2024年全国一卷数学新高考题型细分2-8——立体几何（大题）11 距离

2024年全国一卷新高考题型细分2-8 ——立体几何（大题）11 距离 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《立体几何》主要分类有：线线角、线面角+平行、线面角+垂直、二面角+平行、二面角+垂直、反求长度、面面垂直的性质、线面平行的性质、面面平行的性质、求体积、体积相关、距离、最值范围分析等，大概188道题。 距离： 1. （2024年冀J27名校联盟三模）18．我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，窟盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍的字面意思为茅草屋顶.”现有一个“刍甍”如图所示，四边形为矩形，四边形、为两个全等的等腰梯形，，，，P是线段AD上一点.（[endnoteRef:2]） (1)若点P是线段AD上靠近点A的三等分点，Q为线段CF上一点，且，证明：平面； (2)若E到平面的距离为，与平面所成角的正弦值为，求AP的长. （线面平行，点面距离，线面角反求长度；中档；） [2: 18．(1)证明见解析 (2)，或. 【分析】（1）连接交于点，通过比例线段证明，可得平面； （2）建立空间直角坐标系，利用已知线面角的正弦值，求出点的位置即可. 【详解】（1）证明：连接交于点，连接，    因为，且，所以， 因为，所以， 所以，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）分别取的中点，连接，则，且， 因为四边形与四边形为全等的等腰梯形，所以， 四边形为等腰梯形，且，， ，，又，所以， 因为平面，且为两条相交直线，所以平面， 平面，所以平面平面. 平面平面, 过在平面内作的垂线，垂足为，则平面， ，. 过作，易得两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示）， 则，，， 设（），所以，，. 设平面的一个法向量，则  ， 令，解得，，所以， 设PF与平面所成角的大小为，则 ， 解得，且满足题意， 所以，或. ] 2. （2024年闽J24漳州四检）16．如图，在四棱锥中，底面为梯形，平面平面，是等边三角形，为侧棱的中点，且，.      (1)证明：平面； (2)是线段上异于端点的一点，从条件①､条件②中选择一个作为已知，求平面与平面所成角的余弦值. 条件①：四棱锥的体积为； 条件②：点到平面的距离为.（[endnoteRef:3]） 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. （面面垂直的性质，线面平行，体积反求长度，再算二面角；点面距离反求长度，再算二面角；） [3: 16．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）解法一关键取的中点，去构建平行四边形，从而去证明线面平行；解法二关键构建平行平面，从而去证明线面平行. （2）首先证明正交基底垂直关系，平面，然后建立空间坐标系，根据选择的条件①或条件②，来确定各点坐标，从而利用空间向量法求两个平面的法向量，根据空间向量求空间角的思想，最后可求得结果. 【详解】（1）解法一：证明：取的中点， 连接，则，且， 又因为， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为平面平面， 所以直线平面. 解法二：证明：如图，取的中点，连接.    因为为侧棱的中点， 所以， 因为平面平面， 所以平面， 因为， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以. 因为平面平面， 所以平面， 因为平面，平面 所以平面平面. 因为平面，所以平面. （2）如图，连接，    因为，所以 因为是等边三角形，为的中点， 所以， 因为平面平面， 平面平面平面， 所以平面， 又平面，所以. 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则 ，， 选择①：设， 由， 其中为点到平面的距离，得， 又因为点到平面的距离， 所以，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则 取，得， 又是平面的一个法向量， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 选择②：设， 因为平面，所以平面， 所以点到平面的距离为， 又点到平面的距离为， 所以，所以，所以， 以下与选择①的解题过程相同. ] 3. （2024年浙J03台州一评）19. 如图，已知四边形为平行四边形，为的中点，，．将沿折起，使点到达点的位置． （1）若平面平面，求证：；（[endnoteRef:4]） （2）若点A到直线的距离为，求二面角的平面角的余弦值． （面面垂直的性质，点线距离反求长度，再算二面角；） [4: 【答案】（1）证明见解析 （2）或 【解析】 【分析】（1）根据题意利用面面垂直的性质定理可得平面，进而可得结果； （2）分析可知即为二面角的平面角，记为，建系，可得，结合点到线的距离公式运算求解. 【小问1详解】 因为四边形为平行四边形，且为等边三角形，所以． 又因为为的中点，则，所以为等腰三角形， 可得，，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 则平面，且平面，所以． 