2024年全国一卷数学新高考题型细分2-8——立体几何 多选 2 正方体

2024年全国一卷新高考题型细分2-8 ——立体几何 多选2 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。 正方体1： 1. （多选，2024年粤J04顺德二检）9. 一个平面截正方体所得的截面图形可以是（ [endnoteRef:2] ） A. 等腰三角形 B. 菱形 C. 梯形 D. 正五边形 （截面，基础） [2: 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据正方体的几何特征，我们可分别画出用一个平面去截正方体得到的几何体的图形，然后逐一与四个答案中的图形进行比照，即可判断选项． 【详解】根据题意，当截面为三角形时，可能出现等腰三角形；如图： 故A正确； 当B，D分别为正方体棱中点时，截面可以为菱形，如图： 故B正确; 当C，D分别为正方体棱的中点，截面图可以为等腰梯形，如图： 故C正确； 当截面为五边形，如图，不可能是正五边形：若截面为五边形，则该面恰与五个面相交，而其中一定有两组对面， 根据面面平行的性质定理，故有两组平行边，但正五边形没有平行的边，故截面不可能是正五边形. 故D错误. 故选：ABC. ] 2. （多选，2024年湘J08长沙适应）11. 在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，则（ [endnoteRef:3] ） A. 存在点，使得面 B. 存在点，使得面 C. 当点不是的中点时，都有面 D. 当点不是的中点时，都有面 （平行，垂直，平行，垂直，中下） [3: 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由当点与点重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于B，一方面若面，则，结合即可判断；对于CD，由线面平行，线面垂直的相关知识判断即可. 【详解】当点与点重合时，由，而面，面，可知面，即A正确. 若面，注意到面，则， 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1， ， 所以，与矛盾，即B错误. 当不是的中点时，由，且面，面，可知面， 又直线为面与面的交线，则，又面，面，从而可得面，即C正确. 同上，有，又面，面，所以， 又面， 所以面，则面，即D正确. 故选：ACD. ] 3. （多选，2024年浙J40台州二评）10．已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，E为正方形的中心，则下列结论正确的是（[endnoteRef:4]    ） A．点的轨迹为抛物线 B．正方体的内切球被平面所截得的截面面积为 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．点为直线上一动点，则的最小值为 （轨迹，球截面，线面角，最短路径，中下） [4: 10．BCD 【分析】对于A，根据到点长度为定值，确定动点轨迹为圆； 对于B，理解内切球的特点，计算出球心到平面的距离，再计算出截面半径求面积； 对于C，找到线面所成角的位置，再根据动点的运动特点（相切时）找到正弦的最大值； 对于D，需要先找到点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解. 【详解】 对于A，因为直线与平面所成角为，所以.点在以为圆心，为半径的圆周上运动，因此运动轨迹为圆.故A错误. 对于B，在面内研究，如图所示为内切球球心，为上底面中心，为下底面中心，为内切球与面的切点.已知，为球心到面的距离.在正方体中，，，.利用相似三角形的性质有，即，.因此可求切面圆的，面积为.故B正确. 对于C，直线与平面所成角即为，当与点的轨迹圆相切时，最大.此时.故C正确. 对于D，分析可知，点为和圆周的交点时，最小.此时可将面沿着翻折到面所在平面.根据长度关系，翻折后的图形如图所示. 当三点共线时，最小.因为，，所以最小值为，故D正确. 故选：BCD ] 4. （多选，2024年鲁J33潍坊三模）9．在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（ [endnoteRef:5]     ） A．直线与是异面直线 B．直线与所成的角是 C．直线平面 D．平面截正方体所得的截面面积为. （线线关系，线线角，垂直，截面，中下） [5: 9．ABD 【分析】根据异面直线成角，线面垂直的判定定理，梯形面积公式逐项判断即可. 【详解】对于A，由于平面，平面， 故直线与是异面直线，故A正确； 对于B，如图，连接，因为分别为棱的中点，所以， 所以直线与所成的角即为直线与所成的角， 又因为是等边三角形，所以直线与所成的角为， 故直线与所成的角是，故B正确； 对于C，如图，假设直线平面，又因为平面，所以，而，这三边不能构成直角三角形， 所以与不垂直，故假设错误，故C错误； 对于D，如图，连接，因为，所以， 所以平面截正方体所得的截面为梯形， 且，所以梯形的高为， 所以截面面积为，故D正确. 