新高考I卷地區(qū)高三數(shù)學模擬題題型細分28立體幾何單選填空3截面二面角等

2024年全國一卷新高考題型細分28——立體幾何單選填空3試卷主要是2024年全國一卷新高考地區(qū)真題、模擬題，合計202套。其中全國高考真題4套，廣東47套，山東22套，江蘇18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。題目設置有尾注答案，復制題干的時候，答案也會被復制過去，顯示在文檔的后面，雙擊尾注編號可以查看。方便老師備課選題。題型純粹按照個人經(jīng)驗進行分類，沒有固定的標準?！读Ⅲw幾何_——單選填空》主要分類有：多面體體積、表面積，旋轉(zhuǎn)體體積、表面積，線面關系判斷，截面，線線角、線面角、二面角，點點距離、長度，點面距離，線線距離，外接球基礎，外接球中下，外接球中檔，內(nèi)切球，球截面，球的體積，表面積，球缺，其他球相關，點線距離等，軌跡，最短路徑，綜合，拓展，其他，中檔，中上等，大概226道題。截面：（2024年浙J22九加一聯(lián)盟三月考）5.如圖，已知長方體的體積為是棱的中點，平面將長方體分割成兩部分，則體積較小的一部分的體積為（【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意，先求平面與交點的位置，再設長方體的長、寬、高分別為，最后利用三棱錐的體積公式即可求解.【詳解】取的中點，連接，易知，所以平面與交點為.設長方體的長、寬、高分別為，則.平面【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意，先求平面與交點的位置，再設長方體的長、寬、高分別為，最后利用三棱錐的體積公式即可求解.【詳解】取的中點，連接，易知，所以平面與交點為.設長方體的長、寬、高分別為，則.平面將長方體分割成兩部分，則體積較小的一部分的體積為.故選：A.（2024年鄂J12三校二模）6.已知正方體中，點是線段上靠近的三等分點，點是線段上靠近的三等分點，則平面AEF截正方體形成的截面圖形為（【答案】C【解析】【分析】如圖，由題意，根據(jù)空間線面的位置關系、基本事實以及面面平行的性質(zhì)定理可得，進而，結(jié)合相似三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】如圖，設，分別延長交于點，此時，連接交于，連接，設平面與平面的交線為，則，【答案】C【解析】【分析】如圖，由題意，根據(jù)空間線面的位置關系、基本事實以及面面平行的性質(zhì)定理可得，進而，結(jié)合相似三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】如圖，設，分別延長交于點，此時，連接交于，連接，設平面與平面的交線為，則，因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，設，則，此時，故，連接，所以五邊形為所求截面圖形，故選：C．（2024年粵J128深圳二模）2．已知正方體，過點A且以為法向量的平面為，則截該正方體所得截面的形狀為（

2．A【分析】作出輔助線，根據(jù)線面垂直的判定定理得到⊥平面，故平面即為平面，得到截面的形狀.【詳解】連接，因為平面，平面，所以，又四邊形為正方形，所以，又2．A【分析】作出輔助線，根據(jù)線面垂直的判定定理得到⊥平面，故平面即為平面，得到截面的形狀.【詳解】連接，因為平面，平面，所以，又四邊形為正方形，所以，又，平面，所以平面，因為平面，所以，同理可證明，因為，平面，故平面，故平面即為平面，則截該正方體所得截面的形狀為三角形.故選：A（2024年魯J05日照一模，末）14.已知正四棱錐的所有棱長都為2；點E在側(cè)棱SC上，過點E且垂直于SC的平面截該棱錐，得到截面多邊形H，則H的邊數(shù)至多為【答案】①.5②.##【解析】【分析】數(shù)形結(jié)合，作平面與平面平行，即可解決；令，用表示相關長度，整理得【答案】①.5②.##【解析】【分析】數(shù)形結(jié)合，作平面與平面平行，即可解決；令，用表示相關長度，整理得，結(jié)合二次函數(shù)即可解決.【詳解】取中點且，平面，可知平面，根據(jù)平面的基本性質(zhì)，作平面與平面平行，如圖至多為五邊形.令，則，可得，則，可得，所以，又因為與的夾角為與夾角，而與垂直，則，可得，可知：當時，S取最大值.故答案為：；.【點睛】關鍵點點睛：根據(jù)平面的性質(zhì)分析截面的形狀，結(jié)合幾何知識求相應的長度和面積，進而分析求解.（2024年冀J40邯鄲模擬）14．在長方體中，，平面平面，則截四面體所得截面面積的最大值為14．【分析】結(jié)合題意畫出對應圖形后，設，則有，則有，借助表示出面積，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)即可得.【詳解】平面截四面體的截面如圖所示，設，則，所以四邊形14．【分析】結(jié)合題意畫出對應圖形后，設，則有，則有，借助表示出面積，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)即可得.【詳解】平面截四面體的截面如圖所示，設，則，所以四邊形為平行四邊形，且，在矩形中，，，則，當且僅當時，等號成立.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點是得到所得截面后，借助割補法表示出該截面面積，并結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求解.（2024年湘J48長沙長郡四適）7．《九章算術·商功》中有這樣一段話：“斜解立方，得兩壍堵．斜解壍堵，其一為陽馬，一為鱉臑．陽馬居二，鱉臑居一，不易之率也．”意思是：如圖，沿正方體對角面截正方體可得兩個壍堵，再沿平面截壍堵可得一個陽馬（四棱錐），一個鱉臑（三個棱錐），若為線段上一動點，平面過點，平面，設正方體棱長為，，與圖中鱉臑截面面積為，則點從點移動到點的過程中，關于的函數(shù)圖象大致是（7．B【分析】分析得出，可得出，求出關于的函數(shù)關系式，由此可得出合適的選項.【詳解】設、分別為截面與、的交點，，，

