2024届新高考I卷地区高三数学模拟题题型细分2-8——立体几何 单选填空3 截面二面角等

2024年全国一卷新高考题型细分2-8 ——立体几何 单选填空3 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_——单选填空》主要分类有： 多面体体积、表面积，旋转体体积、表面积，线面关系判断，截面，线线角、线面角、二面角，点点距离、长度，点面距离，线线距离，外接球基础，外接球中下，外接球中档，内切球，球截面，球的体积，表面积，球缺，其他球相关，点线距离等，轨迹，最短路径，综合，拓展，其他，中档，中上等，大概226道题。 截面： 1. （2024年浙J22九加一联盟三月考）5. 如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（[endnoteRef:2] ） A. B. C. D. （基础） [2: 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，先求平面与交点的位置，再设长方体的长、宽、高分别为，最后利用三棱锥的体积公式即可求解. 【详解】取的中点，连接， 易知，所以平面与交点为. 设长方体的长、宽、高分别为，则. 平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为 . 故选：A. ] 2. （2024年鄂J12三校二模）6. 已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ [endnoteRef:3] ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形（中下） [3: 【答案】C 【解析】 【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得，进而，结合相似三角形的性质即可求解． 【详解】如图，设，分别延长交于点，此时， 连接交于，连接， 设平面与平面的交线为，则， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，设，则， 此时，故，连接， 所以五边形为所求截面图形， 故选：C． ] 3. （2024年粤J128深圳二模）2．已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（  [endnoteRef:4]  ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形（中下） [4: 2．A 【分析】作出辅助线，根据线面垂直的判定定理得到⊥平面，故平面即为平面，得到截面的形状. 【详解】连接， 因为平面，平面， 所以， 又四边形为正方形，所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 同理可证明， 因为，平面， 故平面， 故平面即为平面， 则截该正方体所得截面的形状为三角形. 故选：A ] 4. （2024年鲁J05日照一模，末）14. 已知正四棱锥的所有棱长都为2；点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形H，则H的边数至多为[endnoteRef:5]______，H的面积的最大值为______．（中下） [5: 【答案】 ①. 5 ②. ## 【解析】 【分析】数形结合，作平面与平面平行，即可解决；令，用表示相关长度，整理得，结合二次函数即可解决. 【详解】取中点且，平面，可知平面， 根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形. 令，则， 可得， 则，可得， 所以， 又因为与的夹角为与夹角，而与垂直， 则， 可得， 可知：当时，S取最大值. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：根据平面的性质分析截面的形状，结合几何知识求相应的长度和面积，进而分析求解. ] 5. （2024年冀J40邯郸模拟）14．在长方体中，，平面平面，则截四面体所得截面面积的最大值为[endnoteRef:6] ．（中下） [6: 14． 【分析】结合题意画出对应图形后，设，则有，则有，借助表示出面积，结合二次函数的性质即可得. 【详解】平面截四面体的截面如图所示， 设，则，所以四边形为平行四边形， 且， 在矩形中，，， 则 ，当且仅当时，等号成立. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点是得到所得截面后，借助割补法表示出该截面面积，并结合二次函数的性质求解. ] 6. （2024年湘J48长沙长郡四适）7．《九章算术·商功》中有这样一段话：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意思是：如图，沿正方体对角面截正方体可得两个壍堵，再沿平面截壍堵可得一个阳马（四棱锥），一个鳖臑（三个棱锥），若为线段上一动点，平面过点，平面，设正方体棱长为，，与图中鳖臑截面面积为，则点从点移动到点的过程中，关于的函数图象大致是（ [endnoteRef:7]）    A．   B．   C．   D．  （中下） [7: 7．B 【分析】分析得出，可得出，求出关于的函数关系式，由此可得出合适的选项. 