2024年全国一卷新高考题型细分28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28——立体几何多选6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——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：（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（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.（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（

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.（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（

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.（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（

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，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.（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（【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；【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（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（【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【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.（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（【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，【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：（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（【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，【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.（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（【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，，【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.（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（【答案】ACD【解析】【分析】A由线面平