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8 点面距离综合等

2024年全国一卷新高考题型细分2-8 ——立体几何 单选填空8 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。 点点距离、长度： 1. （2024年闽J12福州三检）6．棱长为1的正方体中，点P为上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为（[endnoteRef:2] ） A． B． C． D．（基础） [2: C； 6．解析：在正方体中，易知，，且，∴平面， 易知当平面，且时，OP的长度最小， 在中，不难求得，故选C． ] 2. （2024年鄂J15十一校二联考）5. 如图，是平面内一定点，是平面外一定点，且，直线与平面所成角为，设平面内动点到点的距离相等，则线段的长度的最小值为（ [endnoteRef:3] ） A. B. C. D. （基础） [3: 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，得到动点的轨迹是线段的中垂面与平面的交线，取的中点，结合，即可求解. 【详解】如图所示，因为点到点的距离相等， 可得动点的轨迹是线段的中垂面与平面的交线， 又因为，直线与平面所成角为， 取的中点，可得，则线段的最小值为. 故选：A. ] 3. （2024年闽J22厦门三检）6．棱长为1的正方体中，点P为上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为（ [endnoteRef:4]   ） A． B． C． D．（中下） [4: 6．C 【分析】由题意可得OP的最小值为点到线段的距离，借助相似三角形的性质计算即可得. 【详解】由题意可得OP的最小值为点到线段的距离， 在平面内过点作于点， 由题意可得，，，平面， 因为平面，则，因为， 故，即. 故选：C. ] 4. （2024年粤J21中附一调，末）16. 正四棱台是的中点，在直线上各取一个点P、Q，使得M、P、Q三点共线，则线段的长度为_[endnoteRef:5]_______． （中档） [5: 【答案】 【解析】 【分析】根据正四棱台的特征，建立空间直角坐标系，利用M、P、Q三点共线，得到等量关系，从而确定的位置，进而得到线段的长度. 【详解】结合题意：连接交于点,交于点,连接 由正四棱台的结构特征,易知两两垂直， 故以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 因为在正四棱台， 所以易计算得到： ，， 所以，, 因为是的中点,所以， 所以. 要使M、P、Q三点共线，则，共线， 则，解得：， 所以，, 所以， 所以. 故答案为: ] 点面距离，线线距离，点线距离等： 5. （2024年闽J06某市期末，J01厦门一模）15. 已知平面的一个法向量为，且点在内，则点到的距离为_[endnoteRef:6]_____．（基础） [6: 【答案】 【解析】 【分析】由题设得，应用向量法求点面距离即可. 【详解】由题设，则点到的距离为. 故答案为： ] 6. （2024年冀J04石家庄二中一模）7. 已知正方体的棱长为为线段上的动点，则点到平面距离的最小值为（ [endnoteRef:7] ） A. 1 B. C. D. 2（基础） [7: 【答案】B 【解析】 【分析】根据棱锥的体积公式求得，再根据等体积转化法，确定的最大值，即可求得点到平面距离的最小值. 【详解】由题意得， 设点到平面的距离为，则由等体积转化法为， 当与重合时，最大，最大为， 此时最小，为. 故选：B. ] 7. （2024年鄂J25武汉洪山二模）5．空间点，则点到直线的距离（[endnoteRef:8]    ） A． B． C． D．（空间向量）（基础） [8: 5．D 【分析】求出，利用空间向量夹角余弦公式求出，进而求出，再利用距离公式即可求出结果. 【详解】由题意得， 所以， 所以， 所以点A到直线BC的距离. 故选：D. ] 8. （2024年湘J03长沙一中）13. 在三棱锥中，平面平面ACD，O是AD的中点，若棱长，且，则点D到平面ABC的距离为[endnoteRef:9]________，点O到平面ABC的距离为________.（中下） [9: 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，利用点到面距离的空间向量方法求解即可. 【详解】 如图所示，以AD的中点O为原点，以OD，OC所在直线为x轴、y轴，过O作平面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，， ∴，，. 设为平面ABC的法向量， 则, ∴，，取，则， ∴，设D到平面ABC的距离为， 代入，得， 即点D到平面ABC的距离是. 因为O是AD的中点，所以点O到平面ABC的距离是. 故答案为：；. ] 9. （2024年苏J01高邮一模，末）14. 一个三棱锥形木料，其中是边长为的等边三角形，底面，二面角的大小为，则点A到平面PBC的距离为__________．若将木料削成以A为顶点的圆锥，且圆锥的底面在侧面PBC内，则圆锥体积的最大值为[endnoteRef:10]_________．（中下） [10: 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】画出图形后结合等体积法可计算点A到平面PBC的距离，在三角形中，找出以为圆心的最大的圆，即可得圆锥体积的最大值. 【详解】取中点，连接，由底面， 则即为二面角的平面角， 故，由是边长为的等边三角形， 故，故，， 由、平面，故、， 又，故，则， 则， 设点A到平面PBC的距离为， 则有， 即，即， 作于点，由，， 故为中点，作于点，则有, 即， 故圆锥体积的最大值为. 故答案为：；. ] 10. （2024年粤J03佛山一中二调）7. 