故选：ABD. ] 5. （多选，2024年湘J02邵阳一联）11. 如图所示，已知正四棱柱中，为的中点，则（ [endnoteRef:6] ） A. 平面 B. 平面 C. 为棱上任一点，则三棱锥的体积为定值 D. 平面截此四棱柱的外接球得到的截面面积为 （平行，垂直，体积，球截面，中下） [6: 【答案】BC 【解析】 【分析】由线面平行的定义可知A错误；由线面垂直的判定定理判定B正确；由平面为定值，对；到平面距离为到平面距离为，正四棱柱外接球半径为可判定D错误. 【详解】A：由为的中点，所以A错； B：平面平面， ，又 平面，平面， 平面，B对； 平面，平面， 平面为定值，对； ：设外接球球心为，即为对角线中点. 到平面距离为到平面距离的一半， 到平面距离等于到平面距离，设为， 由，即， ，则到平面距离为， 正四棱柱外接球半径为， 所以截面圆半径错. 故选：BC ] 6. （多选，2024年苏J36七市三调）10．在正方体中，为的中点，是底面上一点，则（   [endnoteRef:7] ） A．为中点时， B．为中点时，平面 C．满足的点在圆上 D．满足直线与直线成角的点在双曲线上（涉后双曲线） （垂直，平行，轨迹，轨迹，中下） [7: 10．BCD 【分析】建立合适的空间直角坐标系，写出相关向量，对A计算即可判断；对B利用线面平行的判定定理即可判断；对C，计算得，则得到其轨迹；对D，根据线线夹角公式得到关于的方程，化简即可. 【详解】不失一般性，设正方体棱长为2，如图建系，因为为的中点， 则， 对A，为中点，则， 与不垂直，故A错误. 对B，为中点时，，因为， 则四边形为平行四边形，则， 因为平面，所以平面，故B正确； 对C，令， 在以为圆心，为半径的圆上，故C正确； 对D，， ， 化简得，其为双曲线方程，故D正确， 故选：BCD. ] 7. （多选，2024年苏J24苏锡常镇一调，末）11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ [endnoteRef:8] ） A. 当时，平面 B. 任意，三棱锥的体积是定值 C. 存在，使得与平面所成的角为 D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 （垂直，体积，线面角，球截面，中下） [8: 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，时，与重合，故只需验证面是否成立即可，对于B，由不与平面平行，即点到面的距离不为定值，由此即可推翻B，对于C，考虑两种极端情况的线面角，由于是连续变化的，故与平面所成的角也是连续变化的，由此即可判断；对于D，求出平面的法向量，而显然球心坐标为，求出球心到平面的距离，然后结合球的半径、勾股定理可得截面圆的半径，进一步可得截面圆的面积. 【详解】如图所示建系，， 所以， 从而， 所以， 又面， 所以面， 时，与重合，平面为平面， 因为面，平面，A对. 不与平面平行，到面的距离不为定值， 三棱锥的体积不为定值，B错. 设面的法向量为， 则，令，解得， 即可取， 而， 所以与平面所成角的正弦值为， 又， 所以， 所以， 又面， 所以面， 当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于， 当在时，与平面所成角为， 所以存在使与平面所成角为，C正确. ， 设平面的法向量为， 不妨设，则. ，则，平面的法向量，显然球心， 到面的距离，外接球半径， 截面圆半径的平方为，所以，D对. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是利用向量法求出球心到截面的距离，由此即可顺利得解. ] 8. （多选，2024年湘J21一起考一模）10. 如图，在正方体中，分别为的中点，则下列结论正确的是（ [endnoteRef:9] ） A. 直线与所成的角的大小为 B. 直线平面 C. 平面平面 D. 四面体外接球的体积与正方体的体积之比为 （线线角，平行，垂直，外接球，中下） [9: 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据异面直线所成角可判定A选项，根据线面平行的判定定理可判定B选项，根据面面垂直的性质定理可判定C选项，根据正方体的体积及外接球的体积公式可判定D选项. 【详解】解析：对于A：连接，如图，由正方体的结构特征知，， 即为正三角形．