新高考I卷地区高三数学模拟题题型细分28立体几何单选填空3截面二面角等

2024年全国一卷新高考题型细分28——立体几何单选填空3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。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。题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。《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。截面：（2024年浙J22九加一联盟三月考）5.如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（【答案】A【解析】【分析】根据题意，先求平面与交点的位置，再设长方体的长、宽、高分别为，最后利用三棱锥的体积公式即可求解.【详解】取的中点，连接，易知，所以平面与交点为.设长方体的长、宽、高分别为，则.平面【答案】A【解析】【分析】根据题意，先求平面与交点的位置，再设长方体的长、宽、高分别为，最后利用三棱锥的体积公式即可求解.【详解】取的中点，连接，易知，所以平面与交点为.设长方体的长、宽、高分别为，则.平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为.故选：A.（2024年鄂J12三校二模）6.已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（【答案】C【解析】【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得，进而，结合相似三角形的性质即可求解．【详解】如图，设，分别延长交于点，此时，连接交于，连接，设平面与平面的交线为，则，【答案】C【解析】【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得，进而，结合相似三角形的性质即可求解．【详解】如图，设，分别延长交于点，此时，连接交于，连接，设平面与平面的交线为，则，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，设，则，此时，故，连接，所以五边形为所求截面图形，故选：C．（2024年粤J128深圳二模）2．已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（

2．A【分析】作出辅助线，根据线面垂直的判定定理得到⊥平面，故平面即为平面，得到截面的形状.【详解】连接，因为平面，平面，所以，又四边形为正方形，所以，又2．A【分析】作出辅助线，根据线面垂直的判定定理得到⊥平面，故平面即为平面，得到截面的形状.【详解】连接，因为平面，平面，所以，又四边形为正方形，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证明，因为，平面，故平面，故平面即为平面，则截该正方体所得截面的形状为三角形.故选：A（2024年鲁J05日照一模，末）14.已知正四棱锥的所有棱长都为2；点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形H，则H的边数至多为【答案】①.5②.##【解析】【分析】数形结合，作平面与平面平行，即可解决；令，用表示相关长度，整理得【答案】①.5②.##【解析】【分析】数形结合，作平面与平面平行，即可解决；令，用表示相关长度，整理得，结合二次函数即可解决.【详解】取中点且，平面，可知平面，根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形.令，则，可得，则，可得，所以，又因为与的夹角为与夹角，而与垂直，则，可得，可知：当时，S取最大值.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：根据平面的性质分析截面的形状，结合几何知识求相应的长度和面积，进而分析求解.（2024年冀J40邯郸模拟）14．在长方体中，，平面平面，则截四面体所得截面面积的最大值为14．【分析】结合题意画出对应图形后，设，则有，则有，借助表示出面积，结合二次函数的性质即可得.【详解】平面截四面体的截面如图所示，设，则，所以四边形14．【分析】结合题意画出对应图形后，设，则有，则有，借助表示出面积，结合二次函数的性质即可得.【详解】平面截四面体的截面如图所示，设，则，所以四边形为平行四边形，且，在矩形中，，，则，当且仅当时，等号成立.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键点是得到所得截面后，借助割补法表示出该截面面积，并结合二次函数的性质求解.（2024年湘J48长沙长郡四适）7．《九章算术·商功》中有这样一段话：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意思是：如图，沿正方体对角面截正方体可得两个壍堵，再沿平面截壍堵可得一个阳马（四棱锥），一个鳖臑（三个棱锥），若为线段上一动点，平面过点，平面，设正方体棱长为，，与图中鳖臑截面面积为，则点从点移动到点的过程中，关于的函数图象大致是（7．B【分析】分析得出，可得出，求出关于的函数关系式，由此可得出合适的选项.【详解】设、分别为截面与、的交点，，，

平面，平面，所以，平面平面，因为平面平面，平面平面，所以，，同理可得，，所以，，所以，，易知，因此，.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查函数图象的辨别，解题的关键就是充分分析图形的几何特征，以此求出函数解析式，结合解析式进行判断.）