如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有棱长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular solid），亦称为阿基米德多面体，如图2，设，则平面与平面之间的距离是（ [endnoteRef:11] ） A. B. C. D. （中档） [11: 【答案】D 【解析】 【分析】不妨记正方体为，设对角线分别交平面和平面于点，，可推出即为平面与平面的距离，结合等体积法求得，结合对称性求得即可． 【详解】如图，不妨记正方体为，，， 故四边形是平行四边形，所以， 又，分别为，的中点， 所以，同理， 所以，又平面，平面， 所以平面，同理平面， 又，，平面， 所以平面平面， 设对角线分别交平面和平面于点，， 因平面，平面， 所以， 连接，因为分别为的中点， 故，又，平面，， 所以平面，又平面， 所以，同理， 又，，平面， 所以平面， 又平面平面， 所以平面， 即为平面与平面的距离， 则， 由正方体棱长为得， 由题意得，为等边三角形， 故， 根据， 得， 解得， 根据对称性知， 所以， 则平面与平面的距离为． 故选：D 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离方法，一是建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；二是利用等体积法求解；三是作出辅助线，在三角形中结合余弦定理等方法进行求解. ] 轨迹： 11. （2024年粤J44梅州二月检，末）8. 如图，正四棱柱中，，点是面上的动点，若点到点的距离是点到直线的距离的2倍，则动点的轨迹是（[endnoteRef:12] ）的一部分 A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线（涉后双曲线，中下） [12: 【答案】C 【解析】 【分析】建立如图空间直角坐标系，设，利用两点距离公式可得，即可求解. 【详解】由题意知，以D为原点，所在直线分别为轴建立如图空间直角坐标系， 则，设， 所以， 因为到的距离是到的距离的2倍， 所以，即， 整理，得， 所以点P的轨迹为双曲线. 故选：C ] 12. （2024年鲁J01滨州一模，J06潍坊一模）6. 如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（ [endnoteRef:13] ） A. B. C. D. 1（中下） [13: 【答案】B 【解析】 【分析】连接，利用线面垂直的判定推理证得平面即可确定点的轨迹得解. 【详解】在棱长为1的正方体中，连接， 由平面，平面，得，而， 平面，则平面，又平面， 于是，同理，而平面， 因此平面，因为，则平面， 而点为截面上的动点，平面平面， 所以点的轨迹是线段，长度为. 故选：B ] 13. （2024年浙J04温州一适，末）8. 如图，所有棱长都为1的正三棱柱，，点是侧棱上的动点，且，为线段上的动点，直线平面，则点的轨迹为（ [endnoteRef:14] ） A. 三角形（含内部） B. 矩形（含内部） C. 圆柱面的一部分 D. 球面的一部分（中下） [14: 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意首先保持在线段上不动（与重合），研究当点运动时轨迹为线段，再根据点在线段上运动的轨迹即可得出点的轨迹为及其内部的所有点的集合. 【详解】如下图所示： 首先保持在线段上不动，假设与重合 根据题意可知当点在侧棱上运动时，若点在点处时，为的中点， 此时由可得满足， 当点运动到图中位置时，易知，取，可得， 取棱上的点，满足，根据三角形相似可得三点共线， 当点在侧棱上从点运动到点时，点轨迹即为线段； 再研究当点在线段上运动， 当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段， 当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段， 因此可得，当点是侧棱上运动时，在线段上运动时，点轨迹为及其内部的所有点的集合； 即可得的轨迹为三角形（含内部）. 故选：A ] 最短路径： 14. （2024年湘J32长沙雅礼一测）13. 如图，圆锥底面半径为，母线PA＝2，点B为PA的中点，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，其最短路线长度为[endnoteRef:15]________，其中下坡路段长为________．（中下） [15: 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，过P作AB的垂线，垂足为M，最短路线即为扇形中的直线段AB，利用余弦定理求出即可；当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，求出即可. 【详解】如图，将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形， 易知该扇形半径为2，弧长为，故圆心角∠APB＝， 最短路线即为扇形中的直线段AB，由余弦定理易知 AB＝＝， cos∠PBA＝＝； 过P作AB的垂线，垂足为M， 当蚂蚁从A点爬行到M点的过程中，它与点P的距离越来越小，故AM为上坡路段， 当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段， 下坡路段长MB＝PB･cos∠PBA＝． 故答案为：，. ] 空间向量： 15. （2024年粤J02佛山一中一模）已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量的模为（[endnoteRef:16] ） A. B. C. D. （空间向量）（基础） [16: 【答案】D 【解析】 【分析】由题意求出，，结合投影向量的计算公式即可求解. 