【详解】设、分别为截面与、的交点，，，    平面，平面，所以，平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以，，同理可得，， 所以，， 所以，，易知， 因此，. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数图象的辨别，解题的关键就是充分分析图形的几何特征，以此求出函数解析式，结合解析式进行判断. ] 7. （2024年湘J04师大附中）7. 已知正方体的棱长为，为的中点，为棱上异于端点的动点，若平面截该正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围是（[endnoteRef:8] ） A. B. C. D. （中下） [8: 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合正方体的几何结构特征，得出当为棱上异于端点的动点，截面为四边形，点只能在线段上，求得，线段的取值范围，得到答案. 【详解】在正方体中，平面平面， 因为平面，平面，平面平面， 则平面与平面的交线过点，且与直线平行，与直线相交， 设交点为，如图所示， 又因为平面，平面， 即分别为，与平面所成的角， 因为，则，且有，当与重合时，平面截该正方体所得的截面为四边形，此时，即为棱中点； 当点由点向点移动过程中，逐渐减小，点由点向点方向移动； 当点为线段上任意一点时，平面只与该正方体的4个表而有交线，即可用成四边形； 当点在线段延长线上时，直线必与棱交于除点外的点， 又点与不重合，此时，平面与该正方体的5个表面有交线，截面为五边形， 如图所示． 因此．当为棱上异于端点的动点，截面为四边形，点只能在线段（除点外）上，即，可得，则， 所以线段的取值范围是， 所以若平面截该正方体的截面为五边形，线段的取值范围是. 故选：B． 【点睛】知识方法：对于空间共面、共线问题，以及几何体的截面问题的策略： 1、正面共面的方法：一是先确定一个平面，然后再证明其余的线（或点）在这个平面内；二是证明两个平面重合； 2、证明共线的方法：一是先由两个点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；二是直接证明这些点都在同一条特定直线上； 3、空间几何体中截面问题：一是熟记特殊几何体（正方体，正四面体等）中的特殊截面的形状与计算；二是结合平面的基本性质，以及空间中的平行关系，以及平面的基本性质，找全空间几何体的截面问题，并作出计算； 4、空间几何体中的动点轨迹等问题：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； ] 线线角、线面角、二面角： 8. （2024年鄂J24荆州三适）5．已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，体积为，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为（ [endnoteRef:9]   ） A． B． C． D．（基础） [9: 5．D 【分析】画出相应图形，借助正四棱台的性质及体积公式可得其高，结合线面角定义计算即可得解. 【详解】如图所示，作于点， 则，即， ， 则， 由正四棱台的侧棱与底面所成角即为与底面所成角， 设其为，则，即. 故答案为：. ] 9. （2024年冀J30保定二模）4．如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（  [endnoteRef:10]  ） A． B． C． D．（基础） [10: 4．C 【分析】根据异面直线的定义，由，问题转化为求的余弦值，在中根据余弦定理求解. 【详解】连接，如图所示， 正四棱柱中，有且，四边形为平行四边形， 则有，则就是异面直线与所成的角． 设，则， 中，由余弦定理得． 故选：C. ] 10. （2024年闽J19南平三检）7．在正四面体中，为棱的中点，过点的平面与平面平行，平面平面，平面平面，则，所成角的余弦值为（ [endnoteRef:11]   ） A． B． C． D．（基础） [11: 7．B 【分析】由面面平行的性质定理可得，，所以，所成角即为，在中，由余弦定理求解即可. 【详解】因为平面平面，平面，平面面， 所以， 因为平面平面，平面，平面面， 所以， 所以，所成角即为所成角， 而所成角为，设正四面体的棱长为， 所以，所以， 所以.    故选：B. ] 11. （2024年鲁J31威海二模）6．在正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，若平面与平面的交线为l，则l与直线所成角的大小为（   [endnoteRef:12] ） A． B． C． D．（基础） [12: 6．C 【分析】利用线面平行判定定理和性质定理可证，再由直线平行的传递性可得，可知即为所求，可得答案. 【详解】因为E，F分别为棱BC，的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又平面平面，，所以， 又，所以，所以l与直线所成角的大小等于. 故选：C    ] 12. （2024年冀J13示范高中）6. 如图，已知圆柱的底面半径和母线长均为1，分别为上、下底面圆周上的点，若异面直线所成的角为，则（[endnoteRef:13] ） A. 1 B. C. 1或2 D. 2或（中下） [13: 【答案】D 【解析】 【分析】过点作平面于点，则是母线，则或，分类讨论即可求解. 