2024年全国一卷新高考题型细分2-8——立体几何 多选 6 其它多面体

2024年全国一卷新高考题型细分2-8 ——立体几何 多选6 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。 棱柱： 1. （多选，2024年粤J120大湾区二模）11．如图，已知直三棱柱的所有棱长均为3，分别在棱，上，且分别为的中点，则（[endnoteRef:2]    ） A．平面 B．若分别是平面和内的动点，则周长的最小值为 C．若，过三点的平面截三棱柱所得截面的面积为 D．过点且与直线和所成的角都为的直线有且仅有1条 （平行，最短路径，截面，线线角，中档） [2: 11．BC 【分析】根据线面平行的定义判断A；求出点P关于平面和的对称点的距离判断B；计算截面面积判断C；找出与过点A且与直线和BC所成的角都为的直线条数判断D. 【详解】直三棱柱的所有棱长均为3， 对于A，由，得， 显然构成一个平面，连接DF，EG，和， 正方形中，，设，显然≌， 则，即为的中点，于是，即为DF的中点， 同理设，则为EG的中点，因此是中位线， 由为中线，得P为中点，因为平面FGED， 因此平面FGED，即平面PFG与平面FGED为同一个平面，则DE在平面PFG内，A错误； 对于B，显然平面与平面所成锐二面角大小为， 计算可得点H到平面和的距离，由选项A知，是的中点， 则点P到平面和的距离，令点P关于平面和的对称点分别为，， 则当M，N分别取直线与平面和的交点时，的周长最短， 由，得， 所以周长的最小值为，B正确； 对于C，由选项A知，D，E在过P，F，G三点的平面内，截面为四边形FGED， ，则截面面积为，C正确； 对于D，显然，过点A作BC的平行线，则， 与成的所有直线构成以A为顶点的两个对顶圆锥（为轴）， 同理与成的所有直线构成以A为顶点两个对顶圆锥（为轴）， 而与所成角，因此圆锥面上公共直线共有两条， 所以过点A且与直线和BC所成的角都为的直线有2条，D错误. 故选：BC 【点睛】关键点点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键. ] 2. （多选，2024年粤J125新会华侨二模）10．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正方体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，，点的曲率为分别为的中点，则（ [endnoteRef:3] ） A．直线平面 B．在三棱柱中，点的曲率为 C．在四面体中，点的曲率小于 D．二面角的大小为 （平行，曲率，曲率，二面角，中档） [3: 10．ABD 【分析】利用面面平行的判定性质判断A；利用曲率的定义计算判断BC；作出二面角的平面角并求得其大小判断D 【详解】对于A，取的中点，连接BG，FG，由D，E，F分别为的中点， 得，而平面，平面，则平面， 又，则四边形为平行四边形，， 而平面，平面，则平面，又， 平面，于是平面平面，由平面BFG，得平面，A正确； 对于B，在直三棱柱中，， 则点的曲率为，解得，由，得， 而，因此点的曲率为，B正确； 对于C，过作，交的延长线于，连接，由平面ABC， 平面ABC，得，，平面， 则平面，平面，因此，，， 又，则，， 在四面体中，点的曲率为，C错误； 对于D，由选项C知，为二面角的平面角，又， 则，所以，D正确． 故选：ABD . ] 3. （多选，2024年鲁J46烟台二模）11．如图，在直三棱柱中，，分别为棱上的动点，且，，，则（    [endnoteRef:4]） A．存在使得 B．存在使得平面 C．若长度为定值，则时三棱锥体积最大 D．当时，直线与所成角的余弦值的最小值为 （垂直，平行，体积，线线角，中档） [4: 11．BCD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量在空间直线、面位置关系和空间角、距离上的应用方法一一去计算求解，并结合一元二次函数、基本不等式求最值即可. 