【小问2详解】 取的中点，连接，因为为等边三角形，所以， 取的中点，则，由（1）得，所以， 所以即为二面角的平面角，记为． 以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，， 因为，则， 可得；， 则点A到直线的距离为， 由题意可得，解得，或， 所以二面角的平面角的余弦值为或． ] 4. （2024年鲁J07淄博一模）16. 如图，多面体ABCDEF是由一个正四棱锥与一个三棱锥拼接而成，正四棱锥A-BCDE的所有棱长均为. （1）在棱DE上找一点G，使得面面AFG，并给出证明; （2）当时，求点F到面ADE的距离;（[endnoteRef:5]） （3）若，求直线DF与面ABC所成角的正弦值. （面面垂直的性质，点面距离，线面角；） [5: 【答案】（1）当点为中点时，证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）当点为中点时，面面，利用面面垂直的判定即可证明； （2）首先证明面，再利用等体积法即可； （3）建立合适的空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求法即可. 【小问1详解】 当点为中点时，面面， 证明如下：因为四棱锥是正四棱锥，所以. 在正方形中，，所以， 在正方形中，，因为，所以， 因为面， 所以面， 因为面，所以面面. 【小问2详解】 连接，交于点，连接，，则， 又因为四棱锥是正四棱锥，所以面， 所以四边形为矩形， ，又，面，面， 又， 设点到面的距离为，即， ，所以，点到面的距离为. 【小问3详解】 因为四棱锥是正四棱锥，所以，，两两垂直， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则有 取，则，故， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. ] 5. （2024年苏J28扬州二调，J25泰州二调，J22南通二调）17. 如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，，直线AB与平面相交于点H. （1）从下面两个结论中选一个证明：①；②直线HE，GF，AC相交于一点； 注：若两个问题均作答，则按第一个计分.（[endnoteRef:6]） （2）求直线BD与平面的距离. （面面垂直的性质，点面距离；） [6: 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）选择条件①，利用线面平行的判定性质推理即得；选择条件②，利用平面的基本事实推理即得. （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得. 【小问1详解】 选择条件①，由,分别为,的中点，得， 又平面平面，则平面， 又平面，平面平面，所以. 选择条件②，在中，为中点，则与不平行， 设，则，又平面平面， 于是平面平面，又平面平面，因此， 所以,,相交于一点. 【小问2详解】 若第（1）问中选①，由（1）知，平面， 则点到平面的距离即为与平面的距离， 若第（1）问中选②，由,分别为,的中点，则， 又平面平面，于是平面， 因此点到平面的距离即为与平面的距离， 连接,，由均为正三角形，为的中点，得， 又平面平面，平面平面平面， 于是平面，又平面，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，,， 设平面一个法向量为,则，令，得， 设点到平面的距离为，则， 所以与平面的距离为. ] 6. （2024年粤J100佛山禅城二调）15. 如图，在直三棱柱形木料中，为上底面上一点． （1）经过点在上底面上画一条直线与垂直，应该如何画线，请说明理由；（[endnoteRef:7]） （2）若，，，为的中点，求点到平面的距离． （线面垂直，点面距离；） [7: 【答案】（1）答案见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）连结BD，在平面ABC上作,由为直三棱柱，证明平面，进而得到； （2）分别以所在直线为轴建立空向直角坐标系，写出的坐标，设平面的法向量，求出到平面的距离. 【小问1详解】 连结，在平面上作， 因为为直三棱柱，所以平面， 因平面，所以， 因为，，，，平面， 所以平面， 因为平面，所以． 【小问2详解】 因为，所以，，两两互相垂直，以为原点， 分别以，，所在直线为，，轴建立空向直角坐标系， ，，，， 则，，． 设平面的一个法向量为，因为，， 所以，，则，取，则， 设点到平面的距离为，则 因此点到平面的距离为． ] 7. （2024年粤J120大湾区二模）15．如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，平面平面． (1)证明：；（[endnoteRef:8]） (2)求点到平面的距离． （面面垂直的性质，点面距离；） [8: 15．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用线面垂直的判定可得平面，然后利用线面垂直性质定理结合平行即可得证. （2）根据给定条件，结合余弦定理，利用等体积法求出点到平面的距离. 