而.

（2）由（1）知，两两垂直，如图建立空间直角坐标系.

过作，则为中点，连接，则.
因为直线与的距离为2，所以.
由（1）知，在中，，，，，，
.
设平面的法向量为，则，
令，故.
设直线与平面所成角大小为，

即直线与平面所成角的正弦值为.
2.（2023全国乙卷理科9）已知为等腰直角三角形，为斜边，为等边三角形，若二面角为 ，则直线与平面所成角的正切值为 （ ）
A. B. C. D.
【解析】如图所示，取中点，连接，则，.

为二面角的平面角，即，
且平面，平面平面.
的大小即为直线与平面所成角的大小.
不妨设，则，.
在中，.
所以，，.
故选C.
3.（2023全国乙卷理科19）如图所示，在三棱锥中，，， ， ， 的中点分别为，，点在上，.
（1） 证明：平面；
（2） 证明：平面平面；
（3） 求二面角的正弦值.

【解析】（1）如图所示，在中，因为，且为中点，

，，，所以.
设，则.
所以，所以，又，
故为中点，又为中点，所以，又，所以，
又平面，所以平面.
（2）由（1）知，，又为中点，所以，
又，在中，，即，
所以，又，所以，
又，，所以平面.
又平面，故平面平面.
（3）由（2）知，平面，所以平面平面，
设，连接，则，，即为二面角的平面角.又，所以转化为求.

在中，，，.
所以.
在中，，所以.
在中，，
在中，，所以，
在中，.
所以，二面角的大小为，其正弦值为.
4.（2023新高考I卷18）如图所示，在正四棱柱中，，，点，，，分别在棱，，，上，，，.
（1） 证明：；
（2） 点在棱上，当二面角为时，求.

【解析】(1)证法一：过点作于点，过点作于点，
连接，如图所示，则平行且等于，
所以四边形是平行四边形，所以
又因为，所以,
所以.

证法二：连接，易得，
所以为平行四边形，所以.
（2）如图所示，以为坐标原点，为轴、轴、轴的正方向，建立平面直角坐标系，设，，

设平面的一个法向量为，则，
令得，平面的法向量.
同理可得平面的法向量，
因为二面角为，
则，
即，解得或.
则
5.（2023新高考II卷20）20.如图所示，在三棱锥中，，，，
为的中点.
（1）求证：;
（2）点满足，求二面角的正弦值.

【解析】（1）如图所示，连接，因为，，
所以，所以.
因为为中点，所以. 又，所以，.
又，所以平面，所以.

（2）设，
由，可知都为等边三角形，
所以.又，所以，
所以，则为直角三角形，且，
所以，，.
又，，所以平面.
分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示.

则，，，，
设，则，所以.
.设平面的法向量为，
则，可得.
又.设平面的法向量为，
则，可得.
所以.
所以二面角的正弦值为.
6.（2023北京卷16）如图所示，在三棱锥中，平面，，.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小.

【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【解析】（1）因为平面平面，
所以，同理，所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，，
又因为，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
7.（2023天津卷17）三棱台中，若面，分别是中点.
  
(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定定理解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解.
【解析】（1）  连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，

由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，又平面，平面，于是//平面.
（2）过作，垂足为，过作，垂足为，连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是.
  
（3）解法一（几何法）：
  
过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
解法二（等体积法）：
  
辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
第四节 立体几何综合问题
1.（2023新高考I卷12）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0.99m的球体
B.所有棱长均为1.4m的四面体
C.底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体
D.底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体
【解析】选项A，球的直径为0.99m<1m，故球体可以放入正方体容器内，故A正确；
选项B，连接正方体的面对角线，可以得到一个正四面体，其棱长为，故B正确；
选项C，正方体的体对角线为，圆柱体的高，故C错误.
选项D，因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，
可知，则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确.

故选ABD.