【详解】如图，由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则由题：， 所以，，，， 又，，， 所以，即， ，即， 所以， 对A，由上，故A错误； 对B，由题意是平面的一个法向量， ， 故当时，此时平面，故B正确； 对C，由上，， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则， 设点Q到平面的距离为d，则由得， 又由题意可知， 故， 因为长度为定值，所以为定值， 故当时，三棱锥体积最大，故C正确； 对D，设直线与所成角为，由上当时 ， 当且仅当即时等号成立，故D对. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：遇立体几何复杂问题，如求最值，有垂直条件一般考虑建立空间直角坐标系用向量法解决. ] 4. （多选，2024年鲁J38济宁三模）11．如图，在直三棱柱中，，，分别是棱，上的动点（异于顶点），，为的中点，则下列说法中正确的是（  [endnoteRef:5]  ） A．直三棱柱体积的最大值为 B．三棱锥与三棱锥的体积相等 C．当，且时，三棱锥外接球的表面积为 D．设直线，与平面分别相交于点，，若，则的最小值为 （体积，体积，外接球，最短路径，中档） [5: 11．BCD 【分析】A选项：根据三棱柱体积公式，结合三角函数值域可得最值；B选项：根据等体积转化可判断；C选项：结合正弦定理确定正三角形外心，进而确定球心及半径；D选项：根据相似及基本不等式可得最值. 【详解】A选项：由已知可得，又， 所以，即体积的最大值为，A选项错误； B选项：如图所示， 由点为的中点，则，设点到平面的距离为， 则，， 又，所以，所以，B选项正确； C选项：如图所示， 由已知为正三角形，设外接球球心为，中心为，中点为，则平面，且，，即， 所以外接球半径为，外接球表面积为，C选项正确； D选项：如图所示， 取中点，可知在的延长线上，在的延长线上， 则，即， 设，， 易知，， 则，， 则，,， 所以， 当且仅当，即时取等号，故D选项正确； 故选：BCD. ] 5. （多选，2024年浙J20丽湖衢二模）10. 已知直三棱柱中，且，直线与底面所成角的正弦值为，则（ [endnoteRef:6] ） A. 线段上存在点，使得 B. 线段上存在点，使得平面平面 C. 直三棱柱的体积为 D. 点到平面的距离为 （垂直，垂直，体积，点面距离，中档） [6: 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据直三棱柱的性质得到底面，则即为直线与底面所成角，利用锐角三角函数求出，由柱体的体积公式判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算A、B、D. 【详解】在直三棱柱中，底面， 则即为直线与底面所成角，即， 则， 所以 又且，所以， 又底面，底面，所以， 所以，解得， 所以直三棱柱体积，故C错误； 又底面，，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，因为点在线段， 设，， 则， 若，则，即，解得， 此时为线段的中点， 故在线段上存在点，使得，故A正确； 当为线段的中点时，则，， 设平面法向量为， 则，取， 又，，设平面的法向量为， 则，取， 因为，所以平面平面， 即当为线段的中点时满足平面平面，故B正确； 又，，， 设平面的法向量为，则，取， 则点到平面的距离，故D正确. 故选：ABD ] 6. （多选，2024年冀J05唐山一模，末）11. 在透明的密闭正三棱柱容器内灌进一些水，已知．如图，当竖直放置时，水面与地面距离为3．固定容器底面一边AC于地面上，再将容器按如图方向倾斜，至侧面与地面重合的过程中，设水面所在平面为α，则（[endnoteRef:7] ） A. 水面形状的变化：三角形⇒梯形⇒矩形 B. 当时，水面的面积为 C. 当时，水面与地面的距离为 D. 当侧面与地面重合时，水面的面积为12 （截面，截面，点面距离，截面，中档） [7: 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题设条件得到，正三棱柱的体积，再结合各个选项的条件，逐一分析判断，即可得出结果. 