又因为分别为的中点，则， 因此直线与所成的角即为直线与所成的角，即或其补角， 又，所以直线与所成的角的大小为，A正确； 对于B：因为，所以平面平面， 故直线平面，B正确； 对于C：取的中点为，连接，显然的中点为，则， 假设平面平面，而平面平面， 于是平面，又平面，则，与矛盾，C错误； 对于D：不妨设正方体的棱长为，则正方体的体积为，又因为四面体 的三条侧棱两两垂直，则它的外接球即为以为棱的长方体的外接球， 于是球的直径， 体积为，于是，D正确， 故选：ABD． ] 9. （多选，2024年粤J43茂名一模）11. 在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则（[endnoteRef:10] ） A. 直线与所成的角为60° B. 过空间中一点有且仅有两条直线与所成的角都是60° C. 过，，三点平面截该正方体，所得截面图形的周长为 D. 过直线的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形 （线线角，线线角，截面，截面，中下） [10: 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线线角和截面的相关知识逐一判断各个选项即可. 【详解】对于A，如图所示，连接， 因为，分别为棱，的中点，所以， 由可知，四边形是平行四边形， 所以，所以， 所以与所成的角即为与所成的角，即或其补角， 因为是等边三角形，所以， 所以与所成的角为60°，故A正确； 对于B，因为直线，所成角是90°，且两条直线相交于， 所以过点与两直线所成角为60°的直线有4条，故B错误； 对于C，易知平面为过，，三点的截面，该截面为梯形， 显然， 所以截面图形的周长为，故C正确； 对于D，如图所示，分别取，的靠近，的三等分点，， 连接，，，，易知，， 故点，，，，共面，该截面图形为五边形，故D正确. 故选：ACD ] 10. （多选，2024年粤J01）在正方体中，点分别是和的中点，则（ [endnoteRef:11] ） A. B. 与所成角为 C. 平面 D. 与平面所成角为 （垂直，线线角，垂直，线面角，中下） [11: 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用空间向量的数量积可判断空间位置关系，即可判断A；利用空间角的向量求法可判断B；结合A的分析，采用反证法，可判断C；确定平面的法向量，利用空间角的向量求法可判断D. 【详解】如图，以D为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 故， 则，故不垂直， 即不垂直，A错误； 又，故， 由于异面直线所成角的范围为大于小于等于， 故与所成角为，B正确； 由A的分析可知不垂直，又, 即四边形为平行四边形，则， 故不垂直， 若平面，平面，则， 这与不垂直矛盾，故和平面不垂直，C错误； 平面的法向量可取为， 则，而线面角范围为大于等于小于等于， 故与平面所成角的正弦值为，则与平面所成角为，D正确， 故选：BD ] 11. （多选，2024年浙J08强基联盟三月，末）11. 已知正方体棱长为2，过棱，，的中点作正方体的截面，则（[endnoteRef:12] ） A. 截面多边形的周长为 B. 截面多边形的面积为 C. 截面多边形存在外接圆 D. 截面所在平面与平面所成角的正弦值为 （截面，截面，截面，二面角，中下） [12: 【答案】AB 【解析】 【分析】根据题意画出正方体，将题中截面画出，根据边长关系即可求出边长和面积；判断截面多边形各边长垂直平分线是否交于一点即可判断出多边形是否存在外接圆；根据二面角定义和余弦定理求出截面所在平面与平面所成角. 【详解】连，延长交直线，的延长线于点，，连交于，连交于，连，得到截面五边形，连接与的中点. 由，为中点，，，，因此周长为，故A正确. ，，，， ， 截面多边形的面积为，故B正确. 与是公用一个顶点的全等三角形，两个三角形的外心不重合，所以这个五边形没有外接圆，故C错误. 根据二面角定义可知为截面与底面所成角，，，根据余弦定理可得，故，故D错误. 故选AB. ] 12. （多选，2024年苏J34航附二模）11．如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（  [endnoteRef:13]  ）    A．动点轨迹的长度为 B．三棱锥体积的最小值为 C．与不可能垂直 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 （轨迹，体积最值，垂直，外接球，中下） [13: 11．ABD 【分析】对A由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面,进而得到的轨迹为线段，对B，根据棱锥体积公式分析即可，对C举反例即可；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可. 【详解】对A，如图，令中点为,中点为,连接， 又正方体中，为棱的中点，可得,， 平面,平面,又， 且平面，平面平面, 又平面，且平面，平面， 又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面， ，即的轨迹为线段. 