【详解】向量，， ，， 向量在向量方向上投影向量的模为. 故选：D. ] 综合： 16. （2024年粤J40汕头一模）7. 已知圆锥的顶点为，为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为，与圆锥底面所成的角为，则（[endnoteRef:17] ） A. 圆锥的高为 B. 圆锥的体积为 C. 圆锥侧面展开图的圆心角为 D. 二面角的大小为 （圆锥高，体积，侧面，二面角，综合基础） [17: 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角形的面积公式求出圆锥的母线长，结合线面角的定义可判断A选项；利用圆锥的体积公式可判断B选项；利用扇形的弧长公式可判断C选项；利用二面角的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为与底面垂直，为底面圆的一条半径，则， 所以，与圆锥底面所成的角为， 又因为，所以，的面积为，解得， 所以，该圆锥的高为，A错； 对于B选项，该圆锥的底面半径为， 故该圆锥的体积为，B错； 对于C选项，设该圆锥侧面展开图的圆心角为， 底面圆周长为，则，C错； 对于D选项，取的中点，连接、， 因为，为的中点，则，由垂径定理可得， 所以，二面角的平面角为， 因为平面，平面，则， 因为，，则为等腰直角三角形， 则，所以，， 所以，， 因为，故，所以，二面角的大小为，D对. 故选：D. ] 17. （2024年湘J47长沙雅礼二模）8．如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列结论一定成立的是（ [endnoteRef:18]   ） A．三棱锥的体积大小与点的位置有关 B．与平面相交 C．平面平面 D． （正方体，体积，线面关系，垂直，综合基础） [18: 8．C 【分析】由，结合正方体的性质，可得判定A不成立；由线面平行的判定定理，分别证得平面和平面得到平面平面，可判断B不成立；根据线面垂直的判定定理，证得平而，得到平面平面，可判定C成立；根据当与重合时，得到与的夹角为，可判定D不成立. 【详解】对于A中，由，在正方体中， 可得平面，所以到平面的距离不变， 即三棱锥的高不变，又由的面积不变， 因此三棱锥的体积不变， 即三棱锥的体积与点的位置无关，故A不成立. 对于B中，由于，平面，平面， 所以平面，同理可证平面， 又由，所以平面平面， 因为平面，所以平面，所以B不成立. 对于C中，因为，，， 所以平面，则，同理， 又因为，所以平而. 又由平面，所以平面平面，所以C成立. 对于D中，当与重合时，可得与的夹角为，所以D不成立. 故选：C. ] 18. （2024年鲁J40临沂二模）7．已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（ [endnoteRef:19]   ） A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为 C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面 （正方体，线线角，二面角，垂直，平行，综合基础） [19: 7．C 【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由四点共面，而平面可判断D. 【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1， 所以，， ， 对于A，，， 直线MN与所成角的余弦值为，故A错误； 对于B，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， ，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 平面与平面夹角的余弦值为： ，故B错误； 对于C，因为Q在上，设，所以，， 则，所以， 所以，， 所以，解得：. 故上存在点，使得，故C正确； 对于D，因为，所以四点共面， 而平面，所以上不存在点P，使得平面，故D错误. 故选：C. . ] 19. （2024年湘J30教盟二联考）4. 如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（ [endnoteRef:20]） A. 四点共面 B. C. 三线共点 D. （三棱柱，共面，平行，供电，线线角，综合基础） [20: 【答案】D 【解析】 【分析】对于AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于C，利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断；对于D，举反例即可判断. 【详解】对于AB，如图，连接，， 因为是的中位线，所以， 因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，所以四点共面，故AB正确； 对于C，如图，延长，相交于点， 因为，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面， 因为平面平面， 所以，所以三线共点，故C正确； 对于D，因为，当时，， 又，则，故D错误. 故选：D. ] 20. （2024年浙J25温州二适）3. 在正三棱台中，下列结论正确的是（ [endnoteRef:21] ） A. B. 平面 C. D. （棱台，体积，垂直，综合基础） [21: 【答案】D 【解析】 【分析】对于A：求出体积，然后作差确定大小；对于BC：举例说明其错误；对于D：通过证明面来判断. 