【详解】由题知，正三棱柱的体积， 对于选项A，当容器按题设方向倾斜至时，水面形状是三角形，再倾斜时，水面形状是梯形，直到侧面与地面重合时，水面形状是矩形，所以选项A正确， 对于选项B，如图1，当容器按题设方向倾斜至时，设水面与棱的交点为， 设，又三棱柱为正三棱柱，取中点，连接， 易知，又，面， 所以面，所以到平面的距离为， 所以，解得， 此时水面图形为，又，， 取中点，则，且，所以，故选项B正确， 对于选项C，如图2，当容器按题设方向倾斜至时，设水面与棱的交点为， 易知，设，由，得到， 因为水面始终与地面平行，始终与水面平行，且始终在地面上， 所以水面与地面距离，即到平面的距离， 取中点，连接，设交于，连接， 易知，又，面，所以面， 又，所以面，过作于，连接， 因为面，所以，又，面， 所以，即为水平面到地面的距离， 如图3，过作于，易知，所以， 得到，又，所以， 故选项C正确， 对于选项D，如图4，当侧面与地面重合时，水面为矩形，设， 则由，解得，所以， 故，所以选项D错误， 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项C，利用容器倾斜时始终与地面平行，边始终与水面平行，将问题转化成到水面的距离，再利用几何关系，即可求出结果. ] 7. （多选，2024年粤J47湛江一模，末）11. 在直三棱柱中，，，，分别为和的中点，为棱上的一点，且，则下列选项中正确的有（ [endnoteRef:8] ） A. 三棱柱存在内切球 B. 直线被三棱柱的外接球截得的线段长为 C. 点在棱上的位置唯一确定 D. 四面体的外接球的表面积为 （内切球，轨迹，外接球 ，中档） [8: 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据三棱柱若存在内切球，则球心必为中截面的内切圆圆心可确定A正确；根据球的性质可知直线被外接球截得的线段长为矩形的外接圆直径，由此可得B正确；利用垂直关系，结合勾股定理构造方程可求得C错误；设，四面体的外接球半径为，利用勾股定理可构造方程组求得，代入球的表面积公式可知D正确. 【详解】对于A，取棱中点，连接， 若三棱柱存在内切球，则三棱柱内切球球心即为的内切圆圆心， 的内切圆半径即为的内切圆半径，又，，， ，的内切圆半径， 即的内切圆半径为， 又平面、平面到平面的距离均为， 三棱柱存在内切球，内切球半径为，A正确； 对于B，取中点，中点，中点，连接， ，为的外接圆圆心，又，平面， 为三棱柱的外接球的球心； 平面，平面，， 又，，平面，平面， ，平面，为四边形的外接圆圆心， 四边形为矩形， 直线被三棱柱截得的线段长即为矩形的外接圆直径， ，直线被三棱柱截得的线段长为，B正确； 对于C，在平面中作出矩形， 设，则， ，，， 又，，即， 解得：或，为棱的三等分点，不是唯一确定的，C错误； 对于D，取中点， ，为的外接圆圆心，且， 则四面体的外接球球心在过且垂直于平面的直线上， 平面，平面， 设，四面体的外接球半径为， ，解得：，， 四面体的外接球表面积为，D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题考查多面体的外接球、内切球相关问题的求解，解题关键是能够根据几何体外接球和内切球的定义及性质，确定球心所在的位置，从而利用长度关系来构造方程求得半径. ] 其他多面体： 8. （多选，2024年冀J16邯郸三调）10. “阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到如图，正八面体的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（[endnoteRef:9] ） A. 共有18个顶点 B. 共有36条棱 C. 表面积为 D. 体积为 （几何体结构，表面积，体积，中下） [9: 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正八面体的几何性质，结合题意，利用正方形与正六边形的面积公式以及正四棱锥的体积公式，可得答案. 