平面，平面，所以，平面平面，因為平面平面，平面平面，所以，，同理可得，，所以，，所以，，易知，因此，.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數(shù)圖象的辨別，解題的關鍵就是充分分析圖形的幾何特征，以此求出函數(shù)解析式，結(jié)合解析式進行判斷.）

A．

7．B【分析】分析得出，可得出，求出關于的函數(shù)關系式，由此可得出合適的選項.【詳解】設、分別為截面與、的交點，，，

平面，平面，所以，平面平面，因為平面平面，平面平面，所以，，同理可得，，所以，，所以，，易知，因此，.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數(shù)圖象的辨別，解題的關鍵就是充分分析圖形的幾何特征，以此求出函數(shù)解析式，結(jié)合解析式進行判斷.（2024年湘J04師大附中）7.已知正方體的棱長為，為的中點，為棱上異于端點的動點，若平面截該正方體所得的截面為五邊形，則線段的取值范圍是（【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意，結(jié)合正方體的幾何結(jié)構(gòu)特征，得出當為棱上異于端點的動點，截面為四邊形，點只能在線段上，求得，線段的取值范圍，得到答案.【詳解】在正方體中，平面平面，因為平面，平面，平面平面，則平面與平面【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意，結(jié)合正方體的幾何結(jié)構(gòu)特征，得出當為棱上異于端點的動點，截面為四邊形，點只能在線段上，求得，線段的取值范圍，得到答案.【詳解】在正方體中，平面平面，因為平面，平面，平面平面，則平面與平面的交線過點，且與直線平行，與直線相交，設交點為，如圖所示，又因為平面，平面，即分別為，與平面所成的角，因為，則，且有，當與重合時，平面截該正方體所得的截面為四邊形，此時，即為棱中點；當點由點向點移動過程中，逐漸減小，點由點向點方向移動；當點為線段上任意一點時，平面只與該正方體的4個表而有交線，即可用成四邊形；當點在線段延長線上時，直線必與棱交于除點外的點，又點與不重合，此時，平面與該正方體的5個表面有交線，截面為五邊形，如圖所示．因此．當為棱上異于端點的動點，截面為四邊形，點只能在線段（除點外）上，即，可得，則，所以線段的取值范圍是，所以若平面截該正方體的截面為五邊形，線段的取值范圍是.故選：B．【點睛】知識方法：對于空間共面、共線問題，以及幾何體的截面問題的策略：1、正面共面的方法：一是先確定一個平面，然后再證明其余的線（或點）在這個平面內(nèi)；二是證明兩個平面重合；2、證明共線的方法：一是先由兩個點確定一條直線，再證其他各點都在這條直線上；二是直接證明這些點都在同一條特定直線上；3、空間幾何體中截面問題：一是熟記特殊幾何體（正方體，正四面體等）中的特殊截面的形狀與計算；二是結(jié)合平面的基本性質(zhì)，以及空間中的平行關系，以及平面的基本性質(zhì)，找全空間幾何體的截面問題，并作出計算；4、空間幾何體中的動點軌跡等問題：一般時根據(jù)線面平行，線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合曲線的定義推斷出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程；線線角、線面角、二面角：（2024年鄂J24荊州三適）5．已知正四棱臺上底面邊長為，下底面邊長為，體積為，則正四棱臺的側(cè)棱與底面所成角的正切值為（

5．D【分析】畫出相應圖形，借助正四棱臺的性質(zhì)及體積公式可得其高，結(jié)合線面角定義計算即可得解.【詳解】如圖所示，作于點，則，即，，則，由正四棱臺的側(cè)棱與底面所成角即為與底面所成角，設其為，則，即.故答案為：.