A．

7．B【分析】分析得出，可得出，求出关于的函数关系式，由此可得出合适的选项.【详解】设、分别为截面与、的交点，，，

平面，平面，所以，平面平面，因为平面平面，平面平面，所以，，同理可得，，所以，，所以，，易知，因此，.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查函数图象的辨别，解题的关键就是充分分析图形的几何特征，以此求出函数解析式，结合解析式进行判断.（2024年湘J04师大附中）7.已知正方体的棱长为，为的中点，为棱上异于端点的动点，若平面截该正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围是（【答案】B【解析】【分析】根据题意，结合正方体的几何结构特征，得出当为棱上异于端点的动点，截面为四边形，点只能在线段上，求得，线段的取值范围，得到答案.【详解】在正方体中，平面平面，因为平面，平面，平面平面，则平面与平面【答案】B【解析】【分析】根据题意，结合正方体的几何结构特征，得出当为棱上异于端点的动点，截面为四边形，点只能在线段上，求得，线段的取值范围，得到答案.【详解】在正方体中，平面平面，因为平面，平面，平面平面，则平面与平面的交线过点，且与直线平行，与直线相交，设交点为，如图所示，又因为平面，平面，即分别为，与平面所成的角，因为，则，且有，当与重合时，平面截该正方体所得的截面为四边形，此时，即为棱中点；当点由点向点移动过程中，逐渐减小，点由点向点方向移动；当点为线段上任意一点时，平面只与该正方体的4个表而有交线，即可用成四边形；当点在线段延长线上时，直线必与棱交于除点外的点，又点与不重合，此时，平面与该正方体的5个表面有交线，截面为五边形，如图所示．因此．当为棱上异于端点的动点，截面为四边形，点只能在线段（除点外）上，即，可得，则，所以线段的取值范围是，所以若平面截该正方体的截面为五边形，线段的取值范围是.故选：B．【点睛】知识方法：对于空间共面、共线问题，以及几何体的截面问题的策略：1、正面共面的方法：一是先确定一个平面，然后再证明其余的线（或点）在这个平面内；二是证明两个平面重合；2、证明共线的方法：一是先由两个点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；二是直接证明这些点都在同一条特定直线上；3、空间几何体中截面问题：一是熟记特殊几何体（正方体，正四面体等）中的特殊截面的形状与计算；二是结合平面的基本性质，以及空间中的平行关系，以及平面的基本性质，找全空间几何体的截面问题，并作出计算；4、空间几何体中的动点轨迹等问题：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；线线角、线面角、二面角：（2024年鄂J24荆州三适）5．已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，体积为，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为（

5．D【分析】画出相应图形，借助正四棱台的性质及体积公式可得其高，结合线面角定义计算即可得解.【详解】如图所示，作于点，则，即，，则，由正四棱台的侧棱与底面所成角即为与底面所成角，设其为，则，即.故答案为：.

）5．D【分析】画出相应图形，借助正四棱台的性质及体积公式可得其高，结合线面角定义计算即可得解.【详解】如图所示，作于点，则，即，，则，由正四棱台的侧棱与底面所成角即为与底面所成角，设其为，则，即.故答案为：.（2024年冀J30保定二模）4．如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（

4．C【分析】根据异面直线的定义，由，问题转化为求的余弦值，在中根据余弦定理求解.【详解】连接，如图所示，正四棱柱中，有且，四边形为平行四边形，则有，则就是异面直线与所成的角．设，则，中，由余弦定理得．故选：C.

）4．C【分析】根据异面直线的定义，由，问题转化为求的余弦值，在中根据余弦定理求解.【详解】连接，如图所示，正四棱柱中，有且，四边形为平行四边形，则有，则就是异面直线与所成的角．设，则，中，由余弦定理得．故选：C.（2024年闽J19南平三检）7．在正四面体中，为棱的中点，过点的平面与平面平行，平面平面，平面平面，则，所成角的余弦值为（

7．B【分析】由面面平行的性质定理可得，，所以，所成角即为，在中，由余弦定理求解即可.【详解】因为平面平面，平面，平面面，所以，因为平面平面，平面，平面面，所以，所以，所成角即为所成角，而7．B【分析】由面面平行的性质定理可得，，所以，所成角即为，在中，由余弦定理求解即可.【详解】因为平面平面，平面，平面面，所以，因为平面平面，平面，平面面，所以，所以，所成角即为所成角，而所成角为，设正四面体的棱长为，所以，所以，所以.