【详解】由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，故A错误，B正确； 该多面体的棱长为1，且表面由6个正方形和8个正六边形组成， 故该多面体的表面积为，故C错误； 正八面体可分为两个全等的正四面体，其棱长为， 过作平面于，连接，如下图： 因为平面，且平面，所以， 正方形中，由边长为，则对角线长为，则， 在中，，则， 正八面体的体积为， 切割掉6个棱长均为1的正四棱锥，减少的体积为， 所以该阿基米德多面体的体积为，故D正确． 故选：BD. ] 9. （多选，2024年鄂J11四月模拟，末）11. 如图，三棱台的底面为锐角三角形，点D，H，E分别为棱，，的中点，且，；侧面为垂直于底面的等腰梯形，若该三棱台的体积最大值为，则下列说法可能但不一定正确的是（ [endnoteRef:10] ） A. 该三棱台的体积最小值为 B. C. D. （体积，长度，体积，长度，中档） [10: 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意可得点的轨迹为椭圆，由椭圆的几何性质从而可确定的坐标范围，设三棱台的高为，由三棱台的体积最大值确定的范围，从而可判断A；建立空间直角坐标系，根据两点之间的距离公式求解的取值范围，从而可判断B，D；将三棱台补成三棱锥，根据棱锥与棱台的体积关系即可判断C. 【详解】由，，可得点的轨迹为椭圆，如图 则椭圆方程为，由于则， 又因为为锐角三角形，则且， 所以，， 所以，由于，所以， 设，则，设三棱台的高为， 则， 因为该三棱台的体积最大值为，，所以， 由于无最小值，故该三棱台的体积无最小值，故A不正确； 对于三棱台有侧面为垂直于底面的等腰梯形， 则如图，以为原点，在平面上作面，在面作面， 则， 设，则，，， 所以， 由于，，所以，又，故B可能正确； 同理， 又，故D可能正确； 如图，将三棱台补成三棱锥， 设点到平面的距离为， 则， 又，所以，故C一定正确. 故选：BD. 【点睛】思路点睛：本题考查空间几何与平面解析几何综合运用，解决本题中的问题涉及的思路有： （1）根据椭圆的定义确定动点的轨迹，利用解析几何的性质缩小点坐标范围； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间中两点距离公式确定线段长的取值范围； （3）体积关系的建立，需将三棱台补成三棱锥，由三棱锥的体积转换特点分析体积比例. ] 10. （多选，2024年闽J01厦门一模，末，J06某市期末，末）12. 如图所示，在五面体中，四边形是矩形，和均是等边三角形，且，，则（ [endnoteRef:11] ） A. 平面 B. 二面角随着的减小而减小 C. 当时，五面体的体积最大值为 D. 当时，存在使得半径为的球能内含于五面体（涉后导数） （平行，二面角，体积最值，内切球，中档） [11: 【答案】ACD 【解析】 【分析】A由线面平行的判定证明；B设二面角的大小为，点到面的距离为，则，分析取最小值的对应情况即可判断；C把五面体补成直三棱柱，取的中点，设，则，结合并应用导数研究最值；D先分析特殊情况：和所在平面均垂直于面时构成正三棱柱，再借助左视图、正视图研究内切圆半径分析一般情况判断. 【详解】A：由题设，面，面，则面， 由面面，面，则， 面，面，则平面，对； B：设二面角的大小为，点到面的距离为，则， 点到面的距离，仅在面面时取得最大值， 当时取最小值，即取最小值，即二面角取最小值， 所以，二面角先变小后变大，错； C：当，如图，把五面体补成直三棱柱， 分别取的中点，易得面，， 设，则， ， 令，则， 令，可得或（舍），即， ，，递增，，，递减， 显然是的极大值点，故. 所以五面体的体积最大值为，C对； D：当时，和所在平面均垂直于面时构成正三棱柱， 此时正三棱柱内最大的求半径，故半径为的球不能内含于五面体， 对于一般情形，如下图示，左图为左视图，右图为正视图， 由C分析结果，当五面体体积最大时，其可内含的球的半径较大， 易知，当时，， 设的内切圆半径为，则，可得， 另外，设等腰梯形中圆半径为，则， 所以，存在使半径为的球都能内含于五面体，对. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：对于C通过补全几何体为棱柱，设得到五面体的体积关于的函数；对于D从特殊到一般，结合几何体视图研究内切圆判断最大半径是否大于为关键. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$