）5．D【分析】畫出相應圖形，借助正四棱臺的性質(zhì)及體積公式可得其高，結(jié)合線面角定義計算即可得解.【詳解】如圖所示，作于點，則，即，，則，由正四棱臺的側(cè)棱與底面所成角即為與底面所成角，設其為，則，即.故答案為：.（2024年冀J30保定二模）4．如圖，在正四棱柱中，，則異面直線與所成角的余弦值為（

4．C【分析】根據(jù)異面直線的定義，由，問題轉(zhuǎn)化為求的余弦值，在中根據(jù)余弦定理求解.【詳解】連接，如圖所示，正四棱柱中，有且，四邊形為平行四邊形，則有，則就是異面直線與所成的角．設，則，中，由余弦定理得．故選：C.

）4．C【分析】根據(jù)異面直線的定義，由，問題轉(zhuǎn)化為求的余弦值，在中根據(jù)余弦定理求解.【詳解】連接，如圖所示，正四棱柱中，有且，四邊形為平行四邊形，則有，則就是異面直線與所成的角．設，則，中，由余弦定理得．故選：C.（2024年閩J19南平三檢）7．在正四面體中，為棱的中點，過點的平面與平面平行，平面平面，平面平面，則，所成角的余弦值為（

7．B【分析】由面面平行的性質(zhì)定理可得，，所以，所成角即為，在中，由余弦定理求解即可.【詳解】因為平面平面，平面，平面面，所以，因為平面平面，平面，平面面，所以，所以，所成角即為所成角，而7．B【分析】由面面平行的性質(zhì)定理可得，，所以，所成角即為，在中，由余弦定理求解即可.【詳解】因為平面平面，平面，平面面，所以，因為平面平面，平面，平面面，所以，所以，所成角即為所成角，而所成角為，設正四面體的棱長為，所以，所以，所以.

故選：B.（2024年魯J31威海二模）6．在正方體中，E，F(xiàn)分別為棱BC，的中點，若平面與平面的交線為l，則l與直線所成角的大小為（

6．C【分析】利用線面平行判定定理和性質(zhì)定理可證，再由直線平行的傳遞性可得，可知即為所求，可得答案.【詳解】因為E，F(xiàn)分別為棱BC，的中點，所以，因為平面，平面，所以平面，又平面平面，6．C【分析】利用線面平行判定定理和性質(zhì)定理可證，再由直線平行的傳遞性可得，可知即為所求，可得答案.【詳解】因為E，F(xiàn)分別為棱BC，的中點，所以，因為平面，平面，所以平面，又平面平面，，所以，又，所以，所以l與直線所成角的大小等于.故選：C

