2024年全国一卷数学新高考题型细分2-8——立体几何 多选 1 线面关系

2024年全国一卷新高考题型细分2-8 ——立体几何 多选1 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——多选》按照题目中的几何体进行分类，具体有： 线面关系，其他线面关系，正方体，棱锥，棱柱，其他多面体，圆柱，圆锥，圆台，其他旋转体等，大概106道题。 线面关系： 1. （多选，2024年浙J04温州一适）10. 已知平面平面，则下列结论一定正确的是（ [endnoteRef:2] ） A. 存在直线平面，使得直线平面 B. 存在直线平面，使得直线平面 C. 存在直线平面，直线平面，使得直线直线 D. 存在直线平面，直线平面，使得直线直线 （基础） [2: 【答案】BCD 【解析】 【分析】A.由面面垂直的判定定理判断；B.由时，利用线面平行的判定定理判断；C.由判断；D. 由判断. 【详解】A. 若存在直线平面，使得直线平面，则，故错误； B.当时，又 ，所以 ，故正确； C.当时，，故正确； D. 当时，，故正确； 故选：BCD ] 2. （多选，2024年粤J16天河二测）9. 已知是不同的直线，是不重合的平面，则下列命题为真命题的是（ [endnoteRef:3] ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 （基础） [3: 【答案】BC 【解析】 【分析】对于AD，举反例排除即可；对于B，利用方向向量与法向量判断空间线面的位置关系即可判断；对于C，利用面面平行的性质即可判断. 详解】对于A，当时，有可能异面，故A错误； 对于B，因为， 所以对应的方向向量分别是的法向量， 又，所以，所以，故B正确； 对于C，因为，由面面平行的性质易知，故C正确； 对于D，当时，有可能异面，故D错误. 故选：BC. ] 3. （多选，2024年粤J44梅州二月检）9. 已知直线，和平面，，且，则下列条件中，是的充分不必要条件的是（ [endnoteRef:4] ） A. ， B. ， C. ， D. ， （基础） [4: 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合命题的充分不必要条件：由线面关系可得到A错误；由线面垂直的性质和判定可推出B正确；由线面平行的性质和判定可推出C正确；由面面垂直的性质和判定可推出D正确. 【详解】A：若，，则直线，可能平行或异面，所以不能推出，故A错误； B：若，则直线m垂直于平面的每一条直线，又，所以成立， 但若成立，根据线面垂直的判定，还需在平面找一条与n相交的直线，且m不在平面内，故q不能推出p，故B正确； C：若，且，由面面平行的性质可知，成立；反之，由线面平行的判定可知当，不能推出，故C正确； D：若，且，由面面垂直的判定定理可知成立；反之，若，且，则直线n与平面可能成任意角度，故D正确. 故选：BCD. ] 4. （多选，2024年湘J27长沙一中适应）9. 已知直线l，m，平面，，则下列说法错误的是（ [endnoteRef:5]）. A. ，，则 B. ，，，，则 C. ，，，则 D. ，，，，，则 （基础） [5: 【答案】ABC 【解析】 【分析】由线面平行，面面平行的判定可判断各选项的正误. 【详解】选项A中，m可能在内，也可能与平行，故A错误； 选项B中，与也可能相交，故B错误； 选项C中，与也可能相交，故C错误； 选项D中，依据面面平行的判定定理可知，故D正确. 故选：ABC. ] 5. （多选，2024年湘J22一起考二模）9. 设，是两个平面，，是两条直线，下列命题正确的是（ [endnoteRef:6] ） A. 如果，，那么. B. 如果，，那么. C. 如果，，，那么. D. 如果内有两条相交直线与平行，那么. （基础） [6: 【答案】ABD 【解析】 【分析】由立体几何知识对选项逐一判断 【详解】对于A，由线面垂直的性质知A正确 对于B，由面面平行的性质知B正确 对于C，若，，，可得或，而位置关系不确定，故C错误 对于D，由面面平行的判定定理知D正确 故选：ABD ] 6. （多选，2024年苏J37苏锡常镇二调）9．设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的有（ [endnoteRef:7]   ） A．若，，，则 B．，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 （基础） [7: 9．BCD 【分析】根据垂直关系的转化与判定定理和性质定理，即可判断选项. 【详解】A. 