由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确； 对B，由正方体侧棱底面，所以三棱锥体积为， 所以面积最小时，体积最小，如图，，易得在处时最小， 此时,所以体积最小值为，故选项B正确； 对C，当为线段中点时，由可得,又中点为,中点为, ，而，,故选项C不正确； 对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时， 由已知得此时,所以在底面的射影为底面外心， ,,,所以底面为直角三角形， 所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为, 由,,可得外接球半径， 外接球的表面积为，故选项D正确. 故选：ABD.    ] 13. （多选，2024年粤J132华师附五月适）9．如图，在正方体中，分别为棱的中点，点是面的中心，则下列结论正确的是（ [endnoteRef:14]   ） A．四点共面 B．平面被正方体截得的截面是等腰梯形 C．平面 D．平面平面 （共面，截面，平行，垂直，中下） [14: 9．BD 【分析】可得过三点的平面为一个正六边形，判断A；分别连接和，截面是等腰梯形，判断B；分别取的中点，易证显然不平行平面，可判断C；平面，可判断D. 【详解】对于A：如图经过三点的平面为一个正六边形，点在平面外，四点不共面，选项A错误； 对于B：分别连接和，则平面即平面，截面是等腰梯形，选项B正确； 对于C：分别取的中点，则平面即为平面， 由正六边形，可知，所以不平行于， 又平面，所以，所以平面， 所以不平行于平面，故选项错误； 对于D：因为是等腰三角形，， ，， 是的中点，易证，由正方体可得平面， 平面，又平面，， 平面，平面， 平面，平面平面故选项D正确． 故选：BD． ] 14. （多选，2024年浙J23适应，末）11. 已知正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列说法正确的是（ [endnoteRef:15] ） A. 点到直线的距离为 B. 点到平面的距离为 C. 若点在直线上，则 D. 若点在平面内，则 （点线距离，点面距离，轨迹，轨迹，中下） [15: 【答案】BC 【解析】 【分析】由题意对于A，可由等面积法验算；对于B，由即可验算；对于C，由与共线即可验证；对于D，由即可验证. 【详解】 由题意， 所以， 若点在直线上，则， 由与共线可得，故C正确； 又，所以， 而，， 不妨设点到直线的距离为， 由等面积法有，解得，故A错误； ，不妨设平面的法向量为， 则，令，解得，即取平面的法向量为， 若点在平面内，则， 所以，即，故D错误； 又， 所以点到平面的距离为，故B正确. 故选：BC. ] 15. （多选，2024年湘J43长沙一中三模）10．如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（   [endnoteRef:16] ） A．存在点，使四点共面 B．存在点，使平面 C．三棱锥的体积为 D．经过四点的球的表面积为 （共面，平行，体积，外接球，中下） [16: 10．ABC 【分析】由题意，当Q与点重合时，四点共面，即可判断A；根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断B；利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可判断C；易知经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D. 【详解】A：如图，在正方体中，连接． 因为N，P分别是的中点，所以． 又因为，所以． 所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面，故A正确； B：连接，当Q是的中点时，因为，所以． 因为平面平面，所以平面，故B正确； C：连接，因为，则 ，故C正确； D：分别取的中点E，F，构造长方体， 则经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球． 设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径， 即， 所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故D错误． 故选：ABC ] 16. （多选，2024年闽J13厦门二检，末）11. 如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是和的中点，则（ [endnoteRef:17] ） A. B. C. 点F到平面EAC的距离为 D. 