（2024年冀J13示范高中）6.如圖，已知圓柱的底面半徑和母線長均為1，分別為上、下底面圓周上的點，若異面直線所成的角為，則（【答案】D【解析】【分析】過點作平面于點，則是母線，則或，分類討論即可求解.【詳解】如圖，過點作平面于點，則是母線，連接底面，，則四邊形是平行四邊形，，與所成的角就是或其補角．【答案】D【解析】【分析】過點作平面于點，則是母線，則或，分類討論即可求解.【詳解】如圖，過點作平面于點，則是母線，連接底面，，則四邊形是平行四邊形，，與所成的角就是或其補角．當時，是等邊三角形，，在中，；當時，在中，，在中，．綜上，或.故選：D．（2024年湘J06雅禮一模）13.已知圓錐的母線長為2，則當圓錐的母線與底面所成的角的余弦值為【答案】①.②.【解析】【分析】由線面角定義得出，從而得出，再由導數(shù)求解即可.【詳解】設圓錐的底面半徑為，圓錐的母線與底面所成的角為【答案】①.②.【解析】【分析】由線面角定義得出，從而得出，再由導數(shù)求解即可.【詳解】設圓錐的底面半徑為，圓錐的母線與底面所成的角為，易知.圓錐的體積為令，則，當時，，當時，，即函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，即，此時.故答案為：；（2024年浙J12金華一中模擬）8.如圖已知矩形，沿對角線將折起，當二面角的余弦值為時，則B與D之間距離為（【答案】C【解析】【分析】過和分別作，，根據(jù)向量垂直的性質(zhì)，利用向量數(shù)量積進行轉(zhuǎn)化求解即可．【詳解】解：過和分別作，，在矩形，，，，則，即，平面與平面【答案】C【解析】【分析】過和分別作，，根據(jù)向量垂直的性質(zhì)，利用向量數(shù)量積進行轉(zhuǎn)化求解即可．【詳解】解：過和分別作，，在矩形，，，，則，即，平面與平面所成角的余弦值為，,，，，，則，即與之間距離為，故選：C．（2024年粵J03佛山一中二調(diào)）15.如圖，直線AB在平面內(nèi)，點C在平面外，直線AB與AC的夾角為，直線AC與平面所成的角為交．若平面ABC與平面所成角的大小為，且，則的值為【答案】##0.6【解析】【分析】過點作,且交于點,過點作，且交于,在三角形中，可得，【答案】##0.6【解析】【分析】過點作,且交于點,過點作，且交于,在三角形中，可得，中可得，進一步計算即可.【詳解】過點作,且交于點,過點作，且交于,則直線AC與平面所成的角為,所以,不妨設，易得,則,又平面ABC與平面所成角為，,則,則,中，，代入，可求得，故答案為：.（2024年浙J03臺州一評）7.已知二面角的平面角為，，，，，，與平面所成角為．記的面積為，的面積為，則的最小值為（【答案】D【解析】【分析】根據(jù)正弦定理、三角形的面積公式、二面角的知識求得正確答案.【詳解】過作，垂足為，連接，依題意，，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為，所以，【答案】D【解析】【分析】根據(jù)正弦定理、三角形的面積公式、二面角的知識求得正確答案.【詳解】過作，垂足為，連接，依題意，，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為，所以，根據(jù)三角形的面積公式以及正弦定理得：，由于，所以當時，取得最小值為.故選：D（2024年浙J25溫州二適）13.如圖，在等腰梯形中，，點是的中點．現(xiàn)將沿翻折到，將沿翻折到，使得二面角等于，等于，則直線與平面所成角的余弦值等于【答案】##【解析】【分析】根據(jù)圖象可得直線與平面所成角的余弦值等于的正弦值，設，利用余弦定理求得相關線段的長度再進行計算即可.【詳解】設，取的中點,連接,由題知平面平面,平面平面,又平面,【答案】##【解析】【分析】根據(jù)圖象可得直線與平面所成角的余弦值等于的正弦值，設，利用余弦定理求得相關線段的長度再進行計算即可.【詳解】設，取的中點,連接,由題知平面平面,平面平面,又平面,所以平面，則直線與平面所成角的余弦值等于的正弦值，易求得，,又,解得，則,所以直線與平面所成角的余弦值等于，故答案為：.（2024年粵J16天河二測，末）14.如圖，一塊面積為定值的正方形鐵片上有四塊陰影部分，將這些陰影部分裁下來，然后用余下的四個全等的等腰三角形加工成一個正四棱錐形容器，當容器的容積最大時，其側(cè)面與底面所成的二面角的余弦值為【答案】【解析】【分析】先畫出正四棱錐，設為的中點，則【答案】【解析】【分析】先畫出正四棱錐，設為的中點，則，則即為所求角的平面角，不妨設題中所給正方形的邊長為，，利用勾股定理求出，再根據(jù)棱錐的體積公式求出體積，再結(jié)合基本不等式求出體積最大時的值，進而可得出答案.【詳解】如圖，正四棱錐為四棱錐，為底面對角線的交點，則平面，設為的中點，則，則即為所求角的平面角，不妨設題中所給正方形的邊長為，，則，故四棱錐的高，所以，當且僅當，即時，取等號，此時，，在中，，所以當容器的容積最大時，其側(cè)面與底面所成的二面角的余弦值為.故答案為：.【點睛】方法點睛：求空間角的常用方法：（1）定義法：由異面直線所成角、線面角、二面角的定義，結(jié)合圖形，作出所求空間角，再結(jié)合題中條件，解對應的三角形，即可求出結(jié)果；（2）向量法：建立適當?shù)目臻g直角坐標系，通過計算向量的夾角（兩直線的方向向量、直線的方向向量與平面的法向量、兩平面的法向量）的余弦值，即可求得結(jié)果.（2024年粵J105湛江二模，末）8.在四棱錐中，底面為矩形，底面與底面所成的角分別為，且，則（【答案】D【解析】【分析】設，利用線面角定義，結(jié)合正切函數(shù)的和差公式得到關于的方程，解之即可得解.【詳解】如圖，設，因為在矩形中，，所以，因為底面，所以分別是與底面所成的角，即，所以.【答案】D【解析】【分析】設，利用線面角定義，結(jié)合正切函數(shù)的和差公式得到關于的方程，解之即可得解.【詳解】如圖，設，因為在矩形中，，所以，因為底面，所以分別是與底面所成的角，即，所以.因為，所以，解得(負根舍去)，所以故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是將看作一個整體，結(jié)合題設條件得到關于的方程，從而得解.（2024年粵J40汕頭一模，末）14.如圖，在正方體中，是棱的中點，記平面與平面的交線為，平面與平面的交線為，若直線分別與所成的角為，則__________，__【答案】①.##0.5②.##【解析】【分析】利用平面基本事實作出直線，進而求出；利用面面平行的性質(zhì)結(jié)合等角定理，再利用和角的正切計算即得.【詳解】在正方體中，是棱的中點，延長與延長線交于點，連接，則直線即為直線【答案】①.##0.5②.##【解析】【分析】利用平面基本事實作出直線，進而求出；利用面面平行的性質(zhì)結(jié)合等角定理，再利用和角的正切計算即得.【詳解】在正方體中，是棱的中點，延長與延長線交于點，連接，則直線即為直線，，由，得，又，于是，由平面平面，平面平面，平面平面，則，又，因此，，所以.故答案為：；【點睛】關鍵點睛：利用平面的基本事實作出直線是求出角的關鍵.（2024年湘J42岳陽三檢）14．如圖所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一條直角邊在平面內(nèi)，另一條直角邊長為且，若平面上存在點，使得的面積為，則線段長度的最小值為14．/【分析】由題意，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得平面，利用線面垂直的性質(zhì)可得，進而，由三角形的面積公式可得，即可求解.【詳解】在中，，則，又平面，平面平面，所以平面，連接，，所以，得，設（14．/【分析】由題意，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得平面，利用線面垂直的性質(zhì)可得，進而，由三角形的面積公式可得，即可求解.【詳解】在中，，則，又平面，平面平面，所以平面，連接，，所以，得，設（），則，即，得，當即即時，取到最小值1，此時取到最小值.故答案為：