故选：B.（2024年鲁J31威海二模）6．在正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，若平面与平面的交线为l，则l与直线所成角的大小为（

6．C【分析】利用线面平行判定定理和性质定理可证，再由直线平行的传递性可得，可知即为所求，可得答案.【详解】因为E，F分别为棱BC，的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，又平面平面，6．C【分析】利用线面平行判定定理和性质定理可证，再由直线平行的传递性可得，可知即为所求，可得答案.【详解】因为E，F分别为棱BC，的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，又平面平面，，所以，又，所以，所以l与直线所成角的大小等于.故选：C

（2024年冀J13示范高中）6.如图，已知圆柱的底面半径和母线长均为1，分别为上、下底面圆周上的点，若异面直线所成的角为，则（【答案】D【解析】【分析】过点作平面于点，则是母线，则或，分类讨论即可求解.【详解】如图，过点作平面于点，则是母线，连接底面，，则四边形是平行四边形，，与所成的角就是或其补角．【答案】D【解析】【分析】过点作平面于点，则是母线，则或，分类讨论即可求解.【详解】如图，过点作平面于点，则是母线，连接底面，，则四边形是平行四边形，，与所成的角就是或其补角．当时，是等边三角形，，在中，；当时，在中，，在中，．综上，或.故选：D．（2024年湘J06雅礼一模）13.已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为【答案】①.②.【解析】【分析】由线面角定义得出，从而得出，再由导数求解即可.【详解】设圆锥的底面半径为，圆锥的母线与底面所成的角为【答案】①.②.【解析】【分析】由线面角定义得出，从而得出，再由导数求解即可.【详解】设圆锥的底面半径为，圆锥的母线与底面所成的角为，易知.圆锥的体积为令，则，当时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，即，此时.故答案为：；（2024年浙J12金华一中模拟）8.如图已知矩形，沿对角线将折起，当二面角的余弦值为时，则B与D之间距离为（【答案】C【解析】【分析】过和分别作，，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可．【详解】解：过和分别作，，在矩形，，，，则，即，平面与平面【答案】C【解析】【分析】过和分别作，，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可．【详解】解：过和分别作，，在矩形，，，，则，即，平面与平面所成角的余弦值为，,，，，，则，即与之间距离为，故选：C．（2024年粤J03佛山一中二调）15.如图，直线AB在平面内，点C在平面外，直线AB与AC的夹角为，直线AC与平面所成的角为交．若平面ABC与平面所成角的大小为，且，则的值为【答案】##0.6【解析】【分析】过点作,且交于点,过点作，且交于,在三角形中，可得，【答案】##0.6【解析】【分析】过点作,且交于点,过点作，且交于,在三角形中，可得，中可得，进一步计算即可.【详解】过点作,且交于点,过点作，且交于,则直线AC与平面所成的角为,所以,不妨设，易得,则,又平面ABC与平面所成角为，,则,则,中，，代入，可求得，故答案为：.（2024年浙J03台州一评）7.已知二面角的平面角为，，，，，，与平面所成角为．记的面积为，的面积为，则的最小值为（【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理、三角形的面积公式、二面角的知识求得正确答案.【详解】过作，垂足为，连接，依题意，，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为，所以，【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理、三角形的面积公式、二面角的知识求得正确答案.【详解】过作，垂足为，连接，依题意，，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为，所以，根据三角形的面积公式以及正弦定理得：，由于，所以当时，取得最小值为.故选：D（2024年浙J25温州二适）13.如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于【答案】##【解析】【分析】根据图象可得直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，设，利用余弦定理求得相关线段的长度再进行计算即可.【详解】设，取的中点,连接,由题知平面平面,平面平面,又平面,【答案】##【解析】【分析】根据图象可得直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，设，利用余弦定理求得相关线段的长度再进行计算即可.【详解】设，取的中点,连接,由题知平面平面,平面平面,又平面,所以平面，则直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，易求得，,又,解得，则,所以直线与平面所成角的余弦值等于，故答案为：.（2024年粤J16天河二测，末）14.