过E作平面与平面ACE垂直，当与正方体所成截面为三角形时，其截面面积的范围为 （平行，垂直，点面距离，截面，中下） [17: BCD； 11. D 选项：在四边形中，过E作交于M，易证平面EAC， 由，，所以. 如图，设截面与交于点G，与交与点H.过点作，连接EN. 易证.设，，由GH恒过点M，所以，， 由等面积法，，所以 ， 又由，，所以，， 所以. ] 17. （多选，2024年浙J01湖州一中模拟）10. 如图所示，棱长为3的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ [endnoteRef:18] ） A. B. 与所成的角可能是 C. 是定值 D. 当时，点到平面的距离为1 （垂直，线线角，向量，点面距离，中下） [18: 【答案】ACD 【解析】 【分析】以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，设 ，，计算，可判断A；假设与所成的角是，则，求解可判断B；计算，可判断C；当时，，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式可判断D. 【详解】以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，， 设 ，，则，， 所以 ，则，故A正确； 因为，， 所以， 若与所成的角是， 则，即， 整理得，得，与矛盾，故B错误； ，，所以为定值，故C正确； 当时，， ，，， 设平面的法向量为， 由令，则，，， 点到平面的距离，故D正确. 故选：ACD. ] 18. （多选，2024年粤J02佛山一中一模）正方体的展开图如图所示.已知为线段的中点，动点在正方体的表面上运动.则关于该正方体，下列说法正确的有（ [endnoteRef:19] ） A. 与是异面直线 B. 与所成角为 C. 平面平面 D. 若，则点的运动轨迹是正六边形 （线线关系，线线角，面面垂直，轨迹，中下） [19: 【答案】BCD 【解析】 【分析】先根据正方体展开图将其还原成正方体，分别判断线线位置关系，平面与平面位置关系. 【详解】由展开图还原正方体如下图所示， 对于，且，所以四边形为平行四边形， ，与是共面直线，错误； 对于与所成角即为， 为等边三角形， ，即与所成角为正确； 对于平面平面； 又平面平面， 又平面平面平面正确； 对于，由正方体性质可知平面， 取中点，连接， 则平面平面点的轨迹为正六边形的边，D正确. 故选：BCD. ] 19. （多选，2024年闽J05莆田二检）10. 在正方体中，点在平面上（异于点），则（ [endnoteRef:20] ） A. 直线与垂直． B. 存在点，使得 C. 三棱锥的体积为定值 D. 满足直线和所成的角为的点的轨迹是双曲线（涉后双曲线） （垂直，平行，体积，轨迹，中下） [20: 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理以及性质定理，可判断A；采用反证的方法判断B；根据三棱锥的体积公式判断C；结合圆锥曲线的形成判断D. 【详解】对于A，在正方体中，平面，平面， 故，又,且平面， 故平面，平面，故， 同理可证,平面, 故平面,平面,故，A正确； 对于B，由于，假设存在点，使得，而平面， 平面，则平面，则平面或平面， 而直线与平面显然相交，故B错误； 对于C，由于，故四边形为平形四边形， 则，平面，平面，故平面， 同理可证平面，平面， 故平面平面，即平面和平面之间的距离为定值， 而平面，故M点到平面的距离为定值， 由于的面积为定值，故三棱锥的体积为定值， 则三棱锥的体积为定值，C正确； 对于D，直线和所成的角为，则M轨迹为以为轴、以所在直线上的线段为母线的圆锥被平面所截得的曲线， 由于平面，结合圆锥曲线的形成（淡蓝色部分为双曲线）， 可知满足直线和所成的角为的点的轨迹是双曲线，D正确 故选：ACD ] 20. （多选，2024年粤J33珠海一中预测，末）12. 已知正方体的棱长为，点，分别是，的中点，在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（ [endnoteRef:21] ） A. 直线平面 B. 直线与平面所成的角为 C. 直线与平面的距离为 D. 点到直线的距离为 （垂直，线面角，点面距离，点线距离，中下） [21: 【答案】ABD 【解析】 【分析】证明直线平面，A正确，为直线与平面所成的角， B正确，计算，C错误，建立空间直角坐标系计算得到D正确，得到答案. 【详解】平面，平面，，，，故平面，平面，故，同理可得，，故直线平面，A正确； 如图所示：连接与交于点，则，，， 故平面，即为直线与平面所成的角，，B正确； ，平面，故平面，为中点，连接，则，故平面，，C错误； 以为轴建立空间直角坐标系， 则，， ，点到直线的距离为，D正确. 故选：ABD. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$