【详解】如图，过点作平面于点，则是母线， 连接底面，， 则四边形是平行四边形，， 与所成的角就是或其补角． 当时，是等边三角形，， 在中，； 当时，在中，， 在中，． 综上，或. 故选：D． ] 13. （2024年湘J06雅礼一模）13. 已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为[endnoteRef:14]______时，圆锥的体积最大，最大值为______． （涉后导数） （中下） [14: 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由线面角定义得出，从而得出，再由导数求解即可. 【详解】设圆锥的底面半径为，圆锥的母线与底面所成的角为，易知. 圆锥的体积为 令，则， 当时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 即，此时. 故答案为：； ] 14. （2024年浙J12金华一中模拟）8. 如图已知矩形，沿对角线将折起，当二面角的余弦值为时，则B与D之间距离为（ [endnoteRef:15] ） A. 1 B. C. D. （中下） [15: 【答案】C 【解析】 【分析】过和分别作，，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可． 【详解】解：过和分别作，， 在矩形，， ， ， 则，即， 平面与平面所成角的余弦值为， ,， ， ，， 则， 即与之间距离为， 故选：C． ] 15. （2024年粤J03佛山一中二调）15. 如图，直线AB在平面内，点C在平面外，直线AB与AC的夹角为，直线AC与平面所成的角为交．若平面ABC与平面所成角的大小为，且，则的值为[endnoteRef:16]___________（中下） [16: 【答案】##0.6 【解析】 【分析】过点作,且交于点,过点作，且交于,在三角形中，可得，中可得，进一步计算即可. 【详解】过点作,且交于点, 过点作，且交于, 则直线AC与平面所成的角为, 所以, 不妨设，易得, 则, 又平面ABC与平面所成角为， ,则,则, 中，， 代入， 可求得， 故答案为：. ] 16. （2024年浙J03台州一评）7. 已知二面角的平面角为，，，，，，与平面所成角为．记的面积为，的面积为，则的最小值为（ [endnoteRef:17] ） A. 2 B. C. D. （中下） [17: 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理、三角形的面积公式、二面角的知识求得正确答案. 【详解】过作，垂足为，连接， 依题意，，由于平面， 所以平面，由于平面，所以， 所以. 由于，所以平面，平面， 所以在平面上的射影为，所以， 根据三角形的面积公式以及正弦定理得： ， 由于，所以当时， 取得最小值为. 故选：D ] 17. （2024年浙J25温州二适）13. 如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于[endnoteRef:18]______． （中下） [18: 【答案】## 【解析】 【分析】根据图象可得直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，设，利用余弦定理求得相关线段的长度再进行计算即可. 【详解】设，取的中点,连接, 由题知平面平面, 平面平面, 又平面, 所以平面， 则直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值， 易求得， , 又, 解得， 则, 所以直线与平面所成角的余弦值等于， 故答案为：. ] 18. （2024年粤J16天河二测，末）14. 如图，一块面积为定值的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，当容器的容积最大时，其侧面与底面所成的二面角的余弦值为[endnoteRef:19]__________. （中下） [19: 【答案】 【解析】 【分析】先画出正四棱锥，设为的中点，则，则即为所求角的平面角，不妨设题中所给正方形的边长为，，利用勾股定理求出，再根据棱锥的体积公式求出体积，再结合基本不等式求出体积最大时的值，进而可得出答案. 【详解】如图，正四棱锥为四棱锥，为底面对角线的交点， 则平面， 设为的中点，则， 则即为所求角的平面角， 不妨设题中所给正方形的边长为，， 则， 故四棱锥的高， 所以 ， 当且仅当，即时，取等号， 此时，， 在中，， 所以当容器的容积最大时，其侧面与底面所成的二面角的余弦值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. ] 19. （2024年粤J105湛江二模，末）8. 在四棱锥中，底面为矩形，底面与底面所成的角分别为，且，则（ [endnoteRef:20] ） A. B. C. D. （中下） [20: 【答案】D 【解析】 【分析】设，利用线面角定义，结合正切函数的和差公式得到关于的方程，解之即可得解. 【详解】如图，设， 因为在矩形中，，所以， 因为底面， 所以分别是与底面所成的角，即， 所以. 因为， 所以，解得(负根舍去)， 所以 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是将看作一个整体，结合题设条件得到关于的方程，从而得解. ] 20. （2024年粤J40汕头一模，末）14. 