【详解】设正三棱台上底面边长为，下底面边长为，，高为， 对于A：，， 则 ， 即，A错误； 对于B：由正三棱台的结构特征易知为钝角，所以与不垂直，所以与面不垂直，B错误； 对于C：（反例）假设该棱台是由正四面体被其中截面所截后形成的棱台，则，若，， 所以 ，即与不垂直，C错误； 对于D：取中点，中点，连接， 则，且，面， 所以面，同理面，又， 所以面，则面与面是同一个面（过一点只有一个平面与已知直线垂直） 所以面，又面， 所以. 故选：D. ] 拓展，其他，中档，中上： 21. （2024年湘J38怀化二模）4．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.它是中国古代一个涉及几何体体积的问题，意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面面积恒相等，则体积相等.设A，B为两个同高的几何体，p：A，B的体积相等，q：A，B在等高处的截面面积恒相等，根据祖暅原理可知，p是q的（    [endnoteRef:22]） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件（其他，基础） [22: 4．B 【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断可得； 【详解】解：由，反之不成立． 是的必要不充分条件． 故选：B. 【点睛】本题考查了祖暅原理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． ] 22. （2024年粤J19执信冲刺）7. 设为多面体的一个顶点，定义多面体在处的离散曲率为其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，，…，，遍历多面体的所有以为公共点的面，如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体（每个面都是全等的正多边形的多面体是正多面体），若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（ [endnoteRef:23] ） A. B. C. D. （拓展，中下） [23: 【答案】B 【解析】 【分析】根据所给定义，结合图形，分别计算出a，b，c，d的值即可 【详解】对于正四面体，其离散曲率； 对于正八面体，其离散曲率； 对于正十二面体，其离散曲率； 对于正二十面体，其离散曲率； 因为，所以， 故选：B. ] 23. （2024年粤J15华附一调）7. 如图，在长方形ABCD中，，，为的中点，为线段（端点除外）上的动点．现将沿AF折起，使平面平面ABC，在平面ABD内过点D作，K为垂足．设，则t的取值范围是（ [endnoteRef:24] ） A. B. C. D. （其他，中档） [24: 【答案】C 【解析】 【分析】设，求得关于的表达式，根据的取值范围求得的取值范围. 【详解】如图，在平面ADF内过点D作，垂足为，连接． 过点作，交于点． 设，，所以． 设，则． 因为平面平面ABC，平面平面， ，平面ABD，所以平面ABC， 又平面，所以． 又因为，，，平面DKH，所以平面，所以，即． 在中，，， 因为和都是直角三角形，， 所以，． 因为，， 所以，得． 因为，所以，所以． 故选：C 【点睛】方法点睛：线面垂直、面面垂直转化的过程中，要从线面垂直得到面面垂直，需要“经过一个平面的垂线”；要从面面垂直得到线面垂直，则需要“在一个平面内，垂直于交线”，在答题过程中，要注意使用正确的符号语言. ] 24. （2024年粤J15华附一调）16. 已知A，M，N是棱长为1的正方体表面上不同的三点，则的取值范围是[endnoteRef:25]________．（其他，中档） [25: 【答案】 【解析】 【分析】根据正方体的性质可得结合夹角的定义可得，可得其最大值；根据数量积的运算可知，可得其最小值. 【详解】正方体表面上任意两点间距不超过体对角线长度， 则，故， 而，故， 如图建立空间直角坐标系， 取，重合为时， 则，无法取到； 由对称性，设在下底面，，， 由在下底面知，当且仅当也在下底面时取等， 此时共面时，设中点为，则， ， 当且仅当重合时取等， 又因为，可得， 例如，，则； 所以的取值范围是. 故答案为：. ] 25. （2024年鲁J43日照二模）8．如图，已知四面体的棱平面，且，其余的棱长均为．四面体以所在的直线为轴旋转弧度，且四面体始终在水平放置的平面的上方．如果将四面体在平面内正投影面积看成关于的函数，记为，则函数的最小正周期与取得最小值时平面与平面所成角分别为（ [endnoteRef:26]   ）    A． B． C． D．（拓展，中档，未） [26: 8．D 【分析】根据对称性得出的周期；取AB中点E，可得，到的距离为且直线与平面所成的角为，面CDE，面ABD面ABC，设CD在平面的投影为MN，可得，讨论一个周期内的情形，当时，，则；当时，，求出及此时与的关系，即可求出此时平面与平面所成角． 【详解】设过且平行于平面的平面为， 由题意知，四面体在平面的上方时和下方时完全对称，故函数的周期为． 取中点E，连接CE、D+E，如图，   ，，， ，，， 则，而，故，， 所以到的距离为， 又，，平面，所以平面， 则为直线与平面所成的角，又， 所以直线与平面所成的角为， ，E为AB中点， ，又在平面内，则面CDE， 又面CDE，则DE， ，在平面内 ，则面ABC， 又面ABD，则面ABD面ABC， 设在平面的投影为，可得． 下面讨论一个周期内的情形： 当时，如图，   ， ，，则，故． 当时，如图，   到的距离为，，当时等号成立， ，即． 综上所述，，此时，又直线与平面所成的角为， 所以平面与平面所成的角为． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题关键是确定在平面的投影为，从而得到的最小值. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$