【详解】（1）连接，由四边形为菱形，得，由，得， 又平面平面，平面平面，面ABC， 则平面，又平面，于是，而，则， 又，平面，因此平面，又平面， 所以 （2）点到平面的距离，即三棱锥的底面上的高， 由（1）知平面，则三棱锥的底面上的高为， 设点到平面的距离为d，由，得， 而，，则的面积， 由，，得，又，，则， 又，，由余弦定理得， 则，的面积， 则，即 ，所以点到平面的距离为. ] 8. （2024年湘J46长沙一中二模）15．如图，在三棱锥中，两两互相垂直，分别是的中点. (1)证明：；（[endnoteRef:9]） (2)设和平面所成的角为，求点到平面的距离. （线面垂直，线面角反求长度，再算点面距离；） [9: 15．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）解法一：取的中点，连接，证明平面即可；解法二：以为原点，分别以直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，证明即可； （2）解法一：证明平面，可得的长为点到平面的距离，求解即可；解法二：以为原点，分别以直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）解法一：取的中点，连接. 因为分别是的中点， 所以，又， 所以，又，且平面， 从而平面，又平面，所以. 解法二：因为，平面，所以平面. 过点在平面内作，因为，所以. 故可以为原点，分别以直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系（如图）. 设，则，. 从而. 因为，所以. （2）解法一：因为，平面， 所以平面，即的长为点到平面的距离. 同理可得平面，进而有. 连接(图参考第一问法一)，易知. 在Rt中，. 因为，所以平面, 故是和平面所成的角，即， 且,于是. 故点到平面的距离为. 解法二：因为，平面，所以平面. 过点在平面内作，因为，所以. 故可以为原点，分别以直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系（图参考第一问法二）. 设，则，. 从而，易知是平面的一个法向量. 因为和平面所成的角为，所以，即. 在Rt中，， 在Rt中，， 即，解得. 因为，平面， 所以平面，即的长为点到平面的距离. 故点到平面的距离为. ] 9. （2024年鲁J32潍坊二模）17．如图1，在平行四边形中，，，E为的中点，将沿折起，连结，，且，如图2．    (1)求证：图2中的平面平面；（[endnoteRef:10]） (2)在图2中，若点在棱上，直线与平面所成的角的正弦值为，求点到平面的距离． （证面面垂直，线面角反求长度，再算点面距离；） [10: 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用勾股定理证明，再根据线面垂直的判定定理证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）连接， 由题意， 则为等边三角形， 由余弦定理得，所以， 则， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）如图，以点为原点，建立空间直角坐标系， 则， 设， 故， ， 因为轴垂直平面，故可取平面的一条法向量为， 所以， 化简得，解得或（舍去）， 所以， 设平面的法向量为， 则有，可取， 所以点到平面的距离为．    ] 10. （2024年浙J33东阳五月测）17．如图所示的多面体由一个四棱锥和一个三棱柱组合而成，四棱锥与三棱柱的所有棱长都为2，．    (1)求直线AB与平面的距离；（[endnoteRef:11]） (2)求平面与平面夹角的余弦值． （点面距离，二面角；） [11: 17．(1)； (2)． 【分析】（1）由图中几何关系和线面垂直的判定定理证明为矩形，再由线面角的定义结合余弦定理解出即可； （2）解1建系后分别求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，代入二面角的向量公式求解即可；解2将三棱柱补形为平行六面体，由（1）得到即为所求平面与平面的夹角，再用余弦定理解出即可. 【详解】（1）取AB中点O和中点，连OP、、， 作，H为垂足，连，与交于点M，连，显然过M点，    ∵，M为中点，∴，同理，， 又∵，平面，平面∴PM⊥平面． 而平面，∴， ∵，∴， 又∵，平面，平面∴平面， 而平面，∴，而，∴， ∴四边形为矩形． （也可由，得到，∴， 又∵，∴AB⊥平面，∴，∴四边形为矩形）．    ∵平面，∴由平面，可知，， 又∵，，平面，平面，∴OH⊥平面．    ∵，，， ∴， 综上，直线AB与平面的距离为． （2）解1：连、、、、OC， 由平面，平面可得P、O、C、、O五点共面， 由可得，， ∴，，∴， ∴， ∴P、、三点共线，∴P、、、四点共面．     如图，以O为原点，OB、OC、OH所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，可取，     设平面的一个法向量为， 则，可取，    设所求平面与平面夹角为， 则， 综上，平面与平面夹角的余弦值为．    解2：如图，将三棱柱补形为平行六面体， 由可得，在此平行六面体中，， 而， ∴点与P点重合，∴P、、、四点共面．    下面考虑平面与平面的夹角即可． 取中点M，连MB、，易得， 由（1）可知四边形为矩形， ∴，又∵，，∴，∴． 又∵，∴， ∴即为所求平面与平面的夹角，     ∴， 综上，平面与平面夹角的余弦值为．        ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$