如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与所成的角为，则__________，__[endnoteRef:21]________.（中下） [21: 【答案】 ①. ##0.5 ②. ## 【解析】 【分析】利用平面基本事实作出直线，进而求出；利用面面平行的性质结合等角定理，再利用和角的正切计算即得. 【详解】在正方体中，是棱的中点， 延长与延长线交于点，连接，则直线即为直线，， 由，得，又，于是， 由平面平面，平面平面，平面平面， 则，又，因此，， 所以. 故答案为：； 【点睛】关键点睛：利用平面的基本事实作出直线是求出角的关键. ] 21. （2024年湘J42岳阳三检）14．如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为[endnoteRef:22] ．（线面角相关）（中下）    [22: 14．/ 【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解. 【详解】在中，，则， 又平面，平面平面， 所以平面，连接，，所以， 得，设（）， 则，即，得， 当即即时，取到最小值1， 此时取到最小值. 故答案为：    【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用勾股定理和三角形面积公式计算得到、，而，即为所求. ] 22. （2024年苏J21南通二适）13. 已知二面角为直二面角，，，，，则与，所成的角分别为，，与所成的角为[endnoteRef:23]___________.（中下） [23: 【答案】## 【解析】 【分析】如图，设，根据勾股定理求得，，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角即可. 【详解】如图， ，则两两垂直. 作，垂足分别为，连接， 则， 所以为与的所成角，为与的所成角， 即，， 建立如图空间直角坐标系，设， 则，得， ，所以，取， 则，又， 所以，即与所成的角为. 故答案为： ] 23. （2024年鄂J06武汉二调，末）8. 在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（ [endnoteRef:24] ） A. B. C. D. （涉后双曲线，中档） [24: 【答案】A 【解析】 【分析】首先得的轨迹方程，进一步作二面角的平面角为，结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件. 【详解】因为，所以，点的轨迹方程为（椭球）， 又因为，所以点的轨迹方程为，（双曲线的一支） 过点作，而面， 所以面， 设为中点，则二面角为， 所以不妨设， 所以， 所以，令， 所以， 等号成立当且仅当， 所以当且仅当时，. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利得解. ] 24. （2024年冀J19张家口一模，末）14. 如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，则直线与平面所成角的余弦值的最小值为[endnoteRef:25]_______． （中档） [25: 【答案】 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可. 【详解】连接，过作垂直于的延长线于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示： 在三角形中，因为， 故，则， 则，，故点； 又，设点，由，则可得； ， 设平面的法向量， 则，即，取，则， 故平面的法向量，又， 设直线与平面所成角为， 则 因为，且，故令， 则 又，故，，也即， 故的最大值为，又，故的最小值为. 即直线与平面所成角的余弦值的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题用向量法处理线面角的求解，结合问题的关键一是，能够准确求得的坐标，二是能够根据，求得的范围；属综合困难题. ] 25. （2024年J02全国二卷）7. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ [endnoteRef:26] ） A. B. 1 C. 2 D. 3 （中档） [26: 【答案】B 【解析】 【分析】解法一：根据台体体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果. 【详解】解法一：分别取的中点，则， 可知， 设正三棱台的为， 则，解得， 如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，， 可得， 结合等腰梯形可得, 即，解得， 所以与平面ABC所成角的正切值为； 解法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则， 可知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故选：B. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$