如图，一块面积为定值的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，当容器的容积最大时，其侧面与底面所成的二面角的余弦值为【答案】【解析】【分析】先画出正四棱锥，设为的中点，则【答案】【解析】【分析】先画出正四棱锥，设为的中点，则，则即为所求角的平面角，不妨设题中所给正方形的边长为，，利用勾股定理求出，再根据棱锥的体积公式求出体积，再结合基本不等式求出体积最大时的值，进而可得出答案.【详解】如图，正四棱锥为四棱锥，为底面对角线的交点，则平面，设为的中点，则，则即为所求角的平面角，不妨设题中所给正方形的边长为，，则，故四棱锥的高，所以，当且仅当，即时，取等号，此时，，在中，，所以当容器的容积最大时，其侧面与底面所成的二面角的余弦值为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.（2024年粤J105湛江二模，末）8.在四棱锥中，底面为矩形，底面与底面所成的角分别为，且，则（【答案】D【解析】【分析】设，利用线面角定义，结合正切函数的和差公式得到关于的方程，解之即可得解.【详解】如图，设，因为在矩形中，，所以，因为底面，所以分别是与底面所成的角，即，所以.【答案】D【解析】【分析】设，利用线面角定义，结合正切函数的和差公式得到关于的方程，解之即可得解.【详解】如图，设，因为在矩形中，，所以，因为底面，所以分别是与底面所成的角，即，所以.因为，所以，解得(负根舍去)，所以故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是将看作一个整体，结合题设条件得到关于的方程，从而得解.（2024年粤J40汕头一模，末）14.如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与所成的角为，则__________，__【答案】①.##0.5②.##【解析】【分析】利用平面基本事实作出直线，进而求出；利用面面平行的性质结合等角定理，再利用和角的正切计算即得.【详解】在正方体中，是棱的中点，延长与延长线交于点，连接，则直线即为直线【答案】①.##0.5②.##【解析】【分析】利用平面基本事实作出直线，进而求出；利用面面平行的性质结合等角定理，再利用和角的正切计算即得.【详解】在正方体中，是棱的中点，延长与延长线交于点，连接，则直线即为直线，，由，得，又，于是，由平面平面，平面平面，平面平面，则，又，因此，，所以.故答案为：；【点睛】关键点睛：利用平面的基本事实作出直线是求出角的关键.（2024年湘J42岳阳三检）14．如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为14．/【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解.【详解】在中，，则，又平面，平面平面，所以平面，连接，，所以，得，设（14．/【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解.【详解】在中，，则，又平面，平面平面，所以平面，连接，，所以，得，设（），则，即，得，当即即时，取到最小值1，此时取到最小值.故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用勾股定理和三角形面积公式计算得到、，而，即为所求.（2024年苏J21南通二适）13.已知二面角为直二面角，，，，，则与，所成的角分别为，，与所成的角为【答案】##【解析】【分析】如图，设，根据勾股定理求得，，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角即可.【详解】如图，，则两两垂直.作，垂足分别为，连接，【答案】##【解析】【分析】如图，设，根据勾股定理求得，，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角即可.【详解】如图，，则两两垂直.作，垂足分别为，连接，则，所以为与的所成角，为与的所成角，即，，建立如图空间直角坐标系，设，则，得，，所以，取，则，又，所以，即与所成的角为.故答案为：（2024年鄂J06武汉二调，末）8.在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（【答案】A【解析】【分析】首先得的轨迹方程，进一步作二面角的平面角为，结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件.【详解】因为，所以，点的轨迹方程为（椭球），又因为，所以点的轨迹方程为，（双曲线的一支）过点作，而面【答案】A【解析】【分析】首先得的轨迹方程，进一步作二面角的平面角为，结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件.【详解】因为，所以，点的轨迹方程为（椭球），又因为，所以点的轨迹方程为，（双曲线的一支）过点作，而面，所以面，设为中点，则二面角为，所以不妨设，所以，所以，令，所以，等号成立当且仅当，所以当且仅当时，.故选：A.【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利得解.（2024年冀J19张家口一模，末）14.如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，则直线与平面所成角的余弦值的最小值为【