【點睛】關鍵點點睛：本題的解題關鍵是利用勾股定理和三角形面積公式計算得到、，而，即為所求.（2024年蘇J21南通二適）13.已知二面角為直二面角，，，，，則與，所成的角分別為，，與所成的角為【答案】##【解析】【分析】如圖，設，根據(jù)勾股定理求得，，建立如圖空間直角坐標系，利用空間向量法求解線線角即可.【詳解】如圖，，則兩兩垂直.作，垂足分別為，連接，【答案】##【解析】【分析】如圖，設，根據(jù)勾股定理求得，，建立如圖空間直角坐標系，利用空間向量法求解線線角即可.【詳解】如圖，，則兩兩垂直.作，垂足分別為，連接，則，所以為與的所成角，為與的所成角，即，，建立如圖空間直角坐標系，設，則，得，，所以，取，則，又，所以，即與所成的角為.故答案為：（2024年鄂J06武漢二調(diào)，末）8.在三棱錐中，，，，，且，則二面角的余弦值的最小值為（【答案】A【解析】【分析】首先得的軌跡方程，進一步作二面角的平面角為，結(jié)合軌跡的參數(shù)方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等條件.【詳解】因為，所以，點的軌跡方程為（橢球），又因為，所以點的軌跡方程為，（雙曲線的一支）過點作，而面【答案】A【解析】【分析】首先得的軌跡方程，進一步作二面角的平面角為，結(jié)合軌跡的參數(shù)方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等條件.【詳解】因為，所以，點的軌跡方程為（橢球），又因為，所以點的軌跡方程為，（雙曲線的一支）過點作，而面，所以面，設為中點，則二面角為，所以不妨設，所以，所以，令，所以，等號成立當且僅當，所以當且僅當時，.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：關鍵是用定義法作出二面角的平面角，結(jié)合軌跡方程設參即可順利得解.（2024年冀J19張家口一模，末）14.如圖，已知點是圓臺的上底面圓上的動點，在下底面圓上，，則直線與平面所成角的余弦值的最小值為【