若，，，不能推出或，则不能推出，故A错误； B.若，，则，又，所以，故B正确； C. 若，，则，又，所以，故C正确； D. 若，，，说明与和垂直的法向量互相垂直，则，故D正确. 故选：BCD ] 7. （多选，2024年粤J129佛山二模）10．已知平面平面，A，且A，，C，且C，，E，，且，，下列说法正确的有（  [endnoteRef:8]  ） A．若，则 B．若，则几何体是柱体 C．若，，则几何体是台体 D．若，且，则直线，与所成角的大小相等 （基础） [8: 10．AD 【分析】利用线面垂直的判定与性质判断A；利用棱柱的结构特征判断B；利用棱台的结构特征判断C；利用直线与平面所成的角，结合线面垂直的性质判断D. 【详解】对于A，由平面平面，得，而，则，又， 且，且，于是，因此平面ACE， 而平面ACE，所以，A正确； 对于B，平面平面，且，，则不一定成立， 而棱柱的每个侧面都是平行四边形，因此几何体不一定是柱体，B错误； 对于C，由，，而，AB与l不一定相交，，CD与l也不一定相交， 即使AB、CD与l都相交，但交点也不一定重合，因此几何体不一定是台体，C错误； 对于D，平面平面，且，，则，而，，因此， 又，连接CE、DE，则分别是直线AC、AD与所成角， 而，，因此，而，于是≌， 所以，即直线AC，AD与所成角的大小相等，D正确. 故选：AD ] 8. （多选，2024年粤J128深圳二模）9．已知m，n是异面直线，，，那么（   [endnoteRef:9] ） A．当，或时， B．当，且时， C．当时，，或 D．当，不平行时，m与不平行，且n与不平行 （基础） [9: 9．AB 【分析】根据线线、线面和面面之间的基本关系，结合选项依次判断即可. 【详解】A：当，时，； 当，时，，故A正确； B：当，时，又为异面直线，所以，故B正确； C：当时，由，得或与相交； 当时，由，得或与相交，故C错误； D：当不平行时，可能或与相交，或与相交，故D错误. 故选：AB ] 9. （多选，2024年冀J12大数据应用调研）10. 已知直线和平面与所成锐二面角为.则下列结论正确的是（ [endnoteRef:10] ） A. 若，则与所成角为 B. 若，则与所成角为 C. 若，则与所成角最大值为 D. 若，则与所成角为 （基础） [10: 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线线角，线面角，二面角的定义结合题意逐一分析判断即可. 【详解】对于A，因为，与所成锐二面角为， 所以与所成角为，故A正确； 对于B，若，此时不能确定与所成角， 如直线时，此时与所成角为，故B错误； 对于C，如图，设平面的交线为直线， 当时，与所成角为， 当与不平行时，设，在直线上取点，过点作于点， 作于点，连接， 因为，所以， 又，所以平面， 又平面，所以，则即为与所成锐二面角的平面角， 则， 因为，所以即为与所成角的平面角， 则， 当且仅当时，取等号， 所以与所成角最大值为，故C正确； 对于D，因为，与所成锐二面角为， 所以与所成角为，故D正确. 故选：ACD. ] 其他线面关系： 10. （多选，2024年粤J137梅州二模）11．如图，平面，，M为线段AB的中点，直线MN与平面的所成角大小为30°，点P为平面内的动点，则（ [endnoteRef:11]   ） A．以为球心，半径为2的球面在平面上的截痕长为 B．若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线 C．若P到直线MN的距离为1，则的最大值为 D．满足的点P的轨迹是椭圆 （涉后椭圆，中档，未） [11: 11．BC 【分析】根据点到平面的距离，结合球的截面性质可得截面圆的半径，即可求解A，建立空间直角坐标系，利用点点建立公式，化简可判断B，根据点到直线的距离公式，可得的轨迹是平面内的椭圆上一点，即可根据椭圆的性质 求解C，根据向量的夹角公式即可化简求解的轨迹为且，即可求解D. 【详解】对于A，由于MN与平面的所成角大小为30°，所以点到平面的距离， 故半径为的球面在平面上截面圆的半径为,故截痕长为，A错误， 对于B,由于平面，所以以为，在平面内过作,平面内作，建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 设，则， 化简得，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确， ,所以P到直线MN的距离为，化简可得， 所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点，如图， 当在短轴的端点时，此时最大，由于,故，因此,C正确， 对于D, ，, 若，则， 化简得且，故满足的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误， 故选：BC 【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型. ] 11. （多选，2024年浙J24金华一中，末）11. 已知边长为l的等边的三个顶点到平面α的距离分别为1，2，3，且的重心G到平面α的距离恰有两个可能值，则l的取值可以为（ [endnoteRef:12] ） A. B. C. 5 D. 6 （中上，未） [12: 【答案】BC 【解析】 【分析】先证明引理：若不全相等，则空间中存在一个边长为的正三角形，满足到平面的有向距离分别是的充要条件是，然后将题目条件分4种情况考虑，分别计算出对应的存在的条件，再通过这4个条件中恰有2个成立，可得出的取值范围，最后分别验证4个选项即可得到正确答案. 【详解】对题目中给定的平面，我们取定平面的一个法向量，并将该法向量所指的方向定义为平面的上方. 然后，我们定义空间中一个点到平面的有向距离：一方面，到平面的有向距离的绝对值等于到平面的距离； 另一方面，若在平面的上方，则到平面的有向距离为正数，若在平面的下方，则到平面的有向距离为负数. 易知，到平面的全体有向距离为的点构成的集合为一个平面，将该平面记为， 那么就有：，且全体两两之间是平行的，而两平面之间的距离为. 现在，我们证明一个引理： 引理：若不全相等，则空间中存在一个边长为的正三角形，满足到平面的有向距离分别是的充要条件是：. 如图所示： 一方面，我们证明必要性： 若空间中存在一个边长为的正三角形，满足到平面的有向距离分别是，且不全相等： 记点所在的平面为，则由于不全相等，知不可能是某个， 由于全体两两之间是平行的，所以不可能平行于任意一个， 故和任意一个都有唯一的交线，将其记为. 然后，在上任取一点，并过作的垂线交于，然后以为原点，以为轴正方向，建立平面直角坐标系. 这样相应确定的轴显然就是直线，记两直线和之间的距离为，则，且直线的方程就是. 现在，由于是边长为的正三角形，故可设，， 而分别在平面上，从而分别在直线上， 这意味着我们有，. 从而，，故： . 这就有 . 所以. 从而必要性得证 另一方面，我们证明充分性： 若不全相等，且. 我们取，则. 然后取一个平面，使得和之间的夹角的正弦值为. 此时，和任意一个的夹角正弦值都是正数，故和任意一个都有唯一的交线，将其记为. 此时，之间的距离为， 从而我们可以在上取一个平面直角坐标系，使得的方程恰为. 这种情况下，和之前证明必要性时进行的演算类似，可以证明恒等式， 这表明我们可以再取一个实数使得，. 然后，在该直角坐标系下取，，， 则显然是边长为的正三角形，与此同时，由于，且 . 故分别在直线上，也就是分别在直线上， 从而分别在平面上，故它们到平面的有向距离分别是，充分性得证. 现在我们回到原题，根据对称性，我们不妨设中至少有两个点在平面的上方. 情形1：均在平面的上方，此时，而重心到平面的距离为 （这是因为重心的坐标可由三点取平均值得到，故它到的有向距离一定也是到的有向距离的平均值，即）. 若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于； 情形2：在平面的下方，在平面的上方，此时，而重心到平面的距离为. 若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于； 情形3：在平面的下方，在平面的上方，此时，而重心到平面的距离为. 若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于； 情形4：在平面的下方，在平面的上方，此时，而重心到平面的距离为. 若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于. 而题目条件为重心到平面的距离恰有两个可能值，根据以上讨论，这就相当于四个不等式，，，中恰有两个成立，这等价于. 综上，原题条件等价于给定的边长满足. 最后，分别验证A，B，C，D四个选项，它们的平方分别是，，，，在区间上的是，，所以B，C正确，A，D错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：解决本题最重要的还是证明引理：若不全相等，则空间中存在一个边长为的正三角形，满足到平面的有向距离分别是